2024版新教材高考数学复习特训卷滚动过关检测八第1章_第9章

这是一份2024版新教材高考数学复习特训卷滚动过关检测八第1章_第9章，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合A＝{x∈N|x2＋x－6<0}，B＝(－2，2)，则A∩B＝( )
A．(－2，2) B．{1}
C．{－1，0，1} D．{0，1}
2．双曲线C：x2－2y2＝1的渐近线方程为( )
A．x± eq \r(2)y＝0 B．x±2y＝0
C． eq \r(2)x±y＝0 D．2x±y＝0
3．某班有60名同学，一次数学考试(满分150分)的成绩X服从正态分布N(90，σ2)，若P(80≤X≤100)＝0.6，则本班在100分以上的人数约为( )
A．6 B．12
C．18 D．24
4．已知向量a＝(m＋2，2)，b＝(2，5＋m)，则“m＝－1”是“a∥b”的( )
A．充要条件
B．必要不充分条件
C．充分不必要条件
D．既不充分也不必要条件
5．若二项式(2x＋ eq \f(1,\r(x)))n(n∈N*)的展开式中只有第7项的二项式系数最大，若展开式的有理项中第k项的系数最大，则k＝( )
A．5 B．6
C．7 D．8
6．已知抛物线C1：y2＝2px(p>0)与椭圆C2： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)共焦点，C1与C2在第一象限内交于P点，椭圆的左右焦点分别为F1，F2，且PF2⊥F1F2，则椭圆的离心率为( )
A． eq \r(3)－1 B． eq \r(2)－1
C．4－2 eq \r(3) D．3－2 eq \r(2)
7．已知f(x)是定义在R上的偶函数，f(x)在[0，＋∞)上是增函数，且f(1)＝0，则不等式f(lg2x)>0的解集为( )
A．(0， eq \f(1,2))∪(2，＋∞) B．( eq \f(1,2)，1)∪(2，＋∞)
C．(0， eq \f(1,2)) D．(2，＋∞)
8.
如图，在三棱锥P­ABC中，PB＝PC＝AB＝AC＝2，BC＝2 eq \r(3)，二面角A­BC­P的平面角θ∈(0， eq \f(π,2)]， eq \(AM,\s\up6(→))＝2 eq \(MP,\s\up6(→))， eq \(AG,\s\up6(→))＝ eq \(GC,\s\up6(→))，则直线BG与直线BM所成角的正切值最大为( )
A． eq \r(3) B． eq \f(\r(3),3)
C． eq \r(7) D． eq \f(\r(7),7)
二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．下列说法正确的是( )
A．直线x－y＋ eq \r(3)＝0的倾斜角为45°
B．存在m使得直线3x＋my－2＝0与直线mx＋2y＝0垂直
C．对于任意λ，直线l：(λ＋2)x＋(1－2λ)y＋4－3λ＝0与圆(x＋2)2＋y2＝8相交
D．若直线ax＋by＋c＝0过第一象限，则ab>0，bc>0
10．如图，点M是棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中的侧面ADD1A1上的一个动点(包含边界)，则下列结论正确的是( )
A.存在无数个点M满足CM⊥AD1
B．当点M在棱DD1上运动时，|MA|＋|MB1|的最小值为 eq \r(3)＋1
C．在线段AD1上存在点M，使异面直线B1M与CD所成的角是30°
D．满足|MD|＝2|MD1|的点M的轨迹是一段圆弧
11．设函数f(x)＝cs (ωx＋ eq \f(π,4))(ω>0)，已知f(x)在[0，2π]有且仅有4个零点．则下列说法正确的是( )
A．f(x)在(0，2π)必有2个极大值点
B．f(x)在(0，2π)有且仅有2个极小值点
C．f(x)在(0， eq \f(π,8))上单调递增
D．ω的取值范围是[ eq \f(13,8)， eq \f(17,8))
12．已知∀m∈R＋，∀n∈R＋，不等式2ln m＋ln (2n)≥ eq \f(1,2)m2＋4n－2恒成立，则( )
A．m2＋n＝ eq \f(9,4) B．m2－n＝ eq \f(9,4)
C．m2－n2<2 D．m＋ eq \r(n)<2
[答题区]
三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分．
13．若复数z满足(1＋i)z＝2(i为虚数单位)，则z2 024＝________．
14．已知3a＝4b＝m， eq \f(1,a)＋ eq \f(1,2b)＝2，则m＝________．
15．如图，在四边形ABCD中，AB＝ eq \r(10)，BC＝4，CD＝5，cs ∠ABC＝－ eq \f(\r(10),10)，cs ∠BCD＝ eq \f(3,5)，则AD＝________．
16．已知c为单位向量，a满足(a－c)·c＝0.202 3b＝a＋2 022c，当a与b的夹角最大时，|b－c|＝________．
四、解答题：共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10分)设函数f(x)＝cs2x－ eq \r(3)sinx cs x.
