高中数学高考二轮复习 仿真测

第三部分高考模拟考场仿真测1时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(文)(2023·上饶市三模)已知i是虚数单位，若(－1－2i)z＝1－i，则eq\o(z,\s\up6(－))在复平面上所代表的点在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[答案]D[解析]由(－1－2i)z＝1－i得，z＝eq\f(1－i,－1－2i)＝eq\f(1－i－1＋2i,－1－2i－1＋2i)＝eq\f(1＋3i,5)，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1,5)－eq\f(3,5)i，∴eq\o(z,\s\up6(－))在复平面内对应点为(eq\f(1,5)，－eq\f(3,5))，在第四象限．(理)当eq\f(2,3)<m<1时，复数z＝(3m－2)＋(m－1)i在复平面上对应的点位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[答案]D[解析]取m＝eq\f(3,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，y＝eq\f(1,4)－eq\f(1,4)i，∴选D．2．(文)将函数y＝sin(x＋eq\f(π,6))(x∈R)的图象上所有的点向左平移eq\f(π,4)个单位长度，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍，则所得的图象的解析式为()A．y＝sin(2x＋eq\f(5π,12))(x∈R) B．y＝sin(eq\f(x,2)＋eq\f(5π,12))(x∈R)C．y＝sin(eq\f(x,2)－eq\f(π,12))(x∈R) D．y＝sin(eq\f(x,2)＋eq\f(5π,24))(x∈R)[答案]B[解析]y＝sin(x＋eq\f(π,6))eq\o(→,\s\up14(左移\f(π,4)),\s\do10(个单位))y＝sin(x＋eq\f(5π,12))eq\o(→,\s\up7(各点横坐标),\s\do5(扩大到2倍))y＝sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(5π,12))．(理)(2023·太原市一模)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期是π，若将其图象向右平移eq\f(π,3)个单位后得到的图象关于原点对称，则函数f(x)的图象()A．关于直线x＝eq\f(π,12)对称 B．关于直线x＝eq\f(5π,12)对称C．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))对称 D．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))对称[答案]B[解析]由已知得，ω＝2，平移后其解析式为f(x)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋φ＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)＋φ))，由题意得：－eq\f(2π,3)＋φ＝－π，φ＝－eq\f(π,3)，结合选项知，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象关于直线x＝eq\f(5,12)π对称，选B．3．(2023·昆明市调研)给出下列四个命题：①∃m∈R，使f(x)＝(m－1)xm2－4m＋3是幂函数②∀x∈R，使ex－1>0；③∃α，β∈R，使cos(α＋β)＝cosα＋cosβ；④∀φ∈R，函数f(x)＝cos(x＋φ)都不是奇函数．其中真命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3[答案]D[解析]当m＝2时，f(x)＝x－1是幂函数，①正确；由指数函数的性质知②正确；当α＝eq\f(π,3)，β＝－eq\f(π,3)时，cos(α＋β)＝1＝cosα＋cosβ，③正确；当φ＝eq\f(π,2)时，f(x)为奇函数，④不正确，故选D．4．(文)(2023·广州市测试)已知函数f(x)＝－x2＋2x＋3，若在[－4,4]上任取一个实数x0，则使f(x0)≥0成立的概率为()A．eq\f(4,25) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．1[答案]B[解析]由－xeq\o\al(2,0)＋2x0＋3≥0得－1≤x0≤3，所以在[－4,4]上任取一个实数x0，使f(x0)≥0的概率为eq\f(3－－1,4－－4)＝eq\f(1,2)，故选B．(理)(2023·郑州市质量监测)某校开设A类选修课2门，B类选修课3门，一位同学从中选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有()A．3种 B．6种C．9种 D．18种[答案]C[解析]共有两类选法，A选1门、B选2门和A选2门、B选1门，因此共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3)＝9种不同选法．5．(文)若方程eq\f(x2,k－4)－eq\f(y2,k＋4)＝1表示双曲线，则它的焦点坐标为()A．(eq\r(2)k,0)，(－eq\r(2)k,0) B．(0，eq\r(－2k)，)(0，－eq\r(－2k))C．(eq\r(2|k|)，0)，(－eq\r(2|k|)，0) D．由k值确定[答案]D[解析]由(k－4)(k＋4)>0得k<－4或k>4，当k<－4时，焦点在y轴上；当k>4时，焦点在x轴上．故选D．