2020屆浙江省寧波市寧波十校高三上學(xué)期11月月考數(shù)學(xué)試題

一、單選題

1．已知集合A＝{x|0}，B＝{x|1＜x≤2}，則A∩B＝（）

A．{x|1＜x＜2}

B．{x|1＜x≤2}

C．{x|﹣1≤x≤2}

D．{x|﹣1≤x＜2}

【答案】A

【解析】集合A＝{x|﹣1≤x＜2}，集合的交集運(yùn)算，即可求解.【詳解】

由題意，集合A＝{x|0}＝{x|﹣1≤x＜2}，B＝{x|1＜x≤2}，所以A∩B＝{x|1＜x＜2}．

故選：A．

【點睛】

本題主要考查了分式不等式的求解，以及集合的交集的運(yùn)算，其中解答中正確求解集合A，結(jié)合集合的交集概念及運(yùn)算求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．

2．若復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，其中為虛數(shù)單位，則

（）

A．2

B．3

C．-2

D．-3

【答案】C

【解析】因為為純虛數(shù)，所以且，解得，故選C．

點睛：復(fù)數(shù)是高考中的必考知識，主要考查復(fù)數(shù)的概念及復(fù)數(shù)的運(yùn)算．要注意對實部、虛部的理解，掌握純虛數(shù)，共軛復(fù)數(shù)這些重要概念，復(fù)數(shù)的運(yùn)算主要考查除法運(yùn)算，通過分母實數(shù)化，轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的乘法，運(yùn)算時特別要注意多項式相乘后的化簡，防止簡單問題出錯，造成不必要的失分．

3．已知三個實數(shù)2，a，8成等比數(shù)列，則雙曲線的漸近線方程為（）

A．3x±4y＝0

B．4x±3y＝0

C．x±2y＝0

D．9x±16y＝0

【答案】A

【解析】由三個實數(shù)2，8成等比數(shù)列，求得＝16，得到雙曲線的漸近線方程，即可求得雙曲線的漸近線的方程，得到答案．

【詳解】

由題意，三個實數(shù)2，8成等比數(shù)列，可得＝16，即雙曲線的漸近線方程為3x±4y＝0，故選：A．

【點睛】

本題主要考查了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單的幾何性質(zhì)，其中解答中根據(jù)等比中項公式，求得的值，得出雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程式解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．

4．若實數(shù)x，y滿足x+y＞0，則“x＞0”是“x2＞y2”的（）

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充分必要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】B

【解析】根據(jù)充分條件、必要條件的判定方法，結(jié)合不等式的性質(zhì)，即可求解，得到答案．

【詳解】

由題意，實數(shù)x，y滿足x+y＞0，若x＞0，則未必有x2＞y2，例如x＝1，y＝2時，有x2＜y2；

反之，若x2＞y2，則x2﹣y2＞0，即（x+y）（x﹣y）＞0；

由于x+y＞0，故x﹣y＞0，∴x＞y且x＞﹣y，∴x＞0成立；

所以當(dāng)x+y＞0時，“x＞0”推不出“x2＞y2”，“x2＞y2”?“x＞0”；

∴“x＞0”是“x2＞y2”的必要不充分條件．

答案：B．

【點睛】

本題主要考查了不等式的性質(zhì)，以及充分條件、必要條件的判定，其中解答中熟記充分條件、必要條件的判定方法，結(jié)合不等式的性質(zhì)求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎(chǔ)題．

5．已知函數(shù)f（x）＝x2﹣3x﹣3，x∈[0，4]，當(dāng)x＝a時，f（x）取得最大值b，則函數(shù)的圖象為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，求得，得到函數(shù)，再結(jié)合指數(shù)函數(shù)的圖象，即可求解．

【詳解】

由題意，函數(shù)f（x）＝x2﹣3x﹣3，x∈[0，4]，對稱軸為x＝1.5，開口向上，最大值為f（4）＝1，所以a＝4，b＝1，可得函數(shù)g（x），相當(dāng)于把y向左平移1個單位，所以D選項復(fù)合題意．

故選：D．

【點睛】

本題主要考查了圖象的識別，其中解答中熟記一元二次函數(shù)的性質(zhì)，以及指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)，合理運(yùn)算時解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．

