2025高考数学二轮复习-专项练-高考仿真卷(一)-专项训练【含答案】

高考仿真卷(一)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．(2023·南平质检)设集合A＝{x|x2－4<0}，B＝{－2，－1,0,1,2}，则A∩B等于()A．{－2,2} B．{－1,0}C．{－1,0,1} D．{0,1}答案C解析∵A＝{x|x2－4<0}＝{x|－2<x<2}，又B＝{－2，－1,0,1,2}，∴A∩B＝{－1,0,1}．2．(2023·长春模拟)已知复数iz＝1＋5i，则复数z＋eq\x\to(z)等于()A．－10B．10C．－2D．2答案B解析∵iz＝1＋5i，∴z＝－i(1＋5i)＝5－i，eq\x\to(z)＝5＋i，∴z＋eq\x\to(z)＝10.3．(2023·郴州模拟)已知向量a，b满足a⊥(a－2b)，(a＋b)·(a－b)＝0，则向量a，b的夹角为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2)D.eq\f(2π,3)答案B解析由(a＋b)·(a－b)＝0，得a2－b2＝0，则|a|＝|b|，由a⊥(a－2b)，得a·(a－2b)＝0，即a2－2a·b＝0，整理得a·b＝eq\f(1,2)a2，因此cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(\f(1,2)a2,a2)＝eq\f(1,2)，而0≤〈a，b〉≤π，解得〈a，b〉＝eq\f(π,3)，所以向量a，b的夹角为eq\f(π,3).4．(2023·江苏七市调研)星载激光束与潜艇通信传输中会发生信号能量衰减．已知一星载激光通信系统在近海水下某深度的能量估算公式为Er＝eq\f(3,S)EP×10－7，其中EP是激光器输出的单脉冲能量，Er是水下潜艇接收到的光脉冲能量，S为光脉冲在潜艇接收平面的光斑面积(单位：km2，光斑面积与卫星高度有关)．若水下潜艇光学天线接收到信号能量衰减Γ满足Γ＝10lgeq\f(Er,EP)(单位：dB)．当卫星达到一定高度时，该激光器光脉冲在潜艇接收平面的光斑面积为75km2，则此时Γ的大小约为(参考数据：lg2≈0.301)()A．－76.02dB B．－83.98dBC．－93.01dB D．－96.02dB答案B解析因为Er＝eq\f(3,S)EP×10－7，该激光器光脉冲在潜艇接收平面的光斑面积为75km2，所以eq\f(Er,EP)＝eq\f(3,S)×10－7＝eq\f(3,75)×10－7＝4×10－9，则Γ＝10lg(4×10－9)＝10lg4－90≈10×0.602－90＝－83.98(dB)．5．(2023·沈阳模拟)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，它将正四棱台形状的建筑物(棱台的上下底面均为正方形)称为方亭．如图，现有一方亭ABCD－EFHG，其中上底面与下底面的面积之比为1∶4，方亭的高h＝EF，BF＝eq\f(\r(6),2)EF，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭的体积为eq\f(56,3)，则该方亭的表面积为()A．20＋12eq\r(5) B．20＋6eq\r(5)C．5＋3eq\r(5) D．5＋6eq\r(5)答案A解析由题意得，S正方形EFHG＝EF2，S正方形ABCD＝4EF2，则方亭的体积为eq\f(1,3)·EF·(EF2＋4EF2＋eq\r(EF2·4EF2))＝eq\f(56,3)，解得EF＝2，则S正方形EFHG＝4，S正方形ABCD＝16，画出ABFE的平面图，作EM⊥AB于M，如图，AE＝BF＝eq\f(\r(6),2)EF＝eq\r(6)，AM＝eq\f(4－2,2)＝1，则EM＝eq\r(6－1)＝eq\r(5)，S梯形ABFE＝eq\f(1,2)×(2＋4)×eq\r(5)＝3eq\r(5)，则该方亭的表面积为S正方形EFHG＋S正方形ABCD＋4S梯形ABFE＝20＋12eq\r(5).6．(2023·苏州八校联盟模拟)二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中x的指数为整数的项的个数为()A．3B．5C．6D．7答案D解析因为展开式中只有第11项的二项式系数最大，所以n＝20.二项式展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,20)(eq\r(3)x)20－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3,x))))k＝Ceq\o\al(k,20)，由题得20－eq\f(4,3)k为整数，所以k＝0,3,6,9,12,15,18，故共7项符合要求．7．定义在R上的函数f(x)满足f(2－x)＝2－f(x)．若f(x)的图象关于直线x＝3对称，则下列选项中一定成立的是()A．f(－3)＝1 B．f(0)＝0C．f(3)＝2 D．f(5)＝－1答案A解析函数f(x)的图象关于直线x＝3对称，则必有f(3－x)＝f(x＋3)，所以f(0)＝f(6)，f(1)＝f(5)，f(2)＝f(4)，又因为f(x)满足f(2－x)＝2－f(x)，取x＝1，所以f(1)＝2－f(1)，即f(1)＝1，则f(1)＝f(5)＝1，取x＝5，则f(－3)＝2－f(5)＝1，A正确．8．(2023·华南师范大学附中模拟)在平面直角坐标系中，若抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线与圆M：(x＋1)2＋y2＝1相切于点A，直线AB与抛物线C切于点B，点N在圆M上，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))的取值范围为()A．