2024學生版大二輪數(shù)學新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）高考大題特訓答案精析34

高考大題特訓答案精析大題保分練11．解(1)∵2csinB＝(2a－c)tanC，∴2sinCsinB＝(2sinA－sinC)·eq\f(sinC,cosC)，∵sinC≠0，∴2sinBcosC＝2sinA－sinC＝2sin(B＋C)－sinC＝2(sinBcosC＋cosBsinC)－sinC，整理得2sinCcosB＝sinC，∴cosB＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵c＝3a，∴由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋9a2－2a×3a×cos

eq\f(π,3)＝7a2，即b＝eq\r(7)a，∵D是AC中點，∴AD＝CD＝eq\f(\r(7),2)a，在△ABD中，由余弦定理得，cos∠ADB＝eq\f(\f(7,4)a2＋13－9a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))，在△CBD中，由余弦定理得，cos∠CDB＝eq\f(\f(7,4)a2＋13－a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))，∵∠CDB＋∠ADB＝π，即cos∠CDB＋cos∠ADB＝0，∴eq\f(\f(7,4)a2＋13－9a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))＋eq\f(\f(7,4)a2＋13－a2,2×\f(\r(7),2)a×\r(13))＝0，解得a＝2，∴△ABC的周長為a＋b＋c＝a＋eq\r(7)a＋3a＝8＋2eq\r(7).2．(1)證明如圖，連接A1B，因為AB＝AA1，∠A1AB＝60°，所以△ABA1為等邊三角形，因為A1C＝2eq\r(3)，BC＝2，A1B＝4，所以A1B2＝A1C2＋BC2，所以BC⊥A1C，又BC⊥AC，AC∩A1C＝C，AC，A1C?平面ACC1A1，BC?平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1.(2)解方法一如圖，設E為BB1的中點，連接A1E，DE，作DF⊥A1E于點F.因為D為CC1的中點，所以DE∥BC，所以由(1)知DE⊥平面ACC1A1，又A1D，CC1?平面ACC1A1，所以DE⊥A1D，DE⊥CC1.在△A1CC1中，A1C＝A1C1，D為CC1的中點，所以A1D⊥CC1，又A1D∩DE＝D，A1D，DE?平面A1DE，CC1?平面A1DE，所以CC1⊥平面A1DE.因為BB1∥CC1，所以BB1⊥平面A1DE，所以BB1⊥DF，又因為DF⊥A1E，BB1∩A1E＝E，BB1，A1E?平面ABB1A1，所以DF⊥平面ABB1A1，所以直線A1D與平面ABB1A1所成角為∠DA1E.在△DA1E中，A1D⊥DE，A1D＝eq\r(A1C2－22)＝2eq\r(2)，DE＝BC＝2，所以A1E＝eq\r(A1D2＋DE2)＝2eq\r(3)，所以sin∠DA1E＝eq\f(DE,A1E)＝eq\f(\r(3),3).所以直線A1D與平面ABB1A1所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).方法二如圖，以C為原點，CA，CB所在直線分別為x，y軸，以過點C的平面ABC的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，則C(0,0,0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，0))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，0，\f(4\r(6),3)))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(3),3)，0，\f(4\r(6),3)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，0，\f(2\r(6),3)))，因此eq\o(A1D,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(3),3)，0，－\f(2\r(6),3)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)，2，0))，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(3),3)，0，\f(4\r(6),3))).設平面ABB1A1的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AA1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y＝0，,x－\r(2)z＝0，))所以平面ABB1A1的一個法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\r(6)，1)).設直線A1D與平面ABB1A1所成角為θ，則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(A1D,\s\up6(→))，n〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(\r(3),3).所以直線A1D與平面ABB1A1所成角的正弦值是eq\f(\r(3),3).3．(1)解由題意知，Sn為正項數(shù)列{an}的前n項的乘積，且Sn＝eq\r(a\o\al(n＋1,n))，當n＝2時，Seq\o\al(2,2)＝(a1a2)2＝aeq\o\al(3,2)，所以(3a2)2＝aeq\o\al(3,2)，解得a2＝9；又Seq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(n＋1,n)，①Seq\o\al(2,n＋1)＝aeq\o\al(n＋2,n＋1)，②②÷①得，aeq\o\al(2,n＋1)＝eq\f(a\o\al(n＋2,n＋1),a\o\al(n＋1,n))，即aeq\o\al(n,n＋1)＝aeq\o\al(n＋1,n)，所以lgaeq\o\al(n,n＋1)＝lgaeq\o\al(n＋1,n)，即nlgan＋1＝(n＋1)lgan，所以eq\f(lgan＋1,n＋1)＝eq\f(lgan,n)，所以eq\f(lga2,2)＝eq\f(lga1,1)＝lg3，結合eq\f(lgan＋1,n＋1)＝eq\f(lgan,n)，可知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(lgan,n)))是常數(shù)列，所以eq\f(lgan,n)＝eq\f(lga1,1)＝lg3，所以lgan＝nlg3＝lg3n，所以an＝3n.