创新设计（全国通用）2023届高考数学二轮复习教师用书大题规范天天练文

星期一(三角与数列)2023年____月____日1.三角知识(命题意图：在三角形中，考查三角恒等变换、正余弦定理及面积公式的应用)(本小题总分值12分)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，sineq\f(C,2)＝eq\f(\r(10),4).(1)求cosC的值；(2)假设△ABC的面积为eq\f(3\r(15),4)，且sin2A＋sin2B＝eq\f(13,16)sin2C，求a，b及c的值.解(1)因为sineq\f(C,2)＝eq\f(\r(10),4)，所以cosC＝1－2sin2eq\f(C,2)＝－eq\f(1,4).(2)因为sin2A＋sin2B＝eq\f(13,16)sin2C，由正弦定理得a2＋b2＝eq\f(13,16)c2，①由余弦定理得a2＋b2＝c2＋2abcosC，将cosC＝－eq\f(1,4)代入，得ab＝eq\f(3,8)c2，②由S△ABC＝eq\f(3\r(15),4)及sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(\r(15),4)，得ab＝6，③由①②③得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝3，,c＝4，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝2，,c＝4.))经检验，满足题意.所以a＝2，b＝3，c＝4或a＝3，b＝2，c＝4.2.数列(命题意图：考查数列根本量的运算、求数列的通项公式及错位相减求和等)(本小题总分值12分)等比数列{an}满足：a1＝eq\f(1,2)，a1，a2，a3－eq\f(1,8)成等差数列，公比q∈(0，1).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)设等比数列{an}公比为q，a1＝eq\f(1,2)，∵a1，a2，a3－eq\f(1,8)成等差数列，∴2a2＝a1＋a3－eq\f(1,8)，即得4q2－8q＋3＝0，解得q＝eq\f(1,2)或q＝eq\f(3,2)，又∵q∈(0，1)，∴q＝eq\f(1,2)，∴an＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(1,2n).(2)根据题意得bn＝nan＝eq\f(n,2n)，Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，①eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(3,24)＋…＋eq\f(n,2n＋1)，②作差得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝1－(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)，Sn＝2－(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).星期二(概率、统计与立体几何)2023年____月____日1.概率、统计(命题意图：考查线性回归方程的求解及古典概型的应用)(本小题总分值12分)某研究性学习小组对4月份昼夜温差大小与花卉种子发芽多少之间的关系研究，记录了4月1日至4月5日的每天昼夜温差与实验室每天100颗种子浸泡后的发芽数，如下表：日期4月1日4月2日4月3日4月4日4月5日温差x(℃)101113128发芽数y(颗)2325302616(1)请根据上表中4月2日至4月4日的数据，求出y关于x的线性回归方程eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋eq\o(a,\s\up6(^))，假设由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2颗，那么认为得到的线性回归方程是可靠的，请用4月1日和4月5日数据检验你所得的线性回归方程是否可靠？(2)从4月1日至4月5日中任选2天，记发芽的种子数分别为m，n，求事件“m，n均不小于25〞的概率.(参考公式：回归直线的方程是eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋eq\o(a,\s\up6(^))，其中eq\o(b,\s\up6(^))＝，eq\o(a,\s\up6(^))＝－b)解(1)＝eq\f(1,3)(11＋13＋12)＝12，＝eq\f(1,3)(25＋30＋26)＝27，3＝972.＝11×25＋13×30+12×26=977，＝112＋132＋122＝434，3＝432.所以y关于x的线性回归方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\f(5,2)x－3.当x＝10时，eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\f(5,2)×10－3＝22，|22－23|<2；当x＝8时，eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\f(5,2)×8－3＝17，|17－16|<2.所以该研究所得到的线性回归方程是可靠的.(2)m，n的所有取值情况有：(23，25)，(23，30)，(23，26)，(23，16)，(25，30)，(25，26)，(25，16)，(30，26)，(30，16)，(26，16)，即根本领件总数为10.设“m，n均不小于25〞为事件A，那么事件A包含的根本领件为(25，30)，(25，26)，(30，26).所以P(A)＝eq\f(3,10)，故事件A的概率为eq\f(3,10).2.立体几何(命题意图：考查线面、面面垂直的转化证明及三棱锥体积的求解)(本小题总分值12分)如图，三棱锥A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB中点，且△PMB为正三角形.(1)求证：平面ABC⊥平面APC；(2)假设BC＝1，AB＝4，求三棱锥D－PCM的体积.(1)证明△PMB为正三角形，D为PB的中点，∴MD⊥PB，∴AP⊥PB，又∵AP⊥PC，PB∩PC＝P，∴AP⊥平面PBC，∵BC⊂平面PBC，∴AP⊥BC，又∵BC⊥AC，AC∩AP＝A，∴BC⊥平面APC，∵BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面APC.(2)解由(1)题意可知，AP⊥平面PBC，PA＝2eq\r(3)，∴MD＝eq\r(3)，S△PCD＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×\r(3)))＝eq\f(\r(3),4)，∴VD－PCM＝VM－PCD＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,4).星期三(解析几何)2023年____月____日解析几何(命题意图：考查椭圆方程的求解及直线与椭圆相交情况下的范围问题)(本小题总分值12分)椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c，0)，离心率为eq\f(\r(3),3)，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝eq\f(b2,4)截得的线段的长为c，|FM|＝eq\f(4\r(3),3).(1)求直线FM的斜率；(2)求椭圆的方程；(3)设动点P在椭圆上，假设直线FP的斜率大于eq\r(2)，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.解(1)由，有eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,3)，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.设直线FM的斜率为k(k＞0)，F(－c，0)，那么直线FM的方程为y＝k(x＋c).由，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kc,\r(k2＋1))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))eq\s\up12(2)，解得k＝eq\f(\r(3),3).