【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(人教B版)階段性測(cè)試題12(綜合素質(zhì)能力測(cè)試)

階段性測(cè)試題十二(綜合素養(yǎng)力氣測(cè)試)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分150分．考試時(shí)間120分鐘．第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．)1．(2021·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)月考)全集U＝{1,2,3,4,5,6}，M＝{2,3,4}，N＝{4,5}，則綂U(M∪N)等于()A．{1,3,5} B.{1,5}C．{1,6} D.{2,4,6}[答案]C[解析]∵M(jìn)∪N＝{2,3,4,5}，∴綂U(M∪N)＝{1,6}，故選C.2．(2021·廣州執(zhí)信中學(xué)期中)下列說(shuō)法正確的是()A．命題“若x2＝1，則x＝1”的否命題為“若x2＝1，則x≠B．命題“?x≥0，x2＋x－1＜0”的否定是“?x0＜0，xeq\o\al(2,0)＋x0－1＜0”C．命題“若x＝y(tǒng)，則sinx＝siny”的逆否命題為假命題D．若“p∨q”為真命題，則p，q中至少有一個(gè)為真命題[答案]D[解析]“若x2＝1，則x＝1”的否命題為“若x2≠1，則x≠1”，故A錯(cuò)；否命題既否定條件，又否定結(jié)論；而命題的否定只否定命題的結(jié)論．“?x≥0，x2＋x－1<0”的否定是“?x0≥0，使xeq\o\al(2,0)＋x0－1≥0”，故B錯(cuò)；命題“若A，則B”的逆否命題是“若綈B，則綈A”，因此“若x＝y(tǒng)，則sinx＝siny”的逆否命題為“若sinx≠siny，則x≠y”，這是一個(gè)真命題；“p∨q”為真命題時(shí)，p與q3．(文)(2022·康杰中學(xué)、臨汾一中、忻州一中、長(zhǎng)治二中四校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＝an－1＋2n(n≥2)，則a7＝()A．53 B．54C．55 D．109[答案]C[解析]∵a1＝1，an＝an－1＋2n，∴a7＝(a7－a6)＋(a6－a5)＋(a5－a4)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2×7＋2×6＋…＋2×2＋1＝55.(理)(2021·山西高校附中月考)數(shù)列{an}滿足a1＝1，且對(duì)于任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2021)等于()A.eq\f(2022,2021) B.eq\f(4026,2022)C.eq\f(4024,2022) D.eq\f(2021,2022)[答案]B[解析]由條件得，an＋1－an＝1＋n，∴a2－a1＝1＋1＝2，a3－a2＝1＋2＝3，a4－a3＝1＋3＝4，…，an－an－1＝1＋(n－1)＝n，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2021)＝2(1－eq\f(1,2))＋2(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋2(eq\f(1,2021)－eq\f(1,2022))＝2(1－eq\f(1,2022))＝eq\f(4026,2022)，故選B.4．(文)(2022·湖南長(zhǎng)沙試驗(yàn)中學(xué)、沙城一中聯(lián)考)如圖，直三棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)和底面邊長(zhǎng)均為2，正視圖和俯視圖如圖所示，則其側(cè)視圖的面積為()A．2eq\r(3) B.eq\r(3)C．4 D.2[答案]A[解析]由正視圖和俯視圖可知，其側(cè)視圖矩形的長(zhǎng)和寬分別為eq\r(3)和2，∴其面積為S＝2eq\r(3).(理)(2021·四川巴中市診斷)某幾何體的正視圖和側(cè)視圖均如圖所示，則該幾何體的俯視圖不行能是()[答案]D[解析]當(dāng)幾何體上、下兩部分都是圓柱時(shí)，俯視圖為A；當(dāng)上部為正四棱柱，下部為圓柱時(shí)，俯視圖為B；當(dāng)幾何體的上部為直三棱柱，其底面為直角三角形，下部為正四棱柱時(shí)，俯視圖為C；無(wú)論何種情形，俯視圖不行能為D.5．(文)(2021·長(zhǎng)春市十一高中階段考試)設(shè)a＝(1,2)，b＝(2，k)，若(2a＋b)⊥a，則實(shí)數(shù)k的值為A．－2 B.－4C．－6 D.－8[答案]C[解析]2a＋b＝2×(1,2)＋(2，k)＝(4,4＋k∵(2a＋b)⊥a，∴(2a＋b)·a＝(4,4＋k)·(1,2)＝4＋2×(4＋k)＝0，∴(理)(2021·河南八校第一次聯(lián)考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，sineq\f(C,2)＝eq\f(\r(6),3)，a＝b＝3，點(diǎn)P是邊AB上的一個(gè)三等分點(diǎn)，則eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝()A．