大题过关专项训练-2025届高三数学二轮复习

高三二轮大题过关专项练 解三角形 基础过关练 1．(2023·全国乙卷)在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1. (1)求sin∠ABC； (2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积． 2．(2024·唐山模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，acos C＋asin C＝b. (1)求A； (2)若点D在BC边上，AD平分∠BAC，且AD＝，求△ABC的周长． 3．(2023·烟台联考)已知在平面四边形ABCD中，AB∥CD，BC＝AD，∠BAD＝2∠BCD. (1)求∠ABC； (2)若CD＝4，∠ABD＝∠ADB，求四边形ABCD的面积． 4．(2023·南昌模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足3(acos C－b)＝csin A. (1)求角A； (2)若△ABC的面积为2，D为BC边上一点，且BD＝2CD.求AD的最小值． 拓展拔高练 5．已知在非钝角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC同时满足下列四个条件中的三个：①A＝；②a＝4；③c＝4；④sin C＝. (1)指出这三个条件，并说明理由； (2)求边长b和三角形的面积S△ABC. 6．(2024·长春模拟)已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcos C＋ccos B＝6. (1)求边长a； (2)若△ABC是锐角三角形，且________，求△ABC的面积S的取值范围． 要求：从①A＝；②b＋c＝10这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并给出解答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 数列的综合问题 基础过关练 1．若数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)． (1)求a1，a2，a3，a4； (2)求数列{an}的前2 024项和S2 024. 2．(2023·广州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且S1＝2，Sn＝an＋1，bn＝(n∈N*)． (1)求数列{bn}的通项公式； (2)设cn＝，数列{cn}的前n项和Tn，求证：≤Tn<1. 3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋2＝2an. (1)求a2及数列{an}的通项公式； (2)在an与an＋1之间插入n个数，使得这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列，求数列的前n项和Tn. 4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝7，S3＝5a1. (1)求{an}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Tn，证明：当n≥3时，Tn>. 拓展拔高练 5．(2023·邯郸统考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1(n∈N*)． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝，在数列{bn}中是否存在三项bm，bk，bp(其中2k＝m＋p)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由． 6．在数列{bn}中，令Tn＝b1b2·…·bn(n∈N*)，若对任意正整数n，Tn总为数列{bn}中的项，则称数列{bn}是“前n项之积封闭数列”．已知数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列． (1)判断：当a1＝2，q＝3时，数列{an}是否为“前n项之积封闭数列”； (2)证明：a1＝1是数列{an}为“前n项之积封闭数列”的充分不必要条件． 　统计与统计分析 基础过关练 1．某中学为了解学生数学课程的学习情况，在3 000名学生中随机抽取200名，并统计这200名学生的某次数学考试成绩(满分100分)，得到了样本的频率分布直方图(如图)． 一般学校认为成绩大于等于80分的学生为优秀． (1)根据频率分布直方图，估计3 000名学生在该次数学考试中成绩优秀的学生数； (2)依据样本的频率分布直方图，估计总体成绩的众数和平均数(每组数据以所在区间的中点值为代表)． 2．(2024·海南模拟)实验发现，猴痘病毒与天花病毒有共同抗原，两者之间有很强的血清交叉反应和交叉免疫，故猴痘流行的时候可接种牛痘疫苗预防．某医学研究机构对120个接种与未接种牛痘疫苗的密切接触者进行医学观察后，统计了感染病毒情况，得到下面的2×2列联表： 感染猴痘病毒 未感染猴痘病毒 未接种牛痘疫苗 20 30 已接种牛痘疫苗 10 60 (1)根据上表，分别估计在未接种牛痘疫苗和已接种牛痘疫苗的情况下，感染猴痘病毒的概率； (2)是否能依据小概率值α＝0.01的独立性检验，认为密切接触者未感染猴痘病毒与接种牛痘疫苗有关？ 附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d. α 0.1 0.05 0.01 xα 2.706 3.841 6.635 3．(2024·沧州模拟)“绿水青山就是金山银山”的口号已经深入民心，人们对环境的保护意识日益增强，质检部门也会不时地对一些企业的生产污染情况进行排查，并作出相应的处理，本次排查了30个企业，共查出510个污染点，其中造成污染点前10名的企业分别造成的污染点数为58,36,36,35,33,32,28,26,24,22. (1)求这30个企业造成污染点的第80百分位数； (2)已知造成污染点前10名的企业的方差为92.4，其他20个企业造成污染点的方差为44.7，求这30个企业造成污染点的总体方差． 4．(2023·淄博模拟)某电商平台统计了近七年小家电的年度广告费支出xi(万元)与年度销售量yi(万台)的数据，如表所示： 年份 2016 2017 2018 2019 2020 2021 2022 广告费支出x 1 2 4 6 11 13 19 销售量y 1.9 3.2 4.0 4.4 5.2 5.3 5.4 其中iyi＝279.4，＝708. (1)若用线性回归模型拟合y与x的关系，求出y关于x的经验回归方程； (2)若用y＝c＋d模型拟合得到的回归方程为＝1.63＋0.99，经计算(1)中的回归模型及该模型的R2分别为0.75和0.88，请根据R2的数值选择更好的回归模型拟合y与x的关系，进而计算出年度广告费x为何值时，利润＝200y－x的预报值最大？ 参考公式：＝＝，＝－. 拓展拔高练 5．(2023·福州模拟)国内某大学想了解本校学生的运动状况，采用简单随机抽样的方法从全校学生中抽取2 000人，调查他们平均每天运动的时间(单位：小时)，统计表明该校学生平均每天运动的时间范围是[0,3]，记平均每天运动的时间不少于2小时的学生为“运动达人”，少于2小时的学生为“非运动达人”．整理分析数据得到的列联表如表所示(单位：人)： 性别 运动时间 合计 “运动达人” “非运动达人” 男生 1 100 300 1 400 女生 400 200 600 合计 1 500 500 2 000 零假设为H0：运动时间与性别之间无关联．