2024版新教材高考数学复习特训卷滚动过关检测六第1章_第7章

这是一份2024版新教材高考数学复习特训卷滚动过关检测六第1章_第7章，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．若集合M＝{x|－1<2－x≤1}，N＝{1，2，3}，则M∩N＝( )
A．{2，3} B．[1，2]
C．[2，3] D．{1，2}
2．若复数z满足(z－1)·i＝4(1－i)，则|z|＝( )
A．1 B. 3C. 5 D. 7
3．如果a，b是两个共线的单位向量，则( )
A．a＝b B．a·b＝0
C．a·b＝1 D．a2＝b2
4.
我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有着深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面是矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥，“鳖臑”指的是四个面都是直角三角形的三棱锥．现有一如图所示的“堑堵”ABC­A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1＝AB＝2，则“阳马”B ­A1ACC1的体积最大为( )
A． eq \f(2,3) B. 2
C． eq \f(4,3) D. 4
5．等差数列{an}中，a4，a2 019是方程x2－4x＋3＝0的两个根，则{an}的前2 022项和为( )
A．1 011 B. 2 022
C．4 044 D. 8 088
6．已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)(ω>0，0<φ< eq \f(π,2))的部分图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间是( )
A．[－ eq \f(4π,3)＋2kπ， eq \f(2π,3)＋2kπ](k∈Z)
B．[－ eq \f(4π,3)＋4kπ， eq \f(2π,3)＋4kπ](k∈Z)
C．[－ eq \f(π,3)＋2kπ， eq \f(2π,3)＋2kπ](k∈Z)
D．[－ eq \f(5π,3)＋4kπ， eq \f(2π,3)＋4kπ](k∈Z)
7．已知x>0，函数f(x)＝2x＋x－5，g(x)＝x2＋x－4，h(x)＝lg2x＋x－3的零点分别为a，b，c，则( )
A．aC．b8．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝ eq \f(1,2)f(x)，且当x∈(0，1]时，f(x)＝x(1－x).若对任意x∈[m，＋∞)，都有f(x)≤ eq \f(1,18)，则m的取值范围是( )
A．[ eq \f(7,3)，＋∞) B．[ eq \f(8,3)，＋∞)
C．[ eq \f(11,4)，＋∞) D．[3，＋∞)
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知函数f(x)＝sin x(sin x＋ eq \r(3)cs x)，则( )
A．f(x)的最大值为2
B．f(x)的最小正周期为π
C．f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,3)对称
D．f(x)的图象关于点( eq \f(7π,12)，0)对称
10.
如图，AB为圆锥SO底面圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的一点，N为SA的中点，则圆O上存在点M使( )
A．MN∥SC
B．MN∥平面SBC
C．SM⊥AC
D．AM⊥平面SBC
11．已知公比为q的正项等比数列{an}，其首项a1>1，前n项和为Sn，前n项积为Tn，且函数f(x)＝x(x＋a1)(x＋a2)…(x＋a9)在点(0，0)处切线斜率为1，则( )
A．数列{an}单调递增
B．数列{lg an}单调递减
C．n＝4或5时，Tn取值最大
D．Sn< eq \f(1,q4（1－q）)
12．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xex，x≤0,ln x＋\f(a,x)，x>0))，以下结论不正确的是( )
A．a＝－1时，若f(m)＝0，则f(m－1)＝－ eq \f(1,e)
B．a＝1时，f(x)的图象与直线y＝x有两个交点
C．a<－1是f(x)在(0，＋∞)上单调递增的必要不充分条件
D．0[答题区]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知sin ( eq \f(7π,2)－α)＝ eq \f(4,5)，那么cs α＝________.
14．设向量a＝(2，1)，b＝(－6，2)，则a与b的夹角为____________，a在b上的投影向量为____________.
15．过点(1，0)且与曲线y＝(x2－1)ex相切的直线方程为________．
16.
如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥．公路里程、高铁里程双双都是世界第一．建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先．如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2 eq \r(6)，则模型中九个球的体积和为__________.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10分)记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b＝c＋2a cs C.
