天津市十二区县重点学校2020届高考数学一模试卷 (解析版)

2020年天津市十二区县重点学校高考数学一模试卷一、选择题（共9小题，每小题5分，满分45分）1．已知全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{x|0≤x≤1，x∈Z}，B＝{1，2}，则∁U （A∪B）＝（）A．{1，2}B．{0，1，2}C．{﹣2，﹣1，3}D．{﹣2，﹣1，0，3}2．已知a∈R，则“﹣1＜a＜0”是“ax2+2ax﹣1＜0对∀x∈R恒成立”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3．函数f（x）=e x−e−x2|x|−1的图象大致是（）A．B．C．D．4．张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方等于10，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，且AB＝BC=√2，AB⊥BC，AA1＝2，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，利用张衡的结论可得该球的表面积为（）A．8B．8√10C．12D．12√105．某社区组织“学习强国”的知识竞赛，从参加竞赛的市民中抽出40人，将其成绩分成以下6组：第1组[40，50），第2组[50，60），第3组[60，70），第4组[70，80），第5组[80，90），第6组[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图．现采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，则第2，3，4组抽取的人数依次为（ ）A ．1，3，4B ．2，3，3C ．2，2，4D ．1，1，66．若双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的一条渐近线被圆（x ﹣2）2+y 2＝4所截得的弦长为2√3，则C 的离心率为（ ） A ．2B ．√3C ．√2D ．2√337．已知函数y ＝f （x ﹣2）的图象关于直线x ＝2对称，在x ∈（0，+∞）时，f （x ）单调递增．若a ＝f （4ln 3），b ＝f （2﹣e ），c =f(ln 1π)（其中e 为自然对数的底数，π为圆周率），则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．a ＞c ＞bB ．a ＞b ＞cC ．c ＞a ＞bD ．c ＞b ＞a8．关于函数f(x)=cos2x −2√3sinxcosx ，有下列命题： ①f （x ）的最小正周期为π； ②函数f （x ）的图象关于x =π3对称； ③f （x ）在区间[−2π3，−π6]上单调递增； ④将函数f （x ）的图象向左平移5π12个单位长度后所得到的图象与函数y ＝2sin2x 的图象重合．其中正确的命题是（）A．①②③B．②④C．①③D．①②④9．在等腰梯形中，AB∥CD，AB＝2，AD＝1，∠DAB=π3，点F是线段AB上的一点，M为直线BC上的动点，若BC→=3CE→，AF→=λAB→，且AE→⋅DF→=−1，则MF→•DM→的最大值为（）A．14B．−6364C．﹣1D．−2364二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡中的相应横线上）10．若复数z满足：z（1+i）＝|1+√3i|，则复数z的虚部是．11．二项式(3√x+1x)5中，则其展开式中x的系数是．12．抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F，其准线过（﹣2，2），过焦点F倾斜角为π3的直线交抛物线于A，B两点，则p＝；弦AB的长为．13．为了贯彻落实党中央对新冠肺炎疫情防控工作的部署和要求，坚决防范疫情向校园蔓延，切实保障广大师生身体健康和生命的安全，教育主管部门决定通过电视频道、网络平台等多种方式实施线上教育教学工作．为了了解学生和家长对网课授课方式的满意度，从经济不发达的A城市和经济发达的B城市分别随机调查了20个用户，得到了一个用户满意度评分的样本，并绘制出茎叶图如图：若评分不低于80分，则认为该用户对此授课方式“认可”，否则认为该用户对此授课方式“不认可”．以该样本中A，B城市的用户对此授课方式“认可”的频率分别作为A，B城市用户对此授课方式“认可”的概率．现从A城市和B城市的所有用户中分别随机抽取2个用户，用X表示这4个用户中对此授课方式“认可”的用户个数，则P（X＝3）＝；用Y表示这从A城市随机抽取2个用户中对此授课方式“认可”的用户个数，则Y的数学期望为．