【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A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．(文)(2022·湖南长沙试验中学、沙城一中联考)A＝{x||x－1|≥1，x∈R}，B＝{x|log2x>1，x∈R}，则“x∈A”是“x∈B”的()A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充分必要条件 D．既非充分也非必要条件[答案]B[解析]由|x－1|≥1得x≥2或x≤0，∴A＝{x|x≥2或x≤0}，由log2x>1得x>2，∴B＝{x|x>2}，∵BA，∴选B．(理)(2022·福州市八县联考)已知函数y＝lg(4－x)的定义域为A，集合B＝{x|x<a}，若P：“x∈A”是Q：“x∈B”的充分不必要条件，则实数a的取值范围是()A．a≥4 B．a≤4C．a>4 D．a<4[答案]C[解析]A＝{x|x<4}，B＝{x|x<a}，∵P是Q的充分不必要条件，∴AB，∴a>4，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q中至少有一个为真命题，故选3．(文)(2022·北京东城区联考)设a＝logeq\f(1,3)2，b＝log23，c＝(eq\f(1,2))0.3，则()A．a<b<c B．a<c<bC．b<c<a D．b<a<c[答案]B[解析]a＝logeq\f(1,3)2<logeq\f(1,3)1＝0，b＝log23>log22＝1,0<c＝(eq\f(1,2))0.3<(eq\f(1,2))0＝1，∴a<c<b，选B．(理)(2022·三亚市一中月考)若函数f(x)对定义域R内的任意x都有f(x)＝f(2－x)，且当x≠1时其导函数f′(x)满足xf′(x)>f′(x)，若1<a<2，则()A．f(2a)<f(2)<f(log2a) B．f(log2a)<f(2)<fC．f(2)<f(log2a)<f(2a) D．f(log2a)<f(2a)<[答案]B[解析]∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，∵xf′(x)>f′(x)，∴f′(x)(x－1)>0，∴x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∵1<a<2，∴2<eq\f(4,a)<4，∴1<log2eq\f(4,a)<2，又2<2a<4，∴1<log2eq\f(4,a)<2<2a，∴f(log2eq\f(4,a))<f(2)<f(2a)，∵f(log2eq\f(4,a))＝f(2－log2a)＝f(log2a)，∴f(log2a)<f(2)<f(24．(2022·三亚市一中月考)函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的部分图象如图所示，则函数的解析式为()A．y＝sin(x＋eq\f(π,3)) B．y＝sin(x－eq\f(π,3))C．y＝sin(2x＋eq\f(π,3)) D．y＝sin(2x－eq\f(π,3))[答案]C[解析]由图知，eq\f(T,4)＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，∴T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，由y＝sin(2x＋φ)过(eq\f(7π,12)，－1)点得sin(eq\f(7π,6)＋φ)＝－1，∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，故选C．5．(2021·河南省试验中学期中)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq\f(a5,a3)＝eq\f(5,9)，则eq\f(S9,S5)＝()A．1 B．2C．3 D．4[答案]A[解析]eq\f(S9,S5)＝eq\f(9a5,5a3)＝eq\f(9,5)×eq\f(5,9)＝1.6．(文)(2022·辽宁师大附中期中)已知圆x2＋y2＝1与x轴的两个交点为A、B，若圆内的动点P使|PA|、|PO|、|PB|成等比数列，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的取值范围为()A．(0，eq\f(1,2)] B．[－eq\f(1,2)，0)C．(－eq\f(1,2)，0) D．[－1,0)[答案]B[解析]设P(x，y)，则x2＋y2<1，∵|PA|、|PO|、|PB|成等比数列，∴|PO|2＝|PA|·|PB|，∵A(－1,0)，B(1,0)，∴x2＋y2＝eq\r(x＋12＋y2)·eq\r(x－12＋y2)，两边平方得，x2－y2＝eq\f(1,2)，∵－1<y<1，∴x2＋y2－1＝2y2－eq\f(1,2)∈[－eq\f(1,2)，eq\f(3,2))，∴－eq\f(1,2)≤x2＋y2－1<0，∴eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－1－x，－y)·(1－x，－y)＝x2＋y2－1∈[－eq\f(1,2)，0)，故选B．(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＝6.7．(文)(2022·北京朝阳区期末)执行如图所示的程序框图，输出的k值为()A．6 B．24C．120 D．