2022苏州高三上学期期中调研试题数学含解析

这是一份2022苏州高三上学期期中调研试题数学含解析，共17页。试卷主要包含了11等内容，欢迎下载使用。

注 意 事 项
学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：
1．本卷共6页，包含单项选择题(第1题~第8题)、多项选择题(第9题~第12题)、填空题(第13题~第16题)、解答题(第17题~第22题)．本卷满分150分，答题时间为120分钟．答题结束后，请将答题卡交回．
2．答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置．
3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔．请注意字体工整，笔迹清楚．
4．请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、破损．一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔．
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1．已知集合M＝{x|－2≤x≤3}，N＝{x|lg2x≤1}，则M∩N＝
A．[－2，3] B．[－2，2] C．(0，2] D．(0，3]
【答案】C
【考点】集合的运算
【解析】由题意可知，N＝{x|0＜x≤2}，则M∩N＝(0，2]，故答案选C．
2．若a＞0，b＞0，则“ab＜1”是“a＋b＜1”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
【答案】B
【考点】逻辑条件的判断
【解析】
法一：由题意可知，因为a＞0，b＞0，且ab＜1，则a＜EQ \F(1,b)，所以a＋b＜EQ \F(1,b)＋b，又因为EQ \F(1,b)＋b≥2EQ \R(,b·\F(1,b))＝2，则不能得到a＋b＜1；因为a＋b＜1，所以a＜1－b，则ab＜(1－b)b≤EQ \b\bc\((\l(\F(1－b＋b,2)))\s\up12(2)＝EQ \F(1,4)＜1，当且仅当1－b＝b，即b＝EQ \F(1,2)时取等号，则可得到ab＜1，故“ab＜1”是“a＋b＜1”的必要不充分条件，故答案选B．
法二：(特殊值法)可取a＝2，b＝EQ \F(1,4)，满足ab＝EQ \F(1,2)＜1，而a＋b＝EQ \F(9,4)＞1，则不能得到a＋b＜1；可取a＝EQ \F(1,2)，b＝EQ \F(1,4)，满足a＋b＝EQ \F(3,4)＜1，则ab＝EQ \F(1,8)＜1，所以“ab＜1”是“a＋b＜1”的必要不充分条件，故答案选B．
3．若eq tanα＝\f(3,4)，则eq \f(1＋sin2α,1－2sin\s\up6(2)α)＝
A．eq －\f(1,7) B．－7 C．eq \f(1,7) D．7
【答案】D
【考点】三角恒等变换
【解析】由题意可知，eq \f(1＋sin2α,1－2sin\s\up6(2)α)＝EQ \F(sin\S(2)α＋cs\S(2)α＋sin2α,sin\S(2)α＋cs\S(2)α－2sin\S(2)α)＝EQ \F(sin\S(2)α＋cs\S(2)α＋2sinαcsα,cs\S(2)α－sin\S(2)α)＝EQ \F(tan\S(2)α＋1＋2tanα,1－tan\S(2)α)＝EQ \F(\b\bc\((\l(\F(3,4)))\s\up12(2)＋1＋2×\F(3,4),1－\b\bc\((\l(\F(3,4)))\s\up12(2))＝7，故答案选D．
4．函数f(x)＝(3x－x3)sinx的部分图象大致为
【答案】A
【考点】函数图像的识别与判断
【解析】由题意可知，f(－x)＝[3(－x)－(－x)3]sin(－x)＝(3x－x3)sinx＝f(x)，即函数f(x)为偶函数，则排除选项C，又因为f(0)＝0，则排除选项B，当x∈(0，EQ \F(π,6))时，有f(x)＞0，则排除选项D，故答案选A．
5．已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连结DE并延长到点F，使得DE＝2EF，eq \\ac(\S\UP7(→),AF)·\\ac(\S\UP7(→),BC)的值为
A．eq －\f(1,8) B．eq \f(1,8) C．1 D．－8
【答案】B
【考点】平面向量的数量积运算
【解析】法一：由题意可知，eq \\ac(\S\UP7(→),AF)·\\ac(\S\UP7(→),BC)＝(eq \\ac(\S\UP7(→),AD)＋eq \f(3,2)eq \\ac(\S\UP7(→),DE))·eq \\ac(\S\UP7(→),BC)＝eq \\ac(\S\UP7(→),AD)·eq \\ac(\S\UP7(→),BC)＋eq \f(3,2)eq \\ac(\S\UP7(→),DE)·eq \\ac(\S\UP7(→),BC)＝eq \f(1,2)×1cseq \f(2π,3)＋\f(3,2)×\f(1,2)×1·cs\f(π,3)＝\f(1,8)，故答案选B．
