【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)阶段性测试题11(算法框图、复数、推理与证明)

阶段性测试题十一(算法框图、复数、推理与证明)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·豫南九校联考)复数eq\f(3－i,2＋i)的实部与虚部之和为()A．0 B．1C．2 D．3[答案]A[解析]∵eq\f(3－i,2＋i)＝eq\f(3－i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(5－5i,5)＝1－i，∴实部为1，虚部为－1，和为0，选A.2．(2021·赣州市博雅文化学校月考)在△ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若内角A、B、C依次成等差数列，且不等式－x2＋6x－8>0的解集为{x|a<x<c}，则b等于()A.eq\r(3) B．4C．3eq\r(3) D．2eq\r(3)[答案]D[解析]∵A、B、C成等差数列，∴B＝60°，∵不等式－x2＋6x－8>0的解集为{x|2<x<4}，∴a＝2，c＝4，故b2＝a2＋c2－2accos60°＝4＋16－2×2×4×eq\f(1,2)＝12，∴b＝2eq\r(3).3．(文)(2021·豫南九校联考)执行如图所示的程序框图，假如输入的N是195，则输出的P＝()A．11 B．12C．13 D．14[答案]D[解析]程序运行过程依次为：输入N＝195，K＝0，P＝0，P＝0＋eq\f(1,\r(0)＋\r(0＋1))＝1，K<N成立→K＝0＋1＝1，P＝1＋eq\f(1,\r(1)＋\r(1＋1))＝1＋(eq\r(2)－1)，K<N成立→K＝1＋1＝2，P＝1＋(eq\r(2)－1)＋eq\f(1,\r(2)＋\r(2＋1))＝1＋(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))，…，K＝194，P＝1＋(eq\r(2)－1)＋…＋(eq\r(195)－eq\r(194))，K<N成立，K＝194＋1＝195，P＝1＋(eq\r(2)－1)＋…＋(eq\r(196)－eq\r(195))，此时K<N不成立，输出P的值，∴P＝eq\r(196)＝14.(理)(2022·北京朝阳区期中)执行如图所示的程序框图，则输出的T值为()A．91 B．55C．54 D．30[答案]B[解析]所给的程序的作用是计算：T＝12＋22＋32＋42＋52＝55.4．(文)(2022·白鹭洲中学期中)复数z＝(m2＋m)＋mi(m∈R，i为虚数单位)是纯虚数，则实数m的值为()A．0或－1 B．0C．1 D．－1[答案]D[解析]∵z为纯虚数，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m＝0，,m≠0，))∴m＝－1，故选D.(理)(2021·山东师大附中模拟)已知i是虚数单位，若复数(1＋ai)(2＋i)是纯虚数，则实数a等于()A．2 B．eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2) D．－2[答案]A[解析]利用复数的运算法则化简复数(1＋ai)(2＋i)＝2－a＋(1＋2a)i，由纯虚数的定义知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a＝0,1＋2a≠0))，解得a＝2，故应选A.5．(2021·甘肃会宁二中模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α；②若α∥β，m⊂α，则m∥β；③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；④若m∥α，m∥β，则α∥β.其中正确命题的序号是()A．①③ B．①②C．③④ D．②③[答案]D[解析]①中只有当m垂直于α与β的交线时，才有m⊥α，故①错，排解A、B；由两个平面平行的性质知②正确，排解C，故选D.6．(2021·湖北襄阳四中、龙泉中学、宜昌一中、荆州中学联考)复数z＝eq\f(－3＋i,2＋i)的共轭复数是()A．2＋i B．2－iC．－1＋i D．－1－i[答案]D[解析]∵z＝eq\f(－3＋i,2＋i)＝eq\f(－3＋i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(－5＋5i,5)＝－1＋i，∴复数z＝eq\f(－3－i,2＋i)的共轭复数是－1－i，故答案为D.7．(文)(2021·江西吉安一中段考)复数z满足(1＋i)z＝|1－i|，则z的虚部为()A．－eq\f(\r(2),2)i B．eq\f(\r(2),2)iC．－eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(2),2)[答案]C[解析]∵|1－i|＝eq\r(2)，∴z＝eq\f(\r(2),1＋i)＝eq\f(\r(2),2)(1－i)，∴z的虚部为－eq\f(\r(2),2).(理)(2021·广东阳东一中、广雅中学联考)若复数z满足方程z2＋2＝0，则z3＝()A．±2eq\r(2) B．－2eq\r(2)C．－2eq\r(2)i D．