2020-2021学年福建南平高三上数学期中试卷

2020-2021学年福建南平高三上数学期中试卷
一、选择题
1. 若集合A={x||x|≤1, x∈R}，B={y|y=x2, x∈R}，则A∩B=( )
A.{x|−1≤x≤1}
B.{x|x≥0}
C.{x|0≤x≤1}
D.⌀
2. 若复数z满足z(1+i)=|1−i|2（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点位于()
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
3. 函数f(x)=(x−1
x
)cos x(−π≤x≤π且x≠0)的图象可能为( )
A. B.
C. D.
4. “赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（图1），图2是由弦图变化得到，它由八个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼接而成．现随机的向图2中大正方形的内部去投掷一枚飞镖，若直角三角形的直角边长分别为5和12，则飞镖投中小正方形（阴影）区域的概率为（）
图1图2
A.49 169
B.30
169
C.49
289
D.60
289
5. 在直角梯形ABCD中，AB=4，CD=2，AB // CD，AB⊥AD，E是BC的中点，则AB
→
⋅(AC
→
+AE
→
)=
()
A.8
B.12
C.16
D.20
6. 已知a=log23，b=ln3，c=2−0.1，则a，b，c的大小关系为( )
A.a<b<c
B.b<a<c
C.c<b<a
D.c<a<b
7. 已知一个三棱锥的六条棱的长分别为1，1，1，1，√2，a，且长为a的棱与长为√2的棱所在直线是异面直
线，则三棱锥的体积的最大值为( )
A.√2
12
B.√3
12
C.√2
6
D.√3
6
8. 对实数a和b，定义运算“⊗”：a⊗b={
a，a−b≤1，
b，a−b>1，
函数f(x)=(x2−2)⊗(x−x2)，若函数y=
f(x)−c恰有两个零点，则实数c的取值范围是( )
A.(−∞,−2]∪(−1,−3
4
) B.(−∞,−2]∪(−1，3
2
)
C.(−1,1
4
)∪(1
4
,+∞) D.(−1,−3
4
)∪[1
4
,+∞)
二、多选题
下列命题中正确的为( )
A.在△ABC中，若sin A>sin B，则A>B
B.在空间中，若直线a，b，c满足：a⊥b，a⊥c，则b//c
C.f(x)=x+1
x−1
的图像的对称中心为(1,1)
D.已知过抛物线y2=4x的焦点F的直线交抛物线于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，则x1x2=1
4
下图是2010−2020年这11年我国考研人数统计图，则关于这11年考研人数下列说法错误的是( )
A.2010年以来我国考研报名人数逐年增多
B.这11年来考研报名人数的极差超过260万人
C.2015年是这11年来报考人数最少的一年
D.2015年的报录比最低
已知等比数列{a n }的公比为q ，前4项的和为a 1+14，且a 2，a 3+1，a 4成等差数列，则q 的值可能为（ ） A.1
2 B.1 C.2 D.3
如图，已知函数f (x )=A sin (ωx +φ)（其中A >0，ω>0， |φ|
≤π
2)的图象与x 轴交于点A ，B ，与y 轴交于
点C ，BC →=2BD →
，∠OCB =π
3
，|OA|=2 ，|AD|=
2√21
3
．则下列说法正确的有( )
A.f (x )的最小正周期为12
B.φ=−π
6
C.f (x )的最大值为16
3
D.f (x )在区间(14,17)上单调递增
三、填空题
曲线y =x 2+1
x 在点(1,2)处的切线方程为________.
中国古代崇尚玉，玉寓意美好的人或事物．许多汉字与玉相关，如：玲，珑，珍，珠、琼，理等，现将“玛，
玚，珅，珪，珽，珊”六个汉字排一排，其中笔画数相同的汉字必须相邻的排法有________种．（用数字作答）
(x +4
x −4)5
的展开式中，所有项的系数和为________，x 4项的系数为________．
在△ABC 中，记角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，面积为S ，则S
a 2+2bc
的最大值为________.
