高中數學高考二輪復習 仿真測

第三部分高考模擬考場仿真測1時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(文)(2023·上饒市三模)已知i是虛數單位，若(－1－2i)z＝1－i，則eq\o(z,\s\up6(－))在復平面上所代表的點在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[答案]D[解析]由(－1－2i)z＝1－i得，z＝eq\f(1－i,－1－2i)＝eq\f(1－i－1＋2i,－1－2i－1＋2i)＝eq\f(1＋3i,5)，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1,5)－eq\f(3,5)i，∴eq\o(z,\s\up6(－))在復平面內對應點為(eq\f(1,5)，－eq\f(3,5))，在第四象限．(理)當eq\f(2,3)<m<1時，復數z＝(3m－2)＋(m－1)i在復平面上對應的點位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[答案]D[解析]取m＝eq\f(3,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，y＝eq\f(1,4)－eq\f(1,4)i，∴選D．2．(文)將函數y＝sin(x＋eq\f(π,6))(x∈R)的圖象上所有的點向左平移eq\f(π,4)個單位長度，再把圖象上各點的橫坐標擴大到原來的2倍，則所得的圖象的解析式為()A．y＝sin(2x＋eq\f(5π,12))(x∈R) B．y＝sin(eq\f(x,2)＋eq\f(5π,12))(x∈R)C．y＝sin(eq\f(x,2)－eq\f(π,12))(x∈R) D．y＝sin(eq\f(x,2)＋eq\f(5π,24))(x∈R)[答案]B[解析]y＝sin(x＋eq\f(π,6))eq\o(→,\s\up14(左移\f(π,4)),\s\do10(個單位))y＝sin(x＋eq\f(5π,12))eq\o(→,\s\up7(各點橫坐標),\s\do5(擴大到2倍))y＝sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(5π,12))．(理)(2023·太原市一模)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期是π，若將其圖象向右平移eq\f(π,3)個單位后得到的圖象關于原點對稱，則函數f(x)的圖象()A．關于直線x＝eq\f(π,12)對稱 B．關于直線x＝eq\f(5π,12)對稱C．關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))對稱 D．關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))對稱[答案]B[解析]由已知得，ω＝2，平移后其解析式為f(x)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋φ＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)＋φ))，由題意得：－eq\f(2π,3)＋φ＝－π，φ＝－eq\f(π,3)，結合選項知，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象關于直線x＝eq\f(5,12)π對稱，選B．3．(2023·昆明市調研)給出下列四個命題：①?m∈R，使f(x)＝(m－1)xm2－4m＋3是冪函數②?x∈R，使ex－1>0；③?α，β∈R，使cos(α＋β)＝cosα＋cosβ；④?φ∈R，函數f(x)＝cos(x＋φ)都不是奇函數．其中真命題的個數是()A．0 B．1C．2 D．3[答案]D[解析]當m＝2時，f(x)＝x－1是冪函數，①正確；由指數函數的性質知②正確；當α＝eq\f(π,3)，β＝－eq\f(π,3)時，cos(α＋β)＝1＝cosα＋cosβ，③正確；當φ＝eq\f(π,2)時，f(x)為奇函數，④不正確，故選D．4．(文)(2023·廣州市測試)已知函數f(x)＝－x2＋2x＋3，若在[－4,4]上任取一個實數x0，則使f(x0)≥0成立的概率為()A．eq\f(4,25) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．1[答案]B[解析]由－xeq\o\al(2,0)＋2x0＋3≥0得－1≤x0≤3，所以在[－4,4]上任取一個實數x0，使f(x0)≥0的概率為eq\f(3－－1,4－－4)＝eq\f(1,2)，故選B．(理)(2023·鄭州市質量監(jiān)測)某校開設A類選修課2門，B類選修課3門，一位同學從中選3門．若要求兩類課程中各至少選一門，則不同的選法共有()A．3種 B．6種C．9種 D．18種[答案]C[解析]共有兩類選法，A選1門、B選2門和A選2門、B選1門，因此共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3)＝9種不同選法．5．(文)若方程eq\f(x2,k－4)－eq\f(y2,k＋4)＝1表示雙曲線，則它的焦點坐標為()A．(eq\r(2)k,0)，(－eq\r(2)k,0) B．(0，eq\r(－2k)，)(0，－eq\r(－2k))C．(eq\r(2|k|)，0)，(－eq\r(2|k|)，0) D．由k值確定[答案]D[解析]由(k－4)(k＋4)>0得k<－4或k>4，當k<－4時，焦點在y軸上；當k>4時，焦點在x軸上．故選D．