高考数学二轮专题学与练 25 数学思想方法及其应用（高考押题）（含解析）

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这是一份高考数学二轮专题学与练 25 数学思想方法及其应用（高考押题）（含解析），共21页。试卷主要包含了已知P是直线l等内容，欢迎下载使用。

高考押题专练
1.已知函数f(x)＝x3＋x2＋x(0f(x3)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】因为f′(x)＝x2＋x＋＝(x＋a－2)，所以令f′(x)＝0，
解得x1＝，x2＝2－a.
由0 所以令f′(x)>0，得x<，或x>2－a；
令f′(x)<0，得所以函数f(x)在(1,2－a)上单调递减，在(2－a,2)上单调递增．
所以函数f(x)在[1,2]上的最小值为f(2－a)＝(2－a)2，最大值为max{f(1)，f(2)}＝max.
因为当0 当－，
由对任意x1，x2，x3∈[1,2]，都有f(x1)＋f(x2)>f(x3)恒成立，得2f(x)min>f(x)max(x∈[1,2])．
所以当0－，
结合0 当a，
结合综上，知所求实数a的取值范围是1－ 2.是否存在实数a，使得函数y＝sin2x＋acosx＋a－在闭区间[0，]上的最大值是1？若存在，则求出对应的a的值；若不存在，则说明理由．
【解析】y＝sin2x＋acosx＋a－
＝1－cos2x＋acosx＋a－
＝－(cosx－)2＋＋a－.
∵0≤x≤，∴0≤cosx≤1，令cosx＝t，
则y＝－(t－)2＋＋a－，0≤t≤1.
当>1，即a>2时，函数y＝－(t－)2＋＋a－在t∈[0,1]上单调递增，
∴t＝1时，函数有最大值ymax＝a＋a－＝1，
解得a＝<2(舍去)；
当0≤≤1，即0≤a≤2时，
t＝函数有最大值，
ymax＝＋a－＝1，
解得a＝或a＝－4(舍去)；
当<0，即a<0时，
函数y＝－(t－)2＋＋a－在t∈[0,1]上单调递减，
∴t＝0时，函数有最大值ymax＝a－＝1，
解得a＝>0(舍去)，
综上所述，存在实数a＝使得函数有最大值．
3．已知a∈R，函数f(x)＝x＋，h(x)＝，解关于x的方程log4＝log2h(a－x)－log2h(4－x)．
【解析】原方程可化为log4
＝log2－log2，
即log4(x－1)＝log2－log2＝log2，
①当1 则x－1＝，
即x2－6x＋a＋4＝0，Δ＝36－4(a＋4)＝20－4a>0，
此时x＝＝3±，
∵1 ②当a>4时，1 由x－1＝，得x2－6x＋a＋4＝0，Δ＝36－4(a＋4)＝20－4a，
若40，方程有两解x＝3±；
若a＝5时，则Δ＝0，方程有一解x＝3；
③由函数有意义及②知，若a≤1或a>5，原方程无解．
综合以上讨论，当1 当4 当a＝5时，方程有一解x＝3；
当a≤1或a>5时，原方程无解．
4．在正项数列{an}中，a1＝3，a＝an－1＋2(n≥2，n∈N*)．
(1)求a2，a3的值，判断an与2的大小关系并证明；
(2)求证：|an－2|<|an－1－2|(n≥2)；
(3)求证：|a1－2|＋|a2－2|＋…＋|an－2|<.
【解析】(1)a2＝＝，a3＝＝.
由题设，a－4＝an－1－2，(an－2)(an＋2)＝an－1－2.
因为an＋2>0，所以an－2与an－1－2同号．
又a1－2＝1>0，所以an－2>0(n≥2)，即an>2.
(2)证明：由题设，＝，
由(1)知，an>2，所以<，因此<，
即|an－2|<|an－1－2|(n≥2)．
(3)证明：由(2)知，|an－2|<|an－1－2|，
因此|an－2|<|a1－2|＝(n≥2)．
因此|a1－2|＋|a2－2|＋…＋|an－2|<1＋＋＋…＋＝＝<.
5．已知椭圆G：＋y2＝1，过点(m,0)作圆x2＋y2＝1的切线l交椭圆G于A，B两点．
(1)求椭圆G的焦点坐标和离心率；
(2)将|AB|表示为m的函数，并求|AB|的最大值．
【解析】(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有两式相减得3(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0.
由题意，知x1≠x2，
所以kAB＝＝－.
因为N(1,3)是弦AB的中点，
所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝6，
所以kAB＝－1.
所以弦AB所在直线的方程为y－3＝－(x－1)，即x＋y－4＝0.
又N(1,3)在椭圆内，
所以λ>3×12＋32＝12.
所以λ的取值范围是(12，＋∞)．
(2)因为弦CD垂直平分弦AB，所以弦CD所在直线的方程为y－3＝x－1，即x－y＋2＝0，
将其代入椭圆的方程，
整理得4x2＋4x＋4－λ＝0.①
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，弦CD的中点为M(x0，y0)，
则x3，x4是方程①的两个根．
所以x3＋x4＝－1，x0＝(x3＋x4)＝－，y0＝x0＋2＝，即M.
所以点M到直线AB的距离d＝＝.所以以弦CD的中点M为圆心且与直线AB相切的圆的方程为2＋2＝.
6、如果方程cos2x－sinx＋a＝0在(0，]上有解，求a的取值范围．
【解析】方法一　设f(x)＝－cos2x＋sinx(x∈(0，])．
显然当且仅当a属于f(x)的值域时，a＝f(x)有解．
因为f(x)＝－(1－sin2x)＋sinx
＝(sinx＋)2－，
且由x∈(0，]知sinx∈(0,1]．
易求得f(x)的值域为(－1,1]．
故a的取值范围是(－1,1]．
方法二　令t＝sinx，由x∈(0，]，可得t∈(0,1]．
将方程变为t2＋t－1－a＝0.
依题意，该方程在(0,1]上有解．
设f(t)＝t2＋t－1－a.
其图象是开口向上的抛物线，对称轴t＝－，

