【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)阶段性测试题12(综合素质能力测试)

阶段性测试题十二(综合素养力气测试)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60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．(2021·湖南长沙长郡中学月考)全集U＝{1,2,3,4,5,6}，M＝{2,3,4}，N＝{4,5}，则綂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∪N＝{2,3,4,5}，∴綂U(M∪N)＝{1,6}，故选C.2．(2021·广州执信中学期中)下列说法正确的是()A．命题“若x2＝1，则x＝1”的否命题为“若x2＝1，则x≠B．命题“∀x≥0，x2＋x－1＜0”的否定是“∃x0＜0，xeq\o\al(2,0)＋x0－1＜0”C．命题“若x＝y，则sinx＝siny”的逆否命题为假命题D．若“p∨q”为真命题，则p，q中至少有一个为真命题[答案]D[解析]“若x2＝1，则x＝1”的否命题为“若x2≠1，则x≠1”，故A错；否命题既否定条件，又否定结论；而命题的否定只否定命题的结论．“∀x≥0，x2＋x－1<0”的否定是“∃x0≥0，使xeq\o\al(2,0)＋x0－1≥0”，故B错；命题“若A，则B”的逆否命题是“若綈B，则綈A”，因此“若x＝y，则sinx＝siny”的逆否命题为“若sinx≠siny，则x≠y”，这是一个真命题；“p∨q”为真命题时，p与q3．(文)(2022·康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋2n(n≥2)，则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)数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则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]由条件得，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)，故选B.4．(文)(2022·湖南长沙试验中学、沙城一中联考)如图，直三棱柱的侧棱长和底面边长均为2，正视图和俯视图如图所示，则其侧视图的面积为()A．2eq\r(3) B.eq\r(3)C．4 D.2[答案]A[解析]由正视图和俯视图可知，其侧视图矩形的长和宽分别为eq\r(3)和2，∴其面积为S＝2eq\r(3).(理)(2021·四川巴中市诊断)某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不行能是()[答案]D[解析]当几何体上、下两部分都是圆柱时，俯视图为A；当上部为正四棱柱，下部为圆柱时，俯视图为B；当几何体的上部为直三棱柱，其底面为直角三角形，下部为正四棱柱时，俯视图为C；无论何种情形，俯视图不行能为D.5．(文)(2021·长春市十一高中阶段考试)设a＝(1,2)，b＝(2，k)，若(2a＋b)⊥a，则实数k的值为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·河南八校第一次联考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sineq\f(C,2)＝eq\f(\r(6),3)，a＝b＝3，点P是边AB上的一个三等分点，则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)，设AB的中点为M，则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·绵阳市南山中学检测)在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，假如向该矩形内随机投一点P，那么使得△ABP与△ADP的面积都不小于1的概率为()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]在矩形内取一点Q，由点Q分别向AD、AB作垂线，垂足依次为E、F，由S△ABQ＝S△ADQ＝1知，QF＝1，QE＝eq\f(2,3)，设直线EQ、FQ分别交BC、CD于M、N，则当点P落在矩形QMCN内时，满足要求，∴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·江西赣州博雅文化学校月考)运行如图的程序框图，则输出s的结果是()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]程序运行过程为：开头→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，输出s的值后结束，∴s＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,8)＝eq\f(25,24).(理)(2022·河南淇县一中模拟)下图是一个算法框图，则输出的k的值是()A．3 B.4C．5 D.6[答案]C[解析]解法1：k＝1时，k2－5k＋4＝0，不满足条件；k＝2时，k2－5k＋4＝－2不满足条件；k＝3时，k2－5k＋4＝－2不满足条件；k＝4时，k2－5k＋4＝0不满足条件；k＝5时，k2－5k＋4＝0>0满足条件，此时输出k的值为5.解法2：由k2－5k＋4>0得k<1或k>4，∵初值k＝1，由“k＝k＋1”知步长为1，∴k∈N，∴满足k2－5k＋4>0的最小k值为5，故当k＝5时，满足程序条件，输出k的值8．(2021·开封市二十二校联考)抛物线y2＝4x的焦点为F，点P(x，y)为该抛物线上的动点，又点A(－1,0)，则eq\f(|PF|,|PA|)的取值范围是()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]过P作抛物线准线的垂线，垂足为B，则|PF|＝|PB|，∵抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，点A(－1,0)，∴eq\f(|PF|,|PA|)＝sin∠BAP，设过A的抛物线的切线方程为y＝k(x＋1)，代入抛物线方程可得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是边BC上一点(包括端点)，则eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的取值范围是()A．[1,2] B.[0,1]C．