第二篇 解答题综合提升练13-14-【师大金卷】2025年高考数学一轮二轮衔接复习小卷练透阶段测试卷（新高考）

(3)设直线PQ的方程为y一 x十b,联立 1-1=-(1+2(c>-1),令g(x)=e 3 f(r)-1ix(+) √21 -(1十x)(x>-1)→g'(x)=e-1,显然x∈(-1,0) y= x+b化简得7x2+(2√26-12).x+36=0. 时，g'(x)<0,x∈(0，+∞)时，g(x)>0,即g(x)在 y=4x, (一1,0)上单调递减，在(0，十c∞)上单调递增，故g(x) 4=(2√2I6-12)-4×7×36=48(3-√/2Ib)>0,所 ≥g(0)=0→f(x)≥0，所以f(x)在(-1，+o∞)上单调 递增，又f(0)=0,所以x∈(-1,0)时，f(x)<0,x∈(0， 以K由韦达定理得十-12- .T1T2 +o∞)时，f(x)>0,故xf(x)≥0. (3)①若a>1,易知f(.x)在定义域上为单调递增函数， 7,由(2)有x2=3-(m1+2)=9+22 =3 ·y+ 不会有三个零点，不符合题意： 7 =匹，十)+26=4@，所以为=-(y+为) ②若a∈（日，则x(-1.0)时，<合e0 3 7 +o∞)时，a> =4×9+2216 e 7 由(2)可知：xe(-1.0)时，fx)<号+ln(1+)-1< 所以=号即R(号 解得b=1计 -42 ,直线 0,re(0,+e)时.fx)>是+h1+)-1>0.且 PQ的方程为y=：+，所以PQ f(0)=0,则函数f(x)只有一个零点，不符合题意： +() w30 ③由(2)知，a=是时，x)在（一1，十∞）上单调递增， √(x1十x2)-4x1x 3 也不符合题意： 12-221b 126=30 ×4W3(3-216 若a∈(0，）f(x)=+ In a 3 14 30×62-4V⑤ 3 3 7 (白-（+-w令-(） 点 R 到直线 PQ 的距离d ()+ 号×++ 3 7 14 51W7 (a）·a+(>e,x>->(x) ,所以△PQR的 )+ 14√10 (日)[（日）-小显然xe(-1o)时，02 面积为PQd=×4平51反-51， ∈(0，十∞)时，h'(x)>0,即h(x)在(-1,0)上单调递 7 14/10 981 减，在(0，+∞)上单调递增，注意到h(一1)=a>0, h(0)=1+lna<0,x→+∞时，h(x)>0,所以3x1∈ (-1,0),x2∈(0，十∞)，使得h(x1)=h(x2)=0,即 f(x)在（一1，x)和(x,十∞）上单调递增，在(x1,x2)上 单调递减，又x→一1时，f(x)→一o,f(x1)>f(0)=0 >f(x2),x→+∞，f(x)>0.所以在区间(-1，x1), (x1,十∞)各存在一个零点，及x=0也是一个零点，符 合题意综上a∈(0，日） 解答题综合提升练13 5.[解](1)证明：由题意可知a= +In(n 1.[解]1)由题意知a=1,且夕=1，∴b=1, a +)-1-(n+)+n=(）+n-1,所以s “c=√+B=2,所以双曲线的离心率=￡=√2. a ()+(倍）广++()）+0+1+2+…+64 (2由1)知双曲线方程为2-了-1，将y=名x-号 -( 即x-1=2y代人x-y=1,得3y+4y=0,不妨设 +2016=2024-8×() yn=0,y%=- 冬，所以PQ=+2·y-4= 2024 ÷ 2)证明：易知a=上时，f)=是+n1+)-1→2[解](1)由已知得：∠A盼+二AP cos∠ABD cos∠ADB 数学答案一54 2∠BA",故n☑ABDo∠ADB+oABDsin.∠ADB 一1)，设平面BFHG的法向量为n=(x,y,:).则 cos∠ABD cos∠ABDcos∠ADB &品所以兰AD+∠ADB-2BD 2sin∠B.AD CABDosADB-Os之AB品因为 n…G=4红一之=0：取=4，可得x=1y=3,所以n n·Hi=4y-3x=0, =(1,3,4),设平面AGHE的法向量为m=(a,b.c).