【2022屆走向高考】高三數(shù)學一輪(人教A版)階段性測試題12(綜合素質(zhì)能力測試)

階段性測試題十二(綜合素養(yǎng)力氣測試)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．(文)(2022·湖南長沙試驗中學、沙城一中聯(lián)考)A＝{x||x－1|≥1，x∈R}，B＝{x|log2x>1，x∈R}，則“x∈A”是“x∈B”的()A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充分必要條件 D．既非充分也非必要條件[答案]B[解析]由|x－1|≥1得x≥2或x≤0，∴A＝{x|x≥2或x≤0}，由log2x>1得x>2，∴B＝{x|x>2}，∵BA，∴選B．(理)(2022·福州市八縣聯(lián)考)已知函數(shù)y＝lg(4－x)的定義域為A，集合B＝{x|x<a}，若P：“x∈A”是Q：“x∈B”的充分不必要條件，則實數(shù)a的取值范圍是()A．a(chǎn)≥4 B．a(chǎn)≤4C．a(chǎn)>4 D．a(chǎn)<4[答案]C[解析]A＝{x|x<4}，B＝{x|x<a}，∵P是Q的充分不必要條件，∴AB，∴a>4，故選C．2．(2021·廣州執(zhí)信中學期中)下列說法正確的是()A．命題“若x2＝1，則x＝1”的否命題為“若x2＝1，則x≠B．命題“?x≥0，x2＋x－1＜0”的否定是“?x0＜0，xeq\o\al(2,0)＋x0－1＜0”C．命題“若x＝y(tǒng)，則sinx＝siny”的逆否命題為假命題D．若“p∨q”為真命題，則p，q中至少有一個為真命題[答案]D[解析]“若x2＝1，則x＝1”的否命題為“若x2≠1，則x≠1”，故A錯；否命題既否定條件，又否定結(jié)論；而命題的否定只否定命題的結(jié)論．“?x≥0，x2＋x－1<0”的否定是“?x0≥0，使xeq\o\al(2,0)＋x0－1≥0”，故B錯；命題“若A，則B”的逆否命題是“若綈B，則綈A”，因此“若x＝y(tǒng)，則sinx＝siny”的逆否命題為“若sinx≠siny，則x≠y”，這是一個真命題；“p∨q”為真命題時，p與q中至少有一個為真命題，故選3．(文)(2022·北京東城區(qū)聯(lián)考)設a＝logeq\f(1,3)2，b＝log23，c＝(eq\f(1,2))0.3，則()A．a(chǎn)<b<c B．a(chǎn)<c<bC．b<c<a D．b<a<c[答案]B[解析]a＝logeq\f(1,3)2<logeq\f(1,3)1＝0，b＝log23>log22＝1,0<c＝(eq\f(1,2))0.3<(eq\f(1,2))0＝1，∴a<c<b，選B．(理)(2022·三亞市一中月考)若函數(shù)f(x)對定義域R內(nèi)的任意x都有f(x)＝f(2－x)，且當x≠1時其導函數(shù)f′(x)滿足xf′(x)>f′(x)，若1<a<2，則()A．f(2a)<f(2)<f(log2a) B．f(log2a)<f(2)<fC．f(2)<f(log2a)<f(2a) D．f(log2a)<f(2a)<[答案]B[解析]∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，∵xf′(x)>f′(x)，∴f′(x)(x－1)>0，∴x>1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，x<1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，∵1<a<2，∴2<eq\f(4,a)<4，∴1<log2eq\f(4,a)<2，又2<2a<4，∴1<log2eq\f(4,a)<2<2a，∴f(log2eq\f(4,a))<f(2)<f(2a)，∵f(log2eq\f(4,a))＝f(2－log2a)＝f(log2a)，∴f(log2a)<f(2)<f(24．(2022·三亞市一中月考)函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的部分圖象如圖所示，則函數(shù)的解析式為()A．y＝sin(x＋eq\f(π,3)) B．y＝sin(x－eq\f(π,3))C．y＝sin(2x＋eq\f(π,3)) D．y＝sin(2x－eq\f(π,3))[答案]C[解析]由圖知，eq\f(T,4)＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，∴T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，由y＝sin(2x＋φ)過(eq\f(7π,12)，－1)點得sin(eq\f(7π,6)＋φ)＝－1，∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，故選C．5．