第三周周一1．(2020·東三省四市模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知2a＝2bcosC＋csinB.(1)求tanB；(2)若C＝eq\f(π,4)，△ABC的面積為6，求BC.解(1)∵2a＝2bcosC＋csinB，利用正弦定理可得，2sinA＝2sinBcosC＋sinCsinB，又sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，化為2cosB＝sinB≠0，∴tanB＝2.(2)∵tanB＝2，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，可得sinB＝eq\f(2,\r(5))，cosB＝eq\f(1,\r(5)).∴sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(3\r(10),10).由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得a＝eq\f(b,\f(2,\r(5)))×eq\f(3\r(10),10)＝eq\f(3\r(2)b,4).又eq\f(1,2)absineq\f(π,4)＝6，可得b＝eq\f(12\r(2),a).∴a＝eq\f(3\r(2),4)×eq\f(12\r(2),a)，即a2＝18，解得BC＝a＝3eq\r(2).周二2．已知正數(shù)數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝3，且滿足an＋2－an＝4(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝(－1)n·an，求數(shù)列{bn}的前100項(xiàng)和T100.解(1)①當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＝(an－an－2)＋(an－2－an－4)＋…＋(a3－a1)＋a1＝eq\f(n－1,2)×4＋a1＝2n－1.②當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an＝(an－an－2)＋(an－2－an－4)＋…＋(a4－a2)＋a2＝eq\f(n－2,2)×4＋a2＝2n－1.綜上，an＝2n－1(n∈N*)．(2)∵bn＝(－1)nan＝(－1)n·(2n－1)，∴T100＝b1＋b2＋…＋b100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2＋2＋2＋…＋2＝2×eq\f(100,2)＝100.周三3．某芯片公司為制定下一年的研發(fā)投入計(jì)劃，需了解年研發(fā)資金投入量x(單位：億元)對(duì)年銷售額y(單位：億元)的影響．該公司對(duì)歷史數(shù)據(jù)進(jìn)行對(duì)比分析，建立了兩個(gè)函數(shù)模型：①y＝α＋βx2，②y＝eλx＋t，其中α，β，λ，t均為常數(shù)，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．現(xiàn)該公司收集了近12年的年研發(fā)資金投入量xi和年銷售額yi的數(shù)據(jù)，i＝1,2，…，12，并對(duì)這些數(shù)據(jù)作了初步處理，得到了如圖所示的散點(diǎn)圖及一些統(tǒng)計(jì)量的值．令ui＝xeq\o\al(2,i)，vi＝lnyi(i＝1,2，…，12)，經(jīng)計(jì)算得如下數(shù)據(jù)：eq\x\to(x)eq\x\to(y)eq\i\su(i＝1,12,)(xi－eq\x\to(x))2eq\i\su(i＝1,12,)(yi－eq\x\to(y))2eq\x\to(u)eq\x\to(v)20667702004604.20eq\i\su(i＝1,12,)(ui－eq\x\to(u))2eq\i\su(i＝1,12,)(ui－eq\x\to(u))·(yi－eq\x\to(y))eq\i\su(i＝1,12,)(vi－eq\x\to(v))2eq\i\su(i＝1,12,)(xi－eq\x\to(x))·(vi－eq\x\to(v))3125000215000.30814(1)設(shè){ui}和{yi}的相關(guān)系數(shù)為r1，{xi}和{vi}的相關(guān)系數(shù)為r2，請(qǐng)從相關(guān)系數(shù)的角度，選擇一個(gè)擬合程度更好的模型；(2)①根據(jù)(1)的選擇及表中數(shù)據(jù)，建立y關(guān)于x的回歸方程(系數(shù)精確到0.01)；②若下一年銷售額y需達(dá)到90億元，預(yù)測(cè)下一年的研發(fā)資金投入量x是多少億元？附：①相關(guān)系數(shù)r＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\r(\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)2\i\su(i＝1,n,)yi－\x\to(y)2))，回歸直線eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(a,\s\up6(^))＋eq\o(b,\s\up6(^))x中斜率和截距的最小二乘估計(jì)公式分別為：eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x)；②參考數(shù)據(jù)：308＝4×77，eq\r(90)≈9.4868，e4.4998≈90.解(1)r1＝eq\f(\i\su(i＝1,12,)ui－\x\to(u)yi－\x\to(y),\r(\i\su(i＝1,12,)ui－\x\to(u)2\i\su(i＝1,12,)yi－\x\to(y)2))＝eq\f(21500,\r(3125000×200))＝eq\f(21500,25000)＝eq\f(43,50)＝0.86，r2＝eq\f(\i\su(i＝1,12,)xi－\x\to(x)vi－\x\to(v),\r(\i\su(i＝1,12,)xi－\x\to(x)2\i\su(i＝1,12,)vi－\x\to(v)2))＝eq\f(14,\r(770×0.308))＝eq\f(14,77×0.2)＝eq\f(10,11)≈0.91，則|r1|<|r2|，因此從相關(guān)系數(shù)的角度，模型y＝eλx＋t的擬合程度更好(2)①先建立v關(guān)于x的線性回歸方程．由y＝eλx＋t，得lny＝t＋λx，即v＝t＋λx.由于eq\o(λ,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,12,)xi－\x\to(x)vi－\x\to(v),\i\su(i＝1,12,)xi－\x\to(x)2)＝eq\f(14,770)≈0.018，eq\o(t,\s\up6(^))＝eq\x\to(v)－eq\o(λ,\s\up6(^))eq\x\to(x)＝4.20－0.018×20＝3.84，所以v關(guān)于x的線性回歸方程為eq\o(v,\s\up6(^))＝0.02x＋3.84，所以lneq\o(y,\s\up6(^))＝0.02x＋3.84，則eq\o(y,\s\up6(^))＝e0.02x＋3.84.②下一年銷售額y需達(dá)到90億元，即eq\o(y,\s\up6(^))＝90，代入eq\o(y,\s\up6(^))＝e0.02x＋3.84得，90＝e0.02x＋3.84，又e4.4998≈90，所以4.4998≈0.02x＋3.84，所以x≈eq\f(4.4998－3.84,0.02)＝32.99，所以預(yù)測(cè)下一年的研發(fā)資金投入量是32.99億元．