(1)求角A；
(2)若b＝3，c＝4， eq \(BC,\s\up6(→))＝3 eq \(BD,\s\up6(→))，求△ACD的面积．
18．(12分) 已知数列{an}满足 eq \f(3,an＋1＋2)＝ eq \f(3,an＋2)＋λ，其中λ为常数，且a2＝－1，a5＝－ eq \f(5,3).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令cn＝(an＋2) eq \f(1,2n＋1)，记数列{cn}的前n项和为Tn，证明：1≤Tn< eq \f(3,2).
19．(12分)如图，正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，AA1＝4，D是AB的中点，E是CC1上一动点．
(1)若CE＝1，求A1到平面BAE的距离；
(2)若CD∥平面A1BE，求平面A1BE与平面BCC1B1夹角的余弦值．
20．(12分) 已知函数f(x)＝2sin ( eq \f(π,3)－2x)，函数g(x)的图象与f(x)的图象关于点( eq \f(π,8)， eq \f(3,2))对称，把g(x)的图象向右平移 eq \f(π,6)个单位得到函数h(x)的图象．
(1)求h(x)的解析式；
(2)设函数t(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h（x），x≤0,lga（x＋2），x>0))(a>0，且a≠1)，若t(x)的值域是[1，＋∞)，求a的取值范围．
21．(12分)[2020·新高考Ⅰ卷]
如图，四棱锥P ­ ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
22．(12分)已知函数f(x)＝a ln x－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设x1，x2是f(x)的两个不同零点，且x1e.
滚动过关检测六 第一章～第七章
1．答案：D
解析：由－1<2－x≤1，化简可得－1≤x－2<1，所以1≤x<3，
所以M＝{x|1≤x<3}，又N＝{1，2，3}，所以M∩N＝{1，2}．
故选D.
2．答案：C
解析：由（z－1）·i＝4（1－i）可得z＝ eq \f(4（1－i）,i)＋1＝ eq \f(4（1－i）·（－i）,i（－i）)＋1＝－4－4i＋1＝－3－4i，
所以|z|＝ eq \r(（－3）2＋（－4）2)＝5.故选C.
3．答案：D
解析：因为a，b是单位向量，所以|a|＝1，|b|＝1，所以a2＝1，b2＝1，所以a2＝b2，D正确；由已知a，b共线，所以a，b的方向相同或相反； 当a，b的方向相反时，a≠b，A错误；当a，b的方向相反时，a·b＝|a|·|b|cs 180°＝－1，B错误，C错误．故选D.
4．答案：C
解析：由题意知：BC⊥平面A1ACC1，设BC＝x ，则有AC＝ eq \r(AB2－BC2)＝ eq \r(4－x2) ，
＝ eq \f(1,3)BC·＝ eq \f(1,3)x×2× eq \r(4－x2)＝ eq \f(2,3)x eq \r(4－x2)，0考虑（）2＝ eq \f(4,9)x2·（4－x2）是关于x2开口向下的二次函数，当x2＝2时取得最大值，最大值＝ eq \f(4,9)×2×（4－2）＝ eq \f(16,9) ，
∴的最大值为 eq \f(4,3).
故选C.
5．答案：C
解析：因为a4，a2 019是方程x2－4x＋3＝0的两个根，故可得a4＋a2 019＝4，
又数列{an}是等差数列，故a1＋a2 022＝a4＋a2 019＝4，
故S2 022＝ eq \f(2 022×（a1＋a2 022）,2)＝4 044.
故选C.
6．答案：B
解析：根据f（x）的图象可知：f（0）＝1，故可得2sin φ＝1，即sin φ＝ eq \f(1,2)，又φ∈（0， eq \f(π,2)），故φ＝ eq \f(π,6)；
又f（ eq \f(4π,3)）＝1，故可得2sin （ eq \f(4π,3)×ω＋ eq \f(π,6)）＝1，解得 eq \f(4π,3)×ω＋ eq \f(π,6)＝2kπ＋ eq \f(π,6)或2kπ＋ eq \f(5,6)π，k∈Z，
解得：ω＝ eq \f(3,2)k或 eq \f(3,2)k＋ eq \f(1,2)，k∈Z，
数形结合可知： eq \f(T,2)> eq \f(4,3)π，即 eq \f(2π,2ω)> eq \f(4,3)π，结合ω>0，解得ω∈（0， eq \f(3,4)），
显然ω＝ eq \f(3,2)k，k∈Z不满足题意，故对ω＝ eq \f(3,2)k＋ eq \f(1,2)，k∈Z，当且仅当k＝0时，ω＝ eq \f(1,2)满足题意；
故f（x）＝2sin （ eq \f(1,2)x＋ eq \f(π,6)）；
令2kπ－ eq \f(π,2)≤ eq \f(1,2)x＋ eq \f(π,6)≤2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，解得x∈[－ eq \f(4π,3)＋4kπ， eq \f(2π,3)＋4kπ]（k∈Z）.
