新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 仿真模擬卷2（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

數(shù)學(xué)仿真模擬卷(二)(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40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．已知復(fù)數(shù)z滿足z(1＋2i)＝i，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點所在的象限是()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限A[由z(1＋2i)＝i，得z＝eq\f(i,1＋2i)＝eq\f(i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(2,5)＋eq\f(1,5)i，∴復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(1,5)))，在第一象限．故選A．]2．已知集合M＝{x|x2－2x＜0}，N＝{－2，－1，0，1，2}，則M∩N＝()A．? B．{1}C．{0，1} D．{－1，0，1}B[∵M＝{x|0＜x＜2}，N＝{－2，－1，0，1，2}，∴M∩N＝{1}．故選B．]3．南北朝時代的偉大數(shù)學(xué)家祖暅在數(shù)學(xué)上有突出貢獻，他在實踐的基礎(chǔ)上提出祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”．其含義是：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平行平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等．如圖，夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體的體積分別為V1，V2，被平行于這兩個平面的任意平面截得的兩個截面的面積分別為S1，S2，則“V1，V2相等”是“S1，S2總相等”的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件B[由祖暅原理知，若S1，S2總相等，則V1，V2相等成立，即必要性成立，若V1，V2相等，則只需要底面積和高相等即可，則S1，S2不一定相等，即充分性不成立，即“V1，V2相等”是“S1，S2總相等”的必要不充分條件，故選B．]4．已知圓C：x2＋y2＝1，直線l：ax－y＋4＝0.若直線l上存在點M，以M為圓心且半徑為1的圓與圓C有公共點，則a的取值范圍是()A．(－∞，－3]∪[3，＋∞)B．[－3，3]C．(－∞，－eq\r(3)]∪[eq\r(3)，＋∞)D．[－eq\r(3)，eq\r(3)]C[圓C：x2＋y2＝1的圓心為(0，0)，半徑為1，要使直線l：ax－y＋4＝0上存在點M，使得以M為圓心且半徑為1的圓與圓C有公共點，則圓心(0，0)到直線ax－y＋4＝0的距離d＝eq\f(|4|,\r(a2＋1))≤2，解得a≤－eq\r(3)或a≥eq\r(3).∴a的取值范圍是(－∞，－eq\r(3)]∪[eq\r(3)，＋∞)．故選C．]5．當(dāng)a＞1時，在同一坐標(biāo)系中，函數(shù)y＝a－x與y＝－logax的圖象是()ABCDD[由于a＞1，所以y＝a－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up12(x)為R上的遞減函數(shù)，且過(0，1)；y＝－logax為(0，＋∞)上的單調(diào)遞減函數(shù)，且過(1，0)，故選D．]6．已知f(x)＝x·2|x|，a＝f(log3eq\r(5))，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,2)))，c＝f(ln3)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．c＞b＞a B．b＞c＞aC．a(chǎn)＞b＞c D．c＞a＞bD[根據(jù)題意，f(x)＝x·2|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x·2x，x≥0，,x·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，x＜0，))當(dāng)x＜0時，f(x)＝x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＜0，又由log3eq\f(1,2)＝－log32＜0，則b＜0，當(dāng)x≥0時，f(x)＝x·2x，其導(dǎo)數(shù)f′(x)＝2x＋x·2xln2＞0，則f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，其f(0)＝0，則當(dāng)x＞0時，f(x)＞0；又由0＜log3eq\r(5)＜1＜ln3，則0＜a＜c，綜合可得：c＞a＞b；故選D．]7．