±2eq\r(2)i[答案]D[解析]∵z2＋2＝0，∴z＝±eq\r(2)i，∴z3＝±2eq\r(2)i.8．(2022·广东佛山质量检测)在等差数列{an}中，若am＝p，an＝q(m，n∈N*，n－m≥1)，则am＋n＝eq\f(nq－mp,n－m).类比上述结论，对于等比数列{bn}(bn>0，n∈N*)，若bm＝r，bn＝s(n－m≥2，m，n∈N*)，则可以得到bm＋n＝()A.eq\f(ns＋mr,n＋m) B．eq\r(nm,rm·sn)C．(eq\f(sn,rm))n－m D．eq\r(n－m,\f(sn,rm))[答案]D[解析]设公比为q，sn＝beq\o\al(n,1)qn(n－1)，rm＝beq\o\al(m,1)qm(m－1)，eq\f(sn,rm)＝beq\o\al(n－m,1)q(n－m)(n＋m－1)，bm＋n＝b1qn＋m－1＝eq\r(n－m,\f(sn,rm)).9．(文)(2021·河北高阳中学月考)阅读程序框图，若输入m＝4，n＝6，则输出a，i分别是()A．a＝12，i＝3 B．a＝12，i＝4C．a＝8，i＝3 D．a＝8，i＝4[答案]A[解析]程序运行过程依次为：输入m＝4，n＝6，i＝1，a＝4×1＝4，a不能被n整除→i＝1＋1＝2，a＝4×2＝8，a不能被n整除，i＝2＋1＝3，a＝4×3＝12，此时a能被n整除，输出a＝12，i＝3后结束，故选A.(理)(2021·内蒙赤峰市统考)已知某算法的程序框图如图，若将输出的(x，y)值依次记为数对(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，…，(xn，yn)…，若程序进行中输出的一个数对是(x，－8)，则相应的x值为()A．80 B．81C．79 D．78[答案]B[解析]程序运行过程为：x＝1，y＝0，n＝1，输出(1,0)，n＝1＋2＝3，x＝3×1＝3，y＝0－2＝－2，n≤2008成立→输出(3，－2)，n＝3＋2＝5，x＝3×3＝9，y＝－2－2＝－4，n≤2008成立→输出(9，－4)，n＝5＋2＝7，x＝3×9＝27，y＝－4－2＝－6，m≤2008成立→输出(27，－6)，n＝7＋2＝9，x＝3×27＝81，y＝－6－2＝－8，n≤2008成立→输出(81，－8)，…，由于程序运行中输出的一个数对为(x，－8)，∴x＝81.10．(2021·四川巴中市诊断)设S，T是R的两个非空子集，假如存在一个从S到T的函数y＝f(x)满足：(1)T＝{f(x)|x∈S}；(2)对任意x1，x2∈S，当x1<x2时，恒有f(x1)<f(x2)，那么称这两个集合“保序同构”．以下集合对不是“保序同构”的是()A．A＝N*，B＝NB．A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|x＝－8或0<x≤10}C．A＝{x|0<x<1}，B＝RD．A＝Z，B＝Q[答案]D[解析]A中，令f(x)＝x－1，(x∈N*)，则选项A中两个集合为“保序同构”；选项B中，令f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－8x＝－1，,\f(5,2)x＋1－1<x≤3，))则B中两个集合“保序同构”；选项C中，令f(x)＝tanπ(x－eq\f(1,2))，(0<x<1)，则C中两个集合“保序同构”，故选D.11．(文)(2021·山西大同市调研)如图，偶函数f(x)的图象如字母M，奇函数g(x)的图象如字母N，若方程f(f(x))＝0，f(g(x))＝0的实根个数分别为m、n，则m＋n＝()A．18 B．16C．14 D．12[答案]A[解析]由图象知，f(x)＝0有3个根，0，±eq\f(3,2)，g(x)＝0有3个根，其中一个为0，设与x轴另两个交点横坐标为±x0(0<x0<1)．由f(g(x))＝0，得g(x)＝0或±eq\f(3,2)，由图象可知g(x)所对每一个值都能有3个根，因而m＝9；由g(f(x))＝0，知f(x)＝0或±x0，由图象可以看出f(x)＝0有3个根，而f(x)＝x0有4个根，f(x)＝－x0只有2个根，加在一起共有9个根，即n＝9，∴m＋n＝9＋9＝18，故选A.(理)(2022·广东梅县东山中学期中)在f(m，n)中，m，n，f(m，n)∈N*，且对任意m，n都有：(1)f(1,1)＝1，(2)f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，(3)f(m＋1,1)＝2f(m,1)；给出下列三个结论①f(1,5)＝9；②f(5,1)＝16；③f(5,6)＝26；其中正确的结论个数是()个．()A．3 B．2C．1 D．0[答案]A[解析]∵f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，∴f(m，n)组成首项为f(m,1)，公差为2的等差数列，∴f(m，n)＝f(m,1)＋2(n－1)．又f(1,1)＝1，∴f(1,5)＝f(1,1)＋2×(5－1)＝9，又∵f(m＋1,1)＝2f(m,1)，∴f(m,1)构成首项为f(1,1)，公比为2的等比数列，∴f(m,1)＝f(1,1)·2m－1＝2m－1，∴f(5,1)＝25－1＝16，∴f(5,6)＝f(5,1)＋2×(6－1)12．(文)(2022·九江市修水一中第四次月考)如图，在△ABC中，∠CAB＝∠CBA＝30°，AC、BC边上的高分别为BD、AE，垂足分别是D、E，以A、B为焦点且过D、E的椭圆与双曲线的离心率分别为e1、e2，则eq\f(1,e1)＋eq\f(1,e2)的值为()A．