2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：解答题规范练(二)

解答题标准练二1．函数f＝2错误!in co －2co2＋11求函数f的单调递增区间；2在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，假设满足fB＝2，a ＝8，c＝5，求co A的值．2如图，四棱锥恒成立，求实数的m最小值；2对任意的1，2∈0，2且1＜2，假设存在0∈1，2，使得f′0＝错误!，求证：0＜错误!4抛物线C：2＝4上动点＝2，2，2，那么错误!即错误!取2＝1，那么m＝1，1，2．又co〈m，n〉＝错误!＝－错误!，结合图形知，二面角H a＝f e＝错误!因为关于的不等式f≤m恒成立，所以f ma≤m，所以m≥错误!，即m的最小值为错误!2证明：因为对任意的1，2∈0，2，假设存在0∈1，2，使得f′0＝错误!，即错误!＝错误!，所以错误!2－1－[f2－f1]＝0令F＝错误!2－1－[f2－f1]，那么有F0＝0，所以F′＝错误!2－1，当∈0，2时，2n －3＜2n 2－3＜0，又有2－1＞0，所以F′＜0，即F在0，2上是减函数．又因为F错误!＝错误!2－1－[f2－f1]＝错误!2－1－错误!＝错误!错误!－错误!错误!，令错误!＝t＞1，所以F错误!＝错误!错误!，设ht＝t·错误!－错误!，所以h′t＝错误!，设t＝t－t n t－1，所以′t＝－n t＜0t＞1，所以t在1，＋∞上是减函数，所以t＜1＝′t＜0，所以ht在1，＋∞上是减函数，所以ht＜h1＝0所以F错误!＝错误!ht＜0＝F0，因为F在0，2上是减函数，所以0＜错误!4．解：1设直线P A的方程为＝＋b，那么A8－2b，8－b．设P1，1，Q2，2，由错误!得2－4＋4b＝0，所以Δ＝16－16b＞0，b＜1，错误!，又1＋8－b＝22，解得错误!或错误!，经检验都是方程的解，所以P0，0或P16，－8．2设A2t1－8，t1，B2t2－8，t2，t1，t2≥在抛物线C上，可得错误!错误!＝4错误!，整理得t错误!＋21－16t1＋64－错误!＝0，同理t错误!＋21－16t2＋64－错误!＝0，所以t1，t2是方程t2＋21－16t＋64－错误!＝0的两个不相等的非负根．所以错误!，所以－8≤1＜0于是|AB|＝错误!|t1－t2|＝2错误!错误!≤32错误!，当且仅当1＝－8时取等号．所以|AB|的最大值为32错误!5．解：1由题设a n>0，当n＝1时，a1＝错误!；当n≥2时，a错误!＝2n－2n－1＝2n－1，所以a n＝2错误!又a1＝错误!不满足a n＝2错误!，所以数列{a n}的通项公式为a n＝错误!2由1知数列{a n}的通项公式为a n＝错误!，故错误!＝错误!＝错误!＝错误!－1·2错误!n≥2，记S n＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，那么当n≥2时，S n＝错误!＋错误!－1[错误!＋错误!2＋…＋错误!n－1]＝错误!＋错误!－1·错误!＝2错误!－错误!，故S n＝错误!当n∈N*，n≥2时，要使得2错误!－错误!>n－错误!恒成立，即2n>n2恒成立．由于当n＝4时，2n＝n2，考察函数f＝2－2的单调性，易证当>4时，函数f＝2－2单调递增，且＝4时，f＝0，所以当n≥5时，错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!>n －错误!恒成立，故所求n的取值范围是n≥5。

2020高考理科数学二轮专题提分全国通用基础保分强化试题二A ．[1，＋∞)B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．(1，＋∞)答案 A 解析因为A ∩B ≠∅，所以⎩⎨⎧2a －1≥1，2a －1≥12a ，解得a ≥1，故选A.2．若复数z ＝1＋m i1＋i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－1,0)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)答案 A解析 因为z ＝1＋m i 1＋i ＝(1＋m i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋m 2＋m －12i ，在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2，m －12，且在第四象限，所以⎩⎨⎧1＋m2>0，m －12<0，解得－1<m <1，故选A.3．设S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，则a 7a 4等于( )A ．1B ．3C ．7D ．13答案 C解析 因为S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，所以13(a 1＋a 13)2＝13×7(a 1＋a 7)2，即a 7＝7a 4，所以a 7a 4＝7.故选C.4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3 答案 A解析 由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A.5．已知i 与j 为互相垂直的单位向量，a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12 B.⎝⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 答案 A解析 因为i 与j 为互相垂直的单位向量，所以i 2＝j 2＝1，i ·j ＝0.又因为a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，所以a ·b ＝1－2λ>0，λ<12.但当λ＝－2时，a ＝b ，不满足要求，故满足条件的实数λ的取值范围为(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12.故选A.6．若函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ，则下列结论正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期为2πB ．对任意的x ∈R ，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝0 C ．函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫π2，3π4上是减函数D ．函数f (x )的图象关于直线x ＝－π8对称 答案 B解析 函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，则函数f (x )的最小正周期为T＝2π2＝π，故A 错误；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π4＝0，故B 正确；令π2＋2k π≤2x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，解得π8＋k π≤x ≤k π＋5π8(k ∈Z )，当k＝0时，函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，5π8，故C 错误；当x ＝－π8时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π8＝0，故D 错误．故选B.7．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1C ，C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A.64B.14C.26D.36答案 A解析 ∵B 1C 和C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，∴∠B 1CB ＝60°，∠C 1DC ＝45°.由图可知，B 1C 与C 1D 所成的角，即为A 1D 与C 1D 所成的角，即∠A 1DC 1.令BC ＝1，则B 1B ＝AB ＝3，∴A 1D ＝2，A 1C 1＝2，C 1D ＝ 6.由余弦定理，得cos ∠A 1DC 1＝22＋(6)2－222×2×6＝64.故选A.8．把标号为1,2,3,4的四个小球分别放入标号为1,2,3,4的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则1号球不放入1号盒子的方法共有( )A ．18种B ．9种C ．6种D ．3种 答案 A解析 由于1号球不放入1号盒子，则1号盒子有2,3,4号球三种选择，还剩余三个球可以任意放入2,3,4号盒子中，则2号盒子有三种选择，3号盒子还剩两种选择，4号盒子只有一种选择，根据分步计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有C 13·C 13·C 12·1＝18种．故选A. 9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，P 是双曲线C 上一点，若|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，且△PF 1F 2的最小内角的大小为30°，则双曲线C 的渐近线方程是( )A.2x ±y ＝0 B ．x ±2y ＝0 C ．2x ±y ＝0 D ．x ±2y ＝0 答案 A解析 不妨设|PF 1|>|PF 2|，则⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，所以|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a ，且|F 1F 2|＝2c ，即|PF 2|为最小边，所以∠PF 1F 2＝30°，则△PF 1F 2为直角三角形，所以2c ＝23a ，所以b ＝2a ，即渐近线方程为y ＝±2x ，故选A. 10．若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥0，kx －y ＋3≥0，y ≥0，且z ＝y －x 的最小值为－12，则k 的值为( )A.12 B ．－12 C.14 D ．－14 答案 D解析 依题意，易知k ≤－1和k ≥0不符合题意．由⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋3＝0，y ＝0得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0，结合图形可知，当直线z ＝y －x 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0时，z 有最小值，于是有0＋3k ＝－12，k ＝－14，选D.11．椭圆x 24＋y 2＝1上存在两点A ，B 关于直线4x －2y －3＝0对称，若O 为坐标原点，则|OA→＋OB →|＝( ) A ．1 B. 3 C. 5 D.7 答案 C解析 由题意，直线AB 与直线4x －2y －3＝0垂直，设直线AB 的方程为y ＝－12x ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋m ，x 24＋y 2＝1消去y 整理得x 2－2mx ＋2m 2－2＝0，∵直线AB 与椭圆交于两点，∴Δ＝(－2m )2－4(2m 2－2)＝－4m 2＋8>0，解得－2<m < 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝2m ，∴x 0＝x 1＋x 22＝m ，y 0＝－12x 0＋m ＝m2，∴点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 2.由题意得点M 在直线4x －2y－3＝0上，∴4m －2×m 2－3＝3m －3＝0，解得m ＝1.∴x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－12(x 1＋x 2)＋2m ＝1，∴OA→＋OB →＝(2,1)，∴|OA →＋OB →|＝ 5.故选C. 12．已知角α的顶点与直角坐标系的原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (－1,2)，则cos2α＝________.答案 －35解析 设点P 到原点的距离是r ，由三角函数的定义，得r ＝5，sin α＝2r ＝25，可得cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝－35.13．将1,2,3,4，…正整数按如图所示的方式排成三角形数组，则第10行左数第10个数为________．答案 91解析 由三角形数组可推断出，第n 行共有2n －1项，且最后一项为n 2，所以第10行共19项，最后一项为100，左数第10个数是91.14．已知在△ABC 中，B ＝2A ，∠ACB 的平分线CD 把三角形分成△BCD 和△ACD ，且S △BCD ∶S △ACD ＝4∶3，则cos A ＝________.答案 38解析 在△ADC 中，由正弦定理，得AC sin ∠ADC ＝37AB sin ∠ACD ⇒AC 37AB ＝sin ∠ADCsin ∠ACD.同理，在△BCD 中，得BC sin ∠BDC ＝47AB sin ∠BCD ⇒BC 47AB＝sin ∠BDCsin ∠BCD，又sin ∠ADC ＝sin ∠BDC ，sin ∠ACD ＝sin ∠BCD ，所以AC 37AB ＝BC 47AB ⇒AC ＝34BC ，由正弦定理，得sin B ＝34sin A ，又B ＝2A ，即sin B ＝2sin A cos A ，求得cos A ＝38.。