法二：由题意可建系，如图所示，则E(0，0)，A(0，EQ \F(\R(,3),2))，B(－eq \f(1,2)，0)，C(eq \f(1,2)，0)，D(－eq \f(1,4)，EQ \F(\R(,3),4))，因为DE＝2EF，所以F(eq \f(1,8)，－EQ \F(\R(,3),8))，则eq \\ac(\S\UP7(→),AF)＝(eq \f(1,8)，－EQ \F(5\R(,3),8))，eq \\ac(\S\UP7(→),BC)＝(1，0)，所以eq \\ac(\S\UP7(→),AF)·\\ac(\S\UP7(→),BC)＝eq \f(1,8)×1＝eq \f(1,8)，故答案选B．
6．定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“躺平点”．若函数g(x)＝lnx，h(x)＝x3－1的“躺平点”分别为α，β，则α，β的大小关系为
A．α≥β B．α＞β C．α≤β D．α＜β
【答案】D
【考点】新定义函数的性质应用
【解析】由题意可知，g′(x)＝EQ \F(1,x)，h′(x)＝3x2，则可得lnx＝EQ \F(1,x)，x3－1＝3x2，可设m(x)＝lnx－EQ \F(1,x)，n(x)＝x3－1－3x2，则m′(x)＝EQ \F(1,x)＋EQ \F(1,x\S(2))＞0，n′(x)＝3x2－6x，所以m(x)在(0，＋)上单调递增，n(x)在(－，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，＋)上单调递增，且m(1)＝－1＜0，m(2)＝ln2－EQ \F(1,2)＞0，所以m(1)m(2)＜0，则α∈(1，2)，n(x)极大值＝n(0)＝－1＜0，所以n(x)有唯一的零点β，且β＞2，所以α＜β，故答案选D．
7．已知函数eq f(x)＝Asin(ωx－\f(π,6))(A＞0，ω＞0)，直线y＝1与f(x)的图象在y轴右侧交点的横坐标依次为a1，a2，…，ak，ak＋1…，(其中k∈N*)，若EQ \F(a\S\DO(2k＋1)－a\S\DO(2k),a\S\DO(2k)－a\S\DO(2k－1))＝2，则A＝
A．eq \f(2\r(,3),3) B．2 C．eq \r(,2) D．eq 2\r(,3)
【答案】B
【考点】三角函数的图象与性质、
【解析】由题意可知，根据三角函数图象得到，a3－a1＝T，且a3－a2＝2(a2－a1)，则解得a2－a1＝EQ \F(T,3)，则a1＝EQ \F(1,2)(EQ \F(T,2)－EQ \F(T,3))＝EQ \F(T,12)，则EQ \F(1,A)＝EQ \F(sin\b\bc\((\l(2π×\F(T,12))),1)，解得A＝2，故答案选B．
8．设数列{am}(m∈N*)，若存在公比为q的等比数列{bm＋1}(m∈N*)，使得bk＜ak＜bk＋1，其中k＝1，2，…，m，则称数列{bm＋1}为数列{am}的“等比分割数列”，则下列说法错误的是
A．数列{b5}：2，4，8，16，32是数列{a4}：3，7，12，24的一个“等比分割数列”
B．若数列{an}存在“等比分割数列”{bn＋1}，则有a1＜…＜ak－1＜ak＜…＜an和b1＜…＜bk－1＜bk＜…＜bn＜bn＋1成立，其中2≤k≤n，k∈N*
C．数列{a3}：－3，－1，2存在“等比分割数列”{b4}
D．数列{a10}的通项公式为eq a\s\d(n)＝2\s\up6(n)(n＝1，2，…，10)，若数列{a10}的“等比分割数列” {b11}的首项为1，则公比eq q∈(2，2\s\up6(\f(10,9)))
【答案】C
【考点】新定义数列的应用
【解析】由题意可知，对于选项A，因为2＜3＜4，4＜7＜8，8＜12＜16，16＜24＜32，即满足bk＜ak＜bk＋1，则数列{b5}：2，4，8，16，32是数列{a4}：3，7，12，24的一个“等比分割数列”，故选项A正确；对于选项B，若数列{an}存在“等比分割数列”{bn＋1}，则b1＜a1＜b2＜a2＜b3＜a3＜b4…，所以a1＜…＜ak－1＜ak＜…＜an，b1＜…＜bk－1＜bk＜…＜bn＜bn＋1成立，故选项B正确；对于选项C，若数列{a3}：－3，－1，2存在“等比分割数列”{b4}，则b1＜－3＜b2＜－1＜b3＜2＜b4…，即得到b1＜－3＜b1q＜－1＜b1q2＜2＜b1q3…，又因为－3＜b1q＜－1，且b1q3＞2，可得到无解，所以假设不成立，即不存在“等比分割数列”{b4}，故选项C错误(或解析：由b1＜－3＜b2＜－1＜b3＜2＜b4…，可得b1＜b2＜0，则q＞0，所以b3＜b4＜0，与b4＞2矛盾)；对于选项D，可得到1＜2＜q＜22＜q2＜23＜q3＜24＜…＜q9＜210＜q10，可解得eq q∈(2，2\s\up6(\f(10,9)))，故选项D正确；综上，答案选C．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
