高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 仿真沖刺卷2 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共150分，考試時間120分鐘．第Ⅰ卷一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．已知R是實數(shù)集，M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＜1))))，N＝{y|y＝eq\r(x－1)}，則N∩?RM＝()A．(1,2) B．[0,2]C．? D．[1,2]B[∵M(jìn)＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＜1))))＝{x|x＜0或x＞2}，N＝{y|y＝eq\r(x－1)}＝{y|y≥0}，故有N∩?RM＝{y|y≥0}∩{x|0≤x≤2}＝[0，＋∞)∩[0,2]＝[0,2]，故選B．]2．已知eq\f(a＋2i,i)＝b－i(a，b∈R)，其中i為虛數(shù)單位，則a＋b＝()A．－1 B．1C．2 D．3D[因為eq\f(a＋2i,i)＝2－ai＝b－i(a，b∈R)，所以a＝1，b＝2，a＋b＝3，故選D.]3．已知a＞1，f(x)＝ax2＋2x，則f(x)＜1成立的一個充分不必要條件是()【導(dǎo)學(xué)號：67722091】A．0＜x＜1 B．－1＜x＜0C．－2＜x＜0 D．－2＜x＜1B[f(x)＜1成立的充要條件是ax2＋2x＜1.∵a＞1，∴x2＋2x＜0，∴－2＜x＜0，∴f(x)＜1成立的一個充分不必要條件是－1＜x＜0，故選B.]4．O為平面上的定點，A，B，C是平面上不共線的三點，若(eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OC,\s\up10(→)))·(eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))－2eq\o(OA,\s\up10(→)))＝0，則△ABC是()A．以AB為底邊的等腰三角形B．以BC為底邊的等腰三角形C．以AB為斜邊的直角三角形D．以BC為斜邊的直角三角形B[設(shè)BC的中點為D，∵(eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OC,\s\up10(→)))·(eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))－2eq\o(OA,\s\up10(→)))＝0，∴eq\o(CB,\s\up10(→))·(2eq\o(OD,\s\up10(→))－2eq\o(OA,\s\up10(→)))＝0，∴eq\o(CB,\s\up10(→))·2eq\o(AD,\s\up10(→))＝0，∴eq\o(CB,\s\up10(→))⊥eq\o(AD,\s\up10(→))，故△ABC的BC邊上的中線也是高線.故△ABC是以BC為底邊的等腰三角形，故選B．]5．一個四棱錐的三視圖如圖1所示，其中正視圖是腰長為1的等腰直角三角形，則這個幾何體的體積是()圖1A.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2) D．2A[由三視圖知幾何體是一個四棱錐，四棱錐的底面是一個直角梯形，上底是1，下底是2，梯形的高是eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，四棱錐的高是1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)，所以四棱錐的體積是eq\f(1,3)×eq\f(1＋2×\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2)，故選A.]6．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x－lnx－1)，則y＝f(x)的圖象大致為()A[令g(x)＝x－lnx－1，則g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，由g′(x)＞0，得x＞1，即函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，由g′(x)＜0得0＜x＜1，即函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝1時，函數(shù)g(x)有最小值，g(x)min＝g(1)＝0.于是對任意的x∈(0,1)∪(1，＋∞)，有g(shù)(x)≥0，故排除B、D，因函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，則函數(shù)f(x)在(0,1)上遞增，故排除C，故選A.]7．已知函數(shù)y＝3sinωx(ω＞0)的周期是π，將函數(shù)y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))(ω＞0)的圖象沿x軸向右平移eq\f(π,8)個單位，得到函數(shù)y＝f(x)的圖象，則函數(shù)f(x)＝()A．3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,8))) B．3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))C．3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,8))) D．3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))B[∵函數(shù)y＝3sinωx(ω＞0)的周期是eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.