2020届浙江省宁波市宁波十校高三上学期11月月考数学试题（解析版）

2020届浙江省宁波市宁波十校高三上学期11月月考数学试题（解析版）

‎2020届浙江省宁波市宁波十校高三上学期11月月考数学试题 一、单选题 ‎1．已知集合A＝{x|0}，B＝{x|1＜x≤2}，则A∩B＝（ ）‎ A．{x|1＜x＜2} B．{x|1＜x≤2} C．{x|﹣1≤x≤2} D．{x|﹣1≤x＜2}‎ ‎【答案】A ‎【解析】集合A＝{x|﹣1≤x＜2}，集合的交集运算，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，集合A＝{x|0}＝{x|﹣1≤x＜2}，B＝{x|1＜x≤2}，所以A∩B＝{x|1＜x＜2}．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了分式不等式的求解，以及集合的交集的运算，其中解答中正确求解集合A，结合集合的交集概念及运算求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎2．若复数为纯虚数，其中为虚数单位，则 （ ）‎ A．2 B．3 C．-2 D．-3‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为为纯虚数，所以且，解得，故选C．‎ 点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数，共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化，转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分．‎ ‎3．已知三个实数2，a，8成等比数列，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A．3x±4y＝0 B．4x±3y＝0 C．x±2y＝0 D．9x±16y＝0‎ ‎【答案】A ‎【解析】由三个实数2，，8成等比数列，求得＝16，得到双曲线的渐近线方程，即可求得双曲线的渐近线的方程，得到答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意，三个实数2，，8成等比数列，可得＝16，‎ 即双曲线的渐近线方程为3x±4y＝0，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了双曲线的标准方程及简单的几何性质，其中解答中根据等比中项公式，求得的值，得出双曲线的标准方程式解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎4．若实数x，y满足x+y＞0，则“x＞0”是“x2＞y2”的（ ）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】根据充分条件、必要条件的判定方法，结合不等式的性质，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意，实数x，y满足x+y＞0，若x＞0，则未必有x2＞y2，‎ 例如x＝1，y＝2时，有x2＜y2；‎ 反之，若x2＞y2，则x2﹣y2＞0，即（x+y）（x﹣y）＞0；‎ 由于x+y＞0，故x﹣y＞0，∴x＞y且x＞﹣y，∴x＞0成立；‎ 所以当x+y＞0时，“x＞0”推不出“x2＞y2”，“x2＞y2”⇒“x＞0”；‎ ‎∴“x＞0”是“x2＞y2”的必要不充分条件．‎ 答案：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了不等式的性质，以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记充分条件、必要条件的判定方法，结合不等式的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．‎ ‎5．已知函数f（x）＝x2﹣3x﹣3，x∈[0，4]，当x＝a时，f（x）取得最大值b，则函数 的图象为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】结合二次函数的性质，求得，得到函数，再结合指数函数的图象，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 由题意，函数f（x）＝x2﹣3x﹣3，x∈[0，4]，‎ 对称轴为x＝1.5，开口向上，最大值为f（4）＝1，所以a＝4，b＝1，‎ 可得函数g（x），相当于把y向左平移1个单位，所以D选项复合题意．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了图象的识别，其中解答中熟记一元二次函数的性质，以及指数函数的图象与性质，合理运算时解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎6．