14．若存在a ，b ，c ∈（0，+∞），使得不等式a 2+12b 2+c 2ab+bc＜32m +m 2成立，则实数m 的取值范围是 ．15．已知函数f(x)={e x+1，x ≤1−x 2+3x −2，x ＞1，若函数g （x ）＝f （x ）﹣k |x +2|有三个零点，则实数k 的取值范围是 ．三、解答题（本大题5小题，共75分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 16．△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为√15，b ﹣c ＝2，cos A =−14． （Ⅰ）求a 和sin C 的值； （Ⅱ）求cos （2C +π3）的值17．如图，平面EFBA ⊥平面ABCD ，EFBA 为矩形，ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，M ，N 分别为FC ，AC 中点，∠ADC ＝45°，DC ＝3AB ＝3，AE ＝2． （Ⅰ）证明：MN ∥平面EFBA ； （Ⅱ）求二面角F ﹣AC ﹣D 的正弦值；（Ⅲ）线段ED 上是否存在点P ，使得PN ⊥面MAC ，若存在求出EP 的长，若不存在，说明理由．18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点F1，F2，离心率为12，点M是椭圆上的动点，△MF1F2的最大面积是√3．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）圆E经过椭圆的左右焦点，且与椭圆C在第一象限的交点为A，且F1，E，A三点共线，直线l交椭圆C于两点P，Q，且PQ→=λOA→(λ≠0)．（i）求直线OA的斜率；（ii）当△APQ的面积取到最大值时，求直线l的方程．19．等比数列{a n}的各项均为正数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足a4＝4a32，数列{b n}的前n项和S n=(n+1)b n2，n∈N*，且b1＝1（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）设c n=b2n+5b2n+1b2n+3a n，n∈N∗，求证：∑nk=1c k＜13；（Ⅲ）设R n＝a1b1+a2b2+…+a n b n，T n＝a1b1﹣a2b2+…+（﹣1）n﹣1a n b n，n∈N*，求R2n+3T2n ﹣1．20．（16分）已知函数f（x）＝x−12sin x+mlnx+1，g（x）＝f（x）+12sin x．（Ⅰ）求函数g（x）的单调区间和极值；（Ⅱ）当x≥1时，若不等式g（x）﹣x﹣e x﹣1≤0恒成立，求实数m的取值范围；x1x2 4m2＜1．（Ⅲ）若存在x1，x2∈（0，+∞），且当x1≠x2时，f（x1）＝f（x2），证明：参考答案一、选择题（在每小题四个选项中，只有一项是符合题目要求的，本大题共9小题，每小题5分，满分45分）1．已知全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{x|0≤x≤1，x∈Z}，B＝{1，2}，则∁U （A∪B）＝（）A．{1，2}B．{0，1，2}C．{﹣2，﹣1，3}D．{﹣2，﹣1，0，3}【分析】求出集合A，再求出A∪B，得出结论．解：因为全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{x|0≤x≤1，x∈Z}＝{0，1}，B＝{1，2}，∴A∪B＝{0，1，2}；则∁U（A∪B）＝{﹣2，﹣1，3}；故选：C．2．已知a∈R，则“﹣1＜a＜0”是“ax2+2ax﹣1＜0对∀x∈R恒成立”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【分析】a＝0时，不等式化为﹣1＜0，满足条件．a＜0时，ax2+2ax﹣1＜0对∀x∈R恒成立，△＜0，解得a范围即可判断出结论．解：a＝0时，不等式化为﹣1＜0，满足条件．a＜0时，ax2+2ax﹣1＜0对∀x∈R恒成立，△＝4a2+4a＜0，解得﹣1＜a＜0，∴“﹣1＜a＜0”是“ax2+2ax﹣1＜0对∀x∈R恒成立”的充分不必要条件．故选：A．3．函数f（x）=e x−e−x2|x|−1的图象大致是（）A．B．C．D．【分析】先求出函数的定义域，解条件先判断函数的奇偶性和对称性，结合极限思想以及排除法进行排除即可．解：由2|x|﹣1≠0得|x|≠12，即x≠±12，即函数的定义域为{x|x≠±12}，f（﹣x）=e−x−e x2|−x|−1=−ex−e−x2|x|−1=−f（x），即函数f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除B，当x→+∞，f（x）→+∞，排除A，当0＜x＜12时，2|x|﹣1＜0，ex﹣e﹣x＞0，此时f（x）＜0，排除D，故选：C．