则 sin(∠ABD+∠ADB)=sin(r-∠BAD)=sin∠BAD m·HG=4a-c=0, ≠0，放cOs∠ADB=之由三角形内角范围知∠ADB m·HE=-4h-3c=0 。取c=4,可得a=1,b=-3,所 以m=(1,-3,4),则cos(m,n）=m·” mn 1-9+16 4 (2)由AD=BD=4,∠ADB=冬，放△ABD为边长为 √1十9+16·W1+9+16 3，即平面BFHG与平面 4的等边三角形，在△ABC中，∠ACB=若，由正弦定 AGHE所成锐二面角的余弦值为高： 理得n2BAC=n2CB:放BC-AB2C BC AB sin∠ACB H 8sin∠BAC,由于∠BAC+∠BCA+∠ABD+∠CBD =,所以∠BAC+∠CBD=受，放BC=8COs∠CBD, 在△BCD中，由余弦定理得CD=BD十BC一2BDX BC×cos∠CBD,即CD=42+BC-8XBCX cos∠CBD=16,得CD=4. 3.[解](1)如图所示，取AB,CD的中点M,N,连接GM, MN,HN,因为GA=GB,可得GM⊥AB,又因为平面 ABG⊥平面ABCD,且平面ABG∩平面ABCD=AB, GMC平面ABG,所以GM⊥平面ABCD,同理可得： 4.[解]1)(x)=3a(x>0). HN⊥平面ABCD,因为ED⊥平面ABCD,所以ED∥ HN,又因为ED丈平面MNHG,HNC平面MNHG.所 ①当a≤0时，f(x)>0,f(x)在(0，十∞)上单调递增. 以ED∥平面MNHG,因为MN∥AD,且AD￠平面 ②当a>0时，令f)>0得0<<名，即)在(0， MNHG,MNC平面MNHG,所以AD∥平面MNHG, 又因为AD∩DE=D,且AD,DEC平面ADE,所以平 )上单调递增： 面ADE∥平面MNHG,因为平面AEHG与平面ADE 和平面MNHG分别交于AE,GH.可得AE∥GH,又由 同理，令f)<0得>是，即fx)在（日，+）上 GM∥HN,AB∥CD,且AB∩GM=M和CD∩HN 单调递减。 N,所以平面ABG∥平面CDEHF.因为平面AEHG与 平面ABG和平面CDEHF分别交于AG,EH,所以AG (2)(1)由(1)可知当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调 ∥EH,可得四边形AGHE为平行四边形，所以GH= 递增，不可能有两个零点，当a>0时，)在(0，是）上 AE,因为AE=√AD+DE=√+1=√7，所以 单调递增，在 GH=√7，在Rt△AMG中，可得GM 名，十∞）上单调递减，若使f(x)有两个 GN-(受)=V后-=3，在直角榜形GMNH 零点，则 >0,即3n-8>0,解得0<u< 且f(1)= u<0,当x·+∞时.f(x)→一∞，则有x1 中，可得HN=3+√17一4=4，因为HN⊥平面AB CD,所以点H到平面ABCD的距离为4. ∈(，名)x∈（会+）所以a的取值范围为(0， H ) (目)证明：x1,x2是函数f(x)的两个零点，则有3lnx1 a.x1①，3ln.xg=ax2②， ②-①得3(ln4-ln1）=a(x4-x1),即a= 3 f(x1+(1-A)x) 入.x1+(1一A)2 a M 3n2 3 (2)以点N为原点，以NM,NC,WH所在的直线分别为 入1十(1-).2x2- ，因为f(x)有两个零点，所以 x,y,之轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E(0, -4,1),F(0,4.1),G(4,0,3).H(0,0.4), )不单调，因为<得0<<子<所以与- 可得HE=(0,-4,-3),HF=(0,4,-3),HG=(4,0, x1>0,Ax1十(1一入)x>0.