即f（x）的单调增区间为：[－ eq \f(4π,3)＋4kπ， eq \f(2π,3)＋4kπ]（k∈Z）.
故选B.
7．答案：C
解析：因为f（x）＝2x＋x－5单调递增，
且f（1.6）＝21.6－3.4＝ eq \r(5,（21.6）5)－ eq \r(5,（3.4）5)＝ eq \r(5,256)－ eq \r(5,454.354 24)<0，f（2）＝4＋2－5>0，
由零点的存在性定理可知f（x）有唯一零点a且1.6因为g（x）＝x2＋x－4在（0，＋∞）单调递增，
且g（1）＝1＋1－4<0，g（1.6）＝1.62－2.4＝2.56－2.4>0，
由零点的存在性定理可知g（x）有唯一零点b且1因为h（x）＝lg2x＋x－3在（0，＋∞）单调递增，
且h（2）＝1＋2－3＝0，
由零点的存在性定理可知h（x）有唯一零点c＝2，
所以b故选C.
8．答案：B
解析：因为f（x＋1）＝ eq \f(1,2)f（x），当x∈（0，1]时，f（x）＝x（1－x）.
所以当x∈（k，k＋1]，k∈N*时，f（x）＝ eq \f(1,2)f（x－1）＝（ eq \f(1,2)）2f（x－2）＝…＝（ eq \f(1,2)）k－1f（x－k＋1）＝（ eq \f(1,2)）kf（x－k），
因为k所以当x∈（k，k＋1]，k∈N*时，f（x）＝（ eq \f(1,2)）k（x－k）（1－x＋k），
又f（ eq \f(1,2)）＝ eq \f(1,4)，且对任意x∈[m，＋∞），都有f（x）≤ eq \f(1,18)，所以m> eq \f(1,2)，
作出函数f（x）在（0，＋∞）上的图象，
要使f（x）≤ eq \f(1,18)，则需x≥x1，其中2.5所以 eq \f(1,4)（x1－2）（3－x1）＝ eq \f(1,18)，解得x1＝ eq \f(8,3)，所以m≥ eq \f(8,3).
故选B.
9．答案：BC
解析：因为f（x）＝sin x（sin x＋ eq \r(3)cs x），所以f（x）＝sin2x＋ eq \r(3)sinx cs x＝ eq \f(1－cs 2x,2)＋ eq \f(\r(3),2)sin 2x，所以f（x）＝ eq \f(\r(3),2)sin 2x－ eq \f(1,2)cs 2x＋ eq \f(1,2)＝sin （2x－ eq \f(π,6)）＋ eq \f(1,2)，
所以f（x）的最大值为 eq \f(3,2)，故A错误．
f（x）的最小正周期T＝ eq \f(2π,2)＝π，故B正确．
令2x－ eq \f(π,6)＝kx＋ eq \f(π,2)，k∈Z，化简得x＝ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,3)，k∈Z，取k＝0可得x＝ eq \f(π,3)，所以函数f（x）的图象关于直线x＝ eq \f(π,3)对称，故C正确．令2x－ eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，化简得x＝ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,12)，k∈Z，取k＝1可得x＝ eq \f(7π,12)，当x＝ eq \f(7π,12)时，f（x）＝ eq \f(1,2)，所以f（x）的图象关于点（ eq \f(7π,12)， eq \f(1,2)）对称．故D错误．
故选BC.
