跟蹤強(qiáng)化訓(xùn)練(一)一、選擇題1．(2017·銀川模擬)已知非零向量m，n滿足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝eq\f(1,3)，若n⊥(tm＋n)，則實數(shù)t的值為()A．4B．－4C.eq\f(9,4)D．－eq\f(9,4)[解析]∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0，即tm·n＋|n|2＝0，∴t|m||n|cos〈m，n〉＋|n|2＝0.又4|m|＝3|n|，∴t×eq\f(3,4)|n|2×eq\f(1,3)＋|n|2＝0，解得t＝－4.故選B.[答案]B2．(2017·沈陽模擬)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝13，S3＝S11，當(dāng)Sn最大時，n的值是()A．5B．6C．7D．8[解析]解法一：由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，可得a7＋a8＝0，根據(jù)首項a1＝13可推知數(shù)列{an}遞減，從而得到a7>0，a8<0，故n＝7時，Sn最大．故選C.解法二：設(shè){an}的公差為d，由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a(bǔ)1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，知當(dāng)n＝7時，Sn最大．故選C.解法三：根據(jù)a1＝13，S3＝S11，知這個數(shù)列的公差不等于零，且這個數(shù)列的和先是單調(diào)遞增然后單調(diào)遞減，根據(jù)公差不為零的等差數(shù)列的前n項和是關(guān)于n的二次函數(shù)，以及二次函數(shù)圖象的對稱性，得只有當(dāng)n＝eq\f(3＋11,2)＝7時，Sn取得最大值．故選C.[答案]C3．(2017·武漢市武昌區(qū)高三調(diào)研考試)已知函數(shù)f(x)＝2ax－a＋3，若?x0∈(－1,1)，使得f(x0)＝0，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－3)∪(1，＋∞) B．(－∞，－3)C．(－3,1) D．(1，＋∞)[解析]依題意可得f(－1)·f(1)<0，即(－2a－a＋3)(2a－a＋3)<0，解得a<－3或a>1，故選A.[答案]A4．(2017·濟(jì)南一模)方程m＋eq\r(1－x)＝x有解，則m的最大值為()A．1B．0C．－1D．－2[解析]由原式得m＝x－eq\r(1－x)，設(shè)eq\r(1－x)＝t(t≥0)，則m＝1－t2－t＝eq\f(5,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2，∵m＝eq\f(5,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2在[0，＋∞)上是減函數(shù)．∴t＝0時，m的最大值為1，故選A.[答案]A5．(2017·遼寧省沈陽市高三教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測)已知定義域為{x|x≠0}的偶函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，對任意正實數(shù)x滿足xf′(x)>－2f(x)，若g(x)＝x2f(x)，則不等式g(x)<g(1)的解集是()A．(－∞，1) B．(－∞，0)∪(0,1)C．(－1,1) D．(－1,0)∪(0,1)[解析]因為g(x)＝x2f(x)，所以g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]，由題意知，當(dāng)x>0時，xf′(x)＋2f(x)>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(x)為偶函數(shù)，則g(x)也是偶函數(shù)，所以g(x)＝g(|x|)，由g(x)<g(1)得g(|x|)<g(1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|<1，,x≠0，))則x∈(－1,0)∪(0,1)．故選D.[答案]D6．(2017·杭州質(zhì)檢)設(shè)O為坐標(biāo)原點，P是以F為焦點的拋物線y2＝2px(p>0)上任意一點，M是線段PF上的點，且|PM|＝2|MF|，則直線OM的斜率的最大值為()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(2),2)D．1[解析]如圖所示，設(shè)P(x0，y0)(y0>0)，則yeq\o\al(2,0)＝2px0，即x0＝eq\f(y\o\al(2,0),2p).設(shè)M(x′，y′)，由eq\o(PM,\s\up15(→))＝2eq\o(MF,\s\up15(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′－x0＝2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)－x′))，,y′－y0＝20－y′，))化簡可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(p＋x0,3)，,y′＝\f(y0,3).))∴直線OM的斜率為k＝eq\f(\f(y0,3),\f(p＋x0,3))＝eq\f(y0,p＋\f(y\o\al(2,0),2p))＝eq\f(2p,\f(2p2,y0)＋y0)≤eq\f(2p,2\r(2p2))＝eq\f(\r(2),2)(當(dāng)且僅當(dāng)y0＝eq\r(2)p時取等號)．[答案]C二、填空題7．(2017·廈門一中月考)設(shè)曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(3,2)處的切線與直線ax＋y＋3＝0垂直，則a等于________．[解析]y′＝eq\f(x－1－x＋1,x－12)＝eq\f(－2,x－12)，將x＝3代入，得曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(3,2)處的切線斜率k＝－eq\f(1,2)，故與切線垂直的直線的斜率為2，即－a＝2，得a＝－2.[答案]－28．(2017·南昌模擬)已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，矩形ABCD的四個頂點在E上，AB，CD的中點為E的兩個焦點，且2|AB|＝3|BC|，則E的離心率是________．[解析]利用雙曲線的性質(zhì)建立關(guān)于a，b，c的等式求解．如圖，由題意知|AB|＝eq\f(2b2,a)，|BC|＝2c.又2|AB|＝3|BC|，∴2×eq\f(2b2,a)＝3×2c，即2b2＝3ac，∴2(c2－a2)＝3ac，兩邊同除以a2并整理，得2e2－3e－2＝0，解得e＝2(負(fù)值舍去)．