姓名，年级：时间：专题强化训练1．(2019·宁波模拟）在△ABC 中，角A ，B ,C 所对的边分别为a ，b ,c ,且错误!＋1＝错误!。

（1)求B ；（2）若cos 错误!＝错误!,求sin A 的值．解:（1）由错误!＋1＝错误!及正弦定理，得错误!＋1＝错误!, 所以sin B cos A ＋cos B sin Acos B sin A＝错误!，即错误!＝错误!，则错误!＝错误!。

因为在△ABC 中，sin A ≠0，sin C ≠0， 所以cos B ＝错误!.因为B ∈（0,π)，所以B ＝错误!. (2）因为0＜C ＜2π3， 所以错误!＜C ＋错误!＜错误!. 又cos 错误!＝错误!, 所以sin 错误!＝错误!。

所以sin A ＝sin （B ＋C )＝sin 错误! ＝sin 错误!＝sin 错误!cos 错误!＋cos 错误!sin 错误!＝错误!。

2。

如图所示，在三棱柱ABC .A 1B 1C 1中，AA 1B 1B 为正方形，BB 1C 1C 是菱形，平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C .(1)求证：BC ∥平面AB 1C 1； (2)求证:B 1C ⊥AC 1;(3）设点E ,F ，H ,G 分别是B 1C ，AA 1，A 1B 1，B 1C 1的中点，试判断E ,F ，H ，G 四点是否共面，并说明理由．解：(1）证明：在菱形BB 1C 1C 中，BC ∥B 1C 1. 因为BC ⊄平面AB 1C 1,B 1C 1⊂平面AB 1C 1， 所以BC ∥平面AB 1C 1.（2）证明：连接BC 1。

在正方形ABB 1A 1中,AB ⊥BB 1.因为平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C ，平面AA 1B 1B ∩平面BB 1C 1C ＝BB 1，AB ⊂平面ABB 1A 1， 所以AB ⊥平面BB 1C 1C 。

因为B 1C ⊂平面BB 1C 1C ，所以AB ⊥B 1C . 在菱形BB 1C 1C 中,BC 1⊥B 1C .因为BC 1⊂平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，BC 1∩AB ＝B ， 所以B 1C ⊥平面ABC 1.因为AC 1⊂平面ABC 1，所以B 1C ⊥AC 1. （3)E ,F ,H ,G 四点不共面. 理由如下: 因为E ，G 分别是B 1C ，B 1C 1的中点， 所以GE ∥CC 1。

专题强化训练1．2021·绍兴诸暨高考二模复数满足1＋i＝2i，那么的共轭复数错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误! a{a，b}＝错误!，向量a，b，c满足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，c＝λa＋μbλ，μ≥0，且λ＋μ＝1，那么当ma{c·a，c·b}取最小值时，|c|＝解析：选A如图，设错误!错误!a{c·a，c·b}＝错误!令fλ＝错误!那么fλ∈错误!所以fλmin＝错误!，此时λ＝错误!，μ＝错误!，所以c＝错误!a＋错误!b＝错误!所以|c|＝错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!，②①2＋②2得4[|co αco β|＋in αin β]≤1＋m2对一切实数α，β恒成立，所以4[|co αco β|＋in αin β]≤1，故a·b＝2co αco β＋in αin β≤2[|co αco β|＋in αin β]≤错误!答案：错误!14．2021·温州市十五校联合体联考坐标平面上的凸四边形ABCD满足错误!错误!错误!错误!错误!错误!＝|错误!错误!错误!错误!的最小值为错误!所以函数fm＝|错误!错误!错误!错误!≥错误!，化为4m2－8m co∠ACB＋1≥0恒成立．当且仅当m＝错误!＝co∠ACB时等号成立，代入得到co∠ACB＝－错误!，所以∠ACB＝错误!所以|错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!＝错误!，故c的最小值为错误!答案：错误!18．在△ABC中，C＝错误!，向量错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!＝2in ，in －co ，n＝错误!co ，in ＋co ，记函数f＝m·n1求函数f的最大值以及取得最大值时的取值集合；2设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，假设fC＝2，c＝错误!，求△ABC面积的最大值．解：1由题意，得f＝m·n＝2错误!in co ＋in2－co2＝错误!in 2－co2－in2＝错误!in 2－co 2＝2in错误!，所以f ma＝2；当f取最大值时，即in错误!＝1，此时2－错误!＝2π＋错误!∈Z，解得＝π＋错误!∈Z，所以的取值集合为错误!2由fC＝2，得in错误!＝1，又0＜C＜π，即－错误!＜2C－错误!＜错误!，所以2C－错误!＝错误!，解得C＝错误!，在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2ab co C，得3＝a2＋b2－ab≥ab，即ab≤3，当且仅当a＝b＝错误!时，取等号，所以S△ABC＝错误!ab in C＝错误!ab ≤错误!，所以△ABC面积的最大值为错误!。