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(2)sinωx和g(x)＝eq\r(2)cosωx(ω＞0)圖象的交點中，任意連續(xù)三個交點均可作為一個等腰直角三角形的頂點，為了得到y(tǒng)＝g(x)的圖象，只需把y＝f(x)的圖象()A．向左平移1個單位 B．向左平移eq\f(π,2)個單位C．向右平移1個單位 D．向右平移eq\f(π,2)個單位A[令f(x)＝eq\r(2)sinωx和g(x)＝eq\r(2)cosωx相等可得sinωx＝cosωx?tanωx＝1?ωx＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z；∴可設(shè)連續(xù)三個交點的橫坐標(biāo)分別為：eq\f(π,4ω)，eq\f(5π,4ω)，eq\f(9π,4ω)；對應(yīng)交點坐標(biāo)為：Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4ω)，1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4ω)，－1))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,4ω)，1))；∵任意連續(xù)三個交點均可作為一個等腰直角三角形的頂點；∴B到AC的距離等于AC的一半；即2＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,4ω)－\f(π,4ω)))?ω＝eq\f(π,2)；∴f(x)＝eq\r(2)sinωx＝eq\r(2)sineq\f(1,2)πx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(1,2)πx))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πx－\f(π,2)))＝eq\r(2)coseq\f(π,2)(x－1)；∴需把y＝f(x)的圖象向左平移1個單位得到g(x)＝eq\r(2)cosωx＝eq\r(2)coseq\f(1,2)πx的圖象；故選A．]8．如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，一個質(zhì)點從A(a1，a2)出發(fā)沿圖中路線依次經(jīng)過B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此規(guī)律一直運動下去，則a2017＋a2018＋a2019＋a2020＝()A．2017 B．2018C．2019 D．2020C[由直角坐標(biāo)系可知，A(1，1)，B(－1，2)，C(2，3)，D(－2，4)，E(3，5)，F(xiàn)(－3，6)，即a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4，…，由此可知，數(shù)列中偶數(shù)項是從1開始逐漸遞增的，且都等于其項數(shù)除以2，每四個數(shù)中有一個負(fù)數(shù)，且為每組的第三個數(shù)，每組的第一個數(shù)為其組數(shù)，每組的第一個數(shù)和第三個數(shù)是互為相反數(shù)，因為2020÷4＝505，則a2019＝－505，所以a2017＝505，a2018＝1009，a2020＝1010，則a2017＋a2018＋a2019＋a2020＝2019，故選C．]二、選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得3分)9．為了解運動健身減肥的效果，某健身房調(diào)查了20名肥胖者，測量了他們的體重(單位：千克)．健身之前他們的體重情況如三維餅圖(1)所示，經(jīng)過半年的健身后，他們的體重情況如三維餅圖(2)所示，對比健身前后，關(guān)于這20名肥胖者，下面結(jié)論正確的是()(1)(2)A．他們健身后，體重在區(qū)間[90，100)內(nèi)的人數(shù)不變B．他們健身后，體重在區(qū)間[100，110)內(nèi)的人數(shù)減少了2個C．他們健身后，體重在區(qū)間[110，120)內(nèi)的肥胖者體重都有減輕D．他們健身后，這20位肥胖者的體重的中位數(shù)位于區(qū)間[90，100)ACD[圖(1)中體重在區(qū)間[90，100)，[100，110)，[110，120)內(nèi)的人數(shù)分別為8，10，2；圖(2)中體重在區(qū)間[80，90)，[90，100)，[100，110)內(nèi)的人數(shù)分別為6，8，6；故選ACD．]10．為弘揚中華傳統(tǒng)文化，某校組織高一年級學(xué)生到古都西安游學(xué)．在某景區(qū)，由于時間關(guān)系，每個班只能在甲、乙、丙三個景點中選擇一個游覽，高一1班的27名同學(xué)決定投票來選定游覽的景點，約定每人只能選擇一個景點，得票數(shù)高于其它景點的入選．據(jù)了解，若只游覽甲、乙兩個景點，有18人會選擇甲，若只游覽乙、丙兩個景點，有19人會選擇乙，那么關(guān)于這輪投票結(jié)果，下列說法正確的是()A．該班選擇去甲景點游覽B．乙景點的得票數(shù)可能會超過9C．丙景點的得票數(shù)不會比甲景點高D．