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浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷五

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这是一份浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷五，共13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M＝{x|1≤x≤3}，N＝{x|x>2}，则集合M∩(∁RN)等于( )
A．{x|1≤x≤2} B．{x|x≥1}
C．{x|1≤x<2} D．{x|2答案 A
解析 ∵N＝{x|x>2}，
∴∁RN＝{x|x≤2}，
∴集合M∩(∁RN)＝{x|1≤x≤2}．
2．设双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,9)＝1(a>0)的两焦点之间的距离为10，则双曲线的离心率为( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(4,5) C.eq \f(5,4) D.eq \f(5,3)
答案 C
解析因为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,9)＝1(a>0)的两焦点之间的距离为10，所以2c＝10，c＝5，所以a2＝c2－9＝16，所以a＝4.所以离心率e＝eq \f(5,4).
3．已知x，y∈R，且x>y>0，若a>b>1，则一定有( )
A．lgax>lgby B．sinax>sinby
C．ay>bx D．ax>by
答案 D
解析当x>y>0，a>b>1时，由指数函数和幂的性质易得ax>ay>by.
4．将函数y＝cs(2x＋φ)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得到的函数为奇函数，则|φ|的最小值为( )
A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,3) D.eq \f(5π,6)
答案 B
解析设y＝cs(2x＋φ)向右平移eq \f(π,3)个单位长度得到的函数为g(x)，则g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)＋φ))，因为g(x)为奇函数，且在原点有定义，所以－eq \f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得φ＝kπ＋eq \f(7π,6)(k∈Z)，故当k＝－1时，|φ|min＝eq \f(π,6).
5．函数f(x)＝e|x－1|－2cs(x－1)的部分图象可能是( )
答案 A
解析因为f(1)＝－1，所以排除B；因为f(0)＝e－2cs 1>0，所以排除D；因为当x>2时，f(x)＝ex－1－2cs (x－1)，∴f′(x)＝ex－1＋2sin(x－1)>e－2>0，即x>2时，f(x)具有单调性，排除C.
6．随机变量ξ的分布列如下：
其中a，b，c成等差数列，则D(ξ)的最大值为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(5,9) C.eq \f(2,9) D.eq \f(3,4)
答案 A
解析由分布列得a＋b＋c＝1，又因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，则a＋c＝eq \f(2,3)，所以E(ξ)＝c－a，D(ξ)＝a(c－a＋1)2＋b(c－a)2＋c(c－a－1)2＝a(c－a)2＋b(c－a)2＋c(c－a)2＋2a(c－a)＋a－2c(c－a)＋c＝－(c－a)2＋eq \f(2,3)，则当a＝c时，D(ξ)取得最大值eq \f(2,3).
7．已知单位向量e1，e2，且e1·e2＝－eq \f(1,2)，若向量a满足(a－e1)·(a－e2)＝eq \f(5,4)，则|a|的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(2)－\f(\r(3),2)，\r(2)＋\f(\r(3),2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(2)－\f(1,2)，\r(2)＋\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\r(2)＋\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\r(2)＋\f(\r(3),2)))
答案 B
解析因为向量e1，e2为单位向量，
且e1·e2＝|e1|·|e2|·cs〈e1，e2〉＝－eq \f(1,2)，
所以|e1＋e2|＝eq \r(1＋1＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝1.
因为(a－e1)·(a－e2)＝eq \f(5,4)，
所以a2－a·(e1＋e2)＋e1·e2＝eq \f(5,4)，
所以|a|2－a·(e1＋e2)＝eq \f(7,4)，
所以|a|2－|a|·cs〈a，e1＋e2〉＝eq \f(7,4)，
所以cs〈a，e1＋e2〉＝eq \f(|a|2－\f(7,4),|a|)，
又因为－1≤cs〈a，e1＋e2〉≤1，
所以|a|的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(2)－\f(1,2)，\r(2)＋\f(1,2))).
8.在等腰梯形ABCD中，已知AB＝AD＝CD＝1，BC＝2，将△ABD沿直线BD翻折成△A′BD，如图，则直线BA′与CD所成角的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))
答案 A
解析在等腰梯形ABCD中，易知∠ABC＝eq \f(π,3)，∠ABD＝∠CBD＝eq \f(π,6)，则∠A′BD＝eq \f(π,6)，为定值，所以BA′的轨迹可看作是以BD为轴，B为顶点，母线与轴的夹角为eq \f(π,6)的圆锥的侧面，故点A′的轨迹如图中所示，其中F为BC的中点．过点B作CD的平行线，过点C作BD的平行线，两平行线交于点E，则直线BA′与BE所成的角即直线BA′与CD所成的角．又易知CD⊥BD，所以直线A′B与CD所成角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，故选A.