已知实数满足不等式组，若的最大值为8，则z的最小值为（ ）‎ A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1‎ ‎【答案】D ‎【解析】作出不等式组所表示的平面区域，结合平面区域，根据目标的最大值，分类讨论求得的值，进而求得目标函数的最小值，得到答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意，作出不等式组所表示的可行域，如图所示，‎ 由，解得；由，解答；‎ 由，解得 ‎（1）若目标函数取得最大值的最优解为时，代入目标函数，可得，‎ 此时目标函数，此时代入点，可得，不符合题意；‎ ‎（2）若目标函数取得最大值的最优解为时，代入目标函数，可得，‎ 此时目标函数，此时代入点，可得，不符合题意；‎ ‎（3）若目标函数取得最大值的最优解为时，代入目标函数，可得，‎ 此时目标函数，此时点能使得目标函数取得最小值，代入点，‎ 最小值为；‎ 答案：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎7．函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，）满足f（）＝f（）＝﹣f ‎（），且当x∈[，]时恒有f（x）≥0，则（ ）‎ A．ω＝2 B．ω＝4 C．ω＝2或4 D．ω不确定 ‎【答案】A ‎【解析】根据三角函数的图象与性质，求得函数的对称轴和对称点，判断周期的取值范围，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意，函数，因为f（）＝f（）＝﹣f（），‎ 可得f（x）有一条对称轴为，对称点的横坐标为，‎ 又由x∈[，]时恒有f（x）≥0，所以f（）＝1，又f（）＝0，．‎ 所以，，‎ 可得当T＝π，ω＝2；当T时，ω＝6，‎ 当x时，sin（6•φ）＝cosφ＞0，不成立，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．‎ ‎8．今有男生3人，女生3人，老师1人排成一排，要求老师站在正中间，女生有且仅有两人相邻，则共有多少种不同的排法？（ ）‎ A．216 B．260 C．432 D．456‎ ‎【答案】C ‎【解析】将老师两边分别看作三个位置，先分组再排列，在排入学生，按分步计数原理，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 由题意，将老师两边分别看作三个位置，将学生分为两女一男和两男一女两组，且两女相邻，分组方法有9种，‎ 两女一男的排列方法为4种，‎ 两男一女的排列方法有6种，‎ 由分步计数原理，可得总的排列方法有432种，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了计数原理、排列组合的应用，其中解答中认真审题，合理利用排列、组合的知识求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．‎ ‎9．如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C、D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，在翻折过程中，下列三个说法中正确的个数是（ ）‎ ‎①存在点E和某一翻折位置使得AE∥平面SBC；‎ ‎②存在点E和某一翻折位置使得SA⊥平面SBC；‎ ‎③二面角S﹣AB﹣E的平面角总是小于2∠SAE．‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【答案】B ‎【解析】对于①，四边形ABCE为梯形，所以AE与BC必然相交；对于②，假设SA平面SBC，可推得矛盾；对于③，当将△ADE沿AE翻折使得平面SAE⊥平面ABCE时，二面角S﹣AB﹣E最大，在平面SAE内，作出一个角等于二面角S﹣AB﹣E的平面角；由角所在三角形的一个外角，它是不相邻的两个内角之和，结合图形，即可判定③．‎ ‎【详解】‎ 对于①，四边形ABCE为梯形，所以AE与BC必然相交，故①错误；‎ 对于②，假设SA平面SBC，SC平面SBC，所以SA⊥SC，又SA⊥SE，SE∩SC＝S，所以SA⊥平面SCE，所以平面SCE∥平面SBC，这与平面SBC∩平面SCE＝SC矛盾，‎ 故假设不成立，即②错误；‎ 对于③，当将△ADE沿AE翻折使得平面SAE⊥平面ABCE时，二面角S﹣AB﹣E最大，如图，在平面SAE内，作SO⊥AE，垂足为O，∴SO⊥平面ABCE；AB平面ABCE，‎ 所以SO⊥AB；‎ 作OF⊥AB，垂足为F，连接SF，SO∩OF＝O，则AB⊥平面SFO，所以AB⊥SF，则∠SFG即为二面角S﹣AB﹣E的平面角；‎ 在直线AE上取一点，使得O＝OF，连接S，则∠SO＝∠SFO；‎ 由图形知，在△SA中，S＞A，所以∠AS＜∠SAE；而∠SO＝∠SAE+∠AS，‎ 故∠SO＜2∠SAE；‎ 即∠SFO＜2∠SAE．