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大题规范练(五)
(满分70分，押题冲刺，70分钟拿到主观题高分)
解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
1．(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)．
(1)求a的值及数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(1－an)log3(a·an＋1)，求数列{}的前n项和Tn.
解：(1)∵6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)，
∴当n＝1时，6S1＝6a1＝9＋a，
当n≥2时，6an＝6(Sn－Sn－1)＝(3n＋1－a)－(3n＋a)＝2×3n，
即an＝3n－1，
∵{an}是等比数列，∴a1＝1，则9＋a＝6，得a＝－3，
∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝(1－an)log3(a·an＋1)＝(3n－2)(3n＋1)，
∴＝＝，
∴Tn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝
＝.
2．(本小题满分12分)如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，∠DAB＝∠DBE＝60°，设AC与BD相交于点O，且FA＝FC.
(1)求证：平面FBC∥平面EAD；
(2)求二面角AFCB的余弦值．
解：(1)因为四边形ABCD与BDEF均为菱形，所以AD∥BC，DE∥BF.因为AD⊄平面FBC，DE⊄平面FBC，所以AD∥平面FBC，DE∥平面FBC.
又AD∩DE＝D，AD⊂平面EAD，DE⊂平面EAD，所以平面FBC∥平面EAD.
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(2)如图所示，连接FO，FD，因为四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，所以△DBF为等边三角形．因为O为BD的中点，所以FO⊥BD.
因为O为AC的中点，且FA＝FC，所以AC⊥FO.
又AC∩BD＝O，所以FO⊥平面ABCD.
由OA，OB，OF两两垂直，则以O为坐标原点OA，OB，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝2，因为四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，则BD＝2，OB＝1，OA＝OF＝，所以O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，C(－，0,0)，F(0,0，)，＝(，0，)，＝(，1,0)．
设平面BFC的法向量为n＝(x，y，z)，则有所以令x＝1，则n＝(1，－，－1)为平面BFC的一个法向量．
因为OB⊥平面AFC，所以平面AFC的一个法向量为＝(0,1,0)．
因为二面角AFCB为锐二面角，设其平面角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
所以二面角AFCB的余弦值为.
3．(本小题满分12分)某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中2道题的便可通过．已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响．
(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望；
(2)请分析比较甲、乙两人谁面试通过的可能性大？
解：(1)设甲正确完成面试的题数为ξ，则ξ的可能取值为1,2,3.
P(ξ＝1)＝＝；P(ξ＝2)＝＝；P(ξ＝3)＝＝.
应聘者甲正确完成题数ξ的分布列为
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ξ
1
2
3
P
E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝2.
设乙正确完成面试的题数为η，则η的可能取值为0,1,2,3.
P(η＝0)＝C＝；
P(η＝1)＝C＝；
P(η＝2)＝C＝；P(η＝3)＝C＝.
应聘者乙正确完成题数η的分布列为
η
0
1
2
3
P
E(η)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.(或因为η～B，所以E(η)＝3×＝2)
(2)因为D(ξ)＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝，
D(η)＝3××＝.
所以D(ξ)＜D(η)．
综上所述，从做对题数的数学期望考查，两人水平相当；
从做对题数的方差考查，甲较稳定；
从至少完成2道题的概率考查，甲面试通过的可能性大．
4．(本小题满分12分)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，若过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点，且|MN|＝8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线l为抛物线C的切线，且l∥MN，P为l上一点，求·的最小值．
解：(1)由题意可知F，则直线MN的方程为：y＝x－，代入y2＝2px(p＞0)中，
得x2－3px＋＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有
x1＋x2＝3p，
∵|MN|＝8，∴x1＋x2＋p＝8，即3p＋p＝8，解得p＝2，
∴抛物线的方程为y2＝4x.
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(2)设l的方程为y＝x＋b，代入
y2＝4x中，得x2＋(2b－4)x＋b2＝0，
∵l为抛物线C的切线，∴Δ＝0，
即(2b－4)2－4b2＝0，
解得b＝1，∴l：y＝x＋1.
由(1)可知：x1＋x2＝6，x1x2＝1，
设P(m，m＋1)，则＝(x1－m，y1－(m＋1))，＝(x2－m，y2－(m＋1))，
∴·＝(x1－m)(x2－m)＋[y1－(m＋1)][y2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－(m＋1)(y1＋y2)＋(m＋1)2.
