浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷三

这是一份浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷三，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合A＝{x∈Z|x≤0}，B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－1≤x≤6))，则A∩B等于( )
A．{x|－1≤x≤0} B．{x|x≤6}
C．{0,1,2,3,4,5,6} D．{0，－1}
答案 D
解析 A＝{x∈Z|x≤0}，B＝{x|－1≤x≤6}，则A∩B＝{0，－1}．
2．若双曲线eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的实轴长为2，则其渐近线方程为( )
A．y＝±x B．y＝±eq \r(2)x
C．y＝±eq \f(1,2)x D．y＝±2x
答案 A
解析 双曲线的实轴长为2，得a＝1，又b＝1，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x.
3．设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线．
①若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；
②若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；
③若l∥m，m⊥α，n⊥α，则n∥l；
④若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m.
则上述命题中正确的是( )
A．①② B．①④ C．③④ D．②③
答案 D
解析 对于①，当m，n相交时，才能得到l⊥α，①错误；对于②，由l∥m，m∥n得l∥n，又因为l⊥α，所以n⊥α，②正确；对于③，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，又因为l∥m，所以n∥l，③正确；对于④，直线l与m可能相交、平行或互为异面直线，④错误．综上所述，正确命题的序号为②③.
4．函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的最小正周期是π，若将该函数的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后得到的函数图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，则函数f(x)的解析式为( )
A．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) B．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
C．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) D．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
答案 D
解析 因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期是π，
所以eq \f(2π,ω)＝π，解得ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，
将该函数的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后，
得到图象所对应的函数解析式为
y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ－\f(π,3)))，
由此函数图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，得
2×eq \f(π,2)＋φ－eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即φ＝kπ－eq \f(π,6)，k∈Z，
取k＝0，得φ＝－eq \f(π,6)，满足|φ|所以函数f(x)的解析式为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
5．函数f(x)＝eq \f(3x3,4|x|－4)的图象大致为( )
答案 A
解析 由题意知，函数f(x)的定义域为{x|x≠±1}且满足f(－x)＝eq \f(3－x3,4|－x|－4)＝－eq \f(3x3,4|x|－4)＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除C，D项；又由当x∈(0,1)时，函数f(x)的值小于0，排除B项，故选A.
6．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则“a1>0”是“S3>S2”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
答案 C
解析 设等比数列{an}的公比为q，S3>S2⇔a3>0⇔a1q2>0⇔a1>0，故选C.
7．一个箱子中装有形状完全相同的5个白球和n(n∈N*)个黑球．现从中有放回的摸取4次，每次都是随机摸取一个球，设摸得白球个数为X，若D(X)＝1，则E(X)等于( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 设摸取一次摸得白球的概率为p，则易得X～B(4，p)，D(X)＝4p(1－p)＝1，解得p＝eq \f(1,2)，则E(X)＝4×eq \f(1,2)＝2.
8．将颜色分别为红色、黄色、蓝色的3个球，放入编号为1,2，…，7的七个盒子中，每一个盒子至多放2个球，则不同的放法有( )
A．98种 B．196种 C．252种 D．336种
答案 D
解析 3个球放入编号为1,2，…，7的七个盒子中，每个盒子至多放2个球，应采用排除法，每个球放入盒子的放法各有7种，共73种，排除3个球放在同一个盒中的7种放法，则共有73－7＝336(种)放法．
9．已知向量a，b满足|a|＝|a＋b|＝2，则|2a＋b|＋|b|的最大值为( )
A．4 B．4eq \r(2) C．4＋2eq \r(2) D．8
答案 B
解析 记a＋b＝m，则|a|＝|m|＝2，|2a＋b|＋|b|＝|a＋m|＋|m－a|≤eq \r(2|a＋m|2＋|m－a|2)＝2eq \r(m2＋a2)＝4eq \r(2)，当且仅当|a＋m|＝|m－a|，即a·(a＋b)＝0，a·b＝－4时，取等号，则所求的最大值为4eq \r(2).