四、解答题
在棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，（如图）E 是棱C 1D 1的中点，F 是侧面AA 1D 1D 的中心．
(1)求三棱锥A 1−D 1EF 的体积；
(2)求EF 与底面A 1B 1C 1D 1所成的角的正弦值．
为庆祝党的98岁生日，某高校组织了“歌颂祖国，紧跟党走”为主题的党史知识竞赛．从参加竞赛的学生中，随机抽取40名学生，将其成绩分为六段[70,75)，[75,80)，[80,85)，[85,90) ，[90,95)，[95,100]，到如图所示的频率分布直方图．
(1)求图中a 的值及样本的中位数；
(2)若从竞赛成绩在[70,75)与[95,100]两个分数段的学生中随机选取两名学生，设这两名学生的竞赛成绩之差的绝对值不大于5分为事件M ，求事件M 发生的概率．
(3)为了激励同学们的学习热情，现评出一二三等奖，得分在[95,100]内的为一等奖，得分在[90,95)内的为二等奖，得分在[85,90)内的为三等奖．若将频率视为概率，现从考生中随机抽取三名，设ξ为获得三等奖的人数，求ξ的分布列与数学期望．
如图，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点． (1)求证：平面PAC ⊥平面PBC ；
(2)若AB =2，AC =1，PA =1，求二面角C −PB −A 的余弦值．
请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答． ①AB →
2+AB →
⋅BC →
=−6 ②b 2+c 2=52 ③△ABC 的面积为3√15.
在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b +c =10， cos A =−1
4，________.
(1)求a ；
(2)求sin 2C 的值．
已知等差数列{a n }的公差d >0，a 2=7，且a 1，a 6，5a 3成等比数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{b n }满足1
b
n+1
−1b n
=a n (n ∈N ∗)，且b 1=1
3，求数列{b n }的前n 项和T n .
已知函数f (x )=(x −2)e x +x +2，f ′(x )是f (x )的导函数． (1)证明：当x >0时，f (x )>0；
(2)证明：g (x )=(1−sin x )[xe x −f ′(x )+2]−2在(−π,π)上有且只有3个零点．
参考答案与试题解析
2020-2021学年福建南平高三上数学期中试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
绝对值不等式的解法与证明
函数最值的应用
【解析】
考查集合的性质与交集以及绝对值不等式运算．常见的解法为计算出集合A、B的最简单形式再运算．【解答】
解：由题得：A={x|−1≤x≤1}，B={y|y≥0}，
∴A∩B={x|0≤x≤1}．
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
【解答】
解：|1−i|2=(√1+1)2=2，
则z=2
1+i =2(1−i)
(1+i)(1−i)
=1−i，
∴复数z在复平面内对应的点的坐标为(1, −1)，位于第四象限．故选D.
3.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f(−x)=(−x+1
x )cos(−x)
=−(x−
1
x
)cos x
=−f(x)，
∴所以函数f(x)为奇函数，排除A，B，
∵f(π)=−(π−1
π
)<0，故排除C.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
利用小正方形面积比大正方形面积求解即可.
【解答】
解：由题意可知：小正方形的边长为12−5=7，
大正方形的边长为：12+5=17，
设飞镖投中小正方形（阴影）区域为事件A，
由几何概型中的面积型可得：
P(A)=
S
小正方形
S
大正方形
=7×7
17×17
=49
289
.
