【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(人教A版)階段性測試題11(算法框圖、復(fù)數(shù)、推理與證明)

階段性測試題十一(算法框圖、復(fù)數(shù)、推理與證明)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分150分?？荚嚂r間120分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共60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．(2021·豫南九校聯(lián)考)復(fù)數(shù)eq\f(3－i,2＋i)的實(shí)部與虛部之和為()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，∴實(shí)部為1，虛部為－1，和為0，選A．2．(文)(2021·東北育才學(xué)校一模)某流程圖如圖所示，現(xiàn)輸入如下四個函數(shù)，則可以輸出的函數(shù)是()A．f(x)＝eq\f(|x|,x) B．f(x)＝ln(eq\r(x2＋1)－x)C．f(x)＝eq\f(ex＋e－x,ex－e－x) D．f(x)＝eq\f(\r(1－x2),|x＋3|＋|4－x|)[答案]B[解析]程序框圖運(yùn)行后輸出的函數(shù)f(x)是有零點(diǎn)的奇函數(shù)，f(x)＝eq\f(|x|,x)是奇函數(shù)，但無零點(diǎn)；B中函數(shù)是奇函數(shù)、且有零點(diǎn)x＝0；C中函數(shù)是奇函數(shù)，但無零點(diǎn)；D中函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(1－x2),7)為偶函數(shù)．(理)(2022·長春市一調(diào))定義某種運(yùn)算S＝a?b，運(yùn)算原理如圖所示，則式子[(2taneq\f(5π,4))?lne]－[lg100?(eq\f(1,3))－1]的值為()A．－3 B．－4C．－8 D．0[答案]D[解析]由程序框圖知，S＝a?b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＋1，a≥b，,ab－1，a<b，))∵2taneq\f(5π,4)＝2，lne＝1,2?1＝2×(1＋1)＝4，lg100＝2，(eq\f(1,3))－1＝3,2?3＝2×(3－1)＝4，∴[(2taneq\f(5π,4))?lne]－[lg100?(eq\f(1,3))－1]＝4－4＝0，故選D．3．(2021·贛州市博雅文化學(xué)校月考)在△ABC中，三個內(nèi)角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，若內(nèi)角A、B、C依次成等差數(shù)列，且不等式－x2＋6x－8>0的解集為{x|a<x<c}，則b等于()A．eq\r(3) B．4C．3eq\r(3) D．2eq\r(3)[答案]D[解析]∵A、B、C成等差數(shù)列，∴B＝60°，∵不等式－x2＋6x－8>0的解集為{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).4．(文)(2022·江西臨川十中期中)若(m2－3m－4)＋(m2－5m－6)i是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)mA．－1 B．4C．－1或4 D．不存在[答案]B[解析]由條件知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－3m－4＝0，,m2－5m－6≠0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－1或4，,m≠－1或m≠6，))∴m＝4.(理)(2021·山東師大附中模擬)已知i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)(1＋ai)(2＋i)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a等于()A．2 B．eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2) D．－2[答案]A[解析]利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則化簡復(fù)數(shù)(1＋ai)(2＋i)＝2－a＋(1＋2a)i，由純虛數(shù)的定義知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a＝0,1＋2a≠0))，解得a＝2，故應(yīng)選A．5．(文)(2021·新鄉(xiāng)、許昌、平頂山調(diào)研)如圖是一個算法的程序框圖，該算法輸出的結(jié)果是()A．eq\f(1,2) B．eq\f(3,4)C．eq\f(2,3) D．