(理)(2023·大纲全国理，6)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1、F2，离心率为eq\f(\r(3),3)，过F2的直线l交C于A、B两点，若△AF1B的周长为4eq\r(3)，则C的方程为()A．eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1 B．eq\f(x2,3)＋y2＝1C．eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,8)＝1 D．eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1[答案]A[解析]根据条件可知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，且4a＝4eq\r(3)，∴a＝eq\r(3)，c＝1，b＝2，椭圆的方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.6．(2023·乌鲁木齐地区5月诊断)已知实数x、y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y≥2,2x＋y≤4,4x－y≥－1))，若a＝(x，y)，b＝(3，－1)，设z表示向量a在b方向上的投影，则z的取值范围是()A．[－eq\f(3,2)，6] B．[－1,6]C．[－eq\f(3,2\r(10))，eq\f(6,\r(10))] D．[－eq\f(1,\r(10))，eq\f(6,\r(10))][答案]C[分析]a在b方向上的投影z是关于x、y的表达式，故脱去向量外衣后本题转化为线性规划问题，关键是准确应用概念“a在b方向上的投影”．[解析]画出约束条件表示的平面区域如图所示．a在b方向上的投影为|a|cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,\r(10))＝eq\f(3x－y,\r(10))，作直线l0：3x－y＝0，平移直线l0，当直线l0经过点(2,0)时，3x－y取最大值6，当l0经过点(eq\f(1,2)，3)时，3x－y取最小值－eq\f(3,2)，∴a在b方向上的投影的取值范围为[－eq\f(3,2\r(10))，eq\f(6,\r(10))]．[方法点拨]使用概念要准确、运用定理要规范数学中有大量的概念、公理、定理，只有准确地把握理解和运用，才能高效准确的解答数学问题．7．(文)已知数列{an}中an＝n2－kn(n∈N*)，且{an}单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，2] B．(－∞，3)C．(－∞，2) D．(－∞，3][答案]B[分析]{an}单调递增的含义是，对∀n∈N*，有an＋1>an成立，这是恒成立问题，本题易错之处是忽视n∈N*的限制条件，用二次函数对称轴求解误为eq\f(k,2)≤1.[解析]an＋1－an＝(n＋1)2－k(n＋1)－n2＋kn＝2n＋1－k，由于{an}单调递增，故应有an＋1－an>0，即2n＋1－k>0恒成立，分离变量得k<2n＋1，故只需k<3即可．(理)(2023·乌鲁木齐市诊断)在(x－eq\f(a,x))5的展开式中x3的系数等于－5，则该展开式各项的系数中最大值为()A．5 B．10C．15 D．20[答案]B[分析]运用二项展开式的通项公式，易错点有二：一是项数和Ceq\o\al(r,n)的对应关系，二是项数与a、b的指数的对应关系，Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr为展开式的第r＋1项而不是第r项．[解析]Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)x5－r(－1)rarx－r＝(－1)rarCeq\o\al(r,5)x5－2r，令5－2r＝3，∴r＝1，∴x3的系数为－5a＝－5，∴a＝1，∴(x－eq\f(1,x))5＝Ceq\o\al(0,5)x5＋Ceq\o\al(1,5)x4(－eq\f(1,x))＋Ceq\o\al(2,5)x3(－eq\f(1,x))2＋Ceq\o\al(3,5)x2(－eq\f(1,x))3＋Ceq\o\al(4,5)x(－eq\f(1,x))4＋Ceq\o\al(5,5)(－eq\f(1,x))5，∴各项的系数中最大值为Ceq\o\al(2,5)＝10.[方法点拨]考虑问题要全面，思考过程要严谨在审题过程中，要边读题边翻译，同时把特殊情形、细节问题、注意事项等记录下来，在解题过程中要予以关注，例如研究函数就要注意函数的定义域．8．(文)(2023·唐山市二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．eq\f(11\r(3),6) B．eq\r(3)C．eq\f(5\r(3),3) D．eq\f(4\r(3),3)[答案]B[解析]由三视图知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，设E为AD的中点，则BE⊥AD，PE⊥平面ABCD，△PAD为正三角形，四棱锥的底面是直角梯形，上底1，下底2，高2；棱锥的高为eq\r(3)，∴体积V＝eq\f(1,3)×[eq\f(1,2)×(1＋2)×2]×eq\r(3)＝eq\r(3)，故选B．(理)(2023·吉林市质检)已知α、β为两个平面，且α⊥β，l为直线．则l⊥β是l∥α的()A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件[答案]D[解析]如图①所示，α⊥β，l⊥β，但l⊂α；如图②所示，α⊥β，l∥α，但l⊂β，故l⊥β是l∥α的既不充分也不必要条件．9．(2023·福州市质检)执行如图所示的程序框图，输出的有序实数对为()A．