2021年江苏省徐州市高考数学三调试卷(Word解析版)

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2021年江苏省徐州市高考数学三调试卷(Word解析版)

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2021年江苏省徐州市高考数学三调试卷
一、选择题(每小题5分).
1.已知全集U,集合M,N是U的子集,且M?N,则下列结论中一定正确的是(  )
A.(?UM)∪(?UN)=U B.M∩(?UN)=?
C.M∪(?UN)=U D.(?UM)∩N=?
2.清明节前夕,某校团委决定举办“缅怀革命先烈,致敬时代英雄”主题演讲比赛,经过初赛,共10人进入决赛,其中高一年级2人,高二年级3人,高三年级5人,现采取抽签方式决定演讲顺序,则在高二年级3人相邻的前提下,高一年级2人不相邻的概率为(  )
A. B. C. D.
3.已知z1,z2是复数,下列结论错误的是(  )
A.若|z1﹣z2|=0,则=
B.若 z1=,则=z2
C.若|z1|=|z2|,则z1?=z2
D.若|z1|=|z2|,则z12=z22
4.函数(x∈[﹣π,0)∪(0,π])的大致图象为(  )
A. B.
C. D.
5.我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载:一年有二十四个节气,每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度),二十四节气及晷长变化如图所示,相邻两个节气晷长减少或增加的量相同,周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸,夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十寸),则下列说法不正确的是(  )
A.小寒比大寒的晷长长一尺
B.春分和秋分两个节气的晷长相同
C.小雪的晷长为一丈五寸
D.立春的晷长比立秋的晷长长
6.某圆锥母线长为2,底面半径为,则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为(  )
A.2 B. C. D.1
7.抛物线C:y2=4x的焦点为F,P是其上一动点,点M(1,1),直线l与抛物线C相交于A,B两点,下列结论正确的是(  )
A.|PM|+|PF|的最小值是2
B.动点P到点H (3,0)的距离最小值为3
C.存在直线l,使得A,B两点关于直线x+y﹣3=0对称
D.与抛物线C分别相切于A、B两点的两条切线交于点N,若直线AB过定点(2,0),则点N在抛物线C的准线上
8.已知函数f(x)是定义在区间(0,+∞)上的可导函数,满足f(x)>0且f(x)+f′(x)<0(f′(x)为函数的导函数),若0<a<1<b且ab=1,则下列不等式一定成立的是(  )
A.f(a)>(a+1)f(b) B.f(b)>(1﹣a)f(a)
C.af(a)>bf(b) D.af(b)>bf(a)
二、选择题(共4小题).
9.设正实数a,b满足a+b=1,则(  )
A.log2a+log2b≥﹣2 B.ab+
C. D.2a﹣b>
10.已知(1﹣2x)2021=ao+a1x+a2x2+a3x3+…+a2021x2021,则(  )
A.展开式中所有项的二项式系数和为22021
B.展开式中所有奇次项系数和为
C.展开式中所有偶次项系数和为
D.
11.半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”,是由边数不全相同的正多边形围成的多面体,体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体,是由正方体切截而成的,它由八个正三角形和六个正方形构成(如图所示),若它的所有棱长都为,则(  )
A.BF⊥平面EAB
B.该二十四等边体的体积为
C.该二十四等边体外接球的表面积为8π
D.PN与平面EBFN所成角的正弦值为
12.已知函数f(x)=esinx﹣ecosx,其中e是自然对数的底数,下列说法中,正确的是(  )
A.f(x)在是增函数
B.f(x+)是奇函数
C.f(x)在(0,π)上有两个极值点
D.设,则满足的正整数n的最小值是2
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
13.如图,在平面四边形ABCD中,已知AD=3,BC=4,E,F为AB,CD的中点,P,Q为对角线AC,BD的中点,则的值为   .
