【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(人教B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．考試時間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，∴實部為1，虛部為－1，和為0，選A.2．(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).3．(文)(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.(理)(2022·北京朝陽區(qū)期中)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的T值為()A．91 B．55C．54 D．30[答案]B[解析]所給的程序的作用是計算：T＝12＋22＋32＋42＋52＝55.4．(文)(2022·白鷺洲中學(xué)期中)復(fù)數(shù)z＝(m2＋m)＋mi(m∈R，i為虛數(shù)單位)是純虛數(shù)，則實數(shù)m的值為()A．0或－1 B．0C．1 D．－1[答案]D[解析]∵z為純虛數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m＝0，,m≠0，))∴m＝－1，故選D.(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．(2021·甘肅會寧二中模擬)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，有下列四個命題：①若m?β，α⊥β，則m⊥α；②若α∥β，m?α，則m∥β；③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，則m⊥β；④若m∥α，m∥β，則α∥β.其中正確命題的序號是()A．①③ B．①②C．③④ D．②③[答案]D[解析]①中只有當(dāng)m垂直于α與β的交線時，才有m⊥α，故①錯，排解A、B；由兩個平面平行的性質(zhì)知②正確，排解C，故選D.6．(2021·湖北襄陽四中、龍泉中學(xué)、宜昌一中、荊州中學(xué)聯(lián)考)復(fù)數(shù)z＝eq\f(－3＋i,2＋i)的共軛復(fù)數(shù)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，∴復(fù)數(shù)z＝eq\f(－3－i,2＋i)的共軛復(fù)數(shù)是－1－i，故答案為D.7．(文)(2021·江西吉安一中段考)復(fù)數(shù)z滿足(1＋i)z＝|1－i|，則z的虛部為()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的虛部為－eq\f(\r(2),2).(理)(2021·廣東陽東一中、廣雅中學(xué)聯(lián)考)若復(fù)數(shù)z滿足方程z2＋2＝0，則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·廣東佛山質(zhì)量檢測)在等差數(shù)列{an}中，若am＝p，an＝q(m，n∈N*，n－m≥1)，則am＋n＝eq\f(nq－mp,n－m).類比上述結(jié)論，對于等比數(shù)列{bn}(bn>0，n∈N*)，若bm＝r，bn＝s(n－m≥2，m，n∈N*)，則可以得到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]設(shè)公比為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·河北高陽中學(xué)月考)閱讀程序框圖，若輸入m＝4，n＝6，則輸出a，i分別是()A．a(chǎn)＝12，i＝3 B．a(chǎn)＝12，i＝4C．a(chǎn)＝8，i＝3 D．a(chǎn)＝8，i＝4[答案]A[解析]程序運行過程依次為：輸入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，此時a能被n整除，輸出a＝12，i＝3后結(jié)束，故選A.(理)(2021·內(nèi)蒙赤峰市統(tǒng)考)已知某算法的程序框圖如圖，若將輸出的(x，y)值依次記為數(shù)對(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，…，(xn，yn)…，若程序進行中輸出的一個數(shù)對是(x，－8)，則相應(yīng)的x值為()A．80 B．81C．79 D．78[答案]B[解析]程序運行過程為：x＝1，y＝0，n＝1，輸出(1,0)，n＝1＋2＝3，x＝3×1＝3，y＝0－2＝－2，n≤2008成立→輸出(3，－2)，n＝3＋2＝5，x＝3×3＝9，y＝－2－2＝－4，n≤2008成立→輸出(9，－4)，n＝5＋2＝7，x＝3×9＝27，y＝－4－2＝－6，m≤2008成立→輸出(27，－6)，n＝7＋2＝9，x＝3×27＝81，y＝－6－2＝－8，n≤2008成立→輸出(81，－8)，…，由于程序運行中輸出的一個數(shù)對為(x，－8)，∴x＝81.10．(2021·四川巴中市診斷)設(shè)S，T是R的兩個非空子集，假如存在一個從S到T的函數(shù)y＝f(x)滿足：(1)T＝{f(x)|x∈S}；(2)對任意x1，x2∈S，當(dāng)x1<x2時，恒有f(x1)<f(x2)，那么稱這兩個集合“保序同構(gòu)”．以下集合對不是“保序同構(gòu)”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*)，則選項A中兩個集合為“保序同構(gòu)”；選項B中，令f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－8x＝－1，,\f(5,2)x＋1－1<x≤3，))則B中兩個集合“保序同構(gòu)”；選項C中，令f(x)＝tanπ(x－eq\f(1,2))，(0<x<1)，則C中兩個集合“保序同構(gòu)”，故選D.11．