2025高考數(shù)學二輪復習-專項練-高考仿真卷(一)-專項訓練【含答案】

高考仿真卷(一)(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40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．(2023·南平質(zhì)檢)設集合A＝{x|x2－4<0}，B＝{－2，－1,0,1,2}，則A∩B等于()A．{－2,2} B．{－1,0}C．{－1,0,1} D．{0,1}答案C解析∵A＝{x|x2－4<0}＝{x|－2<x<2}，又B＝{－2，－1,0,1,2}，∴A∩B＝{－1,0,1}．2．(2023·長春模擬)已知復數(shù)iz＝1＋5i，則復數(shù)z＋eq\x\to(z)等于()A．－10B．10C．－2D．2答案B解析∵iz＝1＋5i，∴z＝－i(1＋5i)＝5－i，eq\x\to(z)＝5＋i，∴z＋eq\x\to(z)＝10.3．(2023·郴州模擬)已知向量a，b滿足a⊥(a－2b)，(a＋b)·(a－b)＝0，則向量a，b的夾角為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2)D.eq\f(2π,3)答案B解析由(a＋b)·(a－b)＝0，得a2－b2＝0，則|a|＝|b|，由a⊥(a－2b)，得a·(a－2b)＝0，即a2－2a·b＝0，整理得a·b＝eq\f(1,2)a2，因此cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(\f(1,2)a2,a2)＝eq\f(1,2)，而0≤〈a，b〉≤π，解得〈a，b〉＝eq\f(π,3)，所以向量a，b的夾角為eq\f(π,3).4．(2023·江蘇七市調(diào)研)星載激光束與潛艇通信傳輸中會發(fā)生信號能量衰減．已知一星載激光通信系統(tǒng)在近海水下某深度的能量估算公式為Er＝eq\f(3,S)EP×10－7，其中EP是激光器輸出的單脈沖能量，Er是水下潛艇接收到的光脈沖能量，S為光脈沖在潛艇接收平面的光斑面積(單位：km2，光斑面積與衛(wèi)星高度有關)．若水下潛艇光學天線接收到信號能量衰減Γ滿足Γ＝10lgeq\f(Er,EP)(單位：dB)．當衛(wèi)星達到一定高度時，該激光器光脈沖在潛艇接收平面的光斑面積為75km2，則此時Γ的大小約為(參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.301)()A．－76.02dB B．－83.98dBC．－93.01dB D．－96.02dB答案B解析因為Er＝eq\f(3,S)EP×10－7，該激光器光脈沖在潛艇接收平面的光斑面積為75km2，所以eq\f(Er,EP)＝eq\f(3,S)×10－7＝eq\f(3,75)×10－7＝4×10－9，則Γ＝10lg(4×10－9)＝10lg4－90≈10×0.602－90＝－83.98(dB)．5．(2023·沈陽模擬)《九章算術》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學名著，它將正四棱臺形狀的建筑物(棱臺的上下底面均為正方形)稱為方亭．如圖，現(xiàn)有一方亭ABCD－EFHG，其中上底面與下底面的面積之比為1∶4，方亭的高h＝EF，BF＝eq\f(\r(6),2)EF，方亭的四個側面均為全等的等腰梯形，已知方亭的體積為eq\f(56,3)，則該方亭的表面積為()A．20＋12eq\r(5) B．20＋6eq\r(5)C．5＋3eq\r(5) D．5＋6eq\r(5)答案A解析由題意得，S正方形EFHG＝EF2，S正方形ABCD＝4EF2，則方亭的體積為eq\f(1,3)·EF·(EF2＋4EF2＋eq\r(EF2·4EF2))＝eq\f(56,3)，解得EF＝2，則S正方形EFHG＝4，S正方形ABCD＝16，畫出ABFE的平面圖，作EM⊥AB于M，如圖，AE＝BF＝eq\f(\r(6),2)EF＝eq\r(6)，AM＝eq\f(4－2,2)＝1，則EM＝eq\r(6－1)＝eq\r(5)，S梯形ABFE＝eq\f(1,2)×(2＋4)×eq\r(5)＝3eq\r(5)，則該方亭的表面積為S正方形EFHG＋S正方形ABCD＋4S梯形ABFE＝20＋12eq\r(5).6．(2023·蘇州八校聯(lián)盟模擬)二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋\f(1,\r(3,x))))n的展開式中只有第11項的二項式系數(shù)最大，則展開式中x的指數(shù)為整數(shù)的項的個數(shù)為()A．3B．5C．6D．7答案D解析因為展開式中只有第11項的二項式系數(shù)最大，所以n＝20.二項式展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,20)(eq\r(3)x)20－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3,x))))k＝Ceq\o\al(k,20)，由題得20－eq\f(4,3)k為整數(shù)，所以k＝0,3,6,9,12,15,18，故共7項符合要求．7．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(2－x)＝2－f(x)．若f(x)的圖象關于直線x＝3對稱，則下列選項中一定成立的是()A．f(－3)＝1 B．f(0)＝0C．f(3)＝2 D．f(5)＝－1答案A解析函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝3對稱，則必有f(3－x)＝f(x＋3)，所以f(0)＝f(6)，f(1)＝f(5)，f(2)＝f(4)，又因為f(x)滿足f(2－x)＝2－f(x)，取x＝1，所以f(1)＝2－f(1)，即f(1)＝1，則f(1)＝f(5)＝1，取x＝5，則f(－3)＝2－f(5)＝1，A正確．8．