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
数量积的坐标表达式
【解析】
【解答】
解：建立坐标系如图，
设AD=x，
则A(0, 0)，B(4, 0)，D(0, x)，C(2, x)，E(3, x
2
)，
AC
→
=(2,x)，AE
→
=(3, x
2
)，AB
→
=(4, 0)，
∴ AC →
+AE →
=(5, 3x
2)， ∴ AB →
⋅(AC →
+AE →
)=20． 故选D . 6. 【答案】 C
【考点】
对数值大小的比较 【解析】
可知0<ln 2<1,从而可得出log 23>ln 3>1,并且2−0.1<1,从而可得出a,b ，c 的大小关系． 【解答】
解：因为0<ln 2<1,
所以log 23=ln 3
ln 2>ln 3>ln e =1 , 2−0.1<20=1， 所以c <b <a . 故选C ． 7. 【答案】 A
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】
由题意画出图形,得到a 的范围,列出体积关于a 的函数式求解． 【解答】
解：设四面体的底面是BCD ，AD =a ，AB =AC =BD =CD =1， BC =√2，
在△ACD 中，
由两边之和大于第三边可得：0<a <2.① 取BC 中点为E ，
则AE ⊥BC ，DE ⊥BC ， 则Rt △ACE ≅Rt △DCE ， ∴ AE =ED =(√2
2)=
√22
. 由两边之和大于第三边， 得0<a <√2，②
由①②得0<a <√2． V A−BCD =V B−AED +V C−AED =1
S △AED ⋅BC =13×12×a ×√(√2
2)2
−(a 2)2×√2 =
√2
12
×√−a 4+2a 2，
∴ 当a 2=1，即a =1时，三棱锥的体积最大，最大值为√2
12. 故选A ． 8. 【答案】 A
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：当(x 2−2)−(x −x 2)≤1，即−1≤x ≤3
2时，f (x )=x 2−2；
当(x 2−2)−(x −x 2)>1，即x <−1或x >3
2时，f (x )=x −x 2， ∴ f(x)={x 2−2(−1≤x ≤3
2),
x −x 2
(x <−1或x >32), f (x )的图象如图所示，
则c ≤−2或−1<c <−3
4． 故选A .
二、多选题 【答案】 A,C 【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
需要对于每个命题逐一进行判断进而即可得结果.
【解答】
解：A，由正弦定理可知，若sin A>sin B，则a>b，则A>B，故A正确；
B，在空间中垂直于同一条直线的两条直线也可能相交，故B错误；
C，因为函数图象上点(x,y)关于(1,1)对称点为(2−x,2−y)仍在函数图象上，故C正确；D，由已知得F(1,0).
设直线方程为y=k(x−1),
联立{y=k(x−1)，y2=4x，
得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
所以x1x2=1，故D错误；
故选AC.
【答案】
A,B,C
【考点】
频率分布折线图、密度曲线
频率分布直方图
【解析】
先阅读题意再对图表数据进行分析处理，结合简单的合情推理逐一检验即可得解．【解答】
解：对于A，2010年以来，我国考研人数，在2015年略微下降，故该选项错误；对于B，极差大约为320−150=170(万人)，故该选项错误；
对于C，2010年是这11年来报考人数最少的一年，故该选项错误；
对于D，2015年的报录比最低，故该选项正确.
故选ABC．
【答案】
A,C
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的性质
【解析】
利用等比数列的通项公式，等差数列性质，构造关系式，即可得解.
【解答】
解：由a2，a3+1，a4成等差数列，
所以2(a3+1)=a2+a4，
则a1+a2+a3+a4=a1+3a3+2.
又a1+a2+a3+a4=a1+14，
所以a1+3a3+2=a1+14，即a3=4，
由{a n}是公比为q的等比数列，
所以由2(a3+1)=a2+a4，得a3(q+1
q )=2(a3+1),
即：q+1
q
=5
2
,
解得：q=2或q=1
2
.
故选AC.
【答案】
A,C,D
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
函数y=Asin（ωx+φ）的性质
正弦函数的周期性
【解析】
将各个选项进行逐一分析求解即可.
【解答】
解：设B(2t,0)，t>0，
由∠OCB=π
3
得D(t,−√3
3
t)，C(0,−2√3
3
t)，
所以AD=√(t−2)2+(√3
3
t)
2
=2√21
3
，
解得t=4或t=−1（舍），所以B(8,0)，
对于A，f(x)=A sin(ωx+φ)的半个周期T
2
=8−2=6，
则T=12，故A正确；
对于B，f(x)=A sin(ωx+φ)的周期T=2π
ω
=12，解得ω=π
6
，
因为函数图象过点A(2,0)，则A sin(π
6
×2+φ)=0，
则π
3
+φ=kπ，k∈Z，又|φ|≤π
2
，
故令k=0，解得φ=−π
3
，故B错误；
对于C，由C(0,−8√3
3
)，可得A sin(π
6
×0−π
3
)=−8√3
3
，
解得A=16
3
，故C正确；
对于D，此时函数f(x)=16
3
sin(π
6
x−π
3
)，
由14<x<17，可得2π<π
6
x−π
3
<5π
2
，
所以此时函数f(x)单调递增，故D正确.
故选ACD.