故③正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间中的平行于垂直关系的应用，二面角的平面角的作法，以及立体几何的折叠问题，其中解答中熟记线面关系的判定与性质，以及熟练掌握二面角的平面角的作法是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及转化思想的应用，属于中档试题．‎ ‎10．已知函数f（x），g（x）＝f（）+1（k∈R，k≠0），则下列关于函数y＝f[g（x）]+1的零点个数判断正确的是（ ）‎ A．当k＞0时，有2个零点；当k＜0时，有4个零点 B．当k＞0时，有4个零点；当k＜0时，有2个零点 C．无论k为何值，均有2个零点 D．无论k为何值，均有4个零点 ‎【答案】B ‎【解析】根据方程的跟和函数的零点的关系，将函数的零点个数转化为和以及的交点，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 依题意，当x＝0或x时，f（x）＝﹣1，‎ 函数y＝f[g（x）]+1的零点个数，即为方程f[g（x）]＝﹣1的解的个数，‎ 即为方程g（x）＝0或g（x）的解的个数，‎ 即为方程或者或（舍去）‎ 或者解的个数，‎ 即为0或者或者解的个数，‎ 由，，因为，所以，‎ ‎①当k＞0时，y为顶点为（0，），开口向上的抛物线，y与y和分别有两个交点，与y＝0无交点，‎ 故当k＞0时，函数y＝f[g（x）]+1有4个零点；‎ ‎②当k＜0时，y为顶点为（0，），开口向下的抛物线，y与y＝0有两个交点，与y和无交点，‎ 故当k＜0时，函数y＝f[g（x）]+1有2个零点；‎ 综上，当k＞0时，有4个零点；当k＜0时，有2个零点，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了函数的零点与方程的跟的关系，以及函数的零点个数问题，其中解答中将函数的零点个数转化为和以及的交点是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于难题．‎ 二、填空题 ‎11．已知θ∈（0，π），且sin（θ），则cos（θ）＝_____，sin2θ ‎＝_____．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】由已知直接利用诱导公式求得，再由，利用余弦的倍角公式，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 由题意，因为sin（θ），‎ 可得cos（θ）＝cos[（）]＝sin（θ）；‎ 又由sin2θ＝cos（）＝cos2（）．‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了三角函数的诱导公式、以及余弦的倍角公式的化简求值问题，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和三角函数恒等变换的公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎12．在二项式的展开式中，各项系数的和为_____，含x的一次项的系数为_____．（用数字作答）‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】令，代入即可求得展开式各项系数的和，再写出二项展开式的通项，令的指数为1，求得的值，即可求得的一次项系数，得到答案．‎ ‎【详解】‎ 在二项式中，取，可得各项系数的和为﹣1；‎ 二项式的展开式的通项．‎ 由，得r＝1．‎ ‎∴含x的一次项的系数为．‎ 故答案为：﹣1；﹣10．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了二项式定量的应用，其中解答中合理利用赋值法，以及熟记二项展开式的通项，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎13．祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”，称为祖暅原理．意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体，若在等高处的截面面积始终相等，则它们的体积相等．利用这个原理求半球O的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_____，表面积为_____．‎ ‎【答案】 （3）π ‎ ‎【解析】根据给定的几何体的三视图，得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，得出圆柱的底面半径和高，利用体积和侧面积、以及圆的公式，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 根据给定的几何体的三视图，可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆锥，‎ 且底面半径1，高为1的组合体，‎ 所以几何体的体积为：．