1[答案]C[解析]程序運(yùn)行過程依次為：i＝1，m＝0，n＝0，i<3成立→i＝1＋1＝2，m＝0＋1＝1，n＝0＋eq\f(1,1×2)＝eq\f(1,2)，i<3成立→i＝2＋1＝3，m＝1＋1＝2，n＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2×3)＝eq\f(2,3)，i<3不成立，輸出n的值eq\f(2,3)后結(jié)束．(理)(2021·豫南九校聯(lián)考)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，假如輸入的N是195，則輸出的P＝()A．11 B．12C．13 D．14[答案]D[解析]程序運(yùn)行過程依次為：輸入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))，此時K<N不成立，輸出P的值，∴P＝eq\r(196)＝14.6．(2021·重慶南開中學(xué)月考)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z＝eq\f(i,1＋i)(其中i是虛數(shù)單位)對應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限[答案]A[解析]∵復(fù)數(shù)eq\f(i,1＋i)＝eq\f(i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(1＋i,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，∴復(fù)數(shù)對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)是(eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，∴復(fù)數(shù)eq\f(i,1＋i)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限．7．(2022·吉林延邊州質(zhì)檢)a、b、c表示不同直線，M表示平面，給出四個命題：①若a∥M，b∥M，則a∥b或a，b相交或a，b異面；②若b?M，a∥b，則a∥M；③a⊥c，b⊥c，則a∥b；④a⊥M，b⊥M，則a∥b，其中正確命題為()A．①④ B．②③C．③④ D．①②[答案]A[解析]∵a∥M，b∥M，∴a，b異面或a，b都在與平面M平行的平面內(nèi)，此時，a與b相交或a∥b，故①正確；b?M，a∥b時，可以有a?M，也可以有a∥M，故②錯；在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥AB，AA1⊥A1D1，但AB與A1D1不平行，故③錯；垂直于同一平面的兩直線平行，∴④正確，故選8．(文)(2022·山西省太原五中月考)在△ABC中，若eq\o(AB,\s\up6(→))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))，則△ABC是()A．等邊三角形 B．銳角三角形C．鈍角三角形 D．直角三角形[答案]D[解析]∵eq\o(AB,\s\up6(→))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，∴AC⊥BC，∴選D．(理)(2022·杭州七校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且a1∈[0,1]，a2∈[1,2]，a3∈[2,3]，則a4的取值范圍是()A．[3,4] B．[eq\f(8,3)，eq\f(13,3)]C．[eq\f(5,2)，eq\f(9,2)] D．[2,5][答案]C[解析]設(shè)a1＝x，d＝y(tǒng)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤1，,1≤x＋y≤2，,2≤x＋2y≤3.))作出不等式組表示的平面區(qū)域，令z＝a4＝a1＋3d＝x＋3y，作直線l0：x＋3y＝0，平移l0可知當(dāng)直線x＋3y＝z經(jīng)過可行域內(nèi)的點(diǎn)A(0，eq\f(3,2))時，zmax＝eq\f(9,2)，經(jīng)過點(diǎn)B(1，eq\f(1,2))時，zmin＝eq\f(5,2)，∴選C．9．(2021·洛陽市期中)執(zhí)行下邊的程序框圖，若輸出的S是127，則推斷框內(nèi)應(yīng)當(dāng)是()A．n≤5 B．n≤6C．n≤7 D．n≤8[答案]B[解析]由框圖知該程序是求數(shù)列{2n－1}的前n＋1項和，由于輸出S＝127，由127＝1＋2＋22＋…＋2n＝eq\f(1×2n＋1－1,2－1)＝2n＋1－1，∴n＝6，故最終加上的一項為26，此時n＝7，故條件應(yīng)為n≤6.10．(2022·武漢市調(diào)研)設(shè)a，b∈R，則“aeq\r(1－b2)＋beq\r(1－a2)＝1”是“a2＋b2＝1”的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]A[解析]若aeq\r(1－b2)＋beq\r(1－a2)＝1，則aeq\r(1－b2)＝1－beq\r(1－a2)，兩邊平方得，a2(1－b2)＝1＋b2(1－a2)－2beq\r(1－a2)，∴a2－b2－1＝－2beq\r(1－a2)，兩邊平方得，a4＋b4－2a2＋2b2－2a2b2＋1＝4b2－4a2b2，∴a4＋b4－2a2－2b2＋2a2b2＋1＝0，∴(a2＋b2－1)2＝0，∴a2＋b2＝1；若a2＋b2＝1，則aeq\r(1－b2)＋beq\r(1－a2)＝a·|a|＋b·|b|＝1不愿定成立，故選A．