第第頁共22頁所以-6<a1<^,即a1的取值范圍[-6,-4].P P故答案為：［-6,⑷.【點睛】本題主要考查了數列的遞推關系式的應用， 其中解答的難點在于利用已知條件去掉絕對值，并判斷出a3,a4滿足的條件，著重考查了邏輯推理能力，屬于中檔試題.2 2.已知橢圓土+匕=1,傾斜角為60。的直線與橢圓分別交于A、B兩點且10 6AB=8場，點C是橢圓上不同于A、B一點，則△ABC面積的最大值為9［答案］網9【解析】設直線AB的方程為y=J3x+m,聯立方程組，利用根與系數的關系及弦長公式，得到J(1+31(x1+x2)2-4x^b8^0,解得m的值，設與直線AB平行且與橢圓相切的直線方程為y=J3x+t,聯立方程組，利用△=0,求得t的值，再由點到直線的距離公式和三角形的面積公式，即可求解.【詳解】由題意，設直線AB的方程為y=J3x+m,點A(x~y1)，B(x2,y?),y=3xm聯立方程組?x2y2 ，整理得18x2+1073mx+5m2-30=0,TOC\o"1-5"\h\z H*- 110 6一所以x1+x2=-5^3m,x1x2=5m-3。9 18用*AC8扃何I……4 、2 ，=L8扃\o"CurrentDocument"因為AB= ,即#1+3)((x1+x2)-4x1x2j= ，\o"CurrentDocument"9 9代入整理得m2=4,解得m=±2,不妨取：m=2,可得直線AB的方程為y=J3x+2,設與直線AB平行且與橢圓相切的直線方程為 y=J3x+t,

y=、3xt聯立方程組Ix2y2 ，整理得18x2+105y3tx+5t2-30=0,TOC\o"1-5"\h\z ■ =110 6由△二？。。1—72X(5t2—30)=0,解得：t=毛.取t=-6時，與直線AB平行且與橢圓相切的直線與直線 AB的距離d= =41+(73)2 '\o"CurrentDocument"所以4ABC面積的最大值S=」dABJm4M8'30J—,2 2 9 9故答案為：1630.9【點睛】本題主要考查了直線與圓錐曲線的位置關系的綜合應用 ，解答此類題目，通常聯立直線方程與橢圓(圓錐曲線)方程，應用一元二次方程根與系數的關系進行求解，此類問題易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯解，能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等..已知平面向量a,b，c滿足：a,b的夾角為i，|a—b|=5,c—a,W—b的夾角為王，由一目尸3j2,則a?c的最大值為.4【答案】36【解析】設PA=a,PB=b,PC=c,由題意知p,a,b,c四點共圓，建立坐標系，求出點C的坐標和圓的半徑，設P(乎cosot,呼sina),用口表示：c,根據口范圍和三角和差公式，即可求解.【詳解】—彳一■T.設PA=a，PB=b，PC=c，ABAB=|a-bABAB=|a-b|=5,AC=|c可得P,A,B,C四點共圓.3--

da八3二ACB=——4，ji/APB=一,設△ABC的外接圓的圓心為O,則/AOB=2/APB=一2，由正弦定理可知:2OAABsinACB由正弦定理可知:2OAABsinACB=5后，故OA=5^2-2以。為圓心，以OA,OB為坐標軸建立平面坐標系如圖所示:0),B(0,—述).2在4OAC中，由余弦定理可得cos/AOC=2525——-182 2251f5_1以。為圓心，以OA,OB為坐標軸建立平面坐標系如圖所示:0),B(0,—述).2在4OAC中，由余弦定理可得cos/AOC=2525——-182 2251f5_1~2 2~故sin/AOC=24,,C(7無,1272)25, 10 5設P(5點cos45"sin0<o(<—,2 2 2則PA_(逆.逑cosq_述sinKPC.(逑.述cos2 2 2 10 212.25.2.、- - sinik,5 2，ac=（逑.辿cos@一2cos8.5-1sin2a(@2+E2sin>=16+12sink16cosa16+20?(3sin

