2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)仿真模擬沖刺卷一含解析理

PAGEPAGE17仿真模擬沖刺卷(一)時間：120分鐘滿分：150分一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．[2024·四川成都七中高三期中]設(shè)全集U＝{0，1，2，3，4，5，6}，集合A＝{1，2，4}，B＝{1，3，5}，則A∩(?UB)()A．{0，6}B．{1，4}C．{2，4}D．{3，5}2．[2024·貴州貴陽一中高三月考]復(fù)數(shù)z滿意(z－3)(2－i)＝5(i為虛數(shù)單位)，則z的共軛復(fù)數(shù)eq\o(z,\s\up6(－))的虛部為()A．iB．－iC．5－iD．13．[2024·貴州貴陽一中高三月考]國際數(shù)學(xué)教化大會(ICME)是世界數(shù)學(xué)教化規(guī)模最大、水平最高的學(xué)術(shù)性會議．第十四屆大會于2024年7月11日～18日在上海市華東師范高校勝利舉辦，其會標如圖，包含著很多數(shù)學(xué)元素．主畫面是特別美麗的幾何化的中心對稱圖形，由弦圖、圓和螺線組成，主畫面標明的ICME－14下方的“”是用中國古代八進制的計數(shù)符號寫出的八進制數(shù)3744，也可以讀出其二進制碼(0)11111100100，受疫情影響，第十四屆大會在原定的舉辦時間上有所推遲，已知上述二進制和八進制數(shù)轉(zhuǎn)換為十進制，即是第十四屆大會原定的舉辦時間，則第十四屆數(shù)學(xué)教化大會原定于()年實行．A．2024B．2024C．2024D．20244．[2024·河南安陽模擬]5G技術(shù)的數(shù)學(xué)原理之一便是聞名的香農(nóng)公式：C＝Wlog2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(S,N))).它表示：在受噪聲干擾的信道中，最大信息傳遞速率C取決于信道帶寬W、信道內(nèi)信號的平均功率S、信道內(nèi)部的高斯噪聲功率N的大小，其中eq\f(S,N)叫做信噪比．依據(jù)香農(nóng)公式，若不變更帶寬W，而將信噪比eq\f(S,N)從1000提升至2000，則C大約增加了()A．10%B．30%C．50%D．100%5．[2024·云南玉溪高三月考]已知直線l過拋物線C：y2＝x的焦點，并交拋物線C于A，B兩點，|AB|＝2，則弦AB中點G的橫坐標是()A．eq\f(3,2)B．eq\f(4,3)C．eq\f(3,4)D．16．[2024·云南師大附中高三月考]某三棱錐的三視圖如圖所示，是三個邊長為2的正方形，則該三棱錐的體積為()A．eq\f(4,3)B．eq\f(8,3)C．6D．eq\f(4\r(2),3)7．[2024·四川石室中學(xué)三模]多項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))(1－x)4的綻開式中含x2項的系數(shù)為()A．－2B．－4C．2D．48．在平行四邊形ABCD中，AB＝2AD，∠BAD＝60°，E為CD中點，若eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，且AE⊥DF.則λ＝()A．eq\f(1,2)B．eq\f(3,2)C．－eq\f(1,2)D．－eq\f(3,2)9．[2024·陜西西安高三月考]已知f(x)＝eq\r(3)sinxcosx＋sin2x－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))，則f(x)的值域是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))D．[－1，1]10．[2024·安徽省泗縣第一中學(xué)模擬預(yù)料]已知圓C1：x2＋y2－kx＋2y＝0與圓C2：x2＋y2＋ky－2＝0的公共弦所在直線恒過點P(a，b)，且點P在直線mx－ny－2＝0上，則mn的取值范圍是()A．(－∞，1]B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4)))11．[2024·江西臨川三模]已知函數(shù)f(x)＝sin2eq\f(ωx,2)＋eq\f(1,2)sinωx－eq\f(1,2)(ω＞0)，x∈R.若f(x)在區(qū)間(π，2π)內(nèi)沒有零點，則ω的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)，1))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,8)))D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(5,8)))12．[2024·河南新鄉(xiāng)二模]正四面體ABCD的棱長為1，點P是該正四面體內(nèi)切球球面上的動點，當eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))取得最小值時，點P到AD的距離為()A．eq\f(3\r(2)－\r(6),12)B．eq\f(\r(6)－\r(3),12)C．eq\f(2\r(2)－\r(3),12)D．eq\f(\r(2),4)二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝1，CD＝3，AD＝eq\r(2)，AC＝eq\r(5)，則△ABC的面積是________．14．已知函數(shù)f(x)的定義域為R，對隨意x∈R，f(x＋2)＝3f(x)恒成立，且當x∈(0，2]時，f(x)＝2x，則f(7)＝________．15．