(8,2) B．(8,3)C．(16,3) D．(16,4)[答案]D[解析]开始→x＝1，y＝0，判断y≤3成立，第一次循环，x＝2，y＝1；再次判断y≤3仍然成立，第二次循环，x＝4，y＝2；第三次循环，x＝8，y＝3；第四次循环，x＝16，y＝4，此时y≤3不成立，输出有序实数对(16,4)后结束，故选D．10．(文)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4，x≤1，,x2－4x＋3，x>1))的图象和函数g(x)＝log2x的图象的交点个数是()A．4 B．3C．2 D．1[答案]B[分析]不能准确作出两函数在相应区间的图象，以及分不清两函数图象的相应位置关系是造成失误的主要原因．[解析]分别在同一坐标系内作出两函数的图象．如图所示，观察易知两函数图象有且仅有3个交点．[点评]在判断函数图象交点的个数或利用函数图象判断方程解的个数时，一定要注意函数图象的相对位置关系，可以取特殊值验证一下，如取x＝eq\f(1,2)时，4x－4<log2x，即此时对应函数图象上的点应在相应直线的上侧，因此我们可以通过取特殊值的方法相对准确地确定两函数图象的相对位置关系．(理)已知函数f(x)＝|x＋eq\f(1,x)|－|x－eq\f(1,x)|，若关于x的方程f(x)＝2m有四个不同的实根，则实数m的取值m范围是()A．(0,2) B．(2，＋∞)C．(1，＋∞) D．(0,1)[答案]D[解析]f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)x≥1，,2x0<x<1，,－2x－1<x<0，,－\f(2,x)x≤－1.))f(x)＝2m有四个不同的实数根，由数形结合法得0<m<1.[点拨]作图要准确，用图要严密要抓住关键点(最高、最低点，与坐标轴的交点、端点、两图象的交点、极值点、对称中心等)，变化趋势(增减性、增长或减少的快慢)，正负值、对称性等．11．(文)(2023·福建质量检查)若直线ax＋by－1＝0(a>0，b>0)过曲线y＝1＋sinπx(0<x<2)的对称中心，则eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值为()A．eq\r(2)＋1 B．4eq\r(2)C．3＋2eq\r(2) D．6[答案]C[解析]∵曲线y＝1＋sinπx(0<x<2)的对称中心是点(1,1)，∴a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝(eq\f(1,a)＋eq\f(2,b))(a＋b)＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(2a,b)≥3＋2eq\r(2)，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(2a,b)，即b＝eq\r(2)a＝eq\r(2)(eq\r(2)－1)时取等号，因此eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值是3＋2eq\r(2)，故选C．[易错分析]本题容易造成如下错解：由直线ax＋by－1＝0过点(1,1)可得a＋b＝1.又a>0，b>0，所以a＋b＝1≥2eq\r(ab)，则0<ab≤eq\f(1,4)，eq\f(1,ab)≥4，所以eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))≥4eq\r(2)，选择B．在上面的解题过程中，两次运用了基本不等式，但两次等号成立的条件不同，第一次是a＝b，第二次是2a＝b，在a>0，b>0时不能同时满足，所以4eq\r(2)取不到．所以在求最值时，如果多次运用基本不等式，一定要检验各次等号成立的条件是否能够同时成立．(理)(2023·杭州市第一次质检)设对任意实数x>0，y>0，若不等式x＋eq\r(xy)≤a(x＋2y)恒成立，则实数a的最小值为()A．eq\f(\r(6)＋2,4) B．eq\f(2＋\r(2),4)C．eq\f(\r(6)＋\r(2),4) D．eq\f(2,3)[答案]A[分析]本题乍一看会感到无从着手，从分离参数的角度得到a≥eq\f(x＋\r(xy),x＋2y)，往下又不知如何进行，但如果仔细观察，就会发现不等式的两边对于字母x、y来说都存在二次关系(x与eq\r(x)、y与eq\r(y))，因此可考虑采用化归的思想将已知不等式转换为一元二次不等式或基本不等式的形式求解．[解析]原不等式可化为(a－1)x－eq\r(xy)＋2ay≥0，两边同除以y得(a－1)eq\f(x,y)－eq\r(\f(x,y))＋2a≥0，令t＝eq\r(\f(x,y))，则(a－1)t2－t＋2a≥0，由不等式恒成立知a－1>0，从而相应二次函数的对称轴t＝eq\f(1,2a－1)>0，∴Δ＝1－4(a－1)·2a≤0，解得a≥eq\f(2＋\r(6),4)，∴amin＝eq\f(2＋\r(6),4)，故选A．[易错分析]二元不等式恒成立问题的处理具有很大的难度，对于由双元到单元的转换大多数考生容易出现错误，此类问题解决的关键在于明确转化目标及整体意识．12．(2023·郑州市质检)等差数列{an}中的a1、a4027是函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x2＋12x＋1的极值点，则log2a2023()A．2 B．3C．4 D．5[答案]A[解析]令f′(x)＝x2－8x＋12＝0则x1＝2，x2＝6，即a1＝2，a4027＝6或a1＝6，a4027＝2，a2023＝eq\f(a1＋a4027,2)＝4∴log2a2023＝2，故选二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)13．