10．答案：BC
解析：假设存在点M使MN∥SC，所以M，N，S，C四点共面，
又因为A∈SN，所以A∈平面MNSC，
易得点A，M，C为平面MNSC和平面ABC的公共点，
所以A，M，C三点共线，与题意矛盾，
故不存在点M使MN∥SC，即A错误；
过O作OM∥BC，交劣弧AC于点M，连接ON，
由于N，O分别为SA，AB的中点，所以ON∥SB，
由于OM⊄平面SBC，ON⊄平面SBC，所以OM∥平面SBC，ON∥平面SBC，
又因为OM∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC，
由于MN⊂平面OMN，所以MN∥平面SBC，即B正确；
点M的位置同选项B，
由于AB为直径，所以AC⊥BC，即AC⊥OM，
由圆锥易得SO⊥AC，SO∩OM＝O，
所以AC⊥平面SOM，所以AC⊥SM，即C正确；
假设存在点M使AM⊥平面SBC，所以AM⊥SB，
又因为AM⊥SO，SO∩SB＝S，所以AM⊥平面SBO，
故平面SBC应与平面SBO平行，与题意显然不符，即D错误．
故选BC.
11．答案：BCD
解析：对A：因为f（x）＝x（x＋a1）（x＋a2）…（x＋a9），
故f′（x）＝（x＋a1）（x＋a2）…（x＋a9）＋x[（x＋a1）（x＋a2）…（x＋a9）]′
则f′（0）＝a1a2…a9＝1，（a5）9＝1，解得a5＝1，
又a1>1，且数列{an}是正项数列，故可得q∈（0，1），故该数列单调递减，A错误；
对B：lg an＋1－lg an＝lg eq \f(an＋1,an)＝lg q，由A知：q∈（0，1），故lg q<0，
故数列{lg an}单调递减，B正确；
对C：由A可知：a5＝1，又a1>1，q∈（0，1），
故数列{an}的前4项均为大于1的正数，从第6项开始均为小于1的正数，
故当n＝4或5时，Tn取得最大值，C正确；
对D：因为q≠1，故Sn＝ eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝ eq \f(a5（1－qn）,q4（1－q）)＝ eq \f(1－qn,q4（1－q）)，因为q∈（0，1），0故选BCD.
12．答案：ACD
解析：对于选项A，当x≤0时，f（m）＝0⇔mem＝0.
因∀m<0，mem<0，故x≤0时，f（m）＝0有唯一解m＝0.
此时f（m－1）＝f（－1）＝－ eq \f(1,e).
当x>0，a＝－1时，f（m）＝0⇔ln m－ eq \f(1,m)＝0.此时，f′（x）＝ eq \f(1,x)＋ eq \f(1,x2)>0，
则f（x）在（0，＋∞）上单调递增．又f（1）＝－1<0，f（2）＝ln 2－ eq \f(1,2)＝ln 4 eq \s\up6(\f(1,2))－ln e eq \s\up6(\f(1,2))>0，
故∃m∈（1，2），使得f（m）＝0.则0故f（m－1）对于选项B，分析函数g（x）＝f（x）－x.因a＝1，
则g（x）＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xex－x，x≤0,ln x＋\f(1,x)－x，x>0))，
当x≤0时，g（x）＝x（ex－1），对∀x<0，ex－1<0，则x≤0时，g（x）有唯一零点0.
当x>0时，g′（x）＝ eq \f(1,x)－ eq \f(1,x2)－1＝ eq \f(－x2＋x－1,x2)＝ eq \f(1,x2)·[－（x－ eq \f(1,2)）2－ eq \f(3,4)]<0，
则g（x）在（0，＋∞）上单调递减．又g（1）＝0，故当x>0时，g（x）有唯一零点1.
综上，g（x）在R上有两个零点，即f（x）的图象与直线y＝x有两个交点．故B正确．
对于C选项，因f（x）在（0，＋∞）上单调递增，则∀x∈（0，＋∞），f′（x）＝ eq \f(1,x)－ eq \f(a,x2)≥0，
得∀x∈（0，＋∞），a≤x⇒a≤0.故C不正确．
对于选项D，设f（x）的零点为t，则y＝f（f（x））的零点个数，就是方程f（x）＝t解的个数．由选项A知，当x≤0时，f（x）有唯一零点0.
当x>0时，由f（x）＝0，得a＝－x ln x.