11．(文)(2021·廣東揭陽一中期中)定義一種新運(yùn)算：a?b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b，a≥b,a，a<b))，已知函數(shù)f(x)＝(1＋eq\f(4,x))?log2x，若函數(shù)g(x)＝f(x)－k恰有兩個零點(diǎn)，則k的取值范圍為()A．(1,2] B．(1,2)C．(0,2) D．(0,1)[答案]B[解析]由a?b的定義知，a?b取a與b中的較小值，當(dāng)x＝4時，y1＝1＋eq\f(4,x)＝2，y2＝log2x＝2，當(dāng)0<x≤4時，f(x)＝log2x，當(dāng)x>4時，f(x)＝1＋eq\f(4,x)，g(x)恰有兩個零點(diǎn)?y＝f(x)的圖象與直線y＝k恰有兩個交點(diǎn)，故1<k<2.(理)(2021·山西大同市調(diào)研)如圖，偶函數(shù)f(x)的圖象如字母M，奇函數(shù)g(x)的圖象如字母N，若方程f(f(x))＝0，f(g(x)＝0的實(shí)根個數(shù)分別為m、n，則m＋n＝()A．18 B．16C．14 D．12[答案]A[解析]由圖象知，f(x)＝0有3個根，0，±eq\f(3,2)，g(x)＝0有3個根，其中一個為0，設(shè)與x軸另兩個交點(diǎn)橫坐標(biāo)為±x0(0<x0<1)．由f(g(x))＝0，得g(x)＝0或±eq\f(3,2)，由圖象可知g(x)所對每一個值都能有3個根，因而m＝9；由g(f(x))＝0，知f(x)＝0或±x0，由圖象可以看出f(x)＝0有3個根，而f(x)＝x0有4個根，f(x)＝－x0只有2個根，加在一起共有9個根，即n＝9，∴m＋n＝9＋9＝18，故選A．12．(文)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2eq\r(3)，動點(diǎn)P在對角線BD1上，過點(diǎn)P作垂直于BD1的平面α，記這樣得到的截面多邊形(含三角形)的周長為y，設(shè)BP＝x，則當(dāng)x∈[1,5]時，函數(shù)y＝f(x)的值域為()A．[2eq\r(6)，6eq\r(6)] B．[2eq\r(6)，18]C．[3eq\r(6)，18] D．[3eq\r(6)，6eq\r(6)][答案]D[解析]由于棱長為2eq\r(3)，所以體對角線BD1＝6，依據(jù)對稱性，只需爭辯x∈[1,3]時，函數(shù)y＝f(x)的值域，連接AB1，B1C，AC，則BD1⊥平面AB1C，此時BP＝2，當(dāng)BP＝1時，截面周長為截面AB1C周長的一半，即3eq\r(6)，當(dāng)BP＝3時，即當(dāng)截面過體對角線BD1的中點(diǎn)時，此時截面為正六邊形，其頂點(diǎn)為各棱的中點(diǎn)，如圖所示，截面周長為6eq\r(6)，所以函數(shù)y＝f(x)的值域為[3eq\r(6)，6eq\r(6)]．(理)(2021·山東師大附中模擬)設(shè)向量a＝(a1，b1)，b＝(a2，b2)，定義一種運(yùn)算“⊕”．向量a⊕b＝(a1，b1)⊕(a2，b2)＝(a2b1，a1b2)，已知m＝(2，eq\f(1,2))，n＝(eq\f(π,3)，0)，點(diǎn)P(x，y)在y＝sinx的圖象上運(yùn)動，點(diǎn)Q在y＝f(x)的圖象上運(yùn)動且滿足eq\o(OQ,\s\up6(→))＝m⊕eq\o(OP,\s\up6(→))＋n(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則y＝f(x)的最小值為()A．－1 B．－2C．2 D．eq\f(1,2)[答案]B[解析]由題意設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(t，sint)，則eq\o(OQ,\s\up6(→))＝m⊕eq\o(OP,\s\up6(→))＋n＝(eq\f(1,2)t,2sint)＋(eq\f(π,3)，0)＝(eq\f(1,2)t＋eq\f(π,3)，2sint)，又由于點(diǎn)Q在y＝f(x)的圖象上運(yùn)動，所以點(diǎn)Q的坐標(biāo)滿足y＝f(x)的解析式，設(shè)Q(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)t＋\f(π,3)，,y＝2sint，))消去t得，y＝2sin(2x－eq\f(2π,3))．所以函數(shù)y＝f(x)的最小值為－2，故應(yīng)選B．第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上．)13．(文)(2022·三峽名校聯(lián)盟聯(lián)考)觀看下列不等式：1＋eq\f(1,22)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<eq\f(7,4)，……照此規(guī)律，第五個不等式為__________________．