(2)證明由(1)可得bn＝eq\f(an－1,an＋1)＝eq\f(3n－1,3n＋1)＝1－eq\f(2,3n＋1)，則Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,31＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,32＋1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3n＋1)))＝n－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,31＋1)＋\f(1,32＋1)＋…＋\f(1,3n＋1)))，因為0<eq\f(1,31＋1)＋eq\f(1,32＋1)＋…＋eq\f(1,3n＋1)<eq\f(1,31)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,3n)＝eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(1,2)，所以n－1<n－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,31＋1)＋\f(1,32＋1)＋…＋\f(1,3n＋1)))<n，所以n－1<Tn<n，即Tn∈(n－1，n)．4．解(1)設零假設H0：患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習慣沒有差異．由數(shù)據(jù)表得χ2＝eq\f(200×40×90－60×102,50×150×100×100)＝24>6.635＝x0.01，依據(jù)小概率值α＝0.01的χ2獨立性檢驗，推斷H0不成立，所以認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習慣有差異．(2)設從該地區(qū)中任選一人，此人的年齡位于區(qū)間[50,60)為事件B，此人患這種疾病為事件C，于是P(B)＝20%，P(BC)＝0.5%×0.23，所以所求概率為P(C|B)＝eq\f(PBC,PB)＝eq\f(0.5%×0.23,20%)＝eq\f(0.115,20)＝0.00575.大題保分練21．解(1)在△ABC中，由已知sin(A－B)＝sin(A＋B)－sin(A＋C)，可得sinAcosB－cosAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB－sinB，即2cosAsinB－sinB＝0，又sinB≠0，即有cosA＝eq\f(1,2)，而A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)在△ABC中，由(1)知，A＝eq\f(π,3)，因為AD為角A的角平分線，則有∠BAD＝∠CAD＝eq\f(π,6)，由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD得eq\f(1,2)×3×6×sin

eq\f(π,3)＝eq\f(1,2)×AD×6×sin

eq\f(π,6)＋eq\f(1,2)×3×AD×sin

eq\f(π,6)，解得AD＝2eq\r(3)，所以線段AD的長為2eq\r(3).2．解(1)取an＝2n，則an＋2－an＋1＝2n＋2－2n＋1＝2n＋1，an＋1－an＝2n＋1－2n＝2n，因為2n＋1>2n，所以an＋2－an＋1>an＋1－an，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2n))是“速增數(shù)列”．(2)當k≥2時，ak＝2023＝(ak－ak－1)＋(ak－1－ak－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，因為數(shù)列{an}為“速增數(shù)列”，所以ak－ak－1>ak－1－ak－2>…>a3－a2>a2－a1＝2，且an∈Z，所以(ak－ak－1)＋(ak－1－ak－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1≥k＋k－1＋…＋3＋2＋1，即2023≥eq\f(kk＋1,2)，k∈Z，當k＝63時，eq\f(kk＋1,2)＝2016，當k＝64時，eq\f(kk＋1,2)＝2080，故正整數(shù)k的最大值為63.3．解(1)由頻率分布直方圖得，40名居民中年齡不低于70歲的人數(shù)為40×(0.005×10)＝2.(2)①由頻率分布直方圖知，40歲及以上的居民共有40×[(0.015＋0.010＋0.005＋0.005)×10]＝14(名)，年齡不低于70歲的居民有2名，記事件A為“這4名居民中至少有1人年齡不低于70歲”，則P(A)＝1－eq\f(C\o\al(4,12),C\o\al(4,14))＝1－eq\f(45,91)＝eq\f(46,91).②設居民三次抽獎所獲得的獎金總額為隨機變量ξ，其所有可能取值為0，x,2x,3x.由題意得P(ξ＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))3＝eq\f(64,125)，P(ξ＝x)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))2＝eq\f(48,125)，P(ξ＝2x)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))2×eq\f(4,5)＝eq\f(12,125)，P(ξ＝3x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))3＝eq\f(1,125)，故居民在三次抽獎中獲得的獎金總額的均值E(ξ)＝x·eq\f(48,125)＋2x·eq\f(12,125)＋3x·eq\f(1,125)＝eq\f(75,125)x＝eq\f(3,5)x，由題意得eq\f(3x,5)<10，即x<eq\f(50,3)，而16<eq\f(50,3)<17，所以x最高定為16元時，才能使得抽獎方案對該書店有利．4．(1)證明由題意可得AC＝eq\r(2＋2)＝2，∠CAB＝∠ACD＝45°，在△ABC中，由余弦定理得BC2＝4＋8－2×2×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝4，故BC＝2，則∠ACB＝90°，即AC⊥BC，又平面PAC⊥平面ACB，平面PAC∩平面ACB＝AC，BC⊥AC，BC?平面ABC，故BC⊥平面PAC，又AP?平面PAC，則BC⊥AP，又PA⊥PC，PC∩BC＝C，PC，BC?平面PBC，所以AP⊥平面PBC，又CM?平面PBC，則AP⊥CM.(2)解設AC的中點為O，AB的中點為D，以O為原點，OA，OD，OP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．