14.为了衡量星星的明暗程度,古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念.星等的数值越小,星星就越亮;星等的数值越大,星星就越暗.到了1850年,由于光度计在天体光度测量的应用,英国天文学家普森又提出了亮度的概念,天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足m1﹣m2=2.5(lgE2﹣lgE1),其中星等为mk的星的亮度为Ek(k=1,2).已知“心宿二”的星等是1.00,“天津四”的星等是1.25,则“心宿二”的亮度大约是“天津四”的   倍.(结果精确到0.01.当|x|较小时,10x≈1+2.3x+2.7x2)
15.已知双曲线的左、右焦点分别为F1、F2,过点F1的直线l与双曲线的左、右两支分别交于A、B两点.若△ABF2的内切圆与边AB、BF2、AF2分别相切于点M、NP,且AP的长为4,则a的值为   .
16.在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中,立德中学高三某小组的学生表现优异,发现的正确结论得到老师和同学的一致好评.设随机变量X~B(n,p),记pk=Cpk(1﹣p)n﹣k,k=0,1,2,…,n.在研究pk的最大值时,小组同学发现:若(n+1)p为正整数,则k=(n+1)p时,pk=pk﹣1,此时这两项概率均为最大值;若(n+1)p为非整数,当k取(n+1)p的整数部分,则pk是唯一的最大值.以此为理论基础,有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数.当投掷到第20次时,记录到此时点数1出现5次,若继续再进行80次投掷试验,则当投掷到第100次时,点数1总共出现的次数为   的概率最大.
四、解答题:本题共6小题,共70分。解答时应有必要的演算步骤、文字说明等。
17.设△ABC的内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c且acosB=1,bsinA=2.
(Ⅰ)求sin(A+C)和边长a;
(Ⅱ)当b2+c2取最小值时,求△ABC的面积.
18.数列{an}中,a2=7且2Sn=nan+4n(n∈N*),其中Sn为{an}的前n项和.
(Ⅰ)求{an}的通项公式an;
(Ⅱ)证明:<﹣(n∈N*).
19.在如图所示的圆柱O1O2中,AB为圆O1的直径,C,D是的两个三等分点,EA,FC,GB都是圆柱O1O2的母线.
(1)求证:FO1∥平面ADE;
(2)若BC=FC=2,求二面角B﹣AF﹣C的余弦值.
20.某电子公司新开发一电子产品,该电子产品的一个系统G有2n﹣1个电子元件组成,各个电子元件能正常工作的概率均为p,且每个电子元件能否正常工作相互独立.若系统中有超过一半的电子元件正常工作,则系统G可以正常工作,否则就需维修.
(1)当n=2,p=时,若该电子产品由3个系统G组成,每个系统的维修所需费用为500元,设ξ为该电子产品需要维修的系统所需的总费用,求ξ的分布列与数学期望;
(2)为提高系统G正常工作的概率,在系统内增加两个功能完全一样的电子元件,每个新元件正常工作的概率均为p,且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作,则系统C可以正常工作,问p满足什么条件时,可以提高整个系统G的正常工作概率?
21.某城市决定在夹角为30°的两条道路EB、EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园,如图所示,AB=2千米,O为AB的中点,OD为椭圆的长半轴,在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN,其中M,N在椭圆上,且MN的倾斜角为45°,交OD于G.
(1)若OE=3千米,为了不破坏道路EF,求椭圆长半轴长的最大值;
(2)若椭圆的离心率为,当线段OG长为何值时,游乐区域△OMN的面积最大?
22.已知函数f(x)=xlnx﹣x2+(2a﹣1)x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数;
(2)已知函数g(x)=﹣f′(x)有两个不同的零点x1,x2,且x1<x2.证明:x2﹣x1<.
参考答案
一、选择题(共8小题).
1.已知全集U,集合M,N是U的子集,且M?N,则下列结论中一定正确的是(  )
A.(?UM)∪(?UN)=U B.M∩(?UN)=?
C.M∪(?UN)=U D.(?UM)∩N=?
解:对于A,(?UM)∪(?UN)=?UM≠U,所以A错误;
对于B,因为M?N,所以M∩(?UN)=?,选项B正确;
对于C,因为M?N,且M∩(?UN)=?所以M∩(?UN)≠U,选选C错误;
对于D,因为M?N,所以(?UM)∩N≠?,选选D错误.