如图所示．
因此f(t)＝0在(0,1]上有解等价于
即所以－1 故a的取值范围是(－1,1]．
7、设函数f(x)＝cos2x＋sinx＋a－1，已知不等式1≤f(x)≤对一切x∈R恒成立，求a的取值范围．
【解析】f(x)＝cos2x＋sinx＋a－1
＝1－sin2x＋sinx＋a－1
＝－(sinx－)2＋a＋.
因为－1≤sinx≤1，所以当sinx＝时，
函数有最大值f(x)max＝a＋，
当sinx＝－1时，函数有最小值f(x)min＝a－2.
因为1≤f(x)≤对一切x∈R恒成立，
所以f(x)max≤且f(x)min≥1，
即解得3≤a≤4，
所以a的取值范围是[3,4]．
8、已知数列{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5.
(1)求{an}的通项an；
(2)求{an}前n项和Sn的最大值．
【解析】(1)设{an}的公差为d，由已知条件，
解出a1＝3，d＝－2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5.
(2)Sn＝na1＋d＝－n2＋4n＝4－(n－2)2.
所以n＝2时，Sn取到最大值4.
9、设椭圆中心在坐标原点，A(2,0)，B(0,1)是它的两个顶点，直线y＝kx(k>0)与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点．
(1)若＝6，求k的值；
(2)求四边形AEBF面积的最大值．