[0,8] B．[2－2eq\r(5)，2＋2eq\r(5)]C．[4－4eq\r(2)，4＋4eq\r(2)] D．[4eq\r(2)－4,4eq\r(2)＋4]答案C解析抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线方程为x＝－eq\f(p,2)，圆M的圆心为M(－1,0)，半径为1，直线x＝－eq\f(p,2)与圆M相切，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(p,2)))＝1，因为p≠0，解得p＝4，所以抛物线C的方程为y2＝8x，故抛物线C：y2＝8x的准线与圆M：(x＋1)2＋y2＝1相切于点A(－2,0)，若直线AB与x轴重合，则直线AB与抛物线C不相切，不符合题意，设直线AB的方程为x＝my－2，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,y2＝8x))可得y2－8my＋16＝0，则Δ＝64m2－64＝0，解得m＝±1，不妨设点B在第一象限，则m＝1，则有y2－8y＋16＝0，解得y＝4，此时x＝y－2＝2，即点B(2,4)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(4,4)，因为点N在圆M上，设点N(－1＋cosθ，sinθ)，则eq\o(AN,\s\up6(→))＝(1＋cosθ，sinθ)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝4＋4cosθ＋4sinθ＝4eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋4∈[4－4eq\r(2)，4＋4eq\r(2)]．二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分)9．(2023·张家口模拟)一组互不相等的样本数据x1，x2，…，xn，其平均数为eq\x\to(x)，方差为s2，极差为m，中位数为n，去掉其中的最小值和最大值后，余下数据的平均数为eq\x\to(x′)，方差为s′2，极差为m′，中位数为n′，则下列选项一定正确的有()A．n＝n′ B.eq\x\to(x)＝eq\x\to(x′)C．s2>s′2 D．m>m′答案ACD解析对于A，中位数是把数据从小到大依次排列后，排在中间位置的数或中间位置的两个数的平均数，因为是对称的，同时去掉最小值和最大值，故中间位置的数相对位置保持不变，故新数据的中位数保持不变，故A正确；对于B，平均数受样本中每个数据的影响，故去掉最小值和最大值后，余下数据的平均数可能会改变，故B不一定正确；对于C，方差反映数据的离散程度，当去掉数据中的最小值和最大值后，数据的离散程度减小，故方差减小，故C正确；对于D，极差为最大值与最小值之差，是原来数据里面任意两个数据差值的最大值，故去掉最小值和最大值后，新数据的极差必然小于原数据的极差，故D正确．10．已知f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)为偶函数，其图象与直线y＝2的其中两个交点的横坐标分别为x1，x2，|x1－x2|的最小值为π，将f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列选项正确的是()A．g(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))B．函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递减C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))是函数g(x)图象的一个对称中心D．若方程g(x)＝m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个不相等的实根，则1≤m<2答案ABD解析因为f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)为偶函数，所以φ＝eq\f(π,2)，因为函数f(x)的图象与直线y＝2的其中两个交点的横坐标分别为x1，x2，|x1－x2|的最小值为π，所以f(x)的最小正周期为T＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2，即f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x，所以g(x)＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故A正确；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，t＝2x－eq\f(π,3)∈(0，π)，此时函数y＝2cost单调递减，故函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递减，故B正确；当x＝eq\f(5π,6)时，t＝2x－eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)，此时eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))不是函数y＝2cost的对称中心，故C错误；