根据列联表中的数据，算得χ2≈31.746，根据小概率值α＝0.001的χ2独立性检验，则认为运动时间与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001. (1)如果将表中所有数据都缩小为原来的，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断运动时间与性别之间的关联性，结论还一样吗？请用统计语言解释其中的原因； (2)采用按样本性别比例分配的分层随机抽样的方法抽取20名同学，并统计每位同学的运动时间，统计数据为男生运动时间的平均数为2.5，方差为1；女生运动时间的平均数为1.5，方差为0.5，求这20名同学运动时间的均值与方差． 附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 6．(2023·泰安模拟)近年来，我国新能源汽车发展进入新阶段．某品牌2018年到2022年新能源汽车年销量w(万辆)如表所示，其中2018年～2022年对应的年份代码t为1～5. 年份代码t 1 2 3 4 5 销量w(万辆) 4 9 14 18 25 (1)判断两个变量是否线性相关，并计算样本相关系数(精确到0.001)； (2)①假设变量x与变量Y的n对观测数据为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，两个变量满足一元线性回归模型(随机误差ei＝yi－bxi)，请写出参数b的最小二乘估计； ②令变量x＝t－，y＝w－，则变量x与变量Y满足一元线性回归模型利用①中结论求y关于x的经验回归方程，并预测2025年该品牌新能源汽车的销售量． 附：样本相关系数r＝，(ti－)(wi－)＝51，(wi－)2＝262，(ti－)2＝10，≈25.6. 解析几何 基础过关练 1．(2024·南通模拟)已知P为抛物线C：y2＝4x上位于第一象限的点，F为C的焦点，PF与C交于点Q(异于点P)．直线l与C相切于点P，与x轴交于点M.过点P作l的垂线交C于另一点N. (1)证明：线段MP的中点在定直线上； (2)若点P的坐标为(2,2)，试判断M，Q，N三点是否共线． 2．(2023·石家庄模拟)已知E(，0)，F，点A满足|AE|＝|AF|，点A的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线：－＝1交于M，N两点，且∠MON＝(O为坐标原点)，求点A到直线l距离的取值范围． 3．(2023·首都师大附中模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，过椭圆右焦点F的直线l与椭圆交于A，B两点，当直线l与x轴垂直时，|AB|＝3. (1)求椭圆C的标准方程； (2)当直线l的斜率为k(k≠0)时，在x轴上是否存在一点P(异于点F)，使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等？若存在，求P点坐标；若不存在，请说明理由． 拓展拔高练 4．(2023·莆田模拟)已知双曲线C：－＝1(b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A在双曲线C上，且AF1⊥x轴，∠AF2F1＝30°. (1)求双曲线C的渐近线方程； (2)设D为双曲线C的右顶点，直线l与双曲线C交于不同于D的E，F两点，若以EF为直径的圆经过点D，且DG⊥EF于G，证明：存在定点H，使|GH|为定值． 　空间向量与立体几何 基础过关练 1.如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，M是PC的中点，PA＝AB. (1)求证：AM⊥平面PBD； (2)设直线AM与平面PBD交于点O，求证：AO＝2OM. 2．(2023·长沙模拟)斜三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为2，点A1在下底面ABC上的投影为AB的中点O. (1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D，使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由； (2)求点A1到平面BCC1B1的距离． 3．(2024·丹东模拟)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1－AD－C的大小为120°，E为棱C1D1的中点． (1)证明：CD⊥AE； (2)点F在棱CC1上，AE∥平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值． 4．(2023·成都模拟)如图所示，直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB，ED∥AB，AB＝2DE＝2BD＝2，AC＝BC，异面直线DE与AC所成角为45°，点F，G分别为CE，BC的中点，点H是线段EG上靠近点G的三等分点． (1)求证：A，B，F，H四点共面； (2)求平面HCD与平面BCD夹角的余弦值． 拓展拔高练 5．(2023·长沙模拟)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB＝6，BC＝4，BB1＝2，AC1与A1C相交于点D，＝2，且DE∥平面BCC1B1. (1)求三棱锥C－A1B1C1的体积； (2)平面A1B1C与平面ABC所成角为α，CC1与平面A1B1C所成角为β，求证：α＋β＝. 6.如图，在八面体PABCDQ中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面PAD∥平面QBC，二面角P－AB－C与二面角Q－CD－A的大小都是30°，AP＝CQ＝，PD⊥AB. (1)证明：平面PCD∥平面QAB； (2)设G为△QBC的重心，在棱AP上是否存在点S，使得SG与平面ABCD所成角的正弦值为？若存在，求S到平面ABCD的距离，若不存在，说明理由． 　概率与统计 基础过关练 1．(2023·汕头模拟)袋中装着标有数字1,2,3,4的小球各3个，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等． (1)求取出的3个小球上的数字互不相同的概率； (2)用X表示取出的3个小球上所标的最大数字，求随机变量X的分布列和数学期望． 2．(2023·邵阳模拟)某电视台为了解不同性别的观众对同一档电视节目的评价情况，随机选取了100名观看该档节目的观众对这档电视节目进行评价，已知被选取的观众中“男性”与“女性”的人数之比为9∶11，评价结果分为“喜欢”和“不喜欢”，并将部分评价结果整理如下表所示． 性别 评价 合计 喜欢 不喜欢 男性 15 女性 合计 50 100 (1)根据所给数据，完成上面的2×2列联表； (2)依据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为性别因素与评价结果有关系？ (3)电视台计划拓展男性观众市场，现从参与评价的男性中，用按比例分配的分层随机抽样的方法选取3人，进行节目“建言”征集奖励活动，其中评价结果为“不喜欢”的观众“建言”被采用的概率为，评价结果为“喜欢”的观众“建言”被采用的概率为，“建言”被采用奖励100元，“建言”不被采用奖励50元，记3人获得的总奖金为X，求X的分布列及数学期望． 附：χ2＝. α 0.010 0.005 0.001 xα 6.635 7.879 10.828 3．(2023·南京模拟)综合素质评价是高考招生制度改革的内容之一．某高中采用多维评分的方式进行综合素质评价．如图是该校高三学生“运动与健康”评价结果的频率分布直方图，评分在区间[90,100]，[70,90)，[60,70)，[50,60)上，分别对应为A，B，C，D四个等级．为了进一步引导学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评．