(理)(2023·大綱全國理，6)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點為F1、F2，離心率為eq\f(\r(3),3)，過F2的直線l交C于A、B兩點，若△AF1B的周長為4eq\r(3)，則C的方程為()A．eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1 B．eq\f(x2,3)＋y2＝1C．eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,8)＝1 D．eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1[答案]A[解析]根據條件可知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，且4a＝4eq\r(3)，∴a＝eq\r(3)，c＝1，b＝2，橢圓的方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.6．(2023·烏魯木齊地區(qū)5月診斷)已知實數x、y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y≥2,2x＋y≤4,4x－y≥－1))，若a＝(x，y)，b＝(3，－1)，設z表示向量a在b方向上的投影，則z的取值范圍是()A．[－eq\f(3,2)，6] B．[－1,6]C．[－eq\f(3,2\r(10))，eq\f(6,\r(10))] D．[－eq\f(1,\r(10))，eq\f(6,\r(10))][答案]C[分析]a在b方向上的投影z是關于x、y的表達式，故脫去向量外衣后本題轉化為線性規(guī)劃問題，關鍵是準確應用概念“a在b方向上的投影”．[解析]畫出約束條件表示的平面區(qū)域如圖所示．a在b方向上的投影為|a|cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,\r(10))＝eq\f(3x－y,\r(10))，作直線l0：3x－y＝0，平移直線l0，當直線l0經過點(2,0)時，3x－y取最大值6，當l0經過點(eq\f(1,2)，3)時，3x－y取最小值－eq\f(3,2)，∴a在b方向上的投影的取值范圍為[－eq\f(3,2\r(10))，eq\f(6,\r(10))]．[方法點撥]使用概念要準確、運用定理要規(guī)范數學中有大量的概念、公理、定理，只有準確地把握理解和運用，才能高效準確的解答數學問題．7．(文)已知數列{an}中an＝n2－kn(n∈N*)，且{an}單調遞增，則k的取值范圍是()A．(－∞，2] B．(－∞，3)C．(－∞，2) D．(－∞，3][答案]B[分析]{an}單調遞增的含義是，對?n∈N*，有an＋1>an成立，這是恒成立問題，本題易錯之處是忽視n∈N*的限制條件，用二次函數對稱軸求解誤為eq\f(k,2)≤1.[解析]an＋1－an＝(n＋1)2－k(n＋1)－n2＋kn＝2n＋1－k，由于{an}單調遞增，故應有an＋1－an>0，即2n＋1－k>0恒成立，分離變量得k<2n＋1，故只需k<3即可．(理)(2023·烏魯木齊市診斷)在(x－eq\f(a,x))5的展開式中x3的系數等于－5，則該展開式各項的系數中最大值為()A．5 B．10C．15 D．20[答案]B[分析]運用二項展開式的通項公式，易錯點有二：一是項數和Ceq\o\al(r,n)的對應關系，二是項數與a、b的指數的對應關系，Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr為展開式的第r＋1項而不是第r項．[解析]Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)x5－r(－1)rarx－r＝(－1)rarCeq\o\al(r,5)x5－2r，令5－2r＝3，∴r＝1，∴x3的系數為－5a＝－5，∴a＝1，∴(x－eq\f(1,x))5＝Ceq\o\al(0,5)x5＋Ceq\o\al(1,5)x4(－eq\f(1,x))＋Ceq\o\al(2,5)x3(－eq\f(1,x))2＋Ceq\o\al(3,5)x2(－eq\f(1,x))3＋Ceq\o\al(4,5)x(－eq\f(1,x))4＋Ceq\o\al(5,5)(－eq\f(1,x))5，∴各項的系數中最大值為Ceq\o\al(2,5)＝10.[方法點撥]考慮問題要全面，思考過程要嚴謹在審題過程中，要邊讀題邊翻譯，同時把特殊情形、細節(jié)問題、注意事項等記錄下來，在解題過程中要予以關注，例如研究函數就要注意函數的定義域．8．(文)(2023·唐山市二模)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．eq\f(11\r(3),6) B．eq\r(3)C．eq\f(5\r(3),3) D．eq\f(4\r(3),3)[答案]B[解析]由三視圖知該幾何體是一個四棱錐，其直觀圖如圖所示，設E為AD的中點，則BE⊥AD，PE⊥平面ABCD，△PAD為正三角形，四棱錐的底面是直角梯形，上底1，下底2，高2；棱錐的高為eq\r(3)，∴體積V＝eq\f(1,3)×[eq\f(1,2)×(1＋2)×2]×eq\r(3)＝eq\r(3)，故選B．(理)(2023·吉林市質檢)已知α、β為兩個平面，且α⊥β，l為直線．則l⊥β是l∥α的()A．必要而不充分條件 B．充分而不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]D[解析]如圖①所示，α⊥β，l⊥β，但l?α；如圖②所示，α⊥β，l∥α，但l?β，故l⊥β是l∥α的既不充分也不必要條件．9．(2023·福州市質檢)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的有序實數對為()A．(8,2) B．(8,3)C．(16,3) D．