(2023·華南師范大學附中模擬)在平面直角坐標系中，若拋物線C：y2＝2px(p>0)的準線與圓M：(x＋1)2＋y2＝1相切于點A，直線AB與拋物線C切于點B，點N在圓M上，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))的取值范圍為()A．[0,8] B．[2－2eq\r(5)，2＋2eq\r(5)]C．[4－4eq\r(2)，4＋4eq\r(2)] D．[4eq\r(2)－4,4eq\r(2)＋4]答案C解析拋物線C：y2＝2px(p>0)的準線方程為x＝－eq\f(p,2)，圓M的圓心為M(－1,0)，半徑為1，直線x＝－eq\f(p,2)與圓M相切，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(p,2)))＝1，因為p≠0，解得p＝4，所以拋物線C的方程為y2＝8x，故拋物線C：y2＝8x的準線與圓M：(x＋1)2＋y2＝1相切于點A(－2,0)，若直線AB與x軸重合，則直線AB與拋物線C不相切，不符合題意，設直線AB的方程為x＝my－2，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,y2＝8x))可得y2－8my＋16＝0，則Δ＝64m2－64＝0，解得m＝±1，不妨設點B在第一象限，則m＝1，則有y2－8y＋16＝0，解得y＝4，此時x＝y(tǒng)－2＝2，即點B(2,4)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(4,4)，因為點N在圓M上，設點N(－1＋cosθ，sinθ)，則eq\o(AN,\s\up6(→))＝(1＋cosθ，sinθ)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝4＋4cosθ＋4sinθ＝4eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋4∈[4－4eq\r(2)，4＋4eq\r(2)]．二、選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求的．全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯的得0分)9．(2023·張家口模擬)一組互不相等的樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…，xn，其平均數(shù)為eq\x\to(x)，方差為s2，極差為m，中位數(shù)為n，去掉其中的最小值和最大值后，余下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為eq\x\to(x′)，方差為s′2，極差為m′，中位數(shù)為n′，則下列選項一定正確的有()A．n＝n′ B.eq\x\to(x)＝eq\x\to(x′)C．s2>s′2 D．m>m′答案ACD解析對于A，中位數(shù)是把數(shù)據(jù)從小到大依次排列后，排在中間位置的數(shù)或中間位置的兩個數(shù)的平均數(shù)，因為是對稱的，同時去掉最小值和最大值，故中間位置的數(shù)相對位置保持不變，故新數(shù)據(jù)的中位數(shù)保持不變，故A正確；對于B，平均數(shù)受樣本中每個數(shù)據(jù)的影響，故去掉最小值和最大值后，余下數(shù)據(jù)的平均數(shù)可能會改變，故B不一定正確；對于C，方差反映數(shù)據(jù)的離散程度，當去掉數(shù)據(jù)中的最小值和最大值后，數(shù)據(jù)的離散程度減小，故方差減小，故C正確；對于D，極差為最大值與最小值之差，是原來數(shù)據(jù)里面任意兩個數(shù)據(jù)差值的最大值，故去掉最小值和最大值后，新數(shù)據(jù)的極差必然小于原數(shù)據(jù)的極差，故D正確．10．已知f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)為偶函數(shù)，其圖象與直線y＝2的其中兩個交點的橫坐標分別為x1，x2，|x1－x2|的最小值為π，將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，則下列選項正確的是()A．g(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))B．函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞減C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))是函數(shù)g(x)圖象的一個對稱中心D．若方程g(x)＝m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有兩個不相等的實根，則1≤m<2答案ABD解析因為f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)為偶函數(shù)，所以φ＝eq\f(π,2)，因為函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝2的其中兩個交點的橫坐標分別為x1，x2，|x1－x2|的最小值為π，所以f(x)的最小正周期為T＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2，即f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x，所以g(x)＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故A正確；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))時，t＝2x－eq\f(π,3)∈(0，π)，此時函數(shù)y＝2cost單調(diào)遞減，故函