6．已知實數(shù)滿足不等式組，若的最大值為8，則z的最小值為（）

A．﹣2

B．﹣1

C．0

D．1

【答案】D

【解析】作出不等式組所表示的平面區(qū)域，結(jié)合平面區(qū)域，根據(jù)目標(biāo)的最大值，分類討論求得的值，進(jìn)而求得目標(biāo)函數(shù)的最小值，得到答案．

【詳解】

由題意，作出不等式組所表示的可行域，如圖所示，由，解得；由，解答；

由，解得

（1）若目標(biāo)函數(shù)取得最大值的最優(yōu)解為時，代入目標(biāo)函數(shù)，可得，此時目標(biāo)函數(shù)，此時代入點，可得，不符合題意；

（2）若目標(biāo)函數(shù)取得最大值的最優(yōu)解為時，代入目標(biāo)函數(shù)，可得，此時目標(biāo)函數(shù)，此時代入點，可得，不符合題意；

（3）若目標(biāo)函數(shù)取得最大值的最優(yōu)解為時，代入目標(biāo)函數(shù)，可得，此時目標(biāo)函數(shù)，此時點能使得目標(biāo)函數(shù)取得最小值，代入點，最小值為；

答案：D．

【點睛】

本題主要考查簡單線性規(guī)劃求解目標(biāo)函數(shù)的最值問題．其中解答中正確畫出不等式組表示的可行域，利用“一畫、二移、三求”，確定目標(biāo)函數(shù)的最優(yōu)解是解答的關(guān)鍵，著重考查了數(shù)形結(jié)合思想，及推理與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．

7．函數(shù)f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，）滿足f（）＝f（）＝﹣f（），且當(dāng)x∈[，]時恒有f（x）≥0，則（）

A．ω＝2

B．ω＝4

C．ω＝2或4

D．ω不確定

【答案】A

【解析】根據(jù)三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，求得函數(shù)的對稱軸和對稱點，判斷周期的取值范圍，即可求解，得到答案．

【詳解】

由題意，函數(shù)，因為f（）＝f（）＝﹣f（），可得f（x）有一條對稱軸為，對稱點的橫坐標(biāo)為，又由x∈[，]時恒有f（x）≥0，所以f（）＝1，又f（）＝0，．

所以，可得當(dāng)T＝π，ω＝2；當(dāng)T時，ω＝6，當(dāng)x時，sin（6?φ）＝cosφ＞0，不成立，故選：A．

【點睛】

本題主要考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用，其中解答中熟記三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，準(zhǔn)確計算是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題．

8．今有男生3人，女生3人，老師1人排成一排，要求老師站在正中間，女生有且僅有兩人相鄰，則共有多少種不同的排法？（）

A．216

B．260

C．432

D．456

【答案】C

【解析】將老師兩邊分別看作三個位置，先分組再排列，在排入學(xué)生，按分步計數(shù)原理，即可求解．

【詳解】

由題意，將老師兩邊分別看作三個位置，將學(xué)生分為兩女一男和兩男一女兩組，且兩女相鄰，分組方法有9種，兩女一男的排列方法為4種，兩男一女的排列方法有6種，由分步計數(shù)原理，可得總的排列方法有432種，故選：C．

【點睛】

本題主要考查了計數(shù)原理、排列組合的應(yīng)用，其中解答中認(rèn)真審題，合理利用排列、組合的知識求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎(chǔ)題．

9．如圖，點E為正方形ABCD邊CD上異于點C、D的動點，將△ADE沿AE翻折成△SAE，在翻折過程中，下列三個說法中正確的個數(shù)是（）

①存在點E和某一翻折位置使得AE∥平面SBC；

②存在點E和某一翻折位置使得SA⊥平面SBC；

③二面角S﹣AB﹣E的平面角總是小于2∠SAE．

A．0

B．1

C．2

D．3

【答案】B

【解析】對于①，四邊形ABCE為梯形，所以AE與BC必然相交；對于②，假設(shè)SA平面SBC，可推得矛盾；對于③，當(dāng)將△ADE沿AE翻折使得平面SAE⊥平面ABCE時，二面角S﹣AB﹣E最大，在平面SAE內(nèi)，作出一個角等于二面角S﹣AB﹣E的平面角；由角所在三角形的一個外角，它是不相鄰的兩個內(nèi)角之和，結(jié)合圖形，即可判定③．