故此时f（x）零点个数就是h（x）＝－x ln x图象与直线y＝a的交点个数．
h′（x）＝－（ln x＋1），得h（x）在（0， eq \f(1,e)）上单调递增，在[ eq \f(1,e)，＋∞）上单调递减．
则h（x）≤h（ eq \f(1,e)）＝ eq \f(1,e).又注意到lim eq \(,\s\d4(x→0)) h（x）＝0，h（1）＝0，0则y＝a与图象h（x）有两个交点，即f（x）有两个零点，设为x1，x2
其中x1∈（0， eq \f(1,e)），x2∈（ eq \f(1,e)，1），
又当x≤0时，f′（x）＝（x＋1）ex.则f（x）在（－∞，－1）上单调递减，在[－1，0]上单调递增，
当x>0时，f′（x）＝ eq \f(1,x)－ eq \f(a,x2)＝ eq \f(x－a,x2)，因0又f（－1）＝－ eq \f(1,e)<0，f（0）＝0，f（a）＝ln a＋1<0，f（1）＝a>0.
据此可做出f（x）的大致图象．
方程f（x）＝t解的个数就是f（x）图象与直线y＝t的交点个数．
当t＝0时，由图可知有3个交点；当t＝x1时，有2个交点；当t＝x2时，有2个交点，
综上，0故选ACD.
13．答案：－ eq \f(4,5)
解析：因为sin （ eq \f(7π,2)－α）＝sin （3π＋ eq \f(π,2)－α）＝sin （2π＋π＋ eq \f(π,2)－α）
＝sin （π＋ eq \f(π,2)－α）＝－sin （ eq \f(π,2)－α）＝－cs α＝ eq \f(4,5)，所以cs α＝－ eq \f(4,5).
14．答案： eq \f(3π,4) （ eq \f(3,2)，－ eq \f(1,2)）
解析：由题意得a·b＝2×（－6）＋1×2＝－10，
又因为|a|＝ eq \r(22＋12)＝ eq \r(5)，|b|＝ eq \r(（－6）2＋22)＝2 eq \r(10)，
所以cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|)＝－ eq \f(\r(2),2)，所以a与b的夹角为 eq \f(3π,4)，
a在b上的投影向量为 eq \f(a·b,|b|)· eq \f(b,|b|)＝ eq \f(－10,2\r(10))× eq \f(1,2\r(10))（－6，2）＝（ eq \f(3,2)，－ eq \f(1,2)）.
15．答案：y＝2ex－2e或y＝－ eq \f(1,e2)x＋ eq \f(1,e2).
解析：设切点的横坐标为x0，
因为y＝（x2－1）ex，故y′＝（x2＋2x－1）ex，
故（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －1）－0＝（x0－1）（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋2x0－1），整理得到：（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋x0－2）（x0－1）＝0，
故x0＝－2或x0＝1，故切线的斜率为2e或－ eq \f(1,e2)，
故切线方程为y＝2e（x－1）或y＝－ eq \f(1,e2)（x－1），
即y＝2ex－2e或y＝－ eq \f(1,e2)x＋ eq \f(1,e2).
16．答案： eq \f(25π,12)
解析：
如图所示正四面体A­BCD，设棱长为a，高为h，O为正四面体A­BCD内切球的球心，延长AO交底面BCD于E，E是等边三角形△BCD的中心，过A作AF⊥CD交CD于F，连接BF，
则OE为正四面体A­BCD内切球的半径，
因为AF＝BF＝ eq \f(\r(3),2)a，BE＝ eq \f(2,3)BF＝ eq \f(\r(3),3)a，EF＝ eq \f(1,3)BF＝ eq \f(\r(3),6)a，
所以h＝AE＝ eq \r(AF2－EF2)＝ eq \f(\r(6),3)a，
所以OE＝ eq \r(BO2－BE2)＝ eq \r(（AE－OE）2－BE2)，解得r＝OE＝ eq \f(\r(6),12)a＝ eq \f(1,4)h，
所以正四面体A­BCD内切球的体积V＝ eq \f(4,3)πr3＝ eq \f(πh3,48)，
由图可知最大球内切于高h大＝ eq \f(\r(6),3)×2 eq \r(6)＝4的正四面体中，最大球半径r大＝ eq \f(1,4)h＝1，
故最大球体积为V大＝ eq \f(4,3)π×13＝ eq \f(4π,3)；
中等球内切于高h中＝h大－2r大＝2的正四面体中，中等球半径r中＝ eq \f(1,4)h中＝ eq \f(1,2)，
故中等球的体积为V中＝ eq \f(4,3)π×（ eq \f(1,2)）3＝ eq \f(π,6)；
最小球内切于高h小＝h中－2r中＝1的正四面体中，最小球半径r小＝ eq \f(1,4)h小＝ eq \f(1,4)，
故最小球的体积为V小＝ eq \f(4,3)π×（ eq \f(1,4)）3＝ eq \f(π,48)；
所以九个球的体积和V＝V大＋4V中＋4V小＝ eq \f(25π,12).