(文)若sinx＋siny＝eq\f(1,3)，则siny－cos2x的最大值为________．[答案]eq\f(4,9)[分析]本题易将siny－cos2x转化为(eq\f(1,3)－sinx)－cos2x＝sin2x－sinx－eq\f(2,3)，误认为sinx∈[－1,1]，致使问题转化不等价而导致解题错误．[解析]由已知条件有siny＝eq\f(1,3)－sinx，且siny＝(eq\f(1,3)－sinx)∈[－1,1]，结合sinx∈[－1,1]，得－eq\f(2,3)≤sinx≤1，而siny－cos2x＝eq\f(1,3)－sinx－cos2x＝sin2x－sinx－eq\f(2,3)，设t＝sinx(－eq\f(2,3)≤t≤1)，则原式＝t2－t－eq\f(2,3)＝(t－eq\f(1,2))2－eq\f(11,12)(－eq\f(2,3)≤t≤1)，因为对称轴为t＝eq\f(1,2)，故当t＝－eq\f(2,3)，即sinx＝－eq\f(2,3)时，原式取得最大值eq\f(4,9).[点拨]1.简单化原则：将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．2．直观化原则：将较抽象的问题转化为比较直观具体的问题．3．特殊化策略对于某个在一般情况下成立的结论或恒成立问题，可运用一般与特殊相互转化的化归思想，将一般性问题特殊化、具体化，使问题变得简便．4．换元化归思想形如y＝f(g(x))的表达式，可通过设t＝g(x)得到新的函数关系y＝f(t)，换元后要注意新元的取值范围．5．在研究直线与圆锥曲线位置关系，公共点个数时，常常要通过消元化为一元二次方程用根的判别式来判断，但此时一定要注意是否为完整曲线，否则应数形结合以确定正确答案．6．在进行某些变形时(如不等式两边同乘以一个代数式，等式两边平方，两等式(或不等式)的两边相乘等等)一定要考虑取值范围的变化是否影响题目结果的变化．7．用换元法解题，换元后一定要考虑新元的取值范围．(理)(2023·洛阳市期末)如图，在△ABC中，sineq\f(∠ABC,2)＝eq\f(\r(3),3)，AB＝2，点D在线段AC上，且AD＝2DC，BD＝eq\f(4\r(3),3)，则cosC＝________.[答案]eq\f(7,9)[解析]由已知得：cos∠ABC＝1－2sin2eq\f(∠ABC,2)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(1,3)，过C作CE∥AB，交BD的延长线于E，则eq\f(DE,BD)＝eq\f(CE,AB)＝eq\f(DC,AD)＝eq\f(1,2)，∴CE＝1，DE＝eq\f(2\r(3),3)，BE＝2eq\r(3)，cos∠BCE＝－cos∠ABC＝－eq\f(1,3)，在△BCE中，由余弦定理得：cos∠BCE＝eq\f(BC2＋CE2－BE2,2BC·CE)，即eq\f(BC2＋1－12,2BC)＝－eq\f(1,3)，∴3BC2＋2BC－33＝0，解得BC＝3(负根已舍)，在△ABC中，由余弦定理得：AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝4＋9－2×2×3×eq\f(1,3)＝9，再由余弦定理得：cosC＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(9＋9－4,2×3×3)＝eq\f(7,9).14．(2023·乌鲁木齐地区三诊)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交双曲线的右支于A，B两点，若△ABF1是以A为直角顶点的等腰三角形，e为双曲线的离心率，则e2＝________.[答案]5－2eq\r(2)[解析]设|AF2|＝m，∵|AF1|－|AF2|＝2a，∴|AF1|＝2a＋|AF2|＝2a＋m，又|AF1|＝|AB|＝|AF2|＋|BF2|＝m＋|BF2|，∴|BF2|＝2a，又|BF1|－|BF2|＝2a，∴|BF1|＝4a.依题意|BF1|＝eq\r(2)|AF1|，即4a＝eq\r(2)(2a＋m)，∴m＝2(eq\r(2)－1)a，在Rt△F1AF2中，|AF1|2＋|AF2|2＝4c2，即8a2＋(2eq\r(2)a－2a)2＝4c2，整理得c2＝5a2－2eq\r(2)a2，∴e2＝5－2eq\r(2).[方法点拨]高考对运算能力要求很高，它要求运算过程合理，计算准确，逻辑严密，平时做练习题时，有些题目可以审审题、梳理一下思路即可，但一定要保证有足量的题目严格规范写出解答过程，以养成周密答题的良好习惯，以免手生，眼高手低．15．(2023·河南省高考适应性测试)已知实数x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x＋1，,x＋y＋k≤0.))(k为常数)，若目标函数z＝2x＋y的最大值是eq\f(11,3)，则实数k的值是________．[答案]－3[解析]由题意可得，直线x＋y＋k＝0经过y＝2x＋1与2x＋y＝eq\f(11,3)的交点A，解得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(2,3)))，∴k＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)＋\f(2,3)))＝－3.16．(文)(2023·长沙市模拟)已知点O(0,0)，A(1,2)，B(4,5)，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→)).若点P在x轴上，则实数t的值为________．