2024年高考数学高考大题特训答案精析

这是一份2024年高考数学高考大题特训答案精析，共33页。试卷主要包含了证明　如图，连接A1B，，解　设零假设H0等内容，欢迎下载使用。

1．解 (1)∵2csin B＝(2a－c)tan C，
∴2sin Csin B＝(2sin A－sin C)·eq \f(sin C,cs C)，
∵sin C≠0，
∴2sin Bcs C＝2sin A－sin C
＝2sin(B＋C)－sin C
＝2(sin Bcs C＋cs Bsin C)－sin C，
整理得2sin Ccs B＝sin C，
∴cs B＝eq \f(1,2)，
又B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
(2)∵c＝3a，
∴由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B
＝a2＋9a2－2a×3a×cs eq \f(π,3)＝7a2，即b＝eq \r(7)a，
∵D是AC中点，∴AD＝CD＝eq \f(\r(7),2)a，
在△ABD中，由余弦定理得，
cs∠ADB＝eq \f(\f(7,4)a2＋13－9a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))，
在△CBD中，由余弦定理得，
cs∠CDB＝eq \f(\f(7,4)a2＋13－a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))，
∵∠CDB＋∠ADB＝π，
即cs∠CDB＋cs∠ADB＝0，
∴eq \f(\f(7,4)a2＋13－9a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))＋eq \f(\f(7,4)a2＋13－a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))＝0，解得a＝2，
∴△ABC的周长为a＋b＋c＝a＋eq \r(7)a＋3a＝8＋2eq \r(7).
2．(1)证明 如图，连接A1B，
因为AB＝AA1，∠A1AB＝60°，
所以△ABA1为等边三角形，
因为A1C＝2eq \r(3)，BC＝2，A1B＝4，
所以A1B2＝A1C2＋BC2，
所以BC⊥A1C，
又BC⊥AC，AC∩A1C＝C，AC，A1C⊂平面ACC1A1，BC⊄平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1.
(2)解 方法一 如图，设E为BB1的中点，连接A1E，DE，作DF⊥A1E于点F.
因为D为CC1的中点，
所以DE∥BC，
所以由(1)知DE⊥平面ACC1A1，
又A1D，CC1⊂平面ACC1A1，
所以DE⊥A1D，DE⊥CC1.
在△A1CC1中，A1C＝A1C1，
D为CC1的中点，所以A1D⊥CC1，
又A1D∩DE＝D，A1D，DE⊂平面A1DE，CC1⊄平面A1DE，
所以CC1⊥平面A1DE.
因为BB1∥CC1，所以BB1⊥平面A1DE，所以BB1⊥DF，
又因为DF⊥A1E，BB1∩A1E＝E，BB1，
A1E⊂平面ABB1A1，
所以DF⊥平面ABB1A1，
所以直线A1D与平面ABB1A1所成角为∠DA1E.
在△DA1E中，A1D⊥DE，
A1D＝eq \r(A1C2－22)＝2eq \r(2)，DE＝BC＝2，
所以A1E＝eq \r(A1D2＋DE2)＝2eq \r(3)，
所以sin∠DA1E＝eq \f(DE,A1E)＝eq \f(\r(3),3).
所以直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
方法二 如图，以C为原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，以过点C的平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)，0，0))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2，0))，A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，0，\f(4\r(6),3)))，
C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4\r(3),3)，0，\f(4\r(6),3)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，0，\f(2\r(6),3)))，
因此eq \(A1D,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4\r(3),3)，0，－\f(2\r(6),3)))，
eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(3)，2，0))，
eq \(AA1,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4\r(3),3)，0，\f(4\r(6),3))).
设平面ABB1A1的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AA1,\s\up6(—→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x－y＝0，,x－\r(2)z＝0，))
所以平面ABB1A1的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\r(6)，1)).
设直线A1D与平面ABB1A1所成角为θ，
则sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(A1D,\s\up6(→))，n〉))
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(A1D,\s\up6(—→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(A1D,\s\up6(—→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(\r(3),3).
所以直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值是eq \f(\r(3),3).
3．(1)解 由题意知，Sn为正项数列{an}的前n项的乘积，
且Sn＝eq \r(a\\al(n＋1,n))，
当n＝2时，Seq \\al(2,2)＝(a1a2)2＝aeq \\al(3,2)，
所以(3a2)2＝aeq \\al(3,2)，解得a2＝9；
又Seq \\al(2,n)＝aeq \\al(n＋1,n)，①
Seq \\al(2,n＋1)＝aeq \\al(n＋2,n＋1)，②
②÷①得，aeq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(n＋2,n＋1),a\\al(n＋1,n))，
即aeq \\al(n,n＋1)＝aeq \\al(n＋1,n)，
所以lg aeq \\al(n,n＋1)＝lg aeq \\al(n＋1,n)，
即nlg an＋1＝(n＋1)lg an，
所以eq \f(lg an＋1,n＋1)＝eq \f(lg an,n)，
所以eq \f(lg a2,2)＝eq \f(lg a1,1)＝lg 3，
结合eq \f(lg an＋1,n＋1)＝eq \f(lg an,n)，
可知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(lg an,n)))是常数列，
所以eq \f(lg an,n)＝eq \f(lg a1,1)＝lg 3，
所以lg an＝nlg 3＝lg 3n，所以an＝3n.