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，t＝2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，此时函数y＝2cost在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上单调递减，所以函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递减，g(0)＝1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1，所以当方程g(x)＝m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个不相等的实根时，g(0)≤m<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，即1≤m<2，故D正确．11．(2023·唐山模拟)函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，若f(x)为奇函数，且f(x＋2)＝f(x)，则()A．f′(x)为偶函数B．f′(0)＝0C．f(x)的图象关于(1,0)对称D．若F(x)＝f(x)＋xf′(x)，则F′(x)为奇函数答案AC解析对于A，因为f(x)为奇函数且在定义域R上可导，即f(－x)＝－f(x)，所以两边对x求导可得(－x)′f′(－x)＝－f′(x)，即f′(－x)＝f′(x)，所以f′(x)为偶函数，故A正确；对于B，令f(x)＝sinπx，显然f(x)为奇函数，且最小正周期T＝eq\f(2π,π)＝2，即满足f(x＋2)＝f(x)，则f′(x)＝πcosπx，则f′(0)＝π，故B错误；对于C，因为f(x＋2)＝f(x)且f(x)为R上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，即f(x＋2)＝－f(－x)，所以f(x－1＋2)＝f(x＋1)＝－f(1－x)，即f(x＋1)＋f(1－x)＝0，所以f(x)的图象关于点(1,0)对称，故C正确；对于D，易知函数F(x)定义域为R，因为F(x)＝f(x)＋xf′(x)，则F(－x)＝f(－x)－xf′(－x)＝－f(x)－xf′(x)＝－F(x)，即F(x)为奇函数，由A可知F′(x)为偶函数，故D错误．12．(2023·深圳中学模拟)如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面与线段AD相切于点M，则下列结论中正确的是()A．AO⊥平面BCDB．球O的体积为eq\f(\r(2)π,3)C．球O被平面BCD截得的截面面积为eq\f(4π,3)D．球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为eq\f(8\r(3)π,3)答案ABD解析如图，设E，F分别为AB，CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，则EM∥BD，NF∥BD，EM＝eq\f(1,2)BD，NF＝eq\f(1,2)BD，故EM∥NF，EM＝NF，则四边形MENF为平行四边形．故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，又由题意知AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC.又AN∩DN＝N，AN，DN⊂平面AND，故BC⊥平面AND，由于O∈MN，MN⊂平面AND，则AO⊂平面AND，故BC⊥AO，结合O点也为EF的中点，同理可证DC⊥AO，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正确；由球O的表面正好经过点M，得球O的半径为OM，在棱长为2的正四面体ABCD中，AN＝DN＝eq\r(3)，M为AD的中点，则MN⊥AD，故MN＝eq\r(DN2－MD2)＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，又O为线段MN中点，则OM＝eq\f(\r(2),2)，所以球O的体积为eq\f(4π,3)×OM3＝eq\f(\r(2)π,3)，B正确；由BC⊥平面AND，BC⊂平面BCD，得平面AND⊥平面BCD，平面AND∩平面BCD＝DN，由于AO⊥平面BCD，延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，且G为正△BCD的中心，故NG＝eq\f(1,3)ND＝eq\f(\r(3),3)，所以OG＝eq\r(ON2－NG2)＝eq\f(\r(6),6)，即球心O到平面BCD的距离为OG＝eq\f(\r(6),6)，故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)))2)＝eq\f(\r(3),3)，则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(π,3)，C错误；由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为eq\f(\r(3),3)，故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2π×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(8\r(3)π,3)，D正确．