[答案]－eq\f(2,3)[解析]因为点O(0,0)，A(1,2)，B(4,5)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(4,5)－(1,2)＝(3,3)，设P(x，y)，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,2)＋t(3,3)＝(1＋3t,2＋3t)，令y＝2＋3t＝0得t＝－eq\f(2,3)，则x＝－1，所以当t＝－eq\f(2,3)时，点P(－1,0)在x轴上．(理)(2023·河南八市质量监测)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(a,\r(x))))6的展开式中含x2项的系数为12，则展开式的常数项为________．[答案]160[解析]由TT＋1＝Ceq\o\al(r,6)·xeq\f(6－r,2)·ar·x－eq\f(r,2)＝ar·Ceq\o\al(r,6)·x3－r，当r＝1时，x2的系数为a·Ceq\o\al(1,6)＝6a＝12，∴a＝2.所以当r＝3时，常数项为23·Ceq\o\al(3,6)＝8×eq\f(6×5×4,3×2×1)＝160.三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)(文)(2023·河北衡水中学一模)在数列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＋1＝2－eq\f(1,an)，设bn＝eq\f(1,an－1)，数列{bn}的前n项和是Sn.(1)证明：数列{bn}是等差数列，并求Sn；(2)比较an与Sn＋7的大小．[解析](1)证明：∵bn＝eq\f(1,an－1)，an＋1＝2－eq\f(1,an)，∴bn＋1＝eq\f(1,an＋1－1)＝eq\f(1,an－1)＋1＝bn＋1，∴bn＋1－bn＝1.∴数列{bn}是公差为1的等差数列．由a1＝eq\f(3,5)，bn＝eq\f(1,an－1)得b1＝－eq\f(5,2)，∴Sn＝－eq\f(5n,2)＋eq\f(nn－1,2)＝eq\f(n2,2)－3n.(2)解法1：由(1)知：bn＝－eq\f(5,2)＋1×(n－1)＝n－eq\f(7,2)，由bn＝eq\f(1,an－1)得an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(1,n－\f(7,2)).∴an－Sn－7＝－eq\f(n2,2)＋3n－6＋eq\f(1,n－\f(7,2)).∵当n≥4时，－eq\f(n2,2)＋3n－6是减函数，eq\f(1,n－\f(7,2))也是减函数，∴当n≥4时，an－Sn－7≤a4－S4－7＝0.又∵a1－S1－7＝－eq\f(39,10)<0，a2－S2－7＝－eq\f(8,3)<0，a3－S3－7＝－eq\f(7,2)<0，∴∀n∈N*，an－Sn－7≤0.∴an≤Sn＋7.解法2：由(1)知，bn＝n－eq\f(7,2)，又bn＝eq\f(1,an－1)，∴an＝eq\f(2n－5,2n－7)，Sn＝eq\f(n2,2)－3n.当n>3时，易知{an}是递减数列，Sn是递增数列．又a1＝eq\f(3,5)，S1＋7＝eq\f(9,2)，a1<S1＋7；a2＝eq\f(1,3)，S2＋7＝3，a2<S2＋7；a3＝－1，S3＋7＝eq\f(5,2)，∴a3<S3＋7；a4＝3，S4＋7＝3，∴a4＝S4＋7.当n>4时，an<3，Sn＋7>3，从而an<Sn＋7.综上对任意n∈N*有，an≤Sn＋7.(理)(2023·湖南理，20)已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)若{an}是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p(2)若p＝eq\f(1,2)，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．[分析]第(1)问常因忽视{an}是递增数列致误；第(2)问常因变换欠严密致误．[解析](1)因为数列{an}为递增数列，所以an＋1－an≥0，则|an＋1－an|＝pn⇒an＋1－an＝pn，分别令n＝1、2可得a2－a1＝p，a3－a2＝p2⇒a2＝1＋p，a3＝p2＋p＋1，因为a1,2a2,3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3⇒4(1＋p)＝1＋3(p2＋p＋1)⇒3p2－p＝0⇒p＝eq\f(1,3)当p＝0时，数列an为常数数列不符合数列{an}是递增数列，所以p＝eq\f(1,3).(2)∵{a2n－1}是递增数列，∴a2n＋1－a2n－1>0，∴(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0，①∵eq\f(1,22n)<eq\f(1,22n－1)，∴|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|，②由①②知a2n－a2n－1>0，∴a2n－a2n－1＝(eq\f(1,2))2n－1＝eq\f(－12n,22n－1)，③∵{a2n}是递减数列，同理得a2n＋1－a2n<0，∴a2n＋1－a2n＝－(eq\f(1,2))2n＝eq\f(－12n＋1,22n)，④由③④得an＋1－an＝eq\f(－1n＋1,2n)，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,22)＋…＋eq\f(－1n,2n－1)＝1＋eq\f(\f(1,2)×[1－－\f(1,2)n－1],1＋\f(1,2))＝eq\f(4,3)＋eq\f(1,3)·eq\f(－1n,2n－1)，∴数列{an}的通项公式为an＝eq\f(4,3)＋eq\f(－1n,3·2n－1).[方法点拨]数学思维、证明要求严谨，步步有据，条理清楚，在数列、不等式、立体几何、解析几何大题的解答过程中，对逻辑严密都有一定的要求，解题过程中要注意条件充分，推理有据，语言准确，书写规范．18．