4．张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方等于10，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，且AB＝BC=√2，AB⊥BC，AA1＝2，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，利用张衡的结论可得该球的表面积为（）A．8B．8√10C．12D．12√10【分析】根据题意，棱柱ABC﹣A1B1C1外接球即为以BA，BC，BB1为长宽高的长方体外接球，求出长方体的对角线即为球的直径，从而可求球的表面积．解：根据题意，棱柱ABC﹣A1B1C1外接球即为以BA，BC，BB1为长宽高的长方体外接球，√(√2)2+(√2)2+22该长方体的半径为=√2，2所以该球的表面积为S球＝4πR2＝4π×（√2）2＝8π＝8√10．故选：B．5．某社区组织“学习强国”的知识竞赛，从参加竞赛的市民中抽出40人，将其成绩分成以下6组：第1组[40，50），第2组[50，60），第3组[60，70），第4组[70，80），第5组[80，90），第6组[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图．现采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，则第2，3，4组抽取的人数依次为（）A．1，3，4B．2，3，3C．2，2，4D．1，1，6【分析】利用分层抽样的性质结合频率分布直方图能求出第2，3，4组抽取的人数．解：采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，则第2抽取的人数为：8×0.150.15+0.15+0.3=2人， 第3组抽取的人数为：8×0.150.15+0.15+0.3=2人，第4组抽取的人数为：8×0.30.15+0.15+0.3=4人． 故选：C ．6．若双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的一条渐近线被圆（x ﹣2）2+y 2＝4所截得的弦长为2√3，则C 的离心率为（ ） A ．2B ．√3C ．√2D ．2√33【分析】通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可．解：双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的一条渐近线不妨为：bx +ay ＝0，圆（x ﹣2）2+y 2＝4的圆心（2，0），半径为：2， 双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的一条渐近线被圆（x ﹣2）2+y 2＝4所截得的弦长为2，可得圆心到直线的距离为：√22−(√3)2=|2b|√a 2+b ，解得：4c 2−4a 2c 2=1，e ＞1，即e =2√33．故选：D ．7．已知函数y ＝f （x ﹣2）的图象关于直线x ＝2对称，在x ∈（0，+∞）时，f （x ）单调递增．若a ＝f （4ln 3），b ＝f （2﹣e ），c =f(ln 1π)（其中e 为自然对数的底数，π为圆周率），则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．a ＞c ＞bB ．a ＞b ＞cC ．c ＞a ＞bD ．c ＞b ＞a【分析】根据题意，分析可得函数f（x）的图象关于y轴对称，由偶函数的性质可得c＝f（ln 1π）＝f（lnπ），由对数的性质可得4ln3＞41＝4＞lnπ＞lne＝1＞2﹣e＞0，结合函数的单调性分析可得答案．解：根据题意，函数y＝f（x﹣2）的图象关于直线x＝2对称，则函数f（x）的图象关于y轴对称，即函数f（x）为偶函数，满足f（﹣x）＝f（x），则c＝f（ln 1π）＝f（lnπ）4ln3＞41＝4＞lnπ＞lne＝1＞2﹣e＞0又由x∈（0，+∞）时，f（x）单调递增，则有a＞c＞b；故选：A．8．关于函数f(x)=cos2x−2√3sinxcosx，有下列命题：①f（x）的最小正周期为π；②函数f（x）的图象关于x=π3对称；③f（x）在区间[−2π3，−π6]上单调递增；④将函数f（x）的图象向左平移5π12个单位长度后所得到的图象与函数y＝2sin2x的图象重合．其中正确的命题是（）A．①②③B．②④C．①③D．