(1)求f(x)单调递增区间；
(2)在锐角△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知f(A)＝0，a＝1，求c－ eq \r(3)b的取值范围．
18．(12分)某公司为了增强员工的凝聚力，计划组织40名员工到某疗养院参加疗养活动，疗养院活动丰富多彩，其中包含羽毛球、卡拉OK、爬山、单车、乒乓球、篮球、桌球、游泳等活动．根据前期的问卷调查，得到下列2×2列联表：
(1)根据小概率值α＝0.010的独立性检验，能否推断喜欢打羽毛球与性别有关？
(2)若从40名员工中按比例分层抽样选取8人，再从这8人中随机抽取3人参加文艺表演，记抽到男员工的人数为X，求X的分布列与数学期望．
附：χ2＝ eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，其中n＝a＋b＋c＋d.临界值表：
19.
(12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，点P在底面ABCD内的投影恰为AC中点，且BM＝MC.
(1)若2PC＝ eq \r(3)DC，求证：PM⊥面PAD；
(2)若平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为 eq \f(π,3)，求直线PM与平面PCD所成角的正弦值．
20．(12分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ eq \f(an,an＋1)，b∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足：bn＝ eq \r(3a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋1)－a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ，{bn}的前n项和为Tn，求证：n≤Tn21．(12分)已知抛物线：y2＝2px(p>0)，过其焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，与椭圆 eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)交于C、D两点，其中 eq \(OA,\s\up6(→))· eq \(OB,\s\up6(→))＝－3.
(1)求抛物线方程；
(2)是否存在直线AB，使得|CD|是|FA|与|FB|的等比中项，若存在，请求出AB的方程及a；若不存在，请说明理由．
22．(12分)设f(x)＝ln (x＋a)，g(x)＝－ eq \f(1,2)x2＋x.
(1)当a＝1时，求证：对于任意x∈(0，＋∞)，f(x)>g(x)；
(2)设F(x)＝f(x)－ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(g（x）,x)))，对于定义域内的x，F(x)有且仅有两个零点x1，x2求证：对于任意满足题意的a，x1＋x2>4.
滚动过关检测八 第一章～第九章
1．答案：D
解析：因为A＝{x∈N|x2＋x－6<0}＝{x∈N|－32．答案：A
解析：双曲线C：x2－2y2＝1得x2－ eq \f(y2,\f(1,2))＝1，则其渐近线方程为x2－ eq \f(y2,\f(1,2))＝0，整理得x± eq \r(2)y＝0.故选A.
3．答案：B
解析：因为P(X>100)＝0.5－ eq \f(0.6,2)＝0.2，所以本班在100分以上的人数约为60×0.2＝12.故选B.
4．答案：C
解析：根据题意，a∥b等价于(m＋2)(m＋5)＝4，解得m＝－1或－6；又{－1}是{－1，－6}的真子集，故“m＝－1”是“a∥b”的充分不必要条件．故选C.
5．答案：A
解析：由已知可得，n＝12.根据二项式定理，知展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(12)) (2x)12－r eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(r)＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(12)) 212－rx12－ eq \f(3,2)r，显然当r是偶数时，该项为有理项，r＝0时，T1＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(12)) 212x12＝4 096x12；r＝2时，T3＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(12)) 210x9＝67 584x9；r＝4时，T5＝C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(12)) 28x6＝126 720x6；r＝6时，T7＝C eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(12)) 26x3＝59 136x3；r＝8时，T9＝C eq \\al(\s\up1(8),\s\d1(12)) 24＝7 920；r＝10时，T11＝C eq \\al(\s\up1(10),\s\d1(12)) 22x－3＝264x－3；r＝12时，T13＝C eq \\al(\s\up1(12),\s\d1(12)) 20x－6＝x－6.经比较可得，r＝4，即k＝5时系数最大，即展开式的有理项中第5项的系数最大．故选A.
