新高考数学二轮复习 仿真模拟卷2（含解析）-人教版高三数学试题

数学仿真模拟卷(二)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知复数z满足z(1＋2i)＝i，则复数z在复平面内对应点所在的象限是()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限A[由z(1＋2i)＝i，得z＝eq\f(i,1＋2i)＝eq\f(i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(2,5)＋eq\f(1,5)i，∴复数z在复平面内对应的点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(1,5)))，在第一象限．故选A．]2．已知集合M＝{x|x2－2x＜0}，N＝{－2，－1，0，1，2}，则M∩N＝()A．∅ B．{1}C．{0，1} D．{－1，0，1}B[∵M＝{x|0＜x＜2}，N＝{－2，－1，0，1，2}，∴M∩N＝{1}．故选B．]3．南北朝时代的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为V1，V2，被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面的面积分别为S1，S2，则“V1，V2相等”是“S1，S2总相等”的()A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件B[由祖暅原理知，若S1，S2总相等，则V1，V2相等成立，即必要性成立，若V1，V2相等，则只需要底面积和高相等即可，则S1，S2不一定相等，即充分性不成立，即“V1，V2相等”是“S1，S2总相等”的必要不充分条件，故选B．]4．已知圆C：x2＋y2＝1，直线l：ax－y＋4＝0.若直线l上存在点M，以M为圆心且半径为1的圆与圆C有公共点，则a的取值范围是()A．(－∞，－3]∪[3，＋∞)B．[－3，3]C．(－∞，－eq\r(3)]∪[eq\r(3)，＋∞)D．[－eq\r(3)，eq\r(3)]C[圆C：x2＋y2＝1的圆心为(0，0)，半径为1，要使直线l：ax－y＋4＝0上存在点M，使得以M为圆心且半径为1的圆与圆C有公共点，则圆心(0，0)到直线ax－y＋4＝0的距离d＝eq\f(|4|,\r(a2＋1))≤2，解得a≤－eq\r(3)或a≥eq\r(3).∴a的取值范围是(－∞，－eq\r(3)]∪[eq\r(3)，＋∞)．故选C．]5．当a＞1时，在同一坐标系中，函数y＝a－x与y＝－logax的图象是()ABCDD[由于a＞1，所以y＝a－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up12(x)为R上的递减函数，且过(0，1)；y＝－logax为(0，＋∞)上的单调递减函数，且过(1，0)，故选D．]6．已知f(x)＝x·2|x|，a＝f(log3eq\r(5))，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,2)))，c＝f(ln3)，则a，b，c的大小关系为()A．c＞b＞a B．b＞c＞aC．a＞b＞c D．c＞a＞bD[根据题意，f(x)＝x·2|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x·2x，x≥0，,x·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，x＜0，))当x＜0时，f(x)＝x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＜0，又由log3eq\f(1,2)＝－log32＜0，则b＜0，当x≥0时，f(x)＝x·2x，其导数f′(x)＝2x＋x·2xln2＞0，则f(x)在[0，＋∞)上为增函数，其f(0)＝0，则当x＞0时，f(x)＞0；又由0＜log3eq\r(5)＜1＜ln3，则0＜a＜c，综合可得：c＞a＞b；故选D．]7．已知函数f(x)＝eq\r(2)sinωx和g(x)＝eq\r(2)cosωx(ω＞0)图象的交点中，任意连续三个交点均可作为一个等腰直角三角形的顶点，为了得到y＝g(x)的图象，只需把y＝f(x)的图象()A．向左平移1个单位 B．向左平移eq\f(π,2)个单位C．向右平移1个单位 D．向右平移eq\f(π,2)个单位A[令f(x)＝eq\r(2)sinωx和g(x)＝eq\r(2)cosωx相等可得sinωx＝cosωx⇒tanωx＝1⇒ωx＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z；∴可设连续三个交点的横坐标分别为：eq\f(π,4ω)，eq\f(5π,4ω)，eq\f(9π,4ω)；对应交点坐标为：Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4ω)，1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4ω)，－1))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,4ω)，1))；∵任意连续三个交点均可作为一个等腰直角三角形的顶点；∴B到AC的距离等于AC的一半；即2＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,4ω)－\f(π,4ω)))⇒ω＝eq\f(π,2)；∴f(x)＝eq\r(2)sinωx＝eq\r(2)sineq\f(1,2)πx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(1,2)πx))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πx－\f(π,2)))＝eq\r(2)coseq\f(π,2)(x－1)；∴需把y＝f(x)的图象向左平移1个单位得到g(x)＝eq\r(2)cosωx＝eq\r(2)coseq\f(1,2)πx的图象；故选A．]