解答题规范练(二)1．已知函数f (x )＝23sin x cos x －2cos 2x ＋1. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若满足f (B )＝2，a ＝8，c ＝5，求cos A 的值．2.如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝AB ＝1，BC ＝ 2.(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足CH →＝2HD →，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H ­PB ­C 的余弦值．3．已知函数f (x )＝ln xx.(1)若关于x 的不等式f (x )≤m 恒成立，求实数的m 最小值； (2)对任意的x 1，x 2∈(0，2)且x 1＜x 2，若存在x 0∈(x 1，x 2)，使得f ′(x 0)＝f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1，求证：x 0＜x 1x 2.4.已知抛物线C：y2＝4x上动点P(x1，y1)，点A在射线x－2y＋8＝0(y≥0)上，满足P A的中点Q在抛物线C上．(1)若直线P A的斜率为1，求点P的坐标；(2)若射线l上存在不同于A的另一点B，使得PB的中点也在抛物线C上，求|AB|的最大值．5．已知数列{a n}的各项均为正数，且满足a21＋a22＋a23＋…＋a2n＝2n(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若a21a2＋a1＋a22a3＋a2＋a23a4＋a3＋…＋a2na n＋1＋a n>n－22(n∈N*，n≥2)恒成立，求n的取值范围．解答题规范练(二)1．解：(1)f (x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6，由题意2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z ，所以f (x )的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )．(2)因为f (B )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2B －π6＝2，所以B ＝π3，所以b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝49， 解得b ＝7.所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝17.2．解：(1)证明：由AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝1，可得BD ＝ 2. 又BC ＝2，所以CD ＝2，所以BC ⊥BD . 因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ， 又PD ∩BD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD ， 所以平面PBD ⊥平面PBC .(2)由(1)可知∠BPC 为PC 与平面PBD 所成的角， 所以tan ∠BPC ＝63， 所以PB ＝3，PD ＝1.由CH →＝2HD →及CD ＝2，可得CH ＝43，DH ＝23.以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则B (1，1，0)，P (0，0，1)，C (0，2，0)，H ⎝⎛⎭⎫0，23，0.设平面HPB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧HP →·n ＝0，HB →·n ＝0，即⎩⎨⎧－23y 1＋z 1＝0，x 1＋13y 1＝0，取y 1＝－3，则n ＝(1，－3，－2)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，BC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，－x 2＋y 2＝0，取x 2＝1，则m ＝(1，1，2)． 又cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－217，结合图形知，二面角H PBC 的余弦值为217. 3．解：(1)由f ′(x )＝1－ln xx 2＝0解得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 所以f (x )max ＝f (e)＝1e.因为关于x 的不等式f (x )≤m 恒成立， 所以f (x )max ≤m ，所以m ≥1e ，即m 的最小值为1e.(2)证明：因为对任意的x 1，x 2∈(0，2)，若存在x 0∈(x 1，x 2)，使得f ′(x 0)＝f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1，即1－ln x 0x 20＝f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1， 所以1－ln x 0x 20(x 2－x 1)－[f (x 2)－f (x 1)]＝0.令F (x )＝1－ln xx 2(x 2－x 1)－[f (x 2)－f (x 1)]，则有F (x 0)＝0，所以F ′(x )＝2ln x －3x 3(x 2－x 1)，当x ∈(0，2)时，2ln x －3＜2ln 2－3＜0， 又有x 2－x 1＞0，所以F ′(x )＜0，即F (x )在(0，2)上是减函数． 又因为F (x 1x 2)＝1－ln x 1x 2x 1x 2(x 2－x 1)－[f (x 2)－f (x 1)]＝1－ln x 1x 2x 1x 2(x 2－x 1)－⎝⎛⎭⎫ln x 2x 2－ln x 1x 1＝1x 1⎝⎛⎭⎫1＋ln x 1x 2－1x 2⎝⎛⎭⎫1＋ln x 2x 1，令x 2x 1＝t ＞1，所以F (x 1x 2) ＝1x 2⎣⎡⎦⎤t ·⎝⎛⎭⎫1－12ln t －⎝⎛⎭⎫1＋12ln t ， 设h (t )＝t ·⎝⎛⎭⎫1－12ln t －⎝⎛⎭⎫1＋12ln t ， 所以h ′(t )＝t －t ln t －12t，设k (t )＝t －t ln t －1， 所以k ′(t )＝－ln t ＜0(t ＞1)， 所以k (t )在(1，＋∞)上是减函数，所以k (t )＜k (1)＝0.所以h ′(t )＜0，所以h (t )在(1，＋∞)上是减函数， 所以h (t )＜h (1)＝0.所以F (x 1x 2)＝1x 2h (t )＜0＝F (x 0)，因为F (x )在(0，2)上是减函数，所以x 0＜x 1x 2.4．解：(1)设直线P A 的方程为y ＝x ＋b ，则A (8－2b ，8－b )．设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b y 2＝4x得y 2－4y ＋4b ＝0，所以 Δ＝16－16b ＞0，b ＜1，⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4y 1y 2＝4b，又y 1＋8－b ＝2y 2，解得 ⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0y 1＝0y 2＝4或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－24y 1＝－8y 2＝12， 经检验都是方程的解，所以P (0，0)或P (16，－8)．(2)设A (2t 1－8，t 1)，B (2t 2－8，t 2)，t 1，t 2≥0.则由P A 的中点Q ⎝⎛⎭⎫y 218＋t 1－4，t 1＋y 12在抛物线C 上，可得⎝⎛⎭⎫t 1＋y 122＝4⎝⎛⎭⎫y 218＋t 1－4，整理得t 21＋(2y 1－16)t 1＋64－y 21＝0， 同理t 22＋(2y 1－16)t 2＋64－y 21＝0，所以t 1，t 2是方程t 2＋(2y 1－16)t ＋64－y 21＝0的两个不相等的非负根．所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（2y 1－16）2－4（64－y 21）＞0t 1＋t 2＝16－2y 1＞0t 1t 2＝64－y 21≥0，所以－8≤y 1＜0.于是|AB |＝5|t 1－t 2|＝252y 21－16y 1≤325，当且仅当y 1＝－8时取等号． 所以|AB |的最大值为32 5.5．解：(1)由题设a n >0，当n ＝1时，a 1＝2；当n ≥2时，a 2n ＝2n －2n －1＝2n －1，所以a n ＝2n －12.又a 1＝2不满足a n ＝2n －12，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n －12，n ≥2.(2)由(1)知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n －12，n ≥2，故a 2na n ＋1＋a n ＝2n －1（2）n ＋（2）n －1＝2n －1（2）n －1·（2＋1）＝(2－1)·2n －12(n ≥2)，记S n ＝a 21a 2＋a 1＋a 22a 3＋a 2＋a 23a 4＋a 3＋…＋a 2n a n ＋1＋a n ， 则当n ≥2时，S n ＝22＋(2－1)[2＋(2)2＋…＋(2)n －1]＝22＋(2－1)·2[1－（2）n －1]1－2＝2n 2－22，故S n＝⎩⎨⎧22，n ＝12n 2－22，n ≥2.当n ∈N *，n ≥2时，要使得2n 2－22>n －22恒成立，即2n >n 2恒成立． 由于当n ＝4时，2n ＝n 2，考察函数f (x )＝2x －x 2的单调性，易证当x >4时，函数f (x )＝2x－x 2单调递增，且x ＝4时，f (x )＝0，所以当n ≥5时，a 21a 2＋a 1＋a 22a 3＋a 2＋a 23a 4＋a 3＋…＋a 2na n ＋1＋a n >n －22恒成立，故所求n 的取值范围是n ≥5.。

说明：一般分布列的求法分三步：（1）首先确定随机变量的取值哟哪些；（2）求出每种取值下的随机事件的概率；（3）列表对应，即为分布列。

ξ
8、关于取球的随机变量的值和概率
例：袋中有1个红球，2个白球，3个黑球，现从中任取一球观察其颜色。

确定这个随机试验中的随机变量，并指出在这个随机试验中随机变量可能取的值及取每个值的概率。

分析：随机变量变量是表示随机试验结果的变量，随机变量的可能取值是随机试验的所有可能的结果组成。

解： 设集合，其中为“取到的球为红色的球”，为“取到的球为白
色的球”，为“取到的球为黑色的球”。

},,{321x x x
M =1x 2x 3x 我们规定：，即当时，，这样，我们确定就是一个随机变量，它的自变是量取值不是一个实数，而是集合中的一个元素，即，而随机变量本身的取值则为1、2、3三个实数，并且我们很容易求得分别取1、
2、3三个值的概率，)3,2,1()(===i i x
i ξ ξ i x x =i x =)(ξ )(x ξ x M 即
说明：确定随机变量的取值是根据随机试验的所有可能的结果。