【解析】(1)依题意得椭圆的方程为＋y2＝1，直线AB，EF的方程分别为x＋2y＝2，y＝kx(k>0)．如图，设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1 由＝6知x0－x1＝6(x2－x0)，
得x0＝(6x2＋x1)＝x2＝；
由D在AB上知x0＋2kx0＝2，
得x0＝.
所以＝，
化简得24k2－25k＋6＝0，
解得k＝或k＝.
(2)根据点到直线的距离公式和①式知，点E，F到AB的距离分别为
h1＝＝，
h2＝＝.
又|AB|＝＝，
所以四边形AEBF的面积为
S＝|AB|(h1＋h2)
＝··
＝
＝2≤2，
当4k2＝1(k>0)，即当k＝时，上式取等号．
所以S的最大值为2.
即四边形AEBF面积的最大值为2.
10．在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c.已知c＝2，C＝.
(1)若△ABC的面积等于，求a，b；
(2)若sinC＋sin(B－A)＝2sin2A，求△ABC的面积．
【解析】(1)由余弦定理及已知条件得，a2＋b2－ab＝4，
又因为△ABC的面积等于，
所以absinC＝，得ab＝4.
联立方程组解得a＝2，b＝2.
(2)由题意得sin(B＋A)＋sin(B－A)＝4sinAcosA，
即sinBcosA＝2sinAcosA，
当cosA＝0时，A＝，B＝，a＝，b＝，
当cosA≠0时，得sinB＝2sinA，
由正弦定理得b＝2a，
联立方程组
解得a＝，b＝.
所以△ABC的面积S＝absinC＝.
11．已知数列{an}是等差数列，a1＝1，a2＋a3＋…＋a10＝144.
(1)求数列{an}的通项an；
(2)设数列{bn}的通项bn＝，记Sn是数列{bn}的前n项和，若n≥3时，有Sn≥m恒成立，求m的最大值．
【解析】(1)∵{an}是等差数列，
a1＝1，a2＋a3＋…＋a10＝144，
∴S10＝145，∴S10＝，
∴a10＝28，∴公差d＝3.
∴an＝3n－2(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝＝
＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝，
∴Sn＝.
∵Sn＋1－Sn＝－＝>0，
∴数列{Sn}是递增数列．
当n≥3时，(Sn)min＝S3＝，
依题意，得m≤，∴m的最大值为.
12．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积为时，求k的值．
【解析】(1)由题意得解得b＝.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1＋x2＝，
x1x2＝.
所以MN＝
＝
＝.
又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离
d＝，
所以△AMN的面积为
S＝MN·d＝.
由＝，解得k＝±1.
所以，k的值为1或－1.
13．设关于θ的方程cosθ＋sinθ＋a＝0在区间(0,2π)内有相异的两个实根α、β.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求α＋β的值．
【解析】(1)原方程可化为sin (θ＋)＝－，作出函数y＝sin (x＋)(x∈(0,2π))的图象．
由图知，方程在(0,2π)内有相异实根α，β的充要条件
是
即－2＜a＜－或－＜a＜2.

(2)由图知：当－＜a＜2，即－∈时，直线y＝－与三角函数y＝sin(x＋)的图象交于C、D两点，它们中点的横坐标为，所以＝，所以α＋β＝.
当－2＜a＜－，即－∈时，直线y＝－与三角函数y＝sin(x＋)的图象有两交点A、B，
由对称性知，＝，所以α＋β＝，
综上所述，α＋β＝或.
14．设有函数f(x)＝a＋和g(x)＝x＋1，已知x∈[－4,0]时恒有f(x)≤g(x)，求实数a的取值范围．
【解析】f(x)≤g(x)，

即a＋≤x＋1，
变形得≤x＋1－a，
令y1＝，①
y2＝x＋1－a.②
①变形得(x＋2)2＋y2＝4(y≥0)，
即表示以(－2,0)为圆心，2为半径的圆的上半圆；②表示斜率为，纵截距为1－a的平行直线系．
设与圆相切的直线为AT，AT的直线方程为
y＝x＋b(b＞0)，
则圆心(－2,0)到AT的距离为d＝，
由＝2，得b＝6或－(舍去)．
由图可知，当1－a≥6即a≤－5时，f(x)≤g(x).
15.　已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，
当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，
∴当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)；
当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－或x>，
由f′(x)<0，解得－ ∴当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)；单调减区间为(－，)．
(2)∵f(x)在x＝－1处取得极值，

∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a＝1.
∴f(x)＝x3－3x－1，
f′(x)＝3x2－3，
由f′(x)＝0，
解得x1＝－1，x2＝1.
由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.
因为直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，
结合如图所示f(x)的图象可知：
m的取值范围是(－3,1)．
16.已知实数x，y满足则的最大值为________．
【答案】2
【解析】画出不等式组

对应的平面区域Ω为图中的四边形ABCD，＝表示的平面区域Ω上的点P(x，y)与原点的连线的斜率，显然OA的斜率最大．
17.已知P是直线l：3x＋4y＋8＝0上的动点，PA、PB是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，A、B是切点，C是圆心，求四边形PACB面积的最小值．
【解析】