【詳解】

對于①，四邊形ABCE為梯形，所以AE與BC必然相交，故①錯誤；

對于②，假設(shè)SA平面SBC，SC平面SBC，所以SA⊥SC，又SA⊥SE，SE∩SC＝S，所以SA⊥平面SCE，所以平面SCE∥平面SBC，這與平面SBC∩平面SCE＝SC矛盾，故假設(shè)不成立，即②錯誤；

對于③，當(dāng)將△ADE沿AE翻折使得平面SAE⊥平面ABCE時，二面角S﹣AB﹣E最大，如圖，在平面SAE內(nèi)，作SO⊥AE，垂足為O，∴SO⊥平面ABCE；AB平面ABCE，所以SO⊥AB；

作OF⊥AB，垂足為F，連接SF，SO∩OF＝O，則AB⊥平面SFO，所以AB⊥SF，則∠SFG即為二面角S﹣AB﹣E的平面角；

在直線AE上取一點，使得O＝OF，連接S，則∠SO＝∠SFO；

由圖形知，在△SA中，S＞A，所以∠AS＜∠SAE；而∠SO＝∠SAE+∠AS，故∠SO＜2∠SAE；

即∠SFO＜2∠SAE．故③正確．

故選：B．

【點睛】

本題主要考查了空間中的平行于垂直關(guān)系的應(yīng)用，二面角的平面角的作法，以及立體幾何的折疊問題，其中解答中熟記線面關(guān)系的判定與性質(zhì)，以及熟練掌握二面角的平面角的作法是解答的關(guān)鍵，著重考查了空間想象能力，以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，屬于中檔試題．

10．已知函數(shù)f（x），g（x）＝f（）+1（k∈R，k≠0），則下列關(guān)于函數(shù)y＝f[g（x）]+1的零點個數(shù)判斷正確的是（）

A．當(dāng)k＞0時，有2個零點；當(dāng)k＜0時，有4個零點

B．當(dāng)k＞0時，有4個零點；當(dāng)k＜0時，有2個零點

C．無論k為何值，均有2個零點

D．無論k為何值，均有4個零點

【答案】B

【解析】根據(jù)方程的跟和函數(shù)的零點的關(guān)系，將函數(shù)的零點個數(shù)轉(zhuǎn)化為和以及的交點，即可求解．

【詳解】

依題意，當(dāng)x＝0或x時，f（x）＝﹣1，函數(shù)y＝f[g（x）]+1的零點個數(shù)，即為方程f[g（x）]＝﹣1的解的個數(shù)，即為方程g（x）＝0或g（x）的解的個數(shù)，即為方程或者或（舍去）

或者解的個數(shù)，即為0或者或者解的個數(shù)，由，因為，所以，①當(dāng)k＞0時，y為頂點為（0，），開口向上的拋物線，y與y和分別有兩個交點，與y＝0無交點，故當(dāng)k＞0時，函數(shù)y＝f[g（x）]+1有4個零點；

②當(dāng)k＜0時，y為頂點為（0，），開口向下的拋物線，y與y＝0有兩個交點，與y和無交點，故當(dāng)k＜0時，函數(shù)y＝f[g（x）]+1有2個零點；

綜上，當(dāng)k＞0時，有4個零點；當(dāng)k＜0時，有2個零點，故選：B．

【點睛】

本題主要考查了函數(shù)的零點與方程的跟的關(guān)系，以及函數(shù)的零點個數(shù)問題，其中解答中將函數(shù)的零點個數(shù)轉(zhuǎn)化為和以及的交點是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于難題．

二、填空題

11．已知θ∈（0，π），且sin（θ），則cos（θ）＝_____，sin2θ＝_____．

【答案】

【解析】由已知直接利用誘導(dǎo)公式求得，再由，利用余弦的倍角公式，即可求解．

【詳解】

由題意，因為sin（θ），可得cos（θ）＝cos[（）]＝sin（θ）；

又由sin2θ＝cos（）＝cos2（）．

故答案為：，．

【點睛】

本題主要考查了三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式、以及余弦的倍角公式的化簡求值問題，其中解答中熟記三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式和三角函數(shù)恒等變換的公式，準(zhǔn)確運(yùn)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．