故选:B.
2.清明节前夕,某校团委决定举办“缅怀革命先烈,致敬时代英雄”主题演讲比赛,经过初赛,共10人进入决赛,其中高一年级2人,高二年级3人,高三年级5人,现采取抽签方式决定演讲顺序,则在高二年级3人相邻的前提下,高一年级2人不相邻的概率为(  )
A. B. C. D.
解:清明节前夕,某校团委决定举办“缅怀革命先烈,致敬时代英雄”主题演讲比赛,
经过初赛,共10人进入决赛,其中高一年级2人,高二年级3人,高三年级5人,
采取抽签方式决定演讲顺序,二年级3人相邻,
基本事件总数n=
在高二年级3人相邻的前提下,高一年级2人不相邻包含的基本事件个数m=,
∴在高二年级3人相邻的前提下,高一年级2人不相邻的概率为:
P===.
故选:D.
3.已知z1,z2是复数,下列结论错误的是(  )
A.若|z1﹣z2|=0,则=
B.若 z1=,则=z2
C.若|z1|=|z2|,则z1?=z2
D.若|z1|=|z2|,则z12=z22
解:A.∵|z1﹣z2|=0,z1=z2,∴则=,正确;
B.z1=,则=z2,正确;
C.|z1|=|z2|,又,=,则z1?=z2,因此正确;
D.若|z1|=|z2|,取z1=1,z2=i,则z12≠.
故选:D.
4.函数(x∈[﹣π,0)∪(0,π])的大致图象为(  )
A. B.
C. D.
解:f(﹣x)===f(x),
∴函数f(x)为偶函数,故排除BD,
∵f(π)=>0,故排除C,
故选:A.
5.我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载:一年有二十四个节气,每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度),二十四节气及晷长变化如图所示,相邻两个节气晷长减少或增加的量相同,周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸,夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十寸),则下列说法不正确的是(  )
A.小寒比大寒的晷长长一尺
B.春分和秋分两个节气的晷长相同
C.小雪的晷长为一丈五寸
D.立春的晷长比立秋的晷长长
解:由题意可知,由夏至到冬至的晷长构成等差数列{an},其中a1=15,a13=135,则d=10,
同理可得,由冬至到夏至的晷长构成等差数列{bn},其中b1=135,b13=15,则d'=﹣10,
故大寒与小寒相邻,小寒比大寒的晷长长10寸,即一尺,故选项A正确;
因为春分的晷长为b7,所以b7=b1+6d'=135﹣60=75,
因为秋分的晷长为a7,所以a7=a1+6d=15+60=75,
故春分和秋分两个节气的晷长相同,故选项B正确;
因为小雪的晷长为a11,所以a11=a1+10d=15+100=115,
又115寸即一丈一尺五寸,故小雪的晷长为一丈一尺五寸,故选项C错误;
因为立春的晷长和立秋的晷长分别为b4,a4,
所以a4=a1+3d=15+30=45,b4=b1+3d'=135﹣30=105,
所以b4>a4,故立春的晷长比立秋的晷长长,故选项D正确.
故选:C.
6.某圆锥母线长为2,底面半径为,则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为(  )
A.2 B. C. D.1
解:如图所示,截面为△SMN,P为MN的中点,设OP=x(0<x≤),,
所以SO=1,,
故=,
所以当x=1时,S△SMN=2,此时的截面面积最大.
故选:A.