(2)由(1)得椭圆方程为eq\f(x2,3c2)＋eq\f(y2,2c2)＝1，直线FM的方程为y＝eq\f(\r(3),3)(x＋c)，两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－eq\f(5,3)c，或x＝c.因为点M在第一象限，可得M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(2\r(3),3)c)).由|FM|＝eq\r(〔c＋c〕2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)c－0))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(3),3).解得c＝1，所以椭圆的方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，得t＝eq\f(y,x＋1)，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝t〔x＋1〕，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6，又由，得t＝eq\r(\f(6－2x2,3〔x＋1〕2))＞eq\r(2)，解得－eq\f(3,2)＜x＜－1，或－1＜x＜0.设直线OP的斜率为m，得m＝eq\f(y,x)，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m2＝eq\f(2,x2)－eq\f(2,3).①当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))时，有y＝t(x＋1)＜0，因此m＞0，于是m＝eq\r(\f(2,x2)－\f(2,3))，得m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3))).②当x∈(－1，0)时，有y＝t(x＋1)＞0.因此m＜0，于是m＝－eq\r(\f(2,x2)－\f(2,3))，得m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2\r(3),3))).综上，直线OP的斜率的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2\r(3),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3))).星期四(函数与导数)2023年____月____日函数与导数(命题意图：考查函数的极值、单调性、最值及不等式恒成立等)(本小题总分值12分)函数f(x)＝ax＋xlnx的图象在点x＝e(e为自然对数的底数)处的切线斜率为3.(1)求实数a的值；(2)假设k∈Z，且k＜eq\f(f〔x〕,x－1)对任意x＞1恒成立，求k的最大值.解(1)因为f(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1.因为函数f(x)＝ax＋xlnx的图象在点x＝e处的切线斜率为3，所以f′(e)＝3，即a＋lne＋1＝3，所以a＝1.(2)由(1)知，f(x)＝x＋xlnx，又k＜eq\f(f〔x〕,x－1)＝eq\f(x＋xlnx,x－1)对任意x＞1恒成立，令g(x)＝eq\f(x＋xlnx,x－1)，那么g′(x)＝eq\f(x－lnx－2,〔x－1〕2)，令h(x)＝x－lnx－2(x＞1)，那么h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)＞0，所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增.因为h(3)＝1－ln3＜0，h(4)＝2－2ln2＞0，所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一实根x0，且满足x0∈(3，4).当1＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＜0；当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，所以函数g(x)＝eq\f(x＋xlnx,x－1)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以[g(x)]min＝g(x0)＝eq\f(x0〔1＋lnx0〕,x0－1)＝eq\f(x0〔1＋x0－2〕,x0－1)＝x0，所以k＜[g(x)]min＝x0∈(3，4)，故整数k的最大值是3.星期五(选考系列)2023年____月____日一、(本小题总分值10分)选修4－4：坐标系与参数方程极坐标系与直角坐标系xOy有相同的长度单位，以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴.曲线C1的极坐标方程为ρ＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，曲线C2的极坐标方程为ρsinθ＝a(a＞0)，射线θ＝φ，θ＝φ＋eq\f(π,4)，θ＝φ－eq\f(π,4)，θ＝eq\f(π,2)＋φ与曲线C1分别交异于极点O的四点A，B，C，D.(1)假设曲线C1关于曲线C2对称，求a的值，并把曲线C1和C2化成直角坐标方程；(2)求|OA|·|OC|＋|OB|·|OD|的值.解(1)C1：(x－1)2＋(y－1)2＝2，C2：y＝a，因为曲线C1关于曲线C2对称，a＝1，C2：y＝1.(2)|OA|＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,4)))，|OB|＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,2)))＝2eq\r(2)cosφ，|OC|＝2eq\r(2)sinφ，|OD|＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(3π,4)))＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,4)))|OA|·|OC|＋|OB|·|OD|＝4eq\r(2).二、(本小题总分值10分)选修4－5：不等式选讲函数f(x)＝|x－a|.(1)假设f(x)≤m的解集为[－1，5]，求实数a，m的值；(2)当a＝2，且0≤t＜2时，解关于x的不等式f(x)＋t≥f(x＋2).解(1)因为|x－a|≤m，所以a－m≤x≤a＋m，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－m＝－1，,a＋m＝5，))∴a＝2，m＝3.(2)a＝2时等价于|x－2|＋t≥|x|，当x≥2，x－2＋t≥x，∵0≤t＜2，所以舍去，当0≤x＜2，2－x＋t≥x，∴0≤x≤eq\f(t＋2,2)，成立.当x＜0，2－x＋t≥－x成立，所以原不等式解集是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(t＋2,2))).星期六(综合限时练)2023年____月____日解答题综合练(设计意图：训练考生在规定时间内得高分，限时：80分钟)1.(本小题总分值12分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，A＝eq\f(π,4)，b2－a2＝eq\f(1,2)c2.(1)求tanC的值；(2)假设△ABC的面积为3，求b的值.解(1)由b2－a2＝eq\f(1,2)c2及正弦定理得sin2B－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)sin2C.所以－cos2B＝sin2C.又由A＝eq\f(π,4)，即B＋C＝eq\f(3,4)π，得－cos2B＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－2C))＝sin2C＝2sinCcosC，解得tanC＝2.(2)由tanC＝2，C∈(0，π)得sinC＝eq\f(2\r(5),5)，cosC＝eq\f(\r(5),5)，又因为sinB＝sin(A＋C)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))，所以sinB＝eq\f(3\r(10),10)，由正弦定理得c＝eq\f(2\r(2),3)b，又因为A＝eq\f(π,4)，eq\f(1,2)bcsinA＝3，所以bc＝6eq\r(2)，故b＝3.2.