(16,4)[答案]D[解析]開始→x＝1，y＝0，判斷y≤3成立，第一次循環(huán)，x＝2，y＝1；再次判斷y≤3仍然成立，第二次循環(huán)，x＝4，y＝2；第三次循環(huán)，x＝8，y＝3；第四次循環(huán)，x＝16，y＝4，此時y≤3不成立，輸出有序實數對(16,4)后結束，故選D．10．(文)函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4，x≤1，,x2－4x＋3，x>1))的圖象和函數g(x)＝log2x的圖象的交點個數是()A．4 B．3C．2 D．1[答案]B[分析]不能準確作出兩函數在相應區(qū)間的圖象，以及分不清兩函數圖象的相應位置關系是造成失誤的主要原因．[解析]分別在同一坐標系內作出兩函數的圖象．如圖所示，觀察易知兩函數圖象有且僅有3個交點．[點評]在判斷函數圖象交點的個數或利用函數圖象判斷方程解的個數時，一定要注意函數圖象的相對位置關系，可以取特殊值驗證一下，如取x＝eq\f(1,2)時，4x－4<log2x，即此時對應函數圖象上的點應在相應直線的上側，因此我們可以通過取特殊值的方法相對準確地確定兩函數圖象的相對位置關系．(理)已知函數f(x)＝|x＋eq\f(1,x)|－|x－eq\f(1,x)|，若關于x的方程f(x)＝2m有四個不同的實根，則實數m的取值m范圍是()A．(0,2) B．(2，＋∞)C．(1，＋∞) D．(0,1)[答案]D[解析]f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)x≥1，,2x0<x<1，,－2x－1<x<0，,－\f(2,x)x≤－1.))f(x)＝2m有四個不同的實數根，由數形結合法得0<m<1.[點撥]作圖要準確，用圖要嚴密要抓住關鍵點(最高、最低點，與坐標軸的交點、端點、兩圖象的交點、極值點、對稱中心等)，變化趨勢(增減性、增長或減少的快慢)，正負值、對稱性等．11．(文)(2023·福建質量檢查)若直線ax＋by－1＝0(a>0，b>0)過曲線y＝1＋sinπx(0<x<2)的對稱中心，則eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為()A．eq\r(2)＋1 B．4eq\r(2)C．3＋2eq\r(2) D．6[答案]C[解析]∵曲線y＝1＋sinπx(0<x<2)的對稱中心是點(1,1)，∴a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝(eq\f(1,a)＋eq\f(2,b))(a＋b)＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(2a,b)≥3＋2eq\r(2)，當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(2a,b)，即b＝eq\r(2)a＝eq\r(2)(eq\r(2)－1)時取等號，因此eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值是3＋2eq\r(2)，故選C．[易錯分析]本題容易造成如下錯解：由直線ax＋by－1＝0過點(1,1)可得a＋b＝1.又a>0，b>0，所以a＋b＝1≥2eq\r(ab)，則0<ab≤eq\f(1,4)，eq\f(1,ab)≥4，所以eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))≥4eq\r(2)，選擇B．在上面的解題過程中，兩次運用了基本不等式，但兩次等號成立的條件不同，第一次是a＝b，第二次是2a＝b，在a>0，b>0時不能同時滿足，所以4eq\r(2)取不到．所以在求最值時，如果多次運用基本不等式，一定要檢驗各次等號成立的條件是否能夠同時成立．(理)(2023·杭州市第一次質檢)設對任意實數x>0，y>0，若不等式x＋eq\r(xy)≤a(x＋2y)恒成立，則實數a的最小值為()A．eq\f(\r(6)＋2,4) B．eq\f(2＋\r(2),4)C．eq\f(\r(6)＋\r(2),4) D．eq\f(2,3)[答案]A[分析]本題乍一看會感到無從著手，從分離參數的角度得到a≥eq\f(x＋\r(xy),x＋2y)，往下又不知如何進行，但如果仔細觀察，就會發(fā)現不等式的兩邊對于字母x、y來說都存在二次關系(x與eq\r(x)、y與eq\r(y))，因此可考慮采用化歸的思想將已知不等式轉換為一元二次不等式或基本不等式的形式求解．[解析]原不等式可化為(a－1)x－eq\r(xy)＋2ay≥0，兩邊同除以y得(a－1)eq\f(x,y)－eq\r(\f(x,y))＋2a≥0，令t＝eq\r(\f(x,y))，則(a－1)t2－t＋2a≥0，由不等式恒成立知a－1>0，從而相應二次函數的對稱軸t＝eq\f(1,2a－1)>0，∴Δ＝1－4(a－1)·2a≤0，解得a≥eq\f(2＋\r(6),4)，∴amin＝eq\f(2＋\r(6),4)，故選A．[易錯分析]二元不等式恒成立問題的處理具有很大的難度，對于由雙元到單元的轉換大多數考生容易出現錯誤，此類問題解決的關鍵在于明確轉化目標及整體意識．12．(2023·鄭州市質檢)等差數列{an}中的a1、a4027是函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x2＋12x＋1的極值點，則log2a2023()A．2 B．3C．4 D．5[答案]A[解析]令f′(x)＝x2－8x＋12＝0則x1＝2，x2＝6，即a1＝2，a4027＝6或a1＝6，a4027＝2，a2023＝eq\f(a1＋a4027,2)＝4∴l(xiāng)og2a2023＝2，故選二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，將正確答案填在題中橫線上)13．