若對隨意的x1、x2∈(m，＋∞)，且x1<x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)<2，則m的最小值是________________．16．[2024·甘肅金昌二模]如圖，已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，拋物線C的準線l與x軸相交于點A，點Q(Q在第一象限)在拋物線C上，射線FQ與準線l相交于點B，eq\o(BQ,\s\up6(→))＝2eq\o(QF,\s\up6(→))，直線AQ與拋物線C交于另一點P，則eq\f(|PQ|,|AQ|)＋eq\f(|BP|,|PF|)＝________．三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個試題考生都必需作答．第22、23題為選考題，考生依據(jù)要求作答．(一)必考題：共60分．17．(12分)[2024·安徽省舒城中學(xué)三模]設(shè)數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其前n項和為Sn(n∈N*)，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列．已知a1＝b1＝1，a5＝3b2，S4＝4S2.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{an·bn}的前n項和Tn.18．(12分)為便利市民出行，提倡低碳出行．某市公交公司推出利用支付寶和微信掃碼支付乘車活動，活動設(shè)置了一段時間的推廣期，在推廣期內(nèi)采納隨機實惠激勵市民掃碼支付乘車．該公司某線路公交車隊統(tǒng)計了活動推廣期第一周內(nèi)運用掃碼支付的狀況，其中x(單位：天)表示活動推出的天數(shù)，y(單位：十人次)表示當天運用掃碼支付的人次，整理后得到如圖所示的統(tǒng)計表1和散點圖．表1：x第1天第2天第3天第4天第5天第6天第7天y71220335490148(1)由散點圖分析后，可用y＝ebx＋a作為該線路公交車在活動推廣期運用掃碼支付的人次y關(guān)于活動推出天數(shù)x的回來方程，依據(jù)表2的數(shù)據(jù)，求此回來方程，并預(yù)報第8天運用掃碼支付的人次(精確到整數(shù)).表2：eq\o(x,\s\up6(－))eq\o(y,\s\up6(－))eq\o(z,\s\up6(－))eq\i\su(i＝1,7,x)eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(i))eq\i\su(i＝1,7,x)iyieq\i\su(i＝1,7,x)izi4523.51402069112其中z＝lny，eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1,7)eq\i\su(i＝1,7,z)i.(2)推廣期結(jié)束后，該車隊對此期間乘客的支付狀況進行統(tǒng)計，結(jié)果如表3.表3：支付方式現(xiàn)金乘車卡掃碼頻率10%60%30%實惠方式無實惠按7折支付隨機實惠(見下面統(tǒng)計結(jié)果)統(tǒng)計結(jié)果顯示，掃碼支付中享受5折支付的頻率為eq\f(1,3)，享受7折支付的頻率為eq\f(1,2)，享受9折支付的頻率為eq\f(1,6).已知該線路公交車票價為1元，將上述頻率作為相應(yīng)事務(wù)發(fā)生的概率，記隨機變量ξ為在活動期間該線路公交車搭載乘客一次的收入(單位：元)，求ξ的分布列和期望．參考公式：對于一組數(shù)據(jù)(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回來直線eq\o(v,\s\up6(^))＝eq\o(α,\s\up6(^))＋eq\o(β,\s\up6(^))u的斜率和截距的最小二乘估計分別為eq\o(β,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,u)ivi－n\o(u,\s\up6(－))\o(v,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,n,u)eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(i))－n\o(u,\s\up6(－))2)，eq\o(α,\s\up6(^))＝eq\o(v,\s\up6(－))－eq\o(β,\s\up6(^))eq\o(u,\s\up6(－)).參考數(shù)據(jù)：e5.3≈200.34，e5.5≈244.69，e5.7≈298.87.19.(12分)[2024·黑龍江哈爾濱市第六中學(xué)模擬預(yù)料]在三棱錐P-ABC中，△ABC為等腰直角三角形，AB＝AC＝1，PB＝PC＝eq\r(5)，E為PA的中點，D為AC的中點，F(xiàn)為棱PB上靠近B的三等分點．(1)證明：BD∥平面CEF；(2)若PA⊥AC，求二面角E-CF-B的正弦值．20．(12分)[2024·寧夏石嘴山二模]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,2)＝1(a>eq\r(2))的右焦點為F，A、B分別為橢圓的左頂點和上頂點，△ABF的面積為eq\r(2)＋1.(1)求橢圓C的標準方程；(2)過點F的直線l與橢圓C交于P，Q兩點，直線AP、AQ分別與直線x＝2eq\r(2)交于點M、N.以MN為直徑的圓是否恒過定點？若是，懇求出該定點坐標；若不是，請說明理由．21.(12分)[2024·四川雙流中學(xué)三模]設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx，g(x)＝eq\f(1,2)x2，(1)若a>0，求h(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝1，對隨意的x1>x2>0，不等式m[g(x1)－g(x2)]>x1f(x1)－x2f(x2)恒成立．