720[答案]C[解析]依据框图的循环结构可知，循环过程依次为：k＝1，i＝2，k＝1×2＝2；i＝2＋1＝3；k＝2×3＝6，i＝3＋1＝4，k＝6×4＝24，i＝4＋1＝5，k＝24×5＝120，i＝5＋1＝6>5，跳出循环，输出结果k＝120.故C正确．(理)(2022·抚顺市六校联合体期中)执行下面的程序框图，则输出的S的值是()A．39 B．21C．81 D．102[答案]D[解析]程序运行过程为：n＝1，S＝0，n<4成立，S＝0＋1×31＝3，n＝1＋1＝2，n<4成立，S＝3＋2×32＝21，n＝2＋1＝3，n<4仍成立，S＝21＋3×33＝102，n＝3＋1＝4，此时n<4不成立，跳出循环，输出S的值102后结束，选D．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．(2022·江西修水一中、永修一中联考)已知命题p：“a>0，b>0”是“方程ax2＋by2＝1”q：在复平面内，复数eq\f(1－i,1＋i)所表示的点在其次象限；r：直线l⊥平面α，平面α∥平面β，则直线l⊥平面β；s：同时抛掷两枚相同的均匀硬币，毁灭一正一反的概率为eq\f(1,3)，则下列复合命题中正确的是()A．p且q B．r或sC．非r D．q或s[答案]B[解析]若方程ax2＋by2＝1表示椭圆，则a>0，b>0；当a＝b>0时，方程ax2＋by2＝1不表示椭圆，∴p为假命题；∵eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＝－i表示的点在虚轴上，∴q为假命题；r明显为真命题；同时抛掷两枚相同均匀硬币，有四种不同结果，毁灭一正一反的情形有两种，∴p＝eq\f(1,2)，∴s为假命题．∴p且q为假，r或s为真，非r为假，q或s为假，选B．10．(文)(2022·韶关市曲江一中月考)设函数f(x)是定义在R上的奇函数，且对任意x∈R都有f(x)＝f(x＋4)，当x∈(－2,0)时，f(x)＝2x，则f(2022)－f(2011)的值为()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,2)C．2 D．－2[答案]A[解析]∵f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)的周期为4，又∵f(x)是R上的奇函数，∴f(0)＝0，∴f(2022)＝f(0)＝0，又x∈(－2,0)时，f(x)＝2x，∴f(－1)＝eq\f(1,2)，∴f(2011)＝f(－1)＝eq\f(1,2)，∴f(2022)－f(2011)＝－eq\f(1,2)，选A．(理)(2022·杭州七校联考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x2＋4x0≤x<1,log2021xx>1))，若a、b、c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，则a＋b＋c的取值范围是()A．(2,2022) B．(2,2021)C．(3,2022) D．(3,2021)[答案]A[解析]y＝log2021x，当x＝2021时，y＝1；y＝－4x2＋4x，当x＝eq\f(1,2)时，y＝1；又a、b、c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，不妨设a<b<c，则0<a<eq\f(1,2)，eq\f(1,2)<b<1,1<c<2021，且a＋b＝1，∴2<a＋b＋c<2022，故选A．11．(2022·宝鸡市质检)设双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(b>a>0)的半焦距为c，直线l过A(a,0)、B(0，b)两点，若原点O到l的距离为eq\f(\r(3)c,4)，则双曲线的离心率为()A．eq\f(2\r(3),3)或2 B．2C．eq\r(2)或eq\f(2\r(3),3) D．eq\f(2\r(3),3)[答案]A[解析]由题意，直线l的方程为：eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0，∴原点O到l的距离为d＝eq\f(ab,\r(a2＋b2))＝eq\f(ab,c)，∵原点O到l的距离为eq\f(\r(3)c,4)，∴eq\f(ab,c)＝eq\f(\r(3)c,4)，∴3e4－16e2＋16＝0，∴e2＝4或e2＝eq\f(4,3)，∴e＝2或e＝eq\f(2\r(3),3)，故选A．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·北京东城区联考)在△ABC中，若a＝eq\r(3)，b＝3，B＝eq\f(2π,3)，则c＝________.[答案]eq\r(3)[解析]∵B＝eq\f(2π,3)>eq\f(π,2)，b>a，∴三角形只有一解．由正弦定理得，eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)，即eq\f(3,sin\f(2π,3))＝eq\f(\r(3),sinA)，∴sinA＝eq\f(1,2)，∴A＝eq\f(π,6)，∴c2＝a2＋b2－2abcosC＝3＋9－6eq\r(3)cos(π－eq\f(2π,3)－eq\f(π,6))＝12－6eq\r(3)coseq\f(π,6)＝3，∴c＝eq\r(3).14．(文)(2022·长沙市重点中学月考)阅读程序框图，运行相应的程序，当输入x的值为－25时，输出x的值为________．[答案]4[解析]输入x＝－25，|x|＝25>1成立，x＝eq\r(25)－1＝4，|x|＝4>1成立，x＝eq\r(4)－1＝1>1不成立，x＝3×1＋1＝4，输出x的值4后结束．