[答案]1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋eq\f(1,62)<eq\f(11,6)[解析]本題考查了歸納的思想方法．觀看可以發(fā)覺，第n(n≥2)個不等式左端有n＋1項，分子為1，分母依次為12,22,32，…，(n＋1)2；右端分母為n＋1，分子成等差數(shù)列，因此第n個不等式為1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n＋12)<eq\f(2n＋1,n＋1)，所以第五個不等式為：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋eq\f(1,62)<eq\f(11,6).(理)(2022·海南省文昌市檢測)將全體正奇數(shù)排成一個三角形數(shù)陣：135791113151719……依據(jù)以上排列的規(guī)律，第n行(n≥3)從左向右的第3個數(shù)為________．[答案]n2－n＋5[解析]第一行有1個數(shù)，其次行有2個數(shù)，…，第n行有n個數(shù)，∴第一行到第n－1行共有eq\f(n－1n－1＋1,2)＝eq\f(nn－1,2)個數(shù)，因此第n行的第一個數(shù)為n(n－1)＋1，第3個數(shù)為n2－n＋5.14．(2021·深圳市五校聯(lián)考)下圖是一個算法的程序框圖，若輸出的結(jié)果是31，則推斷框中的正整數(shù)M的值是________．[答案]4[解析]程序運(yùn)行過程依次為：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，由于輸出結(jié)果為31，故此時S≤M不成立，∴M＝4.15．(文)(2022·湖南長沙試驗中學(xué)、沙城一中聯(lián)考)定義一種運(yùn)算“*”對于正整數(shù)滿足以下運(yùn)算性質(zhì)：(1)2].[答案]31005[解析]令an＝(2n)*2022，由(1)知a1＝1；由(2)知，an＋1＝3an，∴{an}是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，∴an＝3n－1，∴2022](理)(2022·福建安溪一中、養(yǎng)正中學(xué)聯(lián)考)已知定義域為(0，＋∞)的函數(shù)f(x)滿足：對任意x∈(0，＋∞)，恒有f(2x)＝2f(x)成立；當(dāng)x∈(1,2]時，f(x)＝2－x①對任意m∈Z，有f(2m)＝0；②函數(shù)f(x)的值域為[0，＋∞)；③存在n∈Z，使得f(2n＋1)＝9；④“函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減”的充要條件是“存在k∈Z，使得(a，b)?(2k,2k＋1)”．其中全部正確結(jié)論的序號是________[答案]①②④[解析]∵對任意x∈(0，＋∞)，都有f(2x)＝2f(x)成立，∴對任意m∈Z，有f(2m)＝2f(2m－1)＝22f(2m－2)＝…＝2m－1f(2)＝2m－1×(2－2)＝0，∴①成立；∵f(2x)＝2f(x)(x>0)且當(dāng)x∈(1,2]時，f(x)＝2－x，∴x∈(2n,2n＋1]時(n≥1，n∈Z)，f(x)＝2n＋1－x≥0，當(dāng)x∈(eq\f(1,2)，1]時，2x∈(1,2]，∴f(2x)＝2－2x＝2f(x)，∴f(x)＝1－x；當(dāng)x∈(eq\f(1,2n)，eq\f(1,2n－1)]時，f(x)＝eq\f(1,2n－1)－x，綜上知，對任意n∈Z，有x∈(2n,2n＋1]時，f(x)＝2n＋1－x≥0，且在每個區(qū)間(2n,2n＋1]上f(x)為減函數(shù)，從而②④正確；∵2n<2n＋1<2n＋1，∴f(2n＋1)＝2n＋1－2n－1＝2n－1，令2n－1＝9，得2n＝10，這樣的整數(shù)n不存在，∴③錯．16．(2021·武漢市調(diào)研)平面幾何中有如下結(jié)論：如圖1，設(shè)O是等腰Rt△ABC底邊BC的中點(diǎn)，AB＝1，過點(diǎn)O的動直線與兩腰或其延長線的交點(diǎn)分別為Q，R，則有eq\f(1,AQ)＋eq\f(1,AR)＝2.類比此結(jié)論，將其拓展到空間得：如圖2，設(shè)O是正三棱錐A－BCD底面BCD的中心，AB，AC，AD兩兩垂直，AB＝1，過點(diǎn)O的動平面與三棱錐的三條側(cè)棱或其延長線的交點(diǎn)分別為Q，R，P，則有________________．[答案]eq\f(1,AQ)＋eq\f(1,AR)＋eq\f(1,AP)＝3[解析]設(shè)O到各個平面的距離為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)d，eq\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)＝3.三、解答題(本大題共6個小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．)17．