【最新版】高中数学高三培优小题练阶段滚动检测(五)

这是一份【最新版】高中数学高三培优小题练阶段滚动检测(五)，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本大题共12题，每小题5分，共60分)
1．设全集U＝R，集合A＝{x|x2－x－2≤0}，B＝{x|lg x>0}，则∁U(A∪B)等于( )
A．{x|x≤－1}
B．{x|x<1或x≥2}
C．{x|x≤1或x>2}
D．{x|x<－1}
答案 D
解析 因为A＝{x|x2－x－2≤0}＝{x|(x－2)(x＋1)≤0}＝{x|－1≤x≤2}，
B＝{x|lg x>0}＝{x|lg x>lg 1}＝{x|x>1}，
所以A∪B＝{x|x≥－1}，
所以∁U(A∪B)＝{x|x<－1}．
2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( )
A．m∥α，n⊥β，m⊥n B．m∥α，n⊥β，m∥n
C．m∥α，n∥β，m∥n D．m⊥α，n⊥β，m∥n
答案 D
解析 对于选项A，B，若n⊂α，则α⊥β，故A，B错误；
对于选项C，若α∩β＝l，m∥n∥l，m，n为α，β外的直线，显然有m∥α，n∥β，故C错误；
对于选项D，若m⊥α，m∥n，则n⊥α，
又n⊥β，故α∥β，故D正确．
3．若a＝30.2，b＝lg0.23，c＝lg32，则a，b，c的大小关系为( )
A．a>c>b B．b>a>c
C．c>a>b D．a>b>c
答案 A
解析 由已知得a＝30.2>30＝1，b＝lg0.23lg31＝0，所以a>c>b.
4．已知sin(－π＋θ)＋2cs(3π－θ)＝0，则eq \f(sin θ＋cs θ,sin θ－cs θ)等于( )
A．－3 B．3 C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
答案 D
解析 ∵sin(－π＋θ)＋2cs(3π－θ)＝0，
∴sin θ＝－2cs θ，
eq \f(sin θ＋cs θ,sin θ－cs θ)＝eq \f(－2cs θ＋cs θ,－2cs θ－cs θ)＝eq \f(1,3).
5．已知数列{an}为等比数列，a6，a18为函数f(x)＝x2＋18x＋16的两个不同的零点，则eq \f(a8a16,a6)＋eq \f(a4a20,a18)的值为( )
A．－18 B．－12 C．12 D．18
答案 A
解析 由题意知a6，a18为方程x2＋18x＋16＝0的两个不同的实数根，
则由根与系数的关系，得a6＋a18＝－18，a6·a18＝16，
由等比数列的性质得a8·a16＝a4·a20＝a6·a18＝16，
所以eq \f(a8a16,a6)＋eq \f(a4a20,a18)＝eq \f(a6a18,a6)＋eq \f(a6a18,a18)＝a18＋a6＝－18.
6．已知向量m＝(a，－1)，n＝(2b－1,3)(a>0，b>0)，若m∥n，则eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)的最小值为( )
A．12 B．10＋2eq \r(3)
C．15 D．8＋4eq \r(3)
答案 D
解析 因为m∥n，所以3a＋2b＝1，
所以eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(3a＋2b)＝8＋eq \f(4b,a)＋eq \f(3a,b)
≥8＋2eq \r(12)＝8＋4eq \r(3).