6．答案：B
解析：结合抛物线及椭圆的定义可得P(c， eq \f(b2,a))在抛物线上，故2pc＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a))) eq \s\up12(2)，且p＝2c，∴4c2＝ eq \f(b4,a2)⇒2c＝ eq \f(b2,a)⇒a2－c2＝2ac⇒e2＋2e－1＝0⇒e＝ eq \r(2)－1.故选B.
7．答案：A
解析：因为函数f(x)是定义在R上的偶函数，所以不等式f(lg2x)>0等价为f(|lg2x|)>0，因为函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，且f(1)＝0，所以f(|lg2x|)>f(1)，即|lg2x|>1，即lg2x>1或lg2x<1，解得08．答案：D
解析：
取BC的中点H，连接AH交BG于O，连接MO，PH，如图所示．因为H为BC中点，G为AC中点，AH交BG于O，则O为△ABC的重心．即： eq \(AO,\s\up6(→))＝ eq \f(2,3) eq \(AH,\s\up6(→)).因为PH＝ eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),2)))\s\up12(2))＝1，又因为 eq \(AM,\s\up6(→))＝2 eq \(MP,\s\up6(→))，即 eq \(AM,\s\up6(→))＝ eq \f(2,3) eq \(AP,\s\up6(→))，所以MO∥PH，MO＝ eq \f(2,3)PH＝ eq \f(2,3).cs ∠BAC＝ eq \f(22＋22－（2\r(3)）2,2×2×2)＝－ eq \f(1,2)，BG＝ eq \r(22＋12－2×2×1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝ eq \r(7)，即BO＝ eq \f(2,3)BG＝ eq \f(2\r(7),3).因为PB＝PC，H为BC中点，所以PH⊥BC，
因为AB＝AC，H为BC中点，所以AH⊥BC，
所以∠AHP为二面角A­BC­P的平面角，即∠AHP＝θ，θ∈(0， eq \f(π,2)].
因为直线BG与直线BM的所成角为∠MBO，
当MO⊥BO时，tan ∠MBO取得最大值，
当MO⊥BO时，即PH⊥BO，PH⊥平面ABC，即θ＝ eq \f(π,2).
所以直线BG与直线BM所成角的正切值最大为 eq \f(\f(2,3),\f(2\r(7),3))＝ eq \f(\r(7),7).故选D.
9．答案：ABC
解析：对于A：∵x－y＋ eq \r(3)＝0，∴y＝x＋ eq \r(3)，∴k＝1＝tan α，∴α＝45°，故A正确；对于B：m＝0时符合题意，故B正确；对于C：化简(λ＋2)x＋(1－2λ)y＋4－3λ＝0得λ(x－2y－3)＋2x＋y＋4＝0，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2y－3＝0,2x＋y＋4＝0))，解得x＝－1，y＝－2，∴直线l过定点(－1，－2)，又∵(－1＋2)2＋(－2)2＝5<8，∴该定点在圆内，∴直线l与圆相交，故C正确；对于D：当a＝0，b＝1，c＝－1此时直线为y＝1，经过第一象限，此时ab＝0，bc＝－1<0，故D错误．故选ABC.
10．答案：AD
解析：对A，若M在A1D上，此时必有CM⊥AD1，证明如下：CD⊥平面ADD1A1，所以CD⊥AD1，又A1D⊥AD1，所以AD1⊥平面A1DC，所以AD1⊥CM，所以A正确；对B，如图，
旋转平面ADD1A1使之与平面BB1D1D共面，连接A′B1交DD1于M，此时|MA|＋|MB1|最短为A′B1，大小为 eq \r(4＋2\r(2))，故B错误；对C，如图，
当M在A1D和AD1交点处时，此时直线B1M与CD所成的角即直线B1M与A1B1所成角，此时此异面直线所成角最小，其正切值为 eq \f(\r(2),2)，即最小角大于30°，故不存在，即C错误；对D，在平面ADD1A1上建立直角坐标系，设D(－ eq \f(1,2)，0)，D1( eq \f(1,2)，0)，设M(x，y)，由|MD|＝2|MD1|整理可得x2＋y2－ eq \f(5,3)x＋ eq \f(1,4)＝0，根据解析式可得M的轨迹是圆的一部分，故D正确．故选AD.