(本小題滿分12分)(2022·山東省煙臺市期末)在平面直角坐標(biāo)系中，角α，β的始邊為x軸的非負(fù)半軸，點(diǎn)P(1,2cos2θ)在角α的終邊上，點(diǎn)Q(sin2θ，－1)在角β的終邊上，且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝－1.(1)求cos2θ；(2)求P，Q的坐標(biāo)并求sin(α＋β)的值．[解析](1)∵eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝－1，∴sin2θ－2cos2θ＝－1，∴eq\f(1－cos2θ,2)－(1＋cos2θ)＝－1，∴cos2θ＝eq\f(1,3).(2)由(1)得：cos2θ＝eq\f(1＋cos2θ,2)＝eq\f(2,3)，∴P(1，eq\f(4,3))，sin2θ＝eq\f(1－cos2θ,2)＝eq\f(1,3)，∴Q(eq\f(1,3)，－1)，∴|OP|＝eq\r(12＋\f(4,3)2)＝eq\f(5,3)，|OQ|＝eq\r(\f(1,3)2＋－12)＝eq\f(\r(10),3)，∴sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(3,5)，sinβ＝－eq\f(3\r(10),10)，cosβ＝eq\f(\r(10),10)，∴sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝－eq\f(\r(10),10)18．(本小題滿分12分)(文)(2022·課標(biāo)全國Ⅱ文)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn)．(1)證明：PB//平面AEC；(2)設(shè)AP＝1，AD＝eq\r(3)，三棱錐P－ABD的體積V＝eq\f(\r(3),4)，求A到平面PBC的距離．[解析](1)設(shè)BD與AC的交點(diǎn)為O，連結(jié)EO，由于四邊形ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)，又E為PD的中點(diǎn)，所以EO∥PB．EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC．(2)V＝eq\f(1,6)PA·AB·AD＝eq\f(\r(3),6)AB．由V＝eq\f(\r(3),4)，可得AB＝eq\f(3,2).作AH⊥PB交PB于點(diǎn)H.由題設(shè)知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，故AH⊥平面PBC，∵在Rt△PAB中，由勾股定理可得PB＝eq\f(\r(13),2)，∴AH＝eq\f(PA·AB,PB)＝eq\f(3\r(13),13).所以A到平面PBC的距離為eq\f(3\r(13),13).(理)如圖，直角梯形ABCD與等腰直角三角形ABE所在的平面相互垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB．(1)求證：AB⊥DE；(2)求直線EC與平面ABE所成角的正弦值；(3)線段EA上是否存在點(diǎn)F，使EC∥平面FBD？若存在，求出eq\f(EF,EA)的值；若不存在，請說明理由．[解析](1)證明：取AB的中點(diǎn)O，連接EO，DO.由于EB＝EA，所以EO⊥AB．由于四邊形ABCD為直角梯形，AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，所以四邊形OBCD為正方形，所以AB⊥OD．所以AB⊥平面EOD，又ED?平面EOD，所以AB⊥ED．(2)由于平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD．由OB、OD、OE兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz.由于三角形EAB為等腰直角三角形，所以O(shè)A＝OB＝OD＝OE，設(shè)OB＝1，所以O(shè)(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)．所以eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，平面ABE的一個法向量為eq\o(OD,\s\up6(→))＝(0,1,0)．設(shè)直線EC與平面ABE所成的角為θ，所以sinθ＝|cos〈eq\o(EC,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(EC,\s\up6(→))·\o(OD,\s\up6(→))|,|\o(EC,\s\up6(→))||\o(OD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),3)，即直線EC與平面ABE所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).(3)存在點(diǎn)F，且eq\f(EF,EA)＝eq\f(1,3)時，有EC∥平面FBD．