从运动的观点看问题，当动点P沿直线3x＋4y＋8＝0向左上方或右下方无穷远处运动时，直角三角形PAC的面积SRt△PAC＝PA·AC＝PA越来越大，从而S四边形PACB也越来越大；当点P从左上、右下两个方向向中间运动时，S四边形PACB变小，显然，当点P到达一个最特殊的位置，即CP垂直直线l时，S四边形PACB应有唯一的最小值，
此时PC＝＝3，
从而PA＝＝2.
所以(S四边形PACB)min＝2××PA×AC＝2.
18．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，A是抛物线上横坐标为4，且位于x轴上方的点，A到抛物线准线的距离等于5，过A作AB垂直于y轴，垂足为B，OB的中点为M.
(1)求抛物线的方程；
(2)以M为圆心，MB为半径作圆M，当K(m,0)是x轴上一动点时，讨论直线AK与圆M的位置关系．
【解析】(1)抛物线y2＝2px的准线为x＝－，
由题意得4＋＝5，所以p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)由题意知，圆M的圆心为点(0,2)，半径为2.
当m＝4时，直线AK的方程为x＝4，
此时，直线AK与圆M相离；
当m≠4时，由(1)知A(4,4)，
则直线AK的方程为y＝(x－m)，
即4x－(4－m)y－4m＝0，
圆心M(0,2)到直线AK的距离
d＝，
令d>2，解得m>1.
所以，当m>1时，直线AK与圆M相离；
当m＝1时，直线AK与圆M相切；
当m<1时，直线AK与圆M相交．
19．设关于x的函数y＝2cos2x－2acosx－(2a＋1)的最小值为f(a)，试确定满足f(a)＝的a的值，并求此时函数的最大值．
【解析】令cosx＝t，t∈[－1,1]，
则y＝2t2－2at－(2a＋1)
＝2(t－)2－－2a－1，
关于t的二次函数的对称轴是t＝，
当<－1，即a<－2时，
函数y在t∈[－1,1]上是单调递增，
所以f(a)＝f(－1)＝1≠；
当>1，即a>2时，
函数y在t∈[－1,1]上是单调递减，
所以f(a)＝f(1)＝－4a＋1＝，
解得a＝，这与a>2矛盾；
当－1≤≤1，即－2≤a≤2时，
f(a)＝－－2a－1＝，
即a2＋4a＋3＝0，解得a＝－1或a＝－3，
因为－2≤a≤2，所以a＝－1.
所以y＝2t2＋2t＋1，t∈[－1,1]，所以当t＝1时，
函数取得最大值ymax＝2＋2＋1＝5.
20．已知a是实数，函数f(x)＝(x－a)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(a)为f(x)在区间[0,2]上的最小值．
①写出g(a)的表达式；
②求a的取值范围，使得－6≤g(a)≤－2.
【解析】(1)函数的定义域为[0，＋∞)，
f′(x)＝＋＝(x>0)．
若a≤0，则f′(x)>0，f(x)有单调递增区间[0，＋∞)．
若a>0，令f′(x)＝0，得x＝，
当0 当x>时，f′(x)>0.
f(x)有单调递减区间[0，]，有单调递增区间(，＋∞)．
(2)①由(1)知，若a≤0，f(x)在[0,2]上单调递增，
所以g(a)＝f(0)＝0.
若0 所以g(a)＝f()＝－.
若a≥6，f(x)在[0,2]上单调递减，所以g(a)＝f(2)＝(2－a)．
综上所述，g(a)＝
②令－6≤g(a)≤－2.若a≤0，无解．
若0 若a≥6，解得6≤a≤2＋3.
故a的取值范围为3≤a≤2＋3.
21.设F1、F2为椭圆＋＝1的两个焦点，P为椭圆上一点，已知P、F1、F2是一个直角三角形的三个顶点，且PF1＞PF2，求的值．
【解析】若∠PF2F1＝90°，
则PF＝PF＋F1F，
又∵PF1＋PF2＝6，F1F2＝2，
解得PF1＝，PF2＝，∴＝.
若∠F1PF2＝90°，
则F1F＝PF＋PF，
∴PF＋(6－PF1)2＝20，
又PF1>PF2，∴PF1＝4，PF2＝2，
∴＝2.综上知，＝或2.
22.已知函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在x∈[0,1]上有最大值2，求a的值．
【解析】函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a