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞減，故B正確；當x＝eq\f(5π,6)時，t＝2x－eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)，此時eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))不是函數(shù)y＝2cost的對稱中心，故C錯誤；當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，t＝2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，此時函數(shù)y＝2cost在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上單調(diào)遞減，所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，g(0)＝1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1，所以當方程g(x)＝m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有兩個不相等的實根時，g(0)≤m<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，即1≤m<2，故D正確．11．(2023·唐山模擬)函數(shù)f(x)及其導函數(shù)f′(x)的定義域均為R，若f(x)為奇函數(shù)，且f(x＋2)＝f(x)，則()A．f′(x)為偶函數(shù)B．f′(0)＝0C．f(x)的圖象關于(1,0)對稱D．若F(x)＝f(x)＋xf′(x)，則F′(x)為奇函數(shù)答案AC解析對于A，因為f(x)為奇函數(shù)且在定義域R上可導，即f(－x)＝－f(x)，所以兩邊對x求導可得(－x)′f′(－x)＝－f′(x)，即f′(－x)＝f′(x)，所以f′(x)為偶函數(shù)，故A正確；對于B，令f(x)＝sinπx，顯然f(x)為奇函數(shù)，且最小正周期T＝eq\f(2π,π)＝2，即滿足f(x＋2)＝f(x)，則f′(x)＝πcosπx，則f′(0)＝π，故B錯誤；對于C，因為f(x＋2)＝f(x)且f(x)為R上的奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，即f(x＋2)＝－f(－x)，所以f(x－1＋2)＝f(x＋1)＝－f(1－x)，即f(x＋1)＋f(1－x)＝0，所以f(x)的圖象關于點(1,0)對稱，故C正確；對于D，易知函數(shù)F(x)定義域為R，因為F(x)＝f(x)＋xf′(x)，則F(－x)＝f(－x)－xf′(－x)＝－f(x)－xf′(x)＝－F(x)，即F(x)為奇函數(shù)，由A可知F′(x)為偶函數(shù)，故D錯誤．12．(2023·深圳中學模擬)如圖，棱長為2的正四面體ABCD中，M，N分別為棱AD，BC的中點，O為線段MN的中點，球O的表面與線段AD相切于點M，則下列結論中正確的是()A．AO⊥平面BCDB．球O的體積為eq\f(\r(2)π,3)C．球O被平面BCD截得的截面面積為eq\f(4π,3)D．球O被正四面體ABCD表面截得的截面周長為eq\f(8\r(3)π,3)答案ABD解析如圖，設E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點，連接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，則EM∥BD，NF∥BD，EM＝eq\f(1,2)BD，NF＝eq\f(1,2)BD，故EM∥NF，EM＝NF，則四邊形MENF為平行四邊形．故EF，MN交于一點，且互相平分，即O點也為EF的中點，又由題意知AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC.又AN∩DN＝N，AN，DN?平面AND，故BC⊥平面AND，由于O∈MN，MN?平面AND，則AO?平面AND，故BC⊥AO，結合O點也為EF的中點，同理可證DC⊥AO，BC∩DC＝C，BC，DC?平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正確；由球O的表面正好經(jīng)過點M，得球O的半徑為OM，在棱長為2的正四面體ABCD中，AN＝DN＝eq\r(3)，M為AD的中點，則MN⊥AD，故MN＝eq\r(DN2－MD2)＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，又O為線段MN中點，則OM＝eq\f(\r(2),2)，所以球O的體積為eq\f(4π,3)×OM3＝eq\f(\r(2)π,3)，B正確；由BC⊥平面AND，BC?平面BCD，得平面AND⊥平面BCD，平面AND∩平面BCD＝DN，由于AO⊥平面BCD，延長AO交平面BCD于G點，則OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，且G為正△BCD的中心，故NG＝eq\f(1,3)ND＝eq\f(\r(3),3)，所以OG＝eq\r(ON2－NG2)＝eq\f(\r(6),6)，即球心O到平面BCD的距離為OG＝eq\f(\r(6),6)，故球O被平面BCD截得的截面圓的半徑為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)))2)＝eq\f(\r(3),3)，則球O被平面BCD截得的截面圓的面積為π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(π,3)，C錯誤；由A的分析可知，O也為棱AC，BD中點連線的中點，則球O與每條棱都交于棱的中點，結合C的分析可知，球O被正四面體ABCD的每個面截得的截面都為圓，且圓的半徑都為eq\f(\r(3),3)，故球O被正四面體ABCD表面截得的截面周長為4×2π×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(8\r(3)π,3)，D正確．