复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级，原获C等级的学生有的概率提升为B等级，原获D等级的学生有的概率提升为C等级．用频率估计概率，每名学生复评结果相互独立． (1)若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望； (2)从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是C等级的概率． 4．杭州第19届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此容错率更高．假设最终有四支队伍进入到半决赛，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛则总决赛就无法拿到冠军，但是其他的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？ 这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A，B，C，D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为.最初分组时AB同组，CD同组． (1)若p＝，在淘汰赛制下，A，C获得冠军的概率分别为多少？ (2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率(用p表示)，并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 拓展拔高练 5．(2024·惠州模拟)为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择一种，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． (1)求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； (2)记该同学第n天选择米饭套餐的概率为Pn， ①证明：为等比数列； ②证明：当n≥2时，Pn≤. 6．(2023·阳泉模拟)在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，硬币大小的无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注．这种起搏器体积只有传统起搏器的，其无线充电器的使用更是避免了传统起搏器囊袋及导线引发的相关并发症．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片试生产，试产期同步进行产品检测，检测包括智能检测与人工抽检．智能检测在生产线上自动完成，包含安全检测、电池检测、性能检测三项指标，人工抽检仅对智能检测三项指标均达标的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标，四项指标均达标的产品才能视为合格品．已知试产期的产品，智能检测三项指标的达标率分别约为，，，设人工抽检的综合指标不达标率为p(0<p<1)． (1)求每个芯片智能检测不达标的概率； (2)人工抽检30个芯片，记恰有1个不达标的概率为φ(p)，求φ(p)的极大值点p0； (3)若芯片的合格率不超过96%，则需对生产工序进行改良．以(2)中确定的p0作为p的值，判断该企业是否需对生产工序进行改良． 　导数的综合问题 基础过关练 1．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋6x＋c，当x＝－1时，f(x)的极小值为－，当x＝2时，f(x)有极大值． (1)求函数f(x)的解析式； (2)存在x0∈[－2,0]，使得f(x0)>t2－2t成立，求实数t的取值范围． 2．(2023·商洛统考)已知函数f(x)＝ex－4sin x，其中e为自然对数的底数． (1)求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程； (2)证明：f(x)在[0，＋∞)上有两个零点． 3．已知函数f(x)＝＋ln x，其中a为常数，e为自然对数的底数． (1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为2，求a的值． 拓展拔高练 4．(2024·安康模拟)已知f(x)＝ln x－ax，g(x)＝x＋ln m(a，m∈R，m>0)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝－1时，若不等式eg(x)＋g(x)≥f(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，求m的取值范围(e为自然对数的底数)． 5．(2023·新高考全国Ⅱ)(1)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x； (2)已知函数f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三二轮大题过关专项练 解三角形 1．(2023·全国乙卷)在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1. (1)求sin∠ABC； (2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积． 解　(1)由余弦定理可得 BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC ＝4＋1－2×2×1×cos 120°＝7， 则BC＝， 由正弦定理可得 sin∠ABC＝＝＝. (2)由三角形面积公式可得 ＝＝4， 则S△ACD＝S△ABC ＝×＝. 2．(2024·唐山模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，acos C＋asin C＝b. (1)求A； (2)若点D在BC边上，AD平分∠BAC，且AD＝，求△ABC的周长． 解　(1)由正弦定理得sin Acos C＋sin Asin C＝sin B， 在△ABC中，sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋sin Ccos A， 则sin Asin C＝sin Ccos A， 又C∈(0，π)，sin C≠0，∴tan A＝， 又A∈(0，π)，∴A＝. (2)依题意得S△ABC＝bc·sin∠BAC＝AD·csin∠BAD＋AD·b·sin∠CAD， 即bc＝(b＋c)， 由余弦定理得4＝b2＋c2－bc， ∴(b＋c)2－(b＋c)＝4，解得b＋c＝， ∴△ABC的周长为＋2. 3．(2023·烟台联考)已知在平面四边形ABCD中，AB∥CD，BC＝AD，∠BAD＝2∠BCD. (1)求∠ABC； (2)若CD＝4，∠ABD＝∠ADB，求四边形ABCD的面积． 解　(1)如图，在△ABD中，由正弦定理可得＝， 在△BCD中，由正弦定理可得 ＝. 因为AB∥CD，所以∠ABD＝∠BDC， 所以＝. 而BC＝AD，∠BAD＝2∠BCD， 故＝， 又sin 2∠BCD＝2sin∠BCDcos∠BCD， 所以cos∠BCD＝. 因为0°<∠BCD<180°， 故∠BCD＝30°，故∠ABC＝150°. (2)因为∠BAD＝2∠BCD＝60°， 且∠ABD＝∠ADB， 故AB＝AD＝BD，△ABD为等边三角形． 所以∠DBC＝∠ABC－∠ABD＝150°－60°＝90°， 因为CD＝4，∠BCD＝30°，所以BD＝2， 故四边形ABCD的面积S＝S△ABD＋S△BDC＝×2×2×sin 60°＋×2×4×sin 60°＝3. 