[0,2] D.[－5,2][答案]D[解析]∵D是边BC上的一点(包括端点)，∴可设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(→))的取值范围是[－5,2]．故选D.10．(文)(2021·湖北四校联考)以下四图，都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图象，其中确定不正确的序号是()A．③④ B.①②C．②③ D.②④[答案]A[解析]①该三次函数的导函数的图象为开口向下的抛物线，该抛物线在x轴下方的区间对应原函数的递减区间，该抛物线在x轴上方的区间对应原函数的递增区间，符合要求，正确；②同理分析可知②正确；③从其导函数图象来看，原函数在(－∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减(a为图中虚线处的横坐标)，图与题意不符，故③错误；④同理分析可知④错误；故选A.(理)(2021·山东莱芜期中)在下面四个图中，有一个是函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R，a≠0)的导函数f′(x)的图象，则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，其图象开口向上，故图形不是(2)，(3)；由于a≠0，故图形不是(1)，∴f′(x)的图象为(4)，∴f′(0)＝0，∴a＝1或－1，由图知a≠1，∴a＝－1，∴f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋1，∴f(－1)＝－eq\f(1,3)，故选B.11．(2021·福建清流一中期中)下列命题中，真命题是()A．函数f(x)＝tan(eq\f(π,4)－2x)的单调递增区间为(－eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)，eq\f(3π,8)＋eq\f(kπ,2))，k∈ZB．命题“∀x∈R，x2－2x>3”的否定是“∃x∈R，x2－2x<C．已知z1，z2∈C，若z1，z2为共轭复数，则z1＋z2为实数D．x＝eq\f(π,4)是函数f(x)＝sin(x－eq\f(π,4))的图象的一条对称轴[答案]C[解析]f(x)＝tan(eq\f(π,4)－2x)＝－tan(2x－eq\f(π,4))在其每一个单调区间内都是减函数，故A为假命题；全称命题的否定为存在性命题，“>”的否定为“≤”，故B为假命题；设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝a－bi，∴z1＋z2＝2a∈R，故C为真命题；f(x)＝sin(x－eq\f(π,4))的图象的对称轴方程为x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，即x＝kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)，∴D为假命题．12．(2021·湖北教学合作联考)已知由不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y－kx≤2，,y－x－4≤0.))确定的平面区域Ω的面积为7，定点M的坐标为(1，－2)，若N∈Ω，O为坐标原点，则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]依题意，画出不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y－x－4≤0.))所表示的平面区域(如图所示)可知其围成的区域是等腰直角三角形，面积为8，由直线y＝kx＋2恒过点B(0,2)，且原点的坐标恒满足y－kx≤2，当k＝0时，y≤2，此时平面区域Ω的面积为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))，依题意应有eq\f(1,2)×2×|eq\f(2,k－1)|＝1，因此k＝－1(k＝3舍去)，故有D(－1,3)，设N(x，y)，故由z＝eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x－2y，可化为y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z，∵eq\f(1,2)<1，∴当直线y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z过点D时，截距－eq\f(1,2)z最大，即z取得最小值－7，故选B.第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)13．(2022·抚顺二中期中)已知α∈(eq\f(π,2)，π)，sinα＝eq\f(3,5)，则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}是正项递增等比数列，Tn表示其前n项之积，且T10＝T20，则当Tn取最小值时，n的值为________．[答案]15[解析]依据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的值为15.15．(文)(2022·吉林市摸底)边长是2eq\r(2)的正△ABC内接于体积是4eq\r(3)π的球O，则球面上的点到平面ABC的最大距离为________．[答案]eq\f(4\r(3),3)[解析]由于球O的体积为4eq\r(3)π，即eq\f(4π,3)r3＝4eq\r(3)π，所以r＝eq\r(3)，设正△ABC的中心为D，连接OD，AD，OA，则OD⊥平面ABC，且OA＝eq\r(3)，AD＝eq\f(2\r(6),3)，所以OD＝eq\r(\r(3)2－\f(2\r(6),3)2)＝eq\f(\r(3),3)，所以球面上的点到平面ABC的最大距离为eq\f(\r(3),3)＋r＝eq\f(4\r(3),3).(理)(2021·豫南九校联考)若(x＋a)6的开放式中x3的系数为160，则eq\i\in(1,a,)xadx的值为________．[答案]eq\f(7,3)[解析]由条件知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)给出下列命题(1)对于命题p：∃x∈R，使得x2＋x＋1<0，则綈p：∀x∈R，均有x2＋x＋1>0；(2)m＝3是直线(m＋3)x＋my－2＝0与直线mx－6y＋5＝0相互垂直的充要条件；(3)已知回归直线的斜率的估量值为1.23，样本点的中心为(4,5)，则回归直线方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝1.23x＋0.08；(4)若函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x＋4)＝f(x)，则f(2022)＝0.