2022年高考三轮复习之仿真模拟卷3

这是一份2022年高考三轮复习之仿真模拟卷3，共15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。
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．已知i为虚数单位，复数z＝eq \f(a,1＋2i)＋i(a∈R)在复平面内的对应点为(x，y)，则( )
A．y＝－2x＋1 B．y＝2x－1
C．y＝－2x＋5 D．y＝3x－1
答案 A
解析 ∵z＝eq \f(a,1＋2i)＋i＝eq \f(a1－2i,5)＋i＝eq \f(a,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2a,5)))i，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(a,5)，,y＝1－\f(2a,5)，))得y＝－2x＋1.
2．已知集合A＝{x|－x＋1≥0}，B＝{x|2x2－x－1≤0}，则A∪B等于( )
A．(－∞，1] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))
答案 A
解析 集合A＝{x|－x＋1≥0}＝{x|x≤1}，
集合B＝{x|2x2－x－1≤0}＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)≤x≤1))))，
则A∪B＝{x|x≤1}．
3．(x－1)(x－2)7的展开式中x6项的系数为( )
A．14 B．28 C．70 D．98
答案 D
解析 展开式中x6项的系数为Ceq \\al(2,7)·(－2)2－1·Ceq \\al(1,7)·(－2)＝98.
4．已知抛物线y2＝4x的准线过双曲线eq \f(x2,m)－eq \f(y2,2m2)＝1(m≠0)的焦点，则双曲线的渐近线方程是( )
A．y＝±eq \r(2)x B．y＝±x
C．y＝±eq \f(\r(2),2)x D．y＝±eq \f(1,2)x
答案 B
解析 抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，
由题意得1＝m＋2m2，且m>0，解得m＝eq \f(1,2)，
于是可得双曲线的渐近线方程为y＝±x.
5.(2020·黄山模拟)斐波那契螺旋线也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列1,1,2,3,5,8,13…作为正方形的边长拼成长方形后画出来的螺旋曲线(由圆弧拼接而成)．斐波那契螺旋线在自然界中很常见，比如海螺的外壳、花瓣、向日葵、台风、水中的漩涡、星系等所呈现的都是斐波那契螺旋．图中所示“黄金螺旋”的长度为( )
A．6π B.eq \f(33,2)π
C．10π D．27π
答案 B
解析 若正方形边长为a，则此正方形内的弧长l＝eq \f(1,4)×2πa，
题图中所示“黄金螺旋”的长度为l＝eq \f(1,4)×2π×1＋eq \f(1,4)×2π×1＋eq \f(1,4)×2π×2＋eq \f(1,4)×2π×3＋eq \f(1,4)×2π×5＋eq \f(1,4)×2π×8＋eq \f(1,4)×2π×13＝eq \f(33,2)π，故选B.
6．(2020·新高考全国Ⅰ)基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I(t)＝ert描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位：天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0＝1＋rT.有学者基于已有数据估计出R0＝3.28，T＝6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln 2≈0.69)
( )
A．1.2天 B．1.8天 C．2.5天 D．3.5天
答案 B
解析 由R0＝1＋rT，R0＝3.28，T＝6，
得r＝eq \f(R0－1,T)＝eq \f(3.28－1,6)＝0.38.
由题意，累计感染病例数增加1倍，
则I(t2)＝2I(t1)，
即，
所以＝2，
即0.38(t2－t1)＝ln 2，
所以t2－t1＝eq \f(ln 2,0.38)≈eq \f(0.69,0.38)≈1.8.
7．已知F1，F2分别是双曲线x2－eq \f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦点，点P为双曲线右支上的一点，满足(eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \(OF2,\s\up6(→)))·eq \(F2P,\s\up6(→))＝0(O为坐标原点)，且cs∠PF1F2＝eq \f(2\r(5),5)，则该双曲线的离心率为( )
A.eq \r(3) B．2 C．3 D.eq \r(5)
答案 D
解析 由(eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \(OF2,\s\up6(→)))·eq \(F2P,\s\up6(→))＝0，
得|OP|＝|OF2|，
∴在△PF1F2中，OP是边F1F2上的中线，
且|OP|＝eq \f(1,2)|F1F2|，∴∠F1PF2＝90°.
