10、中的常數(shù)項為________．
答案 6 1215
解析 n的展開式中各項系數(shù)的絕對值之和與n的展開式中各項系數(shù)之和相等，
令x＝1，則4n＝4096，則n＝6.
6的展開式的通項
Tk＋1＝C(3)6－kk＝(－1)k36－kC，
令3－k＝0，則k＝2，T3＝(－1)234C＝1215.
13．已知某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是________，該幾何體的各條棱中最長棱的長度為________．
答案 2
解析 還原該幾何體，并將其放入長方體中，如圖中三棱錐A－BCD所示，
則VA－BCD＝VC－ABD＝××3×2×2＝2.經(jīng)計算知，三棱錐A
11、－BCD的各條棱的長度分別為AB＝3，BC＝AD＝2，BD＝CD＝，AC＝，則最長棱的長度為.
14．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1－2an＝2n(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式為an＝________.
答案 n·2n－1
解析 an＋1－2an＝2n兩邊同除以2n＋1，
可得－＝，又＝，
∴數(shù)列是以為首項，為公差的等差數(shù)列，
∴＝＋(n－1)×＝，∴an＝n·2n－1.
15．設(shè)a，b，e為平面向量，若|e|＝1，a·e＝1，b·e＝2，|a－b|＝2，則|a＋b|的最小值為________，a·b的最小值為________．
答案 3
解析 ∵|e|＝1
12、，a·e＝1，b·e＝2，∴(a＋b)·e＝3，
設(shè)(a＋b)與e的夾角為θ(θ∈[0，π])，
則|a＋b|·|e|cosθ＝3，∴|a＋b|＝(θ∈[0，π])，
∴|a＋b|min＝3，當(dāng)且僅當(dāng)cosθ＝1即θ＝0時取最小值．
∵|e|＝1，∴不妨設(shè)e＝(1,0)．
∵a·e＝1，b·e＝2，∴可設(shè)a＝(1，m)，b＝(2，n)，
∴a－b＝(－1，m－n)．
∵|a－b|＝2，∴＝2，化為(m－n)2＝3，
∴(m＋n)2＝3＋4mn≥0，∴mn≥－，
當(dāng)且僅當(dāng)m＝－n＝±時取等號．
∴a·b＝2＋mn≥2－＝.
16．2017年某縣為檢查“精準(zhǔn)扶貧”的落實情況，
13、對甲、乙、丙三個鎮(zhèn)進(jìn)行重點調(diào)研，甲鎮(zhèn)最多派3個人，乙鎮(zhèn)最多派2個人，丙鎮(zhèn)只派1個人．調(diào)研工作組由3男2女組成，由于該縣位于偏遠(yuǎn)山區(qū)，因此女同志不單獨調(diào)研，每個鎮(zhèn)至少派1個人，則不同的分配方法有________種．
答案 18
解析 分析知有2種分配途徑：(1)甲鎮(zhèn)派2個女同志，則必有1個男同志，有C種分配方法，另2個男同志分別分配在乙鎮(zhèn)和丙鎮(zhèn)，分配方法有A種，此時分配方法的種數(shù)為C×A＝6；(2)甲鎮(zhèn)派1個女同志，乙鎮(zhèn)派1個女同志，共A種分配方法，3個男同志只能每鎮(zhèn)派1個，共有A種，又A×A＝12，所以共有12種分配方法．又12＋6＝18，所以共有18種分配方法．
17．已知函數(shù)f(x)
14、＝－x2＋|x－2a|＋ax(a∈R)，若函數(shù)f(x)在[0,1]上的值域為[1,2]，則實數(shù)a的值為________．
答案?。?或1
解析 由題意得，1≤f(0)＝|2a|≤2，①
1≤f(1)＝a－1＋|2a－1|≤2，②
由①得≤|a|≤1.
當(dāng)≤a≤1時，由②得，1≤3a－2≤2,1≤a≤，
所以a＝1，此時f(x)＝－x2＋|x－2|＋x，
又x∈[0,1]，所以f(x)＝－x2＋2∈[1,2]，滿足題意；
當(dāng)－1≤a≤－時，同理可得a＝－1，
此時f(x)＝－x2＋|x＋2|－x，
又x∈[0,1]，所以f(x)＝－x2＋2∈[1,2]，滿足題意．
故實數(shù)a
15、的值為－1或1.