9．已知实数a满足eq \f(3＋ai,1－i)＝2＋i(i为虚数单位)，复数z＝(a＋1)＋(a－1)i，则
A．z为纯虚数 B．z2为虚数 C．z＋ eq \(z,\s\up6(-))＝0 D．z eq \(z,\s\up6(-))＝4
【答案】ACD
【考点】复数的运算
【解析】由题意可知，因为eq \f(3＋ai,1－i)＝2＋i，所以3＋ai＝(1－i)(2＋i)＝3－i，则a＝－1，所以z＝(a＋1)＋(a－1)i＝－2i，则z2＝(－2i)2＝－4，z＋ eq \(z,\s\up6(-))＝－2i＋2i＝0，z eq \(z,\s\up6(-))＝－2i2i＝4，故选项A、C、D正确，选项B错误；综上，答案选ACD．
10．已知不等式eq x\s\up6(2)＋2ax＋b－1＞0的解集是{x|x≠d}，则b的值可能是
A．－1 B．3 C．2 D．0
【答案】BC
【考点】一元二次不等式的应用
【解析】由题意可知，方程x2＋2ax＋b－1＝0的根为d，则＝4a2－4(b－1)＝0，则b－1＝a2≥0，所以b≥1，则选项B、C正确；选项A、D错误；综上，答案选BC．
11．关于函数f(x)＝sin|x|＋|csx|有下述四个结论，则
A．f(x)是偶函数 B．f(x)的最小值为－1
C．f(x)在[－2π，2π]上有4个零点 D．f(x)在区间eq (\f(π,2)，π)单调递增
【答案】ABC
【考点】函数的性质综合应用
【解析】法一：由题意可知，对于选项A，因为f(－x)＝sin|－x|＋|cs(－x)|＝sin|x|＋|csx|＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，故选项A正确；对于选项B，因为|csx|≥0，sin|x|≥－1，所以|csx|＋sin|x|≥－1，则当x＝eq \f(3π,2)时，|csx|＋sin|x|＝－1，所以f(x)的最小值为－1，故选项B正确；对于选项C，当x∈[0，2π]时，可得到f(x)＝EQ \B\lc\{(\a\al(\l(sinx＋csx，0≤x≤\F(π,2)或\F(3,2)π≤x≤2π),\l(sinx－csx，\F(π,2) ≤x≤\F(3,2)π)))，则当0≤x≤eq \f(π,2)时，f(x)无零点，当eq \f(π,2)≤x≤eq \f(3π,2)时，f(x)有一个零点eq \f(5π,4)，当eq \f(3π,2)≤x≤2π时，f(x)有一个零点eq \f(7π,4)，所以f(x)在[0，2π]上有2个零点，则f(x)在[－2π，2π]上有4个零点，故选项C正确；对于选项D，当x∈eq (\f(π,2)，π)时，f(x)＝sinx－csx＝EQ \R(,2)sin(x－eq \f(π,4))，则f(x)在(eq \f(3π,4)，π)上单调递增，故选项D错误；综上，答案选ABC．
法二：由题意可知，对于选项A，因为f(－x)＝sin|－x|＋|cs(－x)|＝sin|x|＋|csx|＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，故选项A正确；对于选项B，因为|csx|≥0，sin|x|≥－1，所以|csx|＋sin|x|≥sin|x|≥－1，当x＝eq \f(3π,2)时，|csx|＋sin|x|＝－1，所以f(x)的最小值为－1，故选项B正确；对于选项C，当x∈[0，2π]时，因为sin2x＋cs2x＝2sin2x＝1，解得x＝eq \f(5π,4)或x＝eq \f(7π,4)，即f(x)在[0，2π]上有2个零点，则f(x)在[－2π，2π]上有4个零点，故选项C正确；对于选项D，当x∈eq (\f(π,2)，π)时，f(x)＝sinx－csx＝EQ \R(,2)sin(x－eq \f(π,4))，则f(x)在(eq \f(3π,4)，π)上单调递增，故选项D错误；综上，答案选ABC．
12．如图，正方形ABCD与正方形DEFC边长均为1，平面ABCD与平面DEFC互相垂直，P是AE上的一个动点，则
A．CP的最小值eq \f(\r(,3),2)
B．当P在直线AE上运动时，三棱锥D－BPF的体积不变
C．PD＋PF的最小值为eq \r(,2－\r(,2))
D．三棱锥A－DCE的外接球表面积为3π
【答案】BD
【考点】立体几何中的综合应用
【解析】由题意可知，可得到平面ADE⊥平面DEFC，可过点P作PQ⊥DE，连结CQ，可设QE＝xDE，则PQ＝x，DQ＝1－x，所以CP＝EQ \R(,PQ\S(2)＋CQ\S(2))＝EQ \R(,x\S(2)＋1＋(1－x)\s\up3(2))＝EQ \R(,2x\S(2)－2x＋2)＝EQ \R(,2\b\bc\((\l(x－\F(1,2)))\s\up12(2)＋\F(3,2))≥eq \f(\r(,6),2)，故选项A错误；由题意可得点D到平面PBF的距离不变，又△PBF的面积不变，则三棱锥D－BPF的体积不变，故选项B正确；由题意可将△ADE和平面ABFE展开，可得DP＋PF≥DF，而∠DEF＝135°，所以DF＝EQ \R(,1＋1－2\b\bc\((\l(－\F(\R(,2),2))))＝eq \r(,2＋\r(,2))，故选项C错误(另解：可将△ADE翻折到与平面ABFE共面，可知当D，P，F三点共线时，DP＋PF取得最小值，为EQ \R(,1＋1－2cs135°)＝eq \r(,2＋\r(,2)))；由题意，三棱锥A－DCE的外接球是以DC，DA，DE为棱构成的正方体的外接球，则其外接球的半径R＝EQ \F(\R(,1\S(2)＋1\S(2)＋1\S(2)),2)＝eq \f(\r(,3),2)，则其外接球表面积为4πR2＝3π，故选项D正确；综上，答案选BD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，若两个空，第一个空2分，第二个空3分，共计20分．