4．(2023·南昌模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足3(acos C－b)＝csin A. (1)求角A； (2)若△ABC的面积为2，D为BC边上一点，且BD＝2CD.求AD的最小值． 解　(1)由3(acos C－b)＝csin A 及正弦定理可得3(sin Acos C－sin B)＝sin Csin A， 即3(sin Acos C－sin Acos C－cos Asin C)＝sin Csin A， 即－3cos Asin C＝sin Csin A， 又C∈(0，π)，则sin C>0，则tan A＝－， 又A∈(0，π)，则A＝. (2)∵△ABC的面积为2，∴bcsin A＝2， 又A＝，∴bc＝8， 又∵D为BC边上一点，且BD＝2CD， ∴＝＋＝＋(－) ＝＋， 则2＝2 ＝2＋2＋· ＝c2＋b2＋bc× ＝c2＋b2－bc≥2××bc－bc ＝bc＝， 当且仅当c2＝b2，即c＝4，b＝2时取等号，即2的最小值为. 即AD的最小值为. 5．已知在非钝角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC同时满足下列四个条件中的三个：①A＝；②a＝4；③c＝4；④sin C＝. (1)指出这三个条件，并说明理由； (2)求边长b和三角形的面积S△ABC. 解　(1)该三角形同时满足①②③，理由如下： 若非钝角△ABC同时满足①④， ∵sin C＝<， ∴0<C<或<C<π(舍)， 又A＝，∴<A＋C<， ∴<B＝π－(A＋C)<， 这与△ABC为非钝角三角形相矛盾，故①④不能同时选， ∴②③必选． 若选②③④，∵a<c，∴A<C， ∵sin C＝<，∴0<C<， ∴A＋C<，∴B＝π－(A＋C)>， 与△ABC为非钝角三角形相矛盾， ∴该三角形同时满足①②③. (2)由余弦定理知， a2＝b2＋c2－2bccos A ＝b2＋32－2×4×b×＝16， 化简得b2－8b＋16＝0，∴b＝4， ∴S△ABC＝bcsin A＝×4×4×＝8. 6．(2024·长春模拟)已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcos C＋ccos B＝6. (1)求边长a； (2)若△ABC是锐角三角形，且________，求△ABC的面积S的取值范围． 要求：从①A＝；②b＋c＝10这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并给出解答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解　(1)方法一　因为bcos C＋ccos B＝6， 由余弦定理，得b·＋c·＝a＝6. 方法二　因为bcos C＋ccos B＝6， 由正弦定理，得2R(sin Bcos C＋sin Ccos B)＝6， 所以2Rsin(B＋C)＝6， 所以2Rsin A＝6，即a＝6. (2)选择①. 因为＝＝＝＝6， 所以b＝6sin B，c＝6sin C， 所以S＝bcsin A＝18sin Bsin C ＝18sin Bsin ＝18sin B ＝18sin Bcos B＋18sin2B ＝9sin 2B＋9－9cos 2B ＝9sin＋9， 因为△ABC是锐角三角形， 所以 又C＝－B，所以<B<， 所以<2B－<， 所以<sin≤1， 所以9<9sin≤9， 所以18<S≤9＋9， 即△ABC的面积S的取值范围是(18,9＋9]． 选择②. 因为b＋c＝10，则c＝10－b， 因为△ABC是锐角三角形， 所以 即 解得<b<， 因为cos C＝＝， 所以sin C＝＝， 所以S＝absin C＝3b·＝4，<b<，设g(x)＝－x2＋10x－16＝－(x－5)2＋9，<x<， 由二次函数的性质可得，当x＝5时，g(x)取得最大值g(5)＝9， 当x＝时，g(x)＝， 又＝， 所以g(x)∈， 即－b2＋10b－16∈， 所以∈， 所以<S≤12， 即△ABC的面积S的取值范围是<S≤12。 数列的综合问题 1．若数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)． (1)求a1，a2，a3，a4； (2)求数列{an}的前2 024项和S2 024. 解　(1)因为数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)， 所以a1＝－1，a2＝3，a3＝－5，a4＝7. (2)由an＝(－1)n(2n－1)， 可得当n为奇数时，an＋an＋1＝(－1)n(2n－1)＋(－1)n＋1(2n＋1)＝2， 所以S2 024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 023＋a2 024) ＝2＋2＋…＋2＝2×1 012＝2 024. 2．(2023·广州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且S1＝2，Sn＝an＋1，bn＝(n∈N*)． (1)求数列{bn}的通项公式； (2)设cn＝，数列{cn}的前n项和Tn，求证：≤Tn<1. (1)解　因为Sn＝an＋1， 所以(n＋2)Sn＝nan＋1， 因为an＋1＝Sn＋1－Sn， 所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)， 即nSn＋1＝2(n＋1)Sn， 所以＝2·(n∈N*)． 即bn＋1＝2bn， 又b1＝S1＝2， 所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列． 所以bn＝2n. (2)证明　cn＝＝＝－， 故数列{cn}的前n项和Tn＝＋＋…＋ ＝1－， 因为n∈N*， 所以0<≤， 所以≤Tn<1. 3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋2＝2an. (1)求a2及数列{an}的通项公式； (2)在an与an＋1之间插入n个数，使得这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列，求数列的前n项和Tn. 解　(1)由题意，当n＝1时，S1＋2＝a1＋2＝2a1，解得a1＝2， 当n＝2时，S2＋2＝2a2， 即a1＋a2＋2＝2a2，解得a2＝4， 当n≥2时，由Sn＋2＝2an， 可得Sn－1＋2＝2an－1， 两式相减，可得an＝2an－2an－1， 整理，得an＝2an－1， ∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴an＝2·2n－1＝2n，n∈N*. (2)由(1)可得，an＝2n，an＋1＝2n＋1， 在an与an＋1之间插入n个数，使得这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列， 则有an＋1－an＝(n＋1)dn， ∴dn＝＝， ∴＝， ∴Tn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋， Tn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减， 可得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝1＋－ ＝－，∴Tn＝3－. 