7.抛物线C:y2=4x的焦点为F,P是其上一动点,点M(1,1),直线l与抛物线C相交于A,B两点,下列结论正确的是(  )
A.|PM|+|PF|的最小值是2
B.动点P到点H (3,0)的距离最小值为3
C.存在直线l,使得A,B两点关于直线x+y﹣3=0对称
D.与抛物线C分别相切于A、B两点的两条切线交于点N,若直线AB过定点(2,0),则点N在抛物线C的准线上
解:A:当MP垂直于准线时,|PM|+|PF|的值最小,由抛物线的性质:到焦点的距离等于到准线的距离可得:|PM|+|PF|等于M到准线的距离为1﹣(﹣1)=2,所以A正确;
B:设P(x,y)则y2=4x,所以|PH|====≥2,当x=1时,|PH|的最小值为2,所以B不正确;
C:假设存在这样的直线l,由题意设直线l的方程为:x﹣y+m=0,设 A(x1,y1),B(x2,y2),
联立可得:y2﹣4y+4m=0,
△=16﹣16m>0,所以m<1,
所以y1+y2=4,x1+x2=y1+y2﹣2m=4﹣2m,
所以A,B的中点P为(2﹣m,2),
由题意可得P在直线x+y﹣3=0上,所以2﹣m+2﹣3=0,解得m=1,不满足m<1,所以C不正确;
D:设 A(x1,y1),B(x2,y2),x=,x'=,
设直线AB的方程为:x=my+2,
所以AN,BN切线方程分别为:x﹣x1=(y﹣y1),即x=y1y﹣y12,
同理可得:x=y2y﹣y22,
两式联立求出yN=,可得xN=y1y2,
因为A,B在抛物线上y2=4x,
,整理可得:y2﹣4my﹣8=0,
所以y1y2=﹣8,
所以xN=?(﹣8)=﹣2,不在准线x=﹣1上,所以D不正确.
故选:A.
8.已知函数f(x)是定义在区间(0,+∞)上的可导函数,满足f(x)>0且f(x)+f′(x)<0(f′(x)为函数的导函数),若0<a<1<b且ab=1,则下列不等式一定成立的是(  )
A.f(a)>(a+1)f(b) B.f(b)>(1﹣a)f(a)
C.af(a)>bf(b) D.af(b)>bf(a)
解:令F(x)=exf(x),∴F′(x)=ex[f(x)+f′(x)];
又∵f(x)+f′(x)<0,∴F′(x)<0,
∴F(x)是(0,+∞)上的减函数;
令0<x<1,则x<,由已知F(x)>F(),
可得f(x)>f(),
下面证明:>,即证明﹣x+2lnx>0,
令g(x)=﹣x+2lnx,则:
g′(x)=﹣<0,g(x)在(0,1)↓,g(x)>g(1),
即>,
∴xf(x)>f(),
若0<a<1<b且ab=1,
则af(a)>bf(b),
故选:C.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。每题有多个选项符合题目要求。
9.设正实数a,b满足a+b=1,则(  )
A.log2a+log2b≥﹣2 B.ab+
C. D.2a﹣b>
解:因为正实数a,b满足a+b=1,
所以ab=,当且仅当a=b=时取等号,
log2a+log2b=log2(ab)=﹣2,A错误;
令t=ab,ab+=t+在(0,]上单调递减,
当t=时取得最小值,B成立;
==3+,C不成立;
∵正实数a,b满足a+b=1,
a﹣b=a﹣(1﹣a)=2a﹣1>﹣1,则2a﹣b>2﹣1=,D成立.
故选:BD.
10.已知(1﹣2x)2021=ao+a1x+a2x2+a3x3+…+a2021x2021,则(  )
A.展开式中所有项的二项式系数和为22021
B.展开式中所有奇次项系数和为
C.展开式中所有偶次项系数和为
D.
解:∵(1﹣2x)2021=ao+a1x+a2x2+a3x3+…+a2021x2021,
故所有项的二项式系数和为2n=22021,故A正确;
令x=﹣1,可得ao﹣a1+a2﹣a3+…﹣a2021=32021①,
令x=1,可得ao+a1+a2+a3+…+a2021=﹣1 ②,
①+②,并除以2,可得展开式中所有偶次项系数和为ao+a2+a4+a3+…+a2020=,
故C正确;
②﹣①,并除以2,可得奇次项的系数和为 a1+a3+a5+…+a2021=,故B错误;
令x=,可得a0+++…+=0,而a0=1,
∴++…+=﹣1,故D正确,
故选:ACD.