10．已知偶函数f(x)满足f(1－x)＝f(1＋x)，当x∈[0,1]时，f(x)＝ax2－bx＋c，a，b，c∈N*.若函数f(x)在[－100，100]上有400个零点，则a＋b＋c的最小值为( )
A．5 B．8 C．11 D．12
答案 C
解析 由f(1－x)＝f(1＋x)，得f(x＋2)＝f(－x)＝f(x)，则函数f(x)是以2为周期的周期函数，函数f(x)在[－100,100]上有400个零点等价于函数f(x)在[0,1]上有两个不同的零点，又因为a，b，c∈N*，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0＝c>0，,f1＝a－b＋c>0，,0<－\f(－b,2a)<1，,－b2－4ac>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c>0，,a－b＋c>0，,b－2a<0，,b2－4ac>0，))
所以要使a＋b＋c取得最小值，不妨取c＝1，则不等式组化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b＋1>0，,b－2a<0，,b2－4a>0，))以a为横轴，b为纵轴建立平面直角坐标系，在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(不含边界)所示，由图易得区域内横纵坐标之和最小的整数点为(5,5)，此时a＝b＝5，所以a＋b＋c的最小值为11.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．复数z＝(3＋4i)2的虚部为________，z的共轭复数eq \x\t(z)＝________.
答案 24 －7－24i
解析 ∵z＝(3＋4i)2＝32＋2×3×4i＋(4i)2＝－7＋24i，∴虚部为24，共轭复数eq \x\t(z)＝－7－24i.
12．若变量x，y满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y≤0，,x－2y＋3≥0，,x≥0，))则2x＋y的最大值为________，eq \f(y＋1,x－2)的取值范围为________．
答案 8 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－3，－\f(1,2)))
解析 不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(含边界)所示，令z＝x＋y，则y＝－x＋z表示的是斜率为－1，在y轴上的截距为z的直线，当直线在y轴上的截距最大时，z最大，即直线过点C时，z最大，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y＝0，,x－2y＋3＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2，))
zmax＝3,2x＋y的最大值为23＝8.eq \f(y＋1,x－2)表示的是可行域内的点(x，y)与点(2，－1)连线的斜率，设D(2，－1)，kAD＝－eq \f(1,2)，kCD＝eq \f(3,－1)＝－3，因此eq \f(y＋1,x－2)的取值范围eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－3，－\f(1,2))).
13．某多面体的三视图如图所示，则该多面体最长的棱长为________；其外接球的体积为________．
答案 4 eq \f(32,3)π
解析 由三视图知该几何体是如图所示的四棱锥O－ABCD，
且AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AO＝eq \r(3)，四边形ABCD是矩形，OA⊥平面ABCD，
所以该多面体最长的棱长为OC＝eq \r(OA2＋AD2＋CD2)＝eq \r(3＋4＋9)＝4，该几何体外接球的半径为2，其体积V＝eq \f(4,3)π×23＝eq \f(32,3)π.
14．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2－\f(1,x)))n的展开式中所有二项式系数和为64，则n＝________；二项展开式中含x3的系数为________．
答案 6 －540
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2－\f(1,x)))n展开式中所有二项式系数和为64，
∴2n＝64，解得n＝6；
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2－\f(1,x)))6展开式的通项公式为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·(3x2)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))k
＝(－1)k·36－k·Ceq \\al(k,6)·x12－3k，
令12－3k ＝3，解得k＝3，
∴二项式展开式中含x3项的系数为(－1)3×33×Ceq \\al(3,6)＝－540.
15．已知实数a≥eq \f(1,2)，b≥eq \f(1,2)，且a2－a＝b－b2，则M＝eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)的最大值是________．
答案 eq \f(3\r(2),2)＋1
解析 由a2－a＝b－b2化简得，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(1,2)))2＝eq \f(1,2)，又实数a≥eq \f(1,2)，b≥eq \f(1,2)，图形为eq \f(1,4)圆，如图：
由a2－a＝b－b2，可得a2＝a＋b－b2，b2＝a＋b－a2，
则M＝eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)＝eq \f(a＋b－a2,a)＋eq \f(a＋b－b2,b)＝1＋eq \f(b,a)－a＋1＋eq \f(a,b)－b＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)－a－b＋2，
由几何意义得，eq \f(b,a)∈[eq \r(2)－1,1＋eq \r(2)]，则eq \f(a,b)∈[eq \r(2)－1，1＋eq \r(2)]，则当过点A或点B时，a＋b取最小值，可得Mmax＝eq \r(2)－1＋1＋eq \r(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(\r(2),2)))＋2＝eq \f(3\r(2),2)＋1，
所以M＝eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)的最大值是eq \f(3\r(2),2)＋1.