5=16+20sin4廿一cosa5cos——.5it?,4十一時，ac取得最大值236.答案：36.【點睛】本題主要考查了向量的數量積的運算，正弦定理、余弦定理的應用，以及三角恒等變換與三角函數的圖象與性質的綜合應用， 著重考查了邏輯推理能力和分析問題和解答問題的能力，屬于難題.三、解答題.已知4ABC的內角A、B、C的對邊分別為a、b、c,且b=J3csinA+acosC.(1)求A；(2)若a=J3,求AABC的面積S的最大值.【答案】(1)A=\(2)6+：二【解析】(1)利用整下定理，三角函數的恒等變換， 集合sinC00,求得tanA=Y3,3即可求解；(2)由余弦定理，基本不等式求得 bc的最大值，進而根據三角形的面積公式，即可求解三角形的最大面積.【詳解】(1)由題意，在AABC中，b=J3csinA+acosC,由正弦定理得sinB=J3sinCsinA+sinAcosC,又由A+B+C=tl,可得sinB=sin[T-(AC)]=sin(AC)=sinAcosCcosAsinC所以sinAcosC十cosAsinC=V3sinCsinA十sinAcosC,即cosAsinC=73sinCsinA,又因為sinCwQ所以cosA=J3sinA,可得tanA=——3冗又由AC(0, 'A=-.(2)由余弦定理可得(2)由余弦定理可得2 2 2cosA=bc」2bc可得b?+c?-3=可得b?+c?-3=...3bc,因為b2+c2>2bc,所以3+73bObc,可得bcW—^==3(2+73),2-<3所以三角形的面積S--bcsin--633,當且僅當2 3 4b=c=，3(2+石)等號成立,所以4ABC的面積S的最大值6+3班.【點睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面積公式的應用， 其中在解有關三角形的題目時，要有意識地考慮用哪個定理更合適，要抓住能夠利用某個定理的信息.一般地，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式時，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理，著重考查了運算與求解能力， 屬于基礎題..如圖，四邊形ABCD為菱形，四邊形ACFE為平行四邊形，設BD與AC相交于點G,AB=BD=AE=2,/EAD=/EAB.(1)證明：平面ACFE，平面ABCD；(2)若直線AE與BC的夾角為60。，求直線EF與平面BED所成角的余弦值.…… 、…… 1【答案】(1)證明見解析(2)—3【解析】(1)先由已知條件求得AEADmAEAB,得到EG_LBD,再結合菱形的對角線垂直，可得BD_L平面ACEF,即可證得平面ACFEL平面ABCD；(2)建立空間直角坐標系，求得各點的坐標，設 E的坐標，根據條件求出E,再求得直線的方向向量和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解.【詳解】(1)證明：連接EG,因為AB=BD=AE=2,/EAD=/EAB,可得△EAD^EAB, ED=EB.???G為BD的中點，所以EG^BD,因為四邊形ABCD為菱形，，AC，BD,??.BDL平面ACEF,因為BD?平面ABCD；「?平面ACFE，平面ABCD；

（2）因為EF//AG,直線EF與平面BED所成角即為AG與平面BED所成角；以G為原點建立如圖所示空間直角坐標系，如圖所示，設E（a,0,b）則AE=（a-V3,0,b）,因為BC=（底,—1，0）,所以由條件可得：|/|2=（a—石）2+寧=4且定？彘=—332+3=2><2次0$60°=2;解得1 3廣，所以BE=（，3，—1，翌6），因為"DB=（0，2,0）；卜2<6 3 3b二 3所以可取平面BED的法向量4=(2J2,0,-1),因為EF=7C=(-2、/3,0,0),設直線EF設直線EF與平面BED所成角為?10<，sos'Ji-sin26=」；2 3既直線EF與平面BED所成角的余弦值為1.3【點睛】本題考查了線面位置關系的判定與證明,以及空間角的求解問題，意在考查學生的空間本題考查了線面位置關系的判定與證明,以及空間角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理， 通過嚴密推理是線面位置關系判定的關鍵， 同時對于立體幾何中角的計算問題， 往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解 ^20.已知等差數列｛an｝的前n項和為Sn,且a2+2a4=a9,4=36.(1)求an,Sn；(2)若數列｛bn｝滿足bl=1,bn書bn=屬，求證：g|+J之2Jn—1(nCN).? bib2 bn【答案】(1)an=2n-1,Sn=n2(2)證明見解析【解析】(1)設等差數列｛4｝的公差為d,運用等差數列的通項公式和求和公式，解方程可得首項和公差，再結合等差數列的通項公式和求和公式，即可求解；,c 1 , ，(2)討論n=1,n>2,將n換為n-1,相減得到一=4書—4」，再由數列的裂項相bn消求和及不等式的性質，即可求解.【詳解】(1)設等差數列｛an｝的公差設為d,前n項和為Sn,且a2+2a4=a9,Ss=36,可得a1+d+2(a〔+3d)=a〔+8d,即2a1=d,又6a1+15d=36,即2a1+5d=12,解得a1=1,d=2,貝Uan=1+2(n—1)=2n—1,Sn=n+n(n—1)=n;(2)證明：數列｛%｝滿足出=1,bn*bn=JS'=n,當n=1時，b1b2=1,可得b2=1,n>2時，bnbn1=n_1,1相減可得bn(bn+1-bn-1)=1,即一=bn+1-bn1,bnTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1 1 lbl1 1當nR2時，—十—+|||+—=—+b3—b1+b4—b2+b5—b3+…+bn+1—bn1bl b2bn b1_1二 一b1—b2+bn+bn+1 1+2A當n=1時，；=1=2j1—1,不等式成立,\o"CurrentDocument"1 1 1 L綜上可得，一+—*1114―之2亦一1(nCN).b1b2 bn【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式和前 n項和公式的應用，以及數列與不等式的證明，其中解答中注意數列的裂項相消法求和，以及不等式的性質的應用是解答的關鍵，