若要证明（入x1+(1-A)x) 数学答案一55 <0成立，只需证十1-) 3(xg-x1) --31n互<0，即证 2S,.则当A≤2时，不等式S。+S>S,恒成立， 另一方面，当A>2时，令m=1十1，n=t-1,n∈N”,t 车<0，令1=车，则>1，则只需证不 2则5，+5.=号(2r+2)+2(0-号）=2 A+(1-)型 (-号)则5-(S.+S.)=号+(-号) t-1 等式+0一 -lnt<0,即证t-1-[入+(1-a)]lnt 号2r+2)-2-号)-（号a-d小r-0+a-2) <0,令h()=1-1-[a+(1-)t]lnt,1>1,h'(t)=(a -1Dh+A-）令1==a-1Dh1+A ·ctd,因为号-d>0,-≥0， ）10)=a-p+A令g)=a-1+因为 d时，AS,-(S+S)>0, 当1-2) 即S,十S.<S,不满足不等式S.十S>入S,恒成立， ∈(0,2）得g)在(1.+∞)上单调递减，得g)< 综上，入的最大值为2. g(1)=2入-1<0，得(t)<0,即h'(t)在(1，+c∞)上单 解答题综合提升练14 调递减，得'()<'(1)=0，得(t)<0,即h(t)在(1， 1.[解](1)记“数组2的数据之和不大于8”为事件M, 十∞)上单调递减，所以有h(t)<h(1)=0.故有t一1 [A+(1-A)]lnt<0,不等式得证. “数组2的数据之和大于8”为事件N,则P(M)=1 5.[解](1)因为a,=i,所以△a,=a+1-a.=(n十1)2- 号=子事件V包含的数组有：135.Q,45 n2=3n2+3n+1.因为△a1=7,△a=19,△a=37,故 △a1-△a1=12,△ag-△a2=18,显然△a:-△a1≠△ag 3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5),共6组，P(=6 △a1,所以{△a.}不是等差数列；因为△an=△an+1一△an 号，放所求概率P=PMP(N)= 9 =6n十6，则△an+1-△'an=6,△a1=12,所以{△a.}是 首项为12，公差为6的等差数列. (2)依题意，X的可能取值为1,2,3,4， (2)因为数列{1ogb。}是以1为公差的等差数列，所以 1ogb+1-lgh,=1,故==a,所以数列6，比为a的 PX=D=总·=0 11 b. 正项等比数列，b=b1a-1,所以△b.=△h+1一△h.= P(X=2)= b,+2一b.+1一(b+1-b,)=b+2一2b+1十bn,且对任意的 n∈N”,都存在m∈N”,使得△b,=b。,即ba+1 P(X=3)= 2b,a"十b,a”1=ba"-1,所以(a-1)2=a-",因为a> C C 2,所以m一n>0, P(X=4)= ①若m一=1，则a2-3a+1=0,解得a=3-,5(舍) 则X的分布列为 2 X 1 2 3 4 或a-3.即当。-3时，对任意的都存 2 3 3 在m∈N”,使得△b.=b=b+1· 40 2 ②若m-n≥2，则a"“≥a>(a-1),对任意的n∈ 则E(X)=1× 3+3× 0+2× 3 +4× 13 N,不存在m∈N”,使得△b,=bm,综上所述，a 20 4 =3+6 BM 2 2.[解]1)存在·BP 5 (3)因为{△c.}为常数列，则{c.}是等差数列，设{cn}的公 理由如下：由PE⊥EB,PE⊥ED,EB∩ED=E,EB,ED 差为d,则cn=c1+(n一1)d,若d=0,则c.=cm,与题意 C平面EBCD,所以PE⊥平面 EBCD,又BCC平面EBCD,故 不符：若dK0,所以当n>1-子时6，<0，与数列c.》 PE⊥BC,又BC⊥BE,PE∩BE 的各项均为正数矛盾，所以d>0,由等差数列前n项和 =E,PE,BEC平面PEB,故BC ⊥平面PEB,又BCC平面 公式可得5，=号+（一号）所以+5.