12．在二項式的展開式中，各項系數(shù)的和為_____，含x的一次項的系數(shù)為_____．（用數(shù)字作答）

【答案】

【解析】令，代入即可求得展開式各項系數(shù)的和，再寫出二項展開式的通項，令的指數(shù)為1，求得的值，即可求得的一次項系數(shù)，得到答案．

【詳解】

在二項式中，取，可得各項系數(shù)的和為﹣1；

二項式的展開式的通項．

由，得r＝1．

∴含x的一次項的系數(shù)為．

故答案為：﹣1；﹣10．

【點睛】

本題主要考查了二項式定量的應(yīng)用，其中解答中合理利用賦值法，以及熟記二項展開式的通項，準(zhǔn)確運(yùn)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．

13．祖暅?zhǔn)俏覈媳背瘯r代的偉大科學(xué)家，他在實踐的基礎(chǔ)上提出了體積計算的原理：“冪勢既同，則積不容異”，稱為祖暅原理．意思是底面處于同一平面上的兩個同高的幾何體，若在等高處的截面面積始終相等，則它們的體積相等．利用這個原理求半球O的體積時，需要構(gòu)造一個幾何體，該幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_____，表面積為_____．

【答案】

（3）π

【解析】根據(jù)給定的幾何體的三視圖，得到該幾何體為一個圓柱挖去一個圓錐，得出圓柱的底面半徑和高，利用體積和側(cè)面積、以及圓的公式，即可求解．

【詳解】

根據(jù)給定的幾何體的三視圖，可得該幾何體表示一個圓柱挖去一個圓錐，且底面半徑1，高為1的組合體，所以幾何體的體積為：．

幾何體的表面積為：（3）π，故答案為：，（3）π

【點睛】

本題考查了幾何體的三視圖及體積的計算，在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要根據(jù)三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線，求解以三視圖為載體的空間幾何體的表面積與體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應(yīng)公式求解．

14．一個袋中裝有10個大小相同的黑球、白球和紅球．已知從袋中任意摸出2個球，至少得到一個白球的概率是，則袋中的白球個數(shù)為_____，若從袋中任意摸出3個球，記得到白球的個數(shù)為ξ，則隨機(jī)變量ξ的數(shù)學(xué)期望Eξ＝_____．

【答案】5

【解析】根據(jù)至少得到一個白球的概率為，可得不含白球的概率為，結(jié)合超幾何分布的相關(guān)知識可得白球的個數(shù)，以及隨機(jī)變量的期望，得到答案．

【詳解】

依題意，設(shè)白球個數(shù)為，至少得到一個白球的概率是，則不含白球的概率為，可得，即，解得，依題意，隨機(jī)變量，所以．

故答案為：5，．

【點睛】

本題主要考查了超幾何分布中事件的概率，以及超幾何分布的期望的求解，其中解答中熟記超幾何分布的相關(guān)知識，準(zhǔn)確計算是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題．

15．已知常數(shù)p＞0，數(shù)列{an}滿足an+1＝|p﹣an|+2an+p（n∈N），首項為a1，前n項和為Sn．若Sn≥S3對任意n∈N成立，則的取值范圍為_____．

【答案】[﹣6，﹣4]

【解析】首先判斷數(shù)列為遞增數(shù)列，結(jié)合恒成立，則必有成立，用及表示出，由不等式即可求解的取值范圍．

【詳解】

由題意，及，所以數(shù)列為遞增數(shù)列，要使得對任意恒成立，則必有，所以，，所以，即的取值范圍．

故答案為：．

【點睛】

本題主要考查了數(shù)列的遞推關(guān)系式的應(yīng)用，其中解答的難點在于利用已知條件去掉絕對值，并判斷出滿足的條件，著重考查了邏輯推理能力，屬于中檔試題．