11．答案：BD
解析：依题意知ωx＋ eq \f(π,4)∈[ eq \f(π,4)，2πω＋ eq \f(π,4)]，由于f(x)在[0，2π]有且仅有4个零点，结合图象及单调性可得 eq \f(7π,2)≤2ωπ＋ eq \f(π,4)< eq \f(9π,2)，∴ eq \f(13,8)≤ω< eq \f(17,8)，故D对；令t＝ωx＋ eq \f(π,4)∈[ eq \f(π,4)，2πω＋ eq \f(π,4)]，g(t)＝cs t，
∵g(t)有1或2个极大值点，结合复合函数的单调性知f(x)也有1或2个极大值点，故A错；同理g(t)有2个极小值点，所以f(x)有2个极小值点，故B对；当x∈(0， eq \f(π,8))时，t∈( eq \f(π,4)， eq \f(πω,8)＋ eq \f(π,4))，∵ eq \f(13,8)≤ω< eq \f(17,8)，∴ eq \f(29π,64)≤ eq \f(πω,8)＋ eq \f(π,4)< eq \f(33π,64)<π，∴g(t)递减，根据复合函数单调性得f(x)单调递减，故C错．故选BD.
12．答案：ACD
解析：因为∀m∈R＋，∀n∈R＋，不等式2ln m＋ln (2n)≥ eq \f(1,2)m2＋4n－2恒成立，所以∀m∈R＋，∀n∈R＋，不等式ln eq \f(m2,2)＋ln (4n)≥ eq \f(1,2)m2＋4n－2恒成立，即∀m∈R＋，∀n∈R＋，不等式ln eq \f(m2,2)－ eq \f(1,2)m2＋1＋ln (4n)－4n＋1≥0恒成立 ①，令g(x)＝ln x－x＋1，x>0，则g′(x)＝ eq \f(1,x)－1＝ eq \f(1－x,x)，x>0，所以当x∈(0，1)，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)，g′(x)<0，g(x)单调递减；所以g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1，所以ln eq \f(m2,2)－ eq \f(m2,2)＋1≤0，ln (4n)－4n＋1≤0，ln eq \f(m2,2)－ eq \f(1,2)m2＋1＋ln (4n)－4n＋1≤0，即g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,2)))＋g(4n)≤0，因为①式等价于g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,2)))＋g(4n)≥0，所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,2)))＝0，g(4n)＝0，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(m2,2)＝1,4n＝1))，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2＝2,n＝\f(1,4))).所以m2＋n＝ eq \f(9,4)，m2－n2<2，m＋ eq \r(n)<2.故选ACD.
13．答案：21 012
解析：由(1＋i)z＝2，得z＝ eq \f(2,1＋i)＝ eq \f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1－i，所以z2＝(1－i)2＝－2i，则z4＝(－2i)2＝－4，所以z2 024＝(z4)506＝(－4)506＝21 012．
14．答案： eq \r(6)
解析：3a＝4b＝m，故a＝lg3m，b＝lg4m， eq \f(1,a)＋ eq \f(1,2b)＝lgm3＋lgm2＝lgm6＝2，m＝ eq \r(6).
15．答案： eq \r(5)
解析：
连接BD，如图所示．在△BCD中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2BC×CD×cs ∠BCD，可得BD2＝16＋25－2×4×5× eq \f(3,5)＝17，故可得BD＝ eq \r(17)，则cs ∠DBC＝ eq \f(BD2＋BC2－CD2,2BD×BC)＝ eq \f(17＋16－25,2×\r(17)×4)＝ eq \f(\r(17),17)，又∠DBC∈(0，π)，故sin ∠DBC＝ eq \f(4\r(17),17)；又cs ∠ABC＝－ eq \f(\r(10),10)，又∠ABC∈(0，π)，故可得sin ∠ABC＝ eq \f(3\r(10),10)；则cs ∠ABD＝cs (∠ABC－∠DBC)＝cs ∠ABC cs ∠DBC＋sin ∠ABC sin ∠DBC＝－ eq \f(\r(10),10)× eq \f(\r(17),17)＋ eq \f(3\r(10),10)× eq \f(4\r(17),17)＝ eq \f(11\r(170),170)，在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cs ∠ABD，即AD2＝10＋17－2× eq \r(10)× eq \r(17)× eq \f(11\r(170),170)＝5，故AD＝ eq \r(5).