(本小题总分值12分)在某次测验中，有6位同学的平均成绩为75分，用xn表示编号为n(n＝1，2，…，6)的同学所得成绩，且前5位同学的成绩如下：编号n12345成绩xn7076727072(1)求第6位同学的成绩x6，及这6位同学成绩的标准差s；(2)从前5位同学中，随机地选2位，求恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的概率.解(1)∵＝eq\f(1,6)＝75,∴x6＝6－＝6×75－70－76－72－70－72＝90，s2＝eq\f(1,6)eq\i\su(n＝1,6,)(xn－)2＝eq\f(1,6)(52＋12＋32＋52＋32＋152)＝49，∴s＝7.(2)从5位同学中随机选取2位同学，共有如下10种不同的取法：{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{3，4}，{3，5}，{4，5}，选出的2位同学中，恰有1位同学的成绩位于(68，75)的取法共有如下4种取法：{1，2}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，故所求概率为eq\f(2,5).3.(本小题总分值12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点.(1)求证：AC1∥平面CDB1；(2)求三棱锥C1－B1CD的体积.(1)证明设CB1与C1B的交点为E，连接DE，∵D是AB的中点，E是BC1的中点，∴DE∥AC1，∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1；(2)解∵AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC⊥BC，∵CC1⊥平面ABC，∴AC⊥平面BCC1B1，∴A到平面BCC1B1的距离为AC＝3，∵D是AB的中点，∴D到平面BCC1B1的距离为eq\f(3,2).而△CB1C1的面积为eq\f(1,2)×4×4＝8，∴VC1－B1CD＝VD－C1B1C＝eq\f(1,3)×8×eq\f(3,2)＝4.4.(本小题总分值12分)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(1，\f(\r(3),2)))，一个焦点为(eq\r(3)，0).(1)求椭圆C的方程；(2)假设直线y＝k(x－1)(k≠0)与x轴交于点P，与椭圆C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点Q.求eq\f(|AB|,|PQ|)的取值范围.解(1)由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝3，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得a＝2，b＝1.所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k〔x－1〕，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么有x1＋x2＝eq\f(8k2,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－4,1＋4k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝eq\f(－2k,1＋4k2).所以线段AB的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2,1＋4k2)，\f(－k,1＋4k2)))，所以线段AB的垂直平分线方程为y－eq\f(－k,1＋4k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4k2,1＋4k2))).于是，线段AB的垂直平分线与x轴的交点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3k2,1＋4k2)，0))，又点P(1，0)，所以|PQ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(3k2,1＋4k2)))＝eq\f(1＋k2,1＋4k2).又|AB|＝eq\r(〔1＋k2〕[〔\f(8k2,1＋4k2)〕2－4·\f(4k2－4,1＋4k2)])＝eq\f(4\r(〔1＋k2〕〔1＋3k2〕),1＋4k2).于是，eq\f(|AB|,|PQ|)＝eq\f(\f(4\r(〔1＋k2〕〔1＋3k2〕),1＋4k2),\f(1＋k2,1＋4k2))＝4eq\r(\f(1＋3k2,1＋k2))＝4eq\r(3－\f(2,1＋k2)).因为k≠0，所以1＜3－eq\f(2,1＋k2)＜3.所以eq\f(|AB|,|PQ|)的取值范围为(4，4eq\r(3)).5.(本小题总分值12分)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a)(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0).当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点.当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－eq\f(a,x)单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f′(a)>0，当b满足0<b<eq\f(a,4)且b<eq\f(1,4)时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点.(2)证明由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).6.请考生在以下两题中任选一题做答，如果多做，那么按所做的第一题计分.A.(本小题总分值10分)选修4－4：坐标系与参数方程直线l的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1－\f(\r(3),2)t，,y＝\r(3)＋\f(1,2)t))(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6))).(1)求圆C的直角坐标方程；(2)假设P(x，y)是直线l与圆Cρ≤4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))的公共点，求eq\r(3)x＋y的取值范围.解(1)因为圆C的极坐标方程为ρ＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))，所以ρ2＝4ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝4ρeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinθ－\f(1,2)cosθ))，又ρ2＝x2＋y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以x2＋y2＝2eq\r(3)y－2x，所以圆C的直角坐标方程为x2＋y2＋2x－2eq\r(3)y＝0.(2)设z＝eq\r(3)x＋y，由圆C的方程x2＋y2＋2x－2eq\r(3)y＝0⇒(x＋1)2＋(y－eq\r(3))2＝4，所以圆C的圆心是(－1，eq\r(3))，半径是2，将eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1－\f(\r(3),2)t，,y＝\r(3)＋\f(1,2)t，))代入z＝eq\r(3)x＋y得z＝－t，又直线l过C(－1，eq\r(3))，圆C的半径是2，所以－2≤t≤2，所以－2≤－t≤2.即eq\r(3)x＋y的取值范围是[－2，2].B.(本小题总分值10分)选修4－5：不等式选讲函数f(x)＝|2x－a|＋a.(1)假设不等式f(x)≤6的解集为{x|－2≤x≤3}，求实数a的值；(2)在(1)的条件下，假设存在实数n使f(n)≤m－f(－n)成立，求实数m的取值范围.