1 B．eq\r(3)C．2 D．2eq\r(3)[答案]B[解析]设AE＝1，则AB＝2，BD＝1，AD＝BE＝eq\r(3)，∴椭圆的焦距2c＝2，∴c＝1，长轴长2a＝AD＋BD＝eq\r(3)＋1，∴离心率e1＝eq\f(1,\f(\r(3)＋1,2))＝eq\r(3)－1，双曲线的焦距2c1＝2，∴c1＝1，双曲线的实轴长2a1＝AD－BD＝eq\r(3)－1，∴离心率e2＝eq\f(1,\f(\r(3)－1,2))＝eq\r(3)＋1.∴eq\f(1,e1)＋eq\f(1,e2)＝eq\f(1,\r(3)－1)＋eq\f(1,\r(3)＋1)＝eq\r(3)，故选B.(理)(2022·北京市海淀区期末)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，BD∩AC＝O，M是线段D1O上的动点，过点M作平面ACD1的垂线交平面A1B1C1D1于点N，则点N到点AA.eq\r(2) B．eq\f(\r(6),2)C.eq\f(2\r(3),3) D．1[答案]B[解析]由于ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，由于BB1⊂平面BDD1B1，所以平面BDD1B1⊥平面A1B1C1D1，由于M∈平面BDD1B1，MN⊥平面ACD1，平面BDD1B1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以N∈B1D1.由于ABCD－A1B1C1D1为正方体，棱长为1，所以△AB1D1为正三角形，边长为eq\r(2)，所以当N为B1D1中点时，AN最小为eq\r(2)sin60°＝eq\f(\r(6),2).故B正确．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．(文)(2022·高州四中质量监测)有一个奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组含一个数{1}，其次组含两个数{3,5}，第三组含三个数{7,9,11}，第四组含四个数{13,15,17,19}，…，现观看猜想每组内各数之和an与其组的编号数n的关系为________．[答案]an＝n3[解析]第n组含n个数，前n－1组共有1＋2＋3＋…＋(n－1)＝eq\f(nn－1,2)个数，∴第n组的最小数为n2－n＋1，第n组的n个数组成首项为n2－n＋1，公差为2的等差数列，∴其各项之和为an＝n(n2－n＋1)＋eq\f(nn－1,2)×2＝n3.(理)(2022·陕西工大附中四模)由13＝12,13＋23＝(1＋2)2,13＋23＋33＝(1＋2＋3)2，……，可猜想出的第n个等式是________．[答案]13＋23＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2[解析]观看各等式可见第n个等式左边有n项，每个等式都是从13到n3的和，等式右端是从1到n的和的平方，故第n个等式为13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2.14．(文)(2021·深圳市五校联考)下图是一个算法的程序框图，若输出的结果是31，则推断框中的正整数M的值是________．[答案]4[解析]程序运行过程依次为：n＝1，S＝1，n≤M成立→S＝1＋21＝3，n＝1＋1＝2，S≤M成立→S＝3＋22＝7，n＝2＋1＝3，S≤M成立→S＝7＋23＝15，n＝3＋1＝4，S≤M成立→S＝15＋24＝31，n＝4＋1＝5，由于输出结果为31，故此时S≤M不成立，∴M＝4.(理)(2021·内蒙古宁城县月考)执行下边的程序框图，假如输入a＝4，那么输出的n的值是________．[答案]3[解析]程序运行过程依次为：开头→输入a＝4→P＝0，Q＝1，n＝0，P≤Q成立→P＝0＋40＝1，Q＝2×1＋1＝3，n＝0＋1＝1，P≤Q照旧成立→P＝1＋41＝5，Q＝2×3＋1＝7，n＝1＋1＝2，P≤Q成立→P＝5＋42＝21，Q＝2×7＋1＝15，n＝2＋1＝3，此时P≤Q不成立，跳出循环，输出n＝3后结束．15．(2021·武汉市调研)平面几何中有如下结论：如图1，设O是等腰Rt△ABC底边BC的中点，AB＝1，过点O的动直线与两腰或其延长线的交点分别为Q，R，则有eq\f(1,AQ)＋eq\f(1,AR)＝2.类比此结论，将其拓展到空间得：如图2，设O是正三棱锥A－BCD底面BCD的中心，AB，AC，AD两两垂直，AB＝1，过点O的动平面与三棱锥的三条侧棱或其延长线的交点分别为Q，R，P，则有________________．