三個景點的得票數(shù)可能會相等AC[由題意可知：若只游覽甲、乙兩個景點，有18人會選擇甲，則選擇乙的為27－18＝9人，則若在甲、乙、丙只游覽一個景點時，選擇乙的一定小于等于9人，選項B錯誤；若只游覽乙、丙兩個景點，有19人會選擇乙，則選擇丙的為27－19＝8人，則若在甲、乙、丙只游覽一個景點時，選擇丙的一定小于等于8人，故選擇甲的一定大于等于27－9－8＝10人，選項D錯誤；故選AC．]11．若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞m＞1，則下列成立的有()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＞eq\f(1－m,m) B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＜－1C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m－1)))＞eq\f(1,m－1) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m－1)))＜0AC[根據(jù)題意，設(shè)g(x)＝f(x)－mx，則其導(dǎo)數(shù)g′(x)＝f′(x)－m，又由f′(x)＞m＞1，則g(x)在區(qū)間R上為增函數(shù)，對于A，又由m＞1，則0＜eq\f(1,m)＜1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＞g(0)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))－eq\f(1,m)×m＞f(0)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))－1＞－1，變形可得：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＞0，B錯誤；又由m＞1，則eq\f(1－m,m)＜0，必有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＞eq\f(1－m,m)，A正確；對于C，由于m＞1，則eq\f(1,m－1)＞0，則有g(shù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m－1)))＞g(0)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m－1)))－eq\f(m,m－1)＞f(0)＝－1，變形可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m－1)))＞eq\f(m,m－1)－1＝eq\f(1,m－1)，故C正確，D錯誤；故選AC．]12．已知雙曲線eq\f(x2,n)－eq\f(y2,n)＝1(n∈N*)，不與x軸垂直的直線l與雙曲線右支交于點B，C(B在x軸上方，C在x軸下方)，與雙曲線漸近線交于點A，D(A在x軸上方)，O為坐標(biāo)原點，下列選項中正確的為()A．|AC|＝|BD|恒成立B．若S△BOC＝eq\f(1,3)S△AOD，則|AB|＝|BC|＝|CD|C．△AOD面積的最小值為1D．對每一個確定的n，若|AB|＝|BC|＝|CD|，則△AOD的面積為定值A(chǔ)BD[設(shè)l：y＝kx＋b，代入x2－y2＝n，得(1－k2)x2－2kbx－b2－n＝0，①顯然k≠±1，Δ＝4b2k2＋4(1－k2)(b2＋n)＞0，即b2＋n(1－k2)＞0，設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，則x1，x2是方程①的兩個根，有x1＋x2＝eq\f(2kb,1－k2)，x1x2＝eq\f(－b2＋n,1－k2)，設(shè)A(x3，y3)，D(x4，y4)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b,y＝x))，得x3＝eq\f(b,1－k)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b,y＝－x))，得x4＝eq\f(－b,1＋k)；∴x3＋x4＝eq\f(2kb,1－k2)，即AD和BC的中點重合，則|AC|＝|BD|恒成立，故A正確．設(shè)AD和BC的中點重合為P，∴|AB|＝|CD|，又S△BOC＝eq\f(1,3)S△AOD，∴|BC|＝eq\f(1,3)|AD|，則|AB|＝|BC|＝|CD|，故B正確．設(shè)直線l方程為x＝ty＋m，t∈(－1，0)∪(0，1)，m＞1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋m，,y＝x))得y3＝eq\f(m,1－t)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋m,y＝－x))得y4＝－eq\f(m,1＋t)，|OA|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m,1－t)))，|OD|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m,1＋t)))，∠AOD＝90°，S△ACD＝eq\f(1,2)|OA||OD|＝eq\f(m2,1－t2)＞m2＞1，故C錯誤．