8．如图，在直角坐标系xOy中，一个质点从A(a1，a2)出发沿图中路线依次经过B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此规律一直运动下去，则a2017＋a2018＋a2019＋a2020＝()A．2017 B．2018C．2019 D．2020C[由直角坐标系可知，A(1，1)，B(－1，2)，C(2，3)，D(－2，4)，E(3，5)，F(－3，6)，即a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4，…，由此可知，数列中偶数项是从1开始逐渐递增的，且都等于其项数除以2，每四个数中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第一个数为其组数，每组的第一个数和第三个数是互为相反数，因为2020÷4＝505，则a2019＝－505，所以a2017＝505，a2018＝1009，a2020＝1010，则a2017＋a2018＋a2019＋a2020＝2019，故选C．]二、选择题(本题共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，有选错的得0分，部分选对的得3分)9．为了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了20名肥胖者，测量了他们的体重(单位：千克)．健身之前他们的体重情况如三维饼图(1)所示，经过半年的健身后，他们的体重情况如三维饼图(2)所示，对比健身前后，关于这20名肥胖者，下面结论正确的是()(1)(2)A．他们健身后，体重在区间[90，100)内的人数不变B．他们健身后，体重在区间[100，110)内的人数减少了2个C．他们健身后，体重在区间[110，120)内的肥胖者体重都有减轻D．他们健身后，这20位肥胖者的体重的中位数位于区间[90，100)ACD[图(1)中体重在区间[90，100)，[100，110)，[110，120)内的人数分别为8，10，2；图(2)中体重在区间[80，90)，[90，100)，[100，110)内的人数分别为6，8，6；故选ACD．]10．为弘扬中华传统文化，某校组织高一年级学生到古都西安游学．在某景区，由于时间关系，每个班只能在甲、乙、丙三个景点中选择一个游览，高一1班的27名同学决定投票来选定游览的景点，约定每人只能选择一个景点，得票数高于其它景点的入选．据了解，若只游览甲、乙两个景点，有18人会选择甲，若只游览乙、丙两个景点，有19人会选择乙，那么关于这轮投票结果，下列说法正确的是()A．该班选择去甲景点游览B．乙景点的得票数可能会超过9C．丙景点的得票数不会比甲景点高D．三个景点的得票数可能会相等AC[由题意可知：若只游览甲、乙两个景点，有18人会选择甲，则选择乙的为27－18＝9人，则若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择乙的一定小于等于9人，选项B错误；若只游览乙、丙两个景点，有19人会选择乙，则选择丙的为27－19＝8人，则若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择丙的一定小于等于8人，故选择甲的一定大于等于27－9－8＝10人，选项D错误；故选AC．]11．若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞m＞1，则下列成立的有()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＞eq\f(1－m,m) B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＜－1C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m－1)))＞eq\f(1,m－1) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m－1)))＜0AC[根据题意，设g(x)＝f(x)－mx，则其导数g′(x)＝f′(x)－m，又由f′(x)＞m＞1，则g(x)在区间R上为增函数，对于A，又由m＞1，则0＜eq\f(1,m)＜1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＞g(0)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))－eq\f(1,m)×m＞f(0)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))－1＞－1，变形可得：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＞0，B错误；又由m＞1，则eq\f(1－m,m)＜0，必有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＞eq\f(1－m,m)，A正确；对于C，由于m＞1，则eq\f(1,m－1)＞0，则有geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m－1)))＞g(0)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m－1)))－eq\f(m,m－1)＞f(0)＝－1，变形可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m－1)))＞eq\f(m,m－1)－1＝eq\f(1,m－1)，故C正确，D错误；故选AC．]12．