三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．(2023·濟寧模擬)已知cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，則sin2α＝________.答案eq\f(1,5)解析因為cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，則sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝2×eq\f(3,5)－1＝eq\f(1,5).14．(2023·石家莊模擬)已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝n－1，數(shù)列{bn}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，則ab1＋ab2＋…＋ab9＝________.答案502解析由題意可得an＝n－1，bn＝2n－1，abn＝bn－1＝2n－1－1.所以ab1＋ab2＋…＋ab9＝(1＋2＋…＋28)－9＝eq\f(1×1－29,1－2)－9＝502.15．(2023·南京模擬)一個袋子中有n(n∈N*)個紅球和5個白球，每次從袋子中隨機摸出2個球．若記“摸出的兩個球顏色不相同”發(fā)生的概率為p(n)，則p(n)的最大值為________．答案eq\f(5,9)解析p(n)＝eq\f(C\o\al(1,n)·C\o\al(1,5),C\o\al(2,n＋5))＝eq\f(5n,\f(n＋5n＋4,2))＝eq\f(10n,n2＋9n＋20)＝eq\f(10,n＋\f(20,n)＋9)，對勾函數(shù)y＝x＋eq\f(20,x)在(0，eq\r(20))上單調(diào)遞減，在(eq\r(20)，＋∞)上單調(diào)遞增，故當n＝4或n＝5時，n＋eq\f(20,n)有最小值為9，故p(n)＝eq\f(10,n＋\f(20,n)＋9)≤eq\f(10,9＋9)＝eq\f(5,9)，最大值為eq\f(5,9).16．(2023·江蘇統(tǒng)考)已知F1，F(xiàn)2，分別為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點，過F2作C的兩條漸近線的平行線，與漸近線交于M，N兩點．若cos∠MF1N＝eq\f(5,13)，則C的離心率為________．答案eq\r(5)解析易知MN關于x軸對稱，如圖，令∠MF1F2＝α，則cos2α＝eq\f(5,13)，∴cos2α＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(5,13)))＝eq\f(9,13)，sin2α＝eq\f(4,13)，∴tan2α＝eq\f(4,9)，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴tanα＝eq\f(2,3).∵OM與MF2交于點M(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝\f(b,a)x0，,y0＝－\f(b,a)x0－c))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(c,2)，,y0＝\f(bc,2a)，))即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(bc,2a)))，tanα＝eq\f(\f(bc,2a),\f(3,2)c)＝eq\f(2,3)，∴eq\f(b,a)＝2，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\r(5).四、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)(2023·湖北十一校模擬)已知在△ABC中，其角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足bcosC＋eq\r(3)bsinC＝a＋c.(1)若b＝eq\r(3)，求△ABC的外接圓半徑；(2)若a＋c＝4eq\r(3)，且eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝6，求△ABC的內(nèi)切圓半徑．解(1)因為bcosC＋eq\r(3)bsinC＝a＋c，所以bcosC＋eq\r(3)bsinC－a－c＝0，所以sinBcosC＋eq\r(3)sinBsinC－sinA－sinC＝0，因為A＋B＋C＝π，所以sinBcosC＋eq\r(3)sinBsinC－sin(B＋C)－sinC＝0，所以eq\r(3)sinBsinC－cosBsinC－sinC＝0，因為C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，因為B∈(0，π)，所以B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，所以B＝eq\f(π,3)，所以外接圓直徑2R＝eq\f(b,sinB)＝2.所以R＝1.(2)因為eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝6，又由(1)可知B＝eq\f(π,3)，所以ac＝12，又由b2＝a2＋c2－2accosB，a＋c＝4eq\r(3)，可得b＝2eq\r(3)，因為△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)acsinB＝3eq\r(3).