4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝7，S3＝5a1. (1)求{an}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Tn，证明：当n≥3时，Tn>. (1)解　a3＝a1＋2d＝7，S3＝3a1＋3d＝5a1， 解得a1＝3，d＝2， 故an＝2n＋1. (2)证明　Sn＝3n＋×2＝n2＋2n， 1＋＝1＋＝1＋－， Tn＝1＋－＋1＋－＋1＋－＋…＋1＋－＝n＋3－－， 当n≥3，要证明Tn>， 即n＋3－－>n＋2， 即证1>＋， 易知＋是一个递减数列， 故当n＝3时，其最大值为＋＝<1，得证． 5．(2023·邯郸统考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1(n∈N*)． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝，在数列{bn}中是否存在三项bm，bk，bp(其中2k＝m＋p)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由． 解　(1)由题意知，在数列{an}中，an＋1＝3Sn＋1， an＝3Sn－1＋1，n≥2， 两式相减可得an＋1－an＝3an，an＋1＝4an，n≥2， 由条件知，a2＝3a1＋1＝4a1， 故an＋1＝4an(n∈N*)． ∴{an}是以1为首项，4为公比的等比数列． ∴an＝4n－1(n∈N*)． (2)由(1)知，an＝4n－1(n∈N*)， ∴bn＝， 如果满足条件的bm，bk，bp存在， 则b＝bmbp， ∴＝·， ∵2k＝m＋p， ∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得k2＝mp， ∵2k＝m＋p，∴k＝m＝p，与已知矛盾， ∴不存在满足条件的三项． 6．在数列{bn}中，令Tn＝b1b2·…·bn(n∈N*)，若对任意正整数n，Tn总为数列{bn}中的项，则称数列{bn}是“前n项之积封闭数列”．已知数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列． (1)判断：当a1＝2，q＝3时，数列{an}是否为“前n项之积封闭数列”； (2)证明：a1＝1是数列{an}为“前n项之积封闭数列”的充分不必要条件． (1)解　T2＝a1a2＝2×6＝12， 若T2为数列{an}中的项，则存在m∈N*， 使得T2＝am，即12＝2·3m－1， 所以m＝log36＋1∉N*，所以{an}不是“前n项之积封闭数列”． (2)证明　充分性： 因为Tn＝a1a2·…·an(n∈N*)， 所以T1＝a1， 当n∈N*，n≥2时， 因为a1＝1，所以an＝qn－1， 所以Tn＝a1a2·…·an＝q0＋1＋2＋…＋(n－1)＝， 因为∈N*， 所以令＝k，则Tn＝ak＋1， 所以数列{an}是“前n项之积封闭数列”， 所以充分性成立． 必要性： 当a1＝q≠1时，an＝a1qn－1＝qn， 所以Tn＝a1a2·…·an＝q1＋2＋…＋n＝， 因为∈N*， 令＝l， 所以Tn＝al， 即此时数列{an}是“前n项之积封闭数列”， 所以必要性不成立． 综上，a1＝1是数列{an}为“前n项之积封闭数列”的充分不必要条件。 　统计与统计分析 1．某中学为了解学生数学课程的学习情况，在3 000名学生中随机抽取200名，并统计这200名学生的某次数学考试成绩(满分100分)，得到了样本的频率分布直方图(如图)． 一般学校认为成绩大于等于80分的学生为优秀． (1)根据频率分布直方图，估计3 000名学生在该次数学考试中成绩优秀的学生数； (2)依据样本的频率分布直方图，估计总体成绩的众数和平均数(每组数据以所在区间的中点值为代表)． 解　(1)由样本的频率分布直方图可知， 在该次数学考试中成绩优秀的频率是 (0.020＋0.008)×10＝0.28， 则估计3 000名学生在该次数学考试中成绩优秀的学生有3 000×0.28＝840(名)． (2)由样本的频率分布直方图可知，估计总体成绩的众数为＝75， 平均数为0.002×10×35＋0.006×10×45＋0.012×10×55＋0.024×10×65＋0.028×10×75＋0.020×10×85＋0.008×10×95＝71.2. 所以估计总体成绩的众数为75，平均数为71.2. 2．(2024·海南模拟)实验发现，猴痘病毒与天花病毒有共同抗原，两者之间有很强的血清交叉反应和交叉免疫，故猴痘流行的时候可接种牛痘疫苗预防．某医学研究机构对120个接种与未接种牛痘疫苗的密切接触者进行医学观察后，统计了感染病毒情况，得到下面的2×2列联表： 感染猴痘病毒 未感染猴痘病毒 未接种牛痘疫苗 20 30 已接种牛痘疫苗 10 60 (1)根据上表，分别估计在未接种牛痘疫苗和已接种牛痘疫苗的情况下，感染猴痘病毒的概率； (2)是否能依据小概率值α＝0.01的独立性检验，认为密切接触者未感染猴痘病毒与接种牛痘疫苗有关？ 附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d. α 0.1 0.05 0.01 xα 2.706 3.841 6.635 解　(1)由题意可知，估计未接种牛痘疫苗者感染猴痘病毒的概率为P1＝＝， 已接种牛痘疫苗者感染猴痘病毒的概率为 P2＝＝. (2)列联表如表所示： 感染猴痘病毒 未感染猴痘病毒 合计 未接种牛痘疫苗 20 30 50 已接种牛痘疫苗 10 60 70 合计 30 90 120 零假设为H0：密切接触者未感染猴痘病毒与接种牛痘疫苗无关． 则χ2＝≈10.286>6.635＝x0.01， 所以根据小概率值α＝0.01的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为密切接触者未感染猴痘病毒与接种牛痘疫苗有关，此推断犯错误的概率不超过0.01. 3．(2024·沧州模拟)“绿水青山就是金山银山”的口号已经深入民心，人们对环境的保护意识日益增强，质检部门也会不时地对一些企业的生产污染情况进行排查，并作出相应的处理，本次排查了30个企业，共查出510个污染点，其中造成污染点前10名的企业分别造成的污染点数为58,36,36,35,33,32,28,26,24,22. (1)求这30个企业造成污染点的第80百分位数； (2)已知造成污染点前10名的企业的方差为92.4，其他20个企业造成污染点的方差为44.7，求这30个企业造成污染点的总体方差． 解　(1)根据定义可得，此30个数据从小到大排列，且30×80%＝24， 所以这30个企业造成污染的第80百分位数是第24个数据与第25个数据的平均数，即前10名中第六名与第七名数据的平均数，即＝30. (2)按照企业造成的污染点数从小到大排列，记为x1，x2，…，x20，其平均数记为，方差记为s； 把剩下10个数据记为y1，y2，…，y10，其平均数记为，方差记为s； 把总样本数据的平均数记为，方差记为s2. 由题意可知，＝＝17， ＝×(58＋36＋36＋35＋33＋32＋28＋26＋24＋22)＝×330＝33， 则＝×(510－330)＝9， 由题知s＝44.7，s＝92.4， s2＝×{20[s＋(－)2]＋10[s＋(－)2]} 代入数据可得s2＝×{20×[44.7＋(9－17)2]＋10×[92.4＋(33－17)2]}＝188.6， 所以这30个企业造成污染点的总体方差为188.6. 4．(2023·淄博模拟)某电商平台统计了近七年小家电的年度广告费支出xi(万元)与年度销售量yi(万台)的数据，如表所示： 年份 2016 2017 2018 2019 2020 2021 2022 广告费支出x 1 2 4 6 11 13 19 销售量y 1.9 3.2 4.0 4.4 5.2 5.3 5.4 其中iyi＝279.4，＝708. (1)若用线性回归模型拟合y与x的关系，求出y关于x的经验回归方程； (2)若用y＝c＋d模型拟合得到的回归方程为＝1.63＋0.99，经计算(1)中的回归模型及该模型的R2分别为0.75和0.88，请根据R2的数值选择更好的回归模型拟合y与x的关系，进而计算出年度广告费x为何值时，利润＝200y－x的预报值最大？ 