13、2時(shí)，值域?yàn)閇0，log2t]．
18．(12分)如圖，△ABC是等邊三角形，D是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)(含端點(diǎn))，記∠BAD＝α，∠ADC＝β.
(1)求2cosα－cosβ的最大值；
(2)若BD＝1，cosβ＝，求△ABD的面積．
解 (1)由△ABC是等邊三角形，得β＝α＋，
0≤α≤，故2cos α－cos β＝2cos α－cos
＝sin，
故當(dāng)α＝，即D為BC中點(diǎn)時(shí)，原式取最大值.
(2)由cos β＝，得sin β＝，
故sin α＝sin＝sin βcos－cos βsin＝，
由正弦定理得＝，
故AB＝·BD＝×1
14、＝，
故S△ABD＝AB·BD·sin B＝××1×＝.
19．(12分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＋1＝1＋Sn對(duì)一切正整數(shù)n恒成立．
(1)試求當(dāng)a1為何值時(shí)，數(shù)列{an}是等比數(shù)列，并求出它的通項(xiàng)公式；
(2)在(1)的條件下，當(dāng)n為何值時(shí)，數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn取得最大值？
解 (1)由an＋1＝1＋Sn得，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝1＋Sn－1，
兩式相減得，an＋1＝2an，
因?yàn)閿?shù)列{an}是等比數(shù)列，所以a2＝2a1，
又因?yàn)閍2＝1＋S1＝1＋a1，所以a1＝1，
所以an＝2n－1.
(2)由于y＝2n－1在R上是一個(gè)增函數(shù)，
可得數(shù)列是一個(gè)遞減數(shù)列
15、，
所以lg >lg >lg >…>lg >0>lg >…，
由此可知當(dāng)n＝9時(shí)，數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn取最大值．
20．(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－3x.
(1)若不等式f(x)≥m對(duì)任意x∈[0,1]恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(2)在(1)的條件下，當(dāng)m取最大值時(shí)，設(shè)x>0，y>0且2x＋4y＋m＝0，求＋的最小值．
解 (1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x2－3x的對(duì)稱軸為x＝，且開口向上，
所以f(x)＝x2－3x在x∈[0,1]上單調(diào)遞減，
所以f(x)min＝f(1)＝1－3＝－2，
所以m≤－2.
(2)根據(jù)題意，由(1)可得m＝－2，
即2x＋4y－2＝0.所以
16、x＋2y＝1.
因?yàn)閤>0，y>0，
則＋＝(x＋2y)＝3＋＋
≥3＋2 ＝3＋2，
當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝－1，y＝1－時(shí)，等號(hào)成立．
所以＋的最小值為3＋2.
21．(12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD為梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2，且△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點(diǎn)，G為△PAD的重心．
(1)求證：GF∥平面PDC；
(2)求三棱錐G—PCD的體積．
(1)證明 方法一 連接AG并延長(zhǎng)交PD于點(diǎn)H，連接CH.
由梯形ABCD中AB∥CD且AB＝2DC知，＝.
又E為AD的中點(diǎn)，G為△PAD的重心，
17、∴＝.
在△AHC中，＝＝，故GF∥HC.
又HC?平面PCD，GF?平面PCD，
∴GF∥平面PDC.
方法二 過(guò)G作GN∥AD交PD于N，過(guò)F作FM∥AD交CD于M，連接MN，
∵G為△PAD的重心，
∴＝＝，
∴GN＝ED＝.
又ABCD為梯形，AB∥CD，
＝，∴＝，
∴＝，∴MF＝，∴GN＝FM.
又由所作GN∥AD，F(xiàn)M∥AD，得GN∥FM，
∴四邊形GNMF為平行四邊形．
∴GF∥MN，又∵GF?平面PCD，MN?平面PCD，
∴GF∥平面PDC.
方法三 過(guò)G作GK∥PD交AD于K，連接KF，
由△PAD為正三角形，E為AD的中點(diǎn)，G為△
18、PAD的重心，得DK＝DE，
∴DK＝AD，
又由梯形ABCD中AB∥CD，且AB＝2DC，
知＝，即FC＝AC，
∴在△ADC中，KF∥CD，
又∵GK∩KF＝K，PD∩CD＝D，
∴平面GKF∥平面PDC，
又GF?平面GKF，∴GF∥平面PDC.
(2)解 方法一 由平面PAD⊥平面ABCD，△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點(diǎn)，知PE⊥AD，
BE⊥AD，
又∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD，
∴PE⊥平面ABCD，且PE＝3，
由(1)知GF∥平面PDC，
∴＝＝
＝×PE×.
又由梯形ABCD中AB∥CD，且AB＝2DC＝2
19、，
知DF＝BD＝，
又△ABD為正三角形，得∠CDF＝∠ABD＝60°，
∴S△CDF＝×CD×DF×sin∠CDF＝，
得＝×PE×S△CDF＝，
∴三棱錐G—PCD的體積為.
方法二 由平面PAD⊥平面ABCD，△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點(diǎn)，知
PE⊥AD，BE⊥AD，
又∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD，
∴PE⊥平面ABCD，且PE＝3，
連接CE，∵PG＝PE，
∴V三棱錐G—PCD＝V三棱錐E—PCD＝V三棱錐P—CDE
＝××PE×S△CDE，
又△ABD為正三角形，得∠EDC＝120°，
得S△CDE＝×CD
20、×DE×sin∠EDC＝.
∴V三棱錐G—PCD＝××PE×S△CDE
＝××3×＝，
∴三棱錐G—PCD的體積為.
22．(12分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋1－xlnx的圖象在x＝1處的切線與直線x－y＝0平行．
(1)求函數(shù)f(x)的極值；
(2)若?x1，x2∈(0，＋∞)，>m(x1＋x2)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
解 (1)f(x)＝ax＋1－xln x的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝a－1－ln x，
可得f(x)的圖象在A(1，f(1))處的切線斜率為a－1，
由切線與直線x－y＝0平行，可得a－1＝1，
即a＝2，f(x)＝2x＋1－xln x，
f′(x)＝1－ln
21、x，
由f′(x)>0，可得0e，
則f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，
可得f(x)在x＝e處取得極大值，且為e＋1，無(wú)極小值．
(2)可設(shè)x1>x2，若?x1，x2∈(0，＋∞)，
由>m(x1＋x2)，
可得f(x1)－f(x2)>mx－mx，
即有f(x1)－mx>f(x2)－mx恒成立，
設(shè)g(x)＝f(x)－mx2在(0，＋∞)為增函數(shù)，
即有g(shù)′(x)＝1－ln x－2mx≥0在(0，＋∞)上恒成立，
可得2m≤在(0，＋∞)上恒成立，
設(shè)h(x)＝，則h′(x)＝，
令h′(x)＝0，可得x＝e2，
h(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，
即有h(x)在x＝e2處取得極小值－，且為最小值，
可得2m≤－，
解得m≤－.
則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.
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2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測(cè)五（1-8章）（規(guī)范卷）文（含解析） 新人教A版