(2)证明 由(1)可得bn＝eq \f(an－1,an＋1)＝eq \f(3n－1,3n＋1)＝1－eq \f(2,3n＋1)，
则Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,31＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,32＋1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3n＋1)))
＝n－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,31＋1)＋\f(1,32＋1)＋…＋\f(1,3n＋1)))，
因为02eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,31＋1)＋\f(1,32＋1)＋…＋\f(1,3n＋1)))所以n－14．解 (1)设零假设H0：患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯没有差异．由数据表得
χ2＝eq \f(200×40×90－60×102,50×150×100×100)
＝24>6.635＝x0.01，
依据小概率值α＝0.01的χ2独立性检验，推断H0不成立，
所以认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．
(2)设从该地区中任选一人，此人的年龄位于区间[50,60)为事件B，此人患这种疾病为事件C，于是P(B)＝20%，P(BC)＝0.5%×0.23，
所以所求概率为P(C|B)＝eq \f(PBC,PB)＝eq \f(0.5%×0.23,20%)＝eq \f(0.115,20)＝0.005 75.
大题保分练2
1．解 (1)在△ABC中，
由已知sin(A－B)＝
sin(A＋B)－sin(A＋C)，
可得sin Acs B－cs Asin B
＝sin Acs B＋cs Asin B－sin B，
即2cs Asin B－sin B＝0，
又sin B≠0，即有cs A＝eq \f(1,2)，
而A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3).
(2)在△ABC中，由(1)知，A＝eq \f(π,3)，因为AD为角A的角平分线，
则有∠BAD＝∠CAD＝eq \f(π,6)，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD得
eq \f(1,2)×3×6×sin eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)×AD×6×sin eq \f(π,6)＋eq \f(1,2)×3×AD×sin eq \f(π,6)，
解得AD＝2eq \r(3)，
所以线段AD的长为2eq \r(3).
2．解 (1)取an＝2n，
则an＋2－an＋1＝2n＋2－2n＋1＝2n＋1，an＋1－an＝2n＋1－2n＝2n，
因为2n＋1>2n，
所以an＋2－an＋1>an＋1－an，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2n))是“速增数列”．
(2)当k≥2时，
ak＝2 023＝(ak－ak－1)＋(ak－1－ak－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，
因为数列{an}为“速增数列”，
所以ak－ak－1>ak－1－ak－2>…>a3－a2>a2－a1＝2，且an∈Z，
所以(ak－ak－1)＋(ak－1－ak－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1≥k＋k－1＋…＋3＋2＋1，
即2 023≥eq \f(kk＋1,2)，k∈Z，
当k＝63时，eq \f(kk＋1,2)＝2 016，
当k＝64时，eq \f(kk＋1,2)＝2 080，
故正整数k的最大值为63.
3．解 (1)由频率分布直方图得，40名居民中年龄不低于70岁的人数为40×(0.005×10)＝2.
(2)①由频率分布直方图知，40岁及以上的居民共有40×[(0.015＋0.010＋0.005＋0.005)×10]＝14(名)，
年龄不低于70岁的居民有2名，记事件A为“这4名居民中至少有1人年龄不低于70岁”，
则P(A)＝1－eq \f(C\\al(4,12),C\\al(4,14))＝1－eq \f(45,91)＝eq \f(46,91).
②设居民三次抽奖所获得的奖金总额为随机变量ξ，其所有可能取值为0，x,2x,3x.
由题意得P(ξ＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))3＝eq \f(64,125)，
P(ξ＝x)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))2＝eq \f(48,125)，
P(ξ＝2x)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2×eq \f(4,5)＝eq \f(12,125)，
P(ξ＝3x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))3＝eq \f(1,125)，
故居民在三次抽奖中获得的奖金总额的均值
E(ξ)＝x·eq \f(48,125)＋2x·eq \f(12,125)＋3x·eq \f(1,125)
＝eq \f(75,125)x＝eq \f(3,5)x，
由题意得eq \f(3x,5)<10，即x而16所以x最高定为16元时，才能使得抽奖方案对该书店有利．
4．(1)证明 由题意可得
AC＝eq \r(2＋2)＝2，
∠CAB＝∠ACD＝45°，
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝4＋8－2×2×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝4，
故BC＝2，则∠ACB＝90°，
即AC⊥BC，
又平面PAC⊥平面ACB，平面PAC∩平面ACB＝AC，BC⊥AC，BC⊂平面ABC，
故BC⊥平面PAC，
又AP⊂平面PAC，则BC⊥AP，
又PA⊥PC，PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，所以AP⊥平面PBC，
又CM⊂平面PBC，则AP⊥CM.
(2)解 设AC的中点为O，AB的中点为D，以O为原点，OA，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(1,0,0)，C(－1,0,0)，P(0,0,1)，B(－1,2,0)，
设eq \f(BM,BP)＝λ，则eq \(BM,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))，
设M(x，y，z)，
则(x＋1，y－2，z)＝λ(1，－2,1)，
则M(λ－1,2－2λ，λ)，
eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0，0))，eq \(CM,\s\up6(→))＝(λ，2－2λ，λ)，
由于点M到直线AC的距离为eq \f(2\r(5),5)，
则|CM|2＝eq \f(4,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(CA,\s\up6(→))·\(CM,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(CA,\s\up6(→)))))))2，
即λ2＋(2－2λ)2＋λ2＝eq \f(4,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,2)))2，
即25λ2－40λ＋16＝0，解得λ＝eq \f(4,5)，
所以eq \f(BM,BP)＝eq \f(4,5).