(2021·河南省試驗中學期中)設Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若eq\f(a5,a3)＝eq\f(5,9)，則eq\f(S9,S5)＝()A．1 B．2C．3 D．4[答案]A[解析]eq\f(S9,S5)＝eq\f(9a5,5a3)＝eq\f(9,5)×eq\f(5,9)＝1.6．(文)(2022·遼寧師大附中期中)已知圓x2＋y2＝1與x軸的兩個交點為A、B，若圓內(nèi)的動點P使|PA|、|PO|、|PB|成等比數(shù)列，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的取值范圍為()A．(0，eq\f(1,2)] B．[－eq\f(1,2)，0)C．(－eq\f(1,2)，0) D．[－1,0)[答案]B[解析]設P(x，y)，則x2＋y2<1，∵|PA|、|PO|、|PB|成等比數(shù)列，∴|PO|2＝|PA|·|PB|，∵A(－1,0)，B(1,0)，∴x2＋y2＝eq\r(x＋12＋y2)·eq\r(x－12＋y2)，兩邊平方得，x2－y2＝eq\f(1,2)，∵－1<y<1，∴x2＋y2－1＝2y2－eq\f(1,2)∈[－eq\f(1,2)，eq\f(3,2))，∴－eq\f(1,2)≤x2＋y2－1<0，∴eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－1－x，－y)·(1－x，－y)＝x2＋y2－1∈[－eq\f(1,2)，0)，故選B．(理)(2021·河南八校第一次聯(lián)考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，sineq\f(C,2)＝eq\f(\r(6),3)，a＝b＝3，點P是邊AB上的一個三等分點，則eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝()A．0 B．6C．9 D．12[答案]B[解析]∵sineq\f(C,2)＝eq\f(\r(6),3)，∴cosC＝1－2sin2eq\f(C,2)＝1－2×(eq\f(\r(6),3))2＝－eq\f(1,3)，∴c2＝a2＋b2－2abcosC＝9＋9－2×9×(－eq\f(1,3))＝24，∴c＝2eq\r(6)，設AB的中點為M，則CM＝eq\r(CB2－BM2)＝eq\r(32－\r(6)2)＝eq\r(3).∴eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(CP,\s\up6(→))·(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→)))＝(eq\o(CM,\s\up6(→))＋eq\o(MP,\s\up6(→)))·2eq\o(CM,\s\up6(→))＝2|eq\o(CM,\s\up6(→))|2＝6.7．(文)(2022·北京朝陽區(qū)期末)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的k值為()A．6 B．24C．120 D．720[答案]C[解析]依據(jù)框圖的循環(huán)結(jié)構(gòu)可知，循環(huán)過程依次為：k＝1，i＝2，k＝1×2＝2；i＝2＋1＝3；k＝2×3＝6，i＝3＋1＝4，k＝6×4＝24，i＝4＋1＝5，k＝24×5＝120，i＝5＋1＝6>5，跳出循環(huán)，輸出結(jié)果k＝120.故C正確．(理)(2022·撫順市六校聯(lián)合體期中)執(zhí)行下面的程序框圖，則輸出的S的值是()A．39 B．21C．81 D．102[答案]D[解析]程序運行過程為：n＝1，S＝0，n<4成立，S＝0＋1×31＝3，n＝1＋1＝2，n<4成立，S＝3＋2×32＝21，n＝2＋1＝3，n<4仍成立，S＝21＋3×33＝102，n＝3＋1＝4，此時n<4不成立，跳出循環(huán)，輸出S的值102后結(jié)束，選D．8．(2021·開封市二十二校聯(lián)考)拋物線y2＝4x的焦點為F，點P(x，y)為該拋物線上的動點，又點A(－1,0)，則eq\f(|PF|,|PA|)的取值范圍是()A．[eq\f(\r(2),2)，1] B．[eq\f(1,2)，1]C．[eq\f(\r(2),2)，eq\r(2)] D．[1,2][答案]A[解析]過P作拋物線準線的垂線，垂足為B，則|PF|＝|PB|，∵拋物線y2＝4x的焦點為F(1,0)，點A(－1,0)，∴eq\f(|PF|,|PA|)＝sin∠BAP，設過A的拋物線的切線方程為y＝k(x＋1)，代入拋物線方程可得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，∴Δ＝(2k2－4)2－4k4＝0，∴k＝±1，sin∠BAP∈[eq\f(\r(2),2)，1]．9．