请把答案填写在答题卡相应位置上．
13．已知曲线y＝mex＋xlnx在x＝1处的切线方程为y＝3x＋n，则n＝ ．
【答案】－1
【考点】函数的切线方程、导数的几何意义
【解析】由题意可知，f′(x)＝mex＋lnx＋1，则f′(1)＝me＋1＝3＝k，解得m＝EQ \F(2,e)，所以f(x)＝EQ \F(2,e)ex＋xlnx，则f(1)＝EQ \F(2,e)e＋0＝2，2＝3×1＋n，解得n＝－1．
14．已知数列{an}是等差数列，a1＞0，a3＋3a7＝0，则使Sn＞0的最大整数n的值为 ．
【答案】10
【考点】等差数列的前n项和应用
【解析】法一：由题意可知，因为a3＋3a7＝0，所以a1＋2d＋3(a1＋6d)＝4a1＋20d＝4(a1＋5d)＝0，则a1＋5d＝0，因为a1＞0，所以5d＜0，则d＜0，所以Sn＝na1＋EQ \F(n(n－1),2)d＝n(－5d) EQ \F(n(n－1),2)d＞0，所以－5＋EQ \F(n－1,2)＜0，解得n＜11，则最大整数n的值为10．
法二：由题意可知，因为a3＋3a7＝0，所以a3＋a7＋2a7＝2a5＋2a7＝4a6＝0，则a6＝0，所以a6－n＋a6＋n＝0(n＝1，2，3，4，5)，所以当n≤10时，Sn＞0，当n≥11时，Sn≤0，所以最大整数n的值为10．
15．某区域规划建设扇形观景水池，同时紧贴水池周边建设一圈人行步道．要求总预算费用24万元，水池造价为每平方米400元，步道造价为每米1000元(不考虑宽度厚度等因素)，则水池面积最大值为 平方米．
【答案】400
【考点】基本不等式的实际应用
【解析】由题意可设水池长a，宽b，则面积ab，水池造价为400ab，步道的周长为2a＋2b，所以步道造价为1000(2a＋2b)＝2000(a＋b)，所以可得2000(a＋b)＋400ab≤240000，化简得2400≥20(a＋b)＋4ab，则600≥5(a＋b)＋ab≥10eq \r(,ab)＋ab，因式分解得，(eq \r(,ab)＋30)(eq \r(,ab)－20)≤0，解得eq \r(,ab)≤20，即ab≤400，所以水池面积最大值为400平方米．
16．已知f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1－x)＝f(x)，则f(x)的最小正周期为 ；若对任意的x1，x2∈[0，eq \f(1,2)]，当x1≠x2时，都有eq \f(f(x\s\d(1))－f(x\s\d(2)),x\s\d(1)－x\s\d(2))＞π，则关于x的不等式f(x)≤sinπx在区间eq [－\f(3,2)，\f(3,2)]上的解集为 ．
【答案】2；[－1，0]∪[1，eq \f(3,2)]
【考点】双空题：函数的性质综合应用
【解析】由题意可知，因为f(1－x)＝f(x)，且f(－x)＝－f(x)，所以f(1－x)＝－f(－x)，即f(1＋x)＝－f(x)，则f(2＋x)＝－f(1＋x)＝－[－f(x)]＝f(x)，故f(x)的最小正周期为2；因为对任意的x1，x2∈[0，eq \f(1,2)]，当x1≠x2时，都有eq \f(f(x\s\d(1))－f(x\s\d(2)),x\s\d(1)－x\s\d(2))＞π＞0，所以f(x)在[0，eq \f(1,2)]上单调递增，又f(x)为奇函数，所以f(x)在[－eq \f(1,2)，eq \f(1,2)]上单调递增，可设x1＞x2，所以f(x1)－f(x2)＞πx1－πx2，即f(x1)－πx1＞f(x2)－πx2，可设g(x)＝f(x)－πx，因为g(x1)＞g(x2)，所以函数g(x)在[0，eq \f(1,2)]上单调递增，则g(x)≥g(0)＝0，又g(x)为奇函数，所以当x∈[0，eq \f(1,2)]时，f(x)－πx≥0，则sinπx－πx≥0，又因为f(1－x)＝f(x)，，所以函数f(x)关于直线x＝eq \f(1,2)对称，则可作出函数f(x)与y＝sinx的图象，由图象可得f(x)≤sinπx在区间eq [－\f(3,2)，\f(3,2)]上的解集为[－1，0]∪[1，eq \f(3,2)]．
四、解答题：本大题共6小题，共计70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分10分)