17．解析：（1）已知2b＝c＋2a cs C，由正弦定理得：2sin B＝sin C＋2sin A cs C，
即2sin （A＋C）＝2sin A cs C＋sin C，所以2sin A cs C＋2cs A sin C＝2sin A cs C＋sin C，
化简得2sin C cs A＝sin C，
∵C∈（0，π），sin C≠0，∴cs A＝ eq \f(1,2)，
又∵A∈（0，π），∴A＝ eq \f(π,3).
（2）由已知可得b＝3，c＝4，又A＝ eq \f(π,3).由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bc cs A，
所以a2＝32＋42－2×3×4× eq \f(1,2)，所以a＝ eq \r(13)，
因为 eq \(BC,\s\up6(→))＝3 eq \(BD,\s\up6(→))，所以DC＝ eq \f(2\r(13),3)，
在△ABC中，由余弦定理可知cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝ eq \f(\r(13),13)，
所以sin C＝ eq \f(2\r(39),13)，
所以S△ACD＝ eq \f(1,2)× eq \f(2\r(13),3)×3× eq \f(2\r(39),13)＝2 eq \r(3)，
所以△ACD的面积为2 eq \r(3).
18．解析：（1）由已知 eq \f(3,an＋1＋2)＝λ＋ eq \f(3,an＋2)，令bn＝ eq \f(3,an＋2)，可知数列{bn}是公差为λ的等差数列，
b2＝ eq \f(3,a2＋2)＝ eq \f(3,－1＋2)＝3，b5＝ eq \f(3,a5＋2)＝ eq \f(3,－\f(5,3)＋2)＝9，b5－b2＝3λ，即λ＝2，
所以bn＝b2－（n－2）·λ＝2n－1，即 eq \f(3,an＋2)＝2n－1，解得an＝ eq \f(3,2n－1)－2，所以数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(3,2n－1)－2.
（2）证明：cn＝ eq \f(3,（2n－1）（2n＋1）)＝ eq \f(3,2)（ eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1)），
所以Tn＝ eq \f(3,2)（1－ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,3)－ eq \f(1,5)＋ eq \f(1,5)－ eq \f(1,7)…＋ eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1)）＝ eq \f(3,2)（1－ eq \f(1,2n＋1)），
由于n≥1，n∈N*，0< eq \f(1,2n＋1)≤ eq \f(1,3)，所以1≤Tn< eq \f(3,2).
19．解析：（1）方法一
如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，由题意易知A（0，0，0），B（ eq \r(3)，1，0），E（0，2，1），A1（0，0，4），C（0，2，0），
所以 eq \(AA1,\s\up6(→))＝（0，0，4）， eq \(AB,\s\up6(→))＝（ eq \r(3)，1，0）， eq \(AE,\s\up6(→))＝（0，2，1），
设平面ABE的一个法向量为m＝（x，y，z），
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AB,\s\up6(→))＝0,m·\(AE,\s\up6(→))＝0))，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋y＝0,2y＋z＝0))，令x＝1，
得m＝（1，－ eq \r(3)，2 eq \r(3)），
设A1到平面ABE的距离为d，则
方法二
在正三棱柱ABC ­A1B1C1中，D为AB的中点，
所以CD⊥平面ABB1A1，因为AB＝2，所以CD＝ eq \r(3)，
因为CE∥平面ABB1A1，所以E到平面ABB1A1的距离为 eq \r(3)，
所以＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×2×4× eq \r(3)＝ eq \f(4\r(3),3)，
易知DE＝2，设A1到平面ABE的距离为d，
则＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×2×2×d＝ eq \f(2d,3)，
因为＝，所以d＝2 eq \r(3).