11.半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”,是由边数不全相同的正多边形围成的多面体,体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体,是由正方体切截而成的,它由八个正三角形和六个正方形构成(如图所示),若它的所有棱长都为,则(  )
A.BF⊥平面EAB
B.该二十四等边体的体积为
C.该二十四等边体外接球的表面积为8π
D.PN与平面EBFN所成角的正弦值为
解:对于A,假设A对,即BF⊥平面EAB,于是BF⊥AB,
∠ABF=90°,但六边形ABFPQH为正六边形,∠ABF=120°,矛盾,
所以A错;
对于B,补齐八个角构成棱长为2的正方体,
则该二十四等边体的体积为,
所以B对;
对于C,取正方形ACPM对角线交点O,
即为该二十四等边体外接球的球心,
其半径为R=,其表面积为4πR2=8π,所以C对;
对于D,因为PN在平面EBFN内射影为NS,
所以PN与平面EBFN所成角即为∠PNS,
其正弦值为,所以D对.
故选:BCD.
12.已知函数f(x)=esinx﹣ecosx,其中e是自然对数的底数,下列说法中,正确的是(  )
A.f(x)在是增函数
B.f(x+)是奇函数
C.f(x)在(0,π)上有两个极值点
D.设,则满足的正整数n的最小值是2
解:对于函数f(x)=esinx﹣ecosx,其中e是自然对数的底数,
所以f′(x)=cosxesinx+sinx?ecosx,
对于A:由于x时,cosx>0,sinx>0,所以f′(x)>0,所以函数f(x)为增函数,故A正确;
对于B:设h(x)=f(x+)=,
所以h(﹣x)===,故B正确;
对于C:由f′(x)=cosxesinx+sinx?ecosx,
在x时,cosx>0,sinx>0,
所以f′(x)>0,
所以函数在此区间上无极值点,
由x=时,f′(x)=1≠0,
下面考虑x上
由f″(x)=esinx(cos2x﹣sinx)+ecosx(cosx﹣sin2x),
当x时,cos2x﹣sinx<0,cosx﹣sin2x<0,
所以f″(x)<0,函数f′(x)为单调递减函数,由f′,=,
所以,
故明显存在f′(x)=0;
在上,f′(x)=cosxesinx+sinx?ecosx,
由|sinx|<|cosx|,而cosx<0,sinx>0,
所以sinx<﹣cosx,
所以sinx+cosx<0,
而由esinx>ecosx,明显成立,
即|cosx|?esinx>|sinx|?ecosx,
即cosxesinx+sinx?ecosx<0,
所以不存在零点,
故f′(x)在(0,π)只有一个零点,即函数f(x)只有一个极值点.故C错误;
对于D:由n=1时,g()=,
所以=,明显不成立,
由n=2时,,
同理,
由g()≈1.0939,g()≈0.6515,
所以,
所以n的最小值为2,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.如图,在平面四边形ABCD中,已知AD=3,BC=4,E,F为AB,CD的中点,P,Q为对角线AC,BD的中点,则的值为  .
解:如图,连接FP,FQ,EP,EQ,
∵E,F为AB,CD的中点,P,Q为对角线AC,BD的中点,
∴四边形EPFQ为平行四边形,
∴=,,且AD=3,BC=4,
∴.
故答案为:.
14.为了衡量星星的明暗程度,古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念.星等的数值越小,星星就越亮;星等的数值越大,星星就越暗.到了1850年,由于光度计在天体光度测量的应用,英国天文学家普森又提出了亮度的概念,天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足m1﹣m2=2.5(lgE2﹣lgE1),其中星等为mk的星的亮度为Ek(k=1,2).已知“心宿二”的星等是1.00,“天津四”的星等是1.25,则“心宿二”的亮度大约是“天津四”的 1.26 倍.(结果精确到0.01.当|x|较小时,10x≈1+2.3x+2.7x2)
解:由题意,两颗星的星等与亮度满足:m1﹣m2=2.5(lgE2﹣lgE1),
令“心宿二”的星等m1=1.00,“天津四“的星等m2=1.25,
则m2﹣m1=2.5(lgE1﹣lgE2)=1.25﹣1.00=0.25,
所以lgE1﹣lgE2==0.1,
则lgE1=lgE2+0.1=lg100.1E2,所以E1=100.1E2,
即=1+2.3×0.1+2.7×0.1×0.1=1.257,
则”心宿二“的亮度大约是”天津四“的1.26倍,
故答案为:1.26.