16.如图，椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个顶点A(a,0)，B(0，b)，过A，B分别作AB的垂线交椭圆M于D，C(不同于顶点)，若|BC|＝3|AD|，则椭圆M的离心率e＝________.
答案 eq \f(\r(6),3)
解析 直线AB的斜率为－eq \f(b,a)，故直线BC，AD的斜率都为eq \f(a,b)，所以直线BC的方程为y＝eq \f(a,b)x＋b，直线AD的方程为y＝eq \f(a,b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－a)).将直线BC的方程代入椭圆方程，求得C点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2a3b2,a4＋b4)，\f(b5－a4b,a4＋b4)))，将直线AD的方程代入椭圆方程，求得D点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a5－ab4,a4＋b4)，\f(－2a2b3,a4＋b4)))，由于|BC|＝3|AD|，即eq \(BC,\s\up6(→))＝3eq \(AD,\s\up6(→))，也即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2a3b2,a4＋b4)，\f(－2a4b,a4＋b4)))＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2ab4,a4＋b4)，\f(－2a2b3,a4＋b4)))，即eq \f(－2a3b2,a4＋b4)＝eq \f(－6ab4,a4＋b4)，化简得eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,3).故离心率为e＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝eq \f(\r(6),3).
17．已知f(x)＝2x2＋2x＋b是定义在[－1,0]上的函数， 若f(f(x))≤0在定义域上恒成立，而且存在实数x0满足：f(f(x0))＝x0且f(x0)≠x0，则实数b的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(3,8)))
解析 因为f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝b－eq \f(1,2)，
f(x)max＝f(0)＝f(－1)＝b，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤b－\f(1,2)≤0，,－1≤b≤0，))得b∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))时满足
f(f(x))≤0；
设f(x0)＝y0，则f(y0)＝x0且y0≠x0，
所以函数f(x)＝2x2＋2x＋b图象上存在两点关于直线y＝x对称，
令l：y＝－x＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋m，,y＝2x2＋2x＋b，))得2x2＋3x＋b－m＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)为直线与抛物线的交点，线段MN的中点为E(xE，yE)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝9－8b－m>0，,x1＋x2＝－\f(3,2)，))
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，\f(3,4)＋m))，而E在y＝x上，
所以m＝－eq \f(3,2)，
从而2x2＋3x＋b＋eq \f(3,2)＝0在[－1,0]上有两个不相等的实数根，
令h(x)＝2x2＋3x＋b＋eq \f(3,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝9－8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(3,2)))>0，,h－1＝b＋\f(1,2)≥0，,h0＝\f(3,2)＋b≥0，,－1<－\f(3,4)<0，))
得b∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(3,8))).
三、解答题(本大题共5小题，共74分．)
18．(14分)已知函数f(x)＝cs xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)sin x－cs x))＋eq \f(1,2).
(1)求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))的值；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，不等式c解 (1)f(x)＝eq \r(3)sin xcs x－cs2x＋eq \f(1,2)
＝eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(1,2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝sin eq \f(π,2)＝1.
(2)因为0≤x≤eq \f(π,2)，所以－eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(5π,6).
所以－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))≤1.
由不等式c1，))解得 －1所以实数c的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2))).
19．(15分)如图，四边形ABEF是正方形，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝eq \f(1,2)CD.
(1)若平面ABEF⊥平面ABCD，求证：DB⊥平面EBC；
(2)若DF⊥BC，求直线BD与平面ADF所成角的正弦值．
(1)证明 ∵四边形ABEF是正方形，∴EB⊥AB.
又∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，
∴EB⊥平面ABCD，可得EB⊥BD.
又∵AD＝AB＝BC＝eq \f(1,2)CD，
不妨设AB＝BC＝AD＝1，DC＝2，
可求BD＝eq \r(3)，可得BD⊥BC，
∵EB∩BC＝B，EB，BC⊂平面EBC，
∴DB⊥平面EBC.
