第五周[周一]1．(2022·聊城模擬)已知數(shù)列{an}滿足：an＋2＋(－1)nan＝3，a1＝1，a2＝2.(1)記bn＝a2n－1，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求S30.解(1)因?yàn)閍n＋2＋(－1)nan＝3，令n取2n－1，則a2n＋1－a2n－1＝3，即bn＋1－bn＝3，b1＝a1＝1，所以數(shù)列{bn}是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，所以bn＝3n－2.(2)令n取2n，則a2n＋2＋a2n＝3，所以S30＝(a1＋a3＋…＋a29)＋(a2＋a4＋…＋a30)，由(1)可知，a1＋a3＋…＋a29＝b1＋b2＋…＋b15＝330；a2＋a4＋…＋a30＝a2＋(a4＋a6)＋…＋(a28＋a30)＝2＋21＝23，所以S30＝330＋23＝353.[周二]2．如圖1，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，把△BDC沿BD折起，使得點(diǎn)C至點(diǎn)P處，如圖2.(1)證明：平面PAC⊥平面ABCD；(2)若PA與平面ABD所成角的余弦值為eq\f(\r(2),2)，AB＝2，求三棱錐P－ABD的體積．(1)證明如圖所示，取AC與BD的交點(diǎn)為O，連接PO，由題意得AC⊥BD，CB＝CD，PB＝PD，∴PO⊥BD，∵AC?平面PAC，PO?平面PAC，AC∩PO＝O，∴BD⊥平面PAC，又BD?平面ABCD，∴平面PAC⊥平面ABCD.(2)解∵AO＝CO＝PO，∴△PAC為直角三角形，∵PA與平面ABD所成角的余弦值為eq\f(\r(2),2)，即∠PAC＝45°，∴△PAC為等腰直角三角形，∴PO⊥AC，∵平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD＝AC，∴PO⊥平面ABCD，∵AB＝2，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，∴BD＝2，AO＝CO＝PO＝eq\r(3)，∴VP－ABD＝eq\f(1,3)S△ABD·PO＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1.[周三]3．在一次數(shù)學(xué)考試中，將某班所有學(xué)生的成績(jī)按照性別繪制成如圖所示的莖葉圖，規(guī)定：分?jǐn)?shù)不低于125分為優(yōu)秀．(1)求本次成績(jī)的眾數(shù)、中位數(shù)；(2)從該班中任意抽取一名學(xué)生，求該學(xué)生成績(jī)優(yōu)秀的概率；(3)完成下列2×2列聯(lián)表，并判斷是否有90%的把握認(rèn)為該班學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)是否優(yōu)秀與性別有關(guān)？數(shù)學(xué)成績(jī)男生女生總計(jì)優(yōu)秀不優(yōu)秀總計(jì)附：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.010k02.0722.7063.8415.0246.635解(1)本次成績(jī)的眾數(shù)為124，中位數(shù)為eq\f(127＋128,2)＝127.5.(2)由莖葉圖可知，該班有50名學(xué)生，成績(jī)優(yōu)秀的有28名，所以從該班中任意抽取一名學(xué)生，該學(xué)生成績(jī)優(yōu)秀的概率P＝eq\f(28,50)＝eq\f(14,25).(3)2×2列聯(lián)表如下，數(shù)學(xué)成績(jī)男生女生總計(jì)優(yōu)秀161228不優(yōu)秀91322總計(jì)252550K2＝eq\f(50×16×13－12×92,28×22×25×25)＝eq\f(100,77)≈1.299，因?yàn)?.299<2.706，所以沒有90%的把握認(rèn)為該班學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)是否優(yōu)秀與性別有關(guān)．[周四]4．(2022·南通模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，其中a∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e≈2.718.(1)若函數(shù)f(x)在定義域上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，求證：f(x)<eq\f(ex,x)＋sinx.(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在定義域上不可能有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)>0得x>a，令f′(x)<0得0<x<a，故f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝a處取得極小值，也是最小值，f(x)min＝f(a)＝1＋lna，要想函數(shù)f(x)在定義域上有兩個(gè)零點(diǎn)，則1＋lna<0，解得0<a<eq\f(1,e)，又f(1)＝a>0，當(dāng)x→0時(shí)，f(x)→＋∞，由零點(diǎn)存在定理可知，在(0，a)與(a,1)范圍內(nèi)各有一個(gè)零點(diǎn)，綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).(2)證明當(dāng)a＝1時(shí)，要證f(x)<eq\f(ex,x)＋sinx，即證lnx＋eq\f(1,x)<eq\f(ex,x)＋sinx(x>0)，由于sinx∈[－1,1]，故eq\f(ex,x)＋sinx≥eq\f(ex,x)－1，只需證lnx＋eq\f(1,x)<eq\f(ex,x)－1，令h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－eq\f(ex,x)＋1(x>0)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)－eq\f(exx－1,x2)＝eq\f(x－11－ex,x2)，因?yàn)閤>0，所以1－ex<0，令h′(x)>0得0<x<1，令h′(x)<0得x>1，所以h(x)在x＝1處取得極大值，也是最大值，h(x)max＝h(1)＝2－e<0，故h(x)<0在x∈(0，＋∞)上恒成立，結(jié)論得證．