三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)
18．(14分)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，acosC＋ccosA＝(a＋c)．
(1)若4sinA＝3sinB，求的值；
(2)若C＝，且c－a＝8，求△ABC的面積．
解 方法一 acosC＋ccosA＝(a＋c)，
由余弦定理得
a·＋c·＝(a＋c)，
所以a＋c＝2b.
方法二 因為acosC＋ccosA＝(a＋c)，
所以由正弦定理得
sinAcosC＋sinCcosA＝(sinA＋sinC)，
所以sinB＝sin(A＋C)＝(sinA＋
16、sinC)，
由正弦定理得b＝(a＋c)，即a＋c＝2b.
(1)4sinA＝3sinB，由正弦定理得4a＝3b，
所以a＋c＝2·a，所以＝.
(2)由c－a＝8，得b＝a＋4，c＝a＋8，
則由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，
可得(a＋8)2＝a2＋(a＋4)2－2a·(a＋4)cos，
解得a＝6或a＝－4(舍去)，所以b＝10，
所以△ABC的面積S＝absinC＝15.
19．(15分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠ABC＝120°.點E是棱PC的中點，平面ABE與棱PD交于點F.
(1)求證：EF∥平面PAB；
(2)若
17、PA＝PD＝AD＝2，且平面PAD⊥平面ABCD，求PB與平面ABEF所成角的正弦值．
(1)證明 ∵底面ABCD是菱形，∴AB∥CD，
又AB?平面PCD，CD?平面PCD，
∴AB∥平面PCD，
∵A，B，E，F(xiàn)四點共面，且平面ABEF∩平面PCD＝EF，
∴AB∥EF，
∵AB?平面PAB，EF?平面PAB，
∴EF∥平面PAB.
(2)解 方法一 要求PB與平面ABEF所成角的正弦值，只要求出點P到平面ABEF的距離，設(shè)點P到平面ABEF的距離為h，PB與平面ABEF所成的角為θ，取AD的中點G，連接PG，BG，BF.
∵PA＝PD，∴PG⊥AD，
又平面PAD⊥平
18、面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PG⊥平面ABCD，∴PG⊥GB，
∵PG＝BG＝，∴PB＝，
不難求得BF＝2，S△ABF＝，S△PAF＝，
點B到平面PAF的距離為BG＝，
由VP－ABF＝VB－PAF，可得
S△ABF·h＝S△PAF·BG，
∴h＝，∴h＝，
則sinθ＝＝＝，
∴PB與平面ABEF所成角的正弦值為.
方法二 取AD的中點G，連接PG，GB，
∵PA＝PD，∴PG⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PG⊥平面ABCD，
∴PG⊥GB，
在菱形ABCD中，∵AB＝AD，∠DAB＝6
19、0°，G是AD中點，∴AD⊥GB，
如圖，建立空間直角坐標(biāo)系Gxyz，
∵PA＝PD＝AD＝2，則G(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－2，，0)，D(－1,0,0)，P(0,0，)，
∵AB∥EF，E是棱PC的中點，
∴F是棱PD的中點，
∴E，F(xiàn)，
＝，＝，＝(0，，－)，
設(shè)平面ABEF的法向量為n＝(x，y，z)，
則有∴
不妨取x＝3，則平面ABEF的一個法向量為n＝(3，，3)，
∵sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
∴PB與平面ABEF所成角的正弦值為.
20．(15分)(2019·臺州質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，其前n項和為S
20、n，若a1＋a4＝－，且對任意的n∈N*，有Sn，Sn＋2，Sn＋1成等差數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若bn＝n，Tn＝＋＋…＋，且(n－1)2≤m(Tn－n－1)對任意的n≥2，n∈N*恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．
解 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，
因為對任意的n∈N*，有Sn，Sn＋2，Sn＋1成等差數(shù)列，
所以2Sn＋2＝Sn＋Sn＋1，
令n＝1，則2(a1＋a1q＋a1q2)＝a1＋a1＋a1q，
整理得2a1(1＋q＋q2)＝a1(2＋q)．
因為a1≠0，所以2(1＋q＋q2)＝2＋q，
又q≠0，所以q＝－.
又a1＋a4＝－，所
21、以a1＝－，
所以an＝a1qn－1＝n.
(2)因為bn＝n，由(1)知＝＝n·2n，
所以Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
兩式相減，得－Tn＝1×21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1，
所以Tn＝－＝(n－1)×2n＋1＋2.