(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).15．(文)(2022·合肥八中联考)已知△OFQ的面积为S，且eq\o(OF,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))＝1，若eq\f(1,2)<S<eq\f(\r(3),2)，则eq\o(OF,\s\up6(→))，eq\o(FQ,\s\up6(→))夹角θ的取值范围是________．[答案](eq\f(π,4)，eq\f(π,3))[解析]∵S＝eq\f(1,2)|eq\o(OF,\s\up6(→))||eq\o(FQ,\s\up6(→))|sinθ，1＝|eq\o(OF,\s\up6(→))||eq\o(FQ,\s\up6(→))|cosθ，∴S＝eq\f(1,2)tanθ，由已知eq\f(1,2)<S<eq\f(\r(3),2)，∴1<tanθ<eq\r(3)，∴eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,3).(理)(2022·长沙市重点中学月考)如图，矩形ORTM内放置5个大小相同且边长为1的正方形，其中A、B、C、D都在矩形的边上，则eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝________.[答案]－3[解析]eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))＋eq\o(QC,\s\up6(→)))·(eq\o(BQ,\s\up6(→))＋eq\o(QM,\s\up6(→))＋eq\o(MD,\s\up6(→)))＝eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BQ,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(QM,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(MD,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(BQ,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(QM,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(MD,\s\up6(→))＋eq\o(QC,\s\up6(→))·eq\o(BQ,\s\up6(→))＋eq\o(QC,\s\up6(→))·eq\o(QM,\s\up6(→))＋eq\o(QC,\s\up6(→))·eq\o(MD,\s\up6(→))＝0－4＋0＋2＋0＋1＋0－2＋0＝－3.16．(文)(2022·吉林市摸底)设变量x、y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋2y－2≥0，,2x＋y－7≤0，))则z＝x＋y的最大值是________．[答案]5[解析]画出约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋2y－2≥0，,2x＋y－7≤0，))的可行域，由可行域知，目标函数z＝x＋y过点A(2,3)时z取最大值，最大值为5.(理)(2022·吉林省试验中学一模)设x、y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,y≥\f(1,2)x，,2x＋y≤10，))向量a＝(y－2x，m)，b＝(1，－1)，且a∥b，则m的最小值为________．[答案]－6[解析]作出可行域如图，∵a∥b，∴(y－2x)×(－1)＝m，即m＝2x－y，作直线l0：y＝2x，平移l0得直线l：y＝2x－m，当l经过可行域内点A(1,8)时，m取最小值，mmin＝2×1－8＝－6.三、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·文登市期中)已知a＝(2cosα，2sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，0<α<β<2π.(1)若a⊥b，求|a－2b|的值；(2)设c＝(2,0)，若a＋2b＝c，求α、β的值．[解析](1)∵a⊥b，∴a·b＝0，又∵a2＝|a|2＝4cos2α＋4sin2α＝4，b2＝|b|2＝cos2β＋sin2β＝1，∴|a－2b|2＝(a－2b)2＝a2－4ab＋4b2＝4＋4＝8，∴|a－2b|＝2eq\r(2).(2)∵a＋2b＝(2cosα＋2cosβ，2sinα＋2sinβ)＝(2,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＋cosβ＝1，,sinα＋sinβ＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＝1－cosβ，,sinα＝－sinβ.))两边分别平方再相加得：1＝2－2cosβ，∴cosβ＝eq\f(1,2)，∴cosα＝eq\f(1,2)，∵0<α<β<2π且sinα＋sinβ＝0，∴α＝eq\f(π,3)，β＝eq\f(5π,3).18．(本小题满分12分)(文)(2022·浙江台州中学期中)已知数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4，当n≥2时，满足eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)＝2an.