(本题满分12分)(文)(2023·安徽文，19)如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2eq\r(17).点G、E、F、H分别是棱PB、AB、CD、PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.(1)证明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．[审题要点](1)欲证GH∥EF，因为BC∥平面GEFH，所以由线面平行的性质定理和公理4可获证．(2)由四条侧棱长相等及底面是正方形可知四棱锥为正四棱锥，P在底面射影为正方形ABCD的中心，欲求四边形的面积，由(1)知四边形GEFH为梯形，由于平面GEFH⊥平面ABCD，交线EF，故过G作GK⊥EF，则GK为梯形的高，且GK∥PO，于是问题转化为由相似关系求GK的长度和GH的长度．[解析]∵BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，∴GH∥BC．同理可证EF∥BC，∴GH∥EF.(2)连接AC、BD交于一点O，BD交EF于K，连接OP、GK.因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可证PO⊥BD，又∵BD∩AC＝O，且AC、BD都在底面内，∴PO⊥平面ABCD，又∵平面GEFH⊥平面ABCD，PO⊄平面GEFH，∴PO∥平面GEFH.又∵平面GEFH∩平面PBD＝GK，∴PO∥GK，且GK⊥平面ABCD，∴GK⊥EF，所以GK是梯形GEFH的高．∵AB＝8，EB＝2，∴EBAB＝KBDB＝14，∴KB＝eq\f(1,4)DB＝eq\f(1,2)OB，即k为OB的中点，又∵PO∥GK，∴GK＝eq\f(1,2)PO，即G是PB的中点，且GH＝eq\f(1,2)BC＝4.又由已知得OB＝4eq\r(2)，PO＝eq\r(PB2－OB2)＝eq\r(68－32)＝6.∴GK＝3.∴四边形GEFH的面积S＝eq\f(GH＋EF,2)·GK＝eq\f(4＋8,2)×3＝18.[易错警示]1.应用线面平行的性质定理时交待不清，步骤不完整，不规范．2．不能从已知条件中发现正四棱锥关系，因而找不到棱锥高PO∥平面GEFH，打不通思路．3．比例关系不清，计算错误．(理)(2023·柳州市模拟)已知平行四边形ABCD(图1)中，AB＝4，BC＝5，对角线AC＝3，将△ACD沿AC折起至△PAC位置(图2)，使二面角P－AC－B为60°，G，H分别是PA，PC的中点．(1)求证：PC⊥平面BGH；(2)求二面角P－BG－H的余弦值．[解析](1)过C作CE∥AB且CE＝AB，连BE，PE.∵AC2＋AB2＝BC2，∴AC⊥AB，所以四边形ABEC是矩形．又AC⊥CE，PC⊥AC，∴AC⊥面PEC，所以∠PCE是二面角P－AC－B的平面角，∴∠PCE＝60°.∵PC＝CE＝4，∴△PCE为正三角形．∵BE∥AC，∴BE⊥面PEC，∴BE⊥PE，∴PB＝eq\r(PE2＋BE2)＝5＝BC．而H是PC的中点，∴BH⊥PC，∵G、H是△PAC的中位线，∴GH⊥PC，∵GH∩BH＝H，∴PC⊥平面BGH.(2)以CE的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(3，－2,0)，P(0,0,2eq\r(3))，C(0，－2,0)．易求得面PAB的法向量为n＝(2eq\r(3)，0,3)，而平面BGH的法向量为eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，－2，－2eq\r(3))，所以|cos〈n，eq\o(PC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(3\r(7),14).故二面角P－BG－H的余弦值是eq\f(3\r(7),14).19．(本题满分12分)(文)(2023·洛阳市期末)如图所示茎叶图记录了甲、乙两学习小组各4名同学在某次考试中的数学成绩，乙组记录中有一个数字模糊，无法确认，假设这个数字具有随机性，并在图中用m(m∈N)表示．(1)求乙组平均成绩超过甲组平均成绩的概率；(2)当m＝3时，分别从甲、乙两组同学中各随机选取一名同学，求这两名同学的数学成绩之差的绝对值超过2分的概率．[解析](1)当甲、乙两个小组的数学平均成绩相等时，由eq\f(1,4)(87＋89＋91＋93)＝eq\f(1,4)[85＋90＋91＋(90＋m)]，得m＝4，设“乙组平均成绩超过甲组平均成绩”为事件A，m的取值有：0,1,2，…，9时共有10种可能．当m＝4时甲、乙两个小组的数学平均成绩相同，∴当a＝5,6,7,8,9时，乙组平均成绩超过甲组平均成绩，共有5种可能．∴乙组平均成绩超过甲组平均成绩的概率P(A)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2).(2)设“这两名同学的数学成绩之差的绝对值超过2分”为事件B．当m＝3时，分别从甲、乙两组同学中各随机选取一名同学，所有可能的成绩结果有16种，分别是：(87,85)，(87,90)，(87,91)，(87,93)，(89,85)，(89,90)，(89,91)，(89,93)，(91,85)，(91,90)，(91,91)，(91,93)，(93,85)，(93,90)，(93,91)，(93,93)．事件B的结果有8种，它们是：(87,90)，(87,91)，(87,93)，(89,85)，(89,93)，(91,85)，(93,85)，(93,90)．∴两名同学的数学成绩之差的绝对值超过2分的概率P(B)＝eq\f(8,16)＝eq\f(1,2).(理)(2023·石家庄市二模)4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动．