∵x1＋x2＝6，x1x2＝1，
∴(y1y2)2＝16x1x2＝16，y1y2＝(x1－1)(x2－1)＝－4，
∴y－y＝4(x1－x2)，∴y1＋y2＝4·＝4，
∴·＝1－6m＋m2－4－4(m＋1)＋(m＋1)2＝
2(m2－4m－3)＝2[(m－2)2－7]≥－14，
当且仅当m＝2，即点P的坐标为(2,3)时，·取得最小值－14.
5．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x－aln x，g(x)＝－，其中a∈R.
(1)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，求函数h(x)的单调区间；
(2)若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)＜g(x0)成立，求a的取值范围．
解：(1)h(x)＝x＋－aln x，
h′(x)＝1－－＝
＝，
①当a＋1＞0，即a＞－1时，在(0,1＋a)上h′(x)＜0，在(1＋a，＋∞)上h′(x)＞0，
所以h(x)在(0,1＋a)上单调递减，在(1＋a，＋∞)上单调递增．
②当1＋a≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上h′(x)＞0，
所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)＜g(x0)成立，即存在x0∈[1，e]，使得h(x0)＝f(x0)－g(x0)＜0成立，即函数h(x)＝x＋－aln x在[1，e]上的最小值小于零．
由(1)可知：
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①当1＋a≥e，即a≥e－1时，h′(x)＜0，h(x)在[1，e]上单调递减，所以h(x)在[1，e]上的最小值为h(e)，
由h(e)＝e＋－a＜0可得a＞，
因为＞e－1，所以a＞.
②当1＋a≤1，即a≤0时，h(x)在[1，e]上单调递增，
所以h(x)的最小值为h(1)，由h(1)＝1＋1＋a＜0可得a＜－2.
③当1＜1＋a＜e，即0＜a＜e－1时，可得h(x)的最小值为h(1＋a)，因为0＜ln(1＋a)＜1，所以0＜aln(1＋a)＜a，故h(1＋a)＝2＋a－aln(1＋a)＞2＞0，不合题意．
综上可得，所求a的取值范围是∪.
请考生在第6、7题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
6．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
已知极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合，圆C的极坐标方程是ρ＝2asin θ，直线l的参数方程是(t为参数)．
(1)若a＝2，M为直线l与x轴的交点，N是圆C上一动点，求|MN|的最大值；
(2)若直线l被圆C截得的弦长为2，求a的值．
解：(1)由ρ2＝4ρsin θ得圆C的直角坐标方程为x2＋y2－4y＝0，即x2＋(y－2)2＝4.
将直线l的参数方程化为普通方程，得y＝－(x－2)，
令y＝0，得x＝2，即点M的坐标为(2,0)．
又圆C的圆心坐标为(0,2)，半径r＝2，则|MC|＝2，
所以|MN|的最大值为|MC|＋r＝2＋2.
(2)因为圆C：x2＋(y－a)2＝a2，直线l：4x＋3y－4a＝0，
所以圆心C到直线l的距离d＝＝，
所以2 ＝2，即|a|＝2，
解得a＝±.
7．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
设函数f(x)＝|x－a|.
(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥4－|x－1|；
(2)若f(x)≤1的解集为{x|0≤x≤2}，＋＝a(m＞0，n＞0)，求证：m＋2n≥4.
解：(1)当a＝2时，不等式f(x)≥4－|x－1|即为|x－2|≥4－|x－1|，
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①当x≤1时，原不等式化为2－x≥4＋(x－1)，得x≤－，故x≤－；
②当1＜x＜2时，原不等式化为2－x≥4－(x－1)，得2≥5，故1＜x＜2不是原不等式的解；
③当x≥2时，原不等式化为x－2≥4－(x－1)，得x≥，故x≥.
综合①②③知，原不等式的解集为∪.
(2)证明：由f(x)≤1得|x－a|≤1，从而－1＋a≤x≤1＋a，∵f(x)≤1的解集为{x|0≤x≤2}，
∴得a＝1，∴＋＝a＝1.
又m＞0，n＞0，∴m＋2n＝(m＋2n)＝2＋≥2＋2＝4，当且仅当＝，即m＝2n时，等号成立，此时，联立＋＝1，得则m＋2n＝4，故m＋2n≥4，得证．
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