∵|AB|＝|BC|＝|CD|，∴|BC|＝eq\f(1,3)|AD|，得eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(1,3)eq\r(1＋k2)|x3－x4|，即b2＝eq\f(9n,8)(k2－1)＞0，∴n＞0，k2＞1，|OA|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,1－k)))，|OD|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,1＋k)))，∠AOD＝90°，∴S△AOD＝eq\f(1,2)|OA|·|OD|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b2,1－k2)))＝eq\f(9n,8)是定值，故D正確．故選ABD．]三、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)13．已知向量m＝(a，－1)，n＝(－1，3)，若m⊥n，則a＝__________.－3[因為向量m＝(a，－1)，n＝(－1，3)，且m⊥n，所以m·n＝－a－3＝0，解得a＝－3.]14.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))eq\s\up12(6)展開式中常數(shù)項為__________．15[由Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)·(x2)6－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(r)＝(－1)r·Ceq\o\al(r,6)·x12－3r.取12－3r＝0，得r＝4.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))eq\s\up12(6)展開式中常數(shù)項為(－1)4·Ceq\o\al(4,6)＝15.]15．直線l過拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點F(1，0)，且與C交于M，N兩點，則p＝________，eq\f(|MF|,9)－eq\f(1,|NF|)的最小值是____________．(本題第一空2分，第二空3分)2－eq\f(1,3)[因為拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點F(1，0)，所以p＝2，∴拋物線C的方程為：y2＝4x，設(shè)點M(x1，y1)，N(x2，y2)，設(shè)直線l的方程為：x＝my＋1，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1,y2＝4x))，消去x得：y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，∴x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝－4m2＋4m2＋1＝1，eq\f(|MF|,9)－eq\f(1,|NF|)＝eq\f(x1＋1,9)－eq\f(1,x2＋1)＝eq\f(x1＋1,9)－eq\f(1,\f(1,x1)＋1)＝eq\f(x1＋1,9)＋eq\f(1,1＋x1)－1≥2eq\r(\f(x1＋1,9)·\f(1,1＋x1))－1＝－eq\f(1,3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x1＋1,9)＝eq\f(1,1＋x1)，即x1＋1＝3時，等號成立，∴eq\f(|MF|,9)－eq\f(1,|NF|)的最小值是－eq\f(1,3).]16．若點M在平面α外，過點M作面α的垂線，則稱垂足N為點M在平面α內(nèi)的正投影，記為N＝fα(M)．如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，記平面AB1C1D為β，平面ABCD為γ，點P是棱CC1上一動點(與C，C1不重合)，Q1＝fγ[fβ(P)]，Q2＝fβ[fγ(P)]．給出下列三個結(jié)論：①線段PQ2長度的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))；②存在點P使得PQ1∥平面β；③存在點P使得PQ1⊥PQ2.其中正確結(jié)論的序號是________．①②[過P作PE⊥C1D，垂足為E，過E作EM∥CC1，交CD于M；連接CD1，交C1D于O，如圖所示：∵AD⊥平面CDD1C1，PE?平面CDD1C1，∴PE⊥AD，又PE⊥C1D，AD，C1D?平面AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴PE⊥平面AB1C1D，∵EM∥CC1，CC1⊥平面ABCD，∴EM⊥平面ABCD，∴M＝fγ[fβ(P)]，∴M即為Q1；∵四邊形CDD1C1為正方形，∴CD1⊥C1D，∵AD⊥平面CDD1C1，CD1?平面CDD1C1，∴CD1⊥AD，又AD，C1D?平面AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴CO⊥平面AB1C1D，∴O＝fβ[fγ(P)]，∴O即為Q2.