求m(m∈Z，m≤1)的值；(3)記g′(x)為g(x)的導(dǎo)函數(shù)，若不等式f(x)＋2g′(x)<(a＋3)x－g(x)在x∈[1，e]上有實數(shù)解，求實數(shù)a的取值范圍．(二)選考題：共10分．請考生在第22、23題中任選一題作答．假如多做，則按所做的第一題計分．22．[選修4－4：坐標系與參數(shù)方程](10分)數(shù)學(xué)中有很多寓意美妙的曲線，在極坐標系中，曲線C：ρ＝sin3θ(ρ∈R)被稱為“三葉玫瑰線”(如圖所示).(1)當θ∈[0，π)，求以極點為圓心，eq\f(\r(2),2)為半徑的圓與三葉玫瑰線交點的極坐標；(2)設(shè)點P是由(1)中的交點所確定的圓M上的動點，直線l：ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\r(2)，求點P到直線l的距離的最大值．23．[選修4－5：不等式選講](10分)[2024·貴州二模]已知f(x)＝|x－2|－|ax＋2|.(1)當a＝1時，求不等式f(x)<1的解集；(2)若x∈(0，2)時，不等式f(x)＋x>0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．仿真模擬沖刺卷（一）1．答案：C解析：由題意，全集U＝{0，1，2，3，4，5，6}，集合A＝{1，2，4}，B＝{1，3，5}，故?UB＝{0，2，4，6}，則A∩（?UB）＝{2，4}．故選C.2．答案：C解析：z＝eq\f(5,2－i)＋3＝eq\f(5（2＋i）,（2－i）（2＋i）)＋3＝5＋i，則eq\o(z,\s\up6(－))＝5－i.故選C.3．答案：C解析：3744（8）＝4×80＋4×81＋7×82＋3×83＝2024.故選C.4．答案：A解析：將信噪比eq\f(S,N)從1000提升至2000，C大約增加了eq\f(Wlog2（1＋2000）－Wlog2（1＋1000）,Wlog2（1＋1000）)＝eq\f(log22001－log21001,log21001)≈eq\f(10.967－9.967,9.967)≈10%，故選A.5．答案：C解析：如圖，由題意可得拋物線的準線m的方程為x＝－eq\f(1,4)，過點G作拋物線準線m的垂線GD⊥m于D，過A，B分別作AA′⊥m于點A′，BB′⊥m于點B′，則|AA′|＋|BB′|＝|AB|＝2，因為弦AB的中點為G，所以|GD|＝eq\f(1,2)（|AA′|＋|BB′|）＝eq\f(1,2)|AB|＝1，所以點G的橫坐標是1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，故選C.6．答案：B解析：依據(jù)三視圖知，該幾何體是棱長為2的正方體截去四個角得出的正四面體ABCD，它的體積等于正方體的體積減去正方體四個角處三棱錐的體積．記每一個角處三棱錐的體積為V1，則V＝V正方體－4V1＝8－4×eq\f(1,3)×2×2×2×eq\f(1,2)＝eq\f(8,3)，故選B.7．答案：D解析：由楊輝三角知（1－x）4＝1－4x＋6x2－4x3＋x4，（x－eq\f(2,x)）（1－x）4＝（x－eq\f(2,x)）（1－4x＋6x2－4x3＋x4）的綻開式的x2項有x·（－4x）＋（－eq\f(2,x)）·（－4x3）＝4x2，所以綻開式中含x2項的系數(shù)為4.故選D.8．答案：A解析：設(shè)AB＝2AD＝2a（a>0），則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝2a×a×cos60°＝a2，由條件可得eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))，由AE⊥DF可得eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))))·（λeq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))）＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(λ,2)·eq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))a2＋2λa2－a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3λ－\f(3,2)))a2＝0.故λ＝eq\f(1,2).故選A.9．答案：C解析：f（x）＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1－cos2x,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴f（x）的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).故選C.10．答案：A解析：由圓C1：x2＋y2－kx＋2y＝0，圓C2：x2＋y2＋ky－2＝0，得圓C1與圓C2的公共弦所在直線方程為k（x＋y）－2y－2＝0，求得定點P（1，－1），又P（1，－1）在直線mx－ny－2＝0上，m＋n＝2，即n＝2－m.∴mn＝（2－m）m＝－（m－1）2＋1，∴mn的取值范圍是（－∞，1].故選A.11．答案：D解析：由題設(shè)有f（x）＝eq\f(1－cosωx,2)＋eq\f(1,2)sinωx－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))，令f（x）＝0，則有ωx－eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z即x＝eq\f(kπ＋\f(π,4),ω)，k∈Z.