参考公式：＝＝，＝－. 解　(1)由题意可得 ＝＝8， ＝＝4.2， 所以＝＝＝0.17， ＝－＝4.2－0.17×8＝2.84， y关于x的经验回归方程为＝0.17x＋2.84. (2)因为0.75<0.88，R2越大拟合效果越好， 所以选用回归方程＝1.63＋0.99更好， ＝200(1.63＋0.99)－x＝－x＋198＋326 ＝－(－99)2＋10 127， 即当＝99，即x＝9 801时，利润的预报值最大． 5．(2023·福州模拟)国内某大学想了解本校学生的运动状况，采用简单随机抽样的方法从全校学生中抽取2 000人，调查他们平均每天运动的时间(单位：小时)，统计表明该校学生平均每天运动的时间范围是[0,3]，记平均每天运动的时间不少于2小时的学生为“运动达人”，少于2小时的学生为“非运动达人”．整理分析数据得到的列联表如表所示(单位：人)： 性别 运动时间 合计 “运动达人” “非运动达人” 男生 1 100 300 1 400 女生 400 200 600 合计 1 500 500 2 000 零假设为H0：运动时间与性别之间无关联．根据列联表中的数据，算得χ2≈31.746，根据小概率值α＝0.001的χ2独立性检验，则认为运动时间与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001. (1)如果将表中所有数据都缩小为原来的，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断运动时间与性别之间的关联性，结论还一样吗？请用统计语言解释其中的原因； (2)采用按样本性别比例分配的分层随机抽样的方法抽取20名同学，并统计每位同学的运动时间，统计数据为男生运动时间的平均数为2.5，方差为1；女生运动时间的平均数为1.5，方差为0.5，求这20名同学运动时间的均值与方差． 附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 解　(1)方法一　改变数据之后的列联表为 性别 运动时间 合计 “运动达人” “非运动达人” 男生 110 30 140 女生 40 20 60 合计 150 50 200 则调整后的χ2＝＝≈3.175<10.828＝x0.001. 则根据小概率值α＝0.001的独立性检验，没有充分证据推断运动时间与性别有关． 与之前结论不一样， 原因是每个数据都缩小为原来的，相当于样本容量缩小为原来的，导致推断结论发生了变化， 当样本容量越大，用样本估计总体的准确性会越高． 方法二　调整后的χ2＝ ＝＝≈3.175<10.828＝x0.001， 根据小概率值α＝0.001的独立性检验，没有充分证据推断运动时间与性别有关． 与之前结论不一样，原因是每个数据都缩小为原来的，相当于样本容量缩小为原来的，导致推断结论发生了变化， 当样本容量越大，用样本估计总体的准确性会越高． (2)男生抽取×20＝14(人)，女生抽取×20＝6(人)， 由已知男生运动时间的平均数为＝2.5，样本方差为s＝1；女生运动时间的平均数为＝1.5，样本方差为s＝0.5. 记样本均值为，则＝＝2.2， 记样本方差为s2，则s2＝＝1.06， 所以这20名同学运动时间的均值为2.2，方差为1.06. 6．(2023·泰安模拟)近年来，我国新能源汽车发展进入新阶段．某品牌2018年到2022年新能源汽车年销量w(万辆)如表所示，其中2018年～2022年对应的年份代码t为1～5. 年份代码t 1 2 3 4 5 销量w(万辆) 4 9 14 18 25 (1)判断两个变量是否线性相关，并计算样本相关系数(精确到0.001)； (2)①假设变量x与变量Y的n对观测数据为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，两个变量满足一元线性回归模型(随机误差ei＝yi－bxi)，请写出参数b的最小二乘估计； ②令变量x＝t－，y＝w－，则变量x与变量Y满足一元线性回归模型利用①中结论求y关于x的经验回归方程，并预测2025年该品牌新能源汽车的销售量． 附：样本相关系数r＝，(ti－)(wi－)＝51，(wi－)2＝262，(ti－)2＝10，≈25.6. 解　(1)通过作散点图如图所示，发现样本点大致分布在一条直线附近， 因此是线性相关． r＝ ＝≈≈0.996， ∴两变量有较强的正相关． (2)①Q＝＝(yi－bxi)2＝(y－2bxiyi＋b2x)＝b2－2biyi＋， 要使残差平方和最小，当且仅当＝. ②∵x＝t－，y＝w－， 由①知＝＝＝＝5.1， ∴y关于x的经验回归方程为y＝5.1x， ∴w－＝5.1(t－)， ∵＝3，＝14，∴w＝5.1(t－)＋＝5.1t－1.3， 当t＝8时，w＝5.1×8－1.3＝39.5(万辆)， 因此，预计2025年该品牌新能源汽车的销售量将达到39.5万 解析几何 1．(2024·南通模拟)已知P为抛物线C：y2＝4x上位于第一象限的点，F为C的焦点，PF与C交于点Q(异于点P)．直线l与C相切于点P，与x轴交于点M.过点P作l的垂线交C于另一点N. (1)证明：线段MP的中点在定直线上； (2)若点P的坐标为(2,2)，试判断M，Q，N三点是否共线． (1)证明　设P(x0，y0)，则y＝4x0， 因为点P在第一象限， 所以y0＝2， 对y＝2两边求导得y′＝， 所以直线l的斜率为， 所以直线l的方程为y－2＝(x－x0)， 令y＝0，则x＝－x0， 所以M(－x0,0)， 所以线段MP的中点为， 所以线段MP的中点在定直线x＝0上． (2)解　若P(2,2)，则M(－2,0)． 所以kMP＝，kPF＝2， 因为PN⊥l， 所以kPN＝－， 所以直线PF：y＝2(x－1)， 直线PN：y＝－(x－4)． 由得2x2－5x＋2＝0， 所以x＝或2，所以Q， 由得x2－10x＋16＝0， 所以x＝2或8， 所以N(8，－4)． 因为M(－2,0)，Q，N(8，－4)， 所以kMQ＝－，kMN＝－， 所以M，Q，N三点共线． 2．(2023·石家庄模拟)已知E(，0)，F，点A满足|AE|＝|AF|，点A的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线：－＝1交于M，N两点，且∠MON＝(O为坐标原点)，求点A到直线l距离的取值范围． 解　(1)设A(x，y)，因为|AE|＝|AF|， 所以 ＝×， 将等式两边平方后化简得x2＋y2＝1. (2)将直线l：y＝kx＋m与双曲线－＝1联立， 得⇒(4k2－9)x2＋8kmx＋4m2＋36＝0， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 所以有 即m2＋9>4k2且k≠±， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝， 因为∠MON＝， 所以⊥，即·＝0，所以x1x2＋y1y2＝0⇒x1x2＋(kx1＋m)·(kx2＋m)＝0， 化简得(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0， 把x1＋x2＝－，x1x2＝代入，得(k2＋1)·＋km·＋m2＝0，化简得m2＝，因为m2＋9>4k2且k≠±， 所以有＋9>4k2且k≠±， 解得k≠±， 圆x2＋y2＝1的圆心为(0,0)，半径为1， 圆心(0,0)到直线l：y＝kx＋m的距离d＝＝＝>1， 所以点A到直线l距离的最大值为＋1，最小值为－1， 所以点A到直线l距离的取值范围为. 3．(2023·首都师大附中模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，过椭圆右焦点F的直线l与椭圆交于A，B两点，当直线l与x轴垂直时，|AB|＝3. (1)求椭圆C的标准方程； (2)当直线l的斜率为k(k≠0)时，在x轴上是否存在一点P(异于点F)，使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等？