在Rt△PF1F2中，
由cs∠PF1F2＝eq \f(2\r(5),5)，
得eq \f(|PF1|,|F1F2|)＝eq \f(|PF1|,2c)＝eq \f(2\r(5),5)，
∴|PF1|＝eq \f(4\r(5),5)c，|PF2|＝eq \r(|F1F2|2－|PF1|2)＝eq \f(2\r(5),5)c.
由双曲线的定义可知|PF1|－|PF2|＝eq \f(4\r(5),5)c－eq \f(2\r(5),5)c＝eq \f(2\r(5),5)c＝2a，
∴离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(5).
8．已知函数y＝f(x＋1)是定义在R上的偶函数，且满足f(3－x)＝－f(3＋x)，且当－1≤x≤1时，f(x)＝xln(x＋2)，则f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 020)等于( )
A．ln 3 B．－ln 3
C．4ln 2－ln 3 D．4ln 2＋ln 3
答案 A
解析 因为函数y＝f(x＋1)是定义在R上的偶函数，所以函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称．则f(x)＝f(2－x)，又因为f(3－x)＝－f(3＋x)，令1＋x＝x代入上式得，f(3－1－x)＝－f(3＋1＋x)＝－f(x＋4)，∴f(2－x)＝f(x)＝－f(x＋4)＝f(x＋8)，所以y＝f(x)是以8为周期的周期函数．又f(－1)＝0，f(0)＝0，f(1)＝ln 3，f(2)＝f(0)＝0，f(3)＝f(－1)＝0，f(4)＝－f(2)＝0，f(5)＝－f(1)＝－ln 3，f(6)＝－f(0)＝0，所以f(－1)＋f(0)＋f(1)＋…＋f(6)＝0，故f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 020)＝f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝ln 3.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分)
9．如图所示的折线图表示某商场一年中各月的收入、支出情况，则下列说法中正确的是( )
A．全年收入1至2月份增速最快
B．全年中2月份支出最高
C．四个季度中第二季度的月平均支出最低
D．利润最低的月份是5月份(利润＝收入－支出)
答案 ABC
解析 从折线图看出1至2月份收入数据的连线斜向上，且最陡，故A正确；由折线图可以看出支出的最高点在2月份，故B正确；由折线图可看出第二季度的总支出最低，故第二季度的月平均支出最低，故C正确；5月份的利润为30－10＝20(万元)，8月份的利润为50－40＝10(万元)，20>10，故D错误．
10．已知向量eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，－3)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(－2,1)，eq \(OC,\s\up6(→))＝(t＋3，t－8)．若点A，B，C是一个三角形的顶点，则实数t可以为( )
A．－2 B.eq \f(1,2) C．1 D．－1
答案 ABD
解析 若点A，B，C是一个三角形的顶点，则A，B，C三点不共线，则向量eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))不共线．由于向量eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，－3)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(－2,1)，eq \(OC,\s\up6(→))＝(t＋3，t－8)，因此eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝(－3,4)，eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))＝(t＋5，t－9)．若A，B，C三点不共线，则－3(t－9)－4(t＋5)≠0，∴t≠1.
11．已知函数f(x)＝1＋2cs xcs(x＋3φ)是偶函数，其中φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则下列关于函数g(x)＝cs(2x－φ)的描述正确的是( )
A．geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝1
B．g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,3)))上的最小值为0
C．g(x)的图象可由函数f(x)的图象向上平移2个单位长度，向右平移eq \f(π,3)个单位长度得到
D．g(x)的图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))
答案 ABD
解析 ∵f(x)＝1＋2cs xcs(x＋3φ)是偶函数，
∴y＝cs(x＋3φ)是偶函数，则3φ＝kπ，k∈Z.
又φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴φ＝eq \f(π,3)，
∴g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝cs 0＝1，A正确；
当－eq \f(π,12)≤x≤eq \f(π,3)时，－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,3)，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))∈[0,1]，故B正确；
f(x)＝1＋2cs xcs(x＋π)＝1－2cs2x＝－cs 2x，显然C错误；
当x＝－eq \f(π,12)时，g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝0，故D正确．
12．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是棱AD，CC1，C1D1的中点，下列命题正确的是( )
A．EF⊥B1C
B．直线FG与直线A1D所成的角为60°
C．过E，F，G三点的平面截该正方体所得的截面为六边形
D．三棱锥B－EFG的体积为eq \f(5,6)
答案 ABD
解析 对于A，如图(1)，设H为BC的中点，连接EH，HF，则EF在平面BCC1B1上的射影为HF.易得B1C⊥HF，所以EF⊥B1C，正确．
对于B，如图(2)，连接CD1，A1B，BD，则GF∥CD1∥A1B，所以直线FG与直线A1D所成的角为∠BA1D.又△A1DB是等边三角形，所以直线FG与直线A1D所成的角为60°，正确．
对于C，如图(3)，过E，F，G三点的平面截该正方体所得的截面为五边形EHFGK，错误．
对于D，建立如图(4)所示的空间直角坐标系，易知E(1,0,0)，B(2,2,0)，F(0,2,1)，G(0,1,2)．取GF的中点M，连接EM，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，\f(3,2)))，所以|EG|＝eq \r(－12＋12＋22)＝eq \r(6)，|EF|＝eq \r(－12＋22＋12)＝eq \r(6)，|GF|＝eq \r(2)，|EM|＝eq \r(－12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2)＝eq \r(\f(11,2))，
所以S△EFG＝eq \f(1,2)|GF|·|EM|＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(\f(11,2))＝eq \f(\r(11),2).
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)．由eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,2,1)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(－1,1,2)，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))·n＝－x＋2y＋z＝0，,\(EG,\s\up6(→))·n＝－x＋y＋2z＝0，))取n＝(3,1,1)．
又eq \(EB,\s\up6(→))＝(1,2,0)，所以点B到平面EFG的距离d＝eq \f(|\(EB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(5,\r(11))，
所以V三棱锥B－EFG＝eq \f(1,3)S△EFG·d＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(11),2)×eq \f(5,\r(11))＝eq \f(5,6)，正确．故选ABD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．2020年1月，某公司通过问卷的形式调查影响员工积极性的六项关键指标：绩效奖励、排班制度、激励措施、工作环境、人际关系、晋升渠道．在确定各项指标权重结果后，进而得到指标重要性所分象限图(如图)．若客户服务中心从中任意抽取不同的两项进行分析，则这两项来自影响稍弱区的概率为________．
答案 eq \f(1,5)
解析 由题图知，来自影响稍弱区的指标有激励措施、工作环境、人际关系三项，
则这两项来自影响稍弱区的概率是P＝eq \f(C\\al(2,3),C\\al(2,6))＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5).
14．已知数列{an}的前n项和是Sn，满足3Sn＝an＋1，则an＝________.
答案 (－1)n－1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
解析 当n＝1时，3S1＝a1＋1，解得a1＝eq \f(1,2)；
当n≥2时，3Sn－1＝an－1＋1，两式作差，
得3an＝an－an－1，即eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2)，
所以数列{an}是等比数列，
首项为a1＝eq \f(1,2)，公比为－eq \f(1,2)，
所以an＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1＝(－1)n－1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
15．已知m>0，n>0，若直线(m＋1)x＋(n＋1)y－2＝0与圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0相切，则m＋n的取值范围为________．
答案 [2＋2eq \r(2)，＋∞)
解析 由于圆(x－1)2＋(y－1)2＝1与直线相切，
所以圆心到直线的距离d＝eq \f(|m＋1＋n＋1－2|,\r(m＋12＋n＋12))＝1，
所以mn＝m＋n＋1≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)))2，
所以(m＋n)2－4(m＋n)－4≥0，
解得m＋n≤2－2eq \r(2)或m＋n≥2＋2eq \r(2)，当且仅当m＝n时等号成立．
因为m>0，n>0，所以m＋n≥2＋2eq \r(2).
16．若存在过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,2)))的直线l与函数f(x)＝x＋ex，g(x)＝x－ea－x的图象都相切，则a＝________.