因為f（x）在區(qū)間（π，2π）內(nèi)沒有零點，故存在整數(shù)k，使得eq\f(kπ＋\f(π,4),ω)≤π<2π<eq\f(kπ＋\f(5π,4),ω)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≥k＋\f(1,4),ω≤\f(k,2)＋\f(5,8)))，因為ω>0，所以k≥－1且k＋eq\f(1,4)≤eq\f(k,2)＋eq\f(5,8)，故k＝－1或k＝0，所以0<ω≤eq\f(1,8)或eq\f(1,4)≤ω≤eq\f(5,8)，故選D.12．答案：A解析：因為四面體ABCD是棱長為1的正四面體，所以其體積為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(2),12).設(shè)正四面體ABCD內(nèi)切球的半徑為r，則4×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)×r＝eq\f(\r(2),12)，得r＝eq\f(\r(6),12).如圖，取AD的中點為E，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝（eq\o(PE,\s\up6(→))＋eq\o(EA,\s\up6(→))）·（eq\o(PE,\s\up6(→))＋eq\o(ED,\s\up6(→))）＝eq\o(PE,\s\up6(→))2＋eq\o(PE,\s\up6(→))·（eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(ED,\s\up6(→))）＋eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\o(PE,\s\up6(→))2－eq\f(1,4).明顯，當PE的長度最小時，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))取得最小值．設(shè)正四面體內(nèi)切球的球心為O，可求得OA＝OD＝eq\f(\r(6),4).因為球心O到點E的距離d＝eq\r(PA2－AE2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),4)，所以球O上的點P到點E的最小距離為d－r＝eq\f(\r(2),4)－eq\f(\r(6),12)＝eq\f(3\r(2)－\r(6),12)，即當eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))取得最小值時，點P到AD的距離為eq\f(3\r(2)－\r(6),12).故選A.13．答案：eq\f(1,2)解析：在△ACD中，由余弦定理可得：cos∠ADC＝eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝eq\f(2＋9－5,2×\r(2)×3)＝eq\f(\r(2),2)，所以sin∠ADC＝eq\f(\r(2),2)，所以△ACD的面積為：eq\f(1,2)AD·CDsin∠ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×3×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,2)，因為CD＝3AB.所以△ABC的面積為eq\f(1,3)×eq\f(3,2)＝eq\f(1,2).14．答案：54解析：因為f（x＋2）＝3f（x），所以f（7）＝3f（5）＝32f（3）＝33f（1）＝54.15．答案：eq\f(1,e)解析：對隨意的x1、x2∈（m，＋∞），且x1<x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)<2，則x1lnx2－x2lnx1<2x2－2x1，所以，x1（lnx2＋2）<x2（lnx1＋2），即eq\f(lnx1＋2,x1)>eq\f(lnx2＋2,x2)，令f（x）＝eq\f(lnx＋2,x)，則f（x2）<f（x1），又x2>x1>m，則函數(shù)f（x）在（m，＋∞）上為減函數(shù)，因為f′（x）＝－eq\f(lnx＋1,x2)，由f′（x）<0，可得x>eq\f(1,e)，所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，所以，（m，＋∞）?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，所以，m≥eq\f(1,e)，因此，實數(shù)m的最小值為eq\f(1,e).16．答案：3解析：拋物線C：y2＝4x的焦點為F（1，0），A（－1，0），由eq\o(BQ,\s\up6(→))＝2eq\o(QF,\s\up6(→))，可得xQ＋1＝2（1－xQ），解得xQ＝eq\f(1,3)，可得Q（eq\f(1,3)，eq\f(2\r(3),3)），由eq\f(2\r(3),3)－yB＝2（0－eq\f(2\r(3),3)），解得yB＝2eq\r(3)，直線AQ的方程為：y＝eq\f(\r(3),2)（x＋1），與拋物線y2＝4x聯(lián)立，可得eq\f(3,4)x2－eq\f(5,2)x＋eq\f(3,4)＝0，由xPxQ＝1，得xP＝3，則P（3，2eq\r(3)），所以PB⊥AB，由拋物線定義得PB＝PF，且PB∥AF，所以eq\f(|PQ|,|AQ|)＝eq\f(|BQ|,|QF|)＝2，所以eq\f(|PQ|,|AQ|)＋eq\f(|BP|,|PF|)＝2＋1＝3.17．