①②④【分析】根据三角函数辅助角公式化简f（x），①求出函数的周期，②求出对称轴方程，③由x的范围以及正弦函数图象判断单调性，④将函数f（x）平移之后与函数y＝2sin2x 作对比．解：函数f （x ）＝cos2x ﹣2√3sin x cos x ＝cos2x −√3sin2x ＝﹣2sin （2x −π6）， 对于①，f （x ）的最小正周期为T =2π2=π，正确； 对于②，令2x −π6=k π+π2，解得x =kπ2+π3（k ∈Z ），则当k ＝0时，对称轴为x =π3，正确；对于③，当x ∈[−2π3，−π6]时，2x −π6∈[−3π2，−π2]，则f （x ）单调递增，正确； 对于④，函数f （x ）的图象向左平移5π12个单位长度后得到y ＝﹣2sin[2（x +5π12）−π6]＝﹣2sin （2x +2π3），不与函数y ＝2sin2x 重合，错误； 综上，正确的命题为①②③． 故选：A ．9．在等腰梯形中，AB ∥CD ，AB ＝2，AD ＝1，∠DAB =π3，点F 是线段AB 上的一点，M 为直线BC 上的动点，若BC →=3CE →，AF →=λAB →，且AE →⋅DF →=−1，则MF →•DM →的最大值为（ ）A ．14B ．−6364C ．﹣1D ．−2364【分析】以A 为原点，AB 和垂直AB 的线分别为x 和y 轴建立平面直角坐标系，结合已知条件可依次写出点的坐标A （0，0），B （2，0），C （32，√32），D （12，√32），E（43，2√33），F （2λ，0），通过AE →⋅DF →=−1可求得λ=14，于是得F (12，0)；再由点B 和C 的坐标写出直线BC 的方程，从而可设点M 的坐标为（x ，−√3(x −2)），最后利用平面向量数量积的坐标运算将MF →•DM →表示成关于x 的函数，采用配方法即可得最大值．解：以A 为原点，AB 和垂直AB 的线分别为x 和y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），B（2，0），C（32，√32），D（12，√32），∵BC→=3CE→，∴E（43，2√33），∵AF→=λAB→，∴F（2λ，0），又AE→⋅DF→=−1，∴(43，2√33)⋅(2λ−12，−√32)=−1，解得λ=14，∴F(12，0)，∵B（2，0），C（32，√32），∴直线BC的方程为y=√3232−2(x−2)=−√3(x−2)，∵M为直线BC上的动点，∴不妨设点M的坐标为（x，−√3(x−2)），∴MF→•DM→=(12−x，√3(x−2))⋅(x−12，−√3(x−2)−√32)=−(x−12)2−3(x−2)(x−32)=−4x2+232x−374=−4(x−2316)2−6364，∴当x=2316时，MF→•DM→有最小值，为−6364．故选：B．二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡中的相应横线上）10．若复数z满足：z（1+i）＝|1+√3i|，则复数z的虚部是﹣1．【分析】先求等式右边的模，再把等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：由z （1+i ）＝|1+√3i |=√12+(√3)2=2， 得z =21+i =2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i ， ∴复数z 的虚部是﹣1． 故答案为：﹣1．11．二项式(3√x +1x)5中，则其展开式中x 的系数是 405 ．【分析】在二项展开式的通项公式中，令x 的幂指数等于1，求出r 的值，即可求得展开式中x 的系数．解：二项式(3√x +1x)5中，则其展开式的通项公式为 T r +1=C 5r •35﹣r •x 5−3r2，r ＝0，1，…，5 令5−3r 2=1，求得r ＝1，可得展开式中x 的系数为5×34＝405，故答案为：405．12．抛物线C ：y 2＝2px （p ＞0）的焦点F ，其准线过（﹣2，2），过焦点F 倾斜角为π3的直线交抛物线于A ，B 两点，则p ＝ 4 ；弦AB 的长为323．【分析】根据准线过点（﹣2，2），可得p 2=2，进而解得p ，联立直线与抛物线方程，利用根与系数关系，弦长公式即可求得弦AB 的值．解：由条件可得准线方程为p2=2，则p ＝4，则抛物线方程为y 2＝8x ，所以F （2，0），直线方程为y =√3（x ﹣2），代入抛物线方程可得3x 2﹣20x +12＝0， 则有x A +x B =203，x A x B ＝4， 所以AB =√1+(√3)2•√(203)2−4×4=2×163=323，故答案为：4，323．13．为了贯彻落实党中央对新冠肺炎疫情防控工作的部署和要求，坚决防范疫情向校园蔓延，切实保障广大师生身体健康和生命的安全，教育主管部门决定通过电视频道、网络平台等多种方式实施线上教育教学工作．