已知向量aeq ＝(2sinx，2sin(x＋\f(π,4)))，向量beq ＝(csx，\f(\r(,6),2)(csx－sinx))，记f(x)＝a·b(x∈R)．
(1)求f(x)表达式；
(2)解关于x的不等式f(x)≥1．
【考点】平面向量的数量积运算、三角恒等变换的应用
【解析】
(1)∵aeq ＝(2sinx，2sin(x＋\f(π,4)))，beq ＝(csx，\f(\r(,6),2)(csx－sinx))，
∴f(x)＝a·b＝2sinxcsx＋2sineq (x＋\f(π,4))\f(\r(,6),2)(csx－sinx)．…………………………………2分
＝eq sin2x＋2\r(,3)sin(x＋\f(π,4))cs(x＋\f(π,4))＝sin2x＋\r(,3)cs2x＝2sin(2x－\f(π,3))．…………………5分
(2)不等式f(x)≥1即为eq 2sin(2x＋\f(π,3))≥1，
令eq t＝2x＋\f(π,3)，则原不等式可化为eq sint≥\f(1,2)，于是有
eq \f(π,6)＋2kπ≤t≤\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，即eq \f(π,6)＋2kπ≤2x＋\f(π,3)≤\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，………………7分
也就是eq －\f(π,12)＋kπ≤x≤\f(π,4)＋kπ，k∈Z，…………………………………………………9分
故所求不等式解集为eq {x|－\f(π,12)＋kπ≤x≤\f(π,4)＋kπ，k∈Z}．……………………………10分
18．(本小题满分12分)
在下列条件：①数列{an}的任意相邻两项均不相等，且数列{an2－an}为常数列，
②eq S\s\d(n)＝\f(1,2)(a\s\d(n)＋n＋1)(n∈N*)，③a3＝2，eq S\s\d(n＋1)＝S\s\d(n－1)＋1(n≥2，n∈N*)中，任选一个，补充在横线上，并回答下面问题．
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2， ．
(1)求数列{an}的通项公式an和前n项和Sn；
(2)设eq b\s\d(k)＝\f(1,S\s\d(2k)·S\s\d(2k＋1))(k∈N*)，数列{bn}的前n项和记为Tn，证明Tn＜eq \f(3,4)(n∈N*)．
【考点】结构不良题：数列的通项与求和
【解析】
(1)若选①
数列{an2－an}为常数列，则有an2－an＝eq a\s\d(n＋1)\s\up6(2)－a\s\d(n＋1)，所以有eq (a\s\d(n＋1)－a\s\d(n))(a\s\d(n＋1)＋a\s\d(n)－1)＝0，
因数列{an}的任意相邻两项均不相等，于是有eq a\s\d(n＋1)＋a\s\d(n)＝1，(n∈N*)，
所以有eq a\s\d(n)＋a\s\d(n－1)＝1，(n≥2，n∈N*)，
两式相减得eq a\s\d(n＋1)＝a\s\d(n－1)(n≥2，n∈N*)，
即有a1＝a3，a2＝a3，a3＝a5，…… ……………………………………………2分
又a1＝2，在eq a\s\d(n)＋a\s\d(n－1)＝1，(n≥2，n∈N*)中令n＝1得a2＝－1，
即数列eq {a\s\d(n)}：2，－1，2，－1，……
所以eq a\s\d(n)＝\B\lc\{(\a\al(2，n＝2k－1，k∈N*,－1，n＝2k，k∈N*))．……………………………………………………4分
也可以写成由eq \f(a\s\d(n)＋1,3)＝|sin\f(nπ,2)|得eq a\s\d(n)＝3|sin\f(nπ,2)|－1(n∈N*)．
∵数列eq {a\s\d(n)}：2，－1，2，－1，……
∴eq S\s\d(2k)＝k，(k∈N*)，S\s\d(2k＋1)＝S\s\d(2k)＋a\s\d(2k＋1)＝k＋2，(n∈N*)，
∴Sn＝EQ \F(n,2)，(n＝2k，n∈N*)，Sn＝EQ \F(n＋3,2)(n＝2k＋1，n∈N*)，
又eq S\s\d(1)＝a\s\d(1)＝2也适合，
即：eq S\s\d(n)＝\B\lc\{(\a\al(\f(n＋3,2)，n＝2k－1，k∈N*,\f(n,2)，n＝2k，k∈N*))……………………………………………………6分
(2)∵数列eq {a\s\d(n)}：2，－1，2，－1，…
∴eq S\s\d(2k)＝k，(k∈N*)，S\s\d(2k＋1)＝S\s\d(2k)＋a\s\d(2k＋1)＝k＋2，(n∈N*)，
于是eq b\s\d(n)＝\f(1,k·(k＋2))＝\f(1,2)(\f(1,k)－\f(1,k＋2))(n∈N*)，…………………………………………8分
∴．eq T\s\d(n)＝b\s\d(1)＋b\s\d(2)＋…＋b\s\d(n)＝\f(1,2)(1－EQ \F(1,3)eq ＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2))＝EQ \F(3,4)－EQ \F(1,2)(EQ \F(1,n＋1)＋EQ \F(1,n＋2))＜EQ \F(3,4)，