則A(1,0,0)，C(－1,0,0)，P(0,0,1)，B(－1,2,0)，設eq\f(BM,BP)＝λ，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))，設M(x，y，z)，則(x＋1，y－2，z)＝λ(1，－2,1)，則M(λ－1,2－2λ，λ)，eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，0))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(λ，2－2λ，λ)，由于點M到直線AC的距離為eq\f(2\r(5),5)，則|CM|2＝eq\f(4,5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CA,\s\up6(→))·\o(CM,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up6(→)))))))2，即λ2＋(2－2λ)2＋λ2＝eq\f(4,5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,2)))2，即25λ2－40λ＋16＝0，解得λ＝eq\f(4,5)，所以eq\f(BM,BP)＝eq\f(4,5).大題保分練31．解(1)由題意得2|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cosA＋3|eq\o(BA,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|cosB＝|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(CB,\s\up6(→))|cosC，所以2bccosA＋3accosB＝abcosC，結合余弦定理得，2(b2＋c2－a2)＋3(a2＋c2－b2)＝a2＋b2－c2，所以3c2＝b2，所以eq\f(b,c)＝eq\r(3).(2)由正弦定理知eq\f(b,c)＝eq\f(sinB,sinC)，即sinC＝eq\f(sinB,\r(3))，又B＝eq\f(π,4)，所以sinC＝eq\f(\r(6),6)，顯然b＝eq\r(3)c>c，即B>C，故cosC＝eq\f(\r(30),6)，由sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(30),6)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(6),6)＝eq\f(\r(15)＋\r(3),6)，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，則c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(\r(6),3)×eq\f(6,\r(15)＋\r(3))＝eq\f(\r(10)－\r(2),2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(10)－\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(5)－1,2).2．解(1)a2＝eq\f(a1,2)＝1，a3＝23a2＋2＝10.由題意得a2n＋1＋eq\f(2,3)＝22n＋1a2n＋eq\f(8,3)＝22n＋1eq\f(a2n－1,22n－1)＋eq\f(8,3)＝4a2n－1＋eq\f(8,3)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n－1＋\f(2,3)))，又a1＋eq\f(2,3)＝eq\f(8,3)≠0，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a2n－1＋\f(2,3)))是等比數(shù)列．(2)由(1)知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a2n－1＋\f(2,3)))是以eq\f(8,3)為首項，4為公比的等比數(shù)列，所以bn＝a2n－1＝eq\f(8,3)·4n－1－eq\f(2,3).運用分組求和，可得Tn＝eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(40＋41＋42＋…＋4n－1))－eq\f(2,3)n＝eq\f(8,3)·eq\f(1－4n,1－4)－eq\f(2,3)n＝eq\f(8,9)(4n－1)－eq\f(2,3)n.3．(1)證明如圖，取BC的中點F，連接AF交DE的中點O，連接PO，BO，則AF＝3eq\r(3)，因為AD＝AE，所以PO⊥DE，由△ABC是邊長為6的等邊三角形，且AD＝AE＝2，所以△ADE是邊長為2的等邊三角形，所以AO＝PO＝eq\f(1,3)AF＝eq\r(3)，OF＝eq\f(2,3)AF＝2eq\r(3)，在Rt△OFB中，BO2＝OF2＋BF2＝21，在△POB中，PO2＋OB2＝24＝PB2，所以PO⊥OB，又PO⊥DE，OB∩DE＝O，所以PO⊥平面BCED，又因為PO?平面PDE，所以平面PDE⊥平面BCED.(2)解由(1)知，OF，DE，OP兩兩垂直，以O為坐標原點，OD，OF，OP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，在底面ABC中，由題意可知DE＝eq\f(1,3)BC，且DE∥BC，所以D(1,0,0)，E(－1,0,0)，B(3,2eq\r(3)，0)，C(－3,2eq\r(3)，0)，P(0,0，eq\r(3))，所以eq\o(PD,\s\up6(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(3,2eq\r(3)，－eq\r(3))，eq\o(PE,\s\up6(→))＝(－1,0，－eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－3,2eq\r(3)，－eq\r(3))，設n1＝(x1，y1，z1)為平面PBD的法向量，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x1＋2\r(3)y1－\r(3)z1＝0，,x1－\r(3)z1＝0，))令z1＝1，所以x1＝eq\r(3)，y1＝－1，即平面PBD的一個法向量為n1＝(eq\r(3)，－1,1)，設n2＝(x2，y2，z2)為平面PCE的法向量，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(PE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2－2\r(3)y2＋\r(3)z2＝0，,x2＋\r(3)z2＝0，))令z2＝－1，所以x2＝eq\r(3)，y2＝1，即平面PCE的一個法向量為n2＝(eq\r(3)，1，－1)，設平面PDB與平面PEC所成角為θ，則|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1,5)，所以sinθ＝eq\f(2\r(6),5).