‎ 几何体的表面积为：（3）π，‎ 故答案为：，（3）π ‎【点睛】‎ 本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解．‎ ‎14．一个袋中装有10个大小相同的黑球、白球和红球．已知从袋中任意摸出2个球，至少得到一个白球的概率是，则袋中的白球个数为_____，若从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为ξ，则随机变量ξ的数学期望Eξ＝_____．‎ ‎【答案】5 ‎ ‎【解析】根据至少得到一个白球的概率为，可得不含白球的概率为，结合超几何分布的相关知识可得白球的个数，以及随机变量的期望，得到答案．‎ ‎【详解】‎ 依题意，设白球个数为，至少得到一个白球的概率是，则不含白球的概率为，‎ 可得，即，解得，‎ 依题意，随机变量，所以．‎ 故答案为：5，．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了超几何分布中事件的概率，以及超几何分布的期望的求解，其中解答中熟记超几何分布的相关知识，准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．‎ ‎15．已知常数p＞0，数列{an}满足an+1＝|p﹣an|+2an+p（n∈N），首项为a1，前n项和为Sn．若Sn≥S3对任意n∈N成立，则的取值范围为_____．‎ ‎【答案】[﹣6，﹣4]‎ ‎【解析】首先判断数列为递增数列，结合恒成立，则必有成立，用及表示出，由不等式即可求解的取值范围．‎ ‎【详解】‎ 由题意，，‎ 及，所以数列为递增数列，‎ 要使得对任意恒成立，则必有，‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以，即的取值范围．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列的递推关系式的应用，其中解答的难点在于利用已知条件去掉绝对值，并判断出满足的条件，着重考查了逻辑推理能力，属于中档试题．‎ ‎16．已知椭圆，倾斜角为60°的直线与椭圆分别交于A、B两点且，点C是椭圆上不同于A、B一点，则△ABC面积的最大值为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设直线AB的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系及弦长公式，得到 ‎，解得的值，设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，联立方程组，利用，求得的值，再由点到直线的距离公式和三角形的面积公式，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 由题意，设直线AB的方程为，点 A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 联立方程组，整理得18x2+10mx+5m2﹣30＝0，‎ 所以x1+x2，x1x2．‎ 因为，即，‎ 代入整理得，解得，‎ 不妨取：m＝2，可得直线AB的方程为，‎ 设与直线AB平行且与椭圆相切的直线方程为yx+t，‎ 联立方程组，整理得18x2+10tx+5t2﹣30＝0，‎ 由△＝300t2﹣72×（5t2﹣30）＝0，解得：t＝±6．‎ 取t＝﹣6时，与直线AB平行且与椭圆相切的直线与直线AB的距离，‎ 所以△ABC面积的最大值，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．‎ ‎17．已知平面向量，，满足：，的夹角为，||＝5，，的夹角为，||＝3，则•的最大值为_____．‎ ‎【答案】36‎ ‎【解析】设，，，由题意知四点共圆，建立坐标系，求出点的坐标和圆的半径，设，用表示，根据范围和三角和差公式，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 设，，，‎ 则AB＝||＝5，AC＝||＝3，∠ACB，∠APB，‎ 可得P，A，B，C四点共圆．‎ 设△ABC的外接圆的圆心为O，则∠AOB＝2∠APB，‎ 由正弦定理可知：2OA5，故OA．‎ 以O为圆心，以OA，OB为坐标轴建立平面坐标系如图所示：‎ 则A（，0），B（0，）．‎ 在△OAC中，由余弦定理可得cos∠AOC，‎ 故sin∠AOC，∴C（，）．‎ 设P（cosα，sinα），，‎ 则（cosα，sinα），（cosα，sinα），‎ ‎∴（cosα）（cosα）sinα（sinα）‎ ‎＝16+12sinα﹣16cosα＝16+20•（sinαcosα）‎ ‎＝16+20sin（α﹣φ），其中sinφ，cosφ．‎ ‎∴当α＝φ时，取得最大值36．‎ 答案：36．