著重考查了方程思想以及運算能力，屬于中檔試題.21.如圖，P是拋物線E：y2=4x上的動點，F是拋物線E的焦點.(1)求(1)求|PF|的最小值；(2)點B,C在y軸上，直線PB,PC與圓(x-1)2+y2=1相切.當［PF|C［4,6］時,求|BC|的最小值.【答案】(1)|PF|的最小值為1(2)2病3【解析】(1)求得拋物線的焦點和準線方程，運用拋物線的定義和性質，即可求得|PF|的最小值；2(2)設B(0,m),C(0,n),P(x0,y(o),y=4x0,分別求得PB,PC的方程，運用直線和圓相切，得到m,n為方程(x0—2)x2十2y°x—x0=0的兩根，再由韋達定理可得m-n,進而可求得其最小值.【詳解】(1)P是拋物線E：y2=4x上的動點，F是拋物線E的焦點(1,0),準線方程為x=-1)由拋物線的定義可得|PF|=d=xP+1,由xp之0,可得d的最小值為1,|PF|的最小值為1;2(2)設B(0,m),C(0,n),P(x°,y°),y=4x°,則PB的方程為y=~x+m,PC的方程為y="0 x+n,x° x。y0由直線PA與圓(x-1)y0由直線PA與圓(x-1)2+y2=1相切，可得(y°-m)2整理得(％-2)m+2y0m-x0=0,同理可得(x0-2)n2+2y°n-x0=0,

即有m,n為方程(x0-2)x即有m,n為方程(x0-2)x2+2yox-xo=0的兩根，可得2yom+n二 2-X。x。mn=2_x0，則|m—n|=J(m+n)2—4mn4y。(2-x。)24x。2—'X。,4x。28x。2-x。由|PF|C[4,6],可得xo+1￡[4,6],即xoC[3,5],令t=|2-x°|=x。—2,t>[1,3],即?匹嚴匕阡在…可得t=3即刈=5時，|BC|=|m-n|取得最小值2屆3【點睛】【點睛】本題主要考查了拋物線的定義、標準方程及性質，以及直線與拋物線的位置關系的應用,其中解答中注意韋達定理和二次函數的單調性的應用是解答的關鍵， 著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.ax22.已知函數f(x)=16nx- .x-1(1)當aCR時，討論函數f(x)的單調性；(2)對任意的xC(1,+oo)均有f(x)vax,若aCZ,求a的最小值.【答案】(1)答案不唯一，具體見解析(2)a的最小值為321Gx2a-2。x1。【解析】(1)求得函數的導數fx= 尚 ,令x(x-1)229僅)=1。乂+(a-2。加+1。，分情況討論a,進而可得求得函數f(x)的單倜性；(2)由f(x)<ax得到101nx<-a^,轉化為aJ。"21”x,對任意x^(1,~)成x7 xF(x)的最大值，即可求得實數aF(x)的最大值，即可求得實數a的立，令F(x)=——利用導數求得函數x

最小值.【詳解】（1）由題意，函數fx=10lnx-最小值.【詳解】（1）由題意，函數fx=10lnx-axx-12ntt10a10xa-20x10八口1貝Uf'(x)=—+ 2= 2- ,x>0且xwi,x(x-1)2 x(x-1)2人 2 _ 20-a令gx=10x+a—20x+10,則其圖象對稱軸為直線x= ,g(0)=10,20「20-a八當20W0,即a>20寸，則g(x)>0,f(x)>0,此時f(x)分別在(0,1)和(1,+8)上遞增，,20—a一 2當20"時,即a<20時，令△=(a-20)-400WO.可得0與<20,所以當0QV20時，則g(x)>0,f'(x)>0,此時f（x）分別在（0,1）和（1,+8）上遞增,當av0時，由g（x）=0解得x1=20-"小2740a,&=20—a+Ja2—40a,20 20易知f（x）分別在（0,x1），（x2,+8）上遞增，分別在（x1，1）,（1,x2）上遞減.綜上所述，當an。時，f（x）分別在（0,1）和（1,+8）上遞增，當a<0時，分別在（0, x1），（x2, +8）上遞增，分別在（x1，1）,（1, x2）上遞減.（2）由題意得，（2）由題意得，101nx2ax ax< +ax= ,x-1 x—110x-1Inx 、> 2 ,對任意x=(1,+、)成立,令F(x)10x-1Inx令F(x)10x-1Inx2 ，x102-xInxx-