0 B.6C．9 D.12[答案]B[解析]∵sineq\f(C,2)＝eq\f(\r(6),3)，∴cosC＝1－2sin2eq\f(C,2)＝1－2×(eq\f(\r(6),3))2＝－eq\f(1,3)，∴c2＝a2＋b2－2abcosC＝9＋9－2×9×(－eq\f(1,3))＝24，∴c＝2eq\r(6)，設(shè)AB的中點(diǎn)為M，則CM＝eq\r(CB2－BM2)＝eq\r(32－\r(6)2)＝eq\r(3).∴eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(CP,\s\up6(→))·(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→)))＝(eq\o(CM,\s\up6(→))＋eq\o(MP,\s\up6(→)))·2eq\o(CM,\s\up6(→))＝2|eq\o(CM,\s\up6(→))|2＝6.6．(2022·綿陽(yáng)市南山中學(xué)檢測(cè))在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，假如向該矩形內(nèi)隨機(jī)投一點(diǎn)P，那么使得△ABP與△ADP的面積都不小于1的概率為()A.eq\f(4,9) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,5)[答案]A[解析]在矩形內(nèi)取一點(diǎn)Q，由點(diǎn)Q分別向AD、AB作垂線，垂足依次為E、F，由S△ABQ＝S△ADQ＝1知，QF＝1，QE＝eq\f(2,3)，設(shè)直線EQ、FQ分別交BC、CD于M、N，則當(dāng)點(diǎn)P落在矩形QMCN內(nèi)時(shí)，滿足要求，∴所求概率P＝eq\f(S矩形QMCN,S矩形ABCD)＝eq\f(3－1×2－\f(2,3),3×2)＝eq\f(4,9).7．(文)(2021·江西贛州博雅文化學(xué)校月考)運(yùn)行如圖的程序框圖，則輸出s的結(jié)果是()A.eq\f(1,6) B.eq\f(25,24)C.eq\f(3,4) D.eq\f(11,12)[答案]B[解析]程序運(yùn)行過(guò)程為：開(kāi)頭→s＝0，n＝2，n<10成立→s＝0＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，n＝2＋2＝4，n<10成立→s＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)，n＝4＋2＝6，n<10成立→s＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)，n＝6＋2＝8，n<10成立→s＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,8)，n＝8＋2＝10，n<10不成立，輸出s的值后結(jié)束，∴s＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,8)＝eq\f(25,24).(理)(2022·河南淇縣一中模擬)下圖是一個(gè)算法框圖，則輸出的k的值是()A．3 B.4C．5 D.6[答案]C[解析]解法1：k＝1時(shí)，k2－5k＋4＝0，不滿足條件；k＝2時(shí)，k2－5k＋4＝－2不滿足條件；k＝3時(shí)，k2－5k＋4＝－2不滿足條件；k＝4時(shí)，k2－5k＋4＝0不滿足條件；k＝5時(shí)，k2－5k＋4＝0>0滿足條件，此時(shí)輸出k的值為5.解法2：由k2－5k＋4>0得k<1或k>4，∵初值k＝1，由“k＝k＋1”知步長(zhǎng)為1，∴k∈N，∴滿足k2－5k＋4>0的最小k值為5，故當(dāng)k＝5時(shí)，滿足程序條件，輸出k的值8．(2021·開(kāi)封市二十二校聯(lián)考)拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P(x，y)為該拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，又點(diǎn)A(－1,0)，則eq\f(|PF|,|PA|)的取值范圍是()A．[eq\f(\r(2),2)，1] B.[eq\f(1,2)，1]C．[eq\f(\r(2),2)，eq\r(2)] D.[1,2][答案]A[解析]過(guò)P作拋物線準(zhǔn)線的垂線，垂足為B，則|PF|＝|PB|，∵拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為F(1,0)，點(diǎn)A(－1,0)，∴eq\f(|PF|,|PA|)＝sin∠BAP，設(shè)過(guò)A的拋物線的切線方程為y＝k(x＋1)，代入拋物線方程可得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，∴Δ＝(2k2－4)2－4k4＝0，∴k＝±1，sin∠BAP∈[eq\f(\r(2),2)，1]．9．(2021·江西省南昌二中月考)在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1，D是邊BC上一點(diǎn)(包括端點(diǎn))，則eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的取值范圍是()A．