2021年高考数学《考前30天大题冲刺》练习03(含答案详解)

这是一份2021年高考数学《考前30天大题冲刺》练习03(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了5)在椭圆C上，直线l，由，等内容，欢迎下载使用。

已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，，.
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式.
为了增强环保意识，某社团从男生中随机抽取了60人，从女生中随机抽取了50人参加环保知识测试，统计数据如下表所示：
（1）试判断是否有99%的把握认为环保知识是否优秀与性别有关；
（2）为参加市举办的环保知识竞赛，学校举办预选赛，现在环保测试优秀的同学中选3人参加预选赛，已知在环保测试中优秀的同学通过预选赛的概率为，若随机变量X表示这3人中通过预选赛的人数，求X的分布列与数学期望．
如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，
底面，，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点，
点D(1，1.5)在椭圆C上，直线l：y=kx＋m与椭圆C相交于A，P两点，与x轴，y轴分别相交于点N和M，且|PM|=|MN|，点Q是点P关于x轴的对称点，QM的延长线交椭圆C于点B，过点A，B分别作x轴的垂线，垂足分别为A1，B1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在直线l，使得点N平分线段A1B1？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
已知函数f(x)=(x－1)ex＋ax2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：x1＋x2＜0.
\s 0 参考答案
解：(1)由题意可知
，，，，
所以，即，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，，
因为，
所以，
数列是首项1、公差为2的等差数列，．
(2)由(1)可知，，，
所以，．
解：
解：（1）因为平面，平面，
所以．
因为，，
所以．
所以，所以，
又，所以平面，
（2）如图，以点为原点，，，分别为轴，轴，轴正方向，
建立空间直角坐标系，
则，，．
设，则，
，，，取，
则，为面的法向量．
设为面的法向量，则，
即，取，，，则，
依题意，则．
于是，．
设直线与平面所成角为，
则
解：(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝\r(3)c,\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,a2＝b2＋c2))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＝3,a2＝4))，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)存在这样的直线l.
∵y=kx＋m，∴M(0，m)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0))，
∵|PM|=|MN|，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)，2m))，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)，－2m))，
∴直线QM的方程为y=－3kx＋m.
设A(x1，y1)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－3)=0，
∴x1＋eq \f(m,k)=－eq \f(8km,3＋4k2)，∴x1=eq \f(－3m1＋4k2,k3＋4k2)，
设B(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－3kx＋m,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，得(3＋36k2)x2－24kmx＋4(m2－3)=0.
∴x2＋eq \f(m,k)=eq \f(8km,1＋12k2)，∴x2=－eq \f(m1＋4k2,k1＋12k2)，
∵点N平分线段A1B1，∴x1＋x2=－eq \f(2m,k)，
∴－eq \f(3m1＋4k2,k3＋4k2)－eq \f(m1＋4k2,k1＋12k2)=－eq \f(2m,k)，∴k=±eq \f(1,2)，
∴P(±2m,2m)，∴eq \f(4m2,4)＋eq \f(4m2,3)=1，解得m=±eq \f(\r(21),7)，
∵|m|=eq \f(\r(21),7)＜b=eq \r(3)，∴直线l的方程为y=±eq \f(1,2)x±eq \f(\r(21),7).
解：(1)f′(x)=xex＋2ax=x(ex＋2a)．
(ⅰ)当a＞0时，ex＋2a＞0，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
因为f(0)=－1＜0，f(2)=e2＋4a＞0，取实数b满足b＜－2且b＜ln a，
则f(b)＞a(b－1)＋ab2=a(b2＋b－1)＞a(4－2－1)＞0，
所以f(x)有两个零点．
(ⅱ)若a=0，则f(x)=(x－1)ex，故f(x)只有一个零点，不满足题意．
(ⅲ)若a＜0，当a≥－eq \f(1,2)，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又当x≤0时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点，不满足题意；
当a＜－eq \f(1,2)，则函数f(x)在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增；
在(0，ln(－2a))上单调递减．
又当x≤1时，f(x)＜0，故不存在两个零点．
综上所述，a的取值范围是(0，＋∞)．
(2)证明：不妨设x1＜x2.由(1)，
知x1∈(－∞，0)，x2∈(0，＋∞)，－x2∈(－∞，0)，
则x1＋x2＜0等价于x1＜－x2.
因为函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以x1＜－x2等价于f(x1)＞f(－x2)，即f(－x2)＜0.
由f(x2)=(x2－1)eeq \s\up7(x2)＋axeq \\al(2,2)=0，
得axeq \\al(2,2)=(1－x2)eeq \s\up7(x2)，f(－x2)=(－x2－1)eeq \s\up6(－x2)＋axeq \\al(2,2)=(－x2－1)eeq \s\up6(－x2)＋(1－x2)eeq \s\up7(x2)，
令g(x)=(－x－1)e－x＋(1－x)ex，x∈(0，＋∞)．
则g′(x)=－x(ex－e－x)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又g(0)=0，所以g(x)＜0.
所以f(－x2)＜0，即原命题成立，x1＋x2＜0.