=号m PBC,故平面PBC⊥平面PEB, 又平面PBC∩平面PEB=PB, 十m)+(-号）n+m),因为m十n=2,所以S EMC平面PEB,作EM⊥PB, 则EM⊥平面PBC,又EMC平 号（）+(s-号）（）因为m≠故 面EMN,故平面EMN⊥平面PBC,由题意，不妨设AB >(生）所以+8-号+m)+( =3DC=3BC=3,则R1△PEB中，PE=2,EB=1,BP )a+m>号×tm心+(-号)a+m -后，由等面积得2受-，所以BM=后则 2 数学答案一56 w(所以器 又Q(一x1y+1)在直线l.上， 5 所以y+1=表(-xn+1一xn)十y。=一k.x+1一k.x。十y (2)以E为原点，EB,ED.EP分 从而x+1一y+1=工+1十k红，+1十k。一y=(1+k)x+ 别为x,y,之轴建立空间直角坐 +红-=1十).红52+缸，- 标系， 1-k 1+k 由)N(1,0小B10.0, 1-k(x,-y) P0.0,2)F(合0,1 易知工。一，≠0，所以数列{红一y是公比为}士的等 比数列. 1=(201小设 (3)证明：由(2)知，数列{x.一y是首项为x1一y1=5 平面EFN的法向量为m=(x, 4=1,公比为芒的等比数列。 mE亦==0, 令1=中会由0<1可知>1，则云，-义=r, y,),由 取m=(2,一4，-1)， m…E=x+=0 9 9 又x-y=9,所以x十y, 易知平面PDE的一个法向量为n=(1,0,0),设平面 可得x,=9+ 9-tw- EFN和平面PDE的夹角为0.故cos0= 21 cos(m,n〉 所以P 2 =2√2四 .9）P199 2- 21” =后H、 9十29-2+ 3.[解](1D因为S+1=3S.+1,故S,-3S。-1+1,故4+1 2=1 3an(n≥2).而{a.}为等比数列，故其公比为3，又S, 一(y-y) 3S,+1,故3a1十a1=3a1十1，故a1=1,故a,=1×3"-1 所以直线P.P的方程为x一x,一-文 =3-1 即(9+1).x-(9-1产1)y-91(1+1)=0. 2油题设可得么一学导-兴于若数列以中 易知点P到直线PP+的距离 d 存在不同三项d,d,d(其中m,k,p成等差数列)成等 (9+2-).9+2+ 21+ 比数列则()2兴干×兴行周户 k+1 (9+1)+(9-1)月 191"-(1-1)2(1+1) 为等差数列，故(k十1)2=(m十1)×(p十1)即=m中， √(9+21)2+(9-21)7 =mp,故m=p即m=p=k,这与m,k,p 又PP.1= 不同矛盾，故数列{d}中不存在不同三项d,d,d,(其 9+9+ 9-19-1 中m,k,p成等差数列)成等比数列. 21 217 2 2 4.[解]将点P,(5,4)的坐标代入C的方程得5-4=m, (1-1)[(9-)+(9+t) 解得m=9,所以C:x2-y2=9. 2 过点B,(5,4)且斜*k=专的直线方程为y=合( 则S=是·1P.P1·d=-+山 41 -5)+4. 36k 与C的方程联立，消去y化简可得x2一2x一15=0，即 ),即8为定值，所以S=S1 (x-5)(.x+3)=0, 5.[解](1)(1,2)，(1,6)，(5,6) 所以点Q1的横坐标为一3，将x=一3代入直线方程，得 (2)证明：当m=3时，删去a2,a1a,其余项可分为以下3 y=0, 组：a1aa,a1o为第1组aga6,aag为第2组，a5, 因此Q1(一3,0)，从而P,(3.0).即x:=3,y=0. asa11d:为第3组. (2)证明：由题意，P.(xn,y.),P+1(x+1·ya+1),Q（ 当m>3时，删去a4,a,其余项可分为以下m组：a,, a1daw为第1组，asa6aea1g为第2组，aag,a1 Eg+1'y+1). 设过点P.(x,y.)