[1,2] B.[0,1]C．[0,2] D.[－5,2][答案]D[解析]∵D是邊BC上的一點(diǎn)(包括端點(diǎn))，∴可設(shè)eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(AC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)．∵∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2×1×cos120°＝－1.∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝[λeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(AC,\s\up6(→))]·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝(2λ－1)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－λeq\o(AB,\s\up6(→))2＋(1－λ)eq\o(AC,\s\up6(→))2＝－(2λ－1)－4λ＋1－λ＝－7λ＋2，∵0≤λ≤1，∴(－7λ＋2)∈[－5,2]，∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的取值范圍是[－5,2]．故選D.10．(文)(2021·湖北四校聯(lián)考)以下四圖，都是同一坐標(biāo)系中三次函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)的圖象，其中確定不正確的序號(hào)是()A．③④ B.①②C．②③ D.②④[答案]A[解析]①該三次函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的圖象為開(kāi)口向下的拋物線，該拋物線在x軸下方的區(qū)間對(duì)應(yīng)原函數(shù)的遞減區(qū)間，該拋物線在x軸上方的區(qū)間對(duì)應(yīng)原函數(shù)的遞增區(qū)間，符合要求，正確；②同理分析可知②正確；③從其導(dǎo)函數(shù)圖象來(lái)看，原函數(shù)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，a)上單調(diào)遞減(a為圖中虛線處的橫坐標(biāo))，圖與題意不符，故③錯(cuò)誤；④同理分析可知④錯(cuò)誤；故選A.(理)(2021·山東萊蕪期中)在下面四個(gè)圖中，有一個(gè)是函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R，a≠0)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，則f(－1)等于()A.eq\f(1,3) B.－eq\f(1,3)C.eq\f(7,3) D.－eq\f(1,3)或eq\f(5,3)[答案]B[解析]f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，其圖象開(kāi)口向上，故圖形不是(2)，(3)；由于a≠0，故圖形不是(1)，∴f′(x)的圖象為(4)，∴f′(0)＝0，∴a＝1或－1，由圖知a≠1，∴a＝－1，∴f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋1，∴f(－1)＝－eq\f(1,3)，故選B.11．(2021·福建清流一中期中)下列命題中，真命題是()A．函數(shù)f(x)＝tan(eq\f(π,4)－2x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)，eq\f(3π,8)＋eq\f(kπ,2))，k∈ZB．命題“?x∈R，x2－2x>3”的否定是“?x∈R，x2－2x<C．已知z1，z2∈C，若z1，z2為共軛復(fù)數(shù)，則z1＋z2為實(shí)數(shù)D．x＝eq\f(π,4)是函數(shù)f(x)＝sin(x－eq\f(π,4))的圖象的一條對(duì)稱軸[答案]C[解析]f(x)＝tan(eq\f(π,4)－2x)＝－tan(2x－eq\f(π,4))在其每一個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)都是減函數(shù)，故A為假命題；全稱命題的否定為存在性命題，“>”的否定為“≤”，故B為假命題；設(shè)z1＝a＋bi(a，b∈R)，則z2＝a－bi，∴z1＋z2＝2a∈R，故C為真命題；f(x)＝sin(x－eq\f(π,4))的圖象的對(duì)稱軸方程為x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，即x＝kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)，∴D為假命題．12．(2021·湖北教學(xué)合作聯(lián)考)已知由不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y－kx≤2，,y－x－4≤0.))