9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2x－x2)，0≤x<2，,2fx－2，x≥2，)) g(x)＝kx＋2，若函数F(x)＝f(x)－g(x)在[0，＋∞)上只有两个零点，则实数k的值不可能为( )
A．－eq \f(2,3) B．－eq \f(1,2) C．－eq \f(3,4) D．－1
答案 A
解析函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点为函数y＝f(x)与y＝g(x)图象的交点，在同一直角坐标系下作出函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象，如图所示，
当函数y＝g(x)的图象经过点(2,0)时满足条件，此时k＝eq \f(2－0,0－2)＝－1 ，当函数y＝g(x)的图象经过点(4,0)时满足条件，此时k＝eq \f(2－0,0－4)＝－eq \f(1,2) ，当函数y＝g(x)的图象与(x－1)2＋y2＝1(x>0，y>0)相切时也满足题意，此时eq \f(|k＋2|,\r(1＋k2))＝1 ，解得k＝－eq \f(3,4)，故选A.
10．已知数列满足，a1＝1，a2＝eq \f(1,2)，且[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*，记T2n为数列{an}的前2n项和，数列{bn}是首项和公比都是2的等比数列，则使不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(T2n＋\f(1,bn)))·eq \f(1,bn)<1成立的最小整数n为( )
A．7 B．6 C．5 D．4
答案 C
解析因为[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*，∴当n为偶数时，可得(3＋1)an＋2－2an＋2(1－1)＝0，n∈N*，即eq \f(an＋2,an)＝eq \f(1,2)，∴a2，a4，a6，…是以a2＝eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列；当n为奇数时，可得(3－1)an＋2－2an＋2(－1－1)＝0，n∈N*，即an＋2－an＝2，∴a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以2为公差的等差数列，T2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)＝n2＋1－eq \f(1,2n)，∵数列{bn}是首项和公比都是2的等比数列，bn＝2×2n－1＝2n，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(T2n＋\f(1,bn)))·eq \f(1,bn)<1等价为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n2＋1－\f(1,2n)＋\f(1,2n)))·eq \f(1,2n)<1，即(n2＋1)·eq \f(1,2n)<1，即n2＋1<2n，分析函数y＝n2＋1与y＝2n，则当n＝1时，2＝2，当n＝2时，5<4不成立，当n＝3时，10<8不成立，当n＝4时，17<16不成立，当n＝5时，26<32成立，当n≥5时，n2＋1<2n恒成立，故使不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(T2n＋\f(1,bn)))·eq \f(1,bn)<1成立的最小整数n为5.
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．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)－\f(1,x)))n的展开式中所有项的系数的绝对值之和为64，则n＝________；该展开式中的常数项是____________．
答案 3 －27
解析所求系数的绝对值之和相当于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)＋\f(1,x)))n中所有项的系数之和，则在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)＋\f(1,x)))n中令x＝1，得(3＋1)n＝64，所以n＝3；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)－\f(1,x)))3的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,3)(3eq \r(x))3－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1,x)))k＝Ceq \\al(k,3)·33－k·
(－1)k，令eq \f(3－3k,2)＝0，则k＝1，常数项为Ceq \\al(1,3)×32×(－1)1＝－27.
12．已知实数x，y满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥1，,x－2y＋1≤0，,x＋y≤m，))若此不等式组所表示的平面区域形状为三角形，则m的取值范围为_______，如果目标函数z＝2x－y的最小值为－1，则实数m＝________.
答案 (2，＋∞) 4
解析要使不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥1，,x－2y＋1≤0，,x＋y≤m))所表示的平面区域形状为三角形，直线x＝1与直线x－2y＋1＝0的交点(1,1)必在直线的左下方，所以m>2，画出该区域如图阴影部分所示(含边界)，
由z＝2x－y得y＝2x－z，由图可知，当直线y＝2x－z过点A(1，m－1)时在y轴上的截距最大，z最小，所以，－1＝2×1－(m－1)，解得m＝4.
13．如图是一个几何体的三视图，若它的体积是eq \f(2,3)，则a＝________，该几何体的表面积为________．
答案 1 3＋eq \r(5)
解析如图所示，此几何体是四棱锥，底面是边长为a的正方形，平面SAB⊥平面ABCD，并且∠SAB＝90°，SA＝2，所以体积是V＝eq \f(1,3)×a2×2＝eq \f(2,3)，解得a＝1，四个侧面都是直角三角形，所以计算出表面积是S＝12＋eq \f(1,2)×1×2＋eq \f(1,2)×1×eq \r(5)＋eq \f(1,2)×1×2＋eq \f(1,2)×1×eq \r(5)＝3＋eq \r(5).