將函數(shù)y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))(ω＞0)的圖象沿x軸向右平移eq\f(π,8)個單位，得到函數(shù)y＝f(x)＝3coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))－\f(π,2)))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)－\f(π,2)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的圖象，故選B.]8．正項等比數(shù)列{an}中，存在兩項am，an使得eq\r(aman)＝4a1，且a6＝a5＋2a4，則eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值是()【導(dǎo)學(xué)號：67722092】A.eq\f(3,2) B．2C.eq\f(7,3) D.eq\f(25,6)A[在等比數(shù)列中，∵a6＝a5＋2a4，∴a4q2＝a4q＋2a4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)．∵eq\r(aman)＝4a1，∴eq\r(a\o\al(2,1)·2m＋n－2)＝4a1，即2m＋n－2＝16＝24，∴m＋n－2＝4，即m＋n＝6，∴eq\f(m,6)＋eq\f(n,6)＝1，∴eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,6)＋\f(n,6)))＝eq\f(1,6)＋eq\f(4,6)＋eq\f(4m,6n)＋eq\f(n,6m)≥eq\f(5,6)＋2eq\r(\f(4m,6n)·\f(n,6m))＝eq\f(5,6)＋2×eq\f(2,6)＝eq\f(9,6)＝eq\f(3,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4m,6n)＝eq\f(n,6m)，即n＝2m時取等號，故選A.]9．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1x≥0，,fx＋1x＜0，))若方程f(x)＝－x＋a有且只有兩個不等的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，0) B．[0,1)C．(－∞，1) D．[0，＋∞)C[函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1x≥0，,fx＋1x＜0))的圖象如圖所示，作出直線l：y＝a－x，向左平移直線l觀察可得函數(shù)y＝f(x)的圖象與函數(shù)y＝－x＋a的圖象有兩個交點，即方程f(x)＝－x＋a有且只有兩個不相等的實數(shù)根，即有a＜1，故選C.]10．設(shè)f(x)的定義域為D，若f(x)滿足下面兩個條件，則稱f(x)為閉函數(shù)．①f(x)在D內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；②存在[a，b]?D，使f(x)在[a，b]上的值域為[a，b]．如果f(x)＝eq\r(2x＋1)＋k為閉函數(shù)，那么k的取值范圍是()A．－1＜k≤－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)≤k＜1C．k＞－1 D．k＜1A[法一：∵f(x)＝eq\r(2x＋1)＋k為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上的增函數(shù)，又f(x)在[a，b]上的值域為[a，b]，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fa＝a，,fb＝b，))即f(x)＝x在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上有兩個不等實根，即eq\r(2x＋1)＝x－k在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上有兩個不等實根．∴問題可化為y＝eq\r(2x＋1)和y＝x－k在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上有兩個不同交點．對于臨界直線m，應(yīng)有－k≥eq\f(1,2)，即k≤－eq\f(1,2).對于臨界直線n，y′＝(eq\r(2x＋1))′＝eq\f(1,\r(2x＋1)).令eq\f(1,\r(2x＋1))＝1，得切點P的橫坐標(biāo)為0，∴P(0，－k)．∴n：y＝x＋1，令x＝0，得y＝1，∴－k＜1，即k＞－1.綜上，－1＜k≤－eq\f(1,2).法二：∵f(x)＝eq\r(2x＋1)＋k為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上的增函數(shù)，又f(x)在[a，b]上的值域為[a，b]，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fa＝a，,fb＝b，))即f(x)＝x在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上有兩個不等實根，即eq\r(2x＋1)＝x－k在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上有兩個不等實根．化簡方程eq\r(2x＋1)＝x－k，得x2－(2k＋2)x＋k2－1＝0.令g(x)＝x2－(2k＋2)x＋k2－1，則由根的分布可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))≥0，,k＋1＞－\f(1,2)，,Δ＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))2≥0，,k＞－\f(3,2)，,k＞－1，))解得k＞－1.