周四4.(2020·深圳模擬)如圖，已知直棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，其中AA1＝AC＝2BD＝4.點(diǎn)E，F(xiàn)，P，Q分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上運(yùn)動(dòng)，且滿足：BF＝DQ，CP－BF＝DQ－AE＝1.(1)求證：E，F(xiàn)，P，Q四點(diǎn)共面，并證明EF∥平面PQB；(2)是否存在點(diǎn)P使得二面角B－PQ－E的余弦值為eq\f(\r(5),5)？如果存在，求出CP的長；如果不存在，請(qǐng)說明理由．(1)證明因?yàn)橹崩庵鵄BCD－A1B1C1D1的底面是菱形，所以AC⊥BD，AA1⊥底面ABCD，設(shè)AC，BD的交點(diǎn)為O，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OB所在直線，及過O且與AA1平行的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．則有A(2,0,0)，B(0,1,0)，C(－2,0,0)，D(0，－1,0)，設(shè)BF＝a，a∈[1,3]，則E(2,0，a－1)，F(xiàn)(0,1，a)，P(－2,0，a＋1)，Q(0，－1，a)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq\o(QP,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，所以EF∥PQ，故E，F(xiàn)，P，Q四點(diǎn)共面．又EF?平面PQB，PQ?平面PQB，所以EF∥平面PQB.(2)解假設(shè)存在點(diǎn)P，平面EFPQ中向量eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq\o(EQ,\s\up6(→))＝(－2，－1,1)，設(shè)平面EFPQ的一個(gè)法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x1＋y1＋z1＝0，,－2x1－y1＋z1＝0，))可得其一個(gè)法向量為n1＝(1,0,2)．在平面BPQ中，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2，－1，a＋1)，eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(0，－2，a)，設(shè)平面BPQ的一個(gè)法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2－y2＋a＋1z2＝0，,－2y2＋az2＝0，))所以其一個(gè)法向量為n2＝(a＋2,2a,4)．若|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋10,\r(5)·\r(a＋22＋4a2＋16))))＝eq\f(\r(5),5)，則(a＋10)2＝5a2＋4a＋20，即有a2－4a－20＝0，a∈[1,3]，解得a＝2±2eq\r(6)?[1,3]，故不存在點(diǎn)P使之成立．周五5.如圖，已知拋物線C1：x2＝2py(p>0)，圓M：x2＋y2－8y＋12＝0的圓心M到拋物線C1的準(zhǔn)線的距離為eq\f(9,2)，點(diǎn)P是拋物線C1上一點(diǎn)，過點(diǎn)P，M的直線交拋物線C1于另一點(diǎn)Q，且|PM|＝2|MQ|，過點(diǎn)P作圓M的兩條切線，切點(diǎn)為A，B.(1)求拋物線C1的方程；(2)求直線PQ的方程及eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的值．解(1)∵圓M：x2＋(y－4)2＝4，∴M(0,4)，拋物線C1：x2＝2py的準(zhǔn)線方程是y＝－eq\f(p,2)，依題意，4＋eq\f(p,2)＝eq\f(9,2)，∴p＝1，∴拋物線C1的方程為x2＝2y.(2)由題意知直線PQ的斜率存在，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋4，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋4，,x2＝2y，))得x2－2kx－8＝0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－x1,4－y1)，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(x2，y2－4)，∵|PM|＝2|MQ|，∴eq\o(PM,\s\up6(→))＝2eq\o(MQ,\s\up6(→))，∴－x1＝2x2，①又x1＋x2＝2k，②x1x2＝－8，③由①②③得k＝±1，∴直線PQ的方程為y＝±x＋4.取PQ的方程y＝x＋4和拋物線x2＝2y，聯(lián)立得P點(diǎn)坐標(biāo)為P(4,8)．∴|eq\o(PM,\s\up6(→))|＝4eq\r(2)，連接AM，BM，|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝|eq\o(PB,\s\up6(→))|＝eq\r(|PM|2－|AM|2)＝2eq\r(7)，設(shè)∠APM＝α，則sinα＝eq\f(|AM|,|PM|)＝eq\f(2,4\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，∴eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝|eq\o(PA,\s\up6(→))|·|eq\o(PB,\s\up6(→))|cos2α＝28(1－2sin2α)＝21.周六6．(2020·湖北省重點(diǎn)高中聯(lián)考協(xié)作體考試)已知函數(shù)f(x)＝a(x－1)lnx＋ex(a∈R)，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．(1)求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若不等式f(x)－ex≤0對(duì)任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．f(x)＝a(x－1)lnx＋ex，f′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(x－1,x)))＋e，∴f′(1)＝e.又f(1)＝e，∴曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y－e＝e(x－1)，即y＝ex.(2)令g(x)＝f(x)－ex＝a(x－1)lnx＋ex－ex(x≥1)，則g′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋1－\f(1,x)))＋e－ex.令h(x)＝g′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋1－\f(1,x)))＋e－ex(x≥1)，則h′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,x2)))－ex.①若a≤0，∵eq\f(1,x)＋eq\f