三、填空题
【答案】
x−y+1=0
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
（1）根据题目所给信息进行求解即可.
【解答】
解：已知曲线f(x)=y=x2+1
x
，
f´(x)=2x−1
x2
，
则f´(1)=2−1
1
=1,
则曲线在点(1,2)处的切线方程为y−2=x−1，
即x−y+1=0.
故答案为：x−y+1=0.
【答案】
48
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
【解答】
解：汉字笔画为传统文化中的常识，求同存异，除偏旁外，六个字剩下的笔画数分别为3，3，5，6，6，5．
故由相邻问题捆绑法，可知共有A22A22A22A33=48个．
故答案为：48．
【答案】
1,−20
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
令x=1，可得所有项的系数和；利用通项公式，求得(x+4
x −4)
5
的展开式中，x4项的系数．
【解答】
解：令x=1，可得所有项的系数和为1.
(x+4
x −4)
5
的通项公式为T r+1=C5r⋅(x+4
x
)
5−r
(−4)r.
(x+4
x )
5−r
的通项公式为T k+1=C5−r
k⋅4k⋅x5−r−2k.
令5−r−2k=4，
可得r=1，k=0，
故x4项的系数为C51⋅(−4)1⋅C40⋅40=−20. 故答案为：1；−20.
【答案】
√3
12
【考点】
基本不等式余弦定理
正弦定理
【解析】
【解答】
解：∵S
a2+2bc
=
1
2
bc sin A
b2+c2−2bc cos A+2bc
=1
2
×sin A
c
b
+b
c
+2−2cos A
≤−1
4
×sin A
cos A−2
（当且仅当b=c时取等号）．
令sin A=y，cos A=x，故S
a2+2bc
≤−1
4
×y
x−2
，
因为x2+y2=1，且y>0，
故可得点(x,y)表示的平面区域是半圆弧上的点，
如下图所示：
目标函数z=y
x−2
上，表示圆弧上一点到点A(2,0)点的斜率，
由数形结合可知，当且仅当目标函数过点H(1
2
,√3
2
)，
即A=60∘时，取得最小值−√3
3
，
故可得z=y
x−2
∈[−√3
3
,0)，
又S
a2+2bc
≤−1
4
×y
x−2
，故可得S
a2+2bc
≤−1
4
×−√3
3
=√3
12
.
当且仅当A=60∘，b=c，即三角形为等边三角形时，取得最大值．
故答案为：√3
12
.
四、解答题
【答案】
解：(1)由题意得，D1E=1
2
C1D1=1，D1E⊥面A1D1F，
S△A
1FD1=1
4
S
正方形AA1D1D
=1，
∴V A
1−D1EF =V E−A
1D1F
=1
3
⋅1⋅1=1
3
．
(2)取A1D1的中点G，
则GF=1
2
A1A=1，且FG⊥平面A1B1C1D1，
所以所求角的大小等于∠GEF的大小.
在Rt△GD1E中，由勾股定理得，GE=√D1E2+D1G2=√2，
在Rt△GEF中，tan∠GEF=GF
GE =√2
2
，
所以∠GEF=45∘，则sin∠GEF=√3
3
，
所以EF与底面A1B1C1D1所成的角的正弦值为√3
3
.
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面所成的角
【解析】
本题考查三棱锥的体积，思路通过公式计算
【解答】
解：(1)由题意得，D1E=1
2
C1D1=1，D1E⊥面A1D1F，
S△A
1FD1=1
4
S
正方形AA1D1D
=1，
∴V A
1−D1EF =V E−A
1D1F
=1
3
⋅1⋅1=1
3
．
(2)取A1D1的中点G，
则GF=1
2
A1A=1，且FG⊥平面A1B1C1D1，
所以所求角的大小等于∠GEF的大小.
在Rt△GD1E中，由勾股定理得，GE=√D1E2+D1G2=√2，
在Rt△GEF中，tan∠GEF=GF
GE =√2
2
，
所以∠GEF=45∘，则sin∠GEF=√3
3
，
所以EF与底面A1B1C1D1所成的角的正弦值为√3
3
.
【答案】
解：(1)由频率分布直方图可知：
(a+0.05+0.04+2×0.02+0.01)×5=1，
解得a=0.06.