又eq\r(2x＋1)＝x－k，∴x≥k，∴k≤－eq\f(1,2).綜上，－1＜k≤－eq\f(1,2)，故選A.]第Ⅱ卷二、填空題(本大題共5小題，每小題5分，共25分．把答案填在題中橫線上)11．某產(chǎn)品的廣告費用x(萬元)與銷售額y(萬元)的統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下表：廣告費x(萬元)3456銷售額y(萬元)25304045根據(jù)上表可得回歸直線方程eq\o(y,\s\up10(^))＝7x＋eq\o(a,\s\up10(^))，若廣告費用為10萬元，則預(yù)計銷售額為________萬元．73．5[eq\x\to(x)＝eq\f(1,4)(3＋4＋5＋6)＝4.5，eq\x\to(y)＝eq\f(1,4)(25＋30＋40＋45)＝35.由35＝7×4.5＋eq\o(a,\s\up10(^))，得eq\o(a,\s\up10(^))＝3.5.所以eq\o(y,\s\up10(^))＝7x＋3.5，當(dāng)x＝10時，eq\o(y,\s\up10(^))＝73.5]12．若數(shù)列x，a1，a2，y成等差數(shù)列，x，b1，b2，y成等比數(shù)列，則eq\f(a1＋a22,b1b2)的取值范圍是________．【導(dǎo)學(xué)號：67722093】[4，＋∞)∪(－∞，0][在等差數(shù)列中，a1＋a2＝x＋y.在等比數(shù)列中，xy＝b1b2.∴eq\f(a1＋a22,b1b2)＝eq\f(x＋y2,xy)＝eq\f(x2＋2xy＋y2,xy)＝eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)＋2.當(dāng)xy＞0時，eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2，故eq\f(a1＋a22,b1b2)≥4；當(dāng)xy＜0時，eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≤－2，故eq\f(a1＋a22,b1b2)≤0.]13．觀察下列等式：23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19,53＝21＋23＋25＋27＋29，…，若類似上面各式方法將m3分拆得到的等式右邊最后一個數(shù)是109，則正整數(shù)m等于________．10[由題意可得第n行的左邊是m3，右邊是m個連續(xù)奇數(shù)的和．設(shè)第n行的最后一個數(shù)為an，則有a2－a1＝11－5＝6＝2×(1＋2)＝1×2＋4，a3－a2＝19－11＝8＝2×(2＋2)＝2×2＋4，a4－a3＝29－19＝10＝2×(3＋2)＝3×2＋4，…an－an－1＝2(n－1＋2)＝(n－1)×2＋4，以上(n－1)個式子相加可得an－a1＝n2＋3n－4，故an＝n2＋3n＋1，即n2＋3n＋1＝109，解得n＝9.∴m＝n＋1＝9＋1＝10.]14．已知兩條直線l1：y＝m和l2：y＝eq\f(8,2m＋1)(m＞0)，直線l1與函數(shù)y＝|log2x|的圖象從左至右相交于點A，B，直線l2與函數(shù)y＝|log2x|的圖象從左至右相交于C，D.記線段AC和BD在x軸上的投影長度分別為a和b.當(dāng)m變化時，eq\f(b,a)的最小值為________．【導(dǎo)學(xué)號：67722094】8eq\r(2)[設(shè)A，B，C，D各點的橫坐標(biāo)分別為xA，xB，xC，xD，則－log2xA＝m，log2xB＝m，－log2xC＝eq\f(8,2m＋1)，log2xD＝eq\f(8,2m＋1)，∴xA＝2－m，xB＝2m，xC＝，xD＝，∴a＝|xA－xC|，b＝|xB－xD|，又m＞0，∴m＋eq\f(8,2m＋1)＝eq\f(1,2)(2m＋1)＋eq\f(8,2m＋1)－eq\f(1,2)≥2eq\r(\f(1,2)×8)－eq\f(1,2)＝eq\f(7,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,2)(2m＋1)＝eq\f(8,2m＋1)，即m＝eq\f(3,2)時取“＝”號，∴eq\f(b,a)≥2＝8eq\r(2).]15．如圖2放置的邊長為1的正方形PABC沿x軸滾動，點B恰好經(jīng)過原點．設(shè)頂點P(x，y)的軌跡方程是y＝f(x)，則對函數(shù)y＝f(x)有下列判斷：①函數(shù)y＝f(x)是偶函數(shù)；②對任意的x∈R，都有f(x＋2)＝f(x－2)；③函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[2,3]上單調(diào)遞減；④eq\i\in(0,2,)f(x)dx＝eq\f(π＋1,2).其中判斷正確的序號是________.(填序號)圖2①②④[當(dāng)－2≤x≤－1，P的軌跡是以A為圓心，半徑為1的eq\f(1,4)圓，當(dāng)－1≤x≤1時，P的軌跡是以B為圓心，半徑為eq\r(2)的eq\f(1,4)圓，當(dāng)1≤x≤2時，P的軌跡是以C為圓心，半徑為1的eq\f(1,4)圓，當(dāng)3≤x≤4時，P的軌跡是以A為圓心，半徑為1的eq\f(1,4)圓，∴函數(shù)的周期是4.因此最終構(gòu)成圖象如下：①根據(jù)圖象的對稱性可知函數(shù)y＝f(x)是偶函數(shù)，∴①正確．②由圖象分析可知函數(shù)的周期是4，∴②正確．③函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[2,3]上單調(diào)遞增，∴③錯誤．