解析：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，由S4＝4S2可得4a1＋6d＝4（2a1＋d），即6d＋4＝4（d＋2），解得d＝2，所以，an＝a1＋（n－1）d＝1＋2（n－1）＝2n－1，又3b2＝3q＝a5＝9，∴q＝3，則bn＝b1qn－1＝3n－1；（2）anbn＝（2n－1）·3n－1，則Tn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋（2n－1）·3n－1①，可得3Tn＝1·31＋3·32＋…＋（2n－3）·3n－1＋（2n－1）·3n②，①－②得：－2Tn＝1＋2（31＋32＋…＋3n－1）－（2n－1）·3n＝1＋eq\f(6（1－3n－1）,1－3)－（2n－1）·3n＝（2－2n）·3n－2，因此，Tn＝（n－1）·3n＋1.18．解析：（1）由題意得z＝lny＝lnebx＋a＝bx＋a，∴eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,7,x)izi－7\o(x,\s\up6(－))\o(z,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,7,x)eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(i))－7\o(x,\s\up6(－))2)＝eq\f(112－7×4×3.5,140－7×42)＝0.5，∴eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(z,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))＝3.5－0.5×4＝1.5，∴z關(guān)于x的線性回來方程為eq\o(z,\s\up6(^))＝0.5x＋1.5，∴y關(guān)于x的回來方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝e0.5x＋1.5，當x＝8時，eq\o(y,\s\up6(^))＝e5.5≈244.69，∴第8天運用掃碼支付的人次為2447.（2）由題意得ξ的全部可能取值為0.5，0.7，0.9，1，P（ξ＝0.5）＝eq\f(1,3)×30%＝0.10，P（ξ＝0.7）＝60%＋eq\f(1,2)×30%＝0.75，P（ξ＝0.9）＝eq\f(1,6)×30%＝0.05，P（ξ＝1）＝10%＝0.10，∴ξ的分布列為ξ0.50.70.91P0.100.750.050.10∴E（ξ）＝0.5×0.10＋0.7×0.75＋0.9×0.05＋1×0.10＝0.72.19．解析：（1）證明：連接PD且交CE于點T，連接FT.由題意可知，PD，CE為中線，所以T為重心，eq\f(|PF|,|FB|)＝eq\f(|PT|,|TD|)＝eq\f(2,1)，所以FT∥BD，又FT?平面CEF，BD?平面CEF，所以BD∥平面CEF.（2）因為PA⊥AC，AC＝1，PC＝eq\r(5)，所以PA＝2.又因為AB＝AC，PB＝PC，所以PA2＋AB2＝PB2，即PA⊥AB.所以AB，AC，AP兩兩垂直．故以A為原點，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))為x軸，y軸，z軸的正半軸建立空間直角坐標系，由圖可知，E（0，0，1），C（0，1，0），F(xiàn)（eq\f(2,3)，0，eq\f(2,3)），B（1，0，0），所以eq\o(EC,\s\up6(→))＝（0，1，－1），eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－1，\f(2,3)))，eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，－\f(2,3)))，設(shè)平面CEF的法向量為n1＝（x，y，z），則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(EC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,\f(2,3)x－y＋\f(2,3)z＝0，))可令x＝1，y＝z＝2，所以n1＝（1，2，2），設(shè)平面CFB的法向量為n2＝（x1，y1，z1），則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CF,\s\up6(→))＝0,n2·\o(FB,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x1－y1＋\f(2,3)z1＝0,\f(1,3)x1－\f(2,3)z1＝0))，可令x1＝y(tǒng)1＝2，z1＝1，所以n2＝（2，2，1），因為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n1，n2〉))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1·n2)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1×2＋2×2＋2×1,\r(12＋22＋22)×\r(22＋22＋12))))＝eq\f(8,9)，所以sin〈n1，n2〉＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(17),9)，即二面角E-CF-B的正弦值為eq\f(\r(17),9).20．解析：（1）由題得△ABF的面積S＝eq\f(1,2)（a＋c）·b＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\r(a2－2)))·eq\r(2)＝eq\r(2)＋1，解得a＝2，即橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.