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2023·济宁模拟)已知cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，则sin2α＝________.答案eq\f(1,5)解析因为cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，则sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝2×eq\f(3,5)－1＝eq\f(1,5).14．(2023·石家庄模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝n－1，数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab9＝________.答案502解析由题意可得an＝n－1，bn＝2n－1，abn＝bn－1＝2n－1－1.所以ab1＋ab2＋…＋ab9＝(1＋2＋…＋28)－9＝eq\f(1×1－29,1－2)－9＝502.15．(2023·南京模拟)一个袋子中有n(n∈N*)个红球和5个白球，每次从袋子中随机摸出2个球．若记“摸出的两个球颜色不相同”发生的概率为p(n)，则p(n)的最大值为________．答案eq\f(5,9)解析p(n)＝eq\f(C\o\al(1,n)·C\o\al(1,5),C\o\al(2,n＋5))＝eq\f(5n,\f(n＋5n＋4,2))＝eq\f(10n,n2＋9n＋20)＝eq\f(10,n＋\f(20,n)＋9)，对勾函数y＝x＋eq\f(20,x)在(0，eq\r(20))上单调递减，在(eq\r(20)，＋∞)上单调递增，故当n＝4或n＝5时，n＋eq\f(20,n)有最小值为9，故p(n)＝eq\f(10,n＋\f(20,n)＋9)≤eq\f(10,9＋9)＝eq\f(5,9)，最大值为eq\f(5,9).16．(2023·江苏统考)已知F1，F2，分别为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过F2作C的两条渐近线的平行线，与渐近线交于M，N两点．若cos∠MF1N＝eq\f(5,13)，则C的离心率为________．答案eq\r(5)解析易知MN关于x轴对称，如图，令∠MF1F2＝α，则cos2α＝eq\f(5,13)，∴cos2α＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(5,13)))＝eq\f(9,13)，sin2α＝eq\f(4,13)，∴tan2α＝eq\f(4,9)，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴tanα＝eq\f(2,3).∵OM与MF2交于点M(x0，y0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝\f(b,a)x0，,y0＝－\f(b,a)x0－c))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(c,2)，,y0＝\f(bc,2a)，))即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(bc,2a)))，tanα＝eq\f(\f(bc,2a),\f(3,2)c)＝eq\f(2,3)，∴eq\f(b,a)＝2，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\r(5).四、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)(2023·湖北十一校模拟)已知在△ABC中，其角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足bcosC＋eq\r(3)bsinC＝a＋c.(1)若b＝eq\r(3)，求△ABC的外接圆半径；(2)若a＋c＝4eq\r(3)，且eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝6，求△ABC的内切圆半径．解(1)因为bcosC＋eq\r(3)bsinC＝a＋c，所以bcosC＋eq\r(3)bsinC－a－c＝0，所以sinBcosC＋eq\r(3)sinBsinC－sinA－sinC＝0，因为A＋B＋C＝π，所以sinBcosC＋eq\r(3)sinBsinC－sin(B＋C)－sinC＝0，所以eq\r(3)sinBsinC－cosBsinC－sinC＝0，因为C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，因为B∈(0，π)，所以B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，所以B＝eq\f(π,3)，所以外接圆直径2R＝eq\f(b,sinB)＝2.所以R＝1.(2)因为eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝6，又由(1)可知B＝eq\f(π,3)，所以ac＝12，又由b2＝a2＋c2－2accosB，a＋c＝4eq\r(3)，可得b＝2eq\r(3)，因为△ABC的面积为S＝eq\f(1,2)acsinB＝3eq\r(3).设△ABC内切圆的半径为r，由△ABC的面积S＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)r＝eq\f(1,2)acsinB，得r＝1.18．