④根據(jù)積分的幾何意義可知eq\i\in(0,2,)f(x)dx＝eq\f(1,8)×π×(eq\r(2))2＋eq\f(1,2)×1×1＋eq\f(1,4)π×12＝eq\f(π,2)＋eq\f(1,2)，∴④正確．]三、解答題(本大題共6小題，共75分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)16．(本小題滿分12分)如圖3，△ABC中，已知點D在BC邊上，滿足eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))＝0.sin∠BAC＝eq\f(2\r(2),3)，AB＝3eq\r(2)，BD＝eq\r(3).(1)求AD的長；(2)求cosC.圖3[解](1)∵eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))＝0，∴AD⊥AC，∴sin∠BAC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠BAD))＝cos∠BAD.2分∵sin∠BAC＝eq\f(2\r(2),3)，∴cos∠BAD＝eq\f(2\r(2),3).在△ABD中，由余弦定理可知BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD，4分即AD2－8AD＋15＝0，解得AD＝5或AD＝3.6分由于AB＞AD，∴AD＝3.(2)在△ABD中，由正弦定理可知eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(AB,sin∠ADB).又由cos∠BAD＝eq\f(2\r(2),3)，可知sin∠BAD＝eq\f(1,3)，8分∴sin∠ADB＝eq\f(ABsin∠BAD,BD)＝eq\f(\r(6),3).10分∵∠ADB＝∠DAC＋∠C，∠DAC＝eq\f(π,2)，∴cosC＝eq\f(\r(6),3).12分17．(本小題滿分12分)為豐富中學(xué)生的課余生活，增進(jìn)中學(xué)生之間的交往與學(xué)習(xí)，某市甲乙兩所中學(xué)舉辦一次中學(xué)生圍棋擂臺賽．比賽規(guī)則如下，雙方各出3名隊員并預(yù)先排定好出場順序，雙方的第一號選手首先對壘，雙方的勝者留下進(jìn)行下一局比賽，負(fù)者被淘汰出局，由第二號選手挑戰(zhàn)上一局獲勝的選手，依此類推，直到一方的隊員全部被淘汰，另一方算獲勝．假若雙方隊員的實力旗鼓相當(dāng)(即取勝對手的概率彼此相等)．(1)在已知乙隊先勝一局的情況下，求甲隊獲勝的概率；(2)記雙方結(jié)束比賽的局?jǐn)?shù)為ξ，求ξ的分布列并求其數(shù)學(xué)期望E(ξ)．[解](1)在已知乙隊先勝一局的情況下，相當(dāng)于乙校還有3名選手，而甲校還剩2名選手，甲校要想取勝，需要連勝3場，或者比賽4場要勝3場，且最后一場獲勝，所以甲校獲勝的概率是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(5,16).4分(2)記雙方結(jié)束比賽的局?jǐn)?shù)為ξ，則ξ＝3,4,5.P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,4)，P(ξ＝4)＝Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(3,8)，P(ξ＝5)＝Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(3,8).8分所以ξ的分布列為ξ345Peq\f(1,4)eq\f(3,8)eq\f(3,8)10分?jǐn)?shù)學(xué)期望E(ξ)＝3×eq\f(1,4)＋4×eq\f(3,8)＋5×eq\f(3,8)＝eq\f(33,8).12分18．(本小題滿分12分)已知在等比數(shù)列{an}中，an＋1＞an對n∈N*恒成立，且a1a4＝8，a2＋a3＝6.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足eq\f(a1,b1)＋eq\f(3a2,b2)＋…＋eq\f(2n－1an,bn)＝n，n∈N*，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.[解](1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＞a2，,a1a4＝a2a3＝8，,a2＋a3＝6))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2，,a3＝4))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＝2，,a1q2＝4))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))∴an＝a1qn－1＝2n－1.5分(2)∵eq\f(a1,b1)＋eq\f(3a2,b2)＋…＋eq\f(2n－3an－1,bn－1)＋eq\f(2n－1an,bn)＝n，∴eq\f(a1,b1)＋eq\f(3a2,b2)＋…＋eq\f(2n－3an－1,bn－1)＝n－1(n≥2)，∴eq\f(2n－1an,bn)＝1，bn＝(2n－1)an＝(2n－1)2n－1(n≥2)．又∵eq\f(a1,b1)＝1，∴b1＝a1＝1＝(2×1－1)21－1，∴bn＝(2n－1)2n－1.8分又Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，∴Sn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)2n－1，①2Sn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，②10分由①－②得－Sn＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)2n＝1＋2×eq\f(21－2n－1,1－2)－(2n－1)2n＝1＋2(2n－2)－(2n－1)2n＝1＋[2－(2n－1)]2n－4＝(3－2n)2n－3，∴Sn＝(2n－3)2n＋3.12分19．