（2）方法一
由（1）知A（0，0，0），B（ eq \r(3)，1，0），A1（0，0，4），C（0，2，0），D（ eq \f(\r(3),2)， eq \f(1,2)，0），
设E（0，2，b），所以 eq \(CD,\s\up6(→))＝（ eq \f(\r(3),2)，－ eq \f(3,2)，0）， eq \(A1B,\s\up6(→))＝（ eq \r(3)，1，－4）， eq \(A1E,\s\up6(→))＝（0，2，b－4），
设平面A1BE的一个法向量为n＝（x，y，z），
令z＝1，得n＝（ eq \f(（b＋4）\r(3),6)， eq \f(4－b,2)，1），
因为CD∥平面A1BE，所以 eq \(CD,\s\up6(→))·n＝0，解得b＝2，所以E为CC1中点，n＝（ eq \r(3)，1，1）
取BC的中点H，易知AH⊥平面BCC1B1，H（ eq \f(\r(3),2)， eq \f(3,2)，0），
所以平面BCC1B1的一个法向量为 eq \(AH,\s\up6(→))＝（ eq \f(\r(3),2)， eq \f(3,2)，0），
所以平面A1BE与平面BCC1B1的夹角θ的余弦值为
cs θ＝|cs 〈n， eq \(AH,\s\up6(→))〉|＝ eq \f(|n·\(AH,\s\up6(→))|,|n|·|\(AH,\s\up6(→))|)
＝ eq \f(|\r(3)×\f(\r(3),2)＋1×\f(3,2)＋1×0|,\r(（\r(3)）2＋12＋12)× \r(（\f(\r(3),2)）2＋（\f(3,2)）2＋02))＝ eq \f(3,\r(15))＝ eq \f(\r(15),5).
所以，平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为 eq \f(\r(15),5).
方法二
取A1B1中点F，连接C1F、DF，
记DF∩A1B＝G，则G是DF中点，连接GE，则平面CDFC1∩平面A1BE＝GE，
因为CD∥平面A1BE，CD⊂平面CDFC1，所以CD∥GE，
因为G是DF中点，所以E是CC1中点．
所以 eq \( AA1,\s\up6(→))＝（0，0，4）， eq \(A1B,\s\up6(→))＝（ eq \r(3)，1，－4）， eq \(A1E,\s\up6(→))＝（0，2，－2）
设平面A1BE的一个法向量为n＝（x，y，z），
令z＝1，得n＝（ eq \r(3)，1，1）
取BC的中点H，易知AH⊥平面BCC1B1，H（ eq \f(\r(3),2)， eq \f(3,2)，0），
所以平面BCC1B1的一个法向量为 eq \(AH,\s\up6(→))＝（ eq \f(\r(3),2)， eq \f(3,2)，0），
所以平面A1BE与平面BCC1B1的夹角θ的余弦值为：
cs θ＝|cs 〈n， eq \(AH,\s\up6(→))〉|＝ eq \f(|n·\(AH,\s\up6(→))|,|n||\(AH,\s\up6(→))|)
＝ eq \f(|\r(3)×\f(\r(3),2)＋1×\f(3,2)＋1×0|,\r(（\r(3)）2＋12＋12)× \r(（\f(\r(3),2)）2＋（\f(3,2)）2＋02))＝ eq \f(3,\r(15))＝ eq \f(\r(15),5).
所以，平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为 eq \f(\r(15),5).
20．解析：（1）设（x，y）是g（x）图象上任意一点，设（x′，y′）是点（x，y）关于点（ eq \f(π,8)， eq \f(3,2)）的对称点，则x＋x′＝ eq \f(π,4)，y＋y′＝3，所以x′＝ eq \f(π,4)－x，y′＝3－y，由已知（ eq \f(π,4)－x，3－y）在f（x）图象上，所以3－y＝2sin [ eq \f(π,3)－2（ eq \f(π,4)－x）]，y＝3－2sin （2x－ eq \f(π,6)），即g（x）＝3－2sin （2x－ eq \f(π,6)），把g（x）图象向右平移 eq \f(π,6)个单位，得
h（x）＝3－2sin [2（x－ eq \f(π,6)）－ eq \f(π,6)]＝3－2sin （2x－ eq \f(π,2)）＝3＋2cs 2x，
所以h（x）＝3＋2cs 2x.