(2022·江西修水一中、永修一中聯(lián)考)已知命題p：“a>0，b>0”是“方程ax2＋by2＝1”q：在復平面內(nèi)，復數(shù)eq\f(1－i,1＋i)所表示的點在其次象限；r：直線l⊥平面α，平面α∥平面β，則直線l⊥平面β；s：同時拋擲兩枚相同的均勻硬幣，毀滅一正一反的概率為eq\f(1,3)，則下列復合命題中正確的是()A．p且q B．r或sC．非r D．q或s[答案]B[解析]若方程ax2＋by2＝1表示橢圓，則a>0，b>0；當a＝b>0時，方程ax2＋by2＝1不表示橢圓，∴p為假命題；∵eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＝－i表示的點在虛軸上，∴q為假命題；r明顯為真命題；同時拋擲兩枚相同均勻硬幣，有四種不同結(jié)果，毀滅一正一反的情形有兩種，∴p＝eq\f(1,2)，∴s為假命題．∴p且q為假，r或s為真，非r為假，q或s為假，選B．10．(文)(2022·韶關市曲江一中月考)設函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且對任意x∈R都有f(x)＝f(x＋4)，當x∈(－2,0)時，f(x)＝2x，則f(2022)－f(2011)的值為()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,2)C．2 D．－2[答案]A[解析]∵f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)的周期為4，又∵f(x)是R上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0，∴f(2022)＝f(0)＝0，又x∈(－2,0)時，f(x)＝2x，∴f(－1)＝eq\f(1,2)，∴f(2011)＝f(－1)＝eq\f(1,2)，∴f(2022)－f(2011)＝－eq\f(1,2)，選A．(理)(2022·杭州七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x2＋4x0≤x<1,log2021xx>1))，若a、b、c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，則a＋b＋c的取值范圍是()A．(2,2022) B．(2,2021)C．(3,2022) D．(3,2021)[答案]A[解析]y＝log2021x，當x＝2021時，y＝1；y＝－4x2＋4x，當x＝eq\f(1,2)時，y＝1；又a、b、c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，不妨設a<b<c，則0<a<eq\f(1,2)，eq\f(1,2)<b<1,1<c<2021，且a＋b＝1，∴2<a＋b＋c<2022，故選A．11．(2022·寶雞市質(zhì)檢)設雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(b>a>0)的半焦距為c，直線l過A(a,0)、B(0，b)兩點，若原點O到l的距離為eq\f(\r(3)c,4)，則雙曲線的離心率為()A．eq\f(2\r(3),3)或2 B．2C．eq\r(2)或eq\f(2\r(3),3) D．eq\f(2\r(3),3)[答案]A[解析]由題意，直線l的方程為：eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0，∴原點O到l的距離為d＝eq\f(ab,\r(a2＋b2))＝eq\f(ab,c)，∵原點O到l的距離為eq\f(\r(3)c,4)，∴eq\f(ab,c)＝eq\f(\r(3)c,4)，∴3e4－16e2＋16＝0，∴e2＝4或e2＝eq\f(4,3)，∴e＝2或e＝eq\f(2\r(3),3)，故選A．12．(2021·湖北教學合作聯(lián)考)已知由不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y－kx≤2，,y－x－4≤0.))確定的平面區(qū)域Ω的面積為7，定點M的坐標為(1，－2)，若N∈Ω，O為坐標原點，則eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))的最小值是()A．－8 B．－7C．－6 D．－4[答案]B[解析]依題意，畫出不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y－x－4≤0.))