(文)(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.(理)(2022·廣東梅縣東山中學(xué)期中)在f(m，n)中，m，n，f(m，n)∈N*，且對任意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)；給出下列三個結(jié)論①f(1,5)＝9；②f(5,1)＝16；③f(5,6)＝26；其中正確的結(jié)論個數(shù)是()個．()A．3 B．2C．1 D．0[答案]A[解析]∵f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，∴f(m，n)組成首項為f(m,1)，公差為2的等差數(shù)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)構(gòu)成首項為f(1,1)，公比為2的等比數(shù)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)如圖，在△ABC中，∠CAB＝∠CBA＝30°，AC、BC邊上的高分別為BD、AE，垂足分別是D、E，以A、B為焦點且過D、E的橢圓與雙曲線的離心率分別為e1、e2，則eq\f(1,e1)＋eq\f(1,e2)的值為()A．1 B．eq\r(3)C．2 D．2eq\r(3)[答案]B[解析]設(shè)AE＝1，則AB＝2，BD＝1，AD＝BE＝eq\r(3)，∴橢圓的焦距2c＝2，∴c＝1，長軸長2a＝AD＋BD＝eq\r(3)＋1，∴離心率e1＝eq\f(1,\f(\r(3)＋1,2))＝eq\r(3)－1，雙曲線的焦距2c1＝2，∴c1＝1，雙曲線的實軸長2a1＝AD－BD＝eq\r(3)－1，∴離心率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)，故選B.(理)(2022·北京市海淀區(qū)期末)如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，BD∩AC＝O，M是線段D1O上的動點，過點M作平面ACD1的垂線交平面A1B1C1D1于點N，則點N到點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為正方體，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為正方體，棱長為1，所以△AB1D1為正三角形，邊長為eq\r(2)，所以當(dāng)N為B1D1中點時，AN最小為eq\r(2)sin60°＝eq\f(\r(6),2).故B正確．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·高州四中質(zhì)量監(jiān)測)有一個奇數(shù)列1,3,5,7,9，…，現(xiàn)在進行如下分組：第一組含一個數(shù){1}，其次組含兩個數(shù){3,5}，第三組含三個數(shù){7,9,11}，第四組含四個數(shù){13,15,17,19}，…，現(xiàn)觀看猜想每組內(nèi)各數(shù)之和an與其組的編號數(shù)n的關(guān)系為________．[答案]an＝n3[解析]第n組含n個數(shù)，前n－1組共有1＋2＋3＋…＋(n－1)＝eq\f(nn－1,2)個數(shù)，∴第n組的最小數(shù)為n2－n＋1，第n組的n個數(shù)組成首項為n2－n＋1，公差為2的等差數(shù)列，∴其各項之和為an＝n(n2－n＋1)＋eq\f(nn－1,2)×2＝n3.(理)(2022·陜西工大附中四模)由13＝12,13＋23＝(1＋2)2,13＋23＋33＝(1＋2＋3)2，……，可猜想出的第n個等式是________．[答案]13＋23＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2[解析]觀看各等式可見第n個等式左邊有n項，每個等式都是從13到n3的和，等式右端是從1到n的和的平方，故第n個等式為13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2.14．(文)(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.(理)(2021·內(nèi)蒙古寧城縣月考)執(zhí)行下邊的程序框圖，假如輸入a＝4，那么輸出的n的值是________．[答案]3[解析]程序運行過程依次為：開頭→輸入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照舊成立→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，此時P≤Q不成立，跳出循環(huán)，輸出n＝3后結(jié)束．15．(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，AB＝1，過點O的動直線與兩腰或其延長線的交點分別為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O的動平面與三棱錐的三條側(cè)棱或其延長線的交點分別為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)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·江西臨川十中期中)給出下列不等式：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，…，則按此規(guī)律可猜想第n個不等式為________________．