[周五]5．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一點(diǎn)P到兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為4，離心率為eq\f(1,2).(1)求橢圓C的方程和短軸長(zhǎng)；(2)已知點(diǎn)D(－4,0)，過左焦點(diǎn)F1且與坐標(biāo)軸不垂直的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，設(shè)直線AD與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)為E，連接EF1，求證：F1D平分∠BF1E.(1)解由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝4，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝1，))故b2＝a2－c2＝3，則b＝eq\r(3)，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，短軸長(zhǎng)為2eq\r(3).(2)證明要證F1D平分∠BF1E，即證∠EF1D＝∠BF1D＝∠AF1F2(F2為橢圓右焦點(diǎn))，如圖所示，所以，只需證＝0即可，F(xiàn)1(－1,0)，由題意，設(shè)直線AD的方程為y＝k(x＋4)，A(xA，yA)，E(xE，yE)，聯(lián)立橢圓方程并整理得(3＋4k2)x2＋32k2x＋64k2－12＝0，所以xA＋xE＝－eq\f(32k2,3＋4k2)，xAxE＝eq\f(64k2－12,3＋4k2)，且Δ＝144(1－4k2)>0，即－eq\f(1,2)<k<eq\f(1,2)，而＝eq\f(yA,xA＋1)＋eq\f(yE,xE＋1)＝eq\f(kxA＋4,xA＋1)＋eq\f(kxE＋4,xE＋1)＝eq\f(k[2xAxE＋5xA＋xE＋8],xAxE＋xA＋xE＋1)，又2xAxE＋5(xA＋xE)＋8＝eq\f(128k2－24,3＋4k2)－eq\f(160k2,3＋4k2)＋eq\f(32k2＋24,3＋4k2)＝0，所以＝0，故F1D平分∠BF1E，得證．[周六]6．[坐標(biāo)系與參數(shù)方程](2022·銀川模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，以原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸，以相同的單位長(zhǎng)度建立極坐標(biāo)系，已知直線l的極坐標(biāo)方程為eq\r(2)ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝1，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ＝2acosθ.(1)設(shè)t為參數(shù)，若y＝eq\f(\r(2),2)t－1，求直線l的參數(shù)方程；(2)已知直線l與曲線C交于P，Q兩點(diǎn)，設(shè)M(0，－1)，且|PQ|2＝4|MP|·|MQ|，求實(shí)數(shù)a的值．解(1)因?yàn)橹本€l的極坐標(biāo)方程為eq\r(2)ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝1，所以eq\r(2)ρcosθcos

eq\f(π,4)－eq\r(2)ρsinθsin

eq\f(π,4)＝1，又ρcosθ＝x，ρsinθ＝y(tǒng)，所以x－y＝1，將y＝eq\f(\r(2),2)t－1，t為參數(shù)，代入上式得x＝eq\f(\r(2),2)t，所以直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(2),2)t，,y＝\f(\r(2),2)t－1))(t為參數(shù))．(2)由曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ＝2acosθ，得ρ2＝2aρcosθ，將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入上式得曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2＝2ax,將直線l的參數(shù)方程與曲線C的直角坐標(biāo)方程聯(lián)立，得t2－eq\r(2)(1＋a)t＋1＝0.則Δ＝[eq\r(2)(1＋a)]2－4>0，解得a>eq\r(2)－1或a<－eq\r(2)－1，且t1＋t2＝eq\r(2)(1＋a)，t1t2＝1，設(shè)點(diǎn)P，Q分別對(duì)應(yīng)參數(shù)t1，t2.則|MP|＝|t1|，|MQ|＝|t2|，|PQ|＝|t1－t2|，由題意得|t1－t2|2＝4|t1||t2|，則有(t1＋t2)2＝8t1t2，即2(1＋a)2＝8，解得a＝1或a＝－3.6．[不等式選講]已知正數(shù)a，b，c，d滿足a2＋b2＋c2＋d2＝1，證明：(1)0<ac＋bd≤eq\f(1,2)；(2)eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋eq\f(4,c2)＋eq\f(4,d2)≥36.證明(1)因?yàn)閍2＋c2≥2ac，b2＋d2≥2bd，所以a2＋b2＋c2＋d2≥2ac＋2bd，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝d＝eq\f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立，又正數(shù)a，b，c，d滿足a2＋b2＋c2＋d2＝1，所以0<ac＋bd≤eq\f(1,2).(2)因?yàn)檎龜?shù)a，b，c，d滿足a2＋b2＋c2＋d2＝1，所以由柯西不等式，可得eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋eq\f(4,c2)＋eq\f(4,d2)＝(a2＋b2＋c2＋d2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\