所表示的平面區(qū)域(如圖所示)可知其圍成的區(qū)域是等腰直角三角形，面積為8，由直線y＝kx＋2恒過點B(0,2)，且原點的坐標恒滿足y－kx≤2，當k＝0時，y≤2，此時平面區(qū)域Ω的面積為6，由于6<7，由此可得k<0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－kx＝2，,y－x－4＝0，))可得D(eq\f(2,k－1)，eq\f(4k－2,k－1))，依題意應有eq\f(1,2)×2×|eq\f(2,k－1)|＝1，因此k＝－1(k＝3舍去)，故有D(－1,3)，設N(x，y)，故由z＝eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x－2y，可化為y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z，∵eq\f(1,2)<1，∴當直線y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z過點D時，截距－eq\f(1,2)z最大，即z取得最小值－7，故選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．(2022·北京東城區(qū)聯(lián)考)在△ABC中，若a＝eq\r(3)，b＝3，B＝eq\f(2π,3)，則c＝________.[答案]eq\r(3)[解析]∵B＝eq\f(2π,3)>eq\f(π,2)，b>a，∴三角形只有一解．由正弦定理得，eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)，即eq\f(3,sin\f(2π,3))＝eq\f(\r(3),sinA)，∴sinA＝eq\f(1,2)，∴A＝eq\f(π,6)，∴c2＝a2＋b2－2abcosC＝3＋9－6eq\r(3)cos(π－eq\f(2π,3)－eq\f(π,6))＝12－6eq\r(3)coseq\f(π,6)＝3，∴c＝eq\r(3).14．(文)(2022·長沙市重點中學月考)閱讀程序框圖，運行相應的程序，當輸入x的值為－25時，輸出x的值為________．[答案]4[解析]輸入x＝－25，|x|＝25>1成立，x＝eq\r(25)－1＝4，|x|＝4>1成立，x＝eq\r(4)－1＝1>1不成立，x＝3×1＋1＝4，輸出x的值4后結(jié)束．(理)(2021·豫南九校聯(lián)考)若(x＋a)6的開放式中x3的系數(shù)為160，則eq\i\in(1,a,)xadx的值為________．[答案]eq\f(7,3)[解析]由條件知Ceq\o\al(3,6)a3＝160，∴a＝2，∴eq\i\in(1,a,)xadx＝eq\i\in(1,2,)x2dx＝eq\f(1,3)x3|eq\o\al(2,1)＝eq\f(7,3).15．(文)(2022·合肥八中聯(lián)考)已知△OFQ的面積為S，且eq\o(OF,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))＝1，若eq\f(1,2)<S<eq\f(\r(3),2)，則eq\o(OF,\s\up6(→))，eq\o(FQ,\s\up6(→))夾角θ的取值范圍是________．[答案](eq\f(π,4)，eq\f(π,3))[解析]∵S＝eq\f(1,2)|eq\o(OF,\s\up6(→))||eq\o(FQ,\s\up6(→))|sinθ，1＝|eq\o(OF,\s\up6(→))||eq\o(FQ,\s\up6(→))|cosθ，∴S＝eq\f(1,2)tanθ，由已知eq\f(1,2)<S<eq\f(\r(3),2)，∴1<tanθ<eq\r(3)，∴eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,3).(理)(2022·長沙市重點中學月考)如圖，矩形ORTM內(nèi)放置5個大小相同且邊長為1的正方形，其中A、B、C、D都在矩形的邊上，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝________.[答案]－3[解析]eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))＋eq\o(QC,\s\up6(→)))·(eq\o(BQ,\s\up6(→))＋eq\o(QM,\s\up6(→))＋eq\o(MD,\s\up6(→)))＝eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BQ,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(QM,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(MD,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(BQ,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(QM,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(MD,\s\up6(→))＋eq\o(QC,\s\up6(→))·eq\o(BQ,\s\up6(→))＋eq\o(QC,\s\up6(→))·eq\o(QM,\s\up6(→))＋eq\o(QC,\s\up6(→))·eq\o(MD,\s\up6(→))＝0－4＋0＋2＋0＋1＋0－2＋0＝－3.16．