可知样本的中位数在第4组中，不妨设为x，
则(0.01+0.02+0.04)×5+(x−85)×0.06=0.5，解得x=87.5，即样本的中位数为87.5.
(2)由频率分布直方图可知，
在[70,75)与[95,100]两个分数段的学生人数分别为2，4，
设其中两名学生的竞赛成绩之差的绝对值不大于5分为事件M，则事件M发生的概率为C2
2+C
4
2
C62
=7
15
，
即事件M发生的概率为7
15
.
(3)从考生中随机抽取三名，
则随机变量5为获得三等奖的人数，则ξ=0，1，2，3，
由频率分布直方图知，从考生中任抽取1人，
此考生获得三等奖的概率为0.06×5=0.3，
所以随机变量服从二项分布B(3,0.3)，
则P(ξ=0)=(1−0.3)3=0.343，
P(ξ=1)=C31×0.3×(1−0.3)2=0.441，
P(ξ=2)=C32×0.32×(1−0.3)=0.189，
P(ξ=3)=0.33=0.027，
所以随机变量的分布列为
所以E(ξ)=3×0.3=0.9．
【考点】
众数、中位数、平均数
古典概型及其概率计算公式
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
【解答】
解：(1)由频率分布直方图可知：
(a+0.05+0.04+2×0.02+0.01)×5=1，
解得a=0.06.
可知样本的中位数在第4组中，不妨设为x，
则(0.01+0.02+0.04)×5+(x−85)×0.06=0.5，
解得x=87.5，即样本的中位数为87.5.
(2)由频率分布直方图可知，
在[70,75)与[95,100]两个分数段的学生人数分别为2和4，(2)由频率分布直方图可知，
在[70,75)与[95,100]两个分数段的学生人数分别为2，4，
设其中两名学生的竞赛成绩之差的绝对值不大于5分为事件M ， 则事件M 发生的概率为
C 22+C 42C 6
2=
715
，
即事件M 发生的概率为7
15.
(3)从考生中随机抽取三名，
则随机变量5为获得三等奖的人数，则ξ=0，1，2，3， 由频率分布直方图知，从考生中任抽取1人， 此考生获得三等奖的概率为0.06×5=0.3， 所以随机变量服从二项分布B (3,0.3)， 则P (ξ=0)=(1−0.3)3=0.343，
P (ξ=1)=C 31
×0.3×(1−0.3)2=0.441，
P (ξ=2)=C 32
×0.32×(1−0.3)=0.189， P (ξ=3)=0.33=0.027， 所以随机变量的分布列为
所以E(ξ)=3×0.3=0.9．
【答案】
(1)证明：由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ．
由PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得PA ⊥BC ． 又PA ∩AC =A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， 所以BC ⊥平面PAC ． 因为BC ⊂平面PBC ， 所以平面PAC ⊥平面PBC .
(2)解：过C 作CM ⊥AB 于M ，过M 作MN ⊥PB 于N ，连结NC ．
因为PA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ， 所以PA ⊥CM ， 故CM ⊥平面PAB ． 所以CM ⊥MN .
由三垂线定理得CN ⊥PB ．
所以∠CNM 为二面角C −PB −A 的平面角． 在Rt △ABC 中，由AB =2，AC =1，
得BC =√3，CM =
√3
2
，BM =3
2
．
在Rt △ABP 中，由AB =2，AP =1， 得PB =√5．
因为Rt △BNM ∼Rt △BAP ， 所以
MN 1
=
32
√5
．
故MN =
3√5
10
． 又在Rt △CNM 中，CN =√30
5
． 故cos ∠CNM =
MN CN
=
√64
． 所以二面角C −PB −A 的余弦值为√6
4． 【考点】
二面角的平面角及求法 平面与平面垂直的判定
【解析】
要证平面PAC ⊥平面PBC ，只要证明平面PBC 经过平面PAC 的一条垂线BC 即可，利用题目给出的条件借助于线面垂直的判定定理能够证明BC ⊥平面PAC
因为平面PAB 和平面ABC 垂直，只要在平面ABC 内过C 作两面的交线AB 的垂线，然后过垂足再作PB 的垂线，连结C 和后一个垂足即可得到二面角C −PB −A 的平面角，然后在作出的直角三角形中通过解直角三角形即可求得二面角C −PB −A 的余弦值．
【解答】
(1)证明：由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ．
由PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得PA ⊥BC ． 又PA ∩AC =A ，PA ⊂
平面PAC
，AC ⊂平面PAC ， 所以BC ⊥平面PAC ． 因为BC ⊂平面PBC ， 所以平面PAC ⊥平面PBC .