16．答案： eq \f(\r(2 023),2 023)
解析：
不妨取c＝(1，0)，设a＝(x1，y1)，故(a－c)·c＝(x1－1，y1)·(1，0)＝x1－1＝0，故x1＝1；设b＝(x2，y2)，则2 023b＝a＋2 022c，即(2 023x2，2 023y2)＝(1，y1)＋(2 022，0)＝(2 023，y1)，故x2＝1，y1＝2 023y2，设a与b的夹角为θ，则θ＝∠AOC－∠AOB，不妨取y1，y2>0，则tan θ＝ eq \f(y1－y2,1＋y1y2)＝ eq \f(2 022y2,1＋2 023y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＝ eq \f(2 022,\f(1,y2)＋2 023y2)≤ eq \f(2 022,2 \r(\f(1,y2)·2 023y2))＝ eq \f(1 011\r(2 023),2 023)，当 eq \f(1,y2)＝2 023y2，即y2＝ eq \f(\r(2 023),2 023)时等号成立，此时夹角最大，|b－c|＝ eq \r(（1－1）2＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＝|y2|＝ eq \f(\r(2 023),2 023).
17．解析：(1)由题得f(x)＝ eq \f(1＋cs 2x,2)－ eq \f(\r(3),2)sin 2x＝cs (2x＋ eq \f(π,3))＋ eq \f(1,2)，
令2kπ－π≤2x＋ eq \f(π,3)≤2kπ，k∈Z，
∴kπ－ eq \f(2π,3)≤x≤kπ－ eq \f(π,6)，k∈Z.
∴函数f(x)单调递增区间为[－ eq \f(2π,3)＋kπ，－ eq \f(π,6)＋kπ]，k∈Z.
(2)∵f(A)＝0，∴cs (2A＋ eq \f(π,3))＋ eq \f(1,2)＝0，∴cs (2A＋ eq \f(π,3))＝－ eq \f(1,2)，
∵0由正弦定理得 eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)＝ eq \f(1,sin \f(π,6))＝2，∴b＝2sin B，c＝2sin C.
∴c－ eq \r(3)b＝2sin C－2 eq \r(3)sin B＝2sin (B＋ eq \f(π,6))－2 eq \r(3)sin B＝cs B－ eq \r(3)sin B＝2cs (B＋ eq \f(π,3))，
∵三角形是锐角三角形，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0∴ eq \f(2π,3)∴c－ eq \r(3)b的取值范围为(－ eq \r(3)，－1).
18．解析：(1)χ2＝ eq \f(40×（2×8－8×22）2,10×30×16×24)＝ eq \f(80,9)≈8.889，
∵8.889>6.635，∴根据小概率值α＝0.010的独立性检验，可推断喜欢打羽毛球与性别有关．
(2)若从40名员工中按比例分层抽样选取8人，
则选取的8人中共有男员工人数为 eq \f(10,40)×8＝2(人)，女员工人数为 eq \f(30,40)×8＝6(人)，
∴X的所有可能取值为0，1，2，
P(X＝0)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(8)) )＝ eq \f(5,14)，P(X＝1)＝ eq \f(C12C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(8)) )＝ eq \f(15,28)，P(X＝2)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(8)) )＝ eq \f(3,28)，
∴X的分布列为
数学期望E(X)＝0× eq \f(5,14)＋1× eq \f(15,28)＋2× eq \f(3,28)＝ eq \f(3,4).
19．解析：
(1)证明：如图，连接AM，DM.
已知2PC＝ eq \r(3)DC，不妨设|DC|＝2，|PC|＝ eq \r(3)．
已知点P在底面的投影落在AC中点，所以四棱锥P­ABCD为正四棱锥，
即|PA|＝|PB|＝|PC|＝|PD|＝ eq \r(3)，
∵底面ABCD为正方形，∴|AM|2＝|AB|2＋|BM|2＝4＋1＝5，得|AM|＝ eq \r(5)，同理得|DM|＝ eq \r(5)，
∵M为BC的中点，∴PM⊥BC，∴|PM|2＝|PB|2－|BM|2＝3－1＝2，得|PM|＝ eq \r(2)，
∵|AM|2＝|PA|2＋|PM|2，∴PM⊥PA，同理可得PM⊥PD，
∵PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，且PA∩PD＝P，∴PM⊥平面PAD.
