文科数学 热门试卷

（I）由2ccosA=2b﹣a，

利用正弦定理化简得：2sinCcosA=2sinB﹣sinA，

即2sinCcosA=2sin（A+C）﹣sinA，

整理得：

2sinCcosA=2sinAcosC+2cosAsinC﹣sinA，

即sinA（2cosC﹣）=0，

∵sinA≠0，

∴2cosC﹣=0，即cosC=，

则C=；

（Ⅱ）∵S△ABC=absinC=×a×2×=a=2，

∴a=4，

由余弦定理得：

c2=a2+b2﹣2abcosC=48+4﹣24×2×=28，

解得：c=2，

由正弦定理=得：

sinA===．

证明：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，

∴ AA1⊥平面ABC，

又CD⊂平面ABC，

∴ AA1⊥CD，

由于AA1∩AB=A，

∴ CD⊥平面AB1，

又AB1⊂平面AB1，CD⊥AB1，

AB1⊥A1C，CD∩A1C=C

所以：AB1⊥平面A1CD，

又A1D⊂平面A1CD，

∴ AB1⊥A1D．

（2）连接AC1交A1C于点F，

连接C1B和FD，

∵ 四边形A1ACC1是平行四边形，

F是AC1的中点，D是AB的中点，

∴ 在△AC1B中，FD∥BC1

又BC1⊄平面A1CD，

∴ BC1∥平面A1CD．

（I）由椭圆的离心率为，

可得，即a=，

又2a=|AF1|+|AF2|=，

∴a=，c=2，

∴b2=4，

∴椭圆方程为：；

（Ⅱ）设直线AB的方程为y=kx+m，

再设A（x1，y1），B（x2，y2），

联立，

可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8=0

△=（4km）2﹣4（1+2k2）（2m2﹣8）=8（8k2﹣m2+4）＞0，

，

∵，

∴，

∴，

又y1y2=（kx1+m）（kx2+m）

=

=

=．

∴，

∴﹣（m2﹣4）=m2﹣8k2，即4k2+2=m2，

设原点到直线AB的距离为d，

则

==

==，

∴当直线斜率不存在时，有A（），B（），d=2，

S△OAB=．

即△OAB的面积为定值2．

（I）函数的定义域为（0，+∞），

则f′（x）=，

当m=时，f′（x）=，

令f′（x）=0，则x=2或x=，

当x变化时，f′（x），f（x）变化时，

∴当x=时，f（x）的极小值为f（）=，

当x=2时，f（x）的极大值为f（2）=；

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），（0＜x1＜x2），

由题意得f′（x1）=f′（x2）=0，

又f′（x）=，

∴x1，x2是方程x2﹣2mx+1=0的两个正根，

故x1x2=1，判别式△=4m2﹣4＞0，即m2＞1，

f（x1）﹣f（x2）=mlnx1﹣1+﹣mlnx2+

=m（lnx1﹣lnx2）﹣（x1﹣x2）+

=m（lnx1﹣lnx2）﹣（x1﹣x2），

若存在实数m，使得m﹣k=1，

则k=，

∴，

即，

即lnx1﹣lnx2=x1﹣x2，

∵x1x2=1，0＜x1＜x2，

∴x1﹣，①，

令h（t）=t﹣﹣2lnt，0＜t＜1，

h′（t）=1+=（）2＞0，

∴h（t）在（0，1）上单调递增，

∴h（t）＜h（1）=1﹣1﹣2ln1=0，

即x1﹣﹣2lnx1＜0，与①矛盾，

故不存在这样的m，使m﹣k=1．

（Ⅰ）设等差数列{an}的公差是d，

∵S3=15，a5+a9=30，

∴，

解得a1=3，d=2，

∴an=3+（n﹣1）×2=2n+1，

Sn==n2+2n；

证明：（Ⅱ）由（Ⅰ）得，

bn（Sn﹣n）=2，则bn（n2+n）=2，

∴==2（），

∴Tn=b1+b2+…+bn

=2[（1）+（）+…+（）]

=2（1﹣）＜2，

∴对于任意正整数n，有Tn＜2成立．