当且仅当a＝eq \f(3－\r(3),6)，b＝eq \f(\r(3)－1,4)时取到最小值．
7．函数y＝xcs x＋eq \f(ln|x|,x)的部分图象大致为( )
答案 A
解析 f(x)＝xcs x＋eq \f(ln|x|,x)的定义域为{x|x≠0}，f(－x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xcs x＋\f(ln|x|,x)))＝－f(x)，故函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B，C两个选项．又f(π)＝－π＋eq \f(ln π,π)<0，排除D选项．
8．我们知道，函数y＝f(x)的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数y＝f(x)为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数y＝f(x)的图象关于点P(a，b)成中心对称图形的充要条件是函数y＝f(x＋a)－b为奇函数．根据以上推广，则函数f(x)＝eq \f(2x－1,x＋1)图象的对称中心是( )
A．(－1,2) B．(－1,0)
C．(1,2) D．(1,0)
答案 A
解析 f(x)＝eq \f(2x－1,x＋1)，g(x)＝f(x＋a)－b
＝eq \f(2x＋2a－1,x＋a＋1)－b
＝eq \f(2x＋2a－1－bx－ab－b,x＋a＋1)为奇函数，
定义域为{x|x≠－a－1}关于原点对称，
故a＝－1，g(x)＝eq \f(2－bx－3,x)，
因为g(x)＝－g(－x)，
即eq \f(2－bx－3,x)＝－eq \f(－2－bx－3,－x)，
故b＝2，即对称中心为(－1,2)．
9．设函数f(x)定义在实数集上，当x≤1时，f(x)＝2x＋4，且f(x＋1)是偶函数，则有( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))答案 D
解析 ∵f(x＋1)是偶函数，∴f(x＋1)＝f(－x＋1)，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋1))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，
又∵当x≤1时，f(x)＝2x＋4，单调递增，eq \f(1,3)∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))10．已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中△ABC是正三角形， AD⊥平面ABC，AD＝2AB＝6，则该球的体积为( )
A．32eq \r(3)π B．48π C．24π D．16π
答案 A
解析 画出几何体如图，
可以看出，上、下底面中心E，F连线的中点O与顶点A的连线即为球的半径，由已知OE＝eq \f(1,2)AD＝3，AE＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)AB＝eq \r(3)，根据勾股定理可得OA＝eq \r(OE2＋AE2)＝eq \r(32＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)))2)＝2eq \r(3)，则该球的体积为V＝eq \f(4,3)π·OA3＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)))3＝32eq \r(3)π.
11．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x－2x，x>0，,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，－π≤x≤0))有且仅有2个零点，则正数ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(7,3))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(7,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(7,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(7,3)))
答案 B
解析 当x>0时，f(x)＝lg2x－2x，f′(x)＝eq \f(1,xln 2)－2，令f′(x)＝0得x＝eq \f(1,2ln 2)，
所以当00，f(x)＝lg2x－2x单调递增，
当x>eq \f(1,2ln 2)时，f′(x)<0，f(x)＝lg2x－2x单调递减，
由于x＝eq \f(1,2ln 2)＝eq \f(1,ln 4)<1，
当0所以f(x)极大值＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2ln 2)))<0，
即当x>0时，f(x)＝lg2x－2x没有零点．
所以当－π≤x≤0时，
f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))有且仅有两个零点，
由于－π≤x≤0，所以－πω＋eq \f(π,3)≤ωx＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,3)，
令t＝ωx＋eq \f(π,3)，
则函数y＝sin teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－πω＋\f(π,3)≤t≤\f(π,3)))有且仅有两个零点，
所以－2π<－πω＋eq \f(π,3)≤－π，
解得eq \f(4,3)≤ω所以正数ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(7,3))).
12．(2022·成都模拟)已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))＋2asin x＋b的值域为[－1,4]，则a＋b等于( )
A.eq \f(13,4) B.eq \f(9,4)
C.eq \f(13,4)或eq \f(3,4) D.eq \f(13,4)或eq \f(9,4)
答案 C
解析 ∵f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))＋2asin x＋b，
∴f(x)＝eq \f(1,2)(cs2x－sin2x)＋2asin x＋b
＝－sin2x＋2asin x＋b＋eq \f(1,2)，
令t＝sin x，t∈[－1,1]，
设g(t)＝－t2＋2at＋b＋eq \f(1,2)，
则g(t)∈[－1,4]，二次函数g(t)的对称轴为t＝a，
当a≤－1时，g(t)在[－1,1]上单调递减，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g－1＝－\f(1,2)－2a＋b＝4，,g1＝－\f(1,2)＋2a＋b＝－1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\f(5,4)，,b＝2，))
∴a＋b＝eq \f(3,4)，
当a≥1时，g(t)在[－1,1]上单调递增，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g－1＝－\f(1,2)－2a＋b＝－1，,g1＝－\f(1,2)＋2a＋b＝4，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(5,4)，,b＝2，))
∴a＋b＝eq \f(13,4)，
当－1eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(gtmax＝ga＝a2＋b＋\f(1,2)＝4，,gtmin＝g1＝2a＋b－\f(1,2)＝－1，))无解；
当0≤a<1时，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(gtmax＝ga＝a2＋b＋\f(1,2)＝4，,gtmin＝g－1＝－2a＋b－\f(1,2)＝－1，))无解；
综上，a＋b＝eq \f(3,4)或a＋b＝eq \f(13,4).