大题保分练3
1．解 (1)由题意得
2|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|cs A＋3|eq \(BA,\s\up6(→))||eq \(BC,\s\up6(→))|cs B
＝|eq \(CA,\s\up6(→))||eq \(CB,\s\up6(→))|cs C，
所以2bccs A＋3accs B＝abcs C，
结合余弦定理得，
2(b2＋c2－a2)＋3(a2＋c2－b2)
＝a2＋b2－c2，
所以3c2＝b2，所以eq \f(b,c)＝eq \r(3).
(2)由正弦定理知eq \f(b,c)＝eq \f(sin B,sin C)，
即sin C＝eq \f(sin B,\r(3))，又B＝eq \f(π,4)，
所以sin C＝eq \f(\r(6),6)，
显然b＝eq \r(3)c>c，即B>C，
故cs C＝eq \f(\r(30),6)，
由sin A＝sin(B＋C)
＝sin Bcs C＋cs Bsin C
＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(30),6)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(6),6)＝eq \f(\r(15)＋\r(3),6)，
又eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)，
则c＝eq \f(asin C,sin A)＝eq \f(\r(6),3)×eq \f(6,\r(15)＋\r(3))
＝eq \f(\r(10)－\r(2),2)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B
＝eq \f(1,2)×2×eq \f(\r(10)－\r(2),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(5)－1,2).
2．解 (1)a2＝eq \f(a1,2)＝1，a3＝23a2＋2＝10.
由题意得a2n＋1＋eq \f(2,3)＝22n＋1a2n＋eq \f(8,3)＝22n＋1eq \f(a2n－1,22n－1)＋eq \f(8,3)＝4a2n－1＋eq \f(8,3)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2n－1＋\f(2,3)))，
又a1＋eq \f(2,3)＝eq \f(8,3)≠0，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a2n－1＋\f(2,3)))是等比数列．
(2)由(1)知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a2n－1＋\f(2,3)))是以eq \f(8,3)为首项，4为公比的等比数列，
所以bn＝a2n－1＝eq \f(8,3)·4n－1－eq \f(2,3).
运用分组求和，可得
Tn＝eq \f(8,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(40＋41＋42＋…＋4n－1))－eq \f(2,3)n＝eq \f(8,3)·eq \f(1－4n,1－4)－eq \f(2,3)n
＝eq \f(8,9)(4n－1)－eq \f(2,3)n.
3．(1)证明 如图，取BC的中点F，连接AF交DE的中点O，连接PO，BO，则AF＝3eq \r(3)，
因为AD＝AE，所以PO⊥DE，
由△ABC是边长为6的等边三角形，且AD＝AE＝2，
所以△ADE是边长为2的等边三角形，
所以AO＝PO＝eq \f(1,3)AF＝eq \r(3)，
OF＝eq \f(2,3)AF＝2eq \r(3)，
在Rt△OFB中，BO2＝OF2＋BF2＝21，
在△POB中，PO2＋OB2＝24＝PB2，
所以PO⊥OB，
又PO⊥DE，OB∩DE＝O，
所以PO⊥平面BCED，
又因为PO⊂平面PDE，
所以平面PDE⊥平面BCED.
(2)解 由(1)知，OF，DE，OP两两垂直，以O为坐标原点，OD，OF，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
在底面ABC中，
由题意可知DE＝eq \f(1,3)BC，且DE∥BC，
所以D(1,0,0)，E(－1,0,0)，
B(3,2eq \r(3)，0)，C(－3,2eq \r(3)，0)，P(0,0，eq \r(3))，
所以eq \(PD,\s\up6(→))＝(1,0，－eq \r(3))，
eq \(PB,\s\up6(→))＝(3,2eq \r(3)，－eq \r(3))，
eq \(PE,\s\up6(→))＝(－1,0，－eq \r(3))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(－3,2eq \r(3)，－eq \r(3))，
设n1＝(x1，y1，z1)为平面PBD的法向量，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(PB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(PD,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x1＋2\r(3)y1－\r(3)z1＝0，,x1－\r(3)z1＝0，))
令z1＝1，所以x1＝eq \r(3)，y1＝－1，
即平面PBD的一个法向量为
n1＝(eq \r(3)，－1,1)，
设n2＝(x2，y2，z2)为平面PCE的法向量，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n2·\(PE,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2－2\r(3)y2＋\r(3)z2＝0，,x2＋\r(3)z2＝0，))
令z2＝－1，所以x2＝eq \r(3)，y2＝1，
即平面PCE的一个法向量为n2＝(eq \r(3)，1，－1)，
设平面PDB与平面PEC所成角为θ，
则|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,5)，所以sin θ＝eq \f(2\r(6),5).所以平面PDB与平面PEC所成角的正弦值为eq \f(2\r(6),5).