所以平面PDB與平面PEC所成角的正弦值為eq\f(2\r(6),5).4．解(1)記“一局游戲后甲被扣除2個積分”為事件A，“一局游戲后乙被扣除n個積分”為事件B，由題可知P(A)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,3)A\o\al(3,3),A\o\al(2,5))＝eq\f(3,5)，則P(B)＝1－P(A)＝eq\f(2,5)，當三局均為甲被扣除2個積分時，ξ＝－6，當兩局為甲被扣除2個積分，一局為乙被扣除n個積分時，ξ＝n－4，當一局為甲被扣除2個積分，兩局為乙被扣除n個積分時，ξ＝2n－2，當三局均為乙被扣除n個積分時，ξ＝3n，所以P(ξ＝－6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))3＝eq\f(27,125)，P(ξ＝n－4)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2×eq\f(2,5)＝eq\f(54,125)，P(ξ＝2n－2)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2＝eq\f(36,125)，P(ξ＝3n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))3＝eq\f(8,125)，所以隨機變量ξ的分布列為ξ－6n－42n－23nPeq\f(27,125)eq\f(54,125)eq\f(36,125)eq\f(8,125)(2)①由(1)易得E(ξ)＝(－6)×eq\f(27,125)＋(n－4)·eq\f(54,125)＋(2n－2)·eq\f(36,125)＋3n·eq\f(8,125)＝eq\f(6n－18,5)，顯然甲、乙雙方的積分之和恒為零，當游戲規(guī)則對甲獲得“購書券”獎勵更為有利時，則需E(ξ)＝eq\f(6n－18,5)>0，所以n>3，即正整數(shù)n的最小值n0＝4.②當n＝4時，記“甲至少有一局被扣除積分”為事件C，則P(C)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))3＝eq\f(117,125)，由題設可知若甲獲得“購書券”獎勵，則甲被扣除積分的局數(shù)至多為1，記“甲獲得‘購書券’獎勵”為事件D，易知事件CD為“甲恰好有一局被扣除積分”，則P(CD)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2＝eq\f(36,125)，所以P(D|C)＝eq\f(PCD,PC)＝eq\f(36,125)×eq\f(125,117)＝eq\f(4,13)，即在甲至少有一局被扣除積分的情況下，甲仍獲得“購書券”獎勵的概率為eq\f(4,13).大題保分練41．解(1)由題意，某味中藥的藥用量x與藥物功效eq\o(y,\s\up6(^))之間的函數(shù)關系為eq\o(y,\s\up6(^))＝10x－x2，可得eq\o(y,\s\up6(^))＝10x－x2＝－(x－5)2＋25，所以當x＝5時，eq\o(y,\s\up6(^))max＝50－25＝25，即該味中藥的用量為5克時為最佳用量，最大功效為25.(2)由題意，得eq\x\to(x)＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,x)i＝6，s2＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,x)eq\o\al(2,i)－eq\x\to(x)2＝4，所以eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,x)eq\o\al(2,i)＝40，則eq\x\to(y)＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,y)i＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10xi－x\o\al(2,i)))＝10eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,x)i－eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,x)eq\o\al(2,i)＝60－40＝20，這批合成藥物的藥物功效的平均值為20.2．(1)證明因為c－2bcosA＝b，由正弦定理得sinC－2sinBcosA＝sinB，又A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)－2sinBcosA＝sinAcosB－cosAsinB＝sin(A－B)＝sinB，因為△ABC為銳角三角形，所以A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，A－B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，又y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調遞增，所以A－B＝B，即A＝2B.(2)解由(1)可知，A＝2B，所以在△ABD中，∠ABC＝∠BAD，由正弦定理得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(AB,sinπ－2B)＝eq\f(2,sin2B)，所以AD＝BD＝eq\f(1,cosB)，所以S△ABD＝eq\f(1,2)×AB×AD×sinB＝eq\f(sinB,cosB)＝tanB.又因為△ABC為銳角三角形，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<B<\f(π,2)，,0<2B<\f(π,2)，,0<π－3B<\f(π,2)，))解得eq\f(π,6)<B<eq\f(π,4)，所以tanB∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))，即△ABD面積的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)).3．