解(1)由|2x－a|＋a≤6得|2x－a|≤6－a，∴a－6≤2x－a≤6－a，即a－3≤x≤3.∴a－3＝－2，∴a＝1.(2)由(1)知f(x)＝|2x－1|＋1，令φ(n)＝f(n)＋f(－n)，那么φ(n)＝|2n－1|＋|2n＋1|＋2＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－4n，n≤－\f(1,2)，,4，－\f(1,2)＜n≤\f(1,2)，,2＋4n，n＞\f(1,2)，))∴φ(n)的最小值为4，故实数m的取值范围是[4，＋∞).星期一(三角与数列)2023年____月____日1.三角(命题意图：考查正、余弦定理、面积公式及三角恒等变换)(本小题总分值12分)△ABC的三个内角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且满足eq\f(a,cosA)＝eq\f(c,2－cosC).(1)假设b＝4，求a；(2)假设c＝3，△ABC的面积为3，求证：3sinC＋4cosC＝5.(1)解由eq\f(a,cosA)＝eq\f(c,2－cosC)得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(sinC,2－cosC).∴2sinA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sinB，即2a＝b，∵b＝4，∴a＝2.(2)证明∵△ABC的面积为3，∴eq\f(1,2)absinC＝a2sinC＝3，①∵c＝3，∴a2＋4a2－4a2cosC＝9，②由①②消去a2得3sinC＝5－4cosC，即3sinC＋4cosC＝5.2.数列(命题意图：考查等差、等比数列的根本运算及求和)(本小题总分值12分)设数列{an}(n＝1，2，3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|＜eq\f(1,1000)成立的n的最小值.解(1)由Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)，所以q＝2.从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1，又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n.(2)由(1)得eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n).由|Tn－1|＜eq\f(1,1000)，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)－1))＜eq\f(1,1000)，即2n＞1000，因为29＝512＜1000＜1024＝210，所以n≥10，于是，使|Tn－1|＜eq\f(1,1000)成立的n的最小值为10.星期二(概率、统计与立体几何)2023年____月____日1.概率、统计(命题意图：考查频率分布直方图的应用及古典概型)(本小题总分值12分)某地区为了落实国务院?关于加快高速宽带网络建设，推进网络提速降费的指导意见?，对宽带网络进行了全面的光纤改造，为了调试改造后的网速，对新改造的1000户用户进行了测试，随机抽取了假设干户的网速，网速全部介于13M与18M之间，将网速按如下方式分成五组：第一组[13，14)；第二组[14，15)；……；第五组[17，18].按上述分组方法得到的频率分布直方图如下图，图中从左到右的前3个组的频率之比为3∶8∶19，且第二组的频数为8.(1)请利用上述测试估计这批新改造的1000户用户中网速在[16，17)内的户数；(2)求测试中随机抽取了多少个用户；(3)假设从第一、五组中随机取出两户网速，求这两户网速的差的绝对值大于1M的概率.解(1)网速在[16，17)内的频率为0.32×1＝0.32，0.32×1000＝320，∴估计这批新改造的1000户中网速在[16，17)内的户数为320户.(2)设图中从左到右前3个组的频率分别为3x，8x，19x，依题意，得3x＋8x＋19x＋0.32×1＋0.08×1＝1，∴x＝0.02，设调查中随机抽取了n个用户，那么8×0.02＝eq\f(8,n)，∴n＝50，∴测试中随机抽取了50个用户.(3)网速在第一组的用户数有3×0.02×1×50＝3，记为a，b，c，网速在第五组的用户数有0.08×1×50＝4，记为m，n，p，q那么从第一、五组中随机取出两户的根本领件有{a，b}，{a，c}，{a，m}，{a，n}，{a，p}，{a，q}，{b，c}，{b，m}，{b，n}，{b，p}，{b，q}，{c，m}，{c，n}，{c，p}，{c，q}，{m，n}，{m，p}，{m，q}，{n，p}，{n，q}，{p，q}，共21个.其中满足两户网速的差的绝对值大于1M的所包含的根本领件有{a，m}，{a，n}，{a，p}，{a，q}，{b，m}，{b，n}，{b，p}，{b，q}，{c，m}，{c，n}，{c，p}，{c，q}，共12个.所以P＝eq\f(12,21)＝eq\f(4,7).2.立体几何(命题意图：考查以三棱柱为载体的线面垂直关系的证明及体积求解)(本小题总分值12分)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝AC＝AA1＝3a，BC＝2a，D是BC的中点，F是CC1上一点，且CF＝2a.(1)求证：B1F⊥平面ADF；(2)假设四面体AB1DF的体积为eq\f(5\r(2),3)，求a的值和三棱柱ABC－A1B1C1的外表积.(1)证明因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.又平面CC1B1B⊥平面ABC，所以AD⊥平面CC1B1B又B1F⊂平面CC1B1B，所以AD⊥B1F，在Rt△B1C1F中，tan∠C1B1F＝eq\f(1,2)，在Rt△DCF中，tan∠CFD＝eq\f(1,2)，所以∠C1B1F＝∠CFD，∠C1FB1＋∠CFD＝eq\f(π,2)－∠C1B1F＋∠CFD＝eq\f(π,2)，∠B1FD＝π－(∠C1FB1＋∠CFD)＝eq\f(π,2)，即FD⊥B1F，又AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面ADF.(2)解∵AB＝AC＝AA1＝3a，BC＝2a，∴AD＝2eq\r(2)a，B1F＝DF＝eq\r(5)a，∴V四面体AB1DF＝eq\f(1,3)S△B1DF·AD＝eq\f(1,6)eq\r(5)a·eq\r(5)a·2eq\r(2)a＝eq\f(5\r(2),3)a3＝eq\f(5\r(2),3)，∴a＝1，故三棱柱ABC－A1B1C1的外表积为S＝(3a＋3a＋2a)·3a＋2·eq\f(1,2)·2a·2eq\r(2)a＝24＋4eq\r(2).星期三(解析几何)2023年____月____日解析几何(命题意图：考查直线与椭圆相交情况下的弦长及三角形面积问题)(本小题总分值12分)椭圆M：eq\f(x2,4b2)＋eq\f(y2,b2)＝1(b＞0)上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形周长为4＋2eq\r(3).(1)求椭圆M的方程；(2)设不过原点O的直线l与该椭圆交于P，Q两点，满足直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求△OPQ面积的取值范围.解(1)因为椭圆M上一点和它的两个焦点构成的三角形周长为4＋2eq\r(3)，所以2a＋2c＝4＋2eq\r(3)，又a＝2b，所以c＝eq\r(3)b，所以b＝1，那么a＝2，c＝eq\r(3).所以椭圆M的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，故可设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋4y2－4＝0，))消去y得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，那么Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)＝16(4k2－m2＋1)＞0，且x1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4〔m2－1〕,1＋4k2)，故y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，所以eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(k2x1x2＋km〔x1＋x2〕＋m2,x1x2)＝k2，又m≠0，所以k2＝eq\f(1,4)，即k＝±eq\f(1,2)，由于直线OP，OQ的斜率存在，且Δ＞0，得0＜m2＜2且m2≠1.