15.已知双曲线的左、右焦点分别为F1、F2,过点F1的直线l与双曲线的左、右两支分别交于A、B两点.若△ABF2的内切圆与边AB、BF2、AF2分别相切于点M、NP,且AP的长为4,则a的值为 2 .
解:由题意可知:|BM|=|BN|,|F2P|=|F2N|,|AM|=|AP|,根据双曲线的定义,可知|BF1|﹣|BF2|=|MF1|﹣|NF2|,|AF2|﹣|AF1|=2a,则|AF1|=|AF2|﹣2a,所以|BF1|﹣|BF2|=|MA|+|AF1|﹣|NF2|=|MA|+|AP|+|PF2|﹣2a﹣|NF2|=8﹣2a=2a,所以a=2.
故答案为:2.
16.在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中,立德中学高三某小组的学生表现优异,发现的正确结论得到老师和同学的一致好评.设随机变量X~B(n,p),记pk=Cpk(1﹣p)n﹣k,k=0,1,2,…,n.在研究pk的最大值时,小组同学发现:若(n+1)p为正整数,则k=(n+1)p时,pk=pk﹣1,此时这两项概率均为最大值;若(n+1)p为非整数,当k取(n+1)p的整数部分,则pk是唯一的最大值.以此为理论基础,有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数.当投掷到第20次时,记录到此时点数1出现5次,若继续再进行80次投掷试验,则当投掷到第100次时,点数1总共出现的次数为 18 的概率最大.
解:继续再进行80次投掷实验,出现点数为1次数X服从二项分布X~B(80,),
由k=(n+1)p=81×,
结合题中的结论可知,当k=13时概率最大,
即后面80次中出现13次点数1的概率最大,加上前面20次中的5次,
所以出现18次的概率最大,
故答案为:18.
四、解答题:本题共6小题,共70分。解答时应有必要的演算步骤、文字说明等。
17.设△ABC的内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c且acosB=1,bsinA=2.
(Ⅰ)求sin(A+C)和边长a;
(Ⅱ)当b2+c2取最小值时,求△ABC的面积.
解:(Ⅰ)由正弦定理及acosB=1与bsinA=2得:2RsinAcosB=1,2RsinBsinA=2(R是△ABC的外接圆半径),
两式相除,得,
设cosB=k,sinB=2k,
∵B是△ABC的内角,∴sinB>0,∴k>0,
∵sin2B+cos2B=1,∴,
∴,,
将代入acosB=1,得,
∴;
(Ⅱ)由(Ⅰ)及余弦定理知b2=a2+c2﹣2accosB=5+c2﹣2c,
∴,
当且仅当时,b2+c2取得最小值,
∴,
∴b2+c2最小时△ABC的面积为.
18.数列{an}中,a2=7且2Sn=nan+4n(n∈N*),其中Sn为{an}的前n项和.
(Ⅰ)求{an}的通项公式an;
(Ⅱ)证明:<﹣(n∈N*).
解:(Ⅰ)由2Sn=nan+4n,取n=1,有2a1=a1+4,得a1=4,
当n≥2时,2Sn﹣1=(n﹣1)an﹣1+4(n﹣1),
两式相减得2an=nan﹣(n﹣1)an﹣1+4,
即(n﹣2)an﹣(n﹣1)an﹣1+4=0(n≥2),
∴(n﹣3)an﹣1﹣(n﹣2)an﹣2+4=0(n≥3),
两式再相减得(n﹣2)an﹣(2n﹣4)an﹣1+(n﹣2)an﹣2=0,
即an+an﹣2=2an﹣1(n≥3),
∴{an}为等差数列,又d=a2﹣a1=7﹣4=3,
则an=4+3(n﹣1)=3n+1;
证明:(Ⅱ)要证<﹣,
即证<﹣,
∵<,
∴<
=.