當(dāng)n≥2，n∈N*時，Tn>n＋1，
所以(n－1)2≤m(Tn－n－1)對任意的n≥2，n∈N*恒成立，即m≥對任意的n≥2，n∈N*恒成立．
令f(x)＝(x≥2)，
則f(x＋1)－f(x)＝－
＝<0，
所以≤＝.所以m≥，
即實數(shù)m的取值范圍
22、為.
21．(15分)已知拋物線C1，C2的方程分別為x2＝2y，y2＝2x.
(1)求拋物線C1和拋物線C2的公切線l的方程；
(2)過點G(a，b)(a，b為常數(shù))作一條斜率為k的直線與拋物線C2：y2＝2x交于P，Q兩點，當(dāng)弦PQ的中點恰好為點G時，試探求k與b之間的關(guān)系．
解 (1)由題意可知，直線l的斜率顯然存在，且不等于0，設(shè)直線l的方程為y＝tx＋m.
聯(lián)立消去y并整理得x2－2tx－2m＝0，
因為直線l與拋物線C1相切，
所以Δ1＝(－2t)2－4×(－2m)＝0，
整理得t2＋2m＝0.①
同理，聯(lián)立得2tm＝1.②
由①②，解得
所以直線l的方程為y
23、＝－x－.
(2)由題意知直線PQ的方程為y－b＝k(x－a)，
即y＝k(x－a)＋b.
聯(lián)立消去y得
k2x2＋(－2k2a＋2kb－2)x＋k2a2＋b2－2kab＝0，
當(dāng)k＝0時，直線PQ與拋物線C2：y2＝2x只有一個交點，故k≠0，
設(shè)點P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝，
所以＝.
又y1＋y2＝k(x1－a)＋b＋k(x2－a)＋b
＝k(x1＋x2)－2ka＋2b＝－2ka＋2b
＝＝，
所以＝.
要滿足弦PQ的中點恰好為點G(a，b)，
根據(jù)中點坐標(biāo)公式可知
即所以kb＝1.
故k與b之間的關(guān)系是互為倒數(shù)．
24、
22．(15分)已知函數(shù)f(x)＝ex－x2－ax.
(1)若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
(2)若a＝1，證明：當(dāng)x>0時，f(x)>1－－2.
參考數(shù)據(jù)：e≈2.71828，ln2≈0.69.
(1)解 方法一 由f(x)＝ex－x2－ax，
得f′(x)＝ex－2x－a，
因為函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，
所以f′(x)＝ex－2x－a≥0在R上恒成立，
得a≤ex－2x在R上恒成立．
設(shè)g(x)＝ex－2x，則g′(x)＝ex－2.
令g′(x)＝ex－2＝0，得x＝ln2.
當(dāng)xln2時，g′(x)>0.
25、則函數(shù)g(x)在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝ln2時，g(x)取得最小值，
且g(ln2)＝eln2－2ln2＝2－2ln2，所以a≤2－2ln2，
所以a的取值范圍為(－∞，2－2ln2]．
方法二 由f(x)＝ex－x2－ax，
得f′(x)＝ex－2x－a，
因為函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f′(x)＝ex－2x－a≥0在R上恒成立．
設(shè)h(x)＝ex－2x－a，則h′(x)＝ex－2.
令h′(x)＝ex－2＝0，得x＝ln2，
當(dāng)xln2時，h′(x)>0.
則函數(shù)h(x)在(－∞，ln2
26、)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x＝ln2時，h(x)取得最小值，且h(ln2)＝eln2－2ln2－a＝2－2ln2－a.
由于f′(x)＝h(x)，則2－2ln2－a≥0，得a≤2－2ln2，
所以a的取值范圍為(－∞，2－2ln2]．
(2)若a＝1，則f(x)＝ex－x2－x，
得f′(x)＝ex－2x－1.
由(1)知函數(shù)f′(x)在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增．
又f′(0)＝0，f′(1)＝e－3<0，
f′＝－2－1＝e－3－ln2>0，
所以存在x0∈，使得f′(x0)＝0，
即－2x0－1＝0.
當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0.
則函數(shù)f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，則當(dāng)x＝x0時，函數(shù)f(x)取得最小值，
且f(x0)＝－x－x0，
所以當(dāng)x>0時，f(x)≥f(x0)．
由－2x0－1＝0，得＝2x0＋1，
則f(x0)＝－x－x0＝2x0＋1－x－x0＝－x＋x0＋1＝－2＋.
由于x0∈，
則f(x0)＝－2＋>－2＋＝1－－2.
所以當(dāng)x>0時，f(x)>1－－2.
14
（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動檢測七（1-10章）（含解析）