那么S△OPQ＝eq\f(1,2)|y1－y2|·|2m|＝eq\f(1,2)|x1－x2|·|m|＝eq\f(1,2)·eq\r(〔x1＋x2〕2－4x1x2)|m|＝eq\r(m2〔2－m2〕)，所以S△OPQ的取值范围为(0，1).星期四(函数与导数)2023年____月____日函数与导数(命题意图：考查函数的单调性及不等式恒成立问题，考查等价转化思想)(本小题总分值12分)函数f(x)＝(3－a)x－2＋a－2lnx(a∈R).(1)假设函数y＝f(x)在区间(1，3)上单调，求a的取值范围；(2)假设函数g(x)＝f(x)－x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点，求a的最小值.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝3－a－eq\f(2,x)＝eq\f(〔3－a〕x－2,x).当a≥3时，有f′(x)＜0，即函数f(x)在区间(1，3)上单调递减；当a＜3时，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(2,3－a)，假设函数y＝f(x)在区间(1，3)上单调，那么eq\f(2,3－a)≤1或eq\f(2,3－a)≥3，解得a≤1或eq\f(7,3)≤a＜3；综上，a的取值范围是(－∞，1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，＋∞)).(2)因为当x→0时，g(x)→＋∞，所以g(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx＜0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上恒成立不可能，故要使函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点，只要对任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，g(x)＞0恒成立，即对x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，a＞2－eq\f(2lnx,x－1)恒成立，令l(x)＝2－eq\f(2lnx,x－1)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，那么l′(x)＝－eq\f(\f(2,x)〔x－1〕－2lnx,〔x－1〕2)＝eq\f(2lnx＋\f(2,x)－2,〔x－1〕2)，再令m(x)＝2lnx＋eq\f(2,x)－2，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，那么m′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x)＝eq\f(－2〔1－x〕,x2)＜0，故m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上为减函数，于是m(x)＞meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－2ln2＞0，从而l′(x)＞0，于是l(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上为增函数，所以l(x)＜leq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－4ln2，故要使a＞2－eq\f(2lnx,x－1)恒成立，只要a∈[2－4ln2，＋∞)，综上，假设函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点，那么a的最小值为2－4ln2.星期五(选考系列)2023年____月____日一、(本小题总分值10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，动点A的坐标为(2－3sinα，3cosα－2)，其中α∈R.在极坐标系(以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴)中，直线C的方程为ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝a.(1)判断动点A的轨迹的形状；(2)假设直线C与动点A的轨迹有且仅有一个公共点，求实数a的值.解(1)设动点A的直角坐标为(x，y)，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2－3sinα，,y＝3cosα－2，))∴动点A的轨迹方程为(x－2)2＋(y＋2)2＝9，其轨迹是圆心坐标为(2，－2)，半径为3的圆.(2)直线C的极坐标方程ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝a化为直角坐标方程是eq\r(2)x＋eq\r(2)y＝2a，由eq\f(|2\r(2)－2\r(2)－2a|,2)＝3，得a＝3或a＝－3.二、(本小题总分值10分)选修4－5：不等式选讲设函数f(x)＝|x＋2|＋|x－2|，x∈R.不等式f(x)≤6的解集为M.(1)求M；(2)当a，b∈M时，证明：3|a＋b|≤|ab＋9|.(1)解|x＋2|＋|x－2|≤6等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤－2，,－2x≤6，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤x≤2，,4≤6，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥2，,2x≤6.))解得－3≤x≤3，∴M＝[－3，3].(2)证明当a，b∈M时，即－3≤a≤3，－3≤b≤3时，要证3|a＋b|≤|ab＋9|，即证9(a＋b)2≤(ab＋9)2，而9(a＋b)2－(ab＋9)2＝9a2＋9b2－a2b2－81＝(b2－9)(9－a2)≤0，所以3|a＋b|≤|ab＋9|.星期六(综合限时练)2023年____月____日解答题综合练(设计意图：训练考生在规定时间内得高分，限时：80分钟)1.(本小题总分值12分)某个团购网站为了更好地满足消费者，对在其网站发布的团购产品展开了用户调查，每个用户在使用了团购产品后可以对该产品进行打分，最高分是10分.上个月该网站共卖出了100份团购产品，所有用户打分的平均分作为该产品的参考分值，将这些产品按照得分分成以下几组：第一组[0，2)，第二组[2，4)，第三组[4，6)，第四组[6，8)，第五组[8，10]，得到的频率分布直方图如下图.(1)分别求第三，四，五组的频率；(2)该网站在得分较高的第三、四，五组中用分层抽样的方法抽取了6个产品作为下个月团购的特惠产品，某人决定在这6个产品中随机抽取2个购置，求他抽到的两个产品均来自第三组的概率.解(1)第三组的频率是0.150×2＝0.3；第四组的频率是0.100×2＝0.2；第五组的频率是0.050×2＝0.1.(2)设“抽到的两个产品均来自第三组〞为事件A，由题意可知，分别抽取3个，2个，1个.不妨设第三组抽到的是A1，A2，A3；第四组抽到的是B1，B2；第五组抽到的是C1，所含根本领件总数为：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，C1}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，C1}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，C1}，{B1，B2}，{B1，C1}，{B2，C1}共15种.事件A包含的事件数为：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，所以P(A)＝eq\f(3,15)＝eq\f(1,5).2.