確定的平面區(qū)域Ω的面積為7，定點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1，－2)，若N∈Ω，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))的最小值是()A．－8 B.－7C．－6 D.－4[答案]B[解析]依題意，畫(huà)出不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y－x－4≤0.))所表示的平面區(qū)域(如圖所示)可知其圍成的區(qū)域是等腰直角三角形，面積為8，由直線y＝kx＋2恒過(guò)點(diǎn)B(0,2)，且原點(diǎn)的坐標(biāo)恒滿足y－kx≤2，當(dāng)k＝0時(shí)，y≤2，此時(shí)平面區(qū)域Ω的面積為6，由于6<7，由此可得k<0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－kx＝2，,y－x－4＝0，))可得D(eq\f(2,k－1)，eq\f(4k－2,k－1))，依題意應(yīng)有eq\f(1,2)×2×|eq\f(2,k－1)|＝1，因此k＝－1(k＝3舍去)，故有D(－1,3)，設(shè)N(x，y)，故由z＝eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x－2y，可化為y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z，∵eq\f(1,2)<1，∴當(dāng)直線y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z過(guò)點(diǎn)D時(shí)，截距－eq\f(1,2)z最大，即z取得最小值－7，故選B.第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上．)13．(2022·撫順二中期中)已知α∈(eq\f(π,2)，π)，sinα＝eq\f(3,5)，則tan(α－eq\f(π,4))＝________.[答案]－7[解析]∵α∈(eq\f(π,2)，π)，sinα＝eq\f(3,5)，∴cosα＝－eq\f(4,5)，∴tanα＝－eq\f(3,4)，∴tan(α－eq\f(π,4))＝eq\f(tanα－tan\f(π,4),1＋tanα·tan\f(π,4))＝eq\f(－\f(3,4)－1,1＋－\f(3,4)×1)＝－7.14．(2021·江西南昌二中月考)若{an}是正項(xiàng)遞增等比數(shù)列，Tn表示其前n項(xiàng)之積，且T10＝T20，則當(dāng)Tn取最小值時(shí)，n的值為_(kāi)_______．[答案]15[解析]依據(jù)T10＝T20得，a11·a12·a13·…·a20＝1，∵a11·a20＝a12·a19＝…＝a15·a16＝1，a15<a16，所以a15<1，a16>1，所以T15最小，所以n的值為15.15．(文)(2022·吉林市摸底)邊長(zhǎng)是2eq\r(2)的正△ABC內(nèi)接于體積是4eq\r(3)π的球O，則球面上的點(diǎn)到平面ABC的最大距離為_(kāi)_______．[答案]eq\f(4\r(3),3)[解析]由于球O的體積為4eq\r(3)π，即eq\f(4π,3)r3＝4eq\r(3)π，所以r＝eq\r(3)，設(shè)正△ABC的中心為D，連接OD，AD，OA，則OD⊥平面ABC，且OA＝eq\r(3)，AD＝eq\f(2\r(6),3)，所以O(shè)D＝eq\r(\r(3)2－\f(2\r(6),3)2)＝eq\f(\r(3),3)，所以球面上的點(diǎn)到平面ABC的最大距離為eq\f(\r(3),3)＋r＝eq\f(4\r(3),3).(理)(2021·豫南九校聯(lián)考)若(x＋a)6的開(kāi)放式中x3的系數(shù)為160，則eq\i\in(1,a,)xadx的值為_(kāi)_______．[答案]eq\f(7,3)[解析]由條件知Ceq\o\al(3,6)a3＝160，∴a＝2，∴eq\i\in(1,a,)xadx＝eq\i\in(1,2,)x2dx＝eq\f(1,3)x3|eq\o\al(2,1)＝eq\f(7,3).16．(文)給出下列命題(1)對(duì)于命題p：?x∈R，使得x2＋x＋1<0，則綈p：?x∈R，均有x2＋x＋1>0；(2)m＝3是直線(m＋3)x＋my－2＝0與直線mx－6y＋5＝0相互垂直的充要條件；(3)已知回歸直線的斜率的估量值為1.23，樣本點(diǎn)的中心為(4,5)，則回歸直線方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝1.23x＋0.08；(4)若函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(x＋4)＝f(x)，則f(2022)＝0.其中真命題的序號(hào)是________．