(1)證明設BD交OC于點M，∵底面ABCD為矩形，在Rt△ABD中，BD＝eq\r(AB2＋AD2)＝eq\r(22＋\r(2)2)＝eq\r(6)，∵O為AB的中點，∴OB＝eq\f(1,2)AB＝1，在Rt△OBC中，OC＝eq\r(BC2＋OB2)＝eq\r(\r(2)2＋12)＝eq\r(3)，∵OB∥CD，OB＝eq\f(1,2)CD，∴eq\f(BM,MD)＝eq\f(OM,MC)＝eq\f(1,2)，∴BM＝eq\f(1,3)BD＝eq\f(\r(6),3)，∴OM＝eq\f(1,3)OC＝eq\f(\r(3),3)，∵OB＝1，∴BM2＋OM2＝OB2，∴BM⊥OM，即BD⊥OC，∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB為等邊三角形，∵O為AB的中點，∴SO⊥AB，∵平面ABCD⊥平面SAB，SO?平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB，SO⊥AB，∴SO⊥平面ABCD，∵BD?平面ABCD，∴SO⊥BD，又∵BD⊥OC，SO∩OC＝O，SO，OC?平面SOC，∴BD⊥平面SOC.(2)解設eq\o(SE,\s\up6(→))＝λeq\o(SD,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，∵底面ABCD為矩形，∴AD⊥AB，∵平面ABCD⊥平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB，AD⊥AB，∴AD⊥平面SAB.以O坐標原點，過點O作平行于AD的直線為z軸，以OB和OS所在直線分別為x軸和y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB為等邊三角形，∵O為AB的中點，∴OB＝eq\f(1,2)AB＝1，SO＝eq\r(SB2－OB2)＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，則S(0，eq\r(3)，0)，C(1,0，eq\r(2))，D(－1,0，eq\r(2))，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，eq\o(SD,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，eq\r(2))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(AS,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，∴eq\o(SE,\s\up6(→))＝λeq\o(SD,\s\up6(→))＝λ(－1，－eq\r(3)，eq\r(2))＝(－λ，－eq\r(3)λ，eq\r(2)λ)，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AS,\s\up6(→))＋eq\o(SE,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)＋(－λ，－eq\r(3)λ，eq\r(2)λ)＝(1－λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ，eq\r(2)λ)，設平面SCD的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(SD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,\r(3)y1＝\r(2)z1，))令y1＝eq\r(2)，∴m＝(0，eq\r(2)，eq\r(3))，設平面ABE的法向量為n＝(x2，y2，z2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,\r(3)1－λy2＋\r(2)λz2＝0，))令y2＝eq\r(2)λ，∴n＝(0，eq\r(2)λ，eq\r(3)λ－eq\r(3))，∵平面ABE與平面SCD夾角的余弦值為eq\f(1,5)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈m，n〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2λ＋\r(3)\r(3)λ－\r(3))),\r(5)\r(2λ2＋\r(3)λ－\r(3)2))＝eq\f(1,5)，整理得20λ2－24λ＋7＝0，解得λ＝eq\f(1,2)或λ＝eq\f(7,10)，均符合λ∈[0,1]，∴eq\f(SE,SD)＝eq\f(1,2)或eq\f(SE,SD)＝eq\f(7,10)，∴側棱SD上存在點E，使得平面ABE與平面SCD夾角的余弦值為eq\f(1,5)，eq\f(SE,SD)＝eq\f(1,2)或eq\f(SE,SD)＝eq\f(7,10).4．(1)解設{an}的公差為d，{bn}的公比為q，由題可得8a1＋eq\f(8×7,2)d＝8a1＋28d＝64，因為d＝2，所以a1＝1，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.又因為b1＝3，b3－b2＝b1q2－b1q＝18，所以q2－q－6＝0，解得q＝3或q＝－2(舍去)，所以bn＝3×3n－1＝3n.(2)解由(1)得cn＝eq\f(2n－1,3n)，所以Sn＝eq\f(1,3)＋eq\f(3,32)＋…＋eq\f(2n－1,3n)，eq\f(1,3)Sn＝eq\f(1,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(2n－1,3n＋1)，兩式相減得eq\f(2,3)Sn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,32)＋eq\f(2,33)＋…＋eq\f(2,3n)－eq\f(2n－1,3n＋1)＝eq\f(1,3)＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,9)－\f(1,9)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1,1－\f(1,3))))－eq\f(2n－1,3n＋1)＝eq\f(2,3)－eq\f(2n＋2,3n＋1)，所以Sn＝1－eq\f(n＋1,3n).(3)證明由(1)得dn＝eq\f(an＋2－1,anan＋1bn)＝eq\f(2n＋2－2,2n－12n＋1·3n)＝eq\f(2n＋2,2n－12n＋1·3n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1·3n－1)－\f(1,2n＋1·3n))).則Tn＝d1＋d2＋d3＋…＋dn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×30)－\f(1,3×31)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3×31)－\f(1,5×32)))))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5×32)－\f(1,7×33)))＋…＋))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1·3n－1)－\f(1,2n＋1·3n)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×30)－\f(1,2n＋1·3n)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,22n＋1·3n).