[答案]eq\f(1,AQ)＋eq\f(1,AR)＋eq\f(1,AP)＝3[解析]设O到各个平面的距离为d，而VR－AQP＝eq\f(1,3)S△AQP·AR＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·AQ·AP·AR＝eq\f(1,6)AQ·AP·AR，又∵VR－AQP＝VO－AQP＋VO－ARP＋VO－AQR＝eq\f(1,3)S△AQP·d＋eq\f(1,3)S△ARP·d＋eq\f(1,3)S△AQR·d＝eq\f(1,6)(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)deq\f(1,6)AQ·AP·AR＝eq\f(1,6)(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)d，即eq\f(1,AQ)＋eq\f(1,AR)＋eq\f(1,AP)＝eq\f(1,d)，而VA－BDC＝eq\f(1,3)S△BDC·h＝eq\f(1,3)·eq\f(\r(3),4)·(eq\r(2))2·eq\f(\r(3),3)＝eq\f(1,6)，VO－ABD＝eq\f(1,3)VA－BDC＝eq\f(1,18)，即eq\f(1,3)·S△ABD·d＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·d＝eq\f(1,18)⇒d＝eq\f(1,3)，∴eq\f(1,AQ)＋eq\f(1,AR)＋eq\f(1,AP)＝3.16．(文)(2022·江西临川十中期中)给出下列不等式：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＞1,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,7)＞eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,15)＞2，…，则按此规律可猜想第n个不等式为________________．[答案]1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n＋1－1)＞eq\f(n＋1,2)[解析]观看不等式左边最终一项的分母3,7,15，…，通项为2n＋1－1，不等式右边为首项为1，公差为eq\f(1,2)的等差数列，故猜想第n个不等式为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n＋1－1)＞eq\f(n＋1,2).(理)(2021·四川遂宁中学月考)下图呈现了一个由区间(0,1)到实数集R的映射过程：区间(0,1)中的实数对应数轴上的点M，如图①；将线段AB围成一个圆，使两端点A，B恰好重合，如图②；再将这个圆放在平面直角坐标系中，使其圆心在y轴上，点A的坐标为(0,1)，如图③.图③中直线AM与x轴交于点N(n,0)，则m的象就是n，记作f(m)＝n.下列说法中正确命题的序号是________．(填出全部正确命题的序号)①方程f(x)＝0的解是x＝eq\f(1,2)；②f(eq\f(1,4))＝1；③f(x)是奇函数；④f(x)在定义域上单调递增；⑤f(x)的图象关于点(eq\f(1,2)，0)对称．[答案]①④⑤[解析]①f(x)＝0，即N(0,0)，此时M为⊙C与y轴的交点，AM为⊙C的直径，∴M为AB的中点，∴m＝eq\f(1,2)，故①为真命题；当m＝eq\f(1,4)时，在平面直角坐标系中，M为过C平行于x轴的直线与⊙C的交点，明显n≠1，∴②不成立；由于0<m<1，∴f(x)既不是奇函数，也不是偶函数，故③错误；在图①中，当点M从A向B移动时，在图③中，点M从A逆时针方向沿⊙C旋转，对应点N从－∞沿x轴向右移动，故n随m的增大而增大，∴f(x)为增函数，④为真命题；由图③及f(eq\f(1,2))＝0易知，f(x)的图象关于点(eq\f(1,2)，0)对称，∴⑤为真命题．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·湖南长沙试验中学、沙城一中联考)在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，△ABC的面积S满足S＝eq\f(\r(3),2)bccosA.(1)求角A的值；(2)若a＝eq\r(3)，设角B的大小为x用x表示c，并求c的取值范围．[解析](1)在△ABC中，由S＝eq\f(\r(3),2)bccosA＝eq\f(1,2)bcsinA，得tanA＝eq\r(3)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).(2)由a＝eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)及正弦定理得：eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，∴c＝2sinC＝2sin(π－A－B)＝2sin(eq\f(2π,3)－x)．∵A＝eq\f(π,3)，∴0<x<eq\f(2π,3)，∴0<eq\f(2π,3)－x<eq\f(2π,3).∴0<sin(eq\f(2π,3)－x)≤1,0<2sin(eq\f(2π,3)－x)≤2，即c∈(0,2]．18．(本小题满分12分)(2022·佛山市质检)如图1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E、F分别为CD、AB边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE折起至△PBE位置(如图2所示)，连结AP、PF，其中PF＝2eq\r(5).(1)求证：PF⊥平面ABED；(2)在线段PA上是否存在点Q使得FQ∥平面PBE？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由．