故<﹣(n∈N*).
19.在如图所示的圆柱O1O2中,AB为圆O1的直径,C,D是的两个三等分点,EA,FC,GB都是圆柱O1O2的母线.
(1)求证:FO1∥平面ADE;
(2)若BC=FC=2,求二面角B﹣AF﹣C的余弦值.
【解答】(1)证明:连接O1C,因为EA,FC,都是圆柱O1O2的母线,所以AE∥CF,
因为C,D是的两个三等分点,AB为圆O1的直径,所以AD∥O1C,
又因为AD∩AE=A,CF∩O1F=F,所以平面AED∥平面O1CF,
又因为O1F?平面O1CF,所以FO1∥平面ADE.
(2)解:连接AC,因为AB为圆O1的直径,所以AC⊥BC,
又因为CF⊥平面ABC,所以CF⊥CB,CF⊥AC,
所以CA、CB、CF两两垂直,
建立如图所示的空间直角坐标系,由题意得各点坐标如下:
C(0,0,0),B(0,2,0),F(0,0,2),A(2,0,0),
=(﹣2,2,0),(﹣2,0,2),
设平面ABF的法向量为=(x,y,z),
,令x=1,则=(1,,),
平面ACF的法向量为=(0,1,0),
所以二面角B﹣AF﹣C的余弦值为==.
20.某电子公司新开发一电子产品,该电子产品的一个系统G有2n﹣1个电子元件组成,各个电子元件能正常工作的概率均为p,且每个电子元件能否正常工作相互独立.若系统中有超过一半的电子元件正常工作,则系统G可以正常工作,否则就需维修.
(1)当n=2,p=时,若该电子产品由3个系统G组成,每个系统的维修所需费用为500元,设ξ为该电子产品需要维修的系统所需的总费用,求ξ的分布列与数学期望;
(2)为提高系统G正常工作的概率,在系统内增加两个功能完全一样的电子元件,每个新元件正常工作的概率均为p,且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作,则系统C可以正常工作,问p满足什么条件时,可以提高整个系统G的正常工作概率?
解:(1)当n=2时,一个系统有3个电子元件,则一个系统需要维修的概率为,(1分)
设X为该电子产品需要维修的系统个数,则,ξ=500X,
∴,
∴ξ的分布列为:
ξ 0 500 1000 1500
P



∴.
(2)记2k﹣1个元件组成的系统正常工作的概率为pk.2k﹣1个元件中有i个正常工作的概率
为,
因此系统工常工作的概率.
在2k﹣1个元件组成的系统中增加两个元件得到2k+1个元件组成的系统,则新系统正常工作可分为下列情形:
(a)原系统中至少有k+1个元件正常工作,概率为;
(b)原系统中恰有k个元件正常工作,且新增的两个元件至少有1个正常工作,
概率为;
(c)原系统中恰有k﹣1个元件正常工作,且新增的两个元件均正常工作,
概率为.
因此,
=,
故当时,pk单调增加,增加两个元件后,能提高系统的可靠性.
21.某城市决定在夹角为30°的两条道路EB、EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园,如图所示,AB=2千米,O为AB的中点,OD为椭圆的长半轴,在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN,其中M,N在椭圆上,且MN的倾斜角为45°,交OD于G.
(1)若OE=3千米,为了不破坏道路EF,求椭圆长半轴长的最大值;
(2)若椭圆的离心率为,当线段OG长为何值时,游乐区域△OMN的面积最大?