(文)(2022·吉林市摸底)設變量x、y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋2y－2≥0，,2x＋y－7≤0，))則z＝x＋y的最大值是________．[答案]5[解析]畫出約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋2y－2≥0，,2x＋y－7≤0，))的可行域，由可行域知，目標函數(shù)z＝x＋y過點A(2,3)時z取最大值，最大值為5.(理)(2022·吉林省試驗中學一模)設x、y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,y≥\f(1,2)x，,2x＋y≤10，))向量a＝(y－2x，m)，b＝(1，－1)，且a∥b，則m的最小值為________．[答案]－6[解析]作出可行域如圖，∵a∥b，∴(y－2x)×(－1)＝m，即m＝2x－y，作直線l0：y＝2x，平移l0得直線l：y＝2x－m，當l經(jīng)過可行域內(nèi)點A(1,8)時，m取最小值，mmin＝2×1－8＝－6.三、解答題(本大題共6個小題，共74分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．)17．(本小題滿分12分)(2022·文登市期中)已知a＝(2cosα，2sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，0<α<β<2π.(1)若a⊥b，求|a－2b|的值；(2)設c＝(2,0)，若a＋2b＝c，求α、β的值．[解析](1)∵a⊥b，∴a·b＝0，又∵a2＝|a|2＝4cos2α＋4sin2α＝4，b2＝|b|2＝cos2β＋sin2β＝1，∴|a－2b|2＝(a－2b)2＝a2－4ab＋4b2＝4＋4＝8，∴|a－2b|＝2eq\r(2).(2)∵a＋2b＝(2cosα＋2cosβ，2sinα＋2sinβ)＝(2,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＋cosβ＝1，,sinα＋sinβ＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＝1－cosβ，,sinα＝－sinβ.))兩邊分別平方再相加得：1＝2－2cosβ，∴cosβ＝eq\f(1,2)，∴cosα＝eq\f(1,2)，∵0<α<β<2π且sinα＋sinβ＝0，∴α＝eq\f(π,3)，β＝eq\f(5π,3).18．(本小題滿分12分)(文)(2022·浙江臺州中學期中)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S4＝4，當n≥2時，滿足eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)＝2an.(1)求證：{eq\r(Sn)}為等差數(shù)列；(2)求eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,a9a10)的值．[解析](1)eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)＝2an＝2(Sn－Sn－1)＝2(eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1))(eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1))(n≥2)，故有eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝eq\f(1,2)(n≥2)，∴{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列．(2)由(1)知eq\r(Sn)＝eq\r(S4)＋(n－4)·eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)，∴Sn＝eq\f(n2,4)，∴an＝Sn－Sn－1＝eq\f(2n－1,4)(n≥2)，當n＝1時，a1＝S1＝eq\f(1,4)，也成立．∴an＝eq\f(2n－1,4)，∴原式＝eq\f(1,d)(eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a2)－eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,a9)－eq\f(1,a10))＝eq\f(1,d)(eq\f(1,a1)－eq\f(1,a10))＝2(4－eq\f(4,19))＝eq\f(144,19).(理)(2022·瀘州市一診)設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a3＝6，S10＝110.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設數(shù)列{bn}前n項和為Tn，且Tn＝1－(eq\f(\r(2),2))an，令cn＝anbn(n∈N*)．求數(shù)列{cn}的前n項和Rn.[解析](1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a3＝6，S10＝110，∴a1＋2d＝6,2a1＋9d∴a1＝2，d＝2，所以數(shù)列{an}的通項公式an＝2＋(n－1)·2＝2n.(2)由于Tn＝1－(eq\f(\r(2),2))an＝1－(eq\f(\r(2),2))2n＝1－(eq\f(1,2))n，當n＝1時，b1＝T1＝eq\f(1,2)，當n≥2時，bn＝Tn－Tn－1＝1－(eq\f(1,2))n－1＋(eq\f(1,2))n－1＝(eq\f(1,2))n，且n＝1時滿足bn＝(eq\f(1,2))n，∴數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝(eq\f(1,2))n.∴cn＝eq\f(2n,2n)＝eq\f(n,2n－1)，∴Rn＝eq\f(1,20)＋eq\f(2,21)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1)，∴eq\f(1,2)Rn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，兩式相減得：eq\f(1,2)Rn＝eq\f(1,20)＋eq\f(1,21)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(n＋2,2n)，∴Rn＝4－eq\f(n＋2,2n－1).19．(本小題滿分12分)(文)(2022·北京市海淀區(qū)期末)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PB，且側(cè)面PAB⊥平面ABCD，E是棱AB的中點．(1)求證：CD∥平面PAB；(2)求證：PE⊥AD；(3)若CA＝CB，求證：平面PEC⊥平面PAB．[解析](1)由于底面ABCD是菱形，所以CD∥AB．又由于CD?平面PAB，所以CD∥平面PAB．(2)由于PA＝PB，點E是棱AB的中點，所以PE⊥AB．由于平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE?平面PAB，所以PE⊥平面ABCD，由于AD?平面ABCD，所以PE⊥AD．(3)由于CA＝CB，點E是棱AB的中點，所以CE⊥AB．由(2)可得PE⊥AB，所以AB⊥平面PEC，又由于AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PEC．(理)(2022·天津河東區(qū)一模)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E、F分別是A1B1、CC1的中點，過D1、E、F作平面D1EGF交BB1于G(1)求證：EG∥D1F(2)求二面角C1－D1E－F的余弦值；(3)求正方體被平面D1EGF所截得的幾何體ABGEA1－DCFD1的體積．(棱臺體積計算公式：V＝eq\f(1,3)H(S上＋S下＋eq\r([S上×S下]))其中H是高，S上和S下分別是上下底面的面積．)[解析](1)證明：在正方體ABCD－A1B1C1D1中，∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面D1EGF∩平面ABB1A1＝EG，平面D1EGF∩平面DCC1D1＝D1F，∴EG(2)如圖，以D為原點，分別以DA、DC、DD1為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，則有D1(0,0,2)，E(2,1,2)，F(xiàn)(0,2,1)，∴eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq\o(D1F,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，設平面D1EGF的法向量為n＝(x，y，z)，則由n·eq\o(D1E,\s\up6(→))＝0，和n·eq\o(D1F,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0,2y－z＝0))，取x＝1，得y＝－2，z＝－4，∴n＝(1，－2，－4)，又平面ABCD的法向量為eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，故cos〈eq\o(DD1,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(DD1,\s\up6(→))·n,|\o(DD1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(1×0＋－2×0＋－4×2,\r(12＋－22＋－42)\r(02＋02＋22))＝－eq\f(4\r(21),21)，∴截面D1EGF與底面ABCD所成二面角的余弦值為eq\f(4\r(21),21).(3)設所求幾何體ABGEA1－DCFD1的體積為V，∵△EGB1～△D1FC1，D1C1＝2，C1∴EB1＝eq\f(1,2)D1C1＝1，B1G＝eq\f(1,2)C1F＝eq\f(1,2)，∴S△EGB1＝eq\f(1,2)EB1·B1G＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，S△D1FC1＝eq\f(1,2)D1C1·C1F＝eq\f(1,2)×2×1＝1，故V棱臺D1FC1－EGB1＝eq\f(|B1C1|,3)(S△EGB1＋eq\r(S△EGB1·S△D1FC1)＋S△D1FC1)＝eq\f(2,3)(eq\f(1,4)＋eq\r(\f(1,4)×1)＋1)＝eq\f(7,6)，∴V＝V正方體－V棱臺D1FC1－EGB1＝23－eq\f(7,6)＝eq\f(41,6).20．(本小題滿分12分)(2022·屯溪一中期中)設f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的導數(shù)f′(x)滿足f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常數(shù)a、b∈R(1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)設g(x)＝f′(x)e－x，求函數(shù)g(x)的極值．[解析]∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∵f′(1)＝2a，∴3＋2a＋b＝∵f′(2)＝－b，∴12＋4a＋b＝－b∴a＝－eq\f(3,2)，b＝－3，∴f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2－3x＋1，f′(x)＝3x2－3x－3，∴f(1)＝－eq\f(5,2)，f′(1)＝－3，∴切線方程為y－(－eq\f(5,2))＝－3(x－1)，即6x＋2y－1＝0.(2)∵g(x)＝(3x2－3x－3)e－x，∴g′(x)＝(6x－3)e－x＋(3x2－3x－3)·(－e－x)，∴g′(x)＝－3x(x－3)e－x，∴當0<x<3時，g′(x)>0，當x>3時，g′(x)<0，當x<0時，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0,3)上單調(diào)遞增，在(3，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g微小(x)＝g(0)＝－3，g極大(x)＝g(3)＝15e－3.21．(本小題滿分12分)(文)(2021·山西大同市調(diào)研)某網(wǎng)絡營銷部門隨機抽查了某市200名網(wǎng)友在2021年11月11日的網(wǎng)購金額，所得數(shù)據(jù)如下表：網(wǎng)購金額(單位：千元)人數(shù)頻率(0,1]160.08(1,2]240.12(2,3]xp(3,4]yq(4,5]160.08(5,6]140.07合計2001.00已知網(wǎng)購金額不超過3千元與超過3千元的人數(shù)比恰為32.(1)試確定x，y，p，q的值，并補全頻率分布直方圖(如圖)．(2)該營銷部門為了了解該市網(wǎng)友的購物體驗，從這200網(wǎng)友中，用分層抽樣的方法從網(wǎng)購金額在(1,2]和(4,5]的兩個群體中確定5人進行問卷調(diào)查，若需從這5人中隨機選取2人連續(xù)訪談，則此2人來自不同群體的概率是多少？[解析](1)依據(jù)題意有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(16＋24＋x＋y＋16＋14＝200，,\f(16＋24＋x,y＋16＋14)＝\f(3,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝80，,y＝50.))∴p＝0.4，q＝0.25.補全頻率分布直方圖如圖，(2)依據(jù)題意，網(wǎng)購金額在(1,2]內(nèi)的人數(shù)為eq\f(24,24＋16)×5＝3(人)，記為a，b，C．網(wǎng)購金額在(4,5]內(nèi)的人數(shù)為eq\f(16,24＋16)×5＝2(人)，記為A，B．則從這5人中隨機選取2人的選法為：(a，b)，(a，c)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)，(A，B)共10種．記2人來自不同群體的大事為M，則M中含有(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)共6種．∴P(M)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).(理)(2021·赤峰市統(tǒng)考)某超市為了響應環(huán)保要求，鼓舞顧客自帶購物袋到超市購物，實行了如下措施：對不使用超市塑料購物袋的顧客，超市賜予0.96折優(yōu)待；對需要超市塑料購物袋的顧客，既要付購買費，也不享受折扣優(yōu)待．假設該超市在某個時段內(nèi)購物的人數(shù)為36人，其中有12位顧客自己帶了購物袋，現(xiàn)從這36人中隨機抽取2人．(1)求這2人都享受折扣優(yōu)待或都不享受折扣優(yōu)待的概率；(2)設這2人中享受折扣優(yōu)待的人數(shù)為ξ，求ξ的分布列和數(shù)學期望．[解析](1)設“兩人都享受折扣優(yōu)待”為大事A，“兩人都不享受折扣優(yōu)待”為大事B，則P(A)＝eq\f(C\o\al(2,12),C\o\al(2,36))＝eq\f(11,105)，P(B)＝eq\f(C\o\al(2,24),C\o\al(2,36))＝eq\f(46,105).由于大事A，B互斥，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝eq\f(11,105)＋eq\f(46,105)＝eq\f(57,105).故這2人都享受折扣優(yōu)待或都不享受折扣優(yōu)待的概率是eq\f(57,105).(2)據(jù)題意，ξ的可能取值為0,1,2.其中P(ξ＝0)＝P(B)＝eq\f(46,105)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,12)C\o\al(1,24),C\o\al(2,36))＝eq\f(48,105)，P(ξ＝2)＝P(A)＝eq\f(11,105).所以ξ的分布列是：ξ012Peq\f(46,105)eq\f(48,105)eq\f(11,105)所以E(ξ)＝0×eq\f(46,105)＋1×eq\f(48,105)＋2×eq\f(11,105)＝eq\f(70,105)＝eq\f(2,3).22．(本小題滿分14分)(文)(2022·長安一中質(zhì)檢)已知拋物線的頂點在坐標原點，焦點為F(1,0)，點P是點F關于y軸的對稱點，過點P的直線交拋物線于A、B兩點．(1)試問在x軸上是否存在不同于點P的一點T，使得TA、TB所在的直線與x軸所成的銳角相等，若存在，求出點T的坐標，若不存在，說明理由；(2)若△AOB的面積為eq\f(5,2)，求向量eq\o(OA,\s\up6(→))、eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角．[解析](1)由題意知，拋物線方程為：y2＝4x且P(－1,0)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l：x＝my－1，代入y2＝4x消去x得，y2－4my＋4＝0，∴Δ＝16m2－16>0，∴m由根與系數(shù)的關系得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝4，))假設存在T(a,0)滿足題意，則kAT＋kBT＝eq\f(y1,x1－a)＋eq\f(y2,x2－a)＝eq\f(y1x2－a＋y2x1－a,x1－ax2－a)＝eq\f(y1my2－1－a＋y2my1－1－a,x1－ax2－a)＝eq\f(2my1y2－1＋ay1＋y2,x1－ax2－a)＝eq\f(8m－4m1＋a,x1－ax2－a)＝0，∴8m－4m(1＋a∴1＋a＝2，∴a＝1，∴存在點T(1,0)．(2)設∠AOB＝θ，S△ABO＝eq\f(1,2)|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(OB,\s\up6(→))|sinθ＝eq\f(5,2)，∴|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\f(5,sinθ)，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(y\o\al(2,1),4)·eq\f(y\o\al(2,2),4)＋y1y2＝eq\f(y1y22,16)＋y1y2＝eq\f(42,16)＋4＝5，∴cos∠AOB＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·\o(OB,\s\up6(→)),|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(OB,\s\up6(→))|)＝eq\f(5,\f(5,sinθ))＝sinθ，即cosθ＝sinθ，∴tanθ＝1，∴θ＝eq\f(π,4)，∴∠AOB＝eq\f(π,4).(理)(2022·武漢市調(diào)研)如圖，矩形ABCD中，|AB|＝2eq\r(2)，|BC|＝2，E、F、G、H分別是矩形四條邊的中點，分別以HF、EG所在的直線為x軸，y軸建立平面直角坐標系，已知eq\o(OR,\s\up6(→))