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知直线y＝x＋1是曲线f(x)＝x＋eq \f(1,x)－aln x(a∈R)的切线，则a的值是________．
答案 －1
解析 设切点的横坐标为x0，f′(x0)＝1－eq \f(1,x\\al(2,0))－eq \f(a,x0)＝eq \f(x\\al(2,0)－ax0－1,x\\al(2,0))＝1⇒x0＝－eq \f(1,a)⇒－a＝eq \f(1,x0).
则有f(x0)＝x0＋eq \f(1,x0)－aln x0＝x0＋1⇒ln x0－x0＋1＝0，
令h(x)＝ln x－x＋1⇒h′(x)＝eq \f(1,x)－1，
令h′(x)＝0，⇒x＝1，
则h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又因为h(1)＝0，所以x0＝1⇒a＝－1.
14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝1，B＝eq \f(π,3)，当△ABC的面积等于eq \r(3)时，b＝________.
答案 eq \r(13)
解析 因为△ABC的面积等于eq \r(3)，
所以eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×1×csin eq \f(π,3)＝eq \r(3)⇒c＝4，
由余弦定理可得b2＝12＋42－2×1×4×eq \f(1,2)＝13⇒b＝eq \r(13).
15．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，M，N分别为AA1，BB1的中点，则异面直线BM与C1N所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(3,5)
解析 如图，连接A1N，则A1N∥BM，
所以异面直线BM与C1N所成的角就是直线A1N和C1N所成的锐角或直角．
由题意得A1N＝C1N＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，
在△A1C1N中，由余弦定理得
cs∠A1NC1＝eq \f(5＋5－4,2×\r(5)×\r(5))＝eq \f(3,5).
所以异面直线BM与C1N所成角的余弦值为eq \f(3,5).
16．(2022·青岛模拟)对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x0满足f(－x0)＝－f(x0)，则称f(x)为“倒戈函数”，设函数f(x)＝3x＋sin x－m＋1(m∈R)是定义在[－1,1]上的“倒戈函数”，则实数m的取值范围是________________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(8,3)))
解析 因为函数f(x)＝3x＋sin x－m＋1(m∈R)是定义在[－1,1]上的“倒戈函数”，
所以存在实数x0∈[－1,1]使得f(－x0)＝－f(x0)，
即－3x0－sin x0＋m－1＝3－x0＋sin(－x0)－m＋1，
即2m－2＝3x0＋3－x0，令t＝3x0，则t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3))，
所以2m－2＝t＋eq \f(1,t)≥2，得m≥2，当t＝1时取等号．
当t＝eq \f(1,3)或t＝3时，(2m－2)max＝3＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3)，得m≤eq \f(8,3) ，所以m的取范围是2≤m≤eq \f(8,3).
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)(2022·泰安一中模拟)在①△ABC的周长为6，②asin B＝2，③ab＝4这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中．若问题中的三角形存在，判断△ABC的形状；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，c，b成等差数列，S△ABC＝eq \r(3)，____________.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 a，c，b成等差数列，则a＋b＝2c.
选择条件①，由△ABC的周长为6，得a＋b＋c＝6，
又a＋b＝2c，则c＝2，a＋b＝4，
c2＝a2＋b2－2abcs C＝(a＋b)2－2ab－2abcs C，
则2ab＋2abcs C＝42－22＝12，
即ab(1＋cs C)＝6，①
S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \r(3)，
即absin C＝2eq \r(3)，②
由eq \f(②,①)得eq \f(sin C,1＋cs C)＝eq \f(2\r(3),6)＝eq \f(\r(3),3)，
eq \f(2sin\f(C,2)cs\f(C,2),1＋2cs2\f(C,2)－1)＝tan eq \f(C,2)＝eq \f(\r(3),3)，
又0即C＝eq \f(π,3)，
则ab＝4，则a＝b＝c＝2，故△ABC为等边三角形．
选择条件②，由asin B＝2，S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \r(3)，得c＝eq \r(3)，
a＋b＝2c＝2eq \r(3)≥2eq \r(ab)，则ab≤3，
S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \r(3)，
则absin C＝2eq \r(3)，
又sin C≤1，则ab≥2eq \r(3)，矛盾，
故不存在这样的△ABC.