因為eq\f(1,22n＋1·3n)>0，所以Tn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,22n＋1·3n)<eq\f(1,2).壓軸題突破練11．(1)解g(x)＝f(x)－x＝eq\f(1,x)＋2lnx－x，定義域為(0，＋∞)，g′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2≤0，所以函數(shù)g(x)是(0，＋∞)上的減函數(shù)，而g(1)＝0，所以函數(shù)g(x)的零點是1.(2)證明由(1)可知，當x>1時，g(x)<0，即eq\f(1,x)＋2lnx－x<0?2lnx<x－eq\f(1,x)(x>1)，因此有l(wèi)nx＝2lneq\r(x)<eq\r(x)－eq\f(1,\r(x))<eq\r(x)(x>1)，進而有l(wèi)neq\r(x)<eq\r(\r(x))(x>1)?2lneq\r(x)<2eq\r(\r(x))(x>1)?lnx<2eq\r(4,x)(x>1)，當k>0時，eq\f(k,2)eq\r(x)>eq\f(1,x)等價于x>，eq\f(k,2)eq\r(x)>4eq\r(4,x)等價于x>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,k)))4，設，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,k)))4,1三個數(shù)中最大的數(shù)為x0，所以當x∈(x0，＋∞)時，有keq\r(x)>eq\f(1,x)＋4eq\r(4,x)>eq\f(1,x)＋2lnx＝f(x)．2．解(1)依題意有eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)①設Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，因為eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PD,\s\up6(→))，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1，2y1)).因為P，Q均在橢圓上，則eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＝1.又kOP·kOQ＝－eq\f(3,4)，則eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(3,4)?3x1x2＋4y1y2＝0.因為eq\o(QE,\s\up6(→))＝λeq\o(ED,\s\up6(→))，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xE－x2，yE－y2))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1－xE，2y1－yE))，可得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λx1＋x2,1＋λ)，\f(2λy1＋y2,1＋λ))).又E在橢圓上，則eq\f(4λ2x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2)＋4λx1x2,41＋λ2)＋eq\f(4λ2y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2)＋4λy1y2,31＋λ2)＝1?4λ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋\f(y\o\al(2,1),3)))＋eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＋4λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋\f(y1y2,3)))＝(1＋λ)2?4λ2＋1＝(1＋λ)2?λ＝eq\f(2,3)(λ＝0舍去)．②由①可知eq\o(QE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(ED,\s\up6(→))?S△PEQ＝eq\f(2,5)S△QPD＝eq\f(2,5)S△OPQ，則四邊形OPEQ的面積為eq\f(7,5)S△OPQ.當直線PQ斜率為0時，易知kOP＝－kOQ，又kOP·kOQ＝－eq\f(3,4)，則kOP＝±eq\f(\r(3),2).根據(jù)對稱性不妨取kOP＝eq\f(\r(3),2)，y1>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),2)x，,3x2＋4y2＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\r(2)，,y1＝\f(\r(6),2)，))則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(6),2)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\f(\r(6),2)))，此時S△OPQ＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(6),2)＝eq\r(3).當直線斜率不為0時，如圖，設PQ的方程為x＝my＋t，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，,3x2＋4y2＝12，))消去x得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0.由題意知，其判別式大于0，則由根與系數(shù)的關系，得y1＋y2＝eq\f(－6mt,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(3t2－12,3m2＋4).3x1x2＋4y1y2＝3(my1＋t)(my2＋t)＋4y1y2＝0?(3m2＋4)y1y2＋3mt(y1＋y2)＋3t2＝0?(3m2＋4)eq\f(3t2－12,3m2＋4)－eq\f(18m2t2,3m2＋4)＋3t2＝0，所以2t2－3m2－4＝0?2t2＝3m2＋4.