以C為坐標(biāo)原點，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)CP＝a(0＜a＜1)，則P(0，0，a)，C(0，0，0)，Q2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Q1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2)，0，\f(1＋a,2)))，對于①，|PQ2|＝eq\r(\f(1,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))\s\up12(2))，∵a∈(0，1)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))，∴|PQ2|∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，①正確；對于②，∵CQ2⊥平面β，∴平面β的一個法向量eq\o(CQ2,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，又eq\o(PQ1,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2)，0，－a))，令eq\o(PQ1,\s\up8(→))·eq\o(CQ2,\s\up8(→))＝0，即eq\f(1,4)－eq\f(1,4)a－eq\f(1,2)a＝0，解得a＝eq\f(1,3)∈(0，1)，∴存在點P，使得PQ1∥平面β，②正確；對于③，eq\o(PQ1,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2)，0，－a))，eq\o(PQ2,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)－a))，令eq\o(PQ1,\s\up8(→))·eq\o(PQ2,\s\up8(→))＝eq\f(1－a,4)－eq\f(1,2)a＋a2＝a2－eq\f(3,4)a＋eq\f(1,4)＝0，方程無解，∴不存在點P，使得PQ1⊥PQ2，③錯誤．故答案為：①②.]四、解答題(本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足ccosA＋acosC＝a.(1)求eq\f(a,b)的值；(2)若a＝1，c＝eq\r(3)，求△ABC的面積．[解](1)由正弦定理，ccosA＋acosC＝a可化為：sinCcosA＋cosCsinA＝sinA，也就是sin(A＋C)＝sinA．由三角形內(nèi)角和定理得sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sinB．即sinB＝sinA．由正弦定理可得b＝a，故eq\f(a,b)＝1.(2)由a＝1可知b＝1.而c＝eq\r(3)，由余弦定理可知cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,2).又0＜C＜π，于是C＝eq\f(2π,3).∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×1×1×sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),4).18．(本小題滿分12分)在①a2＋a3＝a5－b1，②a2·a3＝2a7，③S3＝15這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并解答．已知等差數(shù)列{an}的公差d＞0，前n項和為Sn，若________，數(shù)列{bn}滿足b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，anbn＋1＝nbn－bn＋1.(1)求{an}的通項公式；(2)求{bn}的前n項和Tn.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．[解]若選①：(1)∵anbn＋1＝nbn－bn＋1，∴當(dāng)n＝1時，a1b2＝b1－b2，∵b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，∴a1＝2.又∵a2＋a3＝a5－b1，∴d＝3，∴an＝3n－1；(2)由(1)知：(3n－1)bn＋1＝nbn－bn＋1，即3nbn＋1＝nbn，∴bn＋1＝eq\f(1,3)bn.又b1＝1，所以數(shù)列{bn}是以1為首項，以eq\f(1,3)為公比的等比數(shù)列，∴bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，Tn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)(1－3－n)．若選②：(1)∵anbn＋1＝nbn－bn＋1，∴當(dāng)n＝1時，a1b2＝b1－b2，∵b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，∴a1＝2.又∵a2·a3＝2a7，∴(2＋d)(2＋2d)＝2(2＋6d)，∵d＞0，∴d＝3，∴an＝3n－1；(2)由(1)知：(3n－1)bn＋1＝nbn－bn＋1，即3nbn＋1＝nbn，∴bn＋1＝eq\f(1,3)bn.