設△ABC內(nèi)切圓的半徑為r，由△ABC的面積S＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)r＝eq\f(1,2)acsinB，得r＝1.18．(12分)(2023·淮北模擬)數(shù)列{an}滿足a1＝1，eq\f(an＋1,3an)＝1＋eq\f(1,n).(1)設bn＝eq\f(n2－7n,an)，求{bn}的最大項；(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.解(1)由eq\f(an＋1,3an)＝1＋eq\f(1,n)得eq\f(an＋1,n＋1)＝3×eq\f(an,n).又eq\f(a1,1)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以1為首項，3為公比的等比數(shù)列，∴eq\f(an,n)＝3n－1，an＝n×3n－1，則bn＝eq\f(n2－7n,an)＝eq\f(n－7,3n－1).當n≤7時，bn<0；當n>7時，設bn是最大項，則bn＋1≤bn，且bn－1≤bn，即eq\f(n－6,3n)≤eq\f(n－7,3n－1)，且eq\f(n－8,3n－2)≤eq\f(n－7,3n－1)，即n－6≤3(n－7)且3(n－8)≤n－7，解得eq\f(15,2)≤n≤eq\f(17,2).又n∈N*，∴n＝8，∴{bn}的最大項是b8＝eq\f(1,37)＝eq\f(1,2187).(2)Sn＝1×30＋2×31＋…＋n×3n－1，①①×3得3Sn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，②①－②得－2Sn＝1＋31＋32＋…＋3n－1－n×3n＝eq\f(1－3n,1－3)－n×3n＝eq\f(3n－1,2)－n×3n,∴Sn＝eq\f(2n－13n＋1,4).19．(12分)(2023·杭州模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側面PAD是邊長為2的正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥PD.(1)求證：平行四邊形ABCD為矩形；(2)若E為側棱PD的中點，且平面ACE與平面ABP所成角的余弦值為eq\f(\r(6),4)，求點B到平面ACE的距離．(1)證明取AD的中點M，連接PM，由于△PAD為正三角形，則PM⊥AD，因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PM?平面PAD，則PM⊥平面ABCD，又AB?平面ABCD，故PM⊥AB，又AB⊥PD，PM，PD?平面PAD，PM∩PD＝P，所以AB⊥平面PAD，AD?平面PAD，故AB⊥AD，則平行四邊形ABCD為矩形．(2)解以A為坐標原點，AB為x軸，AD為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設AB＝t>0，則A(0,0,0)，B(t,0,0)，C(t,2,0)，P(0,1，eq\r(3))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(t,2,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(t,0,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，設平面ACE的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝tx1＋2y1＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝\f(3,2)y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，))令x1＝2，則n＝(2，－t，eq\r(3)t)，設平面ABP的法向量為m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝tx2＝0，,m·\o(AP,\s\up6(→))＝y(tǒng)2＋\r(3)z2＝0，))令z2＝1，則m＝(0，－eq\r(3)，1),由|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|2\r(3)t|,2·\r(4＋4t2))＝eq\f(\r(6),4)，解得t＝1，則平面ACE的法向量為n＝(2，－1，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，所以點B到平面ACE的距離為eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(8))＝eq\f(\r(2),2).20．(12分)(2023·煙臺模擬)已知函數(shù)f(x)＝aex－eq\f(1,2)x2－x.(1)若f(x)是R上的增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當a＝1時，證明：?x∈(－2，＋∞)，f(x)>sinx.(1)解由函數(shù)f(x)＝aex－eq\f(1,2)x2－x，可得f′(x)＝aex－x－1，因為f(x)是R上的增函數(shù)，可得f′(x)≥0在R上恒成立，即aex－x－1≥0在R上恒成立，即a≥eq\f(x＋1,ex)在R上恒成立，令h(x)＝eq\f(x＋1,ex)，可得h′(x)＝eq\f(1－x＋1,ex)＝－eq\f(x,ex)，當x>0時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當x<0時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以當x＝0時，函數(shù)h(x)取得極大值，即為最大值h(0)＝1，所以a≥1，即實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．