已知双曲线eq\f(x2,n)－eq\f(y2,n)＝1(n∈N*)，不与x轴垂直的直线l与双曲线右支交于点B，C(B在x轴上方，C在x轴下方)，与双曲线渐近线交于点A，D(A在x轴上方)，O为坐标原点，下列选项中正确的为()A．|AC|＝|BD|恒成立B．若S△BOC＝eq\f(1,3)S△AOD，则|AB|＝|BC|＝|CD|C．△AOD面积的最小值为1D．对每一个确定的n，若|AB|＝|BC|＝|CD|，则△AOD的面积为定值ABD[设l：y＝kx＋b，代入x2－y2＝n，得(1－k2)x2－2kbx－b2－n＝0，①显然k≠±1，Δ＝4b2k2＋4(1－k2)(b2＋n)＞0，即b2＋n(1－k2)＞0，设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1，x2是方程①的两个根，有x1＋x2＝eq\f(2kb,1－k2)，x1x2＝eq\f(－b2＋n,1－k2)，设A(x3，y3)，D(x4，y4)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b,y＝x))，得x3＝eq\f(b,1－k)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b,y＝－x))，得x4＝eq\f(－b,1＋k)；∴x3＋x4＝eq\f(2kb,1－k2)，即AD和BC的中点重合，则|AC|＝|BD|恒成立，故A正确．设AD和BC的中点重合为P，∴|AB|＝|CD|，又S△BOC＝eq\f(1,3)S△AOD，∴|BC|＝eq\f(1,3)|AD|，则|AB|＝|BC|＝|CD|，故B正确．设直线l方程为x＝ty＋m，t∈(－1，0)∪(0，1)，m＞1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋m，,y＝x))得y3＝eq\f(m,1－t)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋m,y＝－x))得y4＝－eq\f(m,1＋t)，|OA|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m,1－t)))，|OD|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m,1＋t)))，∠AOD＝90°，S△ACD＝eq\f(1,2)|OA||OD|＝eq\f(m2,1－t2)＞m2＞1，故C错误．∵|AB|＝|BC|＝|CD|，∴|BC|＝eq\f(1,3)|AD|，得eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(1,3)eq\r(1＋k2)|x3－x4|，即b2＝eq\f(9n,8)(k2－1)＞0，∴n＞0，k2＞1，|OA|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,1－k)))，|OD|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,1＋k)))，∠AOD＝90°，∴S△AOD＝eq\f(1,2)|OA|·|OD|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b2,1－k2)))＝eq\f(9n,8)是定值，故D正确．故选ABD．]三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知向量m＝(a，－1)，n＝(－1，3)，若m⊥n，则a＝__________.－3[因为向量m＝(a，－1)，n＝(－1，3)，且m⊥n，所以m·n＝－a－3＝0，解得a＝－3.]14.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))eq\s\up12(6)展开式中常数项为__________．15[由Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)·(x2)6－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(r)＝(－1)r·Ceq\o\al(r,6)·x12－3r.取12－3r＝0，得r＝4.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))eq\s\up12(6)展开式中常数项为(－1)4·Ceq\o\al(4,6)＝15.]15．直线l过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1，0)，且与C交于M，N两点，则p＝________，eq\f(|MF|,9)－eq\f(1,|NF|)的最小值是____________．(本题第一空2分，第二空3分)2－eq\f(1,3)[因为抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1，0)，所以p＝2，∴抛物线C的方程为：y2＝4x，设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，设直线l的方程为：x＝my＋1，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1,y2＝4x))，消去x得：y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，∴x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝－4m2＋4m2＋1＝1，eq\f(|MF|,9)－eq\f(1,|NF|)＝eq\f(x1＋1,9)－eq\f(1,x2＋1)＝eq\f(x1＋1,9)－eq\f(1,\f(1,x1)＋1)＝eq\f(x1＋1,9)＋eq\f(1,1＋x1)－1≥2eq\r(\f(x1＋1,9)·\f(1,1＋x1))－1＝－eq\f(1,3)，当且仅当eq\f(x1＋1,9)＝eq\f(1,1＋x1)，即x1＋1＝3时，等号成立，∴eq\f(|MF|,9)－eq\f(1,|NF|)的最小值是－eq\f(1,3).]16．