(3)求点A到平面PBE的距离．[解析](1)连结EF，由翻折不变性可知，PB＝BC＝6，PE＝CE＝9，在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，所以PF⊥BF，在图1中，易得EF＝eq\r(62＋12－3－42)＝eq\r(61)，在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，所以PF⊥EF，又BF∩EF＝F，BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABCD，所以PF⊥平面ABED.(2)当Q为PA的三等分点(靠近P)时，FQ∥平面PBE.证明如下：由于AQ＝eq\f(2,3)AP，AF＝eq\f(2,3)AB，所以FQ∥BP，又FQ⊄平面PBE，PB⊂平面PBE，所以FQ∥平面PBE.(3)由(1)知PF⊥平面ABCD，所以PF为三棱锥P－ABE的高．设点A到平面PBE的距离为h，由等体积法得VA－PBE＝VP－ABE，即eq\f(1,3)×S△PBEh＝eq\f(1,3)×S△ABE·PF，又S△PBE＝eq\f(1,2)×6×9＝27，S△ABE＝eq\f(1,2)×12×6＝36，所以h＝eq\f(S△ABE·PF,S△PBE)＝eq\f(36×2\r(5),27)＝eq\f(8\r(5),3)，即点A到平面PBE的距离为eq\f(8\r(5),3).19．(本小题满分12分)(文)(2021·广州执信中学期中)已知a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n∈N*.(1)证明：数列{lg(1＋an)}是等比数列；(2)设Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn；(3)记bn＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)，求数列{bn}的前项和Sn.[解析](1)由已知an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋2an，∴an＋1＋1＝(an＋1)2，∵a1＝2，∴an＋1>1，两边取对数得lg(1＋an＋1)＝2lg(1＋an)，即eq\f(lg1＋an＋1,lg1＋an)＝2，∴{lg(1＋an)}是公比为2的等比数列．(2)由(1)知lg(1＋an)＝2n－1·lg(1＋a1)＝2n－1·lg3＝lg32n－1，∴1＋an＝32n－1，(*)∴Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)＝320·321·322·…·32n－1＝31＋2＋22＋…＋2n－1＝32n－1，即Tn＝32n－1.(3)∵an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋2an，∴an＋1＝an(an＋2)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋2))，∴eq\f(1,an＋2)＝eq\f(1,an)－eq\f(2,an＋1)，又bn＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)，∴bn＝2(eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1))，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2(eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a2)－eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1))＝2(eq\f(1,a1)－eq\f(1,an＋1))．∵an＝32n－1－1，a1＝2，an＋1＝32n－1，∴Sn＝1－eq\f(2,32n－1).(理)(2021·江西南昌二中月考)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(3,2)x，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令cn＝eq\f(an,an＋1)＋eq\f(an＋1,an)，证明：2n<c1＋c2＋…＋cn<2n＋eq\f(1,2).[解析](1)∵点(n，Sn)在函数f(x)的图象上，∴Sn＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(3,2)n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋1；当n＝1时，a1＝S1＝2适合上式，∴an＝n＋1(n∈N*)．