(2)證明當a＝1時，f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x，可得f(0)＝1，當x>0時，可得f′(x)＝ex－x－1,要使得f(x)>sinx，只需f(x)>1，令g(x)＝f′(x)＝ex－x－1，可得g′(x)＝ex－1≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又由g(0)＝0，所以g(x)>g(0)＝0，所以f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)>f(0)＝1，即f(x)>sinx；當x＝0時，sin0＝0，所以f(0)>sin0，滿足f(x)>sinx；當－2<x<0時，可得sinx<0，因為ex>0且－eq\f(1,2)x2－x＝－eq\f(1,2)(x＋1)2＋eq\f(1,2)>0，所以f(x)>0，所以f(x)>sinx，綜上可得，對于?x∈(－2，＋∞)，都有f(x)>sinx.21．(12分)撫州不僅有著深厚的歷史積淀與豐富的民俗文化，更有著許多旅游景點．每年來撫州旅游參觀的人數(shù)不勝數(shù)．其中，名人園與夢島被稱為撫州的兩張名片，為合理配置旅游資源，現(xiàn)對已游覽名人園景點的游客進行隨機問卷調(diào)查．若不去夢島記1分，若繼續(xù)去夢島記2分．每位游客去夢島的概率均為eq\f(2,3)，且游客之間的選擇意愿相互獨立．(1)從游客中隨機抽取3人，記總得分為隨機變量X，求X的分布列與均值；(2)若從游客中隨機抽取m人，記總分恰為m分的概率為Am，求數(shù)列{Am}的前6項和；(3)在對所有游客進行隨機問卷調(diào)查的過程中，記已調(diào)查過的累計得分恰為n分的概率為Bn，探討B(tài)n與Bn－1之間的關系，并求數(shù)列{Bn}的通項公式．解(1)X的所有可能取值為3,4,5,6，P(X＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(1,27)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(6,27)，P(X＝5)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＝eq\f(12,27)，P(X＝6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(8,27)，故X的分布列為X3456Peq\f(1,27)eq\f(6,27)eq\f(12,27)eq\f(8,27)E(X)＝3×eq\f(1,27)＋4×eq\f(6,27)＋5×eq\f(12,27)＋6×eq\f(8,27)＝5.(2)總分恰為m的概率Am＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))m，故S6＝eq\f(\f(1,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,36))),1－\f(1,3))＝eq\f(364,729).(3)已調(diào)查過的累計得分恰為n分的概率為Bn，得不到n分的情況只有先得n－1分，再得2分，概率為eq\f(2,3)Bn－1，而B1＝eq\f(1,3)，故1－Bn＝eq\f(2,3)Bn－1，即Bn＝－eq\f(2,3)Bn－1＋1，可得Bn－eq\f(3,5)＝－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Bn－1－\f(3,5)))，又B1－eq\f(3,5)＝－eq\f(4,15)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Bn－\f(3,5)))是以－eq\f(4,15)為首項，－eq\f(2,3)為公比的等比數(shù)列，所以Bn－eq\f(3,5)＝－eq\f(4,15)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1，可得Bn＝eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n.22．(12分)(2023·煙臺模擬)在平面直角坐標系中，P，Q是拋物線C：x2＝y(tǒng)上兩點(異于點O)，過點P且與C相切的直線l交x軸于點M，且直線OQ與l的斜率乘積為－2.(1)求證：直線PQ過定點，并求此定點D的坐標；(2)過M作l的垂線交橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1于A，B兩點，過D作l的平行線交直線AB于H，記△OPQ的面積為S，△ABD的面積為T.①當eq\f(T,S2)取最大值時，求點P的縱坐標；②證明：存在定點G，使|GH|為定值．(1)證明設P(x1，xeq\o\al(2,1))，Q(x2，xeq\o\al(2,2))，因為y′＝2x，所以l斜率kl＝2x1，所以直線OQ斜率kOQ＝－eq\f(1,x1)，即eq\f(x\o\al(2,2)－0,x2－0)＝x2＝－eq\f(1,x1)，所以kPQ＝eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),x1－x2)＝x1＋x2＝x1－eq\f(1,x1)，所以PQ的方程為y－xeq\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,x1)))(x－x1)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,x1)))x＋1，所以直線PQ過定點D(0,1)．(2)①解S＝eq\f(1,2)|OD||x1－x2|＝eq\f(1,2)|OD|eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(1,x1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(1,x