(2)解：过C 作CM ⊥AB 于M ，过M 作MN ⊥PB 于N ，连结NC ．
因为PA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ， 所以PA ⊥CM ，
故CM ⊥平面PAB ． 所以CM ⊥MN .
由三垂线定理得CN ⊥PB ．
所以∠CNM 为二面角C −PB −A 的平面角． 在Rt △ABC 中，由AB =2，AC =1， 得BC =√3，CM =
√3
2
，BM =3
2
．
在Rt △ABP 中，由AB =2，AP =1， 得PB =√5．
因为Rt △BNM ∼Rt △BAP ， 所以
MN 1
=
32
√5
．
故MN =
3√5
10
． 又在Rt △CNM 中，CN =√30
5
． 故cos ∠CNM =
MN CN
=
√64
． 所以二面角C −PB −A 的余弦值为√64
． 【答案】
解：(1)选择条件①：
AB →2
+AB →
⋅BC →
=AB →
⋅(AB →
+BC →
) =AB →
⋅AC →
=bc cos A =−6， ∵ cos A =−1
4，
∴ bc =24，
∴ a 2=b 2+c 2−2bc cos A =(b +c )2−2bc −2bc cos A =100−48−2×6×4×(−1
4)=64，
∴ a =8.
选择条件②：由b 2+c 2=52，b +c =10， 解得bc =24，∴ a 2=b 2+c 2−2bc cos A =36+16−2×6×4×(−14)=64， ∴ a =8.
选择条件③：∵ cos A =−14， ∴ sin A =
√15
4
， S △ABC =1
2bc sin A =
√15
8
bc =3√15，
∴ bc =24，由bc =24，b +c =10，
解得a 2+b 2=52，
∴ a 2=b 2+c 2−2bc cos A
=36+16−2×6×4×(−1
4)=64， ∴ a =8.
(2)cos C =a 2+b 2−c 2
2ab
=64+36−162×8×6
=7
8，
∴ sin C =√1−49
64=
√15
8
， ∴ sin 2C =2sin C cos C =7√15
32
. 【考点】
平面向量数量积的运算 余弦定理
同角三角函数间的基本关系 二倍角的余弦公式 【解析】 无 无
【解答】
解：(1)选择条件①：
AB →
2+AB →
⋅BC →
=AB →
⋅(AB →
+BC →
) =AB →
⋅AC →
=bc cos A =−6， ∵ cos A =−1
4，
∴ bc =24，
∴ a 2=b 2+c 2−2bc cos A =(b +c )2−2bc −2bc cos A =100−48−2×6×4×(−1
4)=64， ∴ a =8.
选择条件②：由b 2+c 2=52，b +c =10， 解得bc =24，∴ a 2=b 2+c 2−2bc cos A =36+16−2×6×4×(−14)=64，
∴ a =8.
选择条件③：∵ cos A =−1
4，
∴ sin A =
√15
4
， S △ABC =1
2bc sin A =
√15
8
bc =3√15，
∴ bc =24，由bc =24，b +c =10， 解得a 2+b 2=52，
∴ a 2=b 2+c 2−2bc cos A
=36+16−2×6×4×(−1
4)=64， ∴ a =8.