(12分)(2023·淮北模拟)数列{an}满足a1＝1，eq\f(an＋1,3an)＝1＋eq\f(1,n).(1)设bn＝eq\f(n2－7n,an)，求{bn}的最大项；(2)求数列{an}的前n项和Sn.解(1)由eq\f(an＋1,3an)＝1＋eq\f(1,n)得eq\f(an＋1,n＋1)＝3×eq\f(an,n).又eq\f(a1,1)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以1为首项，3为公比的等比数列，∴eq\f(an,n)＝3n－1，an＝n×3n－1，则bn＝eq\f(n2－7n,an)＝eq\f(n－7,3n－1).当n≤7时，bn<0；当n>7时，设bn是最大项，则bn＋1≤bn，且bn－1≤bn，即eq\f(n－6,3n)≤eq\f(n－7,3n－1)，且eq\f(n－8,3n－2)≤eq\f(n－7,3n－1)，即n－6≤3(n－7)且3(n－8)≤n－7，解得eq\f(15,2)≤n≤eq\f(17,2).又n∈N*，∴n＝8，∴{bn}的最大项是b8＝eq\f(1,37)＝eq\f(1,2187).(2)Sn＝1×30＋2×31＋…＋n×3n－1，①①×3得3Sn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，②①－②得－2Sn＝1＋31＋32＋…＋3n－1－n×3n＝eq\f(1－3n,1－3)－n×3n＝eq\f(3n－1,2)－n×3n,∴Sn＝eq\f(2n－13n＋1,4).19．(12分)(2023·杭州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥PD.(1)求证：平行四边形ABCD为矩形；(2)若E为侧棱PD的中点，且平面ACE与平面ABP所成角的余弦值为eq\f(\r(6),4)，求点B到平面ACE的距离．(1)证明取AD的中点M，连接PM，由于△PAD为正三角形，则PM⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PM⊂平面PAD，则PM⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，故PM⊥AB，又AB⊥PD，PM，PD⊂平面PAD，PM∩PD＝P，所以AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，故AB⊥AD，则平行四边形ABCD为矩形．(2)解以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝t>0，则A(0,0,0)，B(t,0,0)，C(t,2,0)，P(0,1，eq\r(3))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(t,2,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(t,0,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，设平面ACE的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝tx1＋2y1＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝\f(3,2)y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，))令x1＝2，则n＝(2，－t，eq\r(3)t)，设平面ABP的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝tx2＝0，,m·\o(AP,\s\up6(→))＝y2＋\r(3)z2＝0，))令z2＝1，则m＝(0，－eq\r(3)，1),由|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|2\r(3)t|,2·\r(4＋4t2))＝eq\f(\r(6),4)，解得t＝1，则平面ACE的法向量为n＝(2，－1，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，所以点B到平面ACE的距离为eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(8))＝eq\f(\r(2),2).20．(12分)(2023·烟台模拟)已知函数f(x)＝aex－eq\f(1,2)x2－x.(1)若f(x)是R上的增函数，求实数a的取值范围；(2)当a＝1时，证明：∀x∈(－2，＋∞)，f(x)>sinx.(1)解由函数f(x)＝aex－eq\f(1,2)x2－x，可得f′(x)＝aex－x－1，因为f(x)是R上的增函数，可得f′(x)≥0在R上恒成立，即aex－x－1≥0在R上恒成立，即a≥eq\f(x＋1,ex)在R上恒成立，令h(x)＝eq\f(x＋1,ex)，可得h′(x)＝eq\f(1－x＋1,ex)＝－eq\f(x,ex)，当x>0时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以当x＝0时，函数h(x)取得极大值，即为最大值h(0)＝1，所以a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明当a＝1时，f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x，可得f(0)＝1，当x>0时，可得f′(x)＝ex－x－1,要使得f(x)>sinx，只需f(x)>1，令g(x)＝f′(x)＝ex－x－1，可得g′(x)＝ex－1≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又由g(0)＝0，所以g(x)>g(0)＝0，所以f(x)单调递增，所以f(x)>f(0)＝1，即f(x)>sinx；当x＝0时，sin0＝0，所以f(0)>sin0，满足f(x)>sinx；当－2<x<0时，可得sinx<0，因为ex>0且－eq\f(1,2)x2－x＝－eq\f(1,2)(x＋1)2＋eq\f(1,2)>0，所以f(x)>0，所以f(x)>sinx，综上可得，对于∀x∈(－2，＋∞)，都有f(x)>sinx.21．