若存在，求P点坐标；若不存在，请说明理由． 解　(1)设椭圆C的半焦距为c>0， 由题意可得解得 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)由(1)可得F(1,0)， 根据题意可设直线l：y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(m,0)(m≠1)， 联立方程 消去y得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 则Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0， 可得x1＋x2＝，x1x2＝，① 由题意可知x轴为直线PA与直线PB的对称轴， 则kPA＋kPB＝＋＝0， 可得＋＝0， 因为k≠0，可得(x1－1)(x2－m)＋(x1－m)(x2－1)＝0， 整理得2x1x2－(m＋1)(x1＋x2)＋2m＝0，② 将①代入②得－＋2m＝0， 解得m＝4， 所以存在点P，使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等，此时P(4,0)． 4．(2023·莆田模拟)已知双曲线C：－＝1(b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A在双曲线C上，且AF1⊥x轴，∠AF2F1＝30°. (1)求双曲线C的渐近线方程； (2)设D为双曲线C的右顶点，直线l与双曲线C交于不同于D的E，F两点，若以EF为直径的圆经过点D，且DG⊥EF于G，证明：存在定点H，使|GH|为定值． (1)解　设|F1F2|＝2c， 因为AF1⊥F1F2，∠AF2F1＝30°， 所以|AF1|＝c，|AF2|＝c. 因为|AF2|－|AF1|＝c＝2a＝4， 所以c＝2. 所以b＝＝2， 所以双曲线C的渐近线方程为y＝±x. (2)证明　由(1)知双曲线C的方程为－＝1， 设E(x1，y1)，F(x2，y2)． ①当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m， 联立方程 化简得(2－k2)x2－2kmx－(m2＋8)＝0， 则Δ＝(－2km)2＋4(m2＋8)(2－k2)>0， 即m2－4k2＋8>0， 且 因为·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2 ＝(x1－2)(x2－2)＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0， 所以(k2＋1)x1x2＋(km－2)(x1＋x2)＋m2＋4 ＝(k2＋1)·＋(km－2)·＋m2＋4＝0， 化简得m2－4km－12k2＝(m＋2k)(m－6k)＝0， 所以m＝－2k或m＝6k，且均满足m2－4k2＋8>0. 当m＝－2k时，直线l的方程为y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾； 当m＝6k时，直线l的方程为y＝k(x＋6)，过定点M(－6,0)． ②当直线l的斜率不存在时， 由对称性，不妨设直线DE：y＝x－2， 联立方程 得x＝2(舍去)或x＝－6，此时直线l过定点M(－6,0)． 综上，直线l过定点M(－6,0)． 因为DG⊥EF， 所以点G在以DM为直径的圆上，H为该圆圆心，|GH|为该圆半径，且|GH|＝4， 所以存在定点H(－2,0)，使|GH|为定值 　空间向量与立体几何 1.如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，M是PC的中点，PA＝AB. (1)求证：AM⊥平面PBD； (2)设直线AM与平面PBD交于点O，求证：AO＝2OM. 证明　(1)由题意知，AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图， 设PA＝AB＝2，则P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，M(1，1,1)，＝(2,0，－2)，＝(0,2，－2)，＝(1,1,1)， 设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)， 则取x＝1，得n＝(1,1,1)， ∵＝n，∴AM⊥平面PBD. (2)如图，连接AC交BD于点E， 则E是AC的中点，连接PE， ∵AM∩平面PBD＝O， ∴O∈AM且O∈平面 PBD， ∵AM⊂平面PAC， ∴O∈平面PAC， 又平面PBD∩平面PAC＝PE， ∴O∈PE， ∴AM，PE的交点就是O，连接EM， ∵M是PC的中点， ∴PA∥EM，PA＝2EM， ∴△PAO∽△EMO， ∴＝＝， ∴AO＝2OM. 2．(2023·长沙模拟)斜三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为2，点A1在下底面ABC上的投影为AB的中点O. (1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D，使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由； (2)求点A1到平面BCC1B1的距离． 解　(1)连接OC， 因为AC＝BC，O为AB的中点， 所以OC⊥AB， 由题意知A1O⊥平面ABC， 又AA1＝2，OA＝AB＝1， 所以A1O＝，∠A1AO＝60°， 以点O为原点，OA，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1(0,0，)，A(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0，，0)， 由＝得B1(－2,0，)， 同理得C1(－1，，)， 设＝t，t∈[0,1]， 得D(－1－t,0，t)， 又＝(－2，，)， ＝(－1－t,0，t－)， 由·＝0， 得－2(－1－t)＋(t－)＝0， 得t＝， 又BB1＝2，∴BD＝， 所以存在点D且BD＝满足条件． (2)设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)， ＝(1，，0)，＝(－1,0，)， 则有 可取n＝(，－1,1)， 又＝(1,0，)， 所以点A1到平面BCC1B1的距离为＝＝， 所以所求距离为. 3．(2024·丹东模拟)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1－AD－C的大小为120°，E为棱C1D1的中点． (1)证明：CD⊥AE； (2)点F在棱CC1上，AE∥平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值． (1)证明　因为平面CDD1C1⊥平面ABCD，且平面CDD1C1∩平面ABCD＝DC，AD⊥DC，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面CDD1C1， 又D1D⊂平面CDD1C1， 所以AD⊥D1D，则∠D1DC是二面角D1－AD－C的平面角，故∠D1DC＝120°. 连接DE(图略)，因为E为棱C1D1的中点， 则DE⊥C1D1， 又C1D1∥CD，从而DE⊥CD. 又AD⊥CD，DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面AED， 所以CD⊥平面AED， 又AE⊂平面AED，因此CD⊥AE. (2)解　方法一　如图，连接DE，连接AC交BD于点O，连接CE交DF于点G，连接OG. 设AB＝2， 则DE＝＝， 所以CE＝AE＝＝. 因为AE∥平面BDF，AE⊂平面AEC，平面AEC∩平面BDF＝OG， 所以AE∥OG，因为O为AC的中点， 所以G为CE的中点， 故OG＝AE＝. 且直线OG与DF所成的角等于直线AE与DF所成的角． 在Rt△EDC中，DG＝CE＝， 因为OD＝， 所以cos∠OGD＝＝. 因此直线AE与DF所成角的余弦值为. 方法二　如图，连接DE，CE，取DC中点为G，连接EG交DF于点H，则EG＝DD1＝2. 连接AG交BD于点I，连接HI， 设AB＝2，则DE＝＝， 所以CE＝AE＝＝. 因为AE∥平面BDF，AE⊂平面AGE，平面AGE∩平面BDF＝IH， 所以AE∥IH. HI与DH所成角等于直线AE与DF所成角． 在正方形ABCD中，GI＝AG，DI＝DB＝， 所以GH＝EG，故HI＝AE＝. 在△DHG中，GH＝EG＝，GD＝1，∠EGD＝60°， 由余弦定理得DH＝＝. 在△DHI中，cos∠DHI＝＝. 因此直线AE与DF所成角的余弦值为. 方法三　连接DE，由(1)知DE⊥平面ABCD，以D为坐标原点，，，为x轴、y轴、z轴正方向，||为2个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系． 由(1)知DE＝，得A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0，)，C1(0,1，)． 则＝(0，－1，)，＝(0,2,0)， ＝(－2,0，)，＝(2,2,0)． 设＝t＝(0，－t，t)(0≤t≤1)， 则＝＋＝(0,2－t，t)． 因为AE∥平面BDF，所以存在唯一的λ，μ∈R， 使得＝λ＋μ＝λ(2,2,0)＋μ(0,2－t，t)＝(2λ，2λ＋2μ－μt，μt)＝(－2,0，)， 故2λ＝－2,2λ＋2μ－μt＝0，μt＝， 解得t＝，从而＝. 所以直线AE与DF所成角的余弦值为|cos〈，〉|＝＝＝. 4．(2023·成都模拟)如图所示，直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB，ED∥AB，AB＝2DE＝2BD＝2，AC＝BC，异面直线DE与AC所成角为45°，点F，G分别为CE，BC的中点，点H是线段EG上靠近点G的三等分点． (1)求证：A，B，F，H四点共面； (2)求平面HCD与平面BCD夹角的余弦值． (1)证明　如图，取AB的中点O，连接OC，OE， 因为AC＝BC，故∠BAC为锐角， 又ED∥AB， 故∠BAC即为异面直线DE与AC所成角，则∠BAC＝45°， 则∠ACB＝90°，即AC⊥CB， 因为直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB， 平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB⊂平面ABDE， 故DB⊥平面ABC， 又DE＝OB，DE∥OB， 即四边形OBDE为平行四边形， 故EO∥DB，所以EO⊥平面ABC， 故以O为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,1)，E(0,0,1)，F，G， 由于＝＝， 可得H， 则＝，＝(0,2,0)，＝， 则＝＋，故A，B，F，H四点共面． (2)解　因为DB⊥平面ABC，AC⊂平面ABC， 所以DB⊥AC，且AC⊥BC， DB∩BC＝B，DB，BC⊂平面BCD， 故AC⊥平面BCD，所以＝(1,1,0)可作为平面BCD的一个法向量， 设平面HCD的法向量为m＝(x，y，z)， ＝，＝， 则即 令z＝1，则m＝(0，－1,1)， 设平面HCD与平面BCD的夹角为θ， 故cos θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝， 故平面HCD与平面BCD夹角的余弦值为. 5．(2023·长沙模拟)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB＝6，BC＝4，BB1＝2，AC1与A1C相交于点D，＝2，且DE∥平面BCC1B1. (1)求三棱锥C－A1B1C1的体积； (2)平面A1B1C与平面ABC所成角为α，CC1与平面A1B1C所成角为β，求证：α＋β＝. (1)解　∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ABB1A1， ∵BB1⊂平面ABB1A1，∴BC⊥BB1， 又AC⊥BB1，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC， ∴BB1⊥平面ABC， 连接C1B，如图， ∵DE∥平面BCC1B1，DE⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面BCC1B1＝C1B，∴DE∥C1B， ∵＝2，∴＝2， ∴A1C1＝AC. ∴三棱锥C－A1B1C1的底面△A1B1C1的面积S1＝×2×3＝3，高h＝BB1＝2， ∴其体积为V＝S1h＝×3×2＝2. (2)证明　以B为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图， 则A(6,0,0)，C(0,4,0)，B1(0,0,2)，A1(3,0,2)，C1(0,2,2)， 则＝(3,0,0)，＝(0,4，－2)，＝(0，－2,2)． 设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)， 由取y＝1， 则n＝(0,1,2)， ∵平面ABC的一个法向量为＝(0,0,2)， ∴cos α＝＝＝. sin β＝＝＝. 又∵α，β∈， ∴sin α＝，cos β＝. cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝×－×＝. ∵α＋β∈(0，π)，∴α＋β＝. 6.如图，在八面体PABCDQ中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面PAD∥平面QBC，二面角P－AB－C与二面角Q－CD－A的大小都是30°，AP＝CQ＝，PD⊥AB. (1)证明：平面PCD∥平面QAB； (2)设G为△QBC的重心，在棱AP上是否存在点S，使得SG与平面ABCD所成角的正弦值为？若存在，求S到平面ABCD的距离，若不存在，说明理由． (1)证明　因为四边形ABCD为正方形， 所以AB⊥AD， 又PD⊥AB，AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD， 因为PA⊂平面PAD，所以PA⊥AB， 又AD⊥AB，所以∠PAD为二面角P－AB－C的平面角，即∠PAD＝30°， 又平面PAD∥平面QBC，AB∥CD， 所以CD⊥平面QBC， 因为QC⊂平面QBC，所以QC⊥CD， 又CB⊥CD，所以∠QCB为二面角Q－CD－A的平面角， 即∠QCB＝30°， 建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,2,0)，P，Q， 所以＝，＝， 即＝，所以PC∥AQ， 因为PC⊄平面QAB，AQ⊂平面QAB， 所以PC∥平面QAB， 又AB∥CD，CD⊄平面QAB，AB⊂平面QAB， 所以CD∥平面QAB， 因为PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD， 所以平面PCD∥平面QAB. (2)解　由点S在AP上，设点S(0,3m，m)，其中0<m<，点G， 所以＝，平面ABCD的法向量可以为n＝(0,0,1)， 设SG与平面ABCD所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝， 即402＝4＋2＋2， 化简得84m2＋52m－11＝0， 即(6m－1)(14m＋11)＝0， 解得m＝或m＝－(舍去)所以存在点S满足条件。 　概率与统计 1．(2023·汕头模拟)袋中