4．解 (1)记“一局游戏后甲被扣除2个积分”为事件A，“一局游戏后乙被扣除n个积分”为事件B，由题可知P(A)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,3)A\\al(3,3),A\\al(2,5))＝eq \f(3,5)，
则P(B)＝1－P(A)＝eq \f(2,5)，
当三局均为甲被扣除2个积分时，
ξ＝－6，
当两局为甲被扣除2个积分，一局为乙被扣除n个积分时，ξ＝n－4，
当一局为甲被扣除2个积分，两局为乙被扣除n个积分时，ξ＝2n－2，
当三局均为乙被扣除n个积分时，ξ＝3n，
所以P(ξ＝－6)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))3＝eq \f(27,125)，
P(ξ＝n－4)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2×eq \f(2,5)＝eq \f(54,125)，
P(ξ＝2n－2)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2＝eq \f(36,125)，
P(ξ＝3n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))3＝eq \f(8,125)，
所以随机变量ξ的分布列为
(2)①由(1)易得E(ξ)＝(－6)×eq \f(27,125)＋(n－4)·eq \f(54,125)＋(2n－2)·eq \f(36,125)＋3n·eq \f(8,125)＝eq \f(6n－18,5)，
显然甲、乙双方的积分之和恒为零，
当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时，则需E(ξ)＝eq \f(6n－18,5)>0，
所以n>3，即正整数n的最小值n0＝4.
②当n＝4时，记“甲至少有一局被扣除积分”为事件C，
则P(C)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))3＝eq \f(117,125)，
由题设可知若甲获得“购书券”奖励，则甲被扣除积分的局数至多为1，
记“甲获得‘购书券’奖励”为事件D，易知事件CD为“甲恰好有一局被扣除积分”，
则P(CD)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2＝eq \f(36,125)，
所以P(D|C)＝eq \f(PCD,PC)＝eq \f(36,125)×eq \f(125,117)＝eq \f(4,13)，
即在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率为eq \f(4,13).
大题保分练4
1．解 (1)由题意，某味中药的药用量x与药物功效eq \(y,\s\up6(^))之间的函数关系为
eq \(y,\s\up6(^))＝10x－x2，
可得eq \(y,\s\up6(^))＝10x－x2＝－(x－5)2＋25，
所以当x＝5时，eq \(y,\s\up6(^))max＝50－25＝25，
即该味中药的用量为5克时为最佳用量，最大功效为25.
(2)由题意，得eq \x\t(x)＝eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n,x)i＝6，
s2＝eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n,x)eq \\al(2,i)－eq \x\t(x)2＝4，
所以eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n,x)eq \\al(2,i)＝40，
则eq \x\t(y)＝eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n,y)i
＝eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n, )eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10xi－x\\al(2,i)))
＝10eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n,x)i－eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n,x)eq \\al(2,i)＝60－40＝20，
这批合成药物的药物功效的平均值为20.
2．(1)证明 因为c－2bcs A＝b，
由正弦定理得
sin C－2sin Bcs A＝sin B，
又A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋B)－2sin Bcs A
＝sin Acs B－cs Asin B
＝sin(A－B)＝sin B，
因为△ABC为锐角三角形，
所以A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
A－B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
又y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，
所以A－B＝B，即A＝2B.
(2)解 由(1)可知，A＝2B，所以在△ABD中，∠ABC＝∠BAD，
由正弦定理得
eq \f(AD,sin B)＝eq \f(AB,sinπ－2B)＝eq \f(2,sin 2B)，
所以AD＝BD＝eq \f(1,cs B)，
所以S△ABD＝eq \f(1,2)×AB×AD×sin B
＝eq \f(sin B,cs B)＝tan B.
又因为△ABC为锐角三角形，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0解得eq \f(π,6)所以tan B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))，即△ABD面积的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1)).
3．(1)证明 设BD交OC于点M，
∵底面ABCD为矩形，
在Rt△ABD中，
BD＝eq \r(AB2＋AD2)＝eq \r(22＋\r(2)2)＝eq \r(6)，
∵O为AB的中点，∴OB＝eq \f(1,2)AB＝1，
在Rt△OBC中，
OC＝eq \r(BC2＋OB2)＝eq \r(\r(2)2＋12)＝eq \r(3)，
∵OB∥CD，OB＝eq \f(1,2)CD，
∴eq \f(BM,MD)＝eq \f(OM,MC)＝eq \f(1,2)，
∴BM＝eq \f(1,3)BD＝eq \f(\r(6),3)，
∴OM＝eq \f(1,3)OC＝eq \f(\r(3),3)，
∵OB＝1，∴BM2＋OM2＝OB2，
∴BM⊥OM，即BD⊥OC，
∵SA＝SB＝AB＝2，
∴△SAB为等边三角形，
∵O为AB的中点，∴SO⊥AB，
∵平面ABCD ⊥平面SAB，SO⊂平面SAB，平面ABCD ∩平面SAB＝AB，SO⊥AB，
∴SO⊥平面ABCD，
∵BD⊂平面ABCD，∴SO⊥BD，
又∵BD⊥OC，SO∩OC＝O，
SO，OC⊂平面SOC，
∴BD⊥平面SOC.
(2)解 设eq \(SE,\s\up6(→))＝λeq \(SD,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，
∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥AB，
∵平面ABCD ⊥平面SAB，平面ABCD ∩平面SAB＝AB，AD⊥AB，
∴AD⊥平面SAB.