为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查．下面是根据调查结果绘制的学生日均课外阅读时间(单位：分钟)的频率分布直方图．若将日均课外阅读时间不低于60分钟的学生称为“读书迷”，低于60分钟的学生称为“非读书迷”．(1)根据已知条件完成下面2×2列联表，并据此判断是否有99%的把握认为“读书迷”与性别有关？非读书迷读书迷合计男15女45合计(2)将频率视为概率．现在从该校大量学生中，用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列，期望E(X)和方差D(X)．附：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)n＝a＋b＋c＋dP(K2≥k0)k0[解析](1)2×2列联表如下非读书迷读书迷合计男401555女202545合计6040100K2＝eq\f(10040×25－15×202,60×40×55×45)≈8．249>，故有99%的把握认为“读书迷”与性别有关．(2)视频率为概率．则从该校学生中任意抽取1名学生恰为读书迷的概率为eq\f(2,5).由题意可知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，P(x＝i)＝Ceq\o\al(i,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))3－i(i＝0,1,2,3)从而分布列为X0123Peq\f(27,125)eq\f(54,125)eq\f(36,125)eq\f(8,125)E(X)＝np＝eq\f(6,5)，D(X)＝np(1－p)＝eq\f(18,25).20．(本题满分12分)(文)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a>0)．(1)当a＝1时，曲线y＝f(x)上P点处的切线与直线x－3y－2＝0垂直，求P点的坐标；(2)求函数f(x)的单调区间．[解析](1)∵直线x－3y－2＝0的斜率为eq\f(1,3)，∴切线的斜率为－3.由f(x)＝x3＋3|x－1|得：当x≥1时，f(x)＝x3＋3x－3，f′(x)＝3x2＋3＝－3不成立，∴切线不存在；当x<1时，f(x)＝x3－3x＋3，f′(x)＝3x2－3＝－3，∴x＝0，∴P点的坐标为(0,3)．(2)当x≥a时，f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2∴f(x)单调递增．当x<a时，f(x)＝x3－3x＋3af′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，若0<a≤1，f′(x)＝0时，x＝－1；f′(x)>0时，x<－1；f′(x)<0时，－1<x<a；若a>1，f′(x)＝0时，x＝±1；f′(x)>0时，x<－1或1<x<a；f′(x)<0时，－1<x<1.综上可得：当0<a≤1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(a，＋∞)，单调递减区间为(－1，a)；当a>1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1,1)．[方法点拨]1.含参数的数学问题，参数变化时，往往会导致结果的不同，这时要注意分类讨论，并且要注意与恒成立问题加以区分．2．有些数学问题，依据条件可以得到不同位置状态的图形，这时要根据其不同位置进行分类讨论．3．许多数学概念本身都是涉及分类的，如绝对值、指对函数、直线斜率、圆锥曲线定义等等．这类问题要注意是否需要分类讨论．4．把分类定义的数学概念，或涉及概念中有限定范围的单独找出来，弄清它们的本质，遇到相关题目时，首先看是否涉及分类，就能有效提高解题正确率．5．熟练掌握高中教材中有关的几何图形的性质中涉及分类讨论的内容，才能在解题中立于不败之地．(理)设函数f(x)＝x－eq\f(2,x)－alnx(a∈R)．(1)当a＝3时，求f(x)的极值；(2)讨论函数f(x)的单调性．[分析]第(2)问，由于f(x)解析式中含参数a，f(x)的单调性受a的值的制约，需要分类讨论，关键是分类标准的确定要明确．[解析](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝3时，f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)＝eq\f(x2－3x＋2,x2)＝eq\f(x－1x－2,x2)，令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝2.f′(x)与f(x)随x的变化如下表：x(0,1)1(1,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)递增极大值递减极小值递增所以f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝－1；在x＝2处取得极小值，f(2)＝1－3ln2.(2)f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋2,x2).令g(x)＝x2－ax＋2，其判别式Δ＝a2－8，①当|a|≤2eq\r(2)时，Δ≤0，f′(x)≥0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a<－2eq\r(2)时，Δ>0，g(x)＝0的两根都小于0，所以在(0，＋∞)上，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；③当a>2eq\r(2)时，Δ>0，g(x)＝0的两根为x1＝eq\f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－8),2)，且都大于0，f′(x)与f(x)随x的变化如下表：x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)递增极大值递减极小值递增故f(x)在(0，eq\f(a－\r(a2－8),2))，(eq\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞)上单调递增，在(eq\f(a－\r(a2－8),2)，eq\f(a＋\r(a2－8),2))上单调递减．