（2）因为当x≤0时，h（x）＝3＋2cs 2x，cs 2x∈[－1，1]，所以h（x）∈[1，5]，
当x>0时，t（x）＝lga（x＋2），
当0当a>1时，函数t（x）＝lga（x＋2）在（0，＋∞）上单调递增，t（x）在（0，＋∞）的取值范围为（lga 2，＋∞），所以t（x）的值域为（lga2，＋∞）∪[1，5]，
要使t（x）的值域为[1，＋∞），则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>1,1≤lga 2≤5))，解得 eq \r(5,2)≤a≤2.
故所求a的取值范围为[ eq \r(5,2)，2].
21．解析：（1）证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.又AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以l∥AD，
因此l⊥平面PDC.
（2）以D为坐标原点， eq \(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­ xyz，则D（0，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1）， eq \(DC,\s\up6(→))＝（0，1，0）， eq \(PB,\s\up6(→))＝（1，1，－1）．
由（1）可设Q（a，0，1），则 eq \(DQ,\s\up6(→))＝（a，0，1）.
设n＝（x，y，z）是平面QCD的法向量，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DQ,\s\up6(→))＝0，,n·\(DC,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax＋z＝0，,y＝0.))
可取n＝（－1，0，a）.
所以cs 〈n， eq \(PB,\s\up6(→))〉＝ eq \f(n·\(PB,\s\up6(→)),|n|·|\(PB,\s\up6(→))\(|,\s\up6( )) )＝ eq \f(－1－a,\r(3)·\r(1＋a2)) .
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝ eq \f(\r(3),3)× eq \f(|a＋1|,\r(1＋a2))＝ eq \f(\r(3),3) eq \r(1＋\f(2a,a2＋1)).
因为 eq \f(\r(3),3) eq \r(1＋\f(2a,a2＋1))≤ eq \f(\r(6),3)，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为 eq \f(\r(6),3).
22．解析：（1）定义域为（0，＋∞），f′（x）＝ eq \f(a,x)－1＝ eq \f(a－x,x)，
①当a≤0时，f′（x）<0，f（x）在（0，＋∞）单调递减；
②当a>0时，解f′（x）<0得x∈（0，a）；解f′（x）<0，得x∈（a，＋∞），
综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；
当a>0时，f（x）在（0，a）上单调递增，f（x）在（a，＋∞）单调递减．
（2）证明：由于0∴ eq \f(x1,x2)＝ eq \f(ln x1,ln x2)，令 eq \f(x1,x2)＝ eq \f(ln x1,ln x2)＝t，t∈（0，1），
则x1＝tx2，ln x1＝t ln x2，∴ln x1＝ eq \f(t ln t,t－1)，ln x2＝ eq \f(ln t,t－1)，
要证2ln x1＋ln x2>e，即证 eq \f(2t ln t,t－1)＋ eq \f(ln t,t－1)>e，
即证（2t＋1）ln t－e（t－1）<0.
构造函数g（t）＝（2t＋1）ln t－e（t－1），g′（t）＝2ln t＋ eq \f(1,t)＋2－e.
令h（t）＝2ln t＋ eq \f(1,t)＋2－e，h′（t）＝ eq \f(2t－1,t2)，
当0当 eq \f(1,2)0，h（t）单调递增．
h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))>h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，∴h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))<0，又h（1）>0，
∴∃t0∈（ eq \f(1,2)，1），使得h（t0）＝0，
当00，g（t）单调递增；
当 eq \f(1,e)当t00，g（t）单调递增．
又g（ eq \f(1,e)）＝e－2－ eq \f(2,e)<0，g（1）＝0，
因此有g（t）＝（2t＋1）ln t－e（t－1）<0，即 eq \f(（2t＋1）ln t,t－1)∴2ln x1＋ln x2>e.
题号
1
2
3
4
5
6
答案
题号
7
8
9
10
11
12
答案