以O坐标原点，过点O作平行于AD的直线为z轴，以OB和OS所在直线分别为x轴和y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB为等边三角形，
∵ O为AB的中点，
∴OB＝eq \f(1,2)AB＝1，
SO＝eq \r(SB2－OB2)＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，
则S(0，eq \r(3)，0)，C(1,0，eq \r(2))，
D(－1,0，eq \r(2))，
A(－1,0,0)，B(1,0,0)，
eq \(SD,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，eq \r(2))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
eq \(DC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(AS,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)，
∴eq \(SE,\s\up6(→))＝λeq \(SD,\s\up6(→))＝λ(－1，－eq \r(3)，eq \r(2))
＝(－λ，－eq \r(3)λ，eq \r(2)λ)，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AS,\s\up6(→))＋eq \(SE,\s\up6(→))
＝(1，eq \r(3)，0)＋(－λ，－eq \r(3)λ，eq \r(2)λ)
＝(1－λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ，eq \r(2)λ)，
设平面SCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(DC,\s\up6(→))＝0，,m·\(SD,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝0，,\r(3)y1＝\r(2)z1，))
令y1＝eq \r(2)，∴m＝(0，eq \r(2)，eq \r(3))，
设平面ABE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AE,\s\up6(→))＝0，))
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝0，,\r(3)1－λy2＋\r(2)λz2＝0，))
令y2＝eq \r(2)λ，
∴n＝(0，eq \r(2)λ，eq \r(3)λ－eq \r(3))，
∵平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为eq \f(1,5)，
∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈m，n〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2λ＋\r(3)\r(3)λ－\r(3))),\r(5)\r(2λ2＋\r(3)λ－\r(3)2))＝eq \f(1,5)，
整理得20λ2－24λ＋7＝0，
解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(7,10)，均符合λ∈[0,1]，
∴eq \f(SE,SD)＝eq \f(1,2)或eq \f(SE,SD)＝eq \f(7,10)，
∴侧棱SD上存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为eq \f(1,5)，eq \f(SE,SD)＝eq \f(1,2)或eq \f(SE,SD)＝eq \f(7,10).
4．(1)解 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
由题可得8a1＋eq \f(8×7,2)d＝8a1＋28d＝64，
因为d＝2，所以a1＝1，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
又因为b1＝3，b3－b2＝b1q2－b1q＝18，
所以q2－q－6＝0，解得q＝3或q＝－2(舍去)，
所以bn＝3×3n－1＝3n.
(2)解 由(1)得cn＝eq \f(2n－1,3n)，
所以Sn＝eq \f(1,3)＋eq \f(3,32)＋…＋eq \f(2n－1,3n)，
eq \f(1,3)Sn＝eq \f(1,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(2n－1,3n＋1)，
两式相减得eq \f(2,3)Sn＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(2,33)＋…＋eq \f(2,3n)－eq \f(2n－1,3n＋1)
＝eq \f(1,3)＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,9)－\f(1,9)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1,1－\f(1,3))))－eq \f(2n－1,3n＋1)
＝eq \f(2,3)－eq \f(2n＋2,3n＋1)，
所以Sn＝1－eq \f(n＋1,3n).
(3)证明 由(1)得dn＝eq \f(an＋2－1,anan＋1bn)
＝eq \f(2n＋2－2,2n－12n＋1·3n)
＝eq \f(2n＋2,2n－12n＋1·3n)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1·3n－1)－\f(1,2n＋1·3n))).
则Tn＝d1＋d2＋d3＋…＋dn＝
eq \f(1,2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1×30)－\f(1,3×31)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3×31)－\f(1,5×32)))))
eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5×32)－\f(1,7×33)))＋…＋))
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1·3n－1)－\f(1,2n＋1·3n)))))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1×30)－\f(1,2n＋1·3n)))
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,22n＋1·3n).
因为eq \f(1,22n＋1·3n)>0，
所以Tn＝eq \f(1,2)－eq \f(1,22n＋1·3n)压轴题突破练1
1．(1)解 g(x)＝f(x)－x＝eq \f(1,x)＋2ln x－x，定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2≤0，
所以函数g(x)是(0，＋∞)上的减函数，
而g(1)＝0，所以函数g(x)的零点是1.
(2)证明 由(1)可知，当x>1时，g(x)<0，
即eq \f(1,x)＋2ln x－x<0⇒2ln x1)，
因此有ln x＝2lneq \r(x)1)，
进而有lneq \r(x)1)
⇒2lneq \r(x)<2eq \r(\r(x))(x>1)
⇒ln x<2eq \r(4,x)(x>1)，
当k>0时，eq \f(k,2)eq \r(x)>eq \f(1,x)等价于
x>，
eq \f(k,2)eq \r(x)>4eq \r(4,x)等价于x>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,k)))4，
设，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,k)))4,1三个数中最大的数为x0，
所以当x∈(x0，＋∞)时，有keq \r(x)>eq \f(1,x)＋4eq \r(4,x)>eq \f(1,x)＋2ln x＝f(x)．
2．解 (1)依题意有eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，a2＝b2＋c2，
解得a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)①设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
因为eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(PD,\s\up6(→))，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x1，2y1)).
因为P，Q均在椭圆上，
则eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),3)＝1.
又kOP·kOQ＝－eq \f(3,4)，
则eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(3,4)⇒3x1x2＋4y1y2＝0.
因为eq \(QE,\s\up6(→))＝λeq \(ED,\s\up6(→))，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xE－x2，yE－y2))
＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x1－xE，2y1－yE))，
可得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λx1＋x2,1＋λ)，\f(2λy1＋y2,1＋λ))).