14．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c若a＝eq \r(7)，c＝3，A＝60°，则b＝________，△ABC的面积S＝________.
答案 1或2 eq \f(3\r(3),4)或eq \f(3\r(3),2)
解析由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A，即7＝b2＋9－2b×3cs 60°，即b2－3b＋2＝0，解得b＝1或2, 当b＝1时， S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×1×3×sin 60°＝eq \f(3\r(3),4)，同理当b＝2时， S＝eq \f(3\r(3),2).
15.如图所示，在排成4×4方阵的16个点中，中心位置4个点在某圆内，其余12个点在圆外．从16个点中任选3点，作为三角形的顶点，其中至少有一个顶点在圆内的三角形共有____个．
答案 312
解析根据题意，分3种情况讨论：
①取出的3个点都在圆内，Ceq \\al(3,4)＝4，即有4种取法；
②在圆内取2点，圆外12点中有10个点可供选择，从中取1点，Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,10)＝60，即有60种取法；
③在圆内取1点，圆外12点中取2点，Ceq \\al(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C\\al(2,12)－4))＝248，即有248种取法．
则至少有一个顶点在圆内的三角形有
4＋60＋248＝312(个)．
16．已知F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点，点P在椭圆C上移动时，△PF1F2的内心I的轨迹方程为____________________________．
答案 x2＋3y2＝1(y≠0)
解析由题意得F1(－1,0)，F2(1,0)，设点P(x，y)，I(m，n)，－217．设点P是△ABC所在平面内一动点，满足eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CA,\s\up6(→))＋μeq \(CB,\s\up6(→))，3λ＋4μ＝2(λ，μ∈R)，|eq \(PA,\s\up6(→))|＝|eq \(PB,\s\up6(→))|＝|eq \(PC,\s\up6(→))|.若|Aeq \(B,\s\up6(→))|＝3，则△ABC面积的最大值是________．
答案 9
解析由3λ＋4μ＝2，得eq \f(3,2)λ＋2μ＝1，
所以eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CA,\s\up6(→))＋μeq \(CB,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)λ·eq \f(2,3)eq \(CA,\s\up6(→))＋2μ·eq \f(1,2)eq \(CB,\s\up6(→)).
设eq \f(2,3)eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(CM,\s\up6(→))，eq \f(1,2)eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \(CN,\s\up6(→))，
则由平面向量基本定理知点P，M，N在同一直线上，
又|eq \(PA,\s\up6(→))|＝|eq \(PB,\s\up6(→))|＝|eq \(PC,\s\up6(→))|，
所以P为△ABC的外心，且∠ACB为锐角，PN⊥BC，
由此可作图，如图所示，
设∠ACB＝θ，CN＝x，则BC＝2x，
CM＝eq \f(x,cs θ)，CA＝eq \f(3x,2cs θ)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BCsin θ
＝eq \f(1,2)·eq \f(3x,2cs θ)·2x·sin θ＝eq \f(3tan θ,2)x2，
在△ABC中，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs θ，
即4x2＋eq \f(9x2,4cs2θ)－2·2x·eq \f(3x,2cs θ)·cs θ＝9，
所以x2＝eq \f(36cs2θ,9－8cs2θ)，
所以S△ABC＝eq \f(3tan θ,2)·eq \f(36cs2θ,9－8cs2θ)＝eq \f(54sin θcs θ,9sin2θ＋cs2θ)＝eq \f(54tan θ,9tan2θ＋1)＝eq \f(54,9tan θ＋\f(1,tan θ))≤9.
当且仅当9tan θ＝eq \f(1,tan θ)，即tan θ＝eq \f(1,3)时等号成立，
所以△ABC面积的最大值是9.
三、解答题(本大题共5小题，共74分．)
18．(14分)已知函数f(x)＝4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))上的值域．
解 (1)f(x)＝4sinx·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs xcs\f(π,3)＋sin xsin\f(π,3)))－eq \r(3)
＝4sin x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs x＋\f(\r(3),2)sinx))－eq \r(3)
＝2sin xcs x＋2eq \r(3)sin2x－eq \r(3)
＝sin 2x＋eq \r(3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－cs 2x))－eq \r(3)
＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，
得kπ－eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(5π,12)，k∈Z，
f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k∈Z)).