(把全部真命題的序號(hào)都填上)[答案](3)(4)[解析](1)“<”的否定應(yīng)為“≥”，∴(1)錯(cuò)誤；(2)兩直線相互垂直時(shí)，m(m＋3)－6m＝0，∴m＝0或m＝3，因此m＝3是此二直線垂直的充分不必要條件，故(2)錯(cuò)誤；由回歸直線過(guò)樣本點(diǎn)的中心知(3)為真命題；(4)∵f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)是周期為4的周期函數(shù)，∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(2022)＝f(4×504)＝f(0)＝0，∴(4)為真命題(理)(2021·長(zhǎng)春外國(guó)語(yǔ)學(xué)校期中)已知隨機(jī)變量ξ聽(tīng)從正態(tài)分布N(1,4)，若P(ξ>4)＝a，則P(－2≤ξ≤4)＝________.[答案]1－2[解析]∵ξ～N(1,4)，∴μ＝1，若P(ξ>4)＝a，則P(－2≤ξ≤4)＝1－2a三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共74分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟．)17．(本小題滿分12分)(2022·西安市長(zhǎng)安中學(xué)期中)已知平面對(duì)量a＝(cosφ，sinφ)，b＝(cosx，sinx)，c＝(sinφ，－cosφ)，其中0<φ<π，且函數(shù)f(x)＝(a·b)cosx＋(b·c)sinx的圖象過(guò)點(diǎn)(eq\f(π,6)，1)．(1)求φ的值；(2)將函數(shù)y＝f(x)圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的的2倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求函數(shù)y＝g(x)在[0，eq\f(π,2)]上的最大值和最小值．[解析](1)∵a·b＝cosφcosx＋sinφsinx＝cos(φ－x)，b·c＝cosxsinφ－sinxcosφ＝sin(φ－x)，∴f(x)＝(a·b)cosx＋(b·c)sinx＝cos(φ－x)cosx＋sin(φ－x)sinx＝cos(φ－x－x)＝cos(2x－φ)，即f(x)＝cos(2x－φ)，∴f(eq\f(π,6))＝cos(eq\f(π,3)－φ)＝1，而0<φ<π，∴φ＝eq\f(π,3).(2)由(1)得，f(x)＝cos(2x－eq\f(π,3))，于是g(x)＝cos[2(eq\f(1,2)x)－eq\f(π,3)]，即g(x)＝cos(x－eq\f(π,3))．當(dāng)x∈[0，eq\f(π,2)]時(shí)，－eq\f(π,3)≤x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,6)，所以eq\f(1,2)≤cos(x－eq\f(π,3))≤1，即當(dāng)x＝0時(shí)，g(x)取得最小值eq\f(1,2)，當(dāng)x＝eq\f(π,3)時(shí)，g(x)取得最大值1.18．(本小題滿分12分)(文)(2022·韶關(guān)市曲江一中月考)等差數(shù)列{an}中，a3＝3，前7項(xiàng)和S7＝28.(1)求數(shù)列{an}的公差d；(2)等比數(shù)列{bn}中，b1＝a2，b2＝a4，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn(n∈N*)．[解析](1)S7＝eq\f(a1＋a7×7,2)＝7a4＝28，∴a4＝4，又∵a3＝3，∴d＝a4－a3＝1.(2)由(1)知數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，∴an＝1＋(n－1)＝n，∴b1＝2，b2＝4，∴數(shù)列{bn}的公比q＝eq\f(b2,b1)＝2，∴Tn＝eq\f(b11－qn,1－q)＝eq\f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.(理)(2022·開(kāi)灤二中期中)已知數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋cn，(c是不為0的常數(shù)，n∈N*)，且a1，a2，a3成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝eq\f(an－c,n·cn)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.[解析](1)由已知a2＝2＋c，a3＝2＋3c則(2＋c)2＝2(2＋3c)，∴c＝2，∴an＋1＝an＋2nn≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2×1＋2×2＋…＋2×(n－1)＝n2－n＋2，n＝1時(shí)，a1＝2也適合上式，因此an＝n2－n＋2.(2)bn＝eq\f(an－2,n·2n)＝eq\f(n－1,2n)，則Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(0,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－2,2n－1)＋eq\f(n－1,2n)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(0,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(2,24)＋…＋eq\f(n－2,2n)＋eq\f(n－1,2n＋1)，用錯(cuò)位相減法可求得Tn＝1－eq\f(n＋1,2n).19．