(2)解 方法一 过点F作FH⊥平面ABCD，连接AH交CD于点G，过点H作HI⊥AD交AD于点I，连接FI，作HO⊥FI交FI于点O，
∵FH⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴FH⊥BC，
又∵DF⊥BC，且FH∩DF＝F，FH，DF⊂平面FDH，
∴BC⊥平面FDH，
又DH⊂平面FDH，∴BC⊥DH，即H在BD上，
又∵FH⊥AB，FA⊥AB，且FH∩FA＝F，FH，FA⊂平面FAH，∴AB⊥平面FAH，
又AH⊂平面FAH，∴AB⊥AH.
又∵AD⊥FH，AD⊥HI，FH∩HI＝H，FH，HI⊂平面FHI，∴AD⊥平面FHI，
又∵AD⊂平面FAD，∴平面FHI⊥平面FAD，
∴H到平面AFD的距离为HO，
由(1)知DG＝eq \f(1,2)，HG＝HI＝eq \f(\r(3),6)，HO＝eq \f(\r(6),9)，
又∵DB＝3DH，∴B到平面AFD的距离为eq \f(\r(6),3)，
设直线BD与平面ADF所成角为θ，则sin θ＝eq \f(\r(2),3)，
方法二 设AD＝AB＝BC＝1，
以A为坐标原点，AB为y轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(0,1,0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，
设F(x，y，z)，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(FA＝1，,FB＝\r(2)，,\(DF,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＋z2＝1，,x2＋y－12＋z2＝2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(3),2)，y＋\f(1,2)，z))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))＝0，))
解得x＝eq \f(\r(3),3)，y＝0，z＝eq \f(\r(6),3)，即Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0，\f(\r(6),3))).
设平面ADF的法向量为m＝(r，s，t)，
又eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0，\f(\r(6),3)))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))·m＝0，,\(AF,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)r－\f(1,2)s＝0，,\f(\r(3),3)r＋\f(\r(6),3)t＝0，))
令r＝eq \r(2)，则s＝eq \r(6)，t＝－1，即m＝(eq \r(2)，eq \r(6)，－1)．
设直线BD与平面ADF所成角为θ，且eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，0))，
则sin θ＝|cs〈m，eq \(BD,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(BD,\s\up6(→))|,|m||\(BD,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(2),3)，
∴直线BD与平面ADF所成角的正弦值为eq \f(\r(2),3).
20．(15分)已知数列{an}是等差数列，满足a2＝6，S4＝28，数列{bn}满足：b1＝1，eq \f(1,b1)＋eq \f(1,2b2)＋…＋eq \f(1,nbn)＝eq \f(1,bn＋1)－1(n∈N*)．
(1)求an和bn；
(2)记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,an)))的前n项和为Sn，求Sn.
解 (1)设数列{an}的首项和公差分别为a1，d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝6，,4a1＋6d＝28，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝4，,d＝2，))∴an＝2n＋2，n∈N*.
eq \f(1,b1)＋eq \f(1,2b2)＋…＋eq \f(1,nbn)＝eq \f(1,bn＋1)－1，①
eq \f(1,b1)＋eq \f(1,2b2)＋…＋eq \f(1,n－1bn－1)＝eq \f(1,bn)－1(n≥2)，②
①－②得eq \f(1,nbn)＝eq \f(1,bn＋1)－eq \f(1,bn)，eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(n,n＋1)(n≥2)，当n＝1时，eq \f(1,b1)＝eq \f(1,b2)－1，b2＝eq \f(1,2)，当n≥2时，bn＝eq \f(bn,bn－1)·eq \f(bn－1,bn－2)·…·eq \f(b2,b1)·b1＝eq \f(1,n).当n＝1时，b1＝1符合上式，所以bn＝eq \f(1,n)，n∈N*.
(2)eq \f(bn,an)＝eq \f(\f(1,n),2n＋2)＝eq \f(1,2n＋2n)＝eq \f(1,2)·eq \f(1,n＋1n)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
Sn＝eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,2n＋2).