16．已知橢圓，傾斜角為60°的直線與橢圓分別交于A、B兩點且，點C是橢圓上不同于A、B一點，則△ABC面積的最大值為_____．

【答案】

【解析】設(shè)直線AB的方程為，聯(lián)立方程組，利用根與系數(shù)的關(guān)系及弦長公式，得到，解得的值，設(shè)與直線平行且與橢圓相切的直線方程為，聯(lián)立方程組，利用，求得的值，再由點到直線的距離公式和三角形的面積公式，即可求解．

【詳解】

由題意，設(shè)直線AB的方程為，點

A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立方程組，整理得18x2+10mx+5m2﹣30＝0，所以x1+x2，x1x2．

因為，即，代入整理得，解得，不妨取：m＝2，可得直線AB的方程為，設(shè)與直線AB平行且與橢圓相切的直線方程為yx+t，聯(lián)立方程組，整理得18x2+10tx+5t2﹣30＝0，由△＝300t2﹣72×（5t2﹣30）＝0，解得：t＝±6．

取t＝﹣6時，與直線AB平行且與橢圓相切的直線與直線AB的距離，所以△ABC面積的最大值，故答案為：．

【點睛】

本題主要考查了直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用,解答此類題目，通常聯(lián)立直線方程與橢圓（圓錐曲線）方程，應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行求解，此類問題易錯點是復(fù)雜式子的變形能力不足，導(dǎo)致錯解，能較好的考查考生的邏輯思維能力、運(yùn)算求解能力、分析問題解決問題的能力等．

17．已知平面向量，滿足：，的夾角為，||＝5，的夾角為，||＝3，則?的最大值為_____．

【答案】36

【解析】設(shè)，，由題意知四點共圓，建立坐標(biāo)系，求出點的坐標(biāo)和圓的半徑，設(shè)，用表示，根據(jù)范圍和三角和差公式，即可求解．

【詳解】

設(shè)，，則AB＝||＝5，AC＝||＝3，∠ACB，∠APB，可得P，A，B，C四點共圓．

設(shè)△ABC的外接圓的圓心為O，則∠AOB＝2∠APB，由正弦定理可知：2OA5，故OA．

以O(shè)為圓心，以O(shè)A，OB為坐標(biāo)軸建立平面坐標(biāo)系如圖所示：

則A（，0），B（0，）．

在△OAC中，由余弦定理可得cos∠AOC，故sin∠AOC，∴C（，）．

設(shè)P（cosα，sinα），則（cosα，sinα），（cosα，sinα），∴（cosα）（cosα）sinα（sinα）

＝16+12sinα﹣16cosα＝16+20?（sinαcosα）

＝16+20sin（α﹣φ），其中sinφ，cosφ．

∴當(dāng)α＝φ時，取得最大值36．

答案：36．

【點睛】

本題主要考查了向量的數(shù)量積的運(yùn)算，正弦定理、余弦定理的應(yīng)用，以及三角恒等變換與三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用，著重考查了邏輯推理能力和分析問題和解答問題的能力，屬于難題．

三、解答題

18．已知△ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且．

（1）求A；

（2）若，求△ABC的面積S的最大值．

【答案】（1）A（2）

【解析】（1）利用整下定理，三角函數(shù)的恒等變換，集合，求得，即可求解；

（2）由余弦定理，基本不等式求得的最大值，進(jìn)而根據(jù)三角形的面積公式，即可求解三角形的最大面積．

【詳解】

（1）由題意，在中，由正弦定理得，又由，可得

所以，即cosAsinCsinCsinA，又因為sinC≠0，所以cosAsinA，可得tanA，又由A∈（0，π），∴A．

（2）由余弦定理可得cosA，可得b2+c2﹣3bc，因為b2+c2≥2bc，所以3bc≥2bc，可得bc3（2），所以三角形的面積Sbcsin，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c等號成立，所以△ABC的面積S的最大值．

【點睛】

本題主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面積公式的應(yīng)用，其中在解有關(guān)三角形的題目時，要有意識地考慮用哪個定理更合適，要抓住能夠利用某個定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式時，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理，著重考查了運(yùn)算與求解能力，屬于基礎(chǔ)題．