(2)如图，过P点做底面垂线，垂足为AC的中点O.
以OM所在直线为x轴，以过O点且与BC平行的直线为y轴，以OP所在直线为z轴如图建立空间直角坐标系．
不妨假设底面正方形ABCD的边长为2，|OP|＝t.
因此得P(0，0，t)，A(－1，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，1，0)，D(－1，1，0)，M(1，0，0).
eq \(PA,\s\up6(→))＝(－1，－1，－t)， eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，－1，－t)， eq \(PC,\s\up6(→))＝(1，1，－t)，
eq \(PD,\s\up6(→))＝(－1，1，－t)，
设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(→))·n1＝0,\(PB,\s\up6(→))·n1＝0))，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1－y1－tz1＝0,x1－y1－tz1＝0))，解得x1＝0，y1＝t，z1＝－1，
故n1＝(0，t，－1)；
设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PC,\s\up6(→))·n2＝0,\(PD,\s\up6(→))·n2＝0))，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2－tz2＝0,－x2＋y2－tz2＝0))，解得x1＝0，y1＝t，z1＝1，故n2＝(0，t，1)；
由平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为 eq \f(π,3)，
得cs 〈n1，n2〉＝cs eq \f(π,3)＝ eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝ eq \f(t2－1,\r(t2＋1)·\r(t2＋1))＝ eq \f(t2－1,t2＋1)＝ eq \f(1,2)，解得t＝ eq \r(3)或t＝－ eq \r(3)(舍).
得 eq \(PM,\s\up6(→))＝(1，0，－ eq \r(3))，n2＝(0， eq \r(3)，1)，设直线PM与平面PCD所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈 eq \(PM,\s\up6(→))，n2〉|＝ eq \f(|\(PM,\s\up6(→))·n2|,|\(PM,\s\up6(→))|·|n2|)＝ eq \f(|－\r(3)|,\r(12＋（－\r(3)）2)·\r(（\r(3)）2＋12))＝ eq \f(\r(3),4).
故直线PM与平面PCD所成角的正弦值为 eq \f(\r(3),4).
20．解析：(1)因为an＋1＝ eq \f(an,an＋1)，n∈N*，所以 eq \f(1,an＋1)＝1＋ eq \f(1,an)，即 eq \f(1,an＋1)－ eq \f(1,an)＝1，
又a1＝1，所以 eq \f(1,a1)＝1，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为首项为1，公差为1的等差数列，
所以 eq \f(1,an)＝1＋(n－1)×1＝n，故an＝ eq \f(1,n)，所以数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(1,n).
(2)证明：因为当n∈N*时， eq \f(1,n2)≥ eq \f(1,n4)，所以bn＝ eq \r(1＋\f(3,n2))－ eq \f(1,n2)≥ eq \r(1＋\f(2,n2)＋\f(1,n4))－ eq \f(1,n2)＝1，所以Tn≥n，又当n≥2，且n∈N*时，bn＝ eq \r(1＋\f(3,n2))－ eq \f(1,n2)< eq \f(1＋1＋\f(3,n2),2)－ eq \f(1,n2)＝1＋ eq \f(1,2)· eq \f(1,n2)<1＋ eq \f(1,2)· eq \f(1,（n－1）n)＝1＋ eq \f(1,2)( eq \f(1,n－1)－ eq \f(1,n))，所以当n＝1，T1＝b1＝1<1＋ eq \f(1,2)，当n≥2，且n∈N*时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1＋1＋ eq \f(1,2)( eq \f(1,1)－ eq \f(1,2))＋1＋ eq \f(1,2)( eq \f(1,2)－ eq \f(1,3))＋…＋1＋ eq \f(1,2)( eq \f(1,n－1)－ eq \f(1,n))，所以Tn＝n＋ eq \f(1,2)( eq \f(1,1)－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n－1)－ eq \f(1,n))＝n＋ eq \f(1,2)( eq \f(1,1)－ eq \f(1,n))21．解析：(1)设直线AB的方程为x＝my＋ eq \f(p,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋\f(p,2),y2＝2px))得y2－2pmy－p2＝0，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2，
x1x2＝(my1＋ eq \f(p,2))(my2＋ eq \f(p,2))＝m2y1y2＋m· eq \f(p,2)(y1＋y2)＋ eq \f(p2,4)＝ eq \f(p2,4)，
x1＋x2＝(my1＋ eq \f(p,2))＋(my2＋ eq \f(p,2))＝m·(y1＋y2)＋p＝2pm2＋p，
又 eq \(OA,\s\up6(→))· eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝ eq \f(p2,4)－p2＝－ eq \f(3p2,4)＝－3，所以p2＝4，
又p>0，所以p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x.