證明如下：由eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(EA,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,3)，0，－eq\f(1,3))，F(xiàn)(－eq\f(1,3)，0，eq\f(2,3))，所以eq\o(FB,\s\up6(→))＝(eq\f(4,3)，0，－eq\f(2,3))．設(shè)平面FBD的法向量為v＝(a，b，c)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,v·\o(FB,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋b＝0，,\f(4,3)a－\f(2,3)c＝0，))取a＝1，得v＝(1,1,2)．由于eq\o(EC,\s\up6(→))·v＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，且EC?平面FBD，所以EC∥平面FBD，即點(diǎn)F滿足eq\f(EF,EA)＝eq\f(1,3)時，有EC∥平面FBD．19．(本小題滿分12分)(2021·廣州執(zhí)信中學(xué)期中)已知a1＝2，點(diǎn)(an，an＋1)在函數(shù)f(x)＝x2＋2x的圖象上，其中n∈N*.(1)證明：數(shù)列{lg(1＋an)}是等比數(shù)列；(2)設(shè)Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn；(3)記bn＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)，求數(shù)列{bn}的前項和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>1，兩邊取對數(shù)得lg(1＋an＋1)＝2lg(1＋an)，即eq\f(lg1＋an＋1,lg1＋an)＝2，∴{lg(1＋an)}是公比為2的等比數(shù)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).20．(本小題滿分12分)(文)(2021·焦作市期中)2022年9月，河南省第十二屆運(yùn)動會在焦作進(jìn)行，我市男子籃球隊獲得冠軍，賽前集訓(xùn)期間，甲、乙兩球員進(jìn)行定點(diǎn)投籃訓(xùn)練，每人每組投籃100次，各5組，如圖所示莖葉圖表示甲、乙兩位球員的投籃命中次數(shù)，其中一個數(shù)字模糊，無法確認(rèn)，在圖中以X表示．(1)若X＝8，假如你是教練，你會首先選擇甲、乙中的哪位球員上場？并說明理由；(2)若乙的平均投籃命中次數(shù)高于甲的平均投籃命中次數(shù)，從甲、乙兩人投籃中次數(shù)不低于90次的5組中任選2組，求所選2組投籃命中次數(shù)差的確定值不超過2次的概率．[解析](1)eq\o(x,\s\up6(－))甲＝90，eq\o(x,\s\up6(－))乙＝90.Seq\o\al(2,甲)＝eq\f(1,5)[(88－90)2＋(89－90)2＋(90－90)2＋(91－90)2＋(92－90)2]＝2，Seq\o\al(2,乙)＝eq\f(1,5)[(83－90)2＋(83－90)2＋(87－90)2＋(98－90)2＋(99－90)2]＝50.4，Seq\o\al(2,甲)<Seq\o\al(2,乙)，∴甲更穩(wěn)定，選擇甲上場．(2)由題意知，eq\f(83＋83＋87＋99＋90＋X,5)>eq\f(88＋89＋90＋91＋92,5)，∴X>8，∴X＝9.從5組數(shù)據(jù)中選取2組有：(92,91)，(92,90)，(92,99)，(92,99)，(91,90)，(91,99)，(91,99)，(90,99)，(90,99)，(99,99)共10種可能，其中符合條件的有4種：(92,91)，(92,90)，(91,90)，(99,99)，∴P＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).(理)(2022·天津河西區(qū)期末)某中學(xué)從高中三個班級選派4名老師和20名同學(xué)去當(dāng)文明交通宣揚(yáng)志愿者，20名同學(xué)的名額支配為高一12人，高二6人，高三2人．(1)若從20名同學(xué)中選出3人做為組長，求他們中恰好有1人是高一班級同學(xué)的概率；(2)若將4名老師隨機(jī)支配到三個班級(假設(shè)每名老師加入各班級是等可能的，且各位老師的選擇是相互獨(dú)立的)，記支配到高一班級的老師人數(shù)為X，求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望．[解析](1)解：設(shè)“他們中恰好有1人是高一班級同學(xué)”為大事A，則P(A)＝eq\f(C\o\al(1,12)C\o\al(2,8),C\o\al(3,20))＝eq\f(28,95).所以恰好有1人是高一班級同學(xué)的概率為eq\f(28,95).(2)解：X的全部取值為0,1,2,3,4.