解:(1)以O为坐标原点,以OD所在的坐标为x轴,以OA所在的直线为y轴建立平面直角坐标系,
由题意A(0,1),E(3,0),由∠OEF=30°,所以|OF|=|OE|?tan30°=,
所以F(,0),kEF=﹣,
所以直线EF的方程为:y=﹣x+,
设OD=a,则D(a,0),
所以椭圆+y2=1,当a最大时直线EF与椭圆相切,
整理可得:(1+3a2)x2﹣62x+8a2=0,
△=(6a)2﹣4(1+3a2)?8a2=0,解得a=(﹣舍)
所以椭圆的长半轴长为;
(2)因为e==,b=1,a2=b2+c2,
所以a2=4,
所以椭圆的方程为:+y2=1;
设OG=t>0,则G(t,0),直线MN的方程为:y=x﹣t,
联立,整理可得:5x2﹣8tx+4t2﹣4=0,
设M(x1,y2),N(x2,y2)则x1+x2=,x1x2=,
|y1﹣y2|=|x1﹣x2|===?,
S△OMN=|OG|?|y1﹣y2|=?t??=,
要保证MN与半椭圆有交点,当N位于B时t=1,
所以1<t<2,当t2=﹣=,即t=,
S△OMN有最大值为1,
综上所述,当OG=时,三角形OMN的面积最大.
22.已知函数f(x)=xlnx﹣x2+(2a﹣1)x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数;
(2)已知函数g(x)=﹣f′(x)有两个不同的零点x1,x2,且x1<x2.证明:x2﹣x1<.
【解答】(1)解:函数f(x)=xlnx﹣x2+(2a﹣1)x,故f(x)的定义域为(0,+∞),则f'(x)=lnx﹣x+2a,
令h(x)=lnx﹣x+2a,则,
当0<x<1时,h'(x)>0,则h(x)单调递增,
当x>1时,h'(x)<0,则h(x)单调递减,
所以当x=1时,h(x)取得最大值h(1)=2a﹣1,
当a≤时,h(1)=2a﹣1≤0,则f'(x)≤0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,此时f(x)无极值点;
当a>时,h(1)=2a﹣1>0,因为0<e﹣2a<1,h(e﹣2a)=﹣2a﹣e﹣2a+2a=﹣e﹣2a<0,
所以h(x)在(0,1)上有且只有一个零点,
所以f(x)在(0,1)上有且只有一个极值点,
又e5a>e2>1,h(e5a)=5a﹣e5a+2a<7a﹣e4aa=a(7﹣e4a)<a(7﹣e2)<0,
所以h(x)在(1,+∞)上有且只有一个零点,
所以f(x)在(1,+∞)上有且只有一个极值点.
综上所述,当a≤时,f(x)无极值点;当a>时,f(x)有2个极值点.
(2)证明:函数g(x)=﹣f′(x)=,
则,
当0<x<1时,g'(x)<0,则g(x)单调递减,
当x>时,g'(x)>0,则g(x)单调递增,
所以当x=1时,g(x)取得最小值g(1)=e+1﹣2a,
因为函数g(x)有两个不同的零点x1,x2,且x1<x2,
所以g(1)<0,即e+1﹣2a<0,所以2a>e+1,
又g(2a)=,
令φ(x)=,则φ'(x)=,
令m(x)=ex(x﹣1)﹣x(x≥e),则m'(x)=xex﹣1≥ee+1﹣1>0,
所以m(x)单调递增,所以m(x)≥m(e)=ee(e﹣1)﹣e>0,
所以φ'(x)>0,所以φ(x)单调递增,
所以φ(2a)>φ(e+1)>φ(e)=ee﹣1﹣1>0,
所以g(2a)>0,所以x2<2a,
令n(x)=lnx﹣x+1(x>0),则n'(x)=,
当0<x<1时,n'(x)>0,则n(x)单调递增,
当x>1时,n'(x)<0,则n(x)单调递减,
所以当x=1时,n(x)取到最大值为n(1)=0,
所以n(x)≤0,即lnx≤x﹣1,
所以≥,
令,则g(p)>,所以,
所以.

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