(12分)抚州不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着许多旅游景点．每年来抚州旅游参观的人数不胜数．其中，名人园与梦岛被称为抚州的两张名片，为合理配置旅游资源，现对已游览名人园景点的游客进行随机问卷调查．若不去梦岛记1分，若继续去梦岛记2分．每位游客去梦岛的概率均为eq\f(2,3)，且游客之间的选择意愿相互独立．(1)从游客中随机抽取3人，记总得分为随机变量X，求X的分布列与均值；(2)若从游客中随机抽取m人，记总分恰为m分的概率为Am，求数列{Am}的前6项和；(3)在对所有游客进行随机问卷调查的过程中，记已调查过的累计得分恰为n分的概率为Bn，探讨Bn与Bn－1之间的关系，并求数列{Bn}的通项公式．解(1)X的所有可能取值为3,4,5,6，P(X＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(1,27)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(6,27)，P(X＝5)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＝eq\f(12,27)，P(X＝6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(8,27)，故X的分布列为X3456Peq\f(1,27)eq\f(6,27)eq\f(12,27)eq\f(8,27)E(X)＝3×eq\f(1,27)＋4×eq\f(6,27)＋5×eq\f(12,27)＋6×eq\f(8,27)＝5.(2)总分恰为m的概率Am＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))m，故S6＝eq\f(\f(1,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,36))),1－\f(1,3))＝eq\f(364,729).(3)已调查过的累计得分恰为n分的概率为Bn，得不到n分的情况只有先得n－1分，再得2分，概率为eq\f(2,3)Bn－1，而B1＝eq\f(1,3)，故1－Bn＝eq\f(2,3)Bn－1，即Bn＝－eq\f(2,3)Bn－1＋1，可得Bn－eq\f(3,5)＝－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Bn－1－\f(3,5)))，又B1－eq\f(3,5)＝－eq\f(4,15)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Bn－\f(3,5)))是以－eq\f(4,15)为首项，－eq\f(2,3)为公比的等比数列，所以Bn－eq\f(3,5)＝－eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1，可得Bn＝eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n.22．(12分)(2023·烟台模拟)在平面直角坐标系中，P，Q是抛物线C：x2＝y上两点(异于点O)，过点P且与C相切的直线l交x轴于点M，且直线OQ与l的斜率乘积为－2.(1)求证：直线PQ过定点，并求此定点D的坐标；(2)过M作l的垂线交椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1于A，B两点，过D作l的平行线交直线AB于H，记△OPQ的面积为S，△ABD的面积为T.①当eq\f(T,S2)取最大值时，求点P的纵坐标；②证明：存在定点G，使|GH|为定值．(1)证明设P(x1，xeq\o\al(2,1))，Q(x2，xeq\o\al(2,2))，因为y′＝2x，所以l斜率kl＝2x1，所以直线OQ斜率kOQ＝－eq\f(1,x1)，即eq\f(x\o\al(2,2)－0,x2－0)＝x2＝－eq\f(1,x1)，所以kPQ＝eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),x1－x2)＝x1＋x2＝x1－eq\f(1,x1)，所以PQ的方程为y－xeq\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,x1)))(x－x1)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,x1)))x＋1，所以直线PQ过定点D(0,1)．(2)①解S＝eq\f(1,2)|OD||x1－x2|＝eq\f(1,2)|OD|eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(1,x1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(1,x