又E在椭圆上，
则eq \f(4λ2x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)＋4λx1x2,41＋λ2)＋
eq \f(4λ2y\\al(2,1)＋y\\al(2,2)＋4λy1y2,31＋λ2)＝1⇒
4λ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)))＋eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),3)＋
4λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1x2,4)＋\f(y1y2,3)))
＝(1＋λ)2⇒4λ2＋1＝(1＋λ)2⇒λ＝eq \f(2,3)(λ＝0舍去)．
②由①可知eq \(QE,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(ED,\s\up6(→))⇒S△PEQ＝eq \f(2,5)S△QPD＝eq \f(2,5)S△OPQ，
则四边形OPEQ的面积为eq \f(7,5)S△OPQ.
当直线PQ斜率为0时，易知kOP＝－kOQ，
又kOP·kOQ＝－eq \f(3,4)，则kOP＝±eq \f(\r(3),2).
根据对称性不妨取kOP＝eq \f(\r(3),2)，y1>0，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(\r(3),2)x，,3x2＋4y2＝12，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝\r(2)，,y1＝\f(\r(6),2)，))
则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(6),2)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\f(\r(6),2)))，
此时S△OPQ＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \f(\r(6),2)＝eq \r(3).
当直线斜率不为0时，
如图，设PQ的方程为x＝my＋t，
将直线方程与椭圆方程联立有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,3x2＋4y2＝12，))
消去x得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0.
由题意知，其判别式大于0，则由根与系数的关系，得y1＋y2＝eq \f(－6mt,3m2＋4)，
y1y2＝eq \f(3t2－12,3m2＋4).
3x1x2＋4y1y2＝3(my1＋t)(my2＋t)＋4y1y2＝0⇒(3m2＋4)y1y2＋3mt(y1＋y2)＋3t2＝0
⇒(3m2＋4)eq \f(3t2－12,3m2＋4)－eq \f(18m2t2,3m2＋4)＋3t2＝0，
所以2t2－3m2－4＝0 ⇒2t2＝3m2＋4.
|PQ|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)＝eq \r(m2＋1)·eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－6mt,3m2＋4)))2－\f(43t2－12,3m2＋4))＝eq \r(1＋m2)eq \r(\f(48－t2＋3m2＋4,3m2＋42))
＝2eq \r(3)·eq \f(\r(1＋m2),|t|).
又原点到直线PQ距离为eq \f(|t|,\r(1＋m2))，
则此时S△OPQ＝eq \f(1,2)×eq \f(|t|,\r(m2＋1))×2eq \r(3)×eq \f(\r(m2＋1),|t|)＝eq \r(3).
综上可得，四边形OPEQ的面积为eq \f(7\r(3),5).
压轴题突破练2
1．(1)解 因为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距为2eq \r(3)，离心率e＝eq \f(\r(6),2)，
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(6),2)，,2c＝2\r(3)))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝\r(3)，,a＝\r(2)))
⇒b2＝c2－a2＝1，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,2)－y2＝1.
(2)证明 由题意可知直线PQ斜率存在，
设直线PQ的方程为y＝kx＋m，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1，))
得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2k2≠0，,16k2m2＋41－2k22m2＋2>0))
⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2k2≠0，,m2＋1>2k2，))
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则有x1＋x2＝eq \f(4km,1－2k2)，
x1x2＝eq \f(－2m2－2,1－2k2)，
显然M的坐标为(2,1)，
所以由k1＋k2＝2k1k2⇒
eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)
＝2·eq \f(y1－1,x1－2)·eq \f(y2－1,x2－2)⇒
eq \f(y1－1x2－2＋y2－1x1－2,x1－2x2－2)
＝2·eq \f(y1－1,x1－2)·eq \f(y2－1,x2－2)
⇒(kx1＋m－1)(x2－2)＋(kx2＋m－1)(x1－2)＝2(kx1＋m－1)·(kx2＋m－1)
⇒2kx1x2＋(m－1)(x1＋x2)－2k(x1＋x2)－4(m－1)＝2k2x1x2＋2k(m－1)(x1＋x2)＋2(m－1)2
⇒2k(k－1)x1x2＋(2km－m＋1)(x1＋x2)＋2(m－1)(m＋1)＝0，
把x1＋x2＝eq \f(4km,1－2k2)，
x1x2＝eq \f(－2m2－2,1－2k2)代入上式，得
2k(k－1)·eq \f(－2m2－2,1－2k2)＋(2km－m＋1)·eq \f(4km,1－2k2)＋2(m－1)(m＋1)＝0
⇒2k(m＋1)＋(m＋1)(m－1)＝0⇒(m＋1)(2k＋m－1)＝0⇒m＝－1或m＝1－2k，
当m＝－1时，直线方程为y＝kx－1，过定点(0，－1)，
当m＝1－2k时，直线方程为y＝kx＋1－2k⇒y－1＝k(x－2)，过定点(2,1)，不符合题意，
因此直线PQ过定点(0，－1)．
2．(1)解 g′(x)＝1＋sin x，
对任意的x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，
tf(x)－g′(x)≥0恒成立，
即texcs x≥1＋sin x对任意的x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))恒成立．
当x＝－eq \f(π,2)时，则有0≥0对任意的t∈R恒成立；
当－eq \f(π,2)0，
则t≥eq \f(1＋sin x,excs x)，
令h(x)＝eq \f(1＋sin x,excs x)，其中－eq \f(π,2)h′(x)＝
eq \f(excs2x－excs x－sin x1＋sin x,e2xcs2x)
＝eq \f(1－cs x1＋sin x,excs2x)≥0，
且h′(x)不恒为零，
故函数h(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增，
则h(x)max＝h(0)＝1，故t≥1.