其中真命题的序号是________．(把全部真命题的序号都填上)[答案](3)(4)[解析](1)“<”的否定应为“≥”，∴(1)错误；(2)两直线相互垂直时，m(m＋3)－6m＝0，∴m＝0或m＝3，因此m＝3是此二直线垂直的充分不必要条件，故(2)错误；由回归直线过样本点的中心知(3)为真命题；(4)∵f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)是周期为4的周期函数，∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(2022)＝f(4×504)＝f(0)＝0，∴(4)为真命题(理)(2021·长春外国语学校期中)已知随机变量ξ听从正态分布N(1,4)，若P(ξ>4)＝a，则P(－2≤ξ≤4)＝________.[答案]1－2[解析]∵ξ～N(1,4)，∴μ＝1，若P(ξ>4)＝a，则P(－2≤ξ≤4)＝1－2a三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分12分)(2022·西安市长安中学期中)已知平面对量a＝(cosφ，sinφ)，b＝(cosx，sinx)，c＝(sinφ，－cosφ)，其中0<φ<π，且函数f(x)＝(a·b)cosx＋(b·c)sinx的图象过点(eq\f(π,6)，1)．(1)求φ的值；(2)将函数y＝f(x)图象上各点的横坐标变为原来的的2倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求函数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))．当x∈[0，eq\f(π,2)]时，－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，即当x＝0时，g(x)取得最小值eq\f(1,2)，当x＝eq\f(π,3)时，g(x)取得最大值1.18．(本小题满分12分)(文)(2022·韶关市曲江一中月考)等差数列{an}中，a3＝3，前7项和S7＝28.(1)求数列{an}的公差d；(2)等比数列{bn}中，b1＝a2，b2＝a4，求数列{bn}的前n项和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)知数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝1＋(n－1)＝n，∴b1＝2，b2＝4，∴数列{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·开滦二中期中)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋cn，(c是不为0的常数，n∈N*)，且a1，a2，a3成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝eq\f(an－c,n·cn)，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析](1)由已知a2＝2＋c，a3＝2＋3c则(2＋c)2＝2(2＋3c)，∴c＝2，∴an＋1＝an＋2nn≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2×1＋2×2＋…＋2×(n－1)＝n2－n＋2，n＝1时，a1＝2也适合上式，因此an＝n2－n＋2.(2)bn＝eq\f(an－2,n·2n)＝eq\f(n－1,2n)，则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)，用错位相减法可求得Tn＝1－eq\f(n＋1,2n).19．(本小题满分12分)(文)(2022·泗阳县模拟)直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝BB1＝1，AB1＝eq\r(3).(1)求证：平面AB1C⊥平面B1CB(2)求三棱锥A1－AB1C的体积[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)，则由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的距离d∵BB1∥平面ACC1A1，∴B1到平面A1∴三棱锥A1－AB1C的体积VA1－AB1C＝VB1－A1AC＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×1×1)×1＝eq\f(1,6).(理)(2022·天津河北区三模)如图，四边形ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，EA∥PD，AD＝PD＝2EA＝2，F，G，H分别为PB，EB，PC的中点．(1)求证：FH∥平面PED；(2)求平面FGH与平面PBC所成锐二面角的大小；(3)在线段PC上是否存在一点M，使直线FM与直线PA所成的角为60°？若存在，求出线段PM的长；若不存在，请说明理由．[解析](1)证明：由于F，H分别为PB，PC的中点，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.又由于四边形ABCD是正方形，所以AD⊥CD.如图，建立空间直角坐标系，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分别为PB、EB，PC的中点，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))．设n1＝(x1，y1，z1)为平面FGH的一个法向量，则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)，设n2＝(x2，y2，z2)为平面PBC的一个法向量，则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与平面PBC所成锐二面角的大小为eq\f(π,4).(3)假设在线段PC上存在一点M，使直线FM与直线PA所成角为60°，依题意可设eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，其中0≤λ≤1.由eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，则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)．