(本小题总分值12分)数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝(eq\r(2))bn(n∈N*).假设{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.(1)求an与bn；(2)设cn＝eq\f(1,an)－eq\f(1,bn)(n∈N*).记数列{cn}的前n项和为Sn.①求Sn；②求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.解(1)由题意a1a2a3…an＝(eq\r(2))bn，b3－b2＝6，知a3＝(eq\r(2))b3－b2＝8.又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*).所以，a1a2a3…an＝2eq\s\up6(\f(n〔n＋1〕,2))＝(eq\r(2))n(n＋1).故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*).(2)①由(1)知cn＝eq\f(1,an)－eq\f(1,bn)＝eq\f(1,2n)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))(n∈N*)，所以Sn＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,2n)(n∈N*).②因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；当n≥5时，cn＝eq\f(1,n〔n＋1〕)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n〔n＋1〕,2n)－1))，而eq\f(n〔n＋1〕,2n)－eq\f(〔n＋1〕〔n＋2〕,2n＋1)＝eq\f(〔n＋1〕〔n－2〕,2n＋1)>0，得eq\f(n〔n＋1〕,2n)≤eq\f(5·〔5＋1〕,25)<1，所以，当n≥5时，cn<0.综上，对任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4.3.(本小题总分值12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为A1B1、AA1的中点，点F在棱AB上，且AF＝eq\f(1,4)AB.(1)求证：EF∥平面BDC1；(2)在棱AC上是否存在一点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两局部体积之比为1∶15，假设存在，指出点G的位置；假设不存在，说明理由.(1)证明取AB的中点M，连接A1M，∵AF＝eq\f(1,4)AB，∴F为AM的中点，又∵E为AA1的中点，∴EF∥A1M.在三棱柱ABC－A1B1C1中，D，M分别为A1B1，AB的中点，在A1D∥BM，A1D＝BM，∴A1DBM为平行四边形，∴A1M∥BD，∴EF∥BD，∵BD⊂平面BC1D，EF⊄平面BC1D，∴EF∥平面BC1D.(2)解设AC上存在一点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两局部的体积之比为1∶15，那么VE－AFG∶VABC－A1B1C1＝1∶16，∵eq\f(VE－AFG,VABC－A1B1C1)＝eq\f(\f(1,3)×\f(1,2)AF·AG·sin∠GAF·AE,\f(1,2)AB·AC·sin∠CAB·A1A)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,2)×eq\f(AG,AC)＝eq\f(1,24)·eq\f(AG,AC)，∴eq\f(1,24)·eq\f(AG,AC)＝eq\f(1,16)，∴eq\f(AG,AC)＝eq\f(3,2)，∴AG＝eq\f(3,2)AC>AC，所以符合要求的点G不存在.4.(本小题总分值12分)如图，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上顶点为A，左顶点为B，F为右焦点，过F作平行于AB的直线交椭圆于C、D两点，作平行四边形OCED，点E恰在椭圆上.(1)求椭圆的离心率；(2)假设平行四边形OCED的面积为2eq\r(6)，求椭圆的方程.解(1)∵焦点为F(c，0)，AB的斜率为eq\f(b,a)，故直线CD的方程为y＝eq\f(b,a)(x－c).与椭圆方程联立后消去y得到2x2－2cx－b2＝0.∵CD的中点为Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，－\f(bc,2a)))，点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(bc,a)))在椭圆上.∴将E的坐标代入椭圆方程并整理得2c2＝a2，∴离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).(2)由(1)知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b＝c，那么直线CD的方程为y＝eq\f(\r(2),2)(x－c)，与椭圆方程联立消去y得到2x2－2cx－c2＝0.∵平行四边形OCED的面积为S＝c|yC－yD|＝eq\f(\r(2),2)ceq\r(〔xC＋xD〕2－4xCxD)＝eq\f(\r(2),2)ceq\r(c2＋2c2)＝eq\f(\r(6),2)c2＝2eq\r(6)，所以c＝2，b＝2，a＝2eq\r(2).故椭圆方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.5.(本小题总分值12分)函数f(x)＝ex＋ax＋b(a，b∈R，e是自然对数的底数)在点(0，1)处的切线与x轴平行.(1)求a，b的值；(2)假设对一切x∈R，关于x的不等式f(x)≥(m－1)x＋n恒成立，求m＋n的最大值.解(1)求导得f′(x)＝ex＋a，由题意可知f(0)＝e0＋b＝1，且f′(0)＝e0＋a＝0，解得a＝－1，b＝0.(2)由(1)知f(x)＝ex－x，所以不等式f(x)≥(m－1)x＋n可化为ex≥mx＋n，令g(x)＝ex－mx－n，g′(x)＝ex－m，当m≤0时，g′(x)>0恒成立，那么g(x)在R上恒增，没有最小值，故不成立，当m>0时，解g′(x)＝0得x＝lnm，当g′(x)<0时，解得x<lnm；当g′(x)>0时，解得x>lnm；即当x∈(－∞，lnm)时，g(x)单调递减；x∈(lnm，＋∞)时，g(x)单调递增，故当x＝lnm时取得最小值g(lnm)＝elnm－m·lnm－n＝m－m·lnm－n≥0，即m－m·lnm≥n，2m－m·lnm≥m＋n，令h(m)＝2m－m·lnm，那么h′(m)＝1－lnm，令h′(m)＝0，那么m＝e，当m∈(0，e)时，h(m)单调递增；m∈(e，＋∞)时，h(m)单调递减，故当m＝e时，h(m)取得最大值h(e)＝e，∴e≥m＋n，即m＋n的最大值为e.6.请考生在以下两题中任选一题做答，如果多做，那么按所做的第一题计分.A.(本小题总分值10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3cost，,y＝2＋2sint))(t为参数)，P是C上任意一点.以x轴的非负半轴为极轴，原点为极点建立极坐标系，并在两坐标系中取相同的长度单位.(1)求曲线C的直角坐标方程；(2)直线l的极坐标方程为θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)，求P到直线l的最大距离.解(1)由x＝3cost，y＝2＋2sint，消去参数t，得曲线C的直角坐标方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(〔y－2〕2,4)＝1.(2)直线l的直角坐标方程为y＝x.设与直线l平行的直线方程为y＝x＋m，代入eq\f(x2,9)＋eq\f(〔y－2〕2,4)＝1，整理得13x2＋18(m－2)x＋9[(m－2)2－4]＝0.由Δ＝[18(m－2)]2－4×13×9[(m－2)2－4]＝0，得(m－2)2＝13，所以m＝2±eq\r(13).当点P位于直线y＝x＋2＋eq\r(13)与曲线C的交点(切点)时，点P到直线l的距离最大，为eq\f(2＋\r(13),\r(2))＝eq\f(2\r(2)＋\r(26),2).