综上，当a≤2eq\r(2)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>2eq\r(2)时，f(x)在(0，eq\f(a－\r(a2－8),2))，(eq\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞)上单调递增，在(eq\f(a－\r(a2－8),2)，eq\f(a＋\r(a2－8),2))上单调递减．21．(本题满分12分)(文)(2023·昆明市质检)设椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，离心率为eq\f(\r(3),2).(1)求C的方程；(2)设直线l与C相切于点T，且交两坐标轴的正半轴于A，B两点，求|AB|的最小值及此时点T的坐标．[解析](1)由题可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))则a2＝4b2，∵椭圆C经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,a2＝4b2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1.))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)设直线l的方程为eq\f(x,m)＋eq\f(y,n)＝1(m>0，n>0)，由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,\f(x,m)＋\f(y,n)＝1，))消去x得，(m2＋4n2)y2－2m2ny＋n2(m2－4∵直线l与C相切，∴Δ＝4m4n2－4n2(m2＋4n2)(m2－4)＝0，化简得m2＋4n2－m2n2∵m>2，∴n2＝eq\f(m2,m2－4).∵m2＋n2＝m2＋eq\f(m2,m2－4)＝5＋m2－4＋eq\f(4,m2－4)≥9，当且仅当m2－4＝eq\f(4,m2－4)时“＝”成立，即m＝eq\r(6)，n＝eq\r(3).∴|AB|＝eq\r(m2＋n2)≥3，故|AB|的最小值为3.此时由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,\f(x,\r(6))＋\f(y,\r(3))＝1，))解得切点Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)，\f(\r(3),3))).(理)(2023·杭州市质检)在直角坐标系xOy中，设点A(－1,0)，B(1,0)，Q为△ABC的外心．已知eq\o(CG,\s\up6(→))＋2eq\o(OG,\s\up6(→))＝0，QG∥AB．(1)求点C的轨迹Γ的方程；(2)设经过F(0，eq\r(2))的直线交轨迹Γ于点E，H，直线EH与直线l：y＝eq\f(3\r(2),2)交于点M，点P是直线y＝eq\r(2)上异于点F的任意一点．若直线PE，PH，PM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在实数t，使得eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝eq\f(t,k3)？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．[解析](1)设C(x，y)，∵eq\o(CG,\s\up6(→))＋2eq\o(OG,\s\up6(→))＝0，∴G(eq\f(x,3)，eq\f(y,3))，设Q(x1，y1)，∵Q为△ABC的外心，∴Q在线段AB的中垂线上，∴x1＝0，又QG∥AB，∴y1＝eq\f(y′,3)，∴Q(0，eq\f(y,3))，根据|QA|＝|QC|，得x2＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．(2)当直线EF的斜率不存在时，t＝2.设直线EF的斜率为k，则直线EH的方程为y＝kx＋eq\r(2)，点M坐标为(eq\f(\r(2),2k)，eq\f(3\r(2),2))．把直线方程代入椭圆方程3x2＋y2＝3并整理，得(k2＋3)x2＋2eq\r(2)kx－1＝0，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，P(a，eq\r(2))(a≠0)，则有x1＋x2＝－eq\f(2\r(2)k,k2＋3)，x1x2＝－eq\f(1,k2＋3)，所以eq\f(1,k1)＝eq\f(x1－a,y1－\r(2))＝eq\f(x1－a,kx1)，eq\f(1,k2)＝eq\f(x2－a,kx2)，eq\f(1,k3)＝eq\f(1,k)－eq\r(2)a.又因为eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝eq\f(x1－a,kx1)＋eq\f(x2－a,kx2)＝eq\f(2,k)－2eq\r(2)a，故存在常数t＝2符合题意．请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号．22．(本题满分10分)(2023·东北三校二模)如图，已知点C在圆O直径BE