(2)由eq \f(π,4)≤x≤eq \f(π,3)，得eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,3)，
故而2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))∈[1，eq \r(3)]，
即f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))上的值域为[1，eq \r(3)]．
19．(15分)如图，已知四边形ABCD是正方形，AE⊥平面ABCD，PD∥AE，PD＝AD＝2EA＝2，G，F，H分别为BE，BP，PC的中点．
(1)求证：平面ABE⊥平面GHF；
(2)求直线GH与平面PBC所成的角θ的正弦值．
解 (1)因为AE⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以AE⊥BC，
因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC，
又BA∩AE＝A，BA，AE⊂平面ABE，所以BC⊥平面AEB，
因为F，H分别为BP，PC的中点，所以FH为△PBC的中位线，
所以FH∥BC，
所以FH⊥平面ABE，
又FH⊂平面GHF，所以平面ABE⊥平面GHF.
(2)解方法一因为AE⊥平面ABCD，PD∥AE，所以PD⊥平面ABCD，
又BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC，因为四边形ABCD是正方形，所以CD⊥BC，
又PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，
所以BC⊥平面PCD，
又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCD.
连接DH，则DH⊥PC，
因为平面PBC∩平面PCD＝PC，所以DH⊥平面PBC，
所以∠DHG为直线GH与平面PBC所成角的余角，即θ＝eq \f(π,2)－∠DHG.
在等腰直角三角形PDC中，因为PD＝DC＝2，所以PC＝2eq \r(2)，
所以DH＝eq \f(PD·DC,PC)＝eq \r(2).
连接DG，易知DG＝eq \r(22＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(21),2)，GH＝eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(17),2)，
所以在△DHG中，cs∠DHG＝eq \f(DH2＋HG2－DG2,2DH·GH)＝eq \f(\r(34),34)，
所以sin θ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－∠DHG))＝cs∠DHG＝eq \f(\r(34),34)，
即直线GH与平面PBC所成的角θ的正弦值为eq \f(\r(34),34).
方法二易知DA，DC，DP两两垂直，所以以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由PD＝AD＝2EA＝2，易得B(2,2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，H(0,1,1)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，1，\f(1,2)))，则eq \(CP,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(HG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0，－\f(1,2))).
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CB,\s\up6(→))＝x，y，z·2，0，0＝0，,n·\(CP,\s\up6(→))＝x，y，z·0，－2，2＝0，))
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＝0，,－2y＋2z＝0，))则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝z.))
令y＝1，则z＝1，所以n＝(0,1,1)为平面PBC的一个法向量，
所以sin θ＝|cs〈n，eq \(HG,\s\up6(→))〉|
＝eq \f(|n·\(HG,\s\up6(→))|,\r(02＋12＋12)× \r(22＋02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2))＝eq \f(\f(1,2),\r(2)×\f(\r(17),2))＝eq \f(\r(34),34)，
故直线GH与平面PBC所成的角θ的正弦值为eq \f(\r(34),34).
20．(15分)已知数列{an}满足：a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝(n∈N*)．(其中e为自然对数的底数，e＝2.71828…)
(1)证明：an＋1>an(n∈N*)；
(2)设bn＝1－an，是否存在实数M>0，使得b1＋b2＋…＋bn≤M对任意n∈N*成立？若存在，求出M的一个值；若不存在，请说明理由．
(1)证明设f(x)＝ex－x－1，令f′(x)＝ex－1＝0，
得到x＝0.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)．
故an＋1＝≥an ，且取不到等号，所以an＋1>an.
(2)解先用数学归纳法证明an≤1－eq \f(1,n＋1).
①当n＝1时，a1≤1－eq \f(1,2)成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak≤1－eq \f(1,k＋1)成立，那么当n＝k＋1时，ak＋1＝≤＝≤eq \f(1,1＋\f(1,k＋1))＝eq \f(k＋1,k＋2) ＝1－eq \f(1,k＋2)，即ak＋1≤1－eq \f(1,k＋2)也成立．故对n∈N*都有an≤1－eq \f(1,n＋1).
所以bn＝1－an≥eq \f(1,n＋1).
取n＝2t－1(t∈N*)，
b1＋b2＋…＋bn ≥eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n＋1) ＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,4)))＋… ＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2t－1＋1)＋\f(1,2t－1＋2)＋…＋\f(1,2t))).
即b1＋b2＋…＋bn ≥eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋…＋eq \f(1,2)＝eq \f(t,2).