为了了解学生和家长对网课授课方式的满意度，从经济不发达的A 城市和经济发达的B 城市分别随机调查了20个用户，得到了一个用户满意度评分的样本，并绘制出茎叶图如图：若评分不低于80分，则认为该用户对此授课方式“认可”，否则认为该用户对此授课方式“不认可”．以该样本中A ，B 城市的用户对此授课方式“认可”的频率分别作为A ，B 城市用户对此授课方式“认可”的概率．现从A 城市和B 城市的所有用户中分别随机抽取2个用户，用X 表示这4个用户中对此授课方式“认可”的用户个数，则P （X ＝3）＝18；用Y 表示这从A 城市随机抽取2个用户中对此授课方式“认可”的用户个数，则Y 的数学期望为 12．【分析】根据认可频数计算认可概率，再根据相互独立事件和二项分布的概率公式计算P （X ＝3）和E （Y ）．解：从城市A 中随机抽取1个用户，则该用户对网络授课认可的概率为520=14，从城市B 中随机抽取1个用户，则该用户对网络授课认可的概率为1020=12，设选出A 城市的2个用户中对授课方式满意的人数为a ，选出B 城市的2个用户中对授课方式满意的人数为b ，则a ～B （2，14），b ～B （2，12），∴P （X ＝3）＝P （a ＝1）•P （b ＝2）+P （a ＝2）P （b ＝1）=C 21•14•34•C 22•（12）2+C 22⋅（14）2•C 21•12⋅12=18，E （Y ）＝E （a ）＝2⋅14=12． 故答案为：18，12．14．若存在a ，b ，c ∈（0，+∞），使得不等式a 2+12b 2+c 2ab+bc＜32m +m 2成立，则实数m 的取值范围是 (−∞，−2)∪(12，+∞) ．【分析】根据a 2+(12b)2≥ab ，(12b)2+c 2≥bc ，可得a 2+12b 2+c 2ab+bc≤1成立，从而求解32m +m 2＞1，可得m 的范围解：由a 2+12b 2+c 2=a 2+(12b)2+c 2+(12b)2，根据根据a 2+(12b)2≥ab ，当且仅当2a ＝b 时取等号；(12b)2+c 2≥bc ，当且仅当2c ＝b 时取等号；∴a 2+12b 2+c 2ab+bc≤1成立，从而可得32m +m 2＞1， 即2m 2+3m ﹣2＞0， 解得：m ＞12或m ＜﹣2故答案为：(−∞，−2)∪(12，+∞)．15．已知函数f(x)={e x+1，x ≤1−x 2+3x −2，x ＞1，若函数g （x ）＝f （x ）﹣k |x +2|有三个零点，则实数k 的取值范围是 （0，7﹣4√3）∪（1，23] ．【分析】分离参数可得k ＝h （x ）=f(x)|x+2|，判断h （x ）的单调性，计算极值，作出h （x ）的函数图象，根据直线y ＝k 与y ＝h （x ）有3个交点得出k 的范围． 解：当x ＝﹣2时，g （x ）＝e ﹣1≠0，令g （x ）＝0可得：k =f(x)|x+2|，令h （x ）=f(x)|x+2|={ e x+1−x−2，x ＜−2e x+1x+2，−2＜x ≤1−x 2+3x−2x+2，x ＞1，则h ′（x ）={ e x+1(−x−1)(−x−2)2，x ＜−2e x+1(x+1)(x+2)2，−2＜x ≤1−x 2−4x+8(x+2)2，x ＞1， ∴当x ＜﹣2时，h ′（x ）＞0，当﹣2＜x ＜﹣1时，h ′（x ）＜0，当﹣1＜x ≤1时，h ′（x ）＞0，当1＜x ＜2√3−2时，h ′（x ）＞0，当x ＞2√3−2时，h ′（x ）＜0，∴y ＝h （x ）在（﹣∞，﹣2）上单调递增，在（﹣2，﹣1）上单调递减，在（﹣1，1）上单调递增，在（1，2√3−2）上单调递增，在（2√3−2，+∞）上单调递减， ∴当x ＝﹣1时，y ＝h （x ）取得极小值h （﹣1）＝1，当x ＝2√3−2时，y ＝h （x ）取得极大值h （2√3−2）＝7﹣4√3，又当x ＜﹣2时，h （x ）=e x+1−x−2＞0，当x ＞1时，令h （x ）＝0可得x ＝1（舍）或x ＝2．做出y ＝h （x ）的大致函数图象如图所示：∵函数g （x ）＝f （x ）﹣k |x +2|有三个零点，∴直线y ＝k 与y ＝h （x ）的图象有三个交点，∴0＜k ＜7﹣4√3或1＜k ≤e 23．故答案为：（0，7﹣4√3）∪（1，e 23]．三、解答题（本大题5小题，共75分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 16．△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为√15，b ﹣c ＝2，cos A =−14． （Ⅰ）求a 和sin C 的值； （Ⅱ）求cos （2C +π3）的值【分析】（Ⅰ）根据△ABC 的面积公式和余弦定理，即可求得a 的值，再利用正弦定理求出sin C 的值；（Ⅱ）根据同角的三角函数关系和三角恒等变换，计算即可．