又b1＝1，所以數(shù)列{bn}是以1為首項，以eq\f(1,3)為公比的等比數(shù)列，∴bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，Tn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)(1－3－n)．若選③：(1)∵anbn＋1＝nbn－bn＋1，∴當(dāng)n＝1時，a1b2＝b1－b2，∵b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，∴a1＝2.又∵S3＝15，∴d＝3，∴an＝3n－1；(2)由(1)知：(3n－1)bn＋1＝nbn－bn＋1，即3nbn＋1＝nbn，∴bn＋1＝eq\f(1,3)bn.又b1＝1，所以數(shù)列{bn}是以1為首項，以eq\f(1,3)為公比的等比數(shù)列，∴bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，Tn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)(1－3n)．19．(本小題滿分12分)如圖，已知四邊形ABCD為等腰梯形，BDEF為正方形，平面BDEF⊥平面ABCD，AD∥BC，AD＝AB＝1，∠ABC＝60°.(1)求證：平面CDE⊥平面BDEF；(2)點M為線段EF上一動點，求BD與平面BCM所成角正弦值的取值范圍．[解](1)證明：等腰梯形ABCD，AD＝AB＝1，由∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，BD＝eq\r(AB2＋AD2－2AB·AD·cos120°)＝eq\r(3)，BC＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝2，所以BC2＝CD2＋BD2，BD⊥DC，由平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，所以CD⊥平面BDEF，又CD?平面CDE，所以平面CDE⊥平面BDEF；(2)根據(jù)題意，以D為原點，以DB，DC，DE分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)EM＝m∈[0，eq\r(3)]，則B(eq\r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，M(m，0，eq\r(3))，eq\o(BM,\s\up8(→))＝(m－eq\r(3)，0，eq\r(3))，eq\o(DB,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，0，0)，eq\o(BC,\s\up8(→))＝(－eq\r(3)，1，0)，設(shè)平面BMC的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up8(→))＝－\r(3)x＋y＝0,n·\o(BM,\s\up8(→))＝m－\r(3)x＋\r(3)z＝0))，令x＝eq\r(3)，y＝3，z＝eq\r(3)－m，故n＝(eq\r(3)，3，eq\r(3)－m)，設(shè)BD與平面BCM的夾角為θ，所以sinθ＝|cos〈n，eq\o(BD,\s\up8(→))〉|＝eq\f(\r(3),\r(m－\r(3)2＋12))，m∈[0，eq\r(3)]，所以當(dāng)m＝0時取最小值eq\f(\r(5),5)，m＝eq\r(3)取最大值eq\f(1,2)，故BD與平面BCM所成角正弦值的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\f(1,2))).20．(本小題滿分12分)已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點F與拋物線C2的焦點重合，C1的中心與C2的頂點重合，過F且與x軸垂直的直線交C1于A，B兩點，交C2于C，D兩點，且|CD|＝eq\f(4,3)|AB|.(1)求C1的離心率；(2)設(shè)M是C1與C2的公共點，若|MF|＝5，求C1與C2的標(biāo)準(zhǔn)方程．[解](1)由已知可設(shè)C2的方程為y2＝4cx，其中c＝eq\r(a2－b2).不妨設(shè)A，C在第一象限，由題設(shè)得A，B的縱坐標(biāo)分別為eq\f(b2,a)，－eq\f(b2,a)；C，D的縱坐標(biāo)分別為2c，－2c，故|AB|＝eq\f(2b2,a)，|CD|＝4c.由|CD|＝eq\f(4,3)|AB|得4c＝eq\f(8b2,3a)，即3×eq\f(c,a)＝2－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2).解得eq\f(c,a)＝－2(舍去)，eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).所以C1的離心率為eq\f(1,2).(2)由(1)知a＝2c，b＝eq\r(3)c，故C1：eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.設(shè)M(x0，y0)，則eq\f(x\o\al(2,0),4c2)＋eq\f(y\o\al(2,0),3c2)＝1，yeq\o\al(2,0)＝4cx0，故eq\f(x\o\al(2,0),4c2)＋eq\f(4x0,3c)＝1.