（2）已知點A（－2，0），設(shè)直線PQ的方程為x＝ty＋eq\r(2)，點P（x1，y1），Q（x2，y2）.直線AP的方程為y＝eq\f(y1,x1＋2)（x＋2），直線AQ的方程為y＝eq\f(y2,x2＋2)（x＋2），將x＝2eq\r(2)代入直線AP、AQ的方程，可得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(（2\r(2)＋2）y1,x1＋2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(（2\r(2)＋2）y2,x2＋2))).設(shè)以MN為直徑的圓過定點P（m，n），則eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，即eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2\r(2)＋2）y1,x1＋2)－n))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2\r(2)＋2）y2,x2＋2)－n))＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）y1,x1＋2)·eq\f(（2\r(2)＋2）y2,x2＋2)－neq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2\r(2)＋2）y1,x1＋2)＋\f(（2\r(2)＋2）y2,x2＋2)))＋n2＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）y1,ty1＋\r(2)＋2)·eq\f(（2\r(2)＋2）y2,ty2＋\r(2)＋2)－neq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2\r(2)＋2）y1,ty1＋\r(2)＋2)＋\f(（2\r(2)＋2）y2,ty2＋\r(2)＋2)))＋n2＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）2y1y2－n\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（2\r(2)＋2）y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2＋\r(2)＋2))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\r(2)＋2))（2\r(2)＋2）y2)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\r(2)＋2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2＋\r(2)＋2)))＋n2＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）2y1y2－n（2\r(2)＋2）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2ty1y2＋（\r(2)＋2）（y1＋y2）)),t2y1y2＋（\r(2)＋2）t（y1＋y2）＋（\r(2)＋2）2)＋n2聯(lián)立橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1和直線PQ的方程為x＝ty＋eq\r(2)，可得（ty＋eq\r(2)）2＋2y2－4＝0，化簡得（t2＋2）y2＋2eq\r(2)ty－2＝0，即y1＋y2＝eq\f(－2\r(2)t,t2＋2)，y1y2＝eq\f(－2,t2＋2).代入上式化簡得＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）2（－2）－n（2\r(2)＋2）[2t（－2）＋（\r(2)＋2）（－2\r(2)t）],t2（－2）＋（\r(2)＋2）t（－2\r(2)t）＋（\r(2)＋2）2（t2＋2）)＋n2＝（2eq\r(2)－m）2－2＋eq\r(2)nt＋n2＝0，由此可知，若上式與t無關(guān)，則n＝0，又eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，（2eq\r(2)－m）2－2＝0，m＝2eq\r(2)±eq\r(2)，因此MN為直徑的圓恒過定點（eq\r(2)，0）和（3eq\r(2)，0）.21．解析：（1）h（x）＝alnx－eq\f(1,2)x2，所以h′（x）＝eq\f(a,x)－x＝eq\f(a－x2,x)（x>0），因為a>0，所以0<x<eq\r(a)時，h′（x）>0，x>eq\r(a)時，h′（x）<0，所以f（x）的增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(a)))，減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a)，＋∞)).（2）當a＝1，f（x）＝lnx.由m[g（x1）－g（x2）]>x1f（x1）－x2f（x2）恒成立，即mg（x1）－x1f（x1）>mg（x2）－x2f（x2）恒成立，設(shè)t（x）＝mg（x）－xf（x）＝eq\f(m,2)x2－xlnx（x>0）.由題意知x1>x2>0，故當x∈（0，＋∞）時函數(shù)t（x）單調(diào)遞增，所以t′（x）＝mx－lnx－1≥0恒成立，即m≥eq\f(lnx＋1,x)恒成立，因此，記y＝eq\f(lnx＋1,x)，得y′＝eq\f(－lnx,x2)，∵函數(shù)在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，∴函數(shù)h（x）在x＝1時取得極大值，并且這