若点M在平面α外，过点M作面α的垂线，则称垂足N为点M在平面α内的正投影，记为N＝fα(M)．如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，记平面AB1C1D为β，平面ABCD为γ，点P是棱CC1上一动点(与C，C1不重合)，Q1＝fγ[fβ(P)]，Q2＝fβ[fγ(P)]．给出下列三个结论：①线段PQ2长度的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))；②存在点P使得PQ1∥平面β；③存在点P使得PQ1⊥PQ2.其中正确结论的序号是________．①②[过P作PE⊥C1D，垂足为E，过E作EM∥CC1，交CD于M；连接CD1，交C1D于O，如图所示：∵AD⊥平面CDD1C1，PE⊂平面CDD1C1，∴PE⊥AD，又PE⊥C1D，AD，C1D⊂平面AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴PE⊥平面AB1C1D，∵EM∥CC1，CC1⊥平面ABCD，∴EM⊥平面ABCD，∴M＝fγ[fβ(P)]，∴M即为Q1；∵四边形CDD1C1为正方形，∴CD1⊥C1D，∵AD⊥平面CDD1C1，CD1⊂平面CDD1C1，∴CD1⊥AD，又AD，C1D⊂平面AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴CO⊥平面AB1C1D，∴O＝fβ[fγ(P)]，∴O即为Q2.以C为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，设CP＝a(0＜a＜1)，则P(0，0，a)，C(0，0，0)，Q2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Q1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2)，0，\f(1＋a,2)))，对于①，|PQ2|＝eq\r(\f(1,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))\s\up12(2))，∵a∈(0，1)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))，∴|PQ2|∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，①正确；对于②，∵CQ2⊥平面β，∴平面β的一个法向量eq\o(CQ2,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，又eq\o(PQ1,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2)，0，－a))，令eq\o(PQ1,\s\up8(→))·eq\o(CQ2,\s\up8(→))＝0，即eq\f(1,4)－eq\f(1,4)a－eq\f(1,2)a＝0，解得a＝eq\f(1,3)∈(0，1)，∴存在点P，使得PQ1∥平面β，②正确；对于③，eq\o(PQ1,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2)，0，－a))，eq\o(PQ2,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)－a))，令eq\o(PQ1,\s\up8(→))·eq\o(PQ2,\s\up8(→))＝eq\f(1－a,4)－eq\f(1,2)a＋a2＝a2－eq\f(3,4)a＋eq\f(1,4)＝0，方程无解，∴不存在点P，使得PQ1⊥PQ2，③错误．故答案为：①②.]四、解答题(本题共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．(本小题满分10分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足ccosA＋acosC＝a.(1)求eq\f(a,b)的值；(2)若a＝1，c＝eq\r(3)，求△ABC的面积．[解](1)由正弦定理，ccosA＋acosC＝a可化为：sinCcosA＋cosCsinA＝sinA，也就是sin(A＋C)＝sinA．由三角形内角和定理得sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sinB．即sinB＝sinA．由正弦定理可得b＝a，故eq\f(a,b)＝1.(2)由a＝1可知b＝1.而c＝eq\r(3)，由余弦定理可知cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,2).又0＜C＜π，于是C＝eq\f(2π,3).∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×1×1×sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),4).18．(本小题满分12分)在①a2＋a3＝a5－b1，②a2·a3＝2a7，③S3＝15这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知等差数列{an}的公差d＞0，前n项和为Sn，若________，数列{bn}满足b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，anbn＋1＝nbn－bn＋1.(1)求{an}的通项公式；(2)求{bn}的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．[解]若选①：(1)∵anbn＋1＝nbn－bn＋1，∴当n＝1时，a1b2＝b1－b2，∵b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，∴a1＝2.