即Tn＜eq \f(3,4)(n∈N*)成立．……………………………………………………………12分
若选②由eq S\s\d(n)＝\f(1,2)(a\s\d(n)＋n＋1)(n∈N*)得eq S\s\d(n＋1)＝\f(1,2)(a\s\d(n＋1)＋n＋2)，两式相减得
eq a\s\d(n)＋a\s\d(n＋1)＝1(n∈N*)，所以有eq a\s\d(n－1)＋a\s\d(n)＝1(n≥2，n∈N*)，两式相减得
eq a\s\d(n＋1)＝a\s\d(n－1)(n≥2，n∈N*)，又eq a\s\d(1)＝2，所以eq a\s\d(2)＝－1，
即数列eq {a\s\d(n)}：2，－1，2，－1，……
下同上述解法
若选③由eq S\s\d(n＋1)＝S\s\d(n－1)＋1(n≥2，n∈N*)得eq S\s\d(n)＝S\s\d(n－2)＋1(n≥3，n∈N*)
两式相减得，得eq a\s\d(n＋1)＝a\s\d(n－1)(n≥3，n∈N*)，即有eq a\s\d(2)＝a\s\d(4)，a\s\d(3)＝a\s\d(5)，…
又由eq S\s\d(n＋1)＝S\s\d(n－1)＋1(n≥2，n∈N*)得eq a\s\d(n)＋a\s\d(n＋1)＝1(n≥2，n∈N*)，
当n＝2时eq a\s\d(2)＋a\s\d(3)＝1，又eq a\s\d(3)＝2，得eq a\s\d(2)＝－1，又eq a\s\d(1)＝2，
即数列eq {a\s\d(n)}：2，－1，2，－1，……
下同上述解法
19．(本小题满分12分)
在等腰直角三角形ABC中，已知∠ACB＝90°，点D，E分别在边AB，BC上，CD＝4．
(1)若D为AB的中点，三角形CDE的面积为4，求证：E为CB的中点；
(2)若BD＝2AD，求△ABC的面积．
【考点】解三角形的综合应用
【解析】
解：(1)∵在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，CD＝4，
∴CD＝DB＝4，∠CDB＝90°，eq CB＝4\r(,2)，…………………………………2分
∵三角形CDE的面积为4，eq ∴\f(1,2)CD·CEsin∠DCE＝4，∠DCE＝45°，
即：eq \f(1,2)×4×CE×\f(\r(,2),2)＝4，解得eq CE＝2\r(,2)，CB＝4\r(,2)．
∴E为CB中点．………………………………………………………………4分
(2)在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，BD＝2AD，
eq ∴\\ac(\S\UP7(→),CD)＝\\ac(\S\UP7(→),CB)＋\\ac(\S\UP7(→),BD)＝\\ac(\S\UP7(→),CB)＋\f(2,3)\\ac(\S\UP7(→),BA)＝\\ac(\S\UP7(→),CB)＋\f(2,3)(\\ac(\S\UP7(→),CA)－\\ac(\S\UP7(→),CB))＝\f(2,3)\\ac(\S\UP7(→),CA)＋\f(1,3)\\ac(\S\UP7(→),CB)，………8分
∵CD＝4，将上式两边平方得eq 16＝\f(4,9)CA\s\up6(2)＋\f(1,9)CB\s\up6(2)，解得eq CA\s\up6(2)＝\f(144,5)，故eq \f(1,2)CA\s\up6(2)＝\f(72,5)
∴△ABC的面积为eq \f(72,5)． ……………………………………………………12分
20．(本小题满分12分)
如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AC＝2，BC＝CD＝1，∠CAD＝30°，∠ACB＝60°，M是PB上一点，且PB＝3MB，N是PC中点．
(1)求证：PC⊥BD；
(2)若二面角P－BC－A大小为45°，求棱锥C－AMN的体积．
【考点】立体几何中几何体的位置关系证明、利用二面角求体积
【解析】
解：(1)在△ABC中，AC＝2，BC＝1，∠ACB＝60°，
由余弦定理得，eq AB＝\r(,3)，所以有∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，
在△ACD中，AC＝2，CD＝1，∠CAD＝30°．由正弦定理得，∠ADC＝90°，所以有eq AD＝\r(,3)，于是有∠BAD＝60°．连结BD，则三角形ABD为正三角形，所以∠ABD＝60°，
又∠BAC＝30°，所以AC⊥BD，………………………………………………………2分
又因PA⊥底面ABCD，BD平面ABCD，所以PA⊥BD，又AC，PA是平面PAC内两相交直线，所以有BD⊥面PAC，又PC平面PAC，所以BD⊥AC．……………………4分
(2)由(1)知∠ABC＝90°，又PA⊥底面ABCD，BC平面ABCD，
所以PA⊥BC，又PA，AB是平面PAB内两相交直线，所以BC⊥平面PAB，
PB平面PAB，所以BC⊥PB，