(本小題滿分12分)(文)(2022·泗陽(yáng)縣模擬)直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝BB1＝1，AB1＝eq\r(3).(1)求證：平面AB1C⊥平面B1CB(2)求三棱錐A1－AB1C的體積[解析](1)直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，∴BB1⊥AB，BB1⊥AC又由于AC＝BC＝BB1＝1，AB1＝eq\r(3)，∴AB＝eq\r(2)，則由AC2＋BC2＝AB2可知，AC⊥BC，∴AC⊥平面B1CB，∴平面AB1C⊥平面B1CB(2)∵BC⊥AC，BC⊥CC1，∴BC⊥平面ACC1A1∴B到平面ACC1A1的距離d∵BB1∥平面ACC1A1，∴B1到平面A1∴三棱錐A1－AB1C的體積VA1－AB1C＝VB1－A1AC＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×1×1)×1＝eq\f(1,6).(理)(2022·天津河北區(qū)三模)如圖，四邊形ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，EA∥PD，AD＝PD＝2EA＝2，F(xiàn)，G，H分別為PB，EB，PC的中點(diǎn)．(1)求證：FH∥平面PED；(2)求平面FGH與平面PBC所成銳二面角的大小；(3)在線段PC上是否存在一點(diǎn)M，使直線FM與直線PA所成的角為60°？若存在，求出線段PM的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．[解析](1)證明：由于F，H分別為PB，PC的中點(diǎn)，所以FH∥BC，又BC∥AD，所以FH∥AD.又FH?平面PED，AD?平面PED，所以FH∥平面PED.(2)由于EA⊥平面ABCD，EA∥PD，所以PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥CD.又由于四邊形ABCD是正方形，所以AD⊥CD.如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，由于AD＝PD＝2EA＝2，所以D(0,0,0)，P(0,0,2)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(2,0,1)．由于F，G，H分別為PB、EB，PC的中點(diǎn)，所以F(1,1,1)，G(2,1，eq\f(1,2))，H(0,1,1)．所以eq\o(GF,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\f(1,2))，eq\o(GH,\s\up6(→))＝(－2,0，eq\f(1,2))．設(shè)n1＝(x1，y1，z1)為平面FGH的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(GF,\s\up6(→))＝0,n1·\o(GH,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋\f(1,2)z1＝0,－2x1＋\f(1,2)z1＝0))，再令y1＝1，得n1＝(0,1,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，設(shè)n2＝(x2，y2，z2)為平面PBC的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PB,\s\up6(→))＝0,n2·\o(PC,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2＋2y2－2z2＝0,2y2－2z2＝0))，令z2＝1，得n2＝(0,1,1)．所以|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(2),2).所以平面FGH與平面PBC所成銳二面角的大小為eq\f(π,4).(3)假設(shè)在線段PC上存在一點(diǎn)M，使直線FM與直線PA所成角為60°，依題意可設(shè)eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，其中0≤λ≤1.由eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，則eq\o(PM,\s\up6(→))＝(0,2λ，－2λ)．又由于eq\o(FM,\s\up6(→))＝eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))，eq\o(FP,\s\up6(→))＝(－1，－1,1)，所以eq\o(FM,\s\up6(→))＝(－1,2λ－1,1－2λ)．由于直線FM與直線PA所成角為60°，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，所以|cos〈eq\o(FM,\s\up6(→))，eq\o(PA,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1,2)，即eq\f(1,2)＝eq\f(|－2－2＋4λ|,2\r(2)·\r(1＋22λ－12))，解得λ＝eq\f(5,8).