(本小題滿分12分)如圖4，在三棱柱ABC-A1B1C1中，B1B＝B1A＝AB＝BC，∠B1BC＝90°，D為AC的中點，AB⊥B1D.圖4(1)求證：平面ABB1A1⊥平面ABC；(2)求直線B1D與平面ACC1A1所成角的正弦值；(3)求二面角B-B1D-C的余弦值.【導(dǎo)學(xué)號：67722095】[解](1)證明：取AB中點為O，連接OD，OB1.因為B1B＝B1A，所以O(shè)B1⊥AB.又AB⊥B1D，OB1∩B1D＝B1，所以AB⊥平面B1OD，因為OD?平面B1OD，所以AB⊥OD.由已知，BC⊥BB1，又OD∥BC，所以O(shè)D⊥BB1，因為AB∩BB1＝B，所以O(shè)D⊥平面ABB1A1.又OD?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABB1A1.4分(2)由(1)知，OB，OD，OB1兩兩垂直．以O(shè)為坐標(biāo)原點，eq\o(OB,\s\up10(→))的方向為x軸的方向，|eq\o(OB,\s\up10(→))|為單位長度1，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題設(shè)知B1(0,0，eq\r(3))，D(0,1,0)，A(－1,0,0)，C(1,2,0)，C1(0,2，eq\r(3)).6分則eq\o(B1D,\s\up10(→))＝(0,1，－eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up10(→))＝(2,2,0)，eq\o(CC1,\s\up10(→))＝(－1,0，eq\r(3))．設(shè)平面ACC1A1的法向量為n＝(x，y，z)，則n·eq\o(AC,\s\up10(→))＝0，n·eq\o(CC1,\s\up10(→))＝0，即x＋y＝0，－x＋eq\r(3)z＝0，可取n＝(eq\r(3)，－eq\r(3)，1)，設(shè)直線B1D與平面ACC1A1所成角為θ，故sinθ＝eq\f(\r(21),7).8分(3)由題設(shè)知B(1,0,0)，可取平面BB1D的法向量n1＝(eq\r(3)，eq\r(3)，1)，平面B1DC的法向量n2＝(－eq\r(3)，eq\r(3)，1)，10分故cos〈n1，n2〉＝eq\f(1,7)，所以二面角B-B1D-C的余弦值為eq\f(1,7).12分20.(本小題滿分13分)設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，上頂點為A，過A與AF2垂直的直線交x軸負(fù)半軸于Q點，且2eq\o(F1F2,\s\up10(→))＋eq\o(F2Q,\s\up10(→))＝0.(1)求橢圓C的離心率；(2)若過A，Q，F(xiàn)2三點的圓恰好與直線x－eq\r(3)y－3＝0相切，求橢圓C的方程；(3)在(2)的條件下，過右焦點F2的直線交橢圓于M，N兩點，點P(4,0)，求△PMN面積的最大值．[解](1)設(shè)Q(x0,0)．∵F2(c,0)，A(0，b)，∴eq\o(F2A,\s\up10(→))＝(－c，b)，eq\o(AQ,\s\up10(→))＝(x0，－b)．∵eq\o(F2A,\s\up10(→))⊥eq\o(AQ,\s\up10(→))，∴－cx0－b2＝0，故x0＝－eq\f(b2,c).2分又∵2eq\o(F1F2,\s\up10(→))＋eq\o(F2Q,\s\up10(→))＝0，∴F1為F2Q的中點，故－2c＝－eq\f(b2,c)＋c，即b2＝3c2＝a2－c2，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).4分(2)∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴a＝2c，b＝eq\r(3)c，則F2(c,0)，Q(－3c,0)，A(0,eq\r(3)c)，∴△AQF2的外接圓圓心(－c,0)，半徑r＝eq\f(1,2)|F2Q|＝a＝2c，6分∴eq\f(|－c－3|,2)＝2c，解得c＝1，∴a＝2，b＝eq\r(3)，橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.8分(3)設(shè)直線MN：x＝my＋1，代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)，|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(4\r(3)\r(3m2＋3),3m2＋4)，∴S△PMN＝eq\f(1,2)|PF2|·|y1－y2|＝eq\f(6\r(3)\r(3m2＋3),3m2＋4)，10分令eq\r(3m2＋3)＝λ≥eq\r(3)，∴S△PMN＝eq\f(6\r(3)λ,λ2＋1)＝eq\f(6\r(3),λ＋\f(1,λ))≤eq\f(6\r(3),\r(3)＋\f(1,\r(3)))＝eq\f(9,2)，∴△PMN面積的最大值為eq\f(9,2)，此時m＝0.13分21．(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(a－1,x)－2a＋1(a＞0)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)≥lnx在[1，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(3)證明：eq\o(∑,\s\up10(n),\s\do11(k＝2))lneq\f(k－1,k＋1)＞eq\f(2－n－n2,\r(2nn＋1)).[解](1)f(x)的定義域為{x|x≠0}，f′(x)＝a－eq\f(a－1