又∵a2＋a3＝a5－b1，∴d＝3，∴an＝3n－1；(2)由(1)知：(3n－1)bn＋1＝nbn－bn＋1，即3nbn＋1＝nbn，∴bn＋1＝eq\f(1,3)bn.又b1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，以eq\f(1,3)为公比的等比数列，∴bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，Tn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)(1－3－n)．若选②：(1)∵anbn＋1＝nbn－bn＋1，∴当n＝1时，a1b2＝b1－b2，∵b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，∴a1＝2.又∵a2·a3＝2a7，∴(2＋d)(2＋2d)＝2(2＋6d)，∵d＞0，∴d＝3，∴an＝3n－1；(2)由(1)知：(3n－1)bn＋1＝nbn－bn＋1，即3nbn＋1＝nbn，∴bn＋1＝eq\f(1,3)bn.又b1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，以eq\f(1,3)为公比的等比数列，∴bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，Tn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)(1－3－n)．若选③：(1)∵anbn＋1＝nbn－bn＋1，∴当n＝1时，a1b2＝b1－b2，∵b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，∴a1＝2.又∵S3＝15，∴d＝3，∴an＝3n－1；(2)由(1)知：(3n－1)bn＋1＝nbn－bn＋1，即3nbn＋1＝nbn，∴bn＋1＝eq\f(1,3)bn.又b1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，以eq\f(1,3)为公比的等比数列，∴bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，Tn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)(1－3n)．19．(本小题满分12分)如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，BDEF为正方形，平面BDEF⊥平面ABCD，AD∥BC，AD＝AB＝1，∠ABC＝60°.(1)求证：平面CDE⊥平面BDEF；(2)点M为线段EF上一动点，求BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围．[解](1)证明：等腰梯形ABCD，AD＝AB＝1，由∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，BD＝eq\r(AB2＋AD2－2AB·AD·cos120°)＝eq\r(3)，BC＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝2，所以BC2＝CD2＋BD2，BD⊥DC，由平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，所以CD⊥平面BDEF，又CD⊂平面CDE，所以平面CDE⊥平面BDEF；(2)根据题意，以D为原点，以DB，DC，DE分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设EM＝m∈[0，eq\r(3)]，则B(eq\r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，M(m，0，eq\r(3))，eq\o(BM,\s\up8(→))＝(m－eq\r(3)，0，eq\r(3))，eq\o(DB,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，0，0)，eq\o(BC,\s\up8(→))＝(－eq\r(3)，1，0)，设平面BMC的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up8(→))＝－\r(3)x＋y＝0,n·\o(BM,\s\up8(→))＝m－\r(3)x＋\r(3)z＝0))，令x＝eq\r(3)，y＝3，z＝eq\r(3)－m，故n＝(eq\r(3)，3，eq\r(3)－m)，设BD与平面BCM的夹角为θ，所以sinθ＝|cos〈n，eq\o(BD,\s\up8(→))〉|＝eq\f(\r(3),\r(m－\r(3)2＋12))，m∈[0，eq\r(3)]，所以当m＝0时取最小值eq\f(\r(5),5)，m＝eq\r(3)取最大值eq\f(1,2)，故BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\f(1,2))).20．(本小题满分12分)已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合，过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|＝eq\f(4,3)|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点，若|MF|＝5，求C1与C2的标准方程．[解](1)由已知可设C2的方程为y2＝4cx，其中c＝eq\r(a2－b2).不妨设A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为eq\f(b2,a)，－eq\f(b2,a)；C，D的纵坐标分别为2c，－2c，故|AB|＝eq\f(2b2,a)，|CD|＝4c.