(文)若sinx＋siny＝eq\f(1,3)，則siny－cos2x的最大值為________．[答案]eq\f(4,9)[分析]本題易將siny－cos2x轉化為(eq\f(1,3)－sinx)－cos2x＝sin2x－sinx－eq\f(2,3)，誤認為sinx∈[－1,1]，致使問題轉化不等價而導致解題錯誤．[解析]由已知條件有siny＝eq\f(1,3)－sinx，且siny＝(eq\f(1,3)－sinx)∈[－1,1]，結合sinx∈[－1,1]，得－eq\f(2,3)≤sinx≤1，而siny－cos2x＝eq\f(1,3)－sinx－cos2x＝sin2x－sinx－eq\f(2,3)，設t＝sinx(－eq\f(2,3)≤t≤1)，則原式＝t2－t－eq\f(2,3)＝(t－eq\f(1,2))2－eq\f(11,12)(－eq\f(2,3)≤t≤1)，因為對稱軸為t＝eq\f(1,2)，故當t＝－eq\f(2,3)，即sinx＝－eq\f(2,3)時，原式取得最大值eq\f(4,9).[點撥]1.簡單化原則：將復雜的問題通過變換轉化為簡單的問題．2．直觀化原則：將較抽象的問題轉化為比較直觀具體的問題．3．特殊化策略對于某個在一般情況下成立的結論或恒成立問題，可運用一般與特殊相互轉化的化歸思想，將一般性問題特殊化、具體化，使問題變得簡便．4．換元化歸思想形如y＝f(g(x))的表達式，可通過設t＝g(x)得到新的函數關系y＝f(t)，換元后要注意新元的取值范圍．5．在研究直線與圓錐曲線位置關系，公共點個數時，常常要通過消元化為一元二次方程用根的判別式來判斷，但此時一定要注意是否為完整曲線，否則應數形結合以確定正確答案．6．在進行某些變形時(如不等式兩邊同乘以一個代數式，等式兩邊平方，兩等式(或不等式)的兩邊相乘等等)一定要考慮取值范圍的變化是否影響題目結果的變化．7．用換元法解題，換元后一定要考慮新元的取值范圍．(理)(2023·洛陽市期末)如圖，在△ABC中，sineq\f(∠ABC,2)＝eq\f(\r(3),3)，AB＝2，點D在線段AC上，且AD＝2DC，BD＝eq\f(4\r(3),3)，則cosC＝________.[答案]eq\f(7,9)[解析]由已知得：cos∠ABC＝1－2sin2eq\f(∠ABC,2)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(1,3)，過C作CE∥AB，交BD的延長線于E，則eq\f(DE,BD)＝eq\f(CE,AB)＝eq\f(DC,AD)＝eq\f(1,2)，∴CE＝1，DE＝eq\f(2\r(3),3)，BE＝2eq\r(3)，cos∠BCE＝－cos∠ABC＝－eq\f(1,3)，在△BCE中，由余弦定理得：cos∠BCE＝eq\f(BC2＋CE2－BE2,2BC·CE)，即eq\f(BC2＋1－12,2BC)＝－eq\f(1,3)，∴3BC2＋2BC－33＝0，解得BC＝3(負根已舍)，在△ABC中，由余弦定理得：AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝4＋9－2×2×3×eq\f(1,3)＝9，再由余弦定理得：cosC＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(9＋9－4,2×3×3)＝eq\f(7,9).14．(2023·烏魯木齊地區(qū)三診)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，過F2的直線交雙曲線的右支于A，B兩點，若△ABF1是以A為直角頂點的等腰三角形，e為雙曲線的離心率，則e2＝________.[答案]5－2eq\r(2)[解析]設|AF2|＝m，∵|AF1|－|AF2|＝2a，∴|AF1|＝2a＋|AF2|＝2a＋m，又|AF1|＝|AB|＝|AF2|＋|BF2|＝m＋|BF2|，∴|BF2|＝2a，又|BF1|－|BF2|＝2a，∴|BF1|＝4a.依題意|BF1|＝eq\r(2)|AF1|，即4a＝eq\r(2)(2a＋m)，∴m＝2(eq\r(2)－1)a，在Rt△F1AF2中，|AF1|2＋|AF2|2＝4c2，即8a2＋(2eq\r(2)a－2a)2＝4c2，整理得c2＝5a2－2eq\r(2)a2，∴e2＝5－2eq\r(2).[方法點撥]高考對運算能力要求很高，它要求運算過程合理，計算準確，邏輯嚴密，平時做練習題時，有些題目可以審審題、梳理一下思路即可，但一定要保證有足量的題目嚴格規(guī)范寫出解答過程，以養(yǎng)成周密答題的良好習慣，以免手生，眼高手低．15．(2023·河南省高考適應性測試)已知實數x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x＋1，,x＋y＋k≤0.))(k為常數)，若目標函數z＝2x＋y的最大值是eq\f(11,3)，則實數k的值是________．[答案]－3[解析]由題意可得，直線x＋y＋k＝0經過y＝2x＋1與2x＋y＝eq\f(11,3)的交點A，解得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(2,3)))，∴k＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)＋\f(2,3)))＝－3.16．(文)(2023·長沙市模擬)已知點O(0,0)，A(1,2)，B(4,5)，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→)).若點P在x軸上，則實數t的值為________．