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了向量的数量积的运算，正弦定理、余弦定理的应用，以及三角恒等变换与三角函数的图象与性质的综合应用，着重考查了逻辑推理能力和分析问题和解答问题的能力，属于难题．‎ 三、解答题 ‎18．已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．‎ ‎（1）求A；‎ ‎（2）若，求△ABC的面积S的最大值．‎ ‎【答案】（1）A（2）‎ ‎【解析】（1）利用整下定理，三角函数的恒等变换，集合，求得，即可求解；‎ ‎（2）由余弦定理，基本不等式求得的最大值，进而根据三角形的面积公式，即可求解三角形的最大面积．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意，在中，，‎ 由正弦定理得，‎ 又由，‎ 可得 ‎ 所以，‎ 即cosAsinCsinCsinA，‎ 又因为sinC≠0，所以cosAsinA，可得tanA，‎ 又由A∈（0，π），∴A．‎ ‎（2）由余弦定理可得cosA，‎ 可得b2+c2﹣3bc，‎ 因为b2+c2≥2bc，所以3bc≥2bc，可得bc3（2），‎ 所以三角形的面积Sbcsin，当且仅当b＝c等号成立，‎ 所以△ABC的面积S的最大值．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎19．如图，四边形ABCD为菱形，四边形ACFE为平行四边形，设BD与AC相交于点G，AB＝BD＝AE＝2，∠EAD＝∠EAB．‎ ‎（1）证明：平面ACFE⊥平面ABCD；‎ ‎（2）若直线AE与BC的夹角为60°，求直线EF与平面BED所成角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】（1）先由已知条件求得，得到，再结合菱形的对角线垂直，可得平面，即可证得平面ACFE⊥平面ABCD；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，设的坐标，根据条件求出，再求得直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连接EG，因为AB＝BD＝AE＝2，∠EAD＝∠EAB，‎ 可得△EAD≌EAB，∴ED＝EB．‎ ‎∵G为BD的中点，所以EG⊥BD，因为四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，‎ ‎∴BD⊥平面ACEF，因为BD⊂平面ABCD；‎ ‎∴平面ACFE⊥平面ABCD；‎ ‎（2）因为EF∥AG，直线EF与平面BED所成角即为AG与平面BED所成角；‎ 以G为原点建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，‎ 设E（a，0，b）则（a，0，b），‎ 因为（，﹣1，0），‎ 所以由条件可得：||2＝（a）2+b2＝4且•a+3＝2×2×cos60°＝2；‎ 解得，所以（，﹣1，），因为（0，2，0）；‎ 所以可取平面BED的法向量（2，0，﹣1），因为（﹣2，0，0），‎ 设直线EF与平面BED所成角为θ，则sinθ，‎ ‎∵0＜θ；∴sosθ；‎ 既直线EF与平面BED所成角的余弦值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面位置关系的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎20．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2+2a4＝a9，S6＝36．‎ ‎（1）求an，Sn；‎ ‎（2）若数列{bn}满足b1＝1，，求证：（n∈N）．‎ ‎【答案】（1）an＝2n﹣1，Sn＝n2（2）证明见解析 ‎【解析】（1）设等差数列的公差为，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，再结合等差数列的通项公式和求和公式，即可求解；‎ ‎（2）讨论，将换为，相减得到，再由数列的裂项相消求和及不等式的性质，即可求解．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设等差数列{an}的公差设为d，前n项和为Sn，且a2+2a4＝a9，S6＝36，‎ 可得a1+d+2（a1+3d）＝a1+8d，即2a1＝d，‎ 又6a1+15d＝36，即2a1+5d＝12，‎ 解得a1＝1，d＝2，则an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，Sn＝n+n（n﹣1）＝n2；‎ ‎（2）证明：数列{bn}满足b1＝1，n，‎ 当n＝1时，b1b2＝1，可得b2＝1，‎ n≥2时，bnbn﹣1＝n﹣1，‎ 相减可得bn（bn+1﹣bn﹣1）＝1，即bn+1﹣bn﹣1，‎ 当n≥2时，b3﹣b1+b4﹣b2+b5﹣b3+…+bn+1﹣bn﹣1‎ b1﹣b2+bn+bn+1≥﹣1+221；‎ 当n＝1时，1＝21，不等式成立，‎ 综上可得，（n∈N）．