由題意可知，每位老師選擇高一班級的概率均為eq\f(1,3)，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,4)(eq\f(1,3))0(eq\f(2,3))4＝eq\f(16,81)；P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)(eq\f(1,3))1(eq\f(2,3))3＝eq\f(32,81)P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)(eq\f(1,3))2(eq\f(2,3))2＝eq\f(24,81)＝eq\f(8,27)；P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)(eq\f(1,3))3(eq\f(2,3))1＝eq\f(8,81)；P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,4)(eq\f(1,3))4(eq\f(2,3))0＝eq\f(1,81).隨機(jī)變量X的分布列為：X01234Peq\f(16,81)eq\f(32,81)eq\f(8,27)eq\f(8,81)eq\f(1,81)E(X)＝0×eq\f(16,81)＋1×eq\f(32,81)＋2×eq\f(24,81)＋3×eq\f(8,81)＋4×eq\f(1,81)＝eq\f(4,3).21．(本小題滿分12分)(文)(2021·山東菏澤期中)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)若a>0，試推斷f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性；(2)若f(x)在[1，e]上的最小值為eq\f(3,2)，求a的值；(3)若f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．[解析](1)由題意知f(x)的定義域為(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，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)．(2)由(1)可知，f′(x)＝eq\f(x＋a,x2).①若a≥－1，則x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此時f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\f(3,2)(舍去)．②若a≤－e，則x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此時f(x)在[1，e]上為減函數(shù)．∴f(x)min＝f(e)＝1－eq\f(a,e)＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\f(e,2)(舍去)，③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，當(dāng)1<x<－a時，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上為減函數(shù)；當(dāng)－a<x<e時，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上為增函數(shù)，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\r(e).綜上所述，a＝－eq\r(e).(3)∵f(x)<x2，∴l(xiāng)nx－eq\f(a,x)<x2.又x>0，∴a>xlnx－x3，令g(x)＝xlnx－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，h′(x)＝eq\f(1,x)－6x＝eq\f(1－6x2,x).∵x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)．∴h(x)<h(1)＝－2<0，即g′(x)<0，∴g(x)在(1，＋∞)上也是減函數(shù)．g(x)<g(1)＝－1，∴當(dāng)a≥－1時，f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立．(理)(2021·北師大附中期中)設(shè)函數(shù)f(x)定義在(0，＋∞)上，f(1)＝0，導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝eq\f(1,x)，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值；(2)爭辯g(x)與g(eq\f(1,x))的大小關(guān)系；(3)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<eq\f(1,x)對任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請說明理由．[解析](1)由題知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，∴g′(x)＝eq\f(x－1,x2)，令g′(x)＝0得x＝1，當(dāng)x∈(0,1