|PQ|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(m2＋1)·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(1＋m2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6mt,3m2＋4)))2－\f(43t2－12,3m2＋4))＝eq\r(1＋m2)eq\r(\f(48－t2＋3m2＋4,3m2＋42))＝2eq\r(3)·eq\f(\r(1＋m2),|t|).又原點到直線PQ距離為eq\f(|t|,\r(1＋m2))，則此時S△OPQ＝eq\f(1,2)×eq\f(|t|,\r(m2＋1))×2eq\r(3)×eq\f(\r(m2＋1),|t|)＝eq\r(3).綜上可得，四邊形OPEQ的面積為eq\f(7\r(3),5).壓軸題突破練21．(1)解因為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距為2eq\r(3)，離心率e＝eq\f(\r(6),2)，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(6),2)，,2c＝2\r(3)))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝\r(3)，,a＝\r(2)))?b2＝c2－a2＝1，所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,2)－y2＝1.(2)證明由題意可知直線PQ斜率存在，設直線PQ的方程為y＝kx＋m，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1，))得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2k2≠0，,16k2m2＋41－2k22m2＋2>0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2k2≠0，,m2＋1>2k2，))設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則有x1＋x2＝eq\f(4km,1－2k2)，x1x2＝eq\f(－2m2－2,1－2k2)，顯然M的坐標為(2,1)，所以由k1＋k2＝2k1k2?eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝2·eq\f(y1－1,x1－2)·eq\f(y2－1,x2－2)?eq\f(y1－1x2－2＋y2－1x1－2,x1－2x2－2)＝2·eq\f(y1－1,x1－2)·eq\f(y2－1,x2－2)?(kx1＋m－1)(x2－2)＋(kx2＋m－1)(x1－2)＝2(kx1＋m－1)·(kx2＋m－1)?2kx1x2＋(m－1)(x1＋x2)－2k(x1＋x2)－4(m－1)＝2k2x1x2＋2k(m－1)(x1＋x2)＋2(m－1)2?2k(k－1)x1x2＋(2km－m＋1)(x1＋x2)＋2(m－1)(m＋1)＝0，把x1＋x2＝eq\f(4km,1－2k2)，x1x2＝eq\f(－2m2－2,1－2k2)代入上式，得2k(k－1)·eq\f(－2m2－2,1－2k2)＋(2km－m＋1)·eq\f(4km,1－2k2)＋2(m－1)(m＋1)＝0?2k(m＋1)＋(m＋1)(m－1)＝0?(m＋1)(2k＋m－1)＝0?m＝－1或m＝1－2k，當m＝－1時，直線方程為y＝kx－1，過定點(0，－1)，當m＝1－2k時，直線方程為y＝kx＋1－2k?y－1＝k(x－2)，過定點(2,1)，不符合題意，因此直線PQ過定點(0，－1)．2．(1)解g′(x)＝1＋sinx，對任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，tf(x)－g′(x)≥0恒成立，即texcosx≥1＋sinx對任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))恒成立．當x＝－eq\f(π,2)時，則有0≥0對任意的t∈R恒成立；當－eq\f(π,2)<x≤0時，cosx>0，則t≥eq\f(1＋sinx,excosx)，令h(x)＝eq\f(1＋sinx,excosx)，其中－eq\f(π,2)<x≤0，h′(x)＝eq\f(excos2x－excosx－sinx1＋sinx,e2xcos2x)＝eq\f(1－cosx1＋sinx,excos2x)≥0，且h′(x)不恒為零，故函數(shù)h(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調遞增，則h(x)max＝h(0)＝1，故t≥1.綜上所述，t≥1.(2)證明由f(x)＝g′(x)可得excosx＝1＋sinx，令φ(x)＝excosx－sinx－1，則φ′(x)＝ex(cosx－sinx)－cosx.因為x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)，則sinx>cosx>0，所以φ′(x)<0，所以函數(shù)φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)上單調遞減．因為φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)))＝·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)))－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)))－1＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)－1≥－eq\f(\r(3),2)－1>0，φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,2)))＝－2<0，所以存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)，使得φ(x0)＝0.所以xn∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)，則xn＋1－2π∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)，所以φ(xn＋1－2π)＝cos(xn＋1－2π)－sin(xn＋1－2π)－1＝cosxn＋1－sinxn＋1－1＝cosxn＋1－cosxn＋1＝(－)cosxn＋1<0＝φ(xn)，因為函數(shù)φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2nπ＋\f(π,3)，2nπ＋\f(π,2)))(n∈N*)上單調遞減，故xn＋1－2π>xn，即xn＋1－xn>2π.壓軸題突破練31．