[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]觀看不等式左邊最終一項的分母3,7,15，…，通項為2n＋1－1，不等式右邊為首項為1，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列，故猜想第n個不等式為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)(2021·四川遂寧中學(xué)月考)下圖呈現(xiàn)了一個由區(qū)間(0,1)到實數(shù)集R的映射過程：區(qū)間(0,1)中的實數(shù)對應(yīng)數(shù)軸上的點M，如圖①；將線段AB圍成一個圓，使兩端點A，B恰好重合，如圖②；再將這個圓放在平面直角坐標(biāo)系中，使其圓心在y軸上，點A的坐標(biāo)為(0,1)，如圖③.圖③中直線AM與x軸交于點N(n,0)，則m的象就是n，記作f(m)＝n.下列說法中正確命題的序號是________．(填出全部正確命題的序號)①方程f(x)＝0的解是x＝eq\f(1,2)；②f(eq\f(1,4))＝1；③f(x)是奇函數(shù)；④f(x)在定義域上單調(diào)遞增；⑤f(x)的圖象關(guān)于點(eq\f(1,2)，0)對稱．[答案]①④⑤[解析]①f(x)＝0，即N(0,0)，此時M為⊙C與y軸的交點，AM為⊙C的直徑，∴M為AB的中點，∴m＝eq\f(1,2)，故①為真命題；當(dāng)m＝eq\f(1,4)時，在平面直角坐標(biāo)系中，M為過C平行于x軸的直線與⊙C的交點，明顯n≠1，∴②不成立；由于0<m<1，∴f(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)，故③錯誤；在圖①中，當(dāng)點M從A向B移動時，在圖③中，點M從A逆時針方向沿⊙C旋轉(zhuǎn)，對應(yīng)點N從－∞沿x軸向右移動，故n隨m的增大而增大，∴f(x)為增函數(shù)，④為真命題；由圖③及f(eq\f(1,2))＝0易知，f(x)的圖象關(guān)于點(eq\f(1,2)，0)對稱，∴⑤為真命題．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·湖南長沙試驗中學(xué)、沙城一中聯(lián)考)在△ABC中，a、b、c分別為角A、B、C的對邊，△ABC的面積S滿足S＝eq\f(\r(3),2)bccosA.(1)求角A的值；(2)若a＝eq\r(3)，設(shè)角B的大小為x用x表示c，并求c的取值范圍．[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．(本小題滿分12分)(2022·佛山市質(zhì)檢)如圖1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E、F分別為CD、AB邊上的點，且DE＝3，BF＝4，將△BCE沿BE折起至△PBE位置(如圖2所示)，連結(jié)AP、PF，其中PF＝2eq\r(5).(1)求證：PF⊥平面ABED；(2)在線段PA上是否存在點Q使得FQ∥平面PBE？若存在，求出點Q的位置；若不存在，請說明理由．(3)求點A到平面PBE的距離．[解析](1)連結(jié)EF，由翻折不變性可知，PB＝BC＝6，PE＝CE＝9，在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，所以PF⊥BF，在圖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)當(dāng)Q為PA的三等分點(靠近P)時，F(xiàn)Q∥平面PBE.證明如下：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為三棱錐P－ABE的高．設(shè)點A到平面PBE的距離為h，由等體積法得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)，即點A到平面PBE的距離為eq\f(8\r(5),3).19．(本小題滿分12分)(文)(2021·廣州執(zhí)信中學(xué)期中)已知a1＝2，點(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).(理)(2021·江西南昌二中月考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(3,2)x，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，點(n，Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y＝f(x)的圖象上．(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；(2)令cn＝eq\f(an,an＋1)＋eq\f(an＋1,an)，證明：2n<c1＋c2＋…＋cn<2n＋eq\f(1,2).[解析](1)∵點(n，Sn)在函數(shù)f(x)的圖象上，∴Sn＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(3,2)n，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n＋1；當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝2適合上式，∴an＝n＋1(n∈N*)．(2)證明：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．(本小題滿分12分)(文)銀川市某中學(xué)餐廳開展“反對鋪張、厲行節(jié)儉”的行動，在一周內(nèi)購進某種食品，每售出1kg獲利8元，未售出的食品1kg虧損5元．依據(jù)前期抽樣得到一周內(nèi)同學(xué)的實際需求量的頻率分布直方圖如圖所示．