由于直线FM与直线PA所成角为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).所以在线段PC上存在一点M，使直线FM与直线PA所成角为60°，此时PM＝eq\f(5\r(2),4).20．(本小题满分12分)(文)(2021·山西大同市调研)某网络营销部门随机抽查了某市200名网友在2021年11月11日的网购金额，所得数据如下表：网购金额(单位：千元)人数频率(0,1]160.08(1,2]240.12(2,3]xp(3,4]yq(4,5]160.08(5,6]140.07合计2001.00已知网购金额不超过3千元与超过3千元的人数比恰为32.(1)试确定x，y，p，q的值，并补全频率分布直方图(如图)．(2)该营销部门为了了解该市网友的购物体验，从这200网友中，用分层抽样的方法从网购金额在(1,2]和(4,5]的两个群体中确定5人进行问卷调查，若需从这5人中随机选取2人连续访谈，则此2人来自不同群体的概率是多少？[解析](1)依据题意有：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.补全频率分布直方图如图，(2)依据题意，网购金额在(1,2]内的人数为eq\f(24,24＋16)×5＝3(人)，记为a，b，c.网购金额在(4,5]内的人数为eq\f(16,24＋16)×5＝2(人)，记为A，B.则从这5人中随机选取2人的选法为：(a，b)，(a，c)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)，(A，B)共10种．记2人来自不同群体的大事为M，则M中含有(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)共6种．∴P(M)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).(理)(2021·赤峰市统考)某超市为了响应环保要求，鼓舞顾客自带购物袋到超市购物，实行了如下措施：对不使用超市塑料购物袋的顾客，超市赐予0.96折优待；对需要超市塑料购物袋的顾客，既要付购买费，也不享受折扣优待．假设该超市在某个时段内购物的人数为36人，其中有12位顾客自己带了购物袋，现从这36人中随机抽取2人．(1)求这2人都享受折扣优待或都不享受折扣优待的概率；(2)设这2人中享受折扣优待的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．[解析](1)设“两人都享受折扣优待”为大事A，“两人都不享受折扣优待”为大事B，则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).故这2人都享受折扣优待或都不享受折扣优待的概率是eq\f(57,105).(2)据题意，ξ的可能取值为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．(本小题满分12分)(文)(2022·屯溪一中期中)设f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的导数f′(x)满足f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常数a、b∈R(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)设g(x)＝f′(x)e－x，求函数g(x)的极值．[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，∴切线方程为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，∴当0<x<3时，g′(x)>0，当x>3时，g′(x)<0，当x<0时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0,3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，所以g(x)微小＝g(0)＝－3，g(x)极大＝g(3)＝15e－3.(理)(2021·福建清流一中期中)设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，猜想gn(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．[解析]由题设得，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．设φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，则φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,1＋x2)＝eq\f(x＋1－a,1＋x2)，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(仅当x＝0时等号成立)．当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立．综上可知，a的取值范围是(－∞，1].(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．证明如下：方法一：上述不等式等价于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＋，则eq\f(1,n＋1)<lneq\f(n＋1,n).下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，eq\f(1,2)<ln2，结论成立．②假设当n＝k时结论成立，即eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)<ln(k＋1)．那么，当n＝k＋1时，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)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．方法二：上述不等式等价于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＋，则lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,n＋1).故有ln2－ln1>eq\f(1,2)，ln3－ln2>eq\f(1,3)，……ln(n＋1)－lnn