所以∠PBA即为二面角P－BC－A的平面角，………………………………………6分
因二面角P－BC－A大小为45°，所以∠PBA＝45°，
由eq AB＝\r(,3)，又PA⊥底面ABCD，AB平面ABCD，
所以PA⊥AB知Peq A＝\r(,3)，PB＝\r(,6)，所以eq S\s\d(△PBC)＝\f(\r(,6),2)，
P
M
A
N
D
B
C
图2
因PB＝3MB，所以eq S\s\d(△PMC)＝\f(2,3)S\s\d(△PBC)＝\f(\r(,6),3)，
又因N为PC中点，所以eq S\s\d(△CMN)＝\f(1,2)S\s\d(△PMC)＝\f(\r(,6),6)，…………………………………8分
由eq V\s\d(P－ABC)＝V\s\d(A－PBC)，设A到平面PBC的距离为h，则eq \f(1,3)×\f(1,2)×eq \r(,3)×1×\r(,3)＝\f(1,3)×\f(1,2)×\r(,6)×1×h，解得eq h＝\f(\r(,6),2)，也就是A到平面CMN的距离为eq \f(\r(,6),2)，………………………………10分
又eq S\s\d(△CMN)＝\f(\r(,6),6)，所以三棱锥C－AMN的体积eq V\s\d(C－AMN)＝V\s\d(A－CMN)eq ＝\f(1,3)×\f(\r(,6),6)×\f(\r(,6),2)＝\f(1,6)．…12分
21．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝ax－EQ \F(1,x)－alnx(a＞0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，且不等式EQ \F(f\b\bc\((\l(x\S\DO(1)))＋f\b\bc\((\l(x\S\DO(2))),2)＞eq f(\f(x\s\d(1)＋x\s\d(2),2))＋\f(m,x\s\d(1)x\s\d(2))恒成立，求实数m的取值范围．
【考点】函数与导数：含参函数的单调区间、恒成立中极值点偏移的应用
【解析】
解：函数f(x)＝ax－EQ \F(1,x)－alnx(a＞0)定义域为(0，＋∞)，
(1)因为函数f(x)＝ax－EQ \F(1,x)－alnx，所以f′(x)＝eq a＋\f(1,x\s\up6(2))－\f(a,x)＝\f(ax\s\up6(2)－ax＋1,x\s\up6(2))，
因为a＞0，令f′(x)＝0，即eq ax\s\up6(2)－ax＋1＝0，＝a\s\up6(2)－4a，
①若eq Δ＝a\s\up6(2)－4a≤0，即0＜a≤4时，eq ax\s\up6(2)－ax＋1≥0，
所以f′(x)≥0恒成立，f(x)在(0，＋∞)单调递增，…………………………………2分
②若eq Δ＝a\s\up6(2)－4a＞0，即a＞4时，设eq ax\s\up6(2)－ax＋1＝0两根为eq x\s\d(1)，x\s\d(2)，由eq x\s\d(1)＋x\s\d(2)＝1，x\s\d(1)·x\s\d(2)＝\f(1,a)＞0， 知eq ax\s\up6(2)－ax＋1＝0有两不等正根eq x\s\d(1)，x\s\d(2)，不妨设0＜eq x\s\d(1)＜x\s\d(2)，则
eq x\s\d(1)＝\f(a－\r(,a\s\up6(2)－4a),2a)，x\s\d(2)＝\f(a＋\r(,a\s\up6(2)－4a),2a)，列表如下：
∴f(x)的增区间为(0，eq \f(a－\r(,a\s\up6(2)－4a),2a))和(eq \f(a＋\r(,a\s\up6(2)－4a),2a)，＋)，减区间为eq (\f(a－\r(,a\s\up6(2)－4a),2a)，\f(a＋\r(,a\s\up6(2)－4a),2a))．
综上可知：
当0＜a≤4时，f(x)的增区间为(0，＋∞)；当x＞4时，f(x)的增区间为(0，eq \f(a－\r(,a\s\up6(2)－4a),2a))和(eq \f(a＋\r(,a\s\up6(2)－4a),2a)，＋)，减区间为eq (\f(a－\r(,a\s\up6(2)－4a),2a)，\f(a＋\r(,a\s\up6(2)－4a),2a))．………………4分
(2)因为f(x)有两个极值点eq x\s\d(1)，x\s\d(2)(x\s\d(1)＜x\s\d(2))，所以f′(x)＝0，eq ax\s\up6(2)－ax＋1＝0有两不等正根eq x\s\d(1)，x\s\d(2)，
因为a＞0，令f′(x)＝0，即eq ax\s\up6(2)－ax＋1＝0．
若有两不等正根eq x\s\d(1)，x\s\d(2)，则有eq \B\lc\{(\a\al(x\s\d(1)x\s\d(2)＝\f(1,a)＞0,x\s\d(1)＋x\s\d(2)＝1＞0,Δ＝a\s\up6(2)－4a＞0))，解得a＞4．………………………6分
另一方面当a＞4时，令f′(x)＝0，即eq ax\s\up6(2)－ax＋1＝0，此时eq Δ＝a\s\up6(2)－4a＞0，