高考仿真模拟练(二)(时间：120分钟；满分：150分)选择题部分一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若集合M＝{y|y＝2－x}，P＝{y|y＝x－1}，则()A．M＝P B．M⊆PC．P⊆M D．M∩P＝∅2．已知m1－i＝1＋n i，其中m，n是实数，i是虚数单位，则m＋n i在复平面内对应的点到坐标原点的距离为()A.3B．3C. 5 D．53．已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，则“α∥β”是“l⊥m”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1，3)，则2a＋b的值等于() A．2 B．－1C．1 D．－25．函数y＝(2x－1)e x的图象是()6．已知O是坐标原点，若点M(x，y)为平面区域{x＋y≥2x≤1y≤2上的一个动点，则目标函数z＝－x＋2y的最大值是()A．0 B．1C．3 D．47．设随机变量X 的概率分布列如下表所示：若F (x )＝P A.13 B.16 C.12D.568．已知单位向量a ，b 满足|2a －b |＝2，若存在向量c ，使得(c －2a )·(c －b )＝0，则|c |的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤62，62＋1 B.⎣⎡⎦⎤62－1，62 C.⎣⎡⎦⎤62－1，62＋1D ．[6－1，6＋1]9.如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.4510．已知函数f (x )＝x ＋2bx＋a ，x ∈[a ，＋∞)，其中a >0，b ∈R ，记m (a ，b )为f (x )的最小值，则当m (a ，b )＝2时，b 的取值范围为( )A ．b >13B ．b <13C ．b >12D ．b <12二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分． 11．双曲线x 2－y 23＝1的离心率是________，渐近线方程是________． 12.一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为________，正四棱锥的体积为________．13．已知在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，2a sin B ＝3b ，b ＝2，c ＝3，AD 是内角的平分线，则BC ＝________，BD ＝________．14．在等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 4＝16，则数列{a n }的通项公式为________．若a 3，a 5分别为等差数列{b n }的第3项和第5项，则数列{b n }的前n 项和S n 为________． 15．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．16．已知圆O ：x 2＋y 2＝1，直线x －2y ＋5＝0上动点P ，过点P 作圆O 的一条切线，切点为A ，则|P A |的最小值为________．17．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x，g (x )＝log 12x ，记函数h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g （x ），f （x ）≤g （x ），f （x ），f （x ）>g （x ），则函数F (x )＝h (x )＋x －5的所有零点的和为________．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．(本题满分14分)已知函数f (x )＝sin x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6.(1)求f (x )的最小正周期；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，求f (x )的取值范围．19.(本题满分15分)如图，已知四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，侧棱AA1⊥底面ABCD，M是AC的中点，∠BAD＝120°，AA1＝AB.(1)证明：MD1∥平面A1BC1；(2)求直线MA1与平面A1BC1所成的角的正弦值．20．(本题满分15分)已知f(x)＝e x－a ln x(a∈R)．(1)求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a＝－1时，若不等式f(x)>e＋m(x－1)对任意x∈(1，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围．21.(本题满分15分)如图，已知直线P A ，PB ，PC 分别与抛物线y 2＝4x 交于点A ，B ，C 与x 轴的正半轴分别交于点L ，M ，N 且|LM |＝|MN |，直线PB 的方程为2x －y －4＝0.(1)设直线P A ，PC 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1＋k 2＝k 1k 2； (2)求S △P ABS △PBC的取值范围．22．(本题满分15分)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋a 2n，n ∈N *.记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1＜a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1＜S n ＜2n .高考仿真模拟练(二)1．详细分析：选B.因为集合M ＝{y |y >0}，P ＝{y |y ≥0}，故M ⊆P ，选B.2．详细分析：选C.法一：由已知可得m ＝(1＋n i)(1－i)＝(1＋n )＋(n －1)i ，因为m ，n是实数，所以⎩⎪⎨⎪⎧n －1＝0，n ＋1＝m ，故⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝1，即m ＋n i ＝2＋i ，m ＋n i 在复平面内对应的点为(2，1)，其到坐标原点的距离为5，故选C.法二：m1－i ＝m （1＋i ）1－i 2＝m 2＋m 2i ＝1＋n i ，故⎩⎨⎧m2＝1，m 2＝n ，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝1，m ＋n i 在复平面内对应的点到坐标原点的距离为22＋12＝ 5.3．详细分析：选A.根据已知条件，由于直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，如果两个平面平行α∥β，则必然能满足l ⊥m ，反之，如果l ⊥m ，则对于平面α，β可能是相交的，故条件能推出结论，但是结论不能推出条件，故选A.4．详细分析：选C.题意知，y ′＝3x 2＋a ，则⎩⎪⎨⎪⎧13＋a ＋b ＝3，3×12＋a ＝k ，k ＋1＝3，由此解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3，k ＝2，所以2a ＋b ＝1，选C. 5．详细分析：选A.令y ＝(2x －1)e x ＝0，解得x ＝12，函数有唯一的零点，故排除C 、D.当x →－∞时，e x →0，所以y →0，故排除B.故选A.6.详细分析：选D.作出点M (x ，y )满足的平面区域，如图所示，由图知当点M 为点C (0，2)时，目标函数z ＝－x ＋2y 取得最大值，即为－1×0＋2×2＝4，故选D.7．详细分析：选D.由分布列的性质，得a ＋13＋16＝1，所以a ＝12.而x ∈[1，2)，所以F (x )＝P (X ≤x )＝12＋13＝56.8．详细分析：选C.如图，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，OA ′→＝2a ，因为|2a －b |＝2，所以△OA ′B 是等腰三角形．因为(c －2a )·(c －b )＝0，所以(c －2a )⊥(c －b )，即A ′C ⊥BC ，所以△A ′BC是直角三角形，所以C 在以A ′B 为直径，1为半径的圆上．取A ′B 的中点M ，因为cos ∠A ′BO ＝14，所以OM 2＝1＋1－2×1×1×14＝32，即OM＝62， 所以|c |∈⎣⎡⎦⎤62－1，62＋1.9．详细分析：选D.连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，则A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45. 