[答案]－eq\f(2,3)[解析]因為點O(0,0)，A(1,2)，B(4,5)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(4,5)－(1,2)＝(3,3)，設P(x，y)，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,2)＋t(3,3)＝(1＋3t,2＋3t)，令y＝2＋3t＝0得t＝－eq\f(2,3)，則x＝－1，所以當t＝－eq\f(2,3)時，點P(－1,0)在x軸上．(理)(2023·河南八市質量監(jiān)測)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(a,\r(x))))6的展開式中含x2項的系數為12，則展開式的常數項為________．[答案]160[解析]由TT＋1＝Ceq\o\al(r,6)·xeq\f(6－r,2)·ar·x－eq\f(r,2)＝ar·Ceq\o\al(r,6)·x3－r，當r＝1時，x2的系數為a·Ceq\o\al(1,6)＝6a＝12，∴a＝2.所以當r＝3時，常數項為23·Ceq\o\al(3,6)＝8×eq\f(6×5×4,3×2×1)＝160.三、解答題(解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本題滿分12分)(文)(2023·河北衡水中學一模)在數列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＋1＝2－eq\f(1,an)，設bn＝eq\f(1,an－1)，數列{bn}的前n項和是Sn.(1)證明：數列{bn}是等差數列，并求Sn；(2)比較an與Sn＋7的大小．[解析](1)證明：∵bn＝eq\f(1,an－1)，an＋1＝2－eq\f(1,an)，∴bn＋1＝eq\f(1,an＋1－1)＝eq\f(1,an－1)＋1＝bn＋1，∴bn＋1－bn＝1.∴數列{bn}是公差為1的等差數列．由a1＝eq\f(3,5)，bn＝eq\f(1,an－1)得b1＝－eq\f(5,2)，∴Sn＝－eq\f(5n,2)＋eq\f(nn－1,2)＝eq\f(n2,2)－3n.(2)解法1：由(1)知：bn＝－eq\f(5,2)＋1×(n－1)＝n－eq\f(7,2)，由bn＝eq\f(1,an－1)得an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(1,n－\f(7,2)).∴an－Sn－7＝－eq\f(n2,2)＋3n－6＋eq\f(1,n－\f(7,2)).∵當n≥4時，－eq\f(n2,2)＋3n－6是減函數，eq\f(1,n－\f(7,2))也是減函數，∴當n≥4時，an－Sn－7≤a4－S4－7＝0.又∵a1－S1－7＝－eq\f(39,10)<0，a2－S2－7＝－eq\f(8,3)<0，a3－S3－7＝－eq\f(7,2)<0，∴?n∈N*，an－Sn－7≤0.∴an≤Sn＋7.解法2：由(1)知，bn＝n－eq\f(7,2)，又bn＝eq\f(1,an－1)，∴an＝eq\f(2n－5,2n－7)，Sn＝eq\f(n2,2)－3n.當n>3時，易知{an}是遞減數列，Sn是遞增數列．又a1＝eq\f(3,5)，S1＋7＝eq\f(9,2)，a1<S1＋7；a2＝eq\f(1,3)，S2＋7＝3，a2<S2＋7；a3＝－1，S3＋7＝eq\f(5,2)，∴a3<S3＋7；a4＝3，S4＋7＝3，∴a4＝S4＋7.當n>4時，an<3，Sn＋7>3，從而an<Sn＋7.綜上對任意n∈N*有，an≤Sn＋7.(理)(2023·湖南理，20)已知數列{an}滿足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)若{an}是遞增數列，且a1,2a2,3a3成等差數列，求p(2)若p＝eq\f(1,2)，且{a2n－1}是遞增數列，{a2n}是遞減數列，求數列{an}的通項公式．[分析]第(1)問常因忽視{an}是遞增數列致誤；第(2)問常因變換欠嚴密致誤．[解析](1)因為數列{an}為遞增數列，所以an＋1－an≥0，則|an＋1－an|＝pn?an＋1－an＝pn，分別令n＝1、2可得a2－a1＝p，a3－a2＝p2?a2＝1＋p，a3＝p2＋p＋1，因為a1,2a2,3a3成等差數列，所以4a2＝a1＋3a3?4(1＋p)＝1＋3(p2＋p＋1)?3p2－p＝0?p＝eq\f(1,3)當p＝0時，數列an為常數數列不符合數列{an}是遞增數列，所以p＝eq\f(1,3).(2)∵{a2n－1}是遞增數列，∴a2n＋1－a2n－1>0，∴(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0，①∵eq\f(1,22n)<eq\f(1,22n－1)，∴|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|，②由①②知a2n－a2n－1>0，∴a2n－a2n－1＝(eq\f(1,2))2n－1＝eq\f(－12n,22n－1)，③∵{a2n}是遞減數列，同理得a2n＋1－a2n<0，∴a2n＋1－a2n＝－(eq\f(1,2))2n＝eq\f(－12n＋1,22n)，④由③④得an＋1－an＝eq\f(－1n＋1,2n)，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,22)＋…＋eq\f(－1n,2n－1)＝1＋eq\f(\f(1,2)×[1－－\f(1,2)n－1],1＋\f(1,2))＝eq\f(4,3)＋eq\f(1,3)·eq\f(－1n,2n－1)，∴數列{an}的通項公式為an＝eq\f(4,3)＋eq\f(－1n,3·2n－1).[方法點撥]數學思維、證明要求嚴謹，步步有據，條理清楚，在數列、不等式、立體幾何、解析幾何大題的解答過程中，對邏輯嚴密都有一定的要求，解題過程中要注意條件充分，推理有據，語言準確，書寫規(guī)范．