且斜率为k的直线为l:y=k(x a4为第3组，a15a1,a1ra1n为第4组，a1a0,a,a2 xn)+yn· 为第5组，…am1awaw+1am+2为第m组.可知 每组的4个数都能构成等差数列，故数列a1,a,…, 将L.的方程与C的方程联立，消去y化简可得(1一k) a1m+:是(2,13)一可分数列. ·x+(2kx-2ky)x-(kxn-y)-9=0. (3)证明：易知a14g,am+2是(i,j)一可分数列→1， 由根与系数的关系得一工+十工，=一 2k xn-2ky 2,…,4m+2是(4p+1,4g十2)一可分数列，其中p,g∈ 1-k {0,1,,m7. 所以x,2张工2十，十二2型 当0≤p≤g≤m时，删去4p十1,4g十2 1一k 1- 其余项从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数 数学答案一57 都能构成等差数列. 的内孤长为4π，外孤长为8π，外孤半径与内弧半径 故数列1,2，…，4m十2是(4p+1,4q+2)一可分数列， 之差为n,所以回台的上底面半径r=2,下底面半 可分为(1.2,3.4).…，(4p-3.4p-2,4p-1,4p).…, 径R=4,母线长为m.设圆台的高为h,根据题意可 (4(g+1)-1,4(q+1),4(g+1)+1,4(q+1)+2),…, (4m一1,4m,4m十1,4m十2)，p,q的可能取值方法数为 知该国台的体积V=子动(+R+R)=弓h(2 C01+m+1=m+1)(m+22 2 十2×4十)=285r,解祥h=5,则m 3 易知41d2…,dw+2是(i,j)一可分数列→1,2，…，4m十2是 (4p十2,4g十1)一可分数列，其中p,q∈{0,1，，m. (R-r)+h=√22+(W5)2=3.故选B. 当g-p>1时，删去4p+2,4q+1. 6.BC[试题解析]10×60%=6，故第60百分位数为第6 将1一4p与4g+3~4m十2从小到大，每4项分为1组， 和第7位数的均值14十16=15，故A错误：由题抽 2 可知每组的4个数成等差数列. 考虑4p十1,4p十3,4p十4，…，4q,4q十2是否可分，等同 3500 取的高中生人数为100×35001500=70，故B 于考虑1,3,4，…，41,41十2是否可分，其中1=q-p>1, 可分为(1，t+1,2t+1,3t+1),(3,t+3,2t+3,3t十3)， 正确；设数据2，…，无o的平均数为x,由平均 (4.1+4,21+4,31+4).…,(1,21,31,41),(1+2,21+2,31 值性质可知样本数据3.x1十1,3十1，，3：xm+1 +2,41十2)，每组4个数都能构成等差数列. 的平均数为3.x十1=10，解得x=3,故C正确：由 故数列1,2，…，4m十2是(4p十2,4g十1)一可分数列， 题意可知4p(1一p)= 是，解得p=或p=， p,g且q一p>1的可能取值方法数为C+1一m (m十1)(m十2)+(m-1)m 则P(X=1)=C× 或P(X=1) (m-1)m.从而P.≥ 2 ()-器 2 2 C+2 =C××（）广=故D错，选 m十m十1、1 8m2十6m+18 7.[试题解析]由题意知(a十2b)·a-a2+2a·b=0.因为 a2=1+3=4,所以a·b=-2,即-m+23×3=-2, 第三篇 分层题型小卷练透 解得m=8. [参考答案]8 专练一基础题目热身卷 8.[解](1)依题意，选出的这2个球标号相同的概率为 基础题日热身卷01 S+C8+c-3- C (2)X的所有可能取值为0,1.2， 1.C[试题解析]由√2x+3>0可得x>一 即B P(X=0)= ,Px=D-Gc+C·g-s」 1 C 28 【-号+）小所以AnB=1,31.