10．D11．2 y ＝±3x12．详细分析：由正四棱锥的俯视图，可得到正四棱锥的直观图如图，则该正四棱锥的正视图为三角形PEF (E ，F 分别为AD ，BC 的中点)， 因为正四棱锥的所有棱长均为2， 所以PB ＝PC ＝2，EF ＝AB ＝2，PF ＝3， 所以PO ＝PF 2－OF 2＝3－1＝2， 所以该正四棱锥的正视图的面积为 12×2×2＝2； 正四棱锥的体积为13×2×2×2＝423.答案：242313．详细分析：由2a sin B ＝3b 及正弦定理得2sin ∠BAC ·sin B ＝3sin B ，所以sin ∠BAC ＝32. 因为∠BAC 为锐角，所以∠BAC ＝π3.因为AD 是内角平分线， 所以BD DC ＝AB AC ＝c b ＝32.由余弦定理得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos ∠BAC ＝4＋9－2×2×3×12＝7，所以BC ＝7，BD ＝357.答案：7357 14．详细分析：设数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝8，所以q ＝2，所以a n ＝2×2n －1＝2n .设数列{b n }的公差为d ，因为b 3＝a 3＝23＝8，b 5＝a 5＝25＝32，且{b n }为等差数列，所以b 5－b 3＝24＝2d ，所以d ＝12，所以b 1＝b 3－2d ＝－16，所以S n ＝－16n ＋n （n －1）2×12＝6n 2－22n .答案：2n 6n 2－22n15．详细分析：把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A 44种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C 23种分法，再分给4人有C 23A 24种分法，所以不同获奖情况种数为A 44＋C 23A 24＝24＋36＝60.答案：6016．详细分析：过O 作OP 垂直于直线x －2y ＋5＝0，过P 作圆O 的切线P A ，连接OA ，易知此时|P A |的值最小．由点到直线的距离公式，得|OP |＝|1×0－2×0＋5|12＋22＝ 5.又|OA |＝1，所以|P A |＝|OP |2－|OA |2＝2.答案：217．详细分析：由题意知函数h (x )的图象如图所示，易知函数h (x )的图象关于直线y ＝x 对称，函数F (x )所有零点的和就是函数y ＝h (x )与函数y ＝5－x 图象交点横坐标的和，设图象交点的横坐标分别为x 1，x 2，因为两函数图象的交点关于直线y ＝x 对称，所以x 1＋x 22＝5－x 1＋x 22所以x 1＋x 2＝5.答案：518．解：(1)由题意得 f (x )＝32sin 2x ＋12sin x cos x ＝12sin(2x －π3)＋34， 所以函数f (x )的最小正周期T ＝π. (2)由0≤x ≤π2知，－32≤sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3≤1， 所以函数f (x )的取值范围为⎣⎡⎦⎤0，12＋34.19．解：(1)证明：连接B 1D 1交A 1C 1于点E ，连接BE ，BD . 因为ABCD 为菱形，所以点M 在BD 上，且ED 1∥BM ，又ED 1＝BM ，故四边形ED 1MB 是平行四边形，则MD 1∥BE ，又BE ⊂平面A 1BC 1，MD 1⃘平面A 1BC 1，因此，MD 1∥平面BC 1A 1.(2)由于A 1B 1C 1D 1为菱形， 所以A 1C 1⊥B 1D 1，又ABCD ­A 1B 1C 1D 1是直四棱柱，有A 1C 1⊥BB 1，则A 1C 1⊥平面BB 1D 1D ， 因此，平面BB 1D 1D ⊥平面BC 1A 1.过点M 作平面BB 1D 1D 和平面BC 1A 1交线BE 的垂线，垂足为H ，得MH ⊥平面BC 1A 1. 连接HA 1，则∠MA 1H 是直线MA 1与平面BC 1A 1所成的角．设AA 1＝1，因为ABCD 是菱形且∠BAD ＝120°，则AM ＝12，MB ＝32.在Rt △MAA 1中，由AM ＝12，AA 1＝1，得MA 1＝52.在Rt △EMB 中，由MB ＝32，ME＝1，得MH ＝217. 所以sin ∠MA 1H ＝MH MA 1＝210535.20．解：(1)由f (x )＝e x －a ln x ， 则f ′(x )＝e x －ax，f ′(1)＝e －a ，切点为(1，e)，所求切线方程为y －e ＝(e －a )(x －1)，即(e －a )x －y ＋a ＝0.(2)由f (x )＝e x －a ln x ，a ＝－1， 原不等式即为e x ＋ln x －e －m (x －1)>0. 记F (x )＝e x ＋ln x －e －m (x －1)，F (1)＝0. 依题意有F (x )>0对任意x ∈(1，＋∞)恒成立， 求导得F ′(x )＝e x ＋1x －m ，F ′(1)＝e ＋1－m ，令g (x )＝e x ＋1x －m ，则g ′(x )＝e x －1x2，当x >1时，g ′(x )>0，则F ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，有F ′(x )>F ′(1)， 若m ≤e ＋1，符合题意；若m >e ＋1，则F ′(1)<0，又F ′(ln m )＝1ln m >0，故存在x 1∈(1，ln m )，使F ′(x 1)＝0，当1<x <x 1时，F ′(x )<0，F (x )在(1，x 1)上单调递减，F (x )<F (1)＝0，舍去． 综上，实数m 的取值范围是(－∞，e ＋1]．21．解：(1)联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x2x －y －4＝0，解得x ＝1，4，由图象可知，P (1，－2)，易知M (2，0)，由题意可设L (2－t ，0)，N (2＋t ，0)，0<t <2， 所以k 1＝21－t (t ≠1)，k 2＝21＋t ，所以1k 1＋1k 2＝1－t 2＋1＋t2＝1，故k 1＋k 2＝k 1k 2.(2)由(1)得，l P A ：2x ＋(t －1)y ＋2t －4＝0，0<t <2，由 ⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x 2x ＋（t －1）y ＋2t －4＝0⇒y 2＋(2t －2)y ＋4t －8＝0， 得A ((2－t )2，4－2t )，同理可得B ((2＋t )2，4＋2t )．设A 点到PB 的距离为d 1，C 点到PB 的距离为d 2，所以d 1＝|2（2－t ）2－（4－2t ）－4|5＝|2t 2－6t |5， d 1＝|2（2＋t ）2－（4＋2t ）－4|5＝|2t 2＋6t |5 所以S △P AB S △PBC ＝d 1d 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －3t ＋3 ＝3－t 3＋t ＝63＋t－1. 因为0＜t ＜2，所以S △P AB S △PBC的取值范围是⎝⎛⎭⎫15，1. 22．证明：(1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n 1＋a 2n 知a n ＞0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n 1＋a 2n＜0， 所以a n ＋1＜a n ，n ∈N *.(2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ， 得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2， 从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n＋2 ＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2 ＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ， 又a 1＝1，所以T n＝1a2n＋1－2n－1，n∈N*.(3)由(2)知，a n＋1＝1T n＋2n＋1，由T n≥a21＝1，得a n＋1≤12n＋2.所以，当n≥2时，a n≤12n＝22n＜2n＋n－1＝2(n－n－1)，由此S n＜a1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n－n－1)]＝1＋2(n－1)＜2n，又a1＝1，故S n＜2n.另一方面，由a n＝1a n＋1－1a n，得S n＝1a n＋1－1a1≥2n＋2－1＞2n－1.综上，2n－1＜S n＜2n，n∈N*.。