综上所述，t≥1.
(2)证明 由f(x)＝g′(x)可得excs x＝1＋sin x，
令φ(x)＝excs x－sin x－1，
则φ′(x)＝ex(cs x－sin x)－cs x.
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)，
则sin x>cs x>0，所以φ′(x)<0，
所以函数φ(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))
(n∈N*)上单调递减．
因为φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2nπ＋\f(π,3)))＝·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2nπ＋\f(π,3)))－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2nπ＋\f(π,3)))－1
＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)－1≥－eq \f(\r(3),2)－1>0，
φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2nπ＋\f(π,2)))＝－2<0，所以存在唯一的x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)，使得φ(x0)＝0.
所以xn∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)，
则xn＋1－2π∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))
(n∈N*)，
所以φ(xn＋1－2π)＝cs(xn＋1－2π)－sin(xn＋1－2π)－1
＝cs xn＋1－sin xn＋1－1
＝cs xn＋1－cs xn＋1
＝(－)cs xn＋1<0
＝φ(xn)，因为函数φ(x)在
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)上单调递减，
故xn＋1－2π>xn，即xn＋1－xn>2π.
压轴题突破练3
1．解 (1)由对称性可知当△OAB为等边三角形时，A，B两点关于x轴对称，△OAB的高为eq \f(\r(3),2)|AB|＝12，
由题意知点(12,4eq \r(3))在C上，
代入y2＝2px，得(4eq \r(3))2＝24p，解得p＝2，
所以C的标准方程为y2＝4x.
(2)由(1)知F(1,0)，根据题意可知直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为x＝ky＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ky＋m，,y2＝4x，))得y2－4ky－4m＝0，
所以Δ＝16k2＋16m>0，即k2＋m>0，
且y1＋y2＝4k，y1y2＝－4m，
所以x1＋x2＝k(y1＋y2)＋2m
＝4k2＋2m，
由eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＝4eq \(PF,\s\up6(→))，
得(x1－x0，y1－y0)＋(x2－x0，y2－y0)
＝4(1－x0，－y0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2－4＝－2x0，,y1＋y2＝－2y0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2－m－2k2，,y0＝－2k，))
即P(2－m－2k2，－2k)，
又点P在C上，
所以4k2＝4(2－m－2k2)，
即3k2＋m＝2，①
所以k2＋m＝k2＋2－3k2
＝2(1－k2)>0，
解得－1又点P在第一象限，所以－2k>0，
所以－1又点P到直线AB的距离
d＝eq \f(|2－m－2k2＋2k2－m|,\r(1＋k2))
＝eq \f(2|m－1|,\r(1＋k2))＝2，
化简得m2－2m＝k2，②
联立①②解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－\f(1,3)，,k＝－\f(\r(7),3)，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－\f(1,3)，,k＝\f(\r(7),3)))(舍去)，
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2，,k＝0))(舍去)．
此时点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(2\r(7),3)))，直线AB的方程为3x＋eq \r(7)y＋1＝0.
2．解 (1)f′(x)＝x2－2kx，
若函数f(x)在x＝2处取得极值，则f′(2)＝22－2k×2＝0，解得k＝1，
所以f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋eq \f(1,2)，
经检验，此时函数f(x)在x＝2处取得极小值，所以k＝1.
(2)g(x)＝f(x)＋(x－1)ex＝(x－1)ex＋eq \f(1,3)x3－kx2＋eq \f(1,2)，定义域为R，
g′(x)＝xex＋x2－2kx
＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋x－2k))，
令h(x)＝ex＋x－2k，显然h(x)在R上单调递增，
当0≤k因为h(0)＝1－2k>0，
h(－1)＝e－1－1－2k<0，
所以存在唯一x0∈(－1,0)，
使得h(x0)＝0，即g′(x0)＝0，
即x0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(＋x0－2k))＝0，
所以k＝eq \f(＋x0,2).
当x故g′(x)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋x－2k))>0，
当x00，
故g′(x)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋x－2k))<0，
当x>0时，h(x)>0，
故g′(x)＝x(ex＋x－2k)>0，
所以g(x)在(－∞，x0)上单调递增，
在(x0,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
因为g(0)＝－1＋eq \f(1,2)<0，
g(1)＝eq \f(1,3)－k＋eq \f(1,2)>0，
所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)恰有1个零点．
当x∈(－∞，0)时，
g(x)max＝g(x0)＝(x0－1)＋eq \f(1,3)xeq \\al(3,0)－kxeq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)
＝(x0－1)＋eq \f(1,3)xeq \\al(3,0)－eq \f(＋x0,2)·xeq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)
＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)－2x0＋2＋\f(1,3)x\\al(3,0)－1))，
令φ(x)＝(x2－2x＋2)ex＋eq \f(1,3)x3－1，x∈(－1,0)，
则φ′(x)＝x2(ex＋1)>0，
所以φ(x)在(－1,0)上单调递增，
所以φ(x)>φ(－1)＝eq \f(5,e)－eq \f(1,3)－1＝eq \f(5,e)－eq \f(4,3)＝eq \f(15－4e,3e)>0，
即当x0∈(－1,0)时，φ(x0)>0，所以g(x0)<0，
故当x∈(－∞，0)时，g(x)无零点，
综上，当0≤k压轴题突破练4
1．解 (1)由题可知，X的取值为－1,0,1，
P(X＝－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(1,12)；
P(X＝0)＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(2,3)＝eq \f(5,12)；
P(X＝1)＝eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,2).