选择条件③，由ab＝4，S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \r(3)，
得sin C＝eq \f(\r(3),2)，又0所以C＝eq \f(π,3)或C＝eq \f(2π,3).
因为a＋b＝2c，所以c不可能为最大边，故C＝eq \f(π,3)，
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcs C，
所以c2＝(a＋b)2－2ab－ab，c2＝(2c)2－3ab，因此c2＝ab，
则cs C＝eq \f(a2＋b2－ab,2ab)＝eq \f(1,2)，(a－b)2＝0，所以a＝b，即a＝b＝c，
所以△ABC为等边三角形．
18．(12分)已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和Sn满足Sn＋1＝Sn＋2n(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn；
(2)令bn＝2lg2an＋1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn·bn＋1)))的前n项和Tn.
解 (1)由Sn＋1－Sn＝2n，得an＋1＝2n，则an＝2n－1(n≥2)，
又a1＝1，满足上式，所以an＝2n－1(n∈N*)．
从而Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
(2)因为bn＝2lg2an＋1＝2n－1，
所以eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,2n－12n＋1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))))
＋…eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))
＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
19．(12分) 已知关于x的不等式ax2＋5x－2>0.
(1)若不等式ax2＋5x－2>0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\| (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)(2)解关于x的不等式ax2＋5x－2>ax－x＋4.
解 (1)因为不等式ax2＋5x－2>0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\| (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)所以x1＝eq \f(1,2)，x2＝b为ax2＋5x－2＝0的两个根，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2)＝－\f(5,a)，,b×\f(1,2)＝－\f(2,a)，,a<0，))解得a＝－2，b＝2.
(2)不等式ax2＋5x－2>ax－x＋4等价于ax2＋(6－a)x－6>0，
整理得(ax＋6)(x－1)>0.
当a>0时，不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(6,a)))∪(1，＋∞)；
当a＝0时，不等式的解集为(1，＋∞)；
当－61，故不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(6,a)))；
当a＝－6时，－eq \f(6,a)＝1，不等式的解集为∅；
当a<－6时，－eq \f(6,a)<1，故不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,a)，1)).
综上，当a>0时，不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(6,a)))∪(1，＋∞)；
当a＝0时，不等式的解集为(1，＋∞)；
当－6当a＝－6时，不等式的解集为∅；
当a<－6时，不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,a)，1)).
20.(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为矩形，△APB是以角P为直角的等腰直角三角形，平面PAB⊥平面ABCD.
(1)证明：平面PAD⊥平面PBC；
(2)若M为直线PC的中点，且AP＝AD＝2，求二面角A－MD－B的正弦值．
(1)证明 ∵四边形ABCD为矩形，
∴AD⊥AB，
∵平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD⊂平面ABCD，
∴AD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，
则AD⊥PB，又PA⊥PB，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
∴PB⊥平面PAD，而PB⊂平面PBC，
∴平面PAD⊥平面PBC.
(2)解 取AB的中点O，连接OP，分别以OP，OB所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，如图．
由AP＝AD＝2，△APB是以角P为直角的等腰直角三角形，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\r(2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\r(2)，2))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(2)，0))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，
eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\f(3\r(2),2)，－1))，eq \(MD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\f(3\r(2),2)，1))，eq \(MB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－1)).
设平面MAD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(MA,\s\up6(→))＝－\f(\r(2),2)x1－\f(3\r(2),2)y1－z1＝0，,m·\(MD,\s\up6(→))＝－\f(\r(2),2)x1－\f(3\r(2),2)y1＋z1＝0，))
取y1＝1，得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，1，0))；
设平面MBD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(MD,\s\up6(→))＝－\f(\r(2),2)x2－\f(3\r(2),2)y2＋z2＝0，,n·\(MB,\s\up6(→))＝－\f(\r(2),2)x2＋\f(\r(2),2)y2－z2＝0，))
取y2＝－1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，－\r(2))).