答案 2
解析 由已知得f′(x)＝1＋ex，g′(x)＝1＋ea－x，
设直线l与函数f(x)的图象相切于点(x1，x1＋)，
则切线斜率k1＝1＋，切线l的方程为y－(x1＋)＝(1＋)(x－x1)．
设直线l与函数g(x)的图象相切于点(x2，x2－)，
则切线斜率k＝1＋，切线l的方程为
y－(x2－)＝(1＋)(x－x2)．
因为过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,2)))的直线l与函数f(x)＝x＋ex，g(x)＝x－ea－x的图象都相切．
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋＝1＋ ， ①,\f(a,2)－x1＋＝1＋1－x1， ②,\f(a,2)－x2－＝1＋1－x2， ③))
由①得x1＝a－x2，将x2＝a－x1代入③得，
eq \f(a,2)－(a－x1－)＝(1＋)(1＋x1－a)．
所以－eq \f(a,2)＋(x1＋)＝(1＋)(1＋x1－a)，④
由②＋④得(1＋)(2－a)＝0，
因为1＋≠0，
所以a＝2.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知cs 2C＝－eq \f(3,4).
(1)求sin C；
(2)当c＝2a，且b＝3eq \r(7)时，求a.
解 (1)因为cs 2C＝－eq \f(3,4)，
即1－2sin2C＝－eq \f(3,4)，
又01，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,2a1＋5d＝6a1d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(25,6)，,d＝\f(5,12)))(舍去)．
∴a1＝b1＝1，d＝q＝2.
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
(2)∵cn＝eq \f(an,bn)，∴cn＝eq \f(2n－1,2n－1)＝(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.
∴Tn＝1＋3×eq \f(1,2)＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋(2n－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2＋(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋(2n－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＋(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
上面两式相减，
得eq \f(1,2)Tn＝1＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1))－(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＝1＋2×eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
＝3－(2n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
∴Tn＝6－(2n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.
选条件②.
(1)∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1d＝2，,2a1＋5d＝3a1d2，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1d＝2，,2a1＋5d＝6d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,d＝－2))(舍去)．
∴a1＝b1＝1，d＝q＝2.
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
(2)∵cn＝eq \f(an,bn)，∴cn＝eq \f(2n－1,2n－1)＝(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.
∴Tn＝1＋3×eq \f(1,2)＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋(2n－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2＋(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋(2n－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＋(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
上面两式相减，
得eq \f(1,2)Tn＝1＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1))－(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＝1＋2×eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
＝3－(2n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
∴Tn＝6－(2n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.
选条件③.
(1)∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝3，,2a1＋7d＝8a1d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(21,8)，,d＝\f(3,8)))(舍去)，
∴a1＝b1＝1，d＝q＝2.
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
(2)∵cn＝eq \f(an,bn)，∴cn＝eq \f(2n－1,2n－1)＝(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.
∴Tn＝1＋3×eq \f(1,2)＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋(2n－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2＋(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋(2n－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＋(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
上面两式相减，
得eq \f(1,2)Tn＝1＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1))－(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＝1＋2×eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
＝3－(2n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
∴Tn＝6－(2n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.
20．(12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若二面角P－AC－E的余弦值为eq \f(\r(6),3)，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
(1)证明 ∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥PC，
∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝eq \r(2)，
∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，
又BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC，
∴AC⊥平面PBC，
∵AC⊂平面EAC，
∴平面EAC⊥平面PBC.
(2)解 如图，以C为原点，取AB的中点F，eq \(CF,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))，eq \(CP,\s\up6(→))分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－1,0)，
设P(0,0，a)(a>0)，
则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(a,2)))，
∴eq \(CA,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(CP,\s\up6(→))＝(0,0，a)，eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(a,2))).
设m＝(x1，y1，z1)为平面PAC的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CA,\s\up6(→))＝0，,m·\(CP,\s\up6(→))＝0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋y1＝0，,az1＝0，))
取x1＝1，则m＝(1，－1,0)，
设n＝(x2，y2，z2)为平面EAC的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CA,\s\up6(→))＝0，,n·\(CE,\s\up6(→))＝0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝0，,\f(1,2)x2－\f(1,2)y2＋\f(a,2)z2＝0，))
取z2＝－2，
得平面EAC的一个法向量n＝(a，－a，－2)．
依题意|cs〈m，n〉|＝eq \f(2a,\r(2)·\r(2a2＋4))＝eq \f(a,\r(a2＋2))＝eq \f(\r(6),3)，
则a＝2.