故X的分布列如下：
则E(X)＝－1×eq \f(1,12)＋0×eq \f(5,12)＋1×eq \f(1,2)＝eq \f(5,12).
(2)由题可知，P1＝1，P2＝1，
P3＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(7,8)，
P4＝1－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(13,16).
连续答题n轮，没有出现连续三轮每轮得1分时，记第n轮没有得1分的概率为，
则＝eq \f(1,2)Pn－1；
记第n轮得1分，且第n－1轮没有得1分的概率为，
则＝eq \f(1,4)Pn－2；
记第n轮得1分，且第n－1轮得1分，第n－2轮没有得1分的概率为，则＝eq \f(1,8)Pn－3；
故Pn＝＝eq \f(1,2)Pn－1＋eq \f(1,4)Pn－2＋eq \f(1,8)Pn－3(n≥4)，
故a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,4)，c＝eq \f(1,8)；
因为Pn＝eq \f(1,2)Pn－1＋eq \f(1,4)Pn－2＋eq \f(1,8)Pn－3，
故Pn＋1＝eq \f(1,2)Pn＋eq \f(1,4)Pn－1＋eq \f(1,8)Pn－2，
故Pn＋1－Pn＝－eq \f(1,2)Pn＋eq \f(1,4)Pn－1＋eq \f(1,8)Pn－2
＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)Pn－1＋\f(1,4)Pn－2＋\f(1,8)Pn－3))＋eq \f(1,4)Pn－1＋eq \f(1,8)Pn－2＝－eq \f(1,16)Pn－3<0；
故Pn＋1且P1＝P2>P3>P4，
则P1＝P2>P3>P4>P5>…，
所以答题轮数越多(轮数不少于3)，出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大．
2．(1)证明 由题意得，
当a＝－1时，f′(x)＝ex＋cs x＋sin x，
故F(x)＝ex＋cs x＋sin x－eq \f(1,3)x－1
＝ex＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－eq \f(1,3)x－1.
①当x≥eq \f(3π,4)时，
F(x)≥ex－eq \r(2)－eq \f(1,3)x－1，
记G(x)＝ex－eq \r(2)－eq \f(1,3)x－1，
则G′(x)＝ex－eq \f(1,3)>0，G(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，＋∞))上单调递增，G(x)≥－eq \r(2)－eq \f(π,4)－1>e2－eq \r(2)－2>0，
所以F(x)>0，即当x≥eq \f(3π,4)时，F(x)无零点．
②当0≤x0，
令p(x)＝ex－x－1，则p′(x)＝ex－1，
当x<0时，p′(x)<0，p(x)单调递减，
当x>0时，p′(x)>0，p(x)单调递增，
因此p(0)＝0是p(x)的最小值，
即p(x)≥0，
所以ex≥x＋1恒成立，
所以F(x)>ex－eq \f(1,3)x－1≥x＋1－eq \f(1,3)x－1＝eq \f(2,3)x≥0，
所以F(x)>0，
即当0≤x③当－eq \f(π,4)≤x<0时，
F′(x)＝ex－sin x＋cs x－eq \f(1,3)
＝ex－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))－eq \f(1,3).
因为－eq \f(π,2)≤x－eq \f(π,4)<－eq \f(π,4)，
即1<－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))≤eq \r(2)，
所以F′(x)>ex＋1－eq \f(1,3)>0，
即F(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上单调递增．
又因为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝e－eq \f(π,4)＋0＋eq \f(π,12)－10，
所以当－eq \f(π,4)≤x<0时，F(x)存在唯一零点．
综上，当x≥－eq \f(π,4)时，F(x)有且仅有一个零点．
(2)解 易知f(0)＝0，因此f(x)≥0恒成立，则在0的左侧邻域内，f(x)单调递减，
有f′(x)≤0，则f′(0)≤0.
因为f′(x)＝－ae－ax＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
所以f′(0)＝－a＋1≤0，即a≥1是f(x)≥0对任意x≤0成立的必要条件．
下面证明充分性．
当a≥1时，f(x)≥0，等价于e－ax≥－sin x＋cs x＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))).
令h(x)＝e－ax，g(x)＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
即证h(x)≥g(x)．
①当x≤－eq \f(π,4)时，
g(x)＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≤eq \r(2)，
h(x)＝e－ax≥>eq \r(e)>eq \r(2)，
即h(x)≥g(x)成立．
②当－eq \f(π,4)令k(x)＝g(x)＋x－1，
则k′(x)＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋1.
由0得0所以k′(x)≥－1＋1＝0，即k(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上单调递增，
k(x)≤k(0)＝eq \r(2)cs eq \f(π,4)－1＝0，
即g(x)≤－x＋1.
由(1)知ex≥x＋1，则h(x)＝e－ax≥－ax＋1≥－x＋1≥g(x)．
综上，a≥1.
ξ
－6
n－4
2n－2
3n
P
eq \f(27,125)
eq \f(54,125)
eq \f(36,125)
eq \f(8,125)
X
－1
0
1
P(X)
eq \f(1,12)
eq \f(5,12)
eq \f(1,2)