∴csm，n＝eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝－eq \f(\r(10),5)，
∴sinm，n＝eq \f(\r(15),5)，
∴二面角A－MD－B的正弦值为eq \f(\r(15),5).
21．(12分)此前，美国政府颁布了针对中国企业华为的禁令，禁止各国及各国企业向华为出售含有美国技术或软件设计的产品，否则出售者本身也会受到制裁．这一禁令在9月15日正式生效，迫于这一禁令的压力，很多家企业被迫停止向华为供货，对华为电子设备的发展产生不良影响．为适应发展的需要，某企业计划加大对芯片研发部的投入，据了解，该企业研发部原有100名技术人员，年人均投入a万元，现把原有技术人员分成两部分：技术人员和研发人员，其中技术人员x名(x∈N且45≤x≤75)，调整后研发人员的年人均投入增加4x%，技术人员的年人均投入调整为aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(2x,25)))万元．
(1)要使这(100－x)名研发人员的年总投入不低于调整前100名技术人员的年总投入，求调整后的技术人员的人数最多有多少人？
(2)是否存在这样的实数m，使得技术人员在已知范围内调整后，同时满足以下两个条件：①技术人员的年均投入始终不减少；②研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入，若存在，请求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意得(100－x)(1＋4x%)a≥100a(a>0)，解得x≤75，∴调整后的技术人员最多有
75人．
(2)由技术人员年人均投入始终不减少得
aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(2x,25)))≥a，得m≥eq \f(2x,25)＋1；
由研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入得
(100－x)(1＋4x%)a≥xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(2x,25)))a，
两边除以ax得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(100,x)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x,25)))≥m－eq \f(2x,25)，整理得m≤eq \f(100,x)＋eq \f(x,25)＋3，故有eq \f(2x,25)＋1≤m≤eq \f(100,x)＋eq \f(x,25)＋3，
∵eq \f(100,x)＋eq \f(x,25)＋3≥2eq \r(\f(100,x)·\f(x,25))＋3＝7，当且仅当x＝50时取等号，
∴m≤7，
又∵45≤x≤75，当x＝75时，y＝eq \f(2x,25)＋1取得最大值7，
∴m≥7，
∴m＝7，
即存在这样的m满足条件，其范围为m∈{7}．
22．(12分)已知f(x)＝eq \f(ex－1,x)－ax＋aln x，其中a∈R.
(1)当a＝eq \f(1,e)时，求f(x)的单调区间；
(2)当x>0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
解 (1)当a＝eq \f(1,e)时，
f(x)＝eq \f(1,e)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ex,x)－x＋ln x))的定义域为(0，＋∞)，
可得f′(x)＝eq \f(1,e)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(xex－ex,x2)－1＋\f(1,x)))＝eq \f(xex－ex－x2＋x,ex2)＝eq \f(x－1ex－x,ex2)，
设g(x)＝ex－x，x>0，可得g′(x)＝ex－1>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝1>0，
由f′(x)>0，解得x>1；
由f′(x)<0，解得0所以函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
(2)若要使得f(x)≥0，只需ex－ln x－1≥a(x－ln x)恒成立，
设t(x)＝x－ln x，x>0，可得t′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
由t′(x)>0，可得x>1；
由t′(x)<0，可得0所以t(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以t(x)≥t(1)＝1，
令t(x)＝t，于是需要et－1≥at恒成立，即eq \f(et－1,t)≥a恒成立，
由(1)可得，当x>0时，g(x)＝ex－x>1，从而ex>x＋1，即eq \f(ex,x＋1)>1，
用t－1替换上式中的x，可得eq \f(et－1,t)>1，
结合当t＝1时，eq \f(e1－1,1)＝1，所以eq \f(et－1,t)≥1恒成立，
要使得eq \f(et－1,t)≥a恒成立，则a≤1，即实数a的取值范围为(－∞，1]