21.(15分)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点是F(1,0)，直线l1：y＝k1x，l2：y＝k2x分别与抛物线C相交于点A和点B，过A，B的直线与圆O：x2＋y2＝4相切．
(1)求直线AB的方程(含k1，k2)；
(2)若线段OA与圆O交于点M，线段OB与圆O交于点N，求S△MON的取值范围．
解 (1)焦点是F(1,0)，可得eq \f(p,2)＝1，即p＝2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
抛物线方程为y2＝4x，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝k1x，))可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k\\al(2,1))，\f(4,k1)))，同理可得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k\\al(2,2))，\f(4,k2)))，
若AB的斜率存在，可得kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(k1k2,k1＋k2)，
AB的方程为y－eq \f(4,k1)＝eq \f(k1k2,k1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,k\\al(2,1))))，
化为k1k2x－(k1＋k2)y＋4＝0，
若AB的斜率不存在，也满足上面的方程，则直线AB的方程为k1k2x－(k1＋k2)y＋4＝0.
(2)过A，B的直线与圆O：x2＋y2＝4相切，可得d＝eq \f(4,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k1k2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k1＋k2))2))＝r＝2，
化简为(k1k2)2＋(k1＋k2)2＝4，即有－2≤k1k2<0，
cs∠AOB＝eq \f(\(OA,\s\up6(→))·\(OB,\s\up6(→)),|\(OA,\s\up6(→))||\(OB,\s\up6(→))|)＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)))
＝eq \f(1＋k1k2,\r(k1k22＋k\\al(2,1)＋k\\al(2,2)＋1))，
由(k1k2)2＋(k1＋k2)2＝4，可得cs∠AOB＝eq \f(1＋k1k2,\r(5－2k1k2))，sin2∠MON＝eq \f(－k1k22－4k1k2＋4,5－2k1k2)，
设t＝5－2k1k2∈(5,9]，则Seq \\al(2,△MON)＝4sin2∠MON＝4·eq \f(－k1k22－4k1k2＋4,5－2k1k2)＝4·eq \f(－\f(5－t2,4)－25－t＋4,t)＝eq \f(－t2＋18t－49,t)＝18－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(49,t)))≤18－2eq \r(49)＝4，
当t＝7时取等号，即k1k2＝－1∈[－2,0)，所以(S△MON)max＝2，
又Seq \\al(2,△MON)>18－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(49,5)))＝eq \f(16,5)，即S△MON>eq \f(4\r(5),5)，
即有S△MON的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4\r(5),5)，2)).
22．(15分)已知函数f(x)＝kexeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))－eq \f(1,2)x2，k∈R.
(1)当k＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若函数f(x)有两个零点，求k的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域为R，当k＝－1时，f(x)＝－ex(x－1)－eq \f(1,2)x2，
f′(x)＝－exx－x＝－x(ex＋1)．
当x＜0时，f′(x)＞0，当x＞0时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)在x＝0时取到最大值，最大值为f(0)＝1.
(2)f′(x)＝kexx－x＝x(kex－1)，
当k＜0时，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又因为f(0)＝－k＞0，f(1)＝－eq \f(1,2)＜0，
f(2k－1)＝ke2k－1(2k－2)－eq \f(1,2)(2k－1)2＜k(2k－2)－eq \f(1,2)(2k－1)2＝－eq \f(1,2)＜0，所以f(x)有两个零点；
当k＝0时，f(x)＝－eq \f(1,2)x2，所以此时f(x)只有一个零点；
当k＝1时，f′(x)＝exx－x＝x(ex－1)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增，f(x)不存在两个零点；
当k>0且k≠1时，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln eq \f(1,k)，
当0＜k＜1时，ln eq \f(1,k)＝－ln k＞0，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，－ln k)上单调递减，在(－ln k，＋∞)上单调递增，且f(0)＝－k＜0，f(x)不存在两个零点；
当k＞1时，ln eq \f(1,k)＝－ln k＜0，f(x)在(－∞，－ln k)上单调递增，在(－ln k,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ln k))＝－eq \f(ln k＋12＋1,2)＜0，f(x)不存在两个零点．
综上，当f(x)有两个零点时，k的取值范围是(－∞，0)．