若學(xué)校餐廳為下一周購進60kg該食品，以Y(單位：kg,0≤Y≤100)表示同學(xué)的需求量，T(單位：元)表示下一周內(nèi)該食品的利潤．(1)將T表示成Y的函數(shù)；(2)將頻率視為概率，以各組區(qū)間的中點值代表該組的各個值，解決下列問題：①若需求量不超過供應(yīng)量時，求需求量的平均值；②依據(jù)直方圖估量利潤T不少于220元的概率．[解析](1)依題意可知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由題意得，需求量的平均值等于0.0125×20×10＋0.025×20×30＋0.0065×20×50＝24(kg)．②設(shè)T不少于220元的概率為P，依題意可知13Y－300≥220，Y≥40，則P＝(0.0065＋2×0.003)×20＝0.25.(理)(2021·甘肅會寧二中模擬)甲、乙、丙三人獨立破譯同一份密碼，已知甲、乙、丙各自破譯出密碼的概率分別為eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，p，且他們是否破譯出密碼互不影響，若三人中只有甲破譯出密碼的概率為eq\f(1,6).(1)求p的值．(2)設(shè)在甲、乙、丙三人中破譯出密碼的總?cè)藬?shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X)．[解析]記“甲、乙、丙三人各自破譯出密碼”分別為大事A1、A2、A3，依題意有P(A1)＝eq\f(1,3)，P(A2)＝eq\f(1,4)，P(A3)＝p，且A1、A2、A3相互獨立．(1)設(shè)“三人中只有甲破譯出密碼”為大事B，則有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的全部可能取值為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的分布列為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．(本小題滿分12分)(文)(2022·佛山質(zhì)檢)如圖所示，已知橢圓C的兩個焦點分別為F1(－1,0)、F2(1,0)，且F2到直線x－eq\r(3)y－9＝0的距離等于橢圓的短軸長．(1)求橢圓C的方程；(2)若圓P的圓心為P(0，t)(t>0)，且經(jīng)過F1、F2，Q是橢圓C上的動點且在圓P外，過Q作圓P的切線，切點為M，當(dāng)|QM|的最大值為eq\f(3\r(2),2)時，求t的值．[解析](1)設(shè)橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，依題意，2b＝eq\f(|1－9|,2)＝4，所以b＝2，又c＝1，所以a2＝b2＋c2＝5，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設(shè)Q(x，y)(其中eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1)，圓P的方程為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)，則當(dāng)y＝－2時，|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)，則當(dāng)y＝－4t時，|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).綜上，當(dāng)t＝eq\f(\r(2),4)時，|QM|的最大值為eq\f(3\r(2),2).(理)(2021·河北高陽中學(xué)月考)過橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)右焦點F2的直線交橢圓于A，B兩點，F(xiàn)1為其左焦點，已知△AF1B的周長為8，橢圓的離心率為eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C的方程；(2)是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓C恒有兩個交點P，Q，且eq\o(OP,\s\up6(→))⊥eq\o(OQ,\s\up6(→))？若存在，求出該圓的方程；若不存在，請說明理由．[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，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)假設(shè)滿足條件的圓存在，其方程為x2＋y2＝r2(0＜r＜1)．當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)其方程為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.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則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將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)．∵直線PQ與圓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)，∴存在圓x2＋y2＝eq\f(4,5)滿足條件．當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，也適合x2＋y2＝eq\f(4,5).綜上所述，存在圓心在原點的圓x2＋y2＝eq\f(4,5)滿足條件．22．(本小題滿分14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(