①由于C2的準(zhǔn)線為x＝－c，所以|MF|＝x0＋c，而|MF|＝5，故x0＝5－c，代入①得eq\f(5－c2,4c2)＋eq\f(45－c,3c)＝1，即c2－2c－3＝0，解得c＝－1(舍去)，c＝3.所以C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1，C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝12x.21．(本小題滿分12分)每年的3月12日是植樹節(jié)，某公司為了動員職工積極參加植樹造林活動，在植樹節(jié)期間開展植樹有獎活動，設(shè)有甲、乙兩個摸獎箱，每位植樹者植樹每滿30棵獲得一次甲箱內(nèi)摸獎機會，植樹每滿50棵獲得一次乙箱內(nèi)摸獎機會，每箱內(nèi)各有10個球(這些球除顏色外完全相同)，甲箱內(nèi)有紅、黃、黑三種顏色的球，其中a個紅球，b個黃球，5個黑球，乙箱內(nèi)有4個紅球和6個黃球，每次摸一個球后放回原箱，摸得紅球獎100元，黃球獎50元，摸得黑球則沒有獎金．(1)經(jīng)統(tǒng)計，每人的植樹棵數(shù)X服從正態(tài)分布N(35，25)，若其中有200位植樹者參與了抽獎，請估計植樹的棵數(shù)X在區(qū)間(30，35]內(nèi)并中獎的人數(shù)(結(jié)果四舍五入取整數(shù))；附：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.9545.(2)若a＝2，某位植樹者獲得兩次甲箱內(nèi)摸獎機會，求中獎金額Y(單位：元)的分布列；(3)某人植樹100棵，有兩種摸獎方法，方法一：三次甲箱內(nèi)摸獎機會；方法二：兩次乙箱內(nèi)摸獎機會．請問：這位植樹者選哪一種方法所得獎金的期望值較大．[解](1)依題意得，μ＝35，σ2＝25，得σ＝5，植樹的棵數(shù)X在區(qū)間(30，35]內(nèi)，有一次甲箱內(nèi)摸獎機會，中獎率為1－eq\f(5,10)＝0.5，植樹棵數(shù)X在區(qū)間(30，35]內(nèi)人數(shù)約為200×eq\f(1,2)P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝200×eq\f(0.6827,2)≈68人，故中獎的人數(shù)約為68×0.5＝34人．(2)中獎金額Y的可能取值為0，50，100，150，200.P(Y＝0)＝0.5×0.5＝0.25；P(Y＝50)＝2×0.3×0.5＝0.3；P(Y＝100)＝2×0.5×0.2＋0.3×0.3＝0.29；P(Y＝150)＝2×0.2×0.3＝0.12；P(Y＝200)＝0.2×0.2＝0.04.故Y的分布列為Y050100150200P0.250.30.290.120.04(3)方法一：∵a＋b＝5，∴甲箱摸一次所得獎金的期望為E1＝100×eq\f(a,10)＋50×eq\f(b,10)＝10a＋5b＝25＋5a，∴方法一所得獎金的期望值為3E1＝75＋15a；方法二：乙箱摸一次所得獎金的期望為E2＝100×0.4＋50×0.6＝70，∴方法二所得獎金的期望值為2E2＝2×70＝140，∵a的值可能為1，2，3，4，∴3E1＝75＋15a≤135＜140，∴這位植樹者選方法二所得獎金的期望值較大．22．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝(x＋b)(e2x－a)(b＞0)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))))處的切線方程為(e－1)x＋ey＋eq\f(e－1,2)＝0.(1)求a，b；(2)函數(shù)f(x)圖象與x軸負(fù)半軸的交點為P，且在點P處的切線方程為y＝h(x)，函數(shù)F(x)＝f(x)－h(huán)(x)，x∈R，求F(x)的最小值；(3)關(guān)于x的方程f(x)＝m有兩個實數(shù)根x1，x2，且x1＜x2，證明：x2－x1≤eq\f(1＋2m,2)－eq\f(me,1－e).[解](1)將x＝－eq\f(1,2)代入切線方程(e－1)x＋ey＋eq\f(e－1,2)＝0中，得y＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－a))＝0，解得b＝eq\f(1,2)或a＝eq\f(1,e)，又f′(x)＝e2x(2x＋2b＋1)－a，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(2b,e)－a＝－eq\f(e－1,e)＝－1＋eq\f(1,e)，若a＝eq\f(1,e)，則b＝eq\f(2－e,2)(舍去)；所以b＝eq\f(1,2)，則a＝1.(2)由(1)可知，a＝1，b＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(e2x－1)，令f(x)＝0，有x＝－eq\f(1,2)或x＝0，故曲線y＝f(x)與x軸負(fù)半軸的唯一交點P為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，曲線在點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))處的切線方程為y＝h(x)，則h(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs