高中數(shù)學高考二輪復(fù)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(shù)單位，若(－1－2i)z＝1－i，則eq\o(z,\s\up6(－))在復(fù)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(fù)平面內(nèi)對應(yīng)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(fù)數(shù)z＝(3m－2)＋(m－1)i在復(fù)平面上對應(yīng)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(shù)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(shù)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(guān)于原點對稱，則函數(shù)f(x)的圖象()A．關(guān)于直線x＝eq\f(π,12)對稱 B．關(guān)于直線x＝eq\f(5π,12)對稱C．關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))對稱 D．關(guān)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(jié)合選項知，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(5,12)π對稱，選B．3．(2023·昆明市調(diào)研)給出下列四個命題：①?m∈R，使f(x)＝(m－1)xm2－4m＋3是冪函數(shù)②?x∈R，使ex－1>0；③?α，β∈R，使cos(α＋β)＝cosα＋cosβ；④?φ∈R，函數(shù)f(x)＝cos(x＋φ)都不是奇函數(shù)．其中真命題的個數(shù)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(shù)，①正確；由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)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(shù)，④不正確，故選D．4．(文)(2023·廣州市測試)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2x＋3，若在[－4,4]上任取一個實數(shù)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(shù)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(zhì)量監(jiān)測)某校開設(shè)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(jù)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(shù)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(shè)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(guān)于x、y的表達式，故脫去向量外衣后本題轉(zhuǎn)化為線性規(guī)劃問題，關(guān)鍵是準確應(yīng)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(chǎn)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(jīng)過點(2,0)時，3x－y取最大值6，當l0經(jīng)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(shù)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(shù)學問題．7．(文)已知數(shù)列{an}中an＝n2－kn(n∈N*)，且{an}單調(diào)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(diào)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(shù)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(diào)遞增，故應(yīng)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(shù)等于－5，則該展開式各項的系數(shù)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(shù)和Ceq\o\al(r,n)的對應(yīng)關(guān)系，二是項數(shù)與a、b的指數(shù)的對應(yīng)關(guān)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(shù)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(shù)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(guān)注，例如研究函數(shù)就要注意函數(shù)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(shè)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(zhì)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(zhì)檢)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的有序?qū)崝?shù)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?qū)崝?shù)對(16,4)后結(jié)束，故選D．10．(文)函數(shù)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(shù)g(x)＝log2x的圖象的交點個數(shù)是()A．4 B．3C．2 D．1[答案]B[分析]不能準確作出兩函數(shù)在相應(yīng)區(qū)間的圖象，以及分不清兩函數(shù)圖象的相應(yīng)位置關(guān)系是造成失誤的主要原因．[解析]分別在同一坐標系內(nèi)作出兩函數(shù)的圖象．如圖所示，觀察易知兩函數(shù)圖象有且僅有3個交點．[點評]在判斷函數(shù)圖象交點的個數(shù)或利用函數(shù)圖象判斷方程解的個數(shù)時，一定要注意函數(shù)圖象的相對位置關(guān)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(yīng)函數(shù)圖象上的點應(yīng)在相應(yīng)直線的上側(cè)，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(shù)圖象的相對位置關(guān)系．(理)已知函數(shù)f(x)＝|x＋eq\f(1,x)|－|x－eq\f(1,x)|，若關(guān)于x的方程f(x)＝2m有四個不同的實根，則實數(shù)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(shù)根，由數(shù)形結(jié)合法得0<m<1.[點撥]作圖要準確，用圖要嚴密要抓住關(guān)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(zhì)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(zhì)檢)設(shè)對任意實數(shù)x>0，y>0，若不等式x＋eq\r(xy)≤a(x＋2y)恒成立，則實數(shù)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(shù)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(xiàn)不等式的兩邊對于字母x、y來說都存在二次關(guān)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(zhuǎn)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(yīng)二次函數(shù)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(zhuǎn)換大多數(shù)考生容易出現(xiàn)錯誤，此類問題解決的關(guān)鍵在于明確轉(zhuǎn)化目標及整體意識．12．(2023·鄭州市質(zhì)檢)等差數(shù)列{an}中的a1、a4027是函數(shù)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(zhuǎn)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(zhuǎn)化不等價而導(dǎo)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(jié)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(shè)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(fù)雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡單的問題．2．直觀化原則：將較抽象的問題轉(zhuǎn)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(jié)論或恒成立問題，可運用一般與特殊相互轉(zhuǎn)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(shè)t＝g(x)得到新的函數(shù)關(guān)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(guān)系，公共點個數(shù)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(yīng)數(shù)形結(jié)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(shù)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(jié)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，F(xiàn)2，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(shè)|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(yīng)性測試)已知實數(shù)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(shù))，若目標函數(shù)z＝2x＋y的最大值是eq\f(11,3)，則實數(shù)k的值是________．[答案]－3[解析]由題意可得，直線x＋y＋k＝0經(jīng)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(shù)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(shè)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(zhì)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(shù)為12，則展開式的常數(shù)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(shù)為a·Ceq\o\al(1,6)＝6a＝12，∴a＝2.所以當r＝3時，常數(shù)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(yīng)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(shù)列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＋1＝2－eq\f(1,an)，設(shè)bn＝eq\f(1,an－1)，數(shù)列{bn}的前n項和是Sn.(1)證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求Sn；(2)比較an與Sn＋7的大?。甗解析](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(shù)列{bn}是公差為1的等差數(shù)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(shù)，eq\f(1,n－\f(7,2))也是減函數(shù)，∴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(shù)列，Sn是遞增數(shù)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(shù)列{an}滿足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)若{an}是遞增數(shù)列，且a1,2a2,3a3成等差數(shù)列，求p(2)若p＝eq\f(1,2)，且{a2n－1}是遞增數(shù)列，{a2n}是遞減數(shù)列，求數(shù)列{an}的通項公式．[分析]第(1)問常因忽視{an}是遞增數(shù)列致誤；第(2)問常因變換欠嚴密致誤．[解析](1)因為數(shù)列{an}為遞增數(shù)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(shù)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(shù)列an為常數(shù)數(shù)列不符合數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，所以p＝eq\f(1,3).(2)∵{a2n－1}是遞增數(shù)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(shù)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(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(4,3)＋eq\f(－1n,3·2n－1).[方法點撥]數(shù)學思維、證明要求嚴謹，步步有據(jù)，條理清楚，在數(shù)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(jù)，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(cè)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(zhì)定理和公理4可獲證．(2)由四條側(cè)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(zhuǎn)化為由相似關(guān)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(nèi)，∴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(yīng)用線面平行的性質(zhì)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(xiàn)正四棱錐關(guān)系，因而找不到棱錐高PO∥平面GEFH，打不通思路．3．比例關(guān)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(shù)學成績，乙組記錄中有一個數(shù)字模糊，無法確認，假設(shè)這個數(shù)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(shù)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(shù)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(shè)“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(shù)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(shè)“這兩名同學的數(shù)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(jié)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(jié)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(shù)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(diào)查．下面是根據(jù)調(diào)查結(jié)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(jù)已知條件完成下面2×2列聯(lián)表，并據(jù)此判斷是否有99%的把握認為“讀書迷”與性別有關(guān)？非讀書迷讀書迷合計男15女45合計(2)將頻率視為概率．現(xiàn)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(shù)為X.若每次抽取的結(jié)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(lián)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(guān)．(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(shù)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(shù)f(x)的單調(diào)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(diào)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(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，a)；當a>1時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)．[方法點撥]1.含參數(shù)的數(shù)學問題，參數(shù)變化時，往往會導(dǎo)致結(jié)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(shù)學問題，依據(jù)條件可以得到不同位置狀態(tài)的圖形，這時要根據(jù)其不同位置進行分類討論．3．許多數(shù)學概念本身都是涉及分類的，如絕對值、指對函數(shù)、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(shù)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(zhì)，遇到相關(guān)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(guān)的幾何圖形的性質(zhì)中涉及分類討論的內(nèi)容，才能在解題中立于不敗之地．(理)設(shè)函數(shù)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(shù)f(x)的單調(diào)性．[分析]第(2)問，由于f(x)解析式中含參數(shù)a，f(x)的單調(diào)性受a的值的制約，需要分類討論，關(guān)鍵是分類標準的確定要明確．[解析](1)函數(shù)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(diào)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(diào)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(diào)遞增，在(eq\f(a－\r(a2－8),2)，eq\f(a＋\r(a2－8),2))上單調(diào)遞減．綜上，當a≤2eq\r(2)時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)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(diào)遞增，在(eq\f(a－\r(a2－8),2)，eq\f(a＋\r(a2－8),2))上單調(diào)遞減．21．(本題滿分12分)(文)(2023·昆明市質(zhì)檢)設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)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(shè)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(jīng)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(shè)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(zhì)檢)在直角坐標系xOy中，設(shè)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(shè)經(jīng)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(shù)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(shè)C(x，y)，∵eq\o(CG,\s\up6(→))＋2eq\o(OG,\s\up6(→))＝0，∴G(eq\f(x,3)，eq\f(y,3))，設(shè)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(jù)|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(shè)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(shè)E(x1，y1)，F(xiàn)(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(shù)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