解：（Ⅰ）△ABC 中，面积为S △ABC =12bc sin A =√15，又cos A=−14，A为钝角，所以sin A=√1−cos2A=√1−(−14)2=√154；所以bc＝8；又b﹣c＝2，所以b＝4，c＝2；所以a2＝b2+c2﹣2bc cos A＝16+4﹣2×4×2×（−14）＝24；所以a＝2√6；由正弦定理得asinA =csinC，所以sin C=csinAa =2×√15426=√108；（Ⅱ）由题意知，C为锐角，所以cos C=√1−sin2C=√1−1064=3√68；所以cos（2C+π3）＝cos2C cosπ3−sin2C sinπ3=12（1﹣2sin2C）−√32×2sin C cos C=12×（1﹣2×1064）−√32×2×√108×3√68=11−9√532．17．如图，平面EFBA⊥平面ABCD，EFBA为矩形，ABCD为等腰梯形，AB∥CD，M，N分别为FC，AC中点，∠ADC＝45°，DC＝3AB＝3，AE＝2．（Ⅰ）证明：MN∥平面EFBA；（Ⅱ）求二面角F﹣AC﹣D的正弦值；（Ⅲ）线段ED 上是否存在点P ，使得PN ⊥面MAC ，若存在求出EP 的长，若不存在，说明理由．【分析】（I ）连接AF ，推导出MN ∥AF ，由此能证明MN ∥平面EFBA ．（Ⅱ）过点A 做AH ⊥CD ，垂足为H ，以A 为坐标原点，分别以AH ，AB ，AE 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F ﹣AC ﹣D 的正弦值．（III ）假设存在这样一个点P ，设P （x ，y ，z ），EP →=λED →，求出P （λ，﹣λ，2﹣2λ），PN →=（12−λ，1+λ，2λ﹣2），平面MAC 的法向量n →=（﹣4，2，﹣1），由PN ⊥平面MAC ，推导出不存在点P ，使得PN ⊥面MAC ．解：（I ）证明：连接AF ，∵M ，N 为FC ，AC 中点∴MN ∥AF ， ∵MN ⊄平面EFBA ，AF ⊂平面EFBA ， ∴MN ∥平面EFBA ．（Ⅱ）解：过点A 做AH ⊥CD ，垂足为H以A 为坐标原点，分别以AH ，AB ，AE 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， A （0，0，0），C （1，2，0），F （0，1，2），D （1，﹣1，0）， AC →=（1，2，0），AF →=（0，1，2）， 设平面FAC 的一个方向量为n →=（x ，y ，z ），则 {n →⋅AC →=x +2y =0n →⋅AF →=y +2z =0，令y ＝2，得n →=（﹣4，2，﹣1），平面ACD 的一个方向量为m →=(0，0，1)，∴cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →|⋅|n →|=21，sin ＜m →，n →＞=√1−cos 2＜m →，n →＞=√2021=2√10521． ∴二面角F ﹣AC ﹣D 的正弦值为2√10521． （III ）解：假设存在这样一个点P ，设P （x ，y ，z ）， 设EP →=λED →，即（x ，y ，z ﹣2）＝λ（1，﹣1，﹣2）， ∴x ＝λ，y ＝﹣λ，z ＝2﹣2λ，∴P （λ，﹣λ，2﹣2λ），PN →=（12−λ，1+λ，2λ﹣2），平面MAC 的法向量n →=（﹣4，2，﹣1），∵PN ⊥平面MAC ，∴PN →∥n →，∴12−λ−4=1+λ2=2λ−2−1，∴λ=−52且λ=35，即不存在这样的λ， 故不存在点P ，使得PN ⊥面MAC ．18．已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)的左、右焦点F 1，F 2，离心率为12，点M 是椭圆上的动点，△MF 1F 2的最大面积是√3． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）圆E 经过椭圆的左右焦点，且与椭圆C 在第一象限的交点为A ，且F 1，E ，A 三点共线，直线l 交椭圆C 于两点P ，Q ，且PQ →=λOA →(λ≠0)． （i ）求直线OA 的斜率；（ii ）当△APQ 的面积取到最大值时，求直线l 的方程．【分析】（Ⅰ）由椭圆的离心率及三角形的周长可得a ，c 的值，再由a ，b ，c 之间的关系可得b 的值，进而求出椭圆的方程；（Ⅱ）（i ）由题意可得圆E 的圆心在y 轴上，设E 的坐标，由F 1，E ，A 三点共线可得A 的坐标，进而求出直线OA 的斜率；（ii ）因为PQ →=λOA →，所以直线PQ 的斜率也为32，设直线PQ 的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|PQ |的值，再求A 到弦PQ 的距离求出三角形APQ 的面积，由二次函数的单调性求出面积的最大值或者有均值不等式求出面积的最大值．