所以eq\o(PM,\s\up6(→))＝(0，eq\f(5,4)，－eq\f(5,4))，|eq\o(PM,\s\up6(→))|＝eq\f(5\r(2),4).所以在線段PC上存在一點(diǎn)M，使直線FM與直線PA所成角為60°，此時(shí)PM＝eq\f(5\r(2),4).20．(本小題滿分12分)(文)(2021·山西大同市調(diào)研)某網(wǎng)絡(luò)營(yíng)銷部門(mén)隨機(jī)抽查了某市200名網(wǎng)友在2021年11月11日的網(wǎng)購(gòu)金額，所得數(shù)據(jù)如下表：網(wǎng)購(gòu)金額(單位：千元)人數(shù)頻率(0,1]160.08(1,2]240.12(2,3]xp(3,4]yq(4,5]160.08(5,6]140.07合計(jì)2001.00已知網(wǎng)購(gòu)金額不超過(guò)3千元與超過(guò)3千元的人數(shù)比恰為32.(1)試確定x，y，p，q的值，并補(bǔ)全頻率分布直方圖(如圖)．(2)該營(yíng)銷部門(mén)為了了解該市網(wǎng)友的購(gòu)物體驗(yàn)，從這200網(wǎng)友中，用分層抽樣的方法從網(wǎng)購(gòu)金額在(1,2]和(4,5]的兩個(gè)群體中確定5人進(jìn)行問(wèn)卷調(diào)查，若需從這5人中隨機(jī)選取2人連續(xù)訪談，則此2人來(lái)自不同群體的概率是多少？[解析](1)依據(jù)題意有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(16＋24＋x＋y＋16＋14＝200，,\f(16＋24＋x,y＋16＋14)＝\f(3,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝80，,y＝50.))∴p＝0.4，q＝0.25.補(bǔ)全頻率分布直方圖如圖，(2)依據(jù)題意，網(wǎng)購(gòu)金額在(1,2]內(nèi)的人數(shù)為eq\f(24,24＋16)×5＝3(人)，記為a，b，c.網(wǎng)購(gòu)金額在(4,5]內(nèi)的人數(shù)為eq\f(16,24＋16)×5＝2(人)，記為A，B.則從這5人中隨機(jī)選取2人的選法為：(a，b)，(a，c)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)，(A，B)共10種．記2人來(lái)自不同群體的大事為M，則M中含有(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)共6種．∴P(M)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).(理)(2021·赤峰市統(tǒng)考)某超市為了響應(yīng)環(huán)保要求，鼓舞顧客自帶購(gòu)物袋到超市購(gòu)物，實(shí)行了如下措施：對(duì)不使用超市塑料購(gòu)物袋的顧客，超市賜予0.96折優(yōu)待；對(duì)需要超市塑料購(gòu)物袋的顧客，既要付購(gòu)買(mǎi)費(fèi)，也不享受折扣優(yōu)待．假設(shè)該超市在某個(gè)時(shí)段內(nèi)購(gòu)物的人數(shù)為36人，其中有12位顧客自己帶了購(gòu)物袋，現(xiàn)從這36人中隨機(jī)抽取2人．(1)求這2人都享受折扣優(yōu)待或都不享受折扣優(yōu)待的概率；(2)設(shè)這2人中享受折扣優(yōu)待的人數(shù)為ξ，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望．[解析](1)設(shè)“兩人都享受折扣優(yōu)待”為大事A，“兩人都不享受折扣優(yōu)待”為大事B，則P(A)＝eq\f(C\o\al(2,12),C\o\al(2,36))＝eq\f(11,105)，P(B)＝eq\f(C\o\al(2,24),C\o\al(2,36))＝eq\f(46,105).由于大事A，B互斥，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝eq\f(11,105)＋eq\f(46,105)＝eq\f(57,105).故這2人都享受折扣優(yōu)待或都不享受折扣優(yōu)待的概率是eq\f(57,105).(2)據(jù)題意，ξ的可能取值為0,1,2.其中P(ξ＝0)＝P(B)＝eq\f(46,105)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,12)C\o\al(1,24),C\o\al(2,36))＝eq\f(48,105)，P(ξ＝2)＝P(A)＝eq\f(11,105).所以ξ的分布列是：ξ012Peq\f(46,105)eq\f(48,105)eq\f(11,105)所以E(ξ)＝0×eq\f(46,105)＋1×eq\f(48,105)＋2×eq\f(11,105)＝eq\f(70,105)＝eq\f(2,3).21．