(1)求证：{eq\r(Sn)}为等差数列；(2)求eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,a9a10)的值．[解析](1)eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)＝2an＝2(Sn－Sn－1)＝2(eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1))(eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1))(n≥2)，故有eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝eq\f(1,2)(n≥2)，∴{eq\r(Sn)}是等差数列．(2)由(1)知eq\r(Sn)＝eq\r(S4)＋(n－4)·eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)，∴Sn＝eq\f(n2,4)，∴an＝Sn－Sn－1＝eq\f(2n－1,4)(n≥2)，当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,4)，也成立．∴an＝eq\f(2n－1,4)，∴原式＝eq\f(1,d)(eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a2)－eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,a9)－eq\f(1,a10))＝eq\f(1,d)(eq\f(1,a1)－eq\f(1,a10))＝2(4－eq\f(4,19))＝eq\f(144,19).(理)(2022·泸州市一诊)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝6，S10＝110.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}前n项和为Tn，且Tn＝1－(eq\f(\r(2),2))an，令cn＝anbn(n∈N*)．求数列{cn}的前n项和Rn.[解析](1)设等差数列{an}的公差为d，∵a3＝6，S10＝110，∴a1＋2d＝6,2a1＋9d∴a1＝2，d＝2，所以数列{an}的通项公式an＝2＋(n－1)·2＝2n.(2)由于Tn＝1－(eq\f(\r(2),2))an＝1－(eq\f(\r(2),2))2n＝1－(eq\f(1,2))n，当n＝1时，b1＝T1＝eq\f(1,2)，当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝1－(eq\f(1,2))n－1＋(eq\f(1,2))n－1＝(eq\f(1,2))n，且n＝1时满足bn＝(eq\f(1,2))n，∴数列{bn}的通项公式为bn＝(eq\f(1,2))n.∴cn＝eq\f(2n,2n)＝eq\f(n,2n－1)，∴Rn＝eq\f(1,20)＋eq\f(2,21)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1)，∴eq\f(1,2)Rn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，两式相减得：eq\f(1,2)Rn＝eq\f(1,20)＋eq\f(1,21)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(n＋2,2n)，∴Rn＝4－eq\f(n＋2,2n－1).19．(本小题满分12分)(文)(2022·北京市海淀区期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PB，且侧面PAB⊥平面ABCD，E是棱AB的中点．(1)求证：CD∥平面PAB；(2)求证：PE⊥AD；(3)若CA＝CB，求证：平面PEC⊥平面PAB．[解析](1)由于底面ABCD是菱形，所以CD∥AB．又由于CD⊄平面PAB，所以CD∥平面PAB．(2)由于PA＝PB，点E是棱AB的中点，所以PE⊥AB．由于平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面ABCD，由于AD⊂平面ABCD，所以PE⊥AD．(3)由于CA＝CB，点E是棱AB的中点，所以CE⊥AB．由(2)可得PE⊥AB，所以AB⊥平面PEC，又由于AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PEC．(理)(2022·天津河东区一模)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别是A1B1、CC1的中点，过D1、E、F作平面D1EGF交BB1于G(1)求证：EG∥D1F(2)求二面角C1－D1E－F的余弦值；(3)求正方体被平面D1EGF所截得的几何体ABGEA1－DCFD1的体积．(棱台体积计算公式：V＝eq\f(1,3)H(S上＋S下＋eq\r([S上×S下]))其中H是高，S上和S下分别是上下底面的面积．)