解：（Ⅰ）由题意e =c a =12，a ＝2c ，b =√3c ， △MF 1F 2的最大面积为：12•2c •b ＝c ⋅√3c =√3，所以c ＝1，所以椭圆的方程为：x 24+y 23=1；（Ⅱ） （i ）因为圆E 经过椭圆的左右焦点， 所以圆心E 在y 轴上，设点E （0，y 0），因为圆E 与椭圆C 在第一象限的交点为A ，所以y 0＞0， 因为F 1，E ，A 三点共线，所以A （1，2y 0），将点A 的坐标代入椭圆的方程可得y 0=34，即A （1，32），所以直线OA 的斜率为32，（ii ）因为PQ →=λOA →，所以直线PQ 的斜率也为32，设直线PQ 的方程为：y =32x +m ，设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），联立直线PQ 与椭圆的方程{x 24+y 23=1y =32x +m整理可得3x 2+3mx +m 2﹣3＝0，△＝9m 2﹣12（m 2﹣3）＝3（12﹣m 2）＞0，∴0＜m 2＜12，x 1+x 2=−m ，x 1x 2=m 2−33，|PQ |=√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√396√12−m 2，点A （1，32）到直线PQ ：y =32x +m 的距离d =|2m|√13， 法一：所以S △APQ =12•|PQ |•d =√36⋅√−m 4+12m 2=√36√−(m 2−6)2+36，当m 2＝6，及m =±√6时面积S 最大，所以面积最大时直线PQ 的方程为：y =32x ±√6；法二：S =12•|PQ |•d =√36•|m |√−m 2+12≤√36•（m 2+(−m 2+12)2）2＝6√3，当且仅当|m |=√−m 2+12，即m ＝±√6时等号成立；所以当m 2＝6，即m =±√6时△APQ 的面积最大，此时直线l 的方程为：y =32x ±√6．19．等比数列{a n }的各项均为正数，2a 5，a 4，4a 6成等差数列，且满足a 4＝4a 32，数列{b n }的前n 项和S n =(n+1)b n2，n ∈一、选择题*，且b 1＝1 （Ⅰ）求数列{a n }和{b n }的通项公式； （Ⅱ）设c n =b 2n+5b2n+1b 2n+3a n ，n ∈N ∗，求证：∑ n k=1c k ＜13； （Ⅲ）设R n ＝a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n ，T n ＝a 1b 1﹣a 2b 2+…+（﹣1）n ﹣1a n b n ，n ∈N *，求R 2n +3T 2n﹣1．【分析】（I ）设等比数列{a n }的公比为q ，由题设条件列出q 的方程，再结合a 4＝4a 32求出公比与首项，写出数列{a n }的通项公式．利用b n =S n −S n−1=(n+1)b n 2−nb n−12整理得b n n=b n−1n−1(n ≥2)，得出数列{bn n}是各项均为b 11=1的常数列，从而求出b n ；（II ）由（I ）得c n =b 2n+5b 2n+1b 2n+3a n =1(2n+1)⋅2n−1−1(2n+3)⋅2n ，利用裂项相消法求出∑C k n k=1，证明结论；（III ）先利用错位相减法分别求出R n 、T n ，再求R 2n +3T 2n ﹣1．解：（I ）解：设等比数列{a n }的公比为q ，依题意，有2a 4＝2a 5+4a 6，所以a 4＝a4q +2a 4q 2，因为a n ＞0，所以q ＞0，且2q 2+q ﹣1＝0，解得q =12或q ＝﹣1（舍），因为a 4=4a 32=4a 2a 4，所以a 2=14所以a 1=12所以数列{a n }的通项公式为a n =(12)n (n ∈N ∗)．当n ≥2时，b n =S n −S n−1=(n+1)b n 2−nb n−12整理得（n ﹣1）b n ＝nb n ﹣1，即b n n=b n−1n−1(n ≥2)所以数列{bn n}是各项均为b 11=1的常数列．