＝－(x－a)2＋a2－a＋1，
对称轴方程为x＝a.
(1)当a<0时，f(x)max＝f(0)＝1－a，
∴1－a＝2，∴a＝－1.
(2)当0≤a≤1时，f(x)max＝f(a)＝a2－a＋1，
∴a2－a＋1＝2，∴a2－a－1＝0，
∴a＝(舍)．
(3)当a>1时，f(x)max＝f(1)＝a，∴a＝2.
综上可知，a＝－1或a＝2.
23.设集合A＝{x∈R|x2＋4x＝0}，B＝{x∈R|x2＋2(a＋1)x＋a2－1＝0，a∈R}，若B⊆A，求实数a的值．
【解析】∵A＝{0，－4}，B⊆A，于是可分为以下几种情况．
(1)当A＝B时，B＝{0，－4}，
∴由根与系数的关系，得解得a＝1.
(2)当BA时，又可分为两种情况．
①当B≠∅时，即B＝{0}或B＝{－4}，
当x＝0时，有a＝±1；
当x＝－4时，有a＝7或a＝1.
又由Δ＝4(a＋1)2－4(a2－1)＝0，
解得a＝－1，此时B＝{0}满足条件；
②当B＝∅时，Δ＝4(a＋1)2－4(a2－1)<0，
解得a<－1.
综合(1)(2)知，所求实数a的取值为a≤－1或a＝1.
24．f(x)＝x3－x，x1，x2∈[－1,1]时，求证：|f(x1)－f(x2)|≤.
【证明】　∵f′(x)＝x2－1，当x∈[－1,1]时，f′(x)≤0，
∴f(x)在[－1,1]上递减．
故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)＝，
最小值为f(1)＝－，
即f(x)在[－1,1]上的值域为[－，]．
所以x1，x2∈[－1,1]时，|f(x1)|≤，|f(x2)|≤，
即有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x1)|＋|f(x2)|≤＋＝.
即|f(x1)－f(x2)|≤.
25．已知函数f(x)＝elnx，g(x)＝f(x)－(x＋1)．(e＝2.718……)
(1)求函数g(x)的极大值；
(2)求证：1＋＋＋…＋>ln(n＋1)(n∈N*)．
(1)【解析】∵g(x)＝f(x)－(x＋1)＝lnx－(x＋1)，
∴g′(x)＝－1(x>0)．
令g′(x)>0，解得0 令g′(x)<0，解得x>1.
∴函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)极大值＝g(1)＝－2.
(2)证明　由(1)知x＝1是函数g(x)的极大值点，也是最大值点，
∴g(x)≤g(1)＝－2，即lnx－(x＋1)≤－2⇒lnx≤x－1(当且仅当x＝1时等号成立)，
令t＝x－1，得t≥ln(t＋1)，t>－1，
取t＝(n∈N*)时，
则>ln＝ln，
∴1>ln2，>ln，>ln，…，>ln，
叠加得1＋＋＋…＋>ln(2···…·)＝ln(n＋1)．
即1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
26.已知集合A＝{x∈R|x2－4mx＋2m＋6＝0}，B＝{x∈R|x<0}，若A∩B≠∅，求实数m的取值范围．
【解析】设全集U＝{m|Δ＝(－4m)2－4(2m＋6)≥0}，
即U＝{m|m≤－1或m≥}．
若方程x2－4mx＋2m＋6＝0的两根x1，x2均为非负，
则
所以，使A∩B≠∅的实数m的取值范围为{m|≤－1}．
27．已知数列{an}的前n项和Sn满足an＝1－2Sn.
(1)求证：数列{an}为等比数列；
(2)设函数f(x)＝logx，bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，求Tn＝＋＋＋…＋.
【解析】(1)证明：∵数列{an}的前n项和Sn满足an＝1－2Sn.∴a1＝1－2a1，解得a1＝.
n≥2时，an－1＝1－2Sn－1，可得an－an－1＝－2an.
∴an＝an－1.
∴数列{an}是首项和公比均为的等比数列．
(2)由(1)可知an＝n，则f(an)＝logan＝n.
∴bn＝1＋2＋…＋n＝.
∴＝2.
∴Tn＝＋＋＋…＋
＝2
＝2＝.
28.在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD＝AB＝2，AA1＝1，E为D1C1的中点，如图所示．