(2)证明：由cn＝eq\f(an,an＋1)＋eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,n＋2)＋eq\f(n＋2,n＋1)>2eq\r(\f(n＋1,n＋2)·\f(n＋2,n＋1))＝2，∴c1＋c2＋…＋cn>2n，又cn＝eq\f(n＋1,n＋2)＋eq\f(n＋2,n＋1)＝eq\f(2n2＋6n＋5,n2＋3n＋2)＝2＋eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，∴c1＋c2＋…＋cn＝2n＋[(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,4))＋…＋(eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))]＝2n＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)<2n＋eq\f(1,2)，∴2n<c1＋c2＋…＋cn<2n＋eq\f(1,2)成立20．(本小题满分12分)(文)银川市某中学餐厅开展“反对铺张、厉行节俭”的行动，在一周内购进某种食品，每售出1kg获利8元，未售出的食品1kg亏损5元．依据前期抽样得到一周内同学的实际需求量的频率分布直方图如图所示．若学校餐厅为下一周购进60kg该食品，以Y(单位：kg,0≤Y≤100)表示同学的需求量，T(单位：元)表示下一周内该食品的利润．(1)将T表示成Y的函数；(2)将频率视为概率，以各组区间的中点值代表该组的各个值，解决下列问题：①若需求量不超过供应量时，求需求量的平均值；②依据直方图估量利润T不少于220元的概率．[解析](1)依题意可知T＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8Y－560－Y，0≤Y<60，,60×8，60≤Y≤100，))即T＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(13Y－300，0≤Y<60，,480，60≤Y≤100.))(2)①由题意得，需求量的平均值等于0.0125×20×10＋0.025×20×30＋0.0065×20×50＝24(kg)．②设T不少于220元的概率为P，依题意可知13Y－300≥220，Y≥40，则P＝(0.0065＋2×0.003)×20＝0.25.(理)(2021·甘肃会宁二中模拟)甲、乙、丙三人独立破译同一份密码，已知甲、乙、丙各自破译出密码的概率分别为eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，p，且他们是否破译出密码互不影响，若三人中只有甲破译出密码的概率为eq\f(1,6).(1)求p的值．(2)设在甲、乙、丙三人中破译出密码的总人数为X，求X的分布列和数学期望E(X)．[解析]记“甲、乙、丙三人各自破译出密码”分别为大事A1、A2、A3，依题意有P(A1)＝eq\f(1,3)，P(A2)＝eq\f(1,4)，P(A3)＝p，且A1、A2、A3相互独立．(1)设“三人中只有甲破译出密码”为大事B，则有P(B)＝P(A1·eq\o(A,\s\up6(－))2·eq\o(A,\s\up6(－))3)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×(1－p)＝eq\f(1－p,4).所以eq\f(1－p,4)＝eq\f(1,6)，得p＝eq\f(1,3).(2)X的全部可能取值为0,1,2,3.所以P(X＝0)＝eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，P(X＝1)＝P(A1·eq\o(A,\s\up6(－))2·eq\o(A,\s\up6(－))3)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1·A2·eq\o(A,\s\up6(－))3)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1·eq\o(A,\s\up6(－))2·A3)＝eq\f(1,6)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,9)，P(X＝2)＝P(A1·A2·eq\o(A,\s\up6(－))3)＋P(A1·eq\o(A,\s\up6(－))2·A3)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1·A2·A3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(7,36)，P(X＝3)＝P(A1·A2·A3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,36).X的分布列为X0123Peq\f(1,3)eq\f(4,9)eq\f(7,36)eq\f(1,36)所以E(X)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(4,9)＋2×eq\f(7,36)＋3×eq\f(1,36)＝eq\f(11,12).21．(本小题满分12分)(文)(2022·佛山质检)如图所示，已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－1,0)、F2(1,0)，且F2到直线x－eq\r(3)y－9＝0的距离等于椭圆的短轴长．(1)求椭圆C的方程；(2)若圆P的圆心为P(0，t)(t>0)，且经过F1、F2，Q是椭圆C上的动点且在圆P外，过Q作圆P的切线，切点为M，当|QM|的最大值为eq\f(3\r(2),2)时，求t的值．