阶段质量检测(二) 专题一～二“综合检测”(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设α，β是两个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，则下列命题中是α⊥β的充分不必要条件的是( )A ．m ∥α，n ∥β，m ∥nB ．m ∥α，n ∥β，m ⊥nC ．m ⊥α，n ∥β，m ⊥nD ．m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n解析：选D 若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β，充分性成立；若α⊥β，无法得出m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，必要性不成立，故选D.2．“sin A >tan A ”是“△ABC 是钝角三角形”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件解析：选A 若sin A >tan A ，则sin A >sin A cos A ，因为sin A >0，所以1>1cos A，易得－1<cosA <0，所以A ∈π2，π，所以△ABC 为钝角三角形．假设B ＝2π3，A ＝π6，△ABC 为钝角三角形，则sin A ＝12<tan A ＝33.所以“sin A >tan A ”是“△ABC 是钝角三角形”的充分不必要条件．3．(2019·杭州三校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.23B.43C.83D.163解析：选C 由三视图可知该几何体可以看作是棱长为2的正方体截去一个三棱锥和一个三棱柱后剩余的四棱锥A ­BCDE ，如图所示，则其体积为23－12×23－13×12×2×2×2＝83，故选C.4．(2019·嘉兴、丽水、衢州高三模拟)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|≤π2，x ＝－π4为f (x )的零点，x ＝π4为y ＝f (x )图象的对称轴，且f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π3上单调，则ω的最大值是( )A ．12B ．11C ．10D ．9解析：选B 由x ＝－π4为函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的零点，x ＝π4为函数f (x )＝sin(ωx＋φ)的图象的对称轴得－π4ω＋φ＝k 1π，π4ω＋φ＝k 2π＋π2(k 1，k 2∈Z ),则ω＝2(k 2－k 1)＋1(k 1，k 2∈Z )．①又因为函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π3上单调，所以12·2πω≥π3－π4，即ω≤12.②结合①②得ω的最大值为11，故选B.5．为了得到函数y ＝sin2x ＋π3的图象，只需将y ＝cos 2x 的图象上的每一点( )A ．向右平移π6个单位长度B ．向右平移π12个单位长度C ．向左平移π6个单位长度D ．向左平移π12个单位长度解析：选B y ＝cos 2x ＝sin2x ＋π2，由y ＝sin2x ＋π2的图象向右平移π12个单位长度得到的函数图象的解析式是y ＝sin2x －π12＋π2＝sin2x ＋π3.所以选B.6．已知AG →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∈R )，且A ，B ，C 三点不共线( ) A ．若λ＝13，μ＝13，则G 是△ABC 的重心B ．若λ＝23，μ＝13，则G 是△ABC 的垂心C ．若λ＝13，μ＝23，则G 是△ABC 的内心D ．若λ＝23，μ＝23，则G 是△ABC 的外心解析：选A 如图，设△ABC 中BC 边上的中线为AD ，则AD →＝12(AB →＋AC →)，即AB →＋AC →＝2AD →.当λ＝μ＝13时，AG →＝13AB →＋13AC →，所以AG →＝13(AB →＋AC →)＝23AD →.所以G 为△ABC 的重心，A 正确．当AG →＝13AB →＋23AC →或AG →＝23AB →＋13AC →时，G ，B ，C 三点共线，故B 、C 错误；当λ＝μ＝23时，AG →＝23(AB →＋AC →)＝43AD →，即点G 在中线AD 的延长线上，而外心为三角形三边中垂线的交点，所以G 不一定是△ABC 的外心，D 错误，故选A.7.如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点．下列结论中，正确的是( )A ．EF ⊥BB 1 B ．EF ∥平面ACC 1A 1 C ．EF ⊥BD D ．EF ⊥平面BCC 1B 1解析：选B 如图，取BB 1的中点M ，连接ME ，MF ，延长ME 交AA 1于点P ，延长MF 交CC 1于点Q ，连接PQ .∵E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点，∴P 是AA 1的中点，Q 是CC 1的中点，从而可得E 是MP 的中点，F 是MQ 的中点，所以EF ∥PQ ，又PQ ⊂平面ACC 1A 1，EF ⊄平面ACC 1A 1，所以EF ∥平面ACC 1A 1.故选B.8．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点M 是直线AB 1上的动点，点P 是△A 1C 1D 所在平面内的动点，记直线D 1P 与直线CM 所成的角为θ，若θ的最小值为π3，则点P 的轨迹是( )A ．圆B ．椭圆C ．抛物线D ．双曲线解析：选A 将空间中线线角的最值问题转化为线面角的问题．点在动，平面没有动，将动变成定．连接CA ，CB 1，可知平面ACB 1∥平面A 1C 1D ，所以CM ∥平面A 1C 1D .所以把CM 平移到平面A 1C 1D 中，直线D 1P 与直线CM 所成角的最小值即为直线D 1P 与平面A 1C 1D 所成的线面角，即原问题转化为直线D 1P 与平面A 1C 1D 所成的线面角为π3.因为点P 是△A 1C 1D 上的动点，所以点P 的轨迹为一个圆(如图所示)．9．若向量a ，b 满足|a |＝4，b ·(a －2b )＝0，则|a －4b |＝( ) A ．0 B ．4 C ．8D ．12解析：选B 因为b ·(a －2b )＝0，所以b 与a －2b 垂直，如图，在Rt △ACB 中，AB →＝a ，AC →＝2b ，CB →＝a －2b ，O 为AB 的中点，则|CO →|＝|AO →－AC →|＝12a －2b ＝12|AB →|＝2，所以|a －4b |＝4.10.如图，矩形ABCD 的边长AB ＝3，AD ＝1，以AC 为折痕将△ACD折起，使点D 到达点M 的位置，记AM 与平面ADC 所成角为α，记二面角M ­AD ­C 为β，记∠MAB 为γ，则在翻折过程中一定正确的结论是( )A ．α≤β≤γB ．β≤α≤γC ．γ≤α≤βD ．α≤γ≤β解析：选A 过点M 作平面ABCD 的垂线，垂足为H ，连接AH ，过点H 分别作直线AD 和AB 的垂线，垂足分别为E ，F ，连接ME ，MF ，则sin α＝MH AM ，sin β＝MH EM ，sin γ＝MF AM.在Rt △MEA 中，EM <AM ，又α，β均为锐角，故α<β，而当平面ACM 与平面ABC 重合时，α＝β，故α≤β.而在Rt △MHF 中，MF >MH ，故α<γ，又当点H 落到AB 上时，MF ＝MH ，此时α＝γ，故α≤γ.又因为cos β＝EH EM ，cos γ＝AFAM，而EH ＝AF ，EM ≤AM ，故β≤γ. 综上，α≤β≤γ，故选A.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分) 11．已知tan α＝2，则tan α＋π4＝________，cos 2α＝________.解析：∵tan α＝2，∴tan α＋π4＝1＋tan α1－tan α＝－3，∴cos 2α＝cos 2αcos 2α＋sin 2α＝11＋tan 2α＝15. 答案：－3 1512．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______，表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体是以四边形ABB 1A 1为底面的四棱柱，根据三视图易求得该几何体的体积V ＝1＋22×2×2＝6.∵四边形ABB 1A 1为直角梯形，且A 1B 1＝1，AA 1＝AB ＝2，∴BB 1＝5， ∴表面积S ＝2×2＋2×2＋1×2＋2×5＋2×(1＋2)×22＝16＋2 5.答案：6 16＋2 513．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若a (1－cos C )＝c cos A ，且|BA →＋BC →|＝8，则△ABC 面积的最大值是________．解析：由a (1－cos C )＝c cos A 及正弦定理得sin A (1－cos C )＝sin C cos A ，移项得sin A ＝sin C cos A ＋sin A cos C ＝sin(A ＋C )＝sin B ，因为A ，B ∈(0，π)，所以A ＝B ，所以a ＝b ，又a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，所以c ＝2b cos A .设AC 边上的中线为BD ，由|BA →＋BC →|＝8得到BD 的长为4，由余弦定理得16＝c 2＋b 22－2c ×b 2cos A ，所以b 2＝641＋8cos 2A ，所以△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝64sin A cos Asin 2A ＋9cos 2A＝64tan A ＋9tan A.由基本不等式得S ≤323，当且仅当tan A ＝3时，等号成立．所以△ABC 面积的最大值为323.答案：32314．(2019·绍兴适应性考试)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对边分别为a ，b ，c .若cos A ＝13，b ＝23c ，且△ABC 的面积是2，则b ＝________，sin C ＝________. 解析：由cos A ＝13得sin A ＝1－cos 2A ＝223，则△ABC 的面积为12bc sin A ＝12b ×3b 2×223＝2，解得b ＝2，则c ＝322，由余弦定理得a ＝ b 2＋c 2－2bc cos A ＝322＝c ，所以sinC ＝sin A ＝223. 答案： 222315．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”P ­ABCD ，已知其体积为8，AB ＝2，BC ＝3，则该“阳马”的最长侧棱长等于________，表面积等于________．解析：由题意知，该“阳马”的直观图如图所示．由体积V ＝13×AB ×BC ×PA ＝8，可知高PA ＝4，∴该四棱锥的最长侧棱长PC ＝AC 2＋PA 2＝29，表面积为2×3＋12×(2×4＋3×4＋2×5＋3×25)＝21＋3 5.答案：29 21＋3 516．已知向量a ，b 满足|a －b |＝|a ＋3b |＝2，则|b |的取值范围是________． 解析：法一：如图，作OA →＝a ，OC →＝b ，OB →＝－3b ，则|CA →|＝|a －b |＝2，|BA →|＝|a ＋3b |＝2.所以0≤|BC →|＝|4b |≤4，故有0≤|b |≤1. 