于是n＝(2，－2，－2)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，
设直线PA与平面EAC所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(PA,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(PA,\s\up6(→))·n|,|\(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(2),3)，
故直线PA与平面EAC所成角的正弦值为eq \f(\r(2),3).
21．(12分)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点(2，eq \r(2))．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设A，B为椭圆C的左、右顶点，过C的右焦点F作直线l交椭圆于M，N两点，分别记△ABM，△ABN的面积为S1，S2，求|S1－S2|的最大值．
解 (1)由e＝eq \f(\r(2),2)，得e2＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，
∴a2＝2b2，①
又eq \f(4,a2)＋eq \f(2,b2)＝1，②
由①②联立，得a2＝8，b2＝4.
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由(1)知F(2,0)，当直线l的斜率不存在时，S1＝S2，于是|S1－S2|＝0.
当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝k(x－2)(k≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))
得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－8＝0，
Δ＝32(1＋k2)>0，
根据根与系数的关系得x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋2k2)，
x1x2＝eq \f(8k2－8,1＋2k2)，
于是|S1－S2|＝eq \f(1,2)×4eq \r(2)×|y1＋y2|
＝2eq \r(2)|k(x1＋x2)－4k|＝2eq \r(2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k×\f(8k2,1＋2k2)－4k))
＝eq \f(8\r(2)|k|,1＋2k2)＝eq \f(8\r(2),\f(1,|k|)＋2|k|)≤eq \f(8\r(2),2\r(2))＝4.
当且仅当k＝±eq \f(\r(2),2)时等号成立，
此时|S1－S2|的最大值为4.
综上，|S1－S2|的最大值为4.
22．(12分)已知函数f(x)＝ln x－m(x－1)．
(1)若m＝3，求函数f(x)的极值；
(2)当x∈[1，＋∞)时，ex＋ef(x)≥e，求实数m的取值范围．
解 (1)当m＝3时，f(x)＝ln x－3(x－1)，x>0，
则f′(x)＝eq \f(1,x)－3＝eq \f(1－3x,x)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))时，f′(x)＞0，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))时，f′(x)＜0，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))上单调递减，
所以当x＝eq \f(1,3)时，函数f(x)有极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝ln eq \f(1,3)－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－1))＝2－ln 3，无极小值．
(2)依题意，得ex＋e[ln x－m(x－1)]≥e，
即ex－1＋ln x－m(x－1)≥1，
令g(x)＝ex－1＋ln x－m(x－1)，g(1)＝1，
则g(x)≥g(1)，g′(x)＝ex－1＋eq \f(1,x)－m，
令F(x)＝ex－1＋eq \f(1,x)－m，则F′(x)＝ex－1－eq \f(1,x2).
令φ(x)＝F′(x)＝ex－1－eq \f(1,x2)(x≥1)，
所以φ′(x)＝ex－1＋eq \f(2,x3)>0，
所以F′(x)在[1，＋∞)上单调递增，F′(1)＝0，当x∈[1，＋∞)时，F′(x)≥0，
所以F(x)在x∈[1，＋∞)上单调递增，且F(1)＝2－m＝g′(1)，
当m≤2，x∈[1，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
g(x)≥g(1)＝1，满足条件；
当m＞2时，g′(1)＝2－m＜0.
又因为g′(ln m＋1)＝eln m－m＋eq \f(1,ln m＋1)＝eq \f(1,ln m＋1)>0，
所以存在x0∈(1，ln m＋1)，使得g′(x0)＝0，
当x∈(1，x0)时，g′(x)＜0；
当x∈(x0，ln m＋1)时，g′(x)＞0，
所以g(x)在(1，x0)上单调递减，
当x∈(1，x0)时，都有g(x)＜g(1)＝1，不符合题意．
综上所述，实数m的取值范围为(－∞，2]．X
0
1
2
3
4
P
eq \f(1,16)
eq \f(1,4)
eq \f(3,8)
eq \f(1,4)
eq \f(1,16)