18．(本題滿分12分)(文)(2023·安徽文，19)如圖，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為8的正方形，四條側棱長均為2eq\r(17).點G、E、F、H分別是棱PB、AB、CD、PC上共面的四點，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.(1)證明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四邊形GEFH的面積．[審題要點](1)欲證GH∥EF，因為BC∥平面GEFH，所以由線面平行的性質定理和公理4可獲證．(2)由四條側棱長相等及底面是正方形可知四棱錐為正四棱錐，P在底面射影為正方形ABCD的中心，欲求四邊形的面積，由(1)知四邊形GEFH為梯形，由于平面GEFH⊥平面ABCD，交線EF，故過G作GK⊥EF，則GK為梯形的高，且GK∥PO，于是問題轉化為由相似關系求GK的長度和GH的長度．[解析]∵BC∥平面GEFH，BC?平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，∴GH∥BC．同理可證EF∥BC，∴GH∥EF.(2)連接AC、BD交于一點O，BD交EF于K，連接OP、GK.因為PA＝PC，O是AC的中點，所以PO⊥AC，同理可證PO⊥BD，又∵BD∩AC＝O，且AC、BD都在底面內，∴PO⊥平面ABCD，又∵平面GEFH⊥平面ABCD，PO?平面GEFH，∴PO∥平面GEFH.又∵平面GEFH∩平面PBD＝GK，∴PO∥GK，且GK⊥平面ABCD，∴GK⊥EF，所以GK是梯形GEFH的高．∵AB＝8，EB＝2，∴EBAB＝KBDB＝14，∴KB＝eq\f(1,4)DB＝eq\f(1,2)OB，即k為OB的中點，又∵PO∥GK，∴GK＝eq\f(1,2)PO，即G是PB的中點，且GH＝eq\f(1,2)BC＝4.又由已知得OB＝4eq\r(2)，PO＝eq\r(PB2－OB2)＝eq\r(68－32)＝6.∴GK＝3.∴四邊形GEFH的面積S＝eq\f(GH＋EF,2)·GK＝eq\f(4＋8,2)×3＝18.[易錯警示]1.應用線面平行的性質定理時交待不清，步驟不完整，不規(guī)范．2．不能從已知條件中發(fā)現正四棱錐關系，因而找不到棱錐高PO∥平面GEFH，打不通思路．3．比例關系不清，計算錯誤．(理)(2023·柳州市模擬)已知平行四邊形ABCD(圖1)中，AB＝4，BC＝5，對角線AC＝3，將△ACD沿AC折起至△PAC位置(圖2)，使二面角P－AC－B為60°，G，H分別是PA，PC的中點．(1)求證：PC⊥平面BGH；(2)求二面角P－BG－H的余弦值．[解析](1)過C作CE∥AB且CE＝AB，連BE，PE.∵AC2＋AB2＝BC2，∴AC⊥AB，所以四邊形ABEC是矩形．又AC⊥CE，PC⊥AC，∴AC⊥面PEC，所以∠PCE是二面角P－AC－B的平面角，∴∠PCE＝60°.∵PC＝CE＝4，∴△PCE為正三角形．∵BE∥AC，∴BE⊥面PEC，∴BE⊥PE，∴PB＝eq\r(PE2＋BE2)＝5＝BC．而H是PC的中點，∴BH⊥PC，∵G、H是△PAC的中位線，∴GH⊥PC，∵GH∩BH＝H，∴PC⊥平面BGH.(2)以CE的中點O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(3，－2,0)，P(0,0,2eq\r(3))，C(0，－2,0)．易求得面PAB的法向量為n＝(2eq\r(3)，0,3)，而平面BGH的法向量為eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，－2，－2eq\r(3))，所以|cos〈n，eq\o(PC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(3\r(7),14).故二面角P－BG－H的余弦值是eq\f(3\r(7),14).19．(本題滿分12分)(文)(2023·洛陽市期末)如圖所示莖葉圖記錄了甲、乙兩學習小組各4名同學在某次考試中的數學成績，乙組記錄中有一個數字模糊，無法確認，假設這個數字具有隨機性，并在圖中用m(m∈N)表示．(1)求乙組平均成績超過甲組平均成績的概率；(2)當m＝3時，分別從甲、乙兩組同學中各隨機選取一名同學，求這兩名同學的數學成績之差的絕對值超過2分的概率．[解析](1)當甲、乙兩個小組的數學平均成績相等時，由eq\f(1,4)(87＋89＋91＋93)＝eq\f(1,4)[85＋90＋91＋(90＋m)]，得m＝4，設“乙組平均成績超過甲組平均成績”為事件A，m的取值有：0,1,2，…，9時共有10種可能．當m＝4時甲、乙兩個小組的數學平均成績相同，∴當a＝5,6,7,8,9時，乙組平均成績超過甲組平均成績，共有5種可能．∴乙組平均成績超過甲組平均成績的概率P(A)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2).(2)設“這兩名同學的數學成績之差的絕對值超過2分”為事件B．當m＝3時，分別從甲、乙兩組同學中各隨機選取一名同學，所有可能的成績結果有16種，分別是：(87,85)，(87,90)，(87,91)，(87,93)，(89,85)，(89,90)，(89,91)，(89,93)，(91,85)，(91,90)，(91,91)，(91,93)，(93,85)，(93,90)，(93,91)，(93,93)．事件B的結果有8種，它們是：(87,90)，(87,91)，(87,93)，(89,85)，(89,93)，(91,85)，(93,85)，(93,90)．∴兩名同學的數學成績之差的絕對值超過2分的概率P(B)＝eq\f(8,16)＝eq\f(1,2).