[答案]29．(2017·衡水中學(xué)檢測)已知正四棱錐的體積為eq\f(32,3)，則正四棱錐的側(cè)棱長的最小值為________．[解析]如圖所示，設(shè)正四棱錐的底面邊長為a，高為h.則該正四棱錐的體積V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(32,3)，故a2h＝32，即a2＝eq\f(32,h).則其側(cè)棱長為l＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)))2＋h2)＝eq\r(\f(16,h)＋h2).令f(h)＝eq\f(16,h)＋h2，則f′(h)＝－eq\f(16,h2)＋2h＝eq\f(2h3－16,h2)，令f′(h)＝0，解得h＝2.顯然當(dāng)h∈(0,2)時，f′(h)<0，f(h)單調(diào)遞減；當(dāng)h∈(2，＋∞)時，f′(h)>0，f(h)單調(diào)遞增．所以當(dāng)h＝2時，f(h)取得最小值f(2)＝eq\f(16,2)＋22＝12，故其側(cè)棱長的最小值l＝eq\r(12)＝2eq\r(3).[答案]2eq\r(3)三、解答題10．(2017·湖南湘中聯(lián)考)設(shè)銳角三角形ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a＝2bsinA.(1)求B的大??；(2)求cosA＋sinC的取值范圍．[解](1)∵a＝2bsinA，根據(jù)正弦定理得sinA＝2sinBsinA，∵sinA≠0，∴sinB＝eq\f(1,2)，又△ABC為銳角三角形，∴B＝eq\f(π,6).(2)∵B＝eq\f(π,6)，∴cosA＋sinC＝cosA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,6)－A))＝cosA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋A))＝cosA＋eq\f(1,2)cosA＋eq\f(\r(3),2)sinA＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))).由△ABC為銳角三角形知，A＋B>eq\f(π,2)，∴eq\f(π,3)<A<eq\f(π,2)，∴eq\f(2π,3)<A＋eq\f(π,3)<eq\f(5π,6)，∴eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))<eq\f(\r(3),2)，∴eq\f(\r(3),2)<eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))<eq\f(3,2)，∴cosA＋sinC的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))).11．(2017·合肥模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝9，a2為整數(shù)，且Sn≤S5.(1)求{an}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n項和為Tn，求證：Tn≤eq\f(4,9).[解](1)由a1＝9，a2為整數(shù)可知，等差數(shù)列{an}的公差d為整數(shù)．又Sn≤S5，∴a5≥0，a6≤0，于是9＋4d≥0,9＋5d≤0，解得－eq\f(9,4)≤d≤－eq\f(9,5).∵d為整數(shù)，∴d＝－2.故{an}的通項公式為an＝11－2n.(2)證明：由(1)，得eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,11－2n9－2n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9－2n)－\f(1,11－2n)))，∴Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,9)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9－2n)－\f(1,11－2n)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9－2n)－\f(1,9))).令bn＝eq\f(1,9－2n)，由函數(shù)f(x)＝eq\f(1,9－2x)的圖象關(guān)于點(4.5,0)對稱及其單調(diào)性，知0<b1<b2<b3<b4，b5<b6<b7<…<0，∴bn≤b4＝1.∴Tn≤eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))＝eq\f(4,9).12．(2017·長沙模擬)已知橢圓E的中心在原點，焦點F1，F(xiàn)2在y軸上，離心率等于eq\f(2\r(2),3)，P是橢圓E上的點．以線段PF1為直徑的圓經(jīng)過F2，且9eq\o(PF1,\s\up15(→))·eq\o(PF2,\s\up15(→))＝1.(1)求橢圓E的方程；(2)作直線l與橢圓E交于兩個不同的點M，N.如果線段MN被直線2x＋1＝0平分，求直線l的傾斜角的取值范圍．[解](1)依題意，設(shè)橢圓E的方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，半焦距為c.∵橢圓E的離心率等于eq\f(2\r(2),3)，∴c＝eq\f(2\r(2),3)a，b2＝a2－c2＝eq\f(a2,9).∵以線段PF1為直徑的圓經(jīng)過F2，∴PF2⊥F1F2.∴|PF2|＝eq\f(b2,a).∵9eq\o(PF1,\s\up15(→))·eq\o(PF2,\s\up15(→))＝1，∴9|eq\o(PF2,\s\up15(→))|2＝eq\f(9b4,a2)＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＝\f(a2,9)，,\f(9b4,a2)＝1))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝9，,b2＝1，))∴橢圓E的方程為eq\f(y2,9)＋x2＝1.(2)∵直線2x＋1＝0與x軸垂直，且由已知得直線l與直線x＝－eq\f(1,2)相交，∴直線l不可能與x軸垂直，∴設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,9x2＋y2＝9，))得(k2＋9)x2＋2kmx＋(m2－9)＝0.∵直線l與橢圓E交于兩個不同的點M，N，∴Δ＝4k2m2－4(k2＋9)(m2－9)>0，即m2－k2－9<0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－2km,k2＋9).∵線段MN被直線2x＋1＝0平分，∴2×eq\f(x1＋x2,2)＋1＝0，即eq\f(－2km,k2＋9)＋1＝0.即e