或：设点P(3cost，2＋2sint)，那么点P到直线x－y＝0的距离为eq\f(|3cost－2－2sint|,\r(2))＝eq\f(|\r(13)sin〔t－φ〕＋2|,\r(2))，其中cosφ＝eq\f(2,\r(13))，sinφ＝eq\f(3,\r(13)).所以距离的最大值是eq\f(\r(13)＋2,\r(2))＝eq\f(2\r(2)＋\r(26),2).B.(本小题总分值10分)选修4－5：不等式选讲设函数f(x)＝|x－a|，a＜0.(1)证明：f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))≥2；(2)假设不等式f(x)＋f(2x)＜eq\f(1,2)的解集非空，求a的取值范围.(1)证明f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝|x－a|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)－a))≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(〔x－a〕－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)－a))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝|x|＋eq\f(1,|x|)≥2.(2)解y＝f(x)＋f(2x)＝|x－a|＋|2x－a|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－3x，x≤a，,－x，a＜x≤\f(a,2)，,3x－2a，x＞\f(a,2).))函数图象为：当x＝eq\f(a,2)时，ymin＝－eq\f(a,2)，依题意，－eq\f(a,2)＜eq\f(1,2)，那么a＞－1，∴a的取值范围是(－1，0).星期一(三角与数列)2023年____月____日1.三角(命题意图：考查正弦定理、三角恒等变换及三角函数的最值(值域))(本小题总分值12分)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq\f(2b－c,a)＝eq\f(cosC,cosA).(1)求角A的大小；(2)求函数y＝eq\r(3)sinB＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))的值域.解(1)由eq\f(2b－c,a)＝eq\f(cosC,cosA)，利用正弦定理可得2sinBcosA－sinCcosA＝sinAcosC，化为2sinBcosA＝sin(C＋A)＝sinB，∵sinB≠0，∴cosA＝eq\f(1,2)，∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴A＝eq\f(π,3).(2)y＝eq\r(3)sinB＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,3)－B－\f(π,6)))＝eq\r(3)sinB＋cosB＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6))).∵B＋C＝eq\f(2π,3)，0＜B＜eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)＜B＜eq\f(π,2)，∴eq\f(π,3)＜B＋eq\f(π,6)＜eq\f(2π,3)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))，∴y∈(eq\r(3)，2].2.数列(命题意图：考查等差、等比数列的根本运算及数列的求和问题)(本小题总分值12分){an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))的前n项和.解(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3，由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，那么a4－a2＝2d，故d＝eq\f(1,2)，从而a1＝eq\f(3,2).所以{an}的通项公式为an＝eq\f(1,2)n＋1.(2)设eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))的前n项和为Sn，由(1)知eq\f(an,2n)＝eq\f(n＋2,2n＋1)，那么Sn＝eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n＋1,2n)＋eq\f(n＋2,2n＋1)，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋…＋eq\f(n＋1,2n＋1)＋eq\f(n＋2,2n＋2).两式相减得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,4)＋(eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n＋1))－eq\f(n＋2,2n＋2)＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)(1－eq\f(1,2n－1))－eq\f(n＋2,2n＋2).所以Sn＝2－eq\f(n＋4,2n＋1).星期二(概率、统计与立体几何)2023年____月____日1.概率、统计(命题意图：考查频率分布直方图，茎叶图，古典概型等根底知识；考查数据处理能力、运算求解能力)(本小题总分值12分)某烹饪学院为了弘扬中国传统的饮食文化，举办了一场由在校学生参加的厨艺大赛，组委会为了了解本次大赛参赛学生的成绩情况，从参赛学生中抽取了n名学生的成绩(总分值100分)作为样本，将所得数经过分析整理后画出了频率分布直方图和茎叶图，其中茎叶图受到污染，请据此解答以下问题：(1)求频率分布直方图中a，b的值并估计此次参加厨艺大赛学生的平均成绩；(2)规定大赛成绩在[80，90)的学生为厨霸，在[90，100]的学生为厨神，现从被称为厨霸、厨神的学生中随机抽取2人去参加校际之间举办的厨艺大赛，求所取2人中至少有1人是厨神的概率.解(1)由题意可知，样本容量n＝eq\f(5,0.0125×10)＝40，所以a＝eq\f(3,40×10)＝0.0075.10b＝1－(0.125＋0.150＋0.450＋0.075)＝0.200，∴b＝0.0200，平均成绩为0.125×55＋0.2×65＋0.45×75＋0.15×85＋0.075×95＝73.5.(2)由题意可知，厨霸有0.0150×10×40＝6人，分别记为a1，a2，a3，a4，a5，a6，厨神有0.0075×10×40＝3人，分别记为b1，b2，b3，共9人，从中任意抽取2人共有36种情况：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，(a1，a6)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)，(a2，a6)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a3，a6)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，b3)，(a4，a5)，(a4，a6)，(a4，b1)，(a4，b2)，(a4，b3)，(a5，a6)，(a5，b1)，(a5，b2)，(a5，b3)，(a6，b1)，(a6，b2)，(a6，b3)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)，其中至少有1人是厨神的情况有21种，所以至少有1人是厨神的概率为eq\f(21,36)＝eq\f(7,12).2.立体几何(命题意图：考查空间直线与平面垂直关系、三棱锥的体积等根底知识，考查空间想象能力、推理论证能力，转化与化归思想和方程思想)(本小题总分值12分)在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD与CDEF均为正方形，CF⊥平面ABCD，BG⊥平面ABCD，且AB＝2BG＝4BH.(1)求证：GH⊥平面EFG；(2)求三棱锥G－ADE的体积.(1)证明连接FH.由题意，知CD⊥BC，CD⊥CF，∴CD⊥平面BCFG.又∵GH⊂平面BCFG，∴CD⊥GH.又∵EF∥CD，∴EF⊥GH.