(本小題滿分12分)(文)(2022·屯溪一中期中)設(shè)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的導(dǎo)數(shù)f′(x)滿足f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常數(shù)a、b∈R(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)設(shè)g(x)＝f′(x)e－x，求函數(shù)g(x)的極值．[解析]∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∵f′(1)＝2a，∴3＋2a＋b＝∵f′(2)＝－b，∴12＋4a＋b＝－b∴a＝－eq\f(3,2)，b＝－3，∴f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2－3x＋1，f′(x)＝3x2－3x－3，∴f(1)＝－eq\f(5,2)，f′(1)＝－3，∴切線方程為y－(－eq\f(5,2))＝－3(x－1)，即6x＋2y－1＝0.(2)∵g(x)＝(3x2－3x－3)e－x，∴g′(x)＝(6x－3)e－x＋(3x2－3x－3)·(－e－x)，∴g′(x)＝－3x(x－3)e－x，∴當(dāng)0<x<3時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x>3時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x<0時(shí)，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0,3)上單調(diào)遞增，在(3，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)微?。絞(0)＝－3，g(x)極大＝g(3)＝15e－3.(理)(2021·福建清流一中期中)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，猜想gn(x)的表達(dá)式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)設(shè)n∈N＋，比較g(1)＋g(2)＋…＋g(n)與n－f(n)的大小，并加以證明．[解析]由題設(shè)得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，g2(x)＝g(g1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，猜想gn(x)＝eq\f(x,1＋nx).(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立．設(shè)φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，則φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,1＋x2)＝eq\f(x＋1－a,1＋x2)，當(dāng)a≤1時(shí)，φ′(x)≥0(僅當(dāng)x＝0，a＝1時(shí)等號(hào)成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1時(shí)，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立)．當(dāng)a>1時(shí)，對(duì)x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上單調(diào)遞減，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1時(shí)，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立．綜上可知，a的取值范圍是(－∞，1].(3)由題設(shè)知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)，比較結(jié)果為g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．證明如下：方法一：上述不等式等價(jià)于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N＋，則eq\f(1,n＋1)<lneq\f(n＋1,n).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(1,2)<ln2，結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)<ln(k＋1)．那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋lneq\f(k＋2,k＋1)＝ln(k＋2)，即結(jié)論成立．由①②可知，結(jié)論對(duì)n∈N＋成立．方法二：上述不等式等價(jià)于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N＋，則lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,n＋1).故有l(wèi)n2－ln1>eq\f(1,2)，ln3－ln2>eq\f(1,3)，……ln(n＋1)－lnn