法二：由|a －b |＝|a ＋3b |＝2，得⎩⎪⎨⎪⎧|a |2＋|b |2－2a ·b ＝4，|a |2＋9|b |2＋6a ·b ＝4，则⎩⎪⎨⎪⎧|a |2＋3|b |2＝4，－|a |cos θ＝|b |，其中θ表示向量a 与向量b 的夹角，当cos θ≠0时，有|a |＝－|b |cos θ，代入|a |2＋3|b |2＝4，有－|b |cos θ2＋3|b |2＝4，所以|b |2＝41cos 2θ＋3，因为0<cos 2θ≤1，所以0<|b |2≤1；而当cos θ＝0时，|a |＝2，|b |＝0.故有0≤|b |≤1.答案：[0,1]17.在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，点M 为AB 1的中点，点P 为体对角线AC 1上的动点，点Q 为底面ABCD 上的动点(点P ，Q 可以重合)，则MP ＋PQ 的最小值为________．解析：由题意，要求MP ＋PQ 的最小值，就是求点P 到底面ABCD的距离的最小值与MP 的最小值之和．Q 是P 在底面ABCD 上的射影时，点P 到底面的距离最小，此时Q 在AC 上，且PQ ⊥AC .展开三角形ACC 1与三角形AB 1C 1，使它们在同一个平面上，如图，易知∠B 1AC 1＝∠C 1AC ＝30°，AM ＝32，PQ ⊥AC ，可知当MQ ⊥AC ，即P ，Q ，M 三点共线时，MP ＋PQ 最小，最小值为32sin 60°＝34. 答案：34三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18．(本小题满分14分)(2019·金华十校期末)已知函数f (x )＝23sin x cos x －2cos 2x ＋1.(1)求f ⎝⎛⎭⎪⎫7π12的值； (2)已知锐角△ABC ，f (A )＝1，S △ABC ＝12，b ＋c ＝22，求边长a .解：(1)∴f (x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6， ∴f ⎝⎛⎭⎪⎫7π12＝2sin π＝0.(2)由f (A )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6＝1，得A ＝π6. 则⎩⎪⎨⎪⎧S △ABC ＝14bc ＝12，b ＋c ＝22，即有⎩⎪⎨⎪⎧bc ＝2，b 2＋c 2＝4，∴a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝4－2×2×32＝4－2 3. 故a ＝ 4－23＝3－1.19．(本小题满分15分)在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC 1⊥平面ABC ，BC ＝CA ＝AC 1.(1)求证：AC ⊥平面AB 1C 1； (2)求二面角A 1­BB 1­C 的余弦值．解：(1)证明：在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，BC ∥B 1C 1.因为∠ACB ＝90°，所以AC ⊥BC ，所以AC ⊥B 1C 1.因为AC 1⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC 1⊥AC ，因为AC 1∩B 1C 1＝C 1，AC 1⊂平面AB 1C 1，B 1C 1⊂平面AB 1C 1，所以AC ⊥平面AB 1C 1.(2)法一：因为点A 1在平面A 1ABB 1内，故只需求二面角A ­BB 1­C 的平面角．分别取BB 1，CC 1的中点M ，N ，连接AM ，MN ，AN ，由(1)可知，AB 1＝AC 21＋B 1C 21＝AC 2＋BC 2＝AB ，因为M 为BB 1的中点，所以AM ⊥BB 1.因为AC 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AC 1⊥BC ，又因为∠ACB ＝90°，所以AC ⊥BC ，因为AC ∩AC 1＝A ，AC ⊂平面ACC 1，AC 1⊂平面ACC 1，所以BC ⊥平面ACC 1，因为CC 1⊂平面ACC 1，所以BC ⊥CC 1，即平行四边形BCC 1B 1为矩形，因为M ，N 分别为BB 1，CC 1的中点，所以MN ⊥BB 1，所以∠AMN 为二面角A ­BB 1­C 的平面角． 设BC ＝CA ＝AC 1＝1，则AB ＝AB 1＝BB 1＝2，MN ＝1，AN ＝22，所以AM ＝62. 由余弦定理得，cos ∠AMN ＝12＋⎝⎛⎭⎪⎫622－⎝ ⎛⎭⎪⎫2222×1×62＝63， 所以二面角A 1­BB 1­C 的余弦值为63. 法二：如图所示，以A 为原点，分别以AC 所在直线为x 轴，底面内AC 的垂线为y 轴，AC 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，设BC ＝CA ＝AC 1＝1，由题意知A (0,0,0)，B (1,1,0)，C (1,0,0)，B 1(0,1,1)，所以AB →＝(1,1,0)，AB →1＝(0,1,1)，CB →＝(0,1,0)，CB →1＝(－1,1,1)．设平面A 1B 1BA 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面BB 1C 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AB →1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，y 1＋z 1＝0，可取m ＝(1，－1,1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·CB 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0，－x 2＋y 2＋z 2＝0，可取n ＝(1,0,1)．于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63，由题意知，所求二面角的平面角为锐角， 故二面角A 1­BB 1­C 的余弦值为63.20．(本小题满分15分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin C －3sin Bsin A ＋sin B ＝a －bc. (1)求角A 的大小；(2)若2sin A sin B ＝1＋cos C ，∠BAC 的平分线与BC 交于点D ，与△ABC 的外接圆交于点E (异于点A )，AE →＝λAD →，求λ的值．解：(1)因为sin C －3sin B sin A ＋sin B ＝a －bc ，所以由正弦定理得(c －3b )c ＝(a ＋b )(a －b )， 即a 2＝b 2＋c 2－3bc ， 即cos A ＝32，所以A ＝30°. (2)因为2sin A sin B ＝1＋cos C ＝1－cos(A ＋B )＝1－cos A cos B ＋sin A sin B ， 所以cos(A －B )＝1，从而A ＝B ， 所以B ＝30°，C ＝120°.如图，不妨设AC ＝1，O 为△ABC 外接圆圆心， 则AO ＝1，AB ＝3，∠ADC ＝∠EAO ＝45°. 在△ADC 中，由正弦定理，得ADsin 120°＝AC sin ∠ADC ＝1sin 45°.即AD ＝62. 在△AOE 中，由∠EAO ＝∠OEA ＝45°，OA ＝1， 从而AE ＝ 2.所以λ＝AE AD ＝233.21．(本小题满分15分)如图，已知四棱锥A ­BCDE 中AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，AE ＝26，CD ∥BE ，BE ＝2CD ＝4，∠EBC ＝60°.(1)求证：EC ⊥平面ABC ；(2)求直线AD 与平面ABE 所成角的正弦值．解：(1)证明：在△ABC 中，由余弦定理得AC ＝23， 在△EBC 中，由余弦定理得EC ＝23， 由CE 2＋CA 2＝EA 2，CE 2＋CB 2＝EB 2，得EC ⊥CA ，EC ⊥CB ，又CA ∩CB ＝C ，所以EC ⊥平面ACB .(2)如图，取AC 中点O ，连接BO ，以C 为坐标原点，CA ，CE 所在直线分别为x ，z 轴，以过点C 且平行于BO 的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C ­xyz ，则C (0,0,0)，E (0,0,23)，A (23，0,0)，B (3，1,0)， 所以AB →＝(－3，1,0)，AE →＝(－23，0,23)， BE →＝(－3，－1,23)，CD →＝12BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，3， 所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，3，AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－532，－12，3， 设n ＝(x ，y ，z )是平面ABE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AE →·n ＝0，即⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，－23x ＋23z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝1，即n ＝(1，3，1)， 记直线AD 与平面ABE 所成角为α，则sin α＝|cos 〈AD →，n 〉|＝|AD →·n ||AD →|·|n |＝33055，即直线AD 与平面ABE 所成角的正弦值为33055. 22．(本小题满分15分)如图，在三棱台ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝4，BC ＝2，CA ＝23，B 1C 1＝1，CC 1＝3，BC ⊥CC 1.D 是AC 上的一点，满足AD ＝3DC ，过点B 1，C 1，D 的平面交AB 于点F .(1)求证：BC ∥DF ；(2)若二面角A ­BC ­B 1的平面角的大小为60°，求直线AB 1与平面B 1C 1DF 所成角的正切值． 解：(1)证明：因为ABC ­A 1B 1C 1为三棱台， 所以BC ∥B 1C 1，又因为BC ⊄平面B 1C 1DF ，B 1C 1⊂平面B 1C 1DF ， 所以BC ∥平面B 1C 1DF ，又因为BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面B 1C 1DF ＝DF ，所以BC ∥DF . (2)因为AB ＝4，BC ＝2，CA ＝23， 所以AB 2＝BC 2＋CA 2，所以BC ⊥CA ， 又因为BC ⊥CC 1，平面ABC ∩平面BCB 1＝BC ，所以∠ACC 1是二面角A ­BC ­B 1的平面角， 即∠ACC 1＝60°，又因为CD ＝14CA ＝32，CC 1＝3，所以C 1D ＝CC 21＋CD 2－2CC 1·CD cos 60°＝32， 所以C 1D 2＋CD 2＝CC 21，所以∠C 1DC ＝90°，即AD ⊥DC 1，因为BC ∥DF ，BC ⊥AC ，所以AD ⊥DF ， 又因为DC 1∩DF ＝D ，DC 1⊂平面B 1C 1DF ， DF ⊂平面B 1C 1DF ，所以AD ⊥平面B 1C 1DF ，连接DB 1，则∠AB 1D 是直线AB 1与平面B 1C 1DF 所成的角．易知BC ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1C 1⊥平面ACC 1A 1， 因为DC 1⊂平面ACC 1A 1，所以B 1C 1⊥DC 1， 又因为DC 1＝32，B 1C 1＝1，所以DB 1＝132，所以tan ∠AB 1D ＝AD DB 1＝332132＝33913.所以直线AB 1与平面B 1C 1DF所成角的正切值为33913.。