由题意，设BH＝1，那么CH＝3，BG＝2，∴GH2＝BG2＋BH2＝5，FG2＝(CF－BG)2＋BC2＝20，FH2＝CF2＋CH2＝25.那么FH2＝FG2＋GH2，∴GH⊥FG.又∵EF∩FG＝F，∴GH⊥平面EFG.(2)解因为CF⊥平面ABCD，BG⊥平面ABCD，∴CF∥BG.又∵ED∥CF，∴BG∥ED，又BG⊄平面ADE，ED⊂平面ADE，∴BG∥平面ADE，那么VG－ADE＝VB－ADE，又CD⊥AD，CD⊥DE，AD∩DE＝D，∴CD⊥平面ADE，而AB∥CD，∴AB⊥平面ADE，∴VG－ADE＝VB－ADE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AD·DE·AB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×4×4＝eq\f(32,3).星期三(解析几何)2023年____月____日解析几何(命题意图：考查椭圆方程与几何性质，直线与椭圆的位置关系等根底知识，考查推理论证能力、运算求解能力)(本小题总分值12分)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点到直线x－y＋3eq\r(2)＝0的距离为5，且椭圆C的一个长轴端点与一个短轴端点间的距离为eq\r(10).(1)求椭圆C的标准方程；(2)给出定点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6\r(5),5)，0))，对于椭圆C的任意一条过Q的弦AB，eq\f(1,|QA|2)＋eq\f(1,|QB|2)是否为定值？假设是，求出该定值，假设不是，请说明理由.解(1)由题意知右焦点(c，0)到直线x－y＋3eq\r(2)＝0的距离d＝eq\f(|c＋3\r(2)|,\r(2))＝5，所以c＝2eq\r(2)，那么a2－b2＝8.①又由题意，得eq\r(a2＋b2)＝eq\r(10)，即a2＋b2＝10.②由①②解得a2＝9，b2＝1，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)当直线AB与x轴重合时，eq\f(1,|QA|2)＋eq\f(1,|QB|2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6\r(5),5)＋3))\s\up12(2))＋eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6\r(5),5)－3))\s\up12(2))＝10.当直线AB不与x轴重合时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB的方程为x＝my＋eq\f(6,\r(5))，与椭圆C方程联立.化简得(m2＋9)y2＋eq\f(12m,\r(5))y－eq\f(9,5)＝0，所以y1＋y2＝－eq\f(12m,\r(5)〔m2＋9〕).③y1y2＝－eq\f(9,5〔m2＋9〕).④又eq\f(1,|QA|2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(6,\r(5))))\s\up12(2)＋yeq\o\al(2,1))＝eq\f(1,m2yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))＝eq\f(1,〔m2＋1〕yeq\o\al(2,1)).同理eq\f(1,|QB|2)＝eq\f(1,〔m2＋1〕yeq\o\al(2,2))，所以eq\f(1,|QA|2)＋eq\f(1,|QB|2)＝eq\f(1,〔m2＋1〕yeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,〔m2＋1〕yeq\o\al(2,2))＝eq\f(〔y1＋y2〕2－2y1y2,〔m2＋1〕yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2))，(*)将③④代入(*)式，化简可得eq\f(1,|QA|2)＋eq\f(1,|QB|2)＝10.综上所述，eq\f(1,|QA|2)＋eq\f(1,|QB|2)为定值10.星期四(函数与导数)2023年____月____日函数与导数(命题意图：考查函数单调性与导数的关系、不等式恒成立问题，考查推理论证能力，运算求解能力、分类讨论思想、等价转化思想等)(本小题总分值12分)函数f(x)＝a2lnx－x2＋ax(a≠0)，g(x)＝(m－1)x2＋2mx－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)假设a＝1时，关于x的不等式f(x)≤g(x)恒成立，求整数m的最小值.解(1)f′(x)＝eq\f(a2,x)－2x＋a＝－eq\f(2x2－ax－a2,x)＝－eq\f(〔2x＋a〕〔x－a〕,x)(x>0)，当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<a，由f′(x)<0，得x>a，所以f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)；当a<0时，由f′(x)>0，得0<x<－eq\f(a,2)，由f′(x)<0，得x>－eq\f(a,2)，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞)).(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－mx2＋(1－2m)x＋1(x>0)，F′(x)＝eq\f(1,x)－2mx＋1－2m＝eq\f(－2mx2＋〔1－2m〕x＋1,x)＝－eq\f(〔2mx－1〕〔x＋1〕,x).当m≤0时，F′(x)>0，所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增，而F(1)＝ln1－m×12＋(1－2m)＋1＝－3m＋2>0，所以关于x的不等式f(x)≤g(x)不恒成立；当m>0时，假设0<x<eq\f(1,2m)，F′(x)>0；假设x>eq\f(1,2m)，F′(x)<0，所以函数F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2m)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))上单调递减，所以F(x)max＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)))＝lneq\f(1,2m)－meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)))eq\s\up12(2)＋(1－2m)×eq\f(1,2m)＋1＝eq\f(1,4m)－ln(2m).令h(m)＝eq\f(1,4m)－ln(2m)，因为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，h(1)＝eq\f(1,4)－ln2<0.又h(m)在(0，＋∞)上是减函数，所以当m≥1时，h(m)<0，故整数m的最小值为1.星期五(选考系列)2023年____月____日一、(本小题总分值10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(1,2)t，,y＝\f(\r(3),2)t))(t为参数).以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的方程为ρ＝2eq\r(3)sinθ.(1)写出直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；(2)假设点P的直角坐标为(1，0)，圆C与直线l交于A，B两点，求|PA|＋|PB|的值.解(1)消去参数得直线l的普通方程为eq\r(3)x＋y－eq\r(3)＝0，由ρ＝2eq\r(3)sinθ得圆C的直角坐标方程x2＋y2－2eq\r(3)y＝0.(2)由直线l的参数方程可知直线过点P，把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程x2＋y2－2eq\r(3)y＝0，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)t))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),