所以b n n=1，即b n ＝n ，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝n ； （II ）证明：由（I ）得c n =b 2n+5b 2n+1b 2n+3a n =2n+5(2n+1)(2n+3)⋅12n =（22n+1−12n+3）•12n=1(2n+)⋅2n−1−1(2n+3)⋅2n =1(2n+1)⋅2n−1−1(2n+3)⋅2n ， 所以∑ n k=1c k =(13⋅20−15⋅21)+(15⋅21−17⋅22)+⋯+1(2n+1)⋅2n−1−1(2n+3)⋅2n =13−1(2n+3)⋅2n ＜13； （III ）解：∵R n =12+2⋅(12)2+3⋅(12)3+⋯+n ⋅(12)n①，∴12R n =（12）2+2•（12）3+…+n •（12）n +1②，∴由①﹣②可得：12R n =12+(12)2+(12)3+⋯(12)n −n(12)n+1=12−(12)1−12n+1−n(12)n+1=1−(n +2)(12)n+1∴R n =2−(n +2)(12)n ，∴R 2n =2−(2n +2)(14)n ．又T n =(−1)(−12)+(−2)(−12)2+⋯+(−n)(−12)n ③，∴−12T n =(−1)(−12)2+(−2)(−12)3+⋯+(−n +1)(−12)n +(−n)(−12)n+1④，由③﹣④可得：32T n =12−(−12)2−(−12)2−⋯−(−12)n +(n)(−12)n+1=12−14−(−12)n+11+12+n(−12)n+1=13+(n +23)(−12)n+1∴T n =29+23(n +23)(−12)n+1，∴3T 2n−1=23+2(2n −13)(14)n ， ∴R 2n +3T 2n−1=83+3n−46(14)n−1． 20．（16分）已知函数f （x ）＝x −12sin x +mlnx +1，g （x ）＝f （x ）+12sin x ． （Ⅰ）求函数g （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）当x ≥1时，若不等式g （x ）﹣x ﹣e x ﹣1≤0恒成立，求实数m 的取值范围；（Ⅲ）若存在x 1，x 2∈（0，+∞），且当x 1≠x 2时，f （x 1）＝f （x 2），证明：x 1x 24m 2＜1．【分析】（Ⅰ）先求得g （x ）＝x +mlnx +1，x ＞0，再对其求导，对m 分类讨论，研究导数的符号，确定g （x ）的单调性与极值；（Ⅱ）由g （x ）﹣x ﹣e x ﹣1≤0恒成立⇒h （x ）＝mlnx +1﹣e x ﹣1≤0恒成立，研究h （x ）的最值小于等于0恒成立，求出m 的范围即可；（Ⅲ）设出x 2，x 1 的比值，将原不等式转化为关于比值的函数，对该函数的单调性和极值进行讨论即可证出结论．解：（Ⅰ）由题设可得g （x ）＝x +mlnx +1，x ＞0，g ′（x ）=x+mx， ①当m ≥0时，恒有g ′（x ）＞0，此时g （x ）的单调递增区间为（0，+∞），无极值； ②当m ＜0时，令g ′（x ）＝0⇒x ＝﹣m ，当x ＞﹣m 时，g ′（x ）＞0，当0＜x ＜﹣m 时，g ′（x ）＜0，此时g （x ）的单调递增区间为（﹣m ，+∞），单调递减区间为（0，﹣m ），有极小值g （﹣m ）＝﹣m +1+mln （﹣m ），无极大值；（Ⅱ）由题设知g （x ）﹣x ﹣e x ﹣1＝mlnx +1﹣e x ﹣1≤0在x ≥1时恒成立，令h （x ）＝mlnx +1﹣e x ﹣1，则h （1）＝0，h ′（x ）=mx −e x−1，①当m ≤1时，∵x ≥1，∴h ′（x ）≤0，h （x ）在x ≥1时单调递减，h （x ）≤h （1）＝0，故适合题意；②当m ＞1时，令h ′（x ）＝0⇒x ＝x 0∈（1，+∞），当x ∈[1，x 0）时，h ′（x ）＞0，此时h （x ）单调递增；当x ∈[x 0，+∞）时，h ′（x ）＜0，此时h （x ）单调递减，（h （x ））max ＝h （x 0）＞h （1）＝0，不合题意；综合①②知：m ≤1．（Ⅲ）证明：依题意，不妨设0＜x 1＜x 2，令t =x2x 1＞1，令y ＝x ﹣sin x ，x ∈（0，+∞），则y ′＝1﹣cos x ≥0，故y ＝x ﹣sin x 在x ∈（0，+∞）时单调递增，∴x 2﹣sin x 2＞x 1﹣sin x 1，从而x 2﹣x 1＞sin x 2﹣sin x 1；∵f （x 1）＝f （x 2）， ∴x 1=12sinx 1+mlnx 1+1=x 2=12sinx 2+mlnx 2+1，∴﹣m （lnx 2﹣lnx 1）＝x2−x 1−12(sinx 2−sinx 1)＞x 2−x 12，所以﹣2m ＞x 2−x 1lnx 2−lnx 1＞0．下面证明x 2−x 1lnx 2−lnx 1＞√x 1x 2，即证明t−1lnt＞√t lnt √t 0．设m （t ）＝lnt √t ，t ＞1，则m ′（t ）=√t−1)22t √t0在（1，+∞）恒成立， 所以h （t ）在（1，+∞）单调递减，故h （t ）＜h （1）＝0，从而t−1lnt＞√t 成立，所以x1x2 4m2＜1．﹣2m＞√x1x2，即。