由|CD|＝eq\f(4,3)|AB|得4c＝eq\f(8b2,3a)，即3×eq\f(c,a)＝2－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2).解得eq\f(c,a)＝－2(舍去)，eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).所以C1的离心率为eq\f(1,2).(2)由(1)知a＝2c，b＝eq\r(3)c，故C1：eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.设M(x0，y0)，则eq\f(x\o\al(2,0),4c2)＋eq\f(y\o\al(2,0),3c2)＝1，yeq\o\al(2,0)＝4cx0，故eq\f(x\o\al(2,0),4c2)＋eq\f(4x0,3c)＝1.①由于C2的准线为x＝－c，所以|MF|＝x0＋c，而|MF|＝5，故x0＝5－c，代入①得eq\f(5－c2,4c2)＋eq\f(45－c,3c)＝1，即c2－2c－3＝0，解得c＝－1(舍去)，c＝3.所以C1的标准方程为eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1，C2的标准方程为y2＝12x.21．(本小题满分12分)每年的3月12日是植树节，某公司为了动员职工积极参加植树造林活动，在植树节期间开展植树有奖活动，设有甲、乙两个摸奖箱，每位植树者植树每满30棵获得一次甲箱内摸奖机会，植树每满50棵获得一次乙箱内摸奖机会，每箱内各有10个球(这些球除颜色外完全相同)，甲箱内有红、黄、黑三种颜色的球，其中a个红球，b个黄球，5个黑球，乙箱内有4个红球和6个黄球，每次摸一个球后放回原箱，摸得红球奖100元，黄球奖50元，摸得黑球则没有奖金．(1)经统计，每人的植树棵数X服从正态分布N(35，25)，若其中有200位植树者参与了抽奖，请估计植树的棵数X在区间(30，35]内并中奖的人数(结果四舍五入取整数)；附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.9545.(2)若a＝2，某位植树者获得两次甲箱内摸奖机会，求中奖金额Y(单位：元)的分布列；(3)某人植树100棵，有两种摸奖方法，方法一：三次甲箱内摸奖机会；方法二：两次乙箱内摸奖机会．请问：这位植树者选哪一种方法所得奖金的期望值较大．[解](1)依题意得，μ＝35，σ2＝25，得σ＝5，植树的棵数X在区间(30，35]内，有一次甲箱内摸奖机会，中奖率为1－eq\f(5,10)＝0.5，植树棵数X在区间(30，35]内人数约为200×eq\f(1,2)P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝200×eq\f(0.6827,2)≈68人，故中奖的人数约为68×0.5＝34人．(2)中奖金额Y的可能取值为0，50，100，150，200.P(Y＝0)＝0.5×0.5＝0.25；P(Y＝50)＝2×0.3×0.5＝0.3；P(Y＝100)＝2×0.5×0.2＋0.3×0.3＝0.29；P(Y＝150)＝2×0.2×0.3＝0.12；P(Y＝200)＝0.2×0.2＝0.04.故Y的分布列为Y050100150200P0.250.30.290.120.04(3)方法一：∵a＋b＝5，∴甲箱摸一次所得奖金的期望为E1＝100×eq\f(a,10)＋50×eq\f(b,10)＝10a＋5b＝25＋5a，∴方法一所得奖金的期望值为3E1＝75＋15a；方法二：乙箱摸一次所得奖金的期望为E2＝100×0.4＋50×0.6＝70，∴方法二所得奖金的期望值为2E2＝2×70＝140，∵a的值可能为1，2，3，4，∴3E1＝75＋15a≤135＜140，∴这位植树者选方法二所得奖金的期望值较大．22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(x＋b)(e2x－a)(b＞0)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋eq\f(e－1,2)＝0.(1)求a，b；(2)函数f(x)图象与x轴负半轴的交点为P，且在点P处的切线方程为y＝h(x)，函数F(x)＝f(x)－h(x)，x∈R，求F(x)的最小值；(3)关于x的方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，证明：x2－x1≤eq\f(1＋2m,2)－eq\f(me,1－e).[解](1)将x＝－eq\f(1,2)代入切线方程(e－1)x＋ey＋eq\f(e－1,2)＝0中，得y＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－a))＝0，解得b＝eq\f(1,2)或a＝eq\f(1,e)，又f′(x)＝e2x(2x＋2b＋1)－a，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(2b,e)－a＝－eq\f(e－1,e)＝－1＋eq\f(1,e)，若a＝eq\f(1,e)，则b＝eq\f(2－e,2)(舍去)；所以b＝eq\f(1,2)，则a＝1.(2)由(1)可知，a＝1，b＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(e2x－1)，令f(x)＝0，有x＝－eq\f(1,2)或x＝0，故曲线y＝f(x)与x轴负半轴的唯一交点P为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，曲线在点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))处的切线方程为y＝h(x)，则h(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs