3 分类讨论思想专练-【金版教程】2025年高考数学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

数学　高考总复习首选用卷 分类讨论思想专练 一、选择题 1．在△ABC中，C＝，AB＝2，AC＝，则cosB的值为(　　) A. B．－ C.或－ D.或－ 答案　D 解析　由题意知C＝，c＝AB＝2，b＝AC＝，由正弦定理＝，得sinB＝＝.因为b＞c，所以B＞C＝，又0＜B＜π，所以B＝或.当B＝时，cosB＝；当B＝时，cosB＝－.故选D. 2．已知函数f(x)＝x3－3x2－k在区间(0，3)内存在零点，则k的取值范围是(　　) A．(－∞，0) B．[－4，＋∞) C．(－4，0] D．[－4，0) 答案　D 解析　f(0)＝f(3)＝－k，f′(x)＝3x2－6x，当0<x<2时，f′(x)<0，当2<x<3时，f′(x)>0，所以函数f(x)在区间(0，2)上单调递减，在(2，3)上单调递增，所以在区间(0，3)上，f(x)min＝f(2)＝－4－k，当k≥0时，f(0)＝f(3)＝－k≤0，则当x∈(0，3)时，f(x)<0，无零点，不符合题意；当k<0时，f(0)＝f(3)＝－k>0，因为f(x)在区间(0，3)内存在零点，所以f(2)≤0，此时k≥－4，所以k的取值范围是[－4，0)．故选D. 3．在等比数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1，记Tn＝a1a3a5…a2n－1(n＝1，2，…)，则数列{Tn}(　　) A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项 C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项 答案　A 解析　设等比数列{an}的公比为q，则＝q4＝，所以q2＝，设数列{bn}为等比数列{an}的奇数项a1，a3，a5，…，a2n－1(n＝1，2，…)，则数列{bn}是以－9为首项，为公比的等比数列，bn＝－9×＝－，所以Tn＝a1a3a5…a2n－1＝b1b2b3…bn，当n≥4时，|bn|<1，当1≤n≤3时，|bn|≥1，当n为奇数时，Tn<0，因为b3＝－1，所以Tn≥T3＝－27，当n为偶数时，Tn>0，因为b3＝－1，所以Tn≤T2＝27.综上所述，数列{Tn}有最大项T2＝27和最小项T3＝－27.故选A. 4．对于函数f(x)，若∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)为某一三角形的三边长，则称f(x)为“可构造三角形函数”．已知函数f(x)＝是“可构造三角形函数”，则实数t的取值范围是(　　) A．[0，＋∞) B．[0，1] C．[1，2] D. 答案　D 解析　f(x)＝＝1＋，由题意得f(x)>0恒成立，所以>－1恒成立，即t>－ex恒成立，所以t≥0.①若t∈[0，1)，则f(x)是增函数，当x→＋∞时，得f(x)max→1，当x→－∞时，得f(x)min→t，所以值域为(t，1)．因为三角形任意两边之和大于第三边，所以t＋t≥1，解得≤t<1；②若t＝1，则f(x)＝1，显然满足题意；③若t∈(1，＋∞)，则f(x)是减函数，当x→＋∞时，得f(x)min→1，当x→－∞时，得f(x)max→t，所以值域为(1，t)，同理可得1＋1≥t，所以1<t≤2.综上可得，实数t的取值范围是. 5．已知甲盒中有2个白球，2个红球，1个黑球，乙盒中有4个白球，3个红球，2个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，记事件A＝“甲盒中取出的球与乙盒中取出的球颜色不同”，则P(A)＝(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　从甲盒中随机取出一个球，此球为白球、红球、黑球的概率分别为，，.若从甲盒中取出的是白球，放入乙盒，此时乙盒中有5个白球，3个红球，2个黑球，再取出一个非白球的概率为＝；若从甲盒中取出的是红球，放入乙盒，此时乙盒中有4个白球，4个红球，2个黑球，再取出一个非红球的概率为＝；若从甲盒中取出的是黑球，放入乙盒，此时乙盒中有4个白球，3个红球，3个黑球，再取出一个非黑球的概率为，故P(A)＝×＋×＋×＝.故选D. 6．已知四边形ABCD中，AC⊥BD，AB＝BC＝＝2，AC＝CD＝2，点E在四边形ABCD的边上运动，则·的最小值是(　　) A．3 B．－1 C．－3 D．－4 答案　C 解析　如图所示，因为AC⊥BD，且AB＝BC，所以BD垂直且平分AC，则△ACD为等腰三角形，又AC＝CD＝2，所以△ACD为等边三角形，则四边形ABCD关于直线BD对称，故点E在四边形ABCD的边上运动时，只需考虑点E在边BC，CD上的运动情况即可，因为AB＝BC＝＝2，易知BC2＋CD2＝BD2，即BC⊥CD，则·＝0，①当点E在边BC上运动时，设＝λ(0≤λ≤1)，则＝(λ－1)，所以·＝·(＋)＝λ·(λ－1)＝4λ(λ－1)，当λ＝时，·的最小值为－1；②当点E在边CD上运动时，设＝k(0≤k≤1)，则＝(k－1)，所以·＝(＋)·＝(k－1)·k＝12k(k－1)，当k＝时，·的最小值为－3.综上，·的最小值为－3. 二、填空题 7．设F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，P为椭圆上一点．已知P，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|>|PF2|，则的值为________． 答案　或2 解析　①若∠PF2F1＝90°，则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，又因为|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2，解得|PF1|＝，|PF2|＝，所以＝；②若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，所以|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，所以|PF1|＝4，|PF2|＝2，所以＝2.综上可知，＝或2. 8.的常数项为________． 答案　1680 解析　要得到展开式中的常数项，需要分情况讨论：①当x2的指数为1时，的指数必为2，此时需要的展开式中出现y2项，即C(y4)2＝Cy2，故此时常数项为Cx2CCy2＝1680；②当x2的指数为2时，的指数必为4，此时需要的展开式中出现y4项，由完全平方公式展开可知不可能出现y4项．综上，所求常数项为1680. 9．若函数f(x)＝sin(ω>0)的图象在上与直线y＝1只有两个公共点，则ω的取值范围是________． 答案　[17，25)∪(27，33) 解析　因为x∈，ω>0，所以ωx＋∈，令t＝ωx＋，由已知得f(x)＝sin＝1在x∈上有两个解，可知sint＝1在t∈上有两个解，由题意得 解得当k≤－1时，27＋24k<17＋8k，不等式组无解；当k＝0时，得17≤ω<25；当k＝1时，得27<ω<33；当k≥2时，25＋8k<3＋24k，不等式组无解．综上，ω的取值范围是[17，25)∪(27，33)． 三、解答题 10．(2023·辽宁葫芦岛高三期末)已知首项为的等比数列{an}的公比小于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若实数a使得a>Sn＋对任意n∈N*恒成立，求a的取值范围． 解　(1)设等比数列{an}的公比为q， 由S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，可得 2(S5＋a5)＝S3＋a3＋S4＋a4， 整理得2(S3＋a4＋2a5)＝2S3＋a3＋2a4， 所以4a5＝a3，即q2＝，解得q＝±， 由等比数列{an}的公比小于0，可得q＝－， 即an＝×＝(－1)n－1·. (2)由(1)得Sn＝1－ ＝ 设y＝x＋，x>0，则y′＝1－＝， 当0<x<1时，y′<0，y＝x＋单调递减；当x>1时，y′>0，y＝x＋单调递增， 当n为奇数时，Sn随n的增大而减小， 所以1<Sn≤S1＝，Sn＋∈； 当n为偶数时，Sn随n的增大而增大， 所以1>Sn≥S2＝，Sn＋∈. 故实数a使得a>Sn＋对任意n∈N*恒成立，则a的取值范围为. 11.如图，A，B，C，D为空间四点．在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝，等边三角形ADB以AB所在直线为轴转动． (1)当平面ADB⊥平面ABC时，求CD； (2)当△ADB转动时，是否总有AB⊥CD？证明你的结论． 解　(1)如图，取AB的中点E， 连接DE，EC， ∵△ADB是等边三角形， ∴DE⊥AB. 当平面ADB⊥平面ABC时， ∵平面ADB∩平面ABC＝AB， ∴DE⊥平面ABC，可得DE⊥EC. 由已知可得DE＝，EC＝1， 在Rt△DEC中，CD＝＝2. (2)当△ADB以AB所在直线为轴转动时，总有AB⊥CD. 证明：①当D在平面ABC内时， ∵AC＝BC，AD＝BD， ∴C，D都在线段AB的垂直平分线上， 则AB⊥CD. ②当D不在平面ABC内时， 由(1)知AB⊥DE. 又AC＝BC，∴AB⊥EC. 又DE，EC为相交直线，DE，EC⊂平面DEC， ∴AB⊥平面DEC， 由CD⊂平面DEC，得AB⊥CD. 综上所述，当△ADB以AB所在直线为轴转动时，总有AB⊥CD. 12．(2023·河北正定中学高三模拟)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为，一动圆C2过椭圆C1的右焦点F，且与直线x＝－1相切． (1)求椭圆C1的方程及动圆圆心轨迹C的方程； (2)过F作两条互相垂直的直线，分别交椭圆C1于点P，Q，交曲线C于点M，N，求四边形PMQN面积的最小值． 解　(1)由已知可得⇒⇒b2＝a2－c2＝3， 则椭圆C1的方程为＋＝1. 由已知可得动圆圆心的轨迹为抛物线，且抛物线C的焦点为(1，0)，准线方程为x＝－1， 则动圆圆心轨迹C的方程为y2＝4x. (2)当直线MN的斜率不存在时，|MN|＝4， 此时PQ的长即为椭圆的长轴长，|PQ|＝4， 从而S四边形PMQN＝|MN||PQ|＝×4×4＝8. 当直线MN的斜率存在时，设斜率为k， 则k≠0，直线MN的方程为y＝k(x－1)， 直线PQ的方程为y＝－(x－1)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)， 由消去y可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 由抛物线定义可知|MN|＝|MF|＋|NF|＝x1＋1＋x2＋1＝＋2＝4＋， 由 消去y得(3k2＋4)x2－8x＋4－12k2＝0， 从而|PQ|＝|x3－x4| ＝， 所以S四边形PMQN＝|MN||PQ|＝·＝， 令1＋k2＝t，因为k2>0，则t>1， 则S四边形PMQN＝ ＝＝， 因为3－－＝4－∈(0，3)， 所以S四边形PMQN＝>8. 综上，四边形PMQN面积的最小值为8. 13．(2023·江苏盐城伍佑中学高三上第一次阶段考试)设f(x)＝xsinx＋cosx，g(x)＝x2＋4. (1)讨论f(x)在[－π，π]上的单调性； (2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，试证明：h(x)在R上有且仅有三个零点． 解　(1)f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx， 令f′(x)＝0，又x∈[－π，π]， 则x＝0或x＝±. 故当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以f(x)在，上单调递增，在，上单调递减． (2)证明：h(x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx， 因为h(0)＝0，所以x＝0是h(x)的一个零点． h(－x)＝(－x)2＋4－4(－x)sin(－x)－4cos(－x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx＝h(x)，所以h(x)是偶函数， 即要确定h(x)在R上的零点个数，只需确定x>0时，h(x)的零点个数即可． 当x>0时，h′(x)＝2x－4xcosx＝2x(1－2cosx)， 令h′(x)＝0，即cosx＝，x＝＋2kπ或x＝＋2kπ(k∈N)． 当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 且h＝＋2－<0， 当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 且h＝＋＋2>0， 所以h(x)在上有唯一零点． 当x≥时，由于sinx≤1，cosx≤1， 所以h(x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx≥x2＋4－4x－4＝x2－4x， 令t(x)＝x2－4x， 而t(x)在上单调递增，t(x)≥t>0， 所以h(x)>0恒成立，故h(x)在上无零点． 所以h(x)在(0，＋∞)上有一个零点． 由于h(x)是偶函数，所以h(x)在(－∞，0)上有一个零点，而h(0)＝0， 所以h(x)在R上有且仅有三个零点． 转化与化归思想专练 一、选择题 1．过抛物线y＝ax2(a＞0)的焦点F，作一直线交抛物线于P，Q两点．若线段PF与FQ的长度分别为p，q，则＋＝(　　) A．2a B. C．4a D. 答案　C 解析　抛物线y＝ax2(a＞0)的标准方程为x2＝y(a＞0)，焦点F.不妨过焦点F作直线垂直于y轴，则|PF|＝|QF|＝，所以＋＝4a. 2．(2023·湖北高三开学考试)设函数f(x)＝mx2－mx－1，命题“∃x∈[1，3]，f(x)≤－m＋2”是假命题，则实数m的取值范围为(　　) A. B．(－∞，3] C. D．(3，＋∞) 答案　D 解析　因为命题“∃x∈[1，3]，f(x)≤－m＋2”是假命题，所以∀x∈[1，3]，f(x)>－m＋2，又f(x)>－m＋2可化为mx2－mx－1>－m＋2，即m(x2－x＋1)>3，当x∈[1，3]时，x2－x＋1∈[1，7]，所以m>在x∈[1，3]上恒成立，所以m>，其中x∈[1，3]，当x＝1时，x2－x＋1有最小值为1，此时有最大值为3，所以m>3，故实数m的取值范围是(3，＋∞)．故选D. 3．已知a＝e－3，b＝ln 1.01，c＝sin0.02，则(　　) A．a<b<c B．b<a<c C．c<b<a D．b<c<a 答案　D 解析　如图，单位圆A中，∠BAC＝θ，BD⊥AC于点D，则的长度l＝θ，|BD|＝sinθ，则由图易得，l>|BC|>|BD|，即θ>sinθ，所以a＝e－3＝>>＝0.02>sin0.02＝c.设f(x)＝sin2x－ln (1＋x)，x∈，则f′(x)＝2cos2x－>1－>0，所以f(x)在上单调递增，则f(0.01)>0，即sin0.02>ln 1.01，即b<c.综上，b<c<a.故选D. 4．(2023·江苏南京六校高三期初联合调研)已知函数f(x)＝－x2－cosx，g(x)＝x2－k，若f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，则k的值为(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 答案　C 解析　∵f(x)与g(x)图象有且仅有一个公共点，∴f(x)＝g(x)有唯一解，即k＝x2＋cosx有唯一解，令h(x)＝x2＋cosx，则h′(x)＝3x－sinx，令m(x)＝3x－sinx，则m′(x)＝3－cosx，∵cosx∈[－1，1]，∴m′(x)>0，∴h′(x)在R上单调递增，又h′(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，∴h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(0)＝1，可得h(x)的大致图象如图所示，k＝x2＋cosx有唯一解等价于y＝h(x)与y＝k的图象有唯一交点，由图象可知，当k＝1时，y＝h(x)与y＝k的图象有唯一交点，即f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点．故选C. 5．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1到平面BED的距离为(　　) A．2 B. C. D．1 答案　D 解析　因为AC1∥平面BDE，所以直线AC1到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离，设为h.由题意计算得VE－ABD＝S△ABD×CC1＝××2×2×＝，在△BDE中，BE＝DE＝＝，BD＝2，BD边上的高为＝2，所以S△BDE＝×2×2＝2，所以VA－BDE＝S△BDEh＝×2h，利用等体积法VA－BDE＝VE－ABD，得×2h＝，解得h＝1. 6．(多选)(2023·广东高三联考期末)已知函数f(x)＝ex－1＋ln x，则过点(a，b)恰能作曲线y＝f(x)的两条切线的充分条件可以是(　　) A．b＝2a－1>1 B．b＝f(a) C．2a－1<b<f(a) D．b<2a－1≤－1 答案　ABD 解析　由f(x)＝ex－1＋ln x，得f′(x)＝ex－1＋(x>0)，设切点为(x0，ex0－1＋ln x0)，则切线的斜率为k＝e x0－1＋，所以有e x0－1＋ln x0－b＝(x0－a)，整理可得e x0－1 (x0－a－1)－ln x0＋b＋1－＝0(x0>0)，由题意可知，此方程有且恰有两个解，令g(x)＝ex－1(x－a－1)－ln x＋b＋1－(x>0)，g(1)＝e1－1(1－a－1)－ln 1＋b＋1－＝b＋1－2a，g′(x)＝ex－1(x－a)－＋＝(x－a)·(x>0)，令F(x)＝ex－1－(x>0)，则F′(x)＝ex－1＋>0(x>0)，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为F(1)＝e1－1－1＝0，所以当0<x<1时，F(x)<0，当x>1时，F(x)>0，①当0<a<1时，当0<x<a时，g′(x)>0，则函数g(x)单调递增，当a<x<1时，g′(x)<0，则函数g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，则函数g(x)单调递增，所以只要g(a)＝0或g(1)＝0，即b＝ea－1＋ln a＝f(a)或b＝2a－1∈(－1，1)；②当a≤0时，当0<x<1时，g′(x)<0，则函数g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，则函数g(x)单调递增，所以只要g(1)<0，即b<2a－1，而2a－1≤－1；③当a>1时，当0<x<1时，g′(x)>0，则函数g(x)单调递增，当1<x<a时，g′(x)<0，则函数g(x)单调递减，当x>a时，g′(x)>0，则函数g(x)单调递增，所以只要g(1)＝0或g(a)＝0，由g(1)＝0可得b＝2a－1>1，由g(a)＝0得b＝ea－1＋ln a＝f(a)；④当a＝1时，g′(x)＝(x－1)≥0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数至多有一个零点，不符合题意．综上，当a≤0时，b<2a－1≤－1；当0<a<1时，b＝ea－1＋ln a＝f(a)或b＝2a－1∈(－1，1)；当a>1时，b＝2a－1>1或b＝ea－1＋ln a＝f(a)，所以A，B，D正确，C错误．故选ABD. 二、填空题 7．(2023·河北高三阶段考试)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝4，A＝，sin2B－sin2C＝，则△ABC的面积为________． 答案　6＋3 解析　因为sin2B－sin2C＝(sinB＋sinC)(sinB－sinC)＝，B，C∈(0，π)，sinB＋sinC≠0，所以sinB－sinC＝，因为a＝4，A＝，所以＝＝＝8，所以sinB－sinC＝＝，即b－c＝2，所以b2＋c2＝4＋2bc，所以cosA＝＝＝，解得bc＝24＋12，所以S△ABC＝bcsinA＝bc＝6＋3. 8．已知三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，∠PBC＝45°，PC＝AC＝2，AB＝2，则此三棱锥外接球的表面积为________． 答案　12π 解析　∵PC⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，∴PC⊥AC，PC⊥BC，∵∠PBC＝45°，∴△PCB是等腰直角三角形，∴BC＝2，∴AC2＋BC2＝22＋22＝8＝AB2，∴AC⊥BC，∴AC，BC，PC两两垂直，且长度均为2，∴可将三棱锥P－ABC放到一个棱长为2的正方体内部，如图所示，∴三棱锥的外接球为正方体的外接球，外接球球心为正方体的中心，直径为正方体的体对角线PD.设外接球半径为R，则(2R)2＝22×3，即4R2＝12，∴S＝4πR2＝12π. 9．(2023·深圳中学高三模拟)已知函数f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的导函数．对任意a∈[－1，1]都有g(x)<0，则实数x的取值范围为________． 答案　 解析　由题意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.因为对任意a∈[－1，1]，恒有g(x)<0，即φ(a)<0，所以即解得－<x<1.故当x∈时，对任意a∈[－1，1]都有g(x)<0. 三、解答题 10．(2023·江苏南通高三开学考试)在①2Sn＝(n＋1)an，②a＋an＝2Sn，an>0，③＋＝an(n≥2)这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答． 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，________． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，是否存在正整数n，使得Tn>？ 解　(1)若选择①，因为2Sn＝(n＋1)an，n∈N*， 所以2Sn－1＝nan－1，n≥2， 两式相减得2an＝(n＋1)an－nan－1， 整理得(n－1)an＝nan－1，n≥2， 即＝，n≥2，所以为常数列， 而＝＝1，所以an＝n. 若选择②，因为a＋an＝2Sn，n∈N*， 所以a＋an－1＝2Sn－1(n≥2)， 两式相减得a－a＋an－an－1＝2Sn－2Sn－1＝2an(n≥2)， 整理得(an－an－1)(an＋an－1)＝an＋an－1(n≥2)， 因为an>0，所以an＋an－1>0，所以an－an－1＝1(n≥2)， 所以{an}是等差数列，所以an＝1＋(n－1)×1＝n. 若选择③，由＋＝an(n≥2)变形得＋＝Sn－Sn－1， 所以＋＝(＋)(－)， 由题意知Sn>0，所以－＝1， 所以{}为等差数列， 又＝1，所以＝n，Sn＝n2， 所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)， 又n＝1时，a1＝1也满足上式， 所以an＝2n－1. (2)若选择①或②，bn＝＝， 所以Tn＝3×＋4×＋5×＋…＋(n＋2)×， 所以Tn＝3×＋4×＋5×＋…＋(n＋2)×， 两式相减得Tn＝3×＋＋＋…＋－(n＋2)×＝＋－(n＋2)×＝1－， 则Tn＝2－，故要使得Tn>， 即2－>，整理得<－， 当n∈N*时，>0，所以不存在n∈N*，使得Tn>. 若选择③，bn＝＝， 所以Tn＝2×＋3×＋4×＋…＋(n＋1)×， 故Tn＝2×＋3×＋4×＋…＋(n＋1)×， 两式相减，得Tn＝1＋＋＋…＋－(n＋1)× ＝1＋－(n＋1)× ＝－， 则Tn＝3－，令Tn＝3－>， 则<， 即2n－3n－9>0，令cn＝2n－3n－9， 则c1＝－10<0， 当n≥2时，cn＋1－cn＝2n＋1－3(n＋1)－9－(2n－3n－9)＝2n－3>0， 又c4<0，c5>0， 故c2<c3<c4<0<c5<c6<…. 综上，当n≥5时，Tn>成立． 所以存在正整数n，n≥5，使得Tn>. 11．如图，梯形EFBC中，EC∥FB，EF⊥BF，BF＝EC＝4，EF＝2，A是BF的中点，AD⊥EC，D在EC上，将四边形AFED沿AD折起，使得平面ADEF⊥平面ABCD，点M是线段EC上异于E，C的任意一点． (1)当点M是EC的中点时，求证：BM∥平面ADEF； (2)当平面BDM与平面ABF所成的锐二面角的正弦值为时，求三棱锥E－BDM的体积． 解　(1)证法一：取ED的中点N，连接MN，AN， ∵点M是EC的中点， ∴MN∥DC，且MN＝DC， 而AB∥DC，且AB＝DC， ∴MN綊AB，即四边形ABMN是平行四边形， ∴BM∥AN，又BM⊄平面ADEF，AN⊂平面ADEF， ∴BM∥平面ADEF. 证法二：∵AD⊥CD，AD⊥ED，平面ADEF⊥平面ABCD， 平面ADEF∩平面ABCD＝AD， ∴DA，DC，DE两两垂直． 以D为坐标原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，M(0，2，1)，∴＝(－2，0，1)， 又平面ADEF的一个法向量为 ＝(0，4，0)， ·＝0，∴⊥， 又BM⊄平面ADEF， ∴BM∥平面ADEF. (2)依题意设点M(0<t<4)， 则＝，＝(2，2，0)． 设平面BDM的法向量为n1＝(x，y，z)， 则·n1＝2x＋2y＝0， ·n1＝ty＋z＝0， 令y＝－1，则n1＝， 取平面ABF的一个法向量n2＝(1，0，0)， ∵|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，解得t＝2. ∴M(0，2，1)为EC的中点， S△DEM＝S△CDE＝2， 又点B到平面DEM的距离h＝2， ∴V三棱锥E－BDM＝V三棱锥B－DEM＝S△DEM·h＝. 12．(2023·重庆八中高三开学考试)已知B(－1，0)，C(1，0)为△ABC的两个顶点，P为△ABC的重心，边AC，AB上的两条中线长度之和为6. (1)求点P的轨迹T的方程； (2)已知点N(－3，0)，E(－2，0)，F(2，0)，直线PN与曲线T的另一个公共点为Q，直线EP与FQ交于点M，试问：当点P变化时，点M是否恒在一条定直线上？若是，请证明；若不是，请说明理由． 解　(1)因为P为△ABC的重心，且边AC，AB上的两条中线长度之和为6， 所以|PB|＋|PC|＝×6＝4>|BC|， 故由椭圆的定义可知，点P的轨迹T是以B(－1，0)，C(1，0)为焦点的椭圆(不包括长轴的端点)， 且a＝2，c＝1，所以b＝， 所以点P的轨迹T的方程为＋＝1(x≠±2)． (2)设直线PQ的方程为x＝my－3， P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立方程得(3m2＋4)y2－18my＋15＝0， 则y1＋y2＝，y1y2＝， 所以2my1y2＝(y1＋y2)， 又直线PE的方程为y＝(x＋2)＝(x＋2)， 又直线QF的方程为y＝(x－2)＝(x－2)， 联立方程 解得x＝， 把2my1y2＝(y1＋y2)代入上式，得x＝＝＝－， 所以当点P运动时，点M恒在定直线x＝－上． 13．已知函数f(x)＝ex＋mx(m∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若b>a>0，且af(b)>bf(a)，求证：a＋b>2. 解　(1)f′(x)＝ex＋m， 当m≥0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增， 当m<0时，由f′(x)>0，得x>ln (－m)； 由f′(x)<0，得x<ln (－m)． ∴f(x)在(－∞，ln (－m))上单调递减， 在(ln (－m)，＋∞)上单调递增． 综上所述，当m≥0时，f(x)在R上单调递增； 当m<0时，f(x)在(－∞，ln (－m))上单调递减，在(ln (－m)，＋∞)上单调递增． (2)证明：由af(b)>bf(a)， 得a(eb＋mb)>b(ea＋ma)， 即aeb>bea，<. 令g(x)＝，x>0，则g(b)<g(a)． ∵g′(x)＝， ∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当x>0时，g(x)>0， ∴0<a<1<b或1≤a<b， ①若1≤a<b，显然a＋b>2； ②若0<a<1<b，要证a＋b>2， 只需证b>2－a>1， 即证g(b)<g(2－a)， 若能证g(a)<g(2－a)，则原命题得证， 令G(x)＝g(x)－g(2－x)，x∈(0，1)， G′(x)＝＋＝(1－x)(e－x－ex－2)， ∵0<x<1，∴1－x>0，e－x－ex－2>0， ∴G′(x)>0， ∴G(x)在(0，1)上单调递增， ∴G(x)<G(1)＝0， ∴g(a)<g(2－a)，原命题得证． 综上所述，a＋b>2. 24 学科网（北京）股份有限公司 $$