）

28、解：（1）p(ξ個正面向上，4-ξ個背面向上的概率，其中ξ可能取值為0，1，2，3，4。

∴p(ξ=0)= (1-)2(1-a)2=(1-a)2

p(ξ=1)= (1-)(1-a)2+(1-)2?a(1-a)= (1-a)

p(ξ=2)= ()2(1-a)2+(1-)a(1-a)+ (1-)2? a2=(1+2a-2 a2)

p(ξ=3)= ()2a(1-a)+ (1-) a2=

p(ξ=4)= ()2 a2=a2             

(2) ∵0＜a＜1,∴p(ξ=1) ＜p(ξ=1),p(ξ=4) ＜p(ξ=3)

則p(ξ=2)- p(ξ=1)= (1+2a-2 a2)- =－≥0

由

，即a∈[]                

（3）由（1）知ξ的數(shù)學期望為

Eξ=0×（1-a）2+1× (1-a)+2× (1+2a-2a2)+3×+4×=2a+1

29、解：（1）∵EF∥CD∥AB，EG∥PB，根據(jù)面面平行的判定定理

∴平面EFG∥平面PAB，又PA面PAB，∴AP∥平面EFG

（2）∵平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC

∴AD⊥平面PCD，而BC∥AD，∴BC⊥面EFD

過C作CR⊥EF交EF延長線于R點連GR，根據(jù)三垂線定理知

∠GRC即為二面角的平面角，∵GC=CR，∴∠GRC=45°，  

故二面角G-EF-D的大小為45°。

（3）Q點為PB的中點，取PC中點M，則QM∥BC，∴QM⊥PC

在等腰Rt△PDC中，DM⊥PC，∴PC⊥面ADMQ         

30、解：（1）由已知可得，=（x+3,y）,=(x-3,y),=(,0),

∵2（）2=?，∴2（x2-9）=x2-9+y2,

即P點的軌跡方程（1-2）x2+y2=9（1-2）

當1-2＞0，且≠0，即∈（-1，0）時，有+=1，

∵1-2＞0，∴＞0，∴x2≤9。

∴P點的軌跡是點A1，（-3，0）與點A2（3，0） 

當=0時，方程為x2+y2=9，P的軌跡是點A1（-3，0）與點A2（3，0）

當1-2＜0，即入∈（-∞，-1）∪（1，+∞）時，方程為-=1，P點的軌跡是雙曲線。

當1-2=0，即=±1時，方程為y=0，P點的軌跡是射線。

（2）過點A1且斜率為1的直線方程為y=x+3,

當=時，曲線方程為+=1，

由（1）知，其軌跡為點A1（-3，0）與A2（3，0）

因直線過A1（-3，0），但不過A2（3，0）。

所以，點B不存在。

所以，在直線x=-9上找不到點C滿足條件。         

31、解：（理）（1）f′(x)=－+a=

(i)若a=0時，f′(x)= ＞0x＞0，f′(x)＜0x＜0

∴f(x)在(0,+∞)單調遞增，在（-∞，0）單調遞減。   

（ii）若時，f′(x)≤0對x∈R恒成立。

∴f(x)在R上單調遞減。                          

(iii)若-1＜a＜0，由f′(x)＞0ax2+2x+a＞0＜x＜

由f′(x)＜0可得x＞或x＜

∴f(x)在[，]單調遞增

在（-∞，]，[上單調遞減。

綜上所述：若a≤－1時，f(x)在（－∞，+∞）上單調遞減。

（2）由（1）當a=－1時，f(x)在（-∞，+∞）上單調遞減。

當x∈（0，+∞）時f(x)＜f(0)

∴l(xiāng)n（1+x2）－x＜0 即ln（1+x2）＜x

∴l(xiāng)n[（1+）（1+）……(1+)]

=ln[（1+）（1+）+…ln（1+）＜++…+

＜=1-+-+…+=1-＜1

∴（1+）（1+）……(1+)＜e  

32、解：（1）由題可知：與函數(shù)互為反函數(shù)，所以，

，  （2）因為點在函數(shù)的圖像上，所以， 

在上式中令可得：，又因為：，，代入可解得：．所以，，(*)式可化為： ①

（3）直線的方程為：，，

在其中令，得，又因為在ｙ軸上的截距為，所以，

=，結合①式可得：            ②

由①可知：當自然數(shù)時，，，

兩式作差得：．

結合②式得：         ③

在③中，令，結合，可解得：，

又因為：當時，，所以，舍去，得．

同上，在③中，依次令，可解得：，．

猜想：．下用數(shù)學歸納法證明．       

（1）時，由已知條件及上述求解過程知顯然成立．

（2）假設時命題成立，即，則由③式可得：

把代入上式并解方程得：

由于，所以，，所以，

符合題意，應舍去，故只有．

所以，時命題也成立．

綜上可知：數(shù)列的通項公式為