(1)在所给图中画出平面ABD1与平面B1EC的交线(不必说明理由)；
(2)证明：BD1∥平面B1EC；
(3)求平面ABD1与平面B1EC所成锐二面角的余弦值．
【解析】(1)连接BC1交B1C于M，连接ME，则直线ME即为平面ABD1与平面B1EC的交线，如图所示．

(2)证明：在长方体ABCDA1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两垂直，于是以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
因为AD＝AB＝2，AA1＝1，所以D(0,0,0)，A(2,0,0)，D1(0,0,1)，B(2,2,0)，B1(2,2,1)，C(0,2,0)，E(0,1,1)．
所以＝(－2，－2,1)，＝(2,0,1)，＝(0，－1,1)，
设平面B1EC的法向量为m＝(x，y，z)，
则即不妨令x＝－1，
得到平面B1EC的一个法向量为m＝(－1,2,2)，
而·m＝2－4＋2＝0，所以⊥m.
又因为BD1⊄平面B1EC，
所以∥平面B1EC．所以BD1∥平面B1EC．
(3)由(2)知＝(0，－2,0)，＝(－2，－2,1)，
设平面ABD1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即不妨令x1＝1，
得到平面ABD1的一个法向量为n＝(1,0,2)，
因为cos〈m，n〉＝＝＝，
所以平面ABD1与平面B1EC所成锐二面角的余弦值为.
29．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＋＝4cos C，b＝1.
(1)若A＝90°，求△ABC的面积；
(2)若△ABC的面积为，求a，C．
【解析】(1)∵b＝1，∴a＋＝4cos C＝4×＝，
∴2c2＝a2＋1.
又A＝90°，∴a2＝b2＋c2＝c2＋1，
∴2c2＝a2＋1＝c2＋2，∴c＝，a＝，
∴S△ABC＝bcsin A＝bc＝×1×＝.
(2)∵S△ABC＝absin C＝asin C＝，∴sin C＝，
∵a＋＝4cos C，sin C＝，
∴2＋2＝1，化简得(a2－7)2＝0，
∴a＝，
又∵a＋＝4cos C，∴cos C＝.
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab·cos C
＝7＋1－2××1×＝4，从而c＝2.
30．某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数ξ的分布列为
ξ
1
2
3
4
5
P
0.4
0.2
0.2
0.1
0.1
商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为200元；分2期或3期付款，其利润为250元；分4期或5期付款，其利润为300元．η表示经销一件该商品的利润．
(1)求事件A：“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”的概率P(A)；
(2)求η的分布列及数学期望E(η)．
【解析】(1)由A表示事件“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”，
可得表示事件“购买该商品的3位顾客中，无人采用1期付款”．
又P()＝(1－0.4)3＝0.216，
故P(A)＝1－P()＝1－0.216＝0.784.
(2)η的可能取值为200,250,300.
P(η＝200)＝P(ξ＝1)＝0.4，
P(η＝250)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝0.2＋0.2＝0.4，
P(η＝300)＝P(ξ＝4)＋P(ξ＝5)＝0.2.
所以η的分布列为
η
200
250
300
P
0.4
0.4
0.2
E(η)＝200×0.4＋250×0.4＋300×0.2＝240(元)．
31．已知递增的等比数列{an}的前n项和为Sn，a6＝64，且a4，a5的等差中项为3a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由题意，得
解得
所以an＝2n.
(2)因为bn＝＝，
所以Tn＝＋＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
所以Tn＝＋＋＋＋…＋－
＝－＝－，
故Tn＝－.
32．如图，在底面为直角梯形的四棱锥PABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AC与BD相交于点E，PA⊥平面ABCD，PA＝4，AD＝2，AB＝2，BC＝6.

(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)求二面角APCD的余弦值．
【解析】(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥PA．
又tan∠ABD＝＝，tan∠BAC＝＝.
∴∠ABD＝30°，∠BAC＝60°，
∴∠AEB＝90°，即BD⊥AC．
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．
(2)以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，

则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2，6,0)，D(0，2,0)，P(0,0,4)，＝(－2，－4,0)，＝(0,2，－4)，＝(－2，2,0)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y,1)，

则即
解得∴n＝.
由(1)知平面PAC的一个法向量为m＝＝(－2，2,0)，
∴cos〈m，n〉＝＝，
由图知，二面角APCD为锐角，
∴二面角APCD的余弦值为.