解(1)由對稱性可知當△OAB為等邊三角形時，A，B兩點關于x軸對稱，△OAB的高為eq\f(\r(3),2)|AB|＝12，由題意知點(12,4eq\r(3))在C上，代入y2＝2px，得(4eq\r(3))2＝24p，解得p＝2，所以C的標準方程為y2＝4x.(2)由(1)知F(1,0)，根據(jù)題意可知直線AB的斜率不為0，設直線AB的方程為x＝ky＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ky＋m，,y2＝4x，))得y2－4ky－4m＝0，所以Δ＝16k2＋16m>0，即k2＋m>0，且y1＋y2＝4k，y1y2＝－4m，所以x1＋x2＝k(y1＋y2)＋2m＝4k2＋2m，由eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝4eq\o(PF,\s\up6(→))，得(x1－x0，y1－y0)＋(x2－x0，y2－y0)＝4(1－x0，－y0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2－4＝－2x0，,y1＋y2＝－2y0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2－m－2k2，,y0＝－2k，))即P(2－m－2k2，－2k)，又點P在C上，所以4k2＝4(2－m－2k2)，即3k2＋m＝2，①所以k2＋m＝k2＋2－3k2＝2(1－k2)>0，解得－1<k<1，又點P在第一象限，所以－2k>0，所以－1<k<0.又點P到直線AB的距離d＝eq\f(|2－m－2k2＋2k2－m|,\r(1＋k2))＝eq\f(2|m－1|,\r(1＋k2))＝2，化簡得m2－2m＝k2，②聯(lián)立①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(1,3)，,k＝－\f(\r(7),3)，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(1,3)，,k＝\f(\r(7),3)))(舍去)，或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,k＝0))(舍去)．此時點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(2\r(7),3)))，直線AB的方程為3x＋eq\r(7)y＋1＝0.2．解(1)f′(x)＝x2－2kx，若函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值，則f′(2)＝22－2k×2＝0，解得k＝1，所以f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋eq\f(1,2)，經(jīng)檢驗，此時函數(shù)f(x)在x＝2處取得極小值，所以k＝1.(2)g(x)＝f(x)＋(x－1)ex＝(x－1)ex＋eq\f(1,3)x3－kx2＋eq\f(1,2)，定義域為R，g′(x)＝xex＋x2－2kx＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋x－2k))，令h(x)＝ex＋x－2k，顯然h(x)在R上單調遞增，當0≤k<eq\f(1,2)時，因為h(0)＝1－2k>0，h(－1)＝e－1－1－2k<0，所以存在唯一x0∈(－1,0)，使得h(x0)＝0，即g′(x0)＝0，即x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋x0－2k))＝0，所以k＝eq\f(＋x0,2).當x<x0時，h(x)<0，故g′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋x－2k))>0，當x0<x<0時，h(x)>0，故g′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋x－2k))<0，當x>0時，h(x)>0，故g′(x)＝x(ex＋x－2k)>0，所以g(x)在(－∞，x0)上單調遞增，在(x0,0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，因為g(0)＝－1＋eq\f(1,2)<0，g(1)＝eq\f(1,3)－k＋eq\f(1,2)>0，所以當x∈(0，＋∞)時，g(x)恰有1個零點．當x∈(－∞，0)時，g(x)max＝g(x0)＝(x0－1)＋eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)－kxeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)＝(x0－1)＋eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)－eq\f(＋x0,2)·xeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)－2x0＋2＋\f(1,3)x\o\al(3,0)－1))，令φ(x)＝(x2－2x＋2)ex＋eq\f(1,3)x3－1，x∈(－1,0)，則φ′(x)＝x2(ex＋1)>0，所以φ(x)在(－1,0)上單調遞增，所以φ(x)>φ(－1)＝eq\f(5,e)－eq\f(1,3)－1＝eq\f(5,e)－eq\f(4,3)＝eq\f(15－4e,3e)>0，即當x0∈(－1,0)時，φ(x0)>0，所以g(x0)<0，故當x∈(－∞，0)時，g(x)無零點，綜上，當0≤k<eq\f(1,2)時，g(x)在R上只有1個零點．壓軸題突破練41．解(1)由題可知，X的取值為－1,0,1，P(X＝－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(1,12)；P(X＝0)＝eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\f(2,3)＝eq\f(5,12)；P(X＝1)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,2).故X的分布列如下：X－101P(X)eq\f(1,12)eq\f(5,12)eq\f(1,2)則E(X)＝－1×eq\f(1,12)＋0×eq\f(5,12)＋1×eq\f(1,2)＝eq\f(5,12).(2)由題可知，P1＝1，P2＝1，P3＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(7,8)，P4＝1－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(13,16).連續(xù)答題n輪，沒有出現(xiàn)連續(xù)三輪每輪得1分時，記第n輪沒有得1分的概率為，則＝eq\f(1,2)Pn－1；記第n輪得1分，且第n－1輪沒有得1分的概率為，則＝eq