(2)cos C =a 2+b 2−c 2
2ab
=64+36−162×8×6
=7
8，
∴ sin C =√1−
4964
=
√15
8
， ∴ sin 2C =2sin C cos C =
7√15
32
. 【答案】
解：(1)∵ a 1，a 6，5a 3成等比数列，
∴ a 62=5a 3⋅a 1，
∴ (a 1+5d )2=5a 1⋅(a 1+2d )，
整理得4a 12
=25d 2， ∴ a 1=5
2d 或a 1=−5
2d ， 当a 1=52d 时，
由{a 1=52d,
a 2=7解得{a 1=5,d =2,满足题意，
当a 1=−52d 时，
由{a 1=−5
2d,a 2=7,
解得d =−14
3，不合题意，
∴ a n =5+2(n −1)=2n +3． (2)由(1)知，当n ≥2时， a 1+a 2+⋯+a n−1=(n−1)(5+2n+1)
2
=n 2+2n −3，
∵ 1
b
n+1
−1
b n
=a n ，
∴ 当n ≥2时，1b n
−1
b
n−1
=a n−1，
a 1+a 2+⋯+a n−1
=1b 2−1b 1+1b 3−1b 2+⋯+1b n −1b n−1
=
1b n −1
b 1
=n 2+2n −3． 又b 1=13
，∴ b n =
1
n(n+2)，
当n =1时，b 1=1
1×(1+2)=1
3， ∴ b n =1
n(n+2)，n ∈N ∗． ∴ b n =
1
n(n+2)=12(1
n −1
n+2
)， ∴ T n =b 1+b 2+⋯+b n
=1(1−1+1−1+⋯+1−1
) =12(32−1n +1−1n +2
) =3n 2+5n
4(n+1)(n+2)． 【考点】 数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：(1)∵ a 1，a 6，5a 3成等比数列，
∴ a 62=5a 3⋅a 1，
∴ (a 1+5d )2=5a 1⋅(a 1+2d )，
整理得4a 12
=25d 2， ∴ a 1=5
2d 或a 1=−5
2d ， 当a 1=52d 时，
由{a 1=52d,
a 2=7解得{a 1=5,d =2,满足题意，
当a 1=−52d 时，
由{a 1=−52d,a 2=7,
解得d =−14
3，不合题意，
∴ a n =5+2(n −1)=2n +3． (2)由(1)知，当n ≥2时， a 1+a 2+⋯+a n−1=(n−1)(5+2n+1)
2
=n 2+2n −3，
∵
1b n+1
−
1b n
=a n ，
∴ 当n ≥2时，
1b n
−
1b n−1
=a n−1，
a 1+a 2+⋯+a n−1=1
b 2−1b 1+1b 3−1b 2+⋯+1b n −1b n−1
=1b n −1b 1
=n 2+2n −3．
又b 1=1
3，∴ b n =1
n(n+2)， 当n =1时，b 1=11×(1+2)
=1
3
，
∴ b n =
1n(n+2)，n ∈N ∗．
∴ b n =1
n(n+2)=12(1
n −1
n+2)， ∴ T n =b 1+b 2+⋯+b n
=12(1−13+12−14+⋯+1n −1n +2) =12(32−1n +1−1n +2) =3n 2+5n
4(n+1)(n+2)．
【答案】
证明：(1)f ′(x)=(x −1)e x +1，
令k(x)=(x −1)e x +1，则k ′(x)=xe x ， 当x >0时，k ′(x)>0，
∴ f ′(x)在(0,+∞)上单调递增. ∵ f ′(0)=0，
∴ x >0时，f ′(x)>0，
∴ f(x)在(0,+∞)上单调递增， 又f(0)=0，
∴ 当x >0时，f(x)>0．
(2)g(x)=(1−sin x)[xe x −f ′(x)+2]−2 =(1−sin x)e x −sin x −1，
令g(x)=0得(1−sin x)e x −sin x −1=0， 即e x −1e x +1−sin x =0， 令ℎ(x)=e x −1
e x +1−sin x ， 则ℎ(−x)=e −x −1e +1−sin (−x) =−(e x −1
e x +1−sin x)=−ℎ(x)， ∴ y =ℎ(x)是奇函数，且ℎ(0)=0，
令t(x)=e x −1e x +1，则t ′(x)=2e x