(理)(2023·石家莊市二模)4月23日是“世界讀書日”，某中學在此期間開展了一系列的讀書教育活動．為了解本校學生課外閱讀情況，學校隨機抽取了100名學生對其課外閱讀時間進行調查．下面是根據調查結果繪制的學生日均課外閱讀時間(單位：分鐘)的頻率分布直方圖．若將日均課外閱讀時間不低于60分鐘的學生稱為“讀書迷”，低于60分鐘的學生稱為“非讀書迷”．(1)根據已知條件完成下面2×2列聯表，并據此判斷是否有99%的把握認為“讀書迷”與性別有關？非讀書迷讀書迷合計男15女45合計(2)將頻率視為概率．現在從該校大量學生中，用隨機抽樣的方法每次抽取1人，共抽取3次，記被抽取的3人中的“讀書迷”的人數為X.若每次抽取的結果是相互獨立的，求X的分布列，期望E(X)和方差D(X)．附：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)n＝a＋b＋c＋dP(K2≥k0)k0[解析](1)2×2列聯表如下非讀書迷讀書迷合計男401555女202545合計6040100K2＝eq\f(10040×25－15×202,60×40×55×45)≈8．249>，故有99%的把握認為“讀書迷”與性別有關．(2)視頻率為概率．則從該校學生中任意抽取1名學生恰為讀書迷的概率為eq\f(2,5).由題意可知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，P(x＝i)＝Ceq\o\al(i,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))3－i(i＝0,1,2,3)從而分布列為X0123Peq\f(27,125)eq\f(54,125)eq\f(36,125)eq\f(8,125)E(X)＝np＝eq\f(6,5)，D(X)＝np(1－p)＝eq\f(18,25).20．(本題滿分12分)(文)已知函數f(x)＝x3＋3|x－a|(a>0)．(1)當a＝1時，曲線y＝f(x)上P點處的切線與直線x－3y－2＝0垂直，求P點的坐標；(2)求函數f(x)的單調區(qū)間．[解析](1)∵直線x－3y－2＝0的斜率為eq\f(1,3)，∴切線的斜率為－3.由f(x)＝x3＋3|x－1|得：當x≥1時，f(x)＝x3＋3x－3，f′(x)＝3x2＋3＝－3不成立，∴切線不存在；當x<1時，f(x)＝x3－3x＋3，f′(x)＝3x2－3＝－3，∴x＝0，∴P點的坐標為(0,3)．(2)當x≥a時，f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2∴f(x)單調遞增．當x<a時，f(x)＝x3－3x＋3af′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，若0<a≤1，f′(x)＝0時，x＝－1；f′(x)>0時，x<－1；f′(x)<0時，－1<x<a；若a>1，f′(x)＝0時，x＝±1；f′(x)>0時，x<－1或1<x<a；f′(x)<0時，－1<x<1.綜上可得：當0<a≤1時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(a，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(－1，a)；當a>1時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(－1,1)．[方法點撥]1.含參數的數學問題，參數變化時，往往會導致結果的不同，這時要注意分類討論，并且要注意與恒成立問題加以區(qū)分．2．有些數學問題，依據條件可以得到不同位置狀態(tài)的圖形，這時要根據其不同位置進行分類討論．3．許多數學概念本身都是涉及分類的，如絕對值、指對函數、直線斜率、圓錐曲線定義等等．這類問題要注意是否需要分類討論．4．把分類定義的數學概念，或涉及概念中有限定范圍的單獨找出來，弄清它們的本質，遇到相關題目時，首先看是否涉及分類，就能有效提高解題正確率．5．熟練掌握高中教材中有關的幾何圖形的性質中涉及分類討論的內容，才能在解題中立于不敗之地．(理)設函數f(x)＝x－eq\f(2,x)－alnx(a∈R)．(1)當a＝3時，求f(x)的極值；(2)討論函數f(x)的單調性．[分析]第(2)問，由于f(x)解析式中含參數a，f(x)的單調性受a的值的制約，需要分類討論，關鍵是分類標準的確定要明確．[解析](1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)．當a＝3時，f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)＝eq\f(x2－3x＋2,x2)＝eq\f(x－1x－2,x2)，令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝2.f′(x)與f(x)隨x的變化如下表：x(0,1)1(1,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)遞增極大值遞減極小值遞增所以f(x)在x＝1處取得極大值f(1)＝－1；在x＝2處取得極小值，f(2)＝1－3ln2.(2)f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋2,x2).