其中t＝lg2n＋1，t∈N*，
当n→＋∞时，t→＋∞，eq \f(t,2)→＋∞，
所以不存在满足条件的实数M，使得b1＋b2＋…＋bn≤M对任意n∈N*成立．
21．(15分)抛物线C：y＝x2，直线l的斜率为2.
(1)若l与抛物线C相切，求直线l的方程；
(2)若l与抛物线C相交于A，B，线段AB的中垂线交C于P，Q，求eq \f(|PQ|,|AB|)的取值范围．
解 (1)设直线l的方程为y＝2x＋b，联立直线l与抛物线C的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋b，,y＝x2，))得x2－2x－b＝0，
Δ＝4＋4b＝0，所以b＝－1，
因此，直线l的方程为y＝2x－1.
(2)设直线l的方程为y＝2x＋b，设点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，y3))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4，y4))，
联立直线l与抛物线C的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋b，,y＝x2，))
得x2－2x－b＝0，Δ＝4＋4b>0，所以b>－1.
由根与系数的关系得x1＋x2＝2，x1x2＝－b.
所以|AB|＝eq \r(5)|x1－x2|＝2eq \r(5b＋1)，
且y1＋y2＝2(x1＋x2)＋2b＝4＋2b，
所以线段AB的中点为(1,2＋b)，
所以直线PQ的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(5,2)＋b，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋\f(5,2)＋b，,y＝x2，))得2x2＋x－5－2b＝0，
由根与系数的关系得x3＋x4＝－eq \f(1,2)，x3x4＝－eq \f(5,2)－b，
所以|PQ|＝eq \f(\r(5),2)|x3－x4|＝eq \f(\r(5),4)eq \r(41＋16b)，
所以eq \f(|PQ|,|AB|)＝eq \f(1,8)eq \r(\f(41＋16b,1＋b))＝eq \f(1,8)eq \r(16＋\f(25,b＋1))>eq \f(1,2)，
所以eq \f(|PQ|,|AB|)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
22．(15分)已知函数f(x)＝ex－exsin x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))(e为自然对数的底数)．
(1)求函数f(x)的值域；
(2)若不等式f(x)≥k(x－1)(1－sin x)对任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))恒成立，求实数k的取值范围；
(3)证明：ex－1＞－eq \f(1,2)(x－eq \f(3,2))2＋1.
(1)解因为f(x)＝ex－exsin x，
所以f′(x)＝ex－ex(sin x＋cs x)＝ex(1－sin x－cs x)＝exeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≥eq \f(\r(2),2)，所以f′(x)≤0，
故函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，函数f(x)的最大值为f(0)＝1－0＝1；
f(x)的最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－sin eq \f(π,2)＝0，
所以函数f(x)的值域为[0,1]．
(2)解原不等式可化为ex(1－sin x)≥k(x－1)(1－sin x)，(*)
因为1－sin x≥0恒成立，故(*)式可化为ex≥k(x－1)．
令g(x)＝ex－kx＋k，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则g′(x)＝ex－k，
当k≤0时，g′(x)＝ex－k>0，所以函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，故g(x)≥g(0)＝1＋k≥0，所以－1≤k≤0；
当k>0时，令g′(x)＝ex－k＝0，得x＝ln k，
所以当x∈(0，ln k)时，g′(x)＝ex－k<0；
当x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)＝ex－k>0.
所以当ln k＜eq \f(π,2)，即00成立；
当ln k≥eq \f(π,2)，即k≥时，函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－k·eq \f(π,2)＋k≥0，解得≤k≤，
综上，－1≤k≤.
(3)证明令h(x)＝ex－1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2－1，
则h′(x)＝ex－1＋x－eq \f(3,2).
令t(x)＝h′(x)＝ex－1＋x－eq \f(3,2)，
则t′(x)＝ex－1＋1>0，
所以h′(x)在R上单调递增，
由h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－1＜0，h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))＝－eq \f(3,4)＞0，
故存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))，使得h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝0，
即＝eq \f(3,2)－x0.
所以当x∈(－∞，x0)时，h′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0.
故当x＝x0时，函数h(x)有极小值，且是唯一的极小值，
故函数h(x)min＝h(x0)＝＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(3,2)))2－1
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(3,2)))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(3,2)))2－1
＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(3,2)))－1))2－eq \f(3,2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(5,2)))2－eq \f(3,2)，
因为x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))，所以eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(5,2)))2－eq \f(3,2)>
eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)－\f(5,2)))2－eq \f(3,2)＝eq \f(1,32)>0，
故h(x)＝ex－1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2－1>0，
即ex－1>－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋1.ξ
－1
0
1
P
a
b
c