[解析](1)设椭圆的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，依题意，2b＝eq\f(|1－9|,2)＝4，所以b＝2，又c＝1，所以a2＝b2＋c2＝5，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)设Q(x，y)(其中eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1)，圆P的方程为x2＋(y－t)2＝t2＋1，由于PM⊥QM，所以|QM|＝eq\r(|PQ|2－t2－1)＝eq\r(x2＋y－t2－t2－1)＝eq\r(－\f(1,4)y＋4t2＋4＋4t2)，若－4t≤－2即t≥eq\f(1,2)，则当y＝－2时，|QM|取得最大值，且|QM|max＝eq\r(4t＋3)＝eq\f(3\r(2),2)，解得t＝eq\f(3,8)<eq\f(1,2)(舍去)．若－4t>－2即0<t<eq\f(1,2)，则当y＝－4t时，|QM|取最大值，且|QM|max＝eq\r(4＋4t2)＝eq\f(3\r(2),2)，解得t2＝eq\f(1,8)，又0<t<eq\f(1,2)，所以t＝eq\f(\r(2),4).综上，当t＝eq\f(\r(2),4)时，|QM|的最大值为eq\f(3\r(2),2).(理)(2021·河北高阳中学月考)过椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)右焦点F2的直线交椭圆于A，B两点，F1为其左焦点，已知△AF1B的周长为8，椭圆的离心率为eq\f(\r(3),2).(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点P，Q，且eq\o(OP,\s\up6(→))⊥eq\o(OQ,\s\up6(→))？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由．[解析](1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＝8，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝\r(3)，))∴b2＝a2－c2＝1，故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)假设满足条件的圆存在，其方程为x2＋y2＝r2(0＜r＜1)．当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋t，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y整理得(1＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－4＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(8kt,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4t2－4,1＋4k2).①∵eq\o(OP,\s\up6(→))⊥eq\o(OQ,\s\up6(→))，∴x1x2＋y1y2＝0.又y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，∴x1x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝0，即(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝0.②将①代入②得eq\f(1＋k24t2－4,1＋4k2)－eq\f(8k2t2,1＋4k2)＋t2＝0，即t2＝eq\f(4,5)(1＋k2)．∵直线PQ与圆x2＋y2＝r2相切，∴r＝eq\f(|t|,\r(1＋k2))＝eq\f(\r(\f(4,5)1＋k2),\r(1＋k2))＝eq\f(2\r(5),5)∈(0,1)，∴存在圆x2＋y2＝eq\f(4,5)满足条件．当直线PQ的斜率不存在时，也适合x2＋y2＝eq\f(4,5).综上所述，存在圆心在原点的圆x2＋y2＝eq\f(4,5)满足条件．22．(本小题满分14分)(文)(2021·山东菏泽期中)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)若a>0，试推断f(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为eq\f(3,2)，求a的值；(3)若f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．[解析](1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2)，a>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．(2)由(1)可知，f′(x)＝eq\f(x＋a,x2).①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\f(