令g(x)＝x2－ax＋2，其判別式Δ＝a2－8，①當|a|≤2eq\r(2)時，Δ≤0，f′(x)≥0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；②當a<－2eq\r(2)時，Δ>0，g(x)＝0的兩根都小于0，所以在(0，＋∞)上，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；③當a>2eq\r(2)時，Δ>0，g(x)＝0的兩根為x1＝eq\f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－8),2)，且都大于0，f′(x)與f(x)隨x的變化如下表：x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)遞增極大值遞減極小值遞增故f(x)在(0，eq\f(a－\r(a2－8),2))，(eq\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞)上單調遞增，在(eq\f(a－\r(a2－8),2)，eq\f(a＋\r(a2－8),2))上單調遞減．綜上，當a≤2eq\r(2)時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a>2eq\r(2)時，f(x)在(0，eq\f(a－\r(a2－8),2))，(eq\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞)上單調遞增，在(eq\f(a－\r(a2－8),2)，eq\f(a＋\r(a2－8),2))上單調遞減．21．(本題滿分12分)(文)(2023·昆明市質檢)設橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，離心率為eq\f(\r(3),2).(1)求C的方程；(2)設直線l與C相切于點T，且交兩坐標軸的正半軸于A，B兩點，求|AB|的最小值及此時點T的坐標．[解析](1)由題可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))則a2＝4b2，∵橢圓C經過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,a2＝4b2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1.))所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設直線l的方程為eq\f(x,m)＋eq\f(y,n)＝1(m>0，n>0)，由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,\f(x,m)＋\f(y,n)＝1，))消去x得，(m2＋4n2)y2－2m2ny＋n2(m2－4∵直線l與C相切，∴Δ＝4m4n2－4n2(m2＋4n2)(m2－4)＝0，化簡得m2＋4n2－m2n2∵m>2，∴n2＝eq\f(m2,m2－4).∵m2＋n2＝m2＋eq\f(m2,m2－4)＝5＋m2－4＋eq\f(4,m2－4)≥9，當且僅當m2－4＝eq\f(4,m2－4)時“＝”成立，即m＝eq\r(6)，n＝eq\r(3).∴|AB|＝eq\r(m2＋n2)≥3，故|AB|的最小值為3.此時由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,\f(x,\r(6))＋\f(y,\r(3))＝1，))解得切點Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)，\f(\r(3),3))).(理)(2023·杭州市質檢)在直角坐標系xOy中，設點A(－1,0)，B(1,0)，Q為△ABC的外心．已知eq\o(CG,\s\up6(→))＋2eq\o(OG,\s\up6(→))＝0，QG∥AB．(1)求點C的軌跡Γ的方程；(2)設經過F(0，eq\r(2))的直線交軌跡Γ于點E，H，直線EH與直線l：y＝eq\f(3\r(2),2)交于點M，點P是直線y＝eq\r(2)上異于點F的任意一點．若直線PE，PH，PM的斜率分別為k1，k2，k3，問是否存在實數t，使得eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝eq\f(t,k3)？若存在，求t的值；若不存在，請說明理由．[解析](1)設C(x，y)，∵eq\o(CG,\s\up6(→))＋2eq\o(OG,\s\up6(→))＝0，∴G(eq\f(x,3)，eq\f(y,3))，設Q(x1，y1)，∵Q為△ABC的外心，∴Q在線段AB的中垂線上，∴x1＝0，又QG∥AB，∴y1＝eq\f(y′,3)，∴Q(0，eq\f(y,3))，根據|QA|＝|QC|，得x2＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．(2)當直線EF的斜率不存在時，t＝2.設直線EF的斜率為k，則直線EH的方程為y＝kx＋eq\r(2)，點M坐標為(eq\f(\r(2),2k)，eq\f(3\r(2),2))．把直線方程代入橢圓方程3x2＋y2＝3并整理，得(k2＋3)x2＋2eq\r(2)kx－1＝0，設E(x1，y1)，F(x2，y2)，P(a，eq\r(2))(a≠0)，則有x1＋x2＝－eq\f(2\r(2)k,k2＋3)，x1x2＝－eq\f(1,k2＋3)，所以eq\f(1,k1)＝eq\f(x1－a,y1－\r(2))＝eq\f(x1－a,kx1)，eq\f(1,k2)＝eq\f(x2－a,kx2)，eq\f(1,k3)＝eq\f(1,k)－eq\r(2)a.又因為eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝eq\f(x1－a,kx1)＋eq\f(x2－a,kx2)＝eq\f(2,k)－2eq\r(2)a，故存在常數t＝2符合題意．請考生在第22、23、24題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分．作答時請寫清題號．22．(本題滿分10分)(2023·東北三校二模)如圖，已知點C在圓O直徑BE