(2)由(1)可知：F(1，0)，|FA|＝x1＋1，|FB|＝x2＋1，
所以|FA|·|FB|＝(x1＋1)·(x2＋1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＝ eq \f(p2,4)＋2pm2＋p＋1＝4(m2＋1)，
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1,x2＋a2y2＝a2))得(m2＋a2)y2＋2my＋1－a2＝0，
则y3＋y4＝ eq \f(－2m,m2＋a2)，y3y4＝ eq \f(1－a2,m2＋a2)，
所以|CD|2＝(1＋m2)[(y3＋y4)2－4y3y4]＝(1＋m2)[( eq \f(－2m,m2＋a2))2－4× eq \f(1－a2,m2＋a2)]，
若|CD|是|FA|与|FB|的等比中项，则|CD|2＝|FA|·|FB|，即4(m2＋1)＝(1＋m2)[( eq \f(－2m,m2＋a2))2－4× eq \f(1－a2,m2＋a)]，所以1＝ eq \f(m2,（m2＋a2）2)－ eq \f(1－a2,m2＋a2)，即 eq \f(1＋m2,m2＋a2)＝ eq \f(m2,（m2＋a2）2)，所以m4＋m2a2＋a2＝0，因为m4≥0，m2≥0，a2≥1，所以m4＋m2a2＋a2≥1，所以方程m4＋m2a2＋a2＝0无解，所以不存在直线AB，使得|CD|是|FA|与|FB|的等比中项．
22．证明：(1)当a＝1时，f(x)＝ln (x＋1)，令G(x)＝f(x)－g(x)，
所以G(x)＝ln (x＋1)＋ eq \f(1,2)x2－x，所以G′(x)＝ eq \f(1,x＋1)＋x－1＝ eq \f(x2,x＋1)，
因为x>0，所以G′(x)>0，所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以G(x)>G(0)＝ln (0＋1)＋ eq \f(1,2)×02－0＝0，
所以对于任意x∈(0，＋∞)，f(x)>g(x).
(2)由F(x)＝f(x)－| eq \f(g（x）,x)|＝ln (x＋a)－ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－\f(1,2)x2＋x,x)))＝ln (x＋a)－| eq \f(1,2)x－1|，
当 eq \f(1,2)x－1≥0⇒x≥2时，F(x)＝ln (x＋a)－ eq \f(1,2)x＋1，
当 eq \f(1,2)x－1<0⇒x<2，x≠0时，F(x)＝ln (x＋a)＋ eq \f(1,2)x－1，
所以F(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln （x＋a）＋\f(1,2)x－1，x<2，x≠0,ln （x＋a）－\f(1,2)x＋1，x≥2))
依题F(x)有且仅有2个零点，当x<2，x≠0，不满足题意，
所以F(x)在两段上各有一个零点或者在第二段上有两个零点．
要证：x1＋x2>4，即证：x1>4－x2，即证：h(x1)②若x1，x2均在同一段：F(x)＝ln (x＋a)－ eq \f(1,2)x＋1上，
则必有x1>2，x2>2，显然有x1＋x2>4成立，
所以对于任意满足题意的a，x1＋x2>4.
题号
1
2
3
4
5
6
答案
题号
7
8
9
10
11
12
答案
喜欢打羽毛球
不喜欢打羽毛球
合计
男员工
8
2
10
女员工
8
22
30
合计
16
24
40
α
0.1
0.05
0.010
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
X
0
1
2
P
eq \f(5,14)
eq \f(15,28)
eq \f(3,28)