第一单元 高考中档大题突破解答题02: 数 列基本考点——等差、等比数列的基本运算1．等差数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ．2．等比数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1qn －1(q ≠0)；S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．3．等差(比)数列的基本运算在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (或q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量．1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和． 已知S 2＝2，S 3＝－6． (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． (1)解：设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得q ＝－2，a 1＝－2． 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n ． (2)解：由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q＝－23＋(－1)n 2n ＋13．由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．2．(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2．(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3．解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ， 则a n ＝－1＋(n －1)·d ，b n ＝q n －1．由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1．(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0． 解得q ＝－5或q ＝4．当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21． 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6．常考热点——数列的综合问题1．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }与等比数列 {b n }对应项相乘({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式．[提醒] 错位相减法求和时，易漏掉减数式的最后一项． 2．裂项相消求和的原理及注意问题(1)原理：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)注意：在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性．(2017·濮阳一模)设等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 5＝15，且2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列.阿凡题1083958(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．[思路点拨] (1)利用等差数列的首项与公差通过数列的和求出a 3，利用2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列．求出公差，然后求解数列的通项公式．(2)化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可． 【解】 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为S 5＝15， 所以a 3＝3，又因为2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列．所以a 26＝2a 2(a 8＋1)，即：(a 3＋3d )2＝2(a 3－d )(a 3＋5d ＋1)，所以d ＝1或d ＝－1519(舍去)，所以a 1＝a 3－2d ＝3－2＝1.所以a n ＝n ， 数列{a n }的通项公式为a n ＝n ； (2)由(1)可知：设b n ＝2n ·a n ＝n ·2n ，T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ①； ①×2可得：2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)2n ＋n ·2n ＋1 ②，①－②得：－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1．∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2．用错位相减法求和的注意事项(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .阿凡题1083959(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．【解】 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时， a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)， 两式相减得(2n －1)a n ＝2， 所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式， 所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1． (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ．由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1．1．(2017·云南统检)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有2S n＝(n ＋1)a n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4a n (a n ＋2)的前n 项和为T n ，求证：12≤T n <1．(1)解：因为2S n ＝(n ＋1)a n ， 当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1，即(n －1)a n ＝na n －1， 所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11＝2，即a n ＝2n (n ≥2)．(2)证明：由(1)知a n ＝2n ，令b n ＝4a n (a n ＋2)，n ∈N *，所以b n ＝42n (2n ＋2)＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1．所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n即T n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1．因为1n ＋1>0，所以1－1n ＋1<1．显然当n ＝1时，T n 取得最小值12．所以12≤T n <1．2．(2017·株洲二模)数列{a n }的通项a n 是关于x 的不等式x 2－x ＜nx 的解集中正整数的个数．f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n2n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)求证：对n ≥2，且n ∈N *，恒有712≤f (n )＜1． (1)解：x 2－x ＜nx 等价于x (x －n －1)＜0，解得x ∈(0，n ＋1)，其中有正整数n 个，于是a n ＝n ．(2)解：由(1)得b n ＝n 2n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ， S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1×12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ，12S n ＝1×⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 故S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ×⎝⎛⎭⎫12n ． (3)证明：f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ＜1n ＋1n＋…＋1n ＝1．由f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ，知f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，于是f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＞12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，故f (n ＋1)＞f (n )，∴当n ≥2，且n ∈N *时，f (n )为增函数， ∴f (n )≥f (2)＝712，综上可知712≤f (n )＜1．1．(2017·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝－3，S 10＝－40． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若从数列{a n }中依次取出第2,4,8，…，2n ，…项，按原来的顺序排成一个新数列{b n }，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)∵a 5＝a 1＋4d ＝－3， S 10＝10a 1＋45d ＝－40， 解得a 1＝5，d ＝－2． ∴a n ＝－2n ＋7．(2)依题意，b n ＝a 2n ＝－2×2n ＋7＝－2n ＋1＋7，故T n ＝－(22＋23＋…＋2n ＋1)＋7n＝－22－2n ＋1×21－2＋7n＝4＋7n －2n ＋2．2．(2017·九江二模)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＋2＝4S n ＋6，n ∈N *．(1)求a 1及通项公式a n ；(2)若b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)∵各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ， 满足S n ＋2＝4S n ＋6，n ∈N *，∴n ＝1时，S 3＝4S 1＋6，∴a 1＋a 2＋a 3＝4a 1＋6，① n ＝2时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4(a 1＋a 2)＋6，② 由②－①，得a 4＝4a 2＝a 2q 2， ∴q 2＝4，∵q ＞0，∴q ＝2， 由①式知a 1(1＋q ＋q 2)＝4a 1＋6，∴a 1(1＋2＋4)＝4a 1＋6,3a 1＝6，解得a 1＝2， ∴a n ＝2n ．(2)∵b n ＝n a n ＝n 2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，③∴12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，④ 由③－④，得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，∴T n ＝2－n ＋22n ．3．(2017·开封二模)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝12a n (a n ＋1)，n ∈N *．(1)求通项a n ；(2)若b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)a 1＝S 1＝12a 1(a 1＋1)，a 1＞0，解得a 1＝1，∀n ∈N *，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝12a n ＋1(a n ＋1＋1)－12a n (a n ＋1)，移项整理并因式分解得： (a n ＋1－a n －1)(a n ＋1＋a n )＝0， 因为{a n }是正项数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，a n ＋1－a n ＝1，{a n }是首项a 1＝1，公差为1的等差数列，a n ＝n ．(2)由(1)得S n ＝12a n (a n ＋1)＝12n (n ＋1)，b n ＝1S n ＝2n (n ＋1)＝2n －2n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫21－22＋⎝⎛⎭⎫22－23＋…＋⎝⎛⎭⎫2n －2n ＋1， ＝21－2n ＋1＝2nn ＋1． 4．(2017·涪陵二模)数列{a n }满足：a 1＝2，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n (n ∈N *)． (1)记d n ＝a n ＋1－a n ，求证：数列{d n }是等比数列；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，证明S n ＜32．证明：(1)∵a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ， ∴d n ＋1d n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a 1＝3a n ＋1－2a n －a n ＋1a n ＋1－a n ＝2a n ＋1－2a na n ＋1－a n＝2， ∴数列{d n }是等比数列，∵d 1＝a 2－a 1＝1，q ＝2， ∴d n ＝2n －1．(2)∵d n ＝2n －1，d n ＝a n ＋1－a n ，∴a n ＋1－a n ＝2n －1，∴a 2－a 1＝20，a 3－a 2＝21，a 4－a 3＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，∴累加得：a n －a 1＝20＋21＋…＋2n －2＝1－2n －11－2＝2n －1－1，∴a n ＝2n －1＋1．∴1a n ＝12n －1＋1＜12n －1(n ≥2)，n ＝1时，S n ＝12＜32成立； ∴当n ≥2时，S n ＝12＋12＋122＋…＋12n －1＝12＋12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12＝32－12n －1＜32． 5．(2017·江西重点中学一模)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋1 (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列，并求{b n }的通项公式； (2)设c n ＝tan b n ·tan b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和S n ． (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋1得， a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋1，由b n ＝a n ＋1－a n 得，b n ＋1＝b n ＋1，即b n ＋1－b n ＝1， 又b 1＝a 2－a 1＝5－1＝4，所以{b n }是首项为4，公差为1的等差数列．且b n ＝b 1＋(n －1)d ＝4＋n －1＝n ＋3；(2)解：c n ＝tan b n ·tan b n ＋1＝tan (n ＋3)·tan (n ＋4)， 由tan[(n ＋4)－(n ＋3)]＝tan (n ＋4)－tan (n ＋3)1＋tan (n ＋4)tan (n ＋3)，可得tan(n ＋3)·tan(n ＋4)＝tan (n ＋4)－tan (n ＋3)tan 1－1，即有数列{c n }的前n 项和S n ＝tan 5－tan 4tan 1＋tan 6－tan 5tan 1＋…＋tan (n ＋4)－tan (n ＋3)tan 1－n＝tan (n ＋4)－tan 4tan 1－n ．6．(2017·南充二模)设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：对任意n ∈N *，a n ，b n ，a n＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，b 1＝2，a 2＝3． (1)证明数列{b n }是等差数列； (2)求数列{1a n}前n 项的和．(1)证明：∵对任意n ∈N *，a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列， ∴2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1，a n ＞0， ∴a n ＋1＝b n b n ＋1， ∴2b n ＝b n －1b n ＋b n b n ＋1， ∴2b n ＝b n －1＋b n ＋1． ∴数列{b n }是等差数列．(2)解：a 1＝1，b 1＝2，a 2＝3.由(1)可得：32＝2b 2，解得：b 2＝92．∴公差d ＝b 2－b 1＝92－2＝22． b n ＝2＋22(n －1)＝2×n ＋12． ∴b n ＝(n ＋1)22．∴a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1＝(n ＋1)22×(n ＋2)22，a n ＋1＞0．∴a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)2，∴n ≥2时，a n ＝n (n ＋1)2.n ＝1时也成立．∴a n ＝n (n ＋1)2.n ∈N *．∴1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1． ∴数列{1a n}前n 项的和＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1．。