19．如圖，四邊形ABCD為菱形，四邊形ACFE為平行四邊形，設(shè)BD與AC相交于點G，AB＝BD＝AE＝2，∠EAD＝∠EAB．

（1）證明：平面ACFE⊥平面ABCD；

（2）若直線AE與BC的夾角為60°，求直線EF與平面BED所成角的余弦值．

【答案】（1）證明見解析（2）

【解析】（1）先由已知條件求得，得到，再結(jié)合菱形的對角線垂直，可得平面，即可證得平面ACFE⊥平面ABCD；

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求得各點的坐標(biāo)，設(shè)的坐標(biāo)，根據(jù)條件求出，再求得直線的方向向量和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解．

【詳解】

（1）證明：連接EG，因為AB＝BD＝AE＝2，∠EAD＝∠EAB，可得△EAD≌EAB，∴ED＝EB．

∵G為BD的中點，所以EG⊥BD，因為四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，∴BD⊥平面ACEF，因為BD?平面ABCD；

∴平面ACFE⊥平面ABCD；

（2）因為EF∥AG，直線EF與平面BED所成角即為AG與平面BED所成角；

以G為原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)E（a，0，b）則（a，0，b），因為（，﹣1，0），所以由條件可得：||2＝（a）2+b2＝4且?a+3＝2×2×cos60°＝2；

解得，所以（，﹣1，），因為（0，2，0）；

所以可取平面BED的法向量（2，0，﹣1），因為（﹣2，0，0），設(shè)直線EF與平面BED所成角為θ，則sinθ，∵0＜θ；∴sosθ；

既直線EF與平面BED所成角的余弦值為．

【點睛】

本題考查了線面位置關(guān)系的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理，通過嚴(yán)密推理是線面位置關(guān)系判定的關(guān)鍵，同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.20．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a2+2a4＝a9，S6＝36．

（1）求an，Sn；

（2）若數(shù)列{bn}滿足b1＝1，求證：（n∈N）．

【答案】（1）an＝2n﹣1，Sn＝n2（2）證明見解析

【解析】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，運(yùn)用等差數(shù)列的通項公式和求和公式，解方程可得首項和公差，再結(jié)合等差數(shù)列的通項公式和求和公式，即可求解；

（2）討論，將換為，相減得到，再由數(shù)列的裂項相消求和及不等式的性質(zhì)，即可求解．

【詳解】

（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差設(shè)為d，前n項和為Sn，且a2+2a4＝a9，S6＝36，可得a1+d+2（a1+3d）＝a1+8d，即2a1＝d，又6a1+15d＝36，即2a1+5d＝12，解得a1＝1，d＝2，則an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，Sn＝n+n（n﹣1）＝n2；

（2）證明：數(shù)列{bn}滿足b1＝1，n，當(dāng)n＝1時，b1b2＝1，可得b2＝1，n≥2時，bnbn﹣1＝n﹣1，相減可得bn（bn+1﹣bn﹣1）＝1，即bn+1﹣bn﹣1，當(dāng)n≥2時，b3﹣b1+b4﹣b2+b5﹣b3+…+bn+1﹣bn﹣1

b1﹣b2+bn+bn+1≥﹣1+221；

當(dāng)n＝1時，1＝21，不等式成立，綜上可得，（n∈N）．

【點睛】

本題主要考查了等差數(shù)列的通項公式和前項和公式的應(yīng)用，以及數(shù)列與不等式的證明，其中解答中注意數(shù)列的裂項相消法求和，以及不等式的性質(zhì)的應(yīng)用是解答的關(guān)鍵，著重考查了方程思想以及運(yùn)算能力，屬于中檔試題．

21．如圖，P是拋物線E：y2＝4x上的動點，F(xiàn)是拋物線E的焦點．

（1）求|PF|的最小值；

（2）點B，C在y軸上，直線PB，PC與圓（x﹣1）2+y2＝1相切．當(dāng)|PF|∈[4，6]時，求|BC|的最小值．

【答案】（1）|PF|的最小值為1（2）

【解析】（1）求得拋物線的焦點和準(zhǔn)線方程，運(yùn)用拋物線的定義和性質(zhì)，即可求得|PF|的最小值；

（2）設(shè)，分別求得的方程，運(yùn)用直線和圓相切，得到為方程的兩根，再由韋達(dá)定理可得，進(jìn)而可求得其最小值．

【詳解】

（1）P是拋物線E：y2＝4x上的動點，F(xiàn)是拋物線E的焦點（1，0），準(zhǔn)線方程為x＝﹣1，由拋物線的定義可得|PF|＝d＝xP+1，由，可得d的最小值為1，|PF|的最小值為1；