[解析](1)证明：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面D1EGF∩平面ABB1A1＝EG，平面D1EGF∩平面DCC1D1＝D1F，∴EG(2)如图，以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则有D1(0,0,2)，E(2,1,2)，F(0,2,1)，∴eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq\o(D1F,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，设平面D1EGF的法向量为n＝(x，y，z)，则由n·eq\o(D1E,\s\up6(→))＝0，和n·eq\o(D1F,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0,2y－z＝0))，取x＝1，得y＝－2，z＝－4，∴n＝(1，－2，－4)，又平面ABCD的法向量为eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，故cos〈eq\o(DD1,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(DD1,\s\up6(→))·n,|\o(DD1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(1×0＋－2×0＋－4×2,\r(12＋－22＋－42)\r(02＋02＋22))＝－eq\f(4\r(21),21)，∴截面D1EGF与底面ABCD所成二面角的余弦值为eq\f(4\r(21),21).(3)设所求几何体ABGEA1－DCFD1的体积为V，∵△EGB1～△D1FC1，D1C1＝2，C1∴EB1＝eq\f(1,2)D1C1＝1，B1G＝eq\f(1,2)C1F＝eq\f(1,2)，∴S△EGB1＝eq\f(1,2)EB1·B1G＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，S△D1FC1＝eq\f(1,2)D1C1·C1F＝eq\f(1,2)×2×1＝1，故V棱台D1FC1－EGB1＝eq\f(|B1C1|,3)(S△EGB1＋eq\r(S△EGB1·S△D1FC1)＋S△D1FC1)＝eq\f(2,3)(eq\f(1,4)＋eq\r(\f(1,4)×1)＋1)＝eq\f(7,6)，∴V＝V正方体－V棱台D1FC1－EGB1＝23－eq\f(7,6)＝eq\f(41,6).20．(本小题满分12分)(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微小(x)＝g(0)＝－3，g极大(x)＝g(3)＝15e－3.21．(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).22．(本小题满分14分)(文)(2022·长安一中质检)已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点为F(1,0)，点P是点F关于y轴的对称点，过点P的直线交抛物线于A、B两点．(1)试问在x轴上是否存在不同于点P的一点T，使得TA、TB所在的直线与x轴所成的锐角相等，若存在，求出点T的坐标，若不存在，说明理由；(2)若△AOB的面积为eq\f(5,2)，求向量eq\o(OA,\s\up6(→))、eq\o(OB,\s\up6(→))的夹角．[解析](1)由题意知，抛物线方程为：y2＝4x且P(－1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：x＝my－1，代入y2＝4x消去x得，y2－4my＋4＝0，∴Δ＝16m2－16>0，∴m由根与系数的关系得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝4，))假设存在T(a,0)满足题意，则kAT＋kBT＝eq\f(y1,x1－a)＋eq\f(y2,x2－a)＝eq\f(y1x2－a＋y2x1－a,x1－ax2－a)＝eq\f(y1my2－1－a＋y2my1－1－a,x1－ax2－a)＝eq\f(2my1y2－1＋ay1＋y2,x1－ax2－a)＝eq\f(8m－4m1＋a,x1－ax2－a)＝0，∴8m－4m(1＋a∴1＋a＝2，∴a＝1，∴存在点T(1,0)．(2)设∠AOB＝θ，S△ABO＝eq\f(1,2)|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(OB,\s\up6(→))|sinθ＝eq\f(5,2)，∴|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\f(5,sinθ)，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(y\o\al(2,1),4)·eq\f(y\o\al(2,2),4)＋y1y2＝eq\f(y1y22,16)＋y1y2＝eq\f(42,16)＋4＝5，∴cos∠AOB＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·\o(OB,\s\up6(→)),|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(OB,\s\up6(→))|)＝eq\f(5,\f(5,sinθ))＝sinθ，即cosθ＝sinθ，∴tanθ＝1，∴θ＝eq\f(π,4)，∴∠AOB＝eq\f(π,4).(理)(2022·武汉市调研)如图，矩形ABCD中，|AB|＝2eq\r(2)，|BC|＝2，E、F、G、H分别是矩形四条边的中点，分别以HF、EG所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，已知eq\o(OR,\s\up6(→))