eq x\s\d(1)＋x\s\d(2)＝1，x\s\d(1)·x\s\d(2)＝\f(1,a)＞0，所以方程有两个不等正根eq x\s\d(1)，x\s\d(2)，
记eq x\s\d(1)＝\f(a－\r(,a\s\up6(2)－4a),2a)，x\s\d(2)＝\f(a＋\r(,a\s\up6(2)－4a),2a)，列表如下；
由上表可知，此时f(x)有两个极值点eq x\s\d(1)，x\s\d(2)(x\s\d(1)＜x\s\d(2))，符合题意，故实数a＞4，………7分
由eq x\s\d(1)＋x\s\d(2)＝1，x\s\d(1)·x\s\d(2)＝\f(1,a)＞0得：
EQ \F(f\b\bc\((\l(x\S\DO(1)))＋f\b\bc\((\l(x\S\DO(2))),2)＝EQ \F(1,2)[a(x1＋x2)－eq \f(x\s\d(1)＋x\s\d(2),x\s\d(1)x\s\d(2))－aln(x1x2)]＝EQ \F(1,2)alna，
eq f(\f(x\s\d(1)＋x\s\d(2),2))＝f(EQ \F(1,2))＝EQ \F(1,2)a－2＋aln2，
故EQ \F(f\b\bc\((\l(x\S\DO(1)))＋f\b\bc\((\l(x\S\DO(2))),2)＞eq f(\f(x\s\d(1)＋x\s\d(2),2))＋\f(m,x\s\d(1)x\s\d(2))可化为m＜EQ \F(1,2)alna＋EQ \F(2,a)－EQ \F(1,2)－ln2，…………………9分
令g(a)＝EQ \F(1,2)alna＋EQ \F(2,a)－EQ \F(1,2)－ln2(a＞4)，
g′(a)＝EQ \F(1,2a)－EQ \F(2,a\S(2))＝EQ \F(a－4,a\S(2))＞0(∵a＞4)，
g(a)＝EQ \F(1,2)alna＋EQ \F(2,a)－EQ \F(1,2)－ln2在(4，＋∞)上单调递增，
所以g(a)＞g(4)＝0，故m≤0，所以实数m的取值范围(－∞，0]．…………12分
22．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝lnx－x＋2sinx，f′(x)为f(x)的导函数，求证：
(1)f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；
(2)f(x)有且仅有两个不同的零点．
【考点】函数与导数：证明导函数零点的唯一、证明函数零点的个数
【解析】
(1)∵f(x)＝lnx－x＋2sinx，定义域(0，＋∞)，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)－1＋2csx，f″(x)＝－EQ \F(1,x\S(2))－2sinx，
当x∈(0，π)时，sinx＞0，所以f″(x)＝－EQ \F(1,x\S(2))－2sinx＜0，
f′(x)在x∈(0，π)上单调递减，……………………………………………2分
又由f′(π)＝－EQ \F(1,π)－3＜0，f′(1)＝2cs1＞0，
由零点存在定理知f′(x)在(0，π)上存在唯一零点．……………………4分
(2)先证lnx≤x－1(x＞0)，记g(x)＝lnx－x＋1，g′(x)＝eq \f(1,x)－1＝\f(1－x,x)，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
所以g(x)max＝g(1)＝0，所以g(x)≤0成立，即lnx≤x－1(x＞0)结论成立．…………6分
①由(1)知f′(x)在(0，π)上存在唯一零点，记为eq x\s\d(0)，则eq x\s\d(0)∈(\f(π,4)，π)，
由f′(x)在x∈(0，π)上单调递减知eq x∈(0，x\s\d(0))时f′(x)＞0，f(x)单调递增，
eq x∈(x\s\d(0)，π)时f′(x)＜0， f(x)单调递减，
因eq f(\f(π,6))＝ln\f(π,6)－\f(π,6)＋1＝ln\f(π,6)－(\f(π,6)－1)＜0(因为lnx≤x－1)，f(π)＝lnπ－π＜0，
eq f(1)＝ln1－1＋2sin1＝2sin1－1＞\r(,2)－1＞0，所以f(x)在eq (\f(π,6)，1]和(1，π)上各有一个零点．
故f(x)在(0，π)上有两个不同的零点．……………………………………………8分
②当x∈[π，2π]时，sinx≤0，因为lnx≤x－1，所以f(x)＝lnx－x＋2sinx≤－1＜0；…10分
③当x∈(2π，＋∞)时，sinx≤1，lnx≤x－1，∴f(x)＝lnx－x＋2sinx＜lnx－x＋1，
令t(x)＝lnx－x＋1，x∈(2π，＋∞)，t′(x)＝eq \f(1,x)－1＝\f(1－x,x)＜0，x∈(2π，＋∞)，
所以t(x)＝lnx－x＋1在(2π，＋∞)上单调递减，∴f(x)＝lnx－x＋2sinx＜lnx－x＋1＜ln2π－2π＋1＜0，
综上可知f(x)有且仅有两个不同的零点．…………………………………………12分
x
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