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的通项公式和前项和公式的应用，以及数列与不等式的证明，其中解答中注意数列的裂项相消法求和，以及不等式的性质的应用是解答的关键，着重考查了方程思想以及运算能力，属于中档试题．‎ ‎21．如图，P是抛物线E：y2＝4x上的动点，F是抛物线E的焦点．‎ ‎（1）求|PF|的最小值；‎ ‎（2）点B，C在y轴上，直线PB，PC与圆（x﹣1）2+y2＝1相切．当|PF|∈[4，6]时，求|BC|的最小值．‎ ‎【答案】（1）|PF|的最小值为1（2）‎ ‎【解析】（1）求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义和性质，即可求得|PF|的最小值；‎ ‎（2）设，分别求得的方程，运用直线和圆相切，得到为方程的两根，再由韦达定理可得，进而可求得其最小值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）P是抛物线E：y2＝4x上的动点，F是抛物线E的焦点（1，0），准线方程为x＝﹣1，‎ 由抛物线的定义可得|PF|＝d＝xP+1，‎ 由，可得d的最小值为1，|PF|的最小值为1；‎ ‎（2）设，‎ 则PB的方程为yx+m，PC的方程为yx+n，‎ 由直线PA与圆（x﹣1）2+y2＝1相切，可得1，‎ 整理得（x0﹣2）m2+2y0m﹣x0＝0，‎ 同理可得（x0﹣2）n2+2y0n﹣x0＝0，‎ 即有m，n为方程（x0﹣2）x2+2y0x﹣x0＝0的两根，可得m+n，mn，‎ 则|m﹣n|，‎ 由|PF|∈[4，6]，可得x0+1∈[4，6]，即x0∈[3，5]，‎ 令t＝|2﹣x0|＝x0﹣2，t∈[1，3]，‎ 即有|m﹣n|2在[1，3]递减，‎ 可得t＝3即x0＝5时，|BC|＝|m﹣n|取得最小值．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了抛物线的定义、标准方程及性质，以及直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中注意韦达定理和二次函数的单调性的应用是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．‎ ‎22．已知函数．‎ ‎（1）当a∈R时，讨论函数f（x）的单调性；‎ ‎（2）对任意的x∈（1，+∞）均有f（x）＜ax，若a∈Z，求a的最小值．‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）a的最小值为3‎ ‎【解析】（1）求得函数的导数，令，分情况讨论，进而可得求得函数的单调性；‎ ‎（2）由得到，转化为，对任意成立，令，利用导数求得函数的最大值，即可求得实数的最小值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意，函数，‎ 则，x＞0且x≠1，‎ 令，则其图象对称轴为直线x，g（0）＝10，‎ 当，即a≥20时，则g（x）＞0，f′（x）＞0，‎ 此时f（x）分别在（0，1）和（1，+∞）上递增，‎ 当时，即a＜20时，令△＝（a﹣20）2﹣400≤0．可得0≤a＜20，‎ 所以当0≤a＜20时，则g（x）＞0，f′（x）＞0，‎ 此时f（x）分别在（0，1）和（1，+∞）上递增，‎ 当a＜0时，由g（x）＝0解得x1，x2，‎ 易知f（x）分别在（0，x1），（x2，+∞）上递增，分别在（x1，1），（1，x2）上递减．‎ 综上所述，当a≥0时，f（x）分别在（0，1）和（1，+∞）上递增，‎ 当a＜0时，分别在（0，x1），（x2，+∞）上递增，分别在（x1，1），（1，x2）上递减．‎ ‎（2）由题意得，，‎ 即，对任意成立，‎ 令F（x），x＞1，则，x＞1，‎ 令h（x）＝（2﹣x）lnx+x﹣1，h′（x）＝﹣lnx，x＞1‎ 因为h′（x）在（1，+∞）上递减，且h′（1）＝2＞0，当x→+∞时，h′（x）→﹣∞，‎ 所以存在x0∈（1，+∞），使得h′（x0）＝0，且h（x）在（1，x0）上递增，在（x0，+∞）上递减，‎ 因为h（1）＝0，所以h（x0）＞0，‎ 因为当x→+∞时，h（x）→﹣∞，所以存在x1∈（x0，+∞），使得h（x1）＝0，‎ 且F（x）在（1，x1）上递增，在（x1，+∞）上递减，‎ 所以F（x）max＝F（x1），‎ 因为h（x1）＝（2﹣x1）lnx1+x1﹣1＝0，所以lnx1，所以F（x1），‎ 因为h（4）＝﹣2ln4+3＝ln0，h（5）＝﹣3ln5+4＝ln0，所以x1∈[4，5]，‎ 令Φ（x），x∈[4，5]，易证Φ（x）在区间[4，5]上递减，‎ 所以Φ（x）∈[，]，‎ 即F（x）max∈[，]，因为a∈Z，所以a的最小值为3．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