（2）設(shè)，則PB的方程為yx+m，PC的方程為yx+n，由直線PA與圓（x﹣1）2+y2＝1相切，可得1，整理得（x0﹣2）m2+2y0m﹣x0＝0，同理可得（x0﹣2）n2+2y0n﹣x0＝0，即有m，n為方程（x0﹣2）x2+2y0x﹣x0＝0的兩根，可得m+n，mn，則|m﹣n|，由|PF|∈[4，6]，可得x0+1∈[4，6]，即x0∈[3，5]，令t＝|2﹣x0|＝x0﹣2，t∈[1，3]，即有|m﹣n|2在[1，3]遞減，可得t＝3即x0＝5時，|BC|＝|m﹣n|取得最小值．

【點睛】

本題主要考查了拋物線的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程及性質(zhì)，以及直線與拋物線的位置關(guān)系的應(yīng)用，其中解答中注意韋達(dá)定理和二次函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題．

22．已知函數(shù)．

（1）當(dāng)a∈R時，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）對任意的x∈（1，+∞）均有f（x）＜ax，若a∈Z，求a的最小值．

【答案】（1）答案不唯一，具體見解析（2）a的最小值為3

【解析】（1）求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令，分情況討論，進(jìn)而可得求得函數(shù)的單調(diào)性；

（2）由得到，轉(zhuǎn)化為，對任意成立，令，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的最大值，即可求得實數(shù)的最小值．

【詳解】

（1）由題意，函數(shù)，則，x＞0且x≠1，令，則其圖象對稱軸為直線x，g（0）＝10，當(dāng)，即a≥20時，則g（x）＞0，f′（x）＞0，此時f（x）分別在（0，1）和（1，+∞）上遞增，當(dāng)時，即a＜20時，令△＝（a﹣20）2﹣400≤0．可得0≤a＜20，所以當(dāng)0≤a＜20時，則g（x）＞0，f′（x）＞0，此時f（x）分別在（0，1）和（1，+∞）上遞增，當(dāng)a＜0時，由g（x）＝0解得x1，x2，易知f（x）分別在（0，x1），（x2，+∞）上遞增，分別在（x1，1），（1，x2）上遞減．

綜上所述，當(dāng)a≥0時，f（x）分別在（0，1）和（1，+∞）上遞增，當(dāng)a＜0時，分別在（0，x1），（x2，+∞）上遞增，分別在（x1，1），（1，x2）上遞減．

（2）由題意得，即，對任意成立，令F（x），x＞1，則，x＞1，令h（x）＝（2﹣x）lnx+x﹣1，h′（x）＝﹣lnx，x＞1

因為h′（x）在（1，+∞）上遞減，且h′（1）＝2＞0，當(dāng)x→+∞時，h′（x）→﹣∞，所以存在x0∈（1，+∞），使得h′（x0）＝0，且h（x）在（1，x0）上遞增，在（x0，+∞）上遞減，因為h（1）＝0，所以h（x0）＞0，因為當(dāng)x→+∞時，h（x）→﹣∞，所以存在x1∈（x0，+∞），使得h（x1）＝0，且F（x）在（1，x1）上遞增，在（x1，+∞）上遞減，所以F（x）max＝F（x1），因為h（x1）＝（2﹣x1）lnx1+x1﹣1＝0，所以lnx1，所以F（x1），因為h（4）＝﹣2ln4+3＝ln0，h（5）＝﹣3ln5+4＝ln0，所以x1∈[4，5]，令Φ（x），x∈[4，5]，易證Φ（x）在區(qū)間[4，5]上遞減，所以Φ（x）∈[，]，即F（x）max∈[，]，因為a∈Z，所以a的最小值為3．

【點睛】

本題主要考查導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的綜合應(yīng)用，以及恒成立問題的求解，著重考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想、邏輯推理能力與計算能力，對于恒成立問題，通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．