故选C P(X=2)= CC=6=3 2.D[试题解析]抛物线y=ax的标准形式为x= C2814 -y X的分布列如下： 其焦点坐标为(0，)把焦点坐标代入直线y=2红 X 0 十3得=3，得a= 2故选D 1 1 28 14 品B[试题解桥]由题图可知受<行<，期2<<4 X的数学期塑E(G)-是+号-器 154 -管+号=受+2kx,∈乙.解得w=-3-36k,k∈ 9.[解]1)当n=1时.6S=6a,=1+4a则a,=名： 五，故m=-3.则f(x)=sin(-3x+子小所以 当n≥2时，由6Sn=1十4a.①，得6S.-1=1十4a-②. ①-②，得6a.=4a.一4ar-1, f2x)=im-6r+）故f代2x)的最小正周期为 ∴a,=一2a-1,即a=-2(n≥2，数列{a,}是以a a.1 =子故选B 2x =合为首项，一2为公比的等比数列，4 4.B[试题解析]由题目条件可得西数f(x)的定义域为 (0,+o∞)，(x)=lnx+1-a.令f(x)>0,得x> 之(-2)，当m=1时也满足上式.a. e1:令f(x)<0,得0<x<e.所以函数f(x)在 (0,e1)上单调递减，在(e',十o∞)上单调递增.则 2(-20 e是函数f(x)的板小值点，故f(e1) e-'lne-l一ue-l=一e,解得a=2.故选B. 5.B[试题解析]因为一个圆台的侧面展开，得到的扇环 (2)由(1)得b,=S2+1= 21-2)门1+ 1-(-2) 6 数学答案一58新高考数学２９— ２　 解答题综合提升练１３ １．(１３分)(２０２４􀅰安徽省蚌埠市高三下学期第三次教学质量检查) 已知双曲线E:x ２ a２ －y ２ b２ ＝１(a＞０,b＞０)的左顶点是A(－１,０),一 条渐近线的方程为y＝x． (１)求双曲线E 的离心率; (２)设直线y＝１２x－ １ ２ 与双曲线E 交于点P,Q,求线段PQ 的长． ２．(１５分)(２０２４􀅰安徽省安庆市高三模拟考试(二 模))如 图,在 平 面 凸 四 边 形 ABCD 中, tan∠ABD＋tan∠ADB＝２sin∠BADcos∠ABD． (１)求∠ADB; (２)若AD＝BD＝４,∠ACB＝∠BDC＝π６ ,求CD． ３．(１５分)(２０２４􀅰安徽省示范高中皖 北协作区高三下学期数学联考) ２０２３年１２月１９日至２０日,中央农 村工作会议在北京召开,习近平主 席对“三农”工作作出指示．某地区 为响应习近平主席的号召,积极发 展特色农业,建设蔬菜大棚．如图所 示的七面体ABG－CDEHF 是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢 架,四边形ABCD 是矩形,AB＝８m,AD＝４m,ED＝CF＝１m, 且ED,CF都垂直于平面ABCD,GA＝GB＝５m,HE＝HF,平面 ABG⊥平面ABCD． (１)求点H 到平面ABCD 的距离; (２)求平面BFHG与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值． ４．(１７分)(２０２４􀅰安徽省阜阳市高三下学期第一次教学质量统测) 已知函数f(x)＝３lnx－ax． (１)讨论f(x)的单调性． (２)已知x１,x２ 是函数f(x)的两个零点(x１＜x２)． (ⅰ)求实数a的取值范围． (ⅱ)λ∈ (０,１２) ,f′(x)是f(x)的导函数．证明:f′[λx１＋(１－λ)x２] ＜０． ５．(１７分)(２０２４􀅰安徽省黄山市高中毕业班第一次质量检测)随着 信息技术的快速发展,离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方 程是描述离散变量变化的重要工具,并且有广泛的应用．