(e x +1)2， 当x ∈(0,π)时，t ′(x)>0， ∴ t(x)在(0,π)上单调递增．
令r(x)=sin x ，则r(x)在(0,π
2)上单调递增．
在(π
2,π)上单调递减， 由(1)知：当x ∈(0,π
2)时，
(x −2)e x +x +2>0，即
e x −1e x +1
<x
2
，
令m(x)=sin x −x
2
，则m ′(x)=cos x −12
， 当x ∈(0,π
3)时，m ′(x)>0，m(x)单调递增， 当x ∈(π3,π2)时，m ′(x)<0，m(x)单调递减， 又m(0)=0，m (π
2)=1−π
4>0， ∴ x ∈(0,π
2)时，m(x)>0恒成立，
即x ∈(0,π
2)时，x
2<sin x 恒成立， ∴ 当x ∈(0,π
2)时，e x −1
e x +1<x
2<sin x ，
∴ 当x ∈(0,π2)时，ℎ(x)<0恒成立． 当x ∈(π
2
,π)时，ℎ′(x)=
2e x (e x +1)2
−cos x >0，
∴ ℎ(x)在(π2,π)上为增函数， 且ℎ(π
2)=t (π
2)−r (π
2
)=
e π
2−1e π2+1
−1<0，
ℎ(π)=t(π)−r(π)=e π−1
e +1>0，
∴ ℎ(x)在(0,π)上有且只有一个零点， 设为x 0，即ℎ(x 0)=0， ∵ ℎ(x)是奇函数，
∴ ℎ(−x 0)=−ℎ(x 0)=0，
∴ ℎ(x)在(−π,0)上的零点为−x 0，
∴ ℎ(x)在(−π,π)上的零点为−x 0，0，x 0， ∴ g(x)在(−π,π)上有且只有3个零点． 【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】 此题暂无解析 【解答】
证明：(1)f ′(x)=(x −1)e x +1，
令k(x)=(x −1)e x +1，则k ′(x)=xe x ， 当x >0时，k ′(x)>0，
∴ f ′(x)在(0,+∞)上单调递增. ∵ f ′(0)=0，
∴ x >0时，f ′(x)>0，
∴ f(x)在(0,+∞)上单调递增， 又f(0)=0，
∴ 当x >0时，f(x)>0．
(2)g(x)=(1−sin x)[xe x −f ′(x)+2]−2 =(1−sin x)e x −sin x −1，
令g(x)=0得(1−sin x)e x −sin x −1=0， 即
e x −1e x +1
−sin x =0，
令ℎ(x)=e x −1e x +1
−sin x ，
则ℎ(−x)=e −x −1
e −x +1−sin (−x) =−(
e x −1e +1
−sin x)=−ℎ(x)，
∴ y =ℎ(x)是奇函数，且ℎ(0)=0， 令t(x)=
e x −1e x +1
，则t ′
(x)=
2e x (e x +1)2
，
当x ∈(0,π)时，t ′(x)>0， ∴ t(x)在(0,π)上单调递增．
令r(x)=sin x ，则r(x)在(0,π
2)上单调递增． 在(π
2,π)上单调递减，
由(1)知：当x ∈(0,π
2)时，
(x −2)e x +x +2>0，即e x −1
e x +1<x
2， 令m(x)=sin x −x
2
，则m ′(x)=cos x −1
2
，
当x ∈(0,π
3)时，m ′(x)>0，m(x)单调递增， 当x ∈(π3,π
2)时，m ′(x)<0，m(x)单调递减， 又m(0)=0，m (π
2)=1−π
4>0，
∴ x ∈(0,π
2)时，m(x)>0恒成立， 即x ∈(0,π
2)时，x
2<sin x 恒成立，
∴ 当x ∈(0,π
2)时，e x −1
e x +1<x
2<sin x ， ∴ 当x ∈(0,π2)时，ℎ(x)<0恒成立． 当x ∈(π
2
,π)时，ℎ′(x)=
2e x (e x +1)2
−cos x >0，
∴ ℎ(x)在(π2,π)上为增函数， 且ℎ(π
2)=t (π
2)−r (π
2
)=e π
2−1e π2+1
−1<0，
ℎ(π)=t(π)−r(π)=e π−1
e π+1>0，
∴ ℎ(x)在(0,π)上有且只有一个零点， 设为x 0，即ℎ(x 0)=0， ∵ ℎ(x)是奇函数，
∴ ℎ(−x 0)=−ℎ(x 0)=0，
∴ ℎ(x)在(−π,0)上的零点为−x 0，
∴ ℎ(x)在(−π,π)上的零点为−x 0，0，x 0， ∴ g(x)在(−π,π)上有且只有3个零点．。