对于数列 {an},规定{Δan}为数列{an}的一阶差分数列,其中 Δan＝an＋１－ an(n∈N∗),规定{Δ２an}为数列{an}的二阶差分数列,其中 Δ２an ＝Δan＋１－Δan(n∈N∗)． (１)数列{an}的通项公式为an＝n３(n∈N∗),试判断数列{Δan}, {Δ２an}是否为等差数列,请说明理由? (２)数列{logabn}是以１为公差的等差数列,且a＞２,对于任意的n ∈N∗,都存在m∈N∗,使得Δ２bn＝bm,求a的值; (３)各项均为正数的数列{cn}的前n项和为Sn,且{Δcn}为常数列, 对满足m＋n＝２t,m≠n的任意正整数m,n,t都有cm≠cn,且不等 式Sm＋Sn＞λSt 恒成立,求实数λ的最大值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学２９—１ 新高考数学３０— ２　 解答题综合提升练１４ １．(１３分)(２０２４􀅰吉林省白山市高三第二次模拟考试)现有两组数 据,A 组:１,２,３,４;B 组:１,２,３,４,５．先从A 组数据中任取３个,构 成数组Ω１,再从B 组数据中任取３个,构成数组Ω２,两组抽取的 结果互不影响． (１)求数组Ω１ 的数据之和不大于８且数组Ω２ 的数据之和大于８ 的概率; (２)记X＝maxΩ２－minΩ１,其中 minΩ１ 表示数组Ω１ 中最小的数, maxΩ２ 表示数组Ω２ 中最大的数,求 X 的分布列以及数学期望 E(X)． ２．(１５分)(２０２４􀅰三省三校高三第二次联合模拟考试)如图,在直角 梯形ABCD 中,AB∥CD,∠ABC＝９０°,AB＝３DC＝３BC,DE⊥ AB 于E,沿DE 将△ADE 折起,使得点A 到点P 位置,∠PEB＝ ９０°,N 是棱BC 上的动点(与点B,C不重合)． (１)判断在棱PB 上是否存在一点M,使平面EMN⊥平面PBC, 若存在,求BM BP ;若不存在,说明理由; (２)当点F,N 分别是PB,BC 的中点时,求平面EFN 和平面 PDE 的夹角的余弦值． ３．(１５分)(２０２４􀅰辽宁省实验中学高三第二次联合模拟考试)已知 等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn＋１＝３Sn＋１,其中n∈N∗． (１)求数列{an}的通项公式; (２)在an 与an＋１之间插入n个数,使这n＋２个数组成一个公差为 dn 的等差数列,在数列{dn}中是否存在不同三项dm,dk,dp(其中 m,k,p成等差数列)成等比数列? 若存在,求出这样的三项;若不 存在,请说明理由． ４．(１７分)(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷)已知双曲线C:x２－y２＝m(m＞０),点 P１(５,４)在C上,k为常数,０＜k＜１．按照如下方式依次构造点Pn (n＝２,３,􀆺),过 Pn－１作斜率为k 的直线与C 的左支交于点 Qn－１,令Pn 为Qn－１关于y轴的对称点．记Pn 的坐标为(xn,yn)． (１)若k＝１２ ,求x２,y２; (２)证明:数列{xn－yn}是公比为 １＋k １－k 的等比数列; (３)设Sn 为△PnPn＋１Pn＋２的面积．证明:对任意正整数n,Sn＝ Sn＋１． ５．(１７分)(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷)设m 为正整数,数列a１,a２,􀆺,a４m＋２ 是公差不为０的等差数列,若从中删去两项ai 和aj(i＜j)后剩余 的４m 项可被平均分为m 组,且每组的４个数都能构成等差数列, 则称数列a１,a２,􀆺,a４m＋２是(i,j)－可分数列． (１)写出所有的(i,j),１≤i＜j≤６,使得数列a１,a２,􀆺,a６ 是(i,j)－可 分数列; (２)当m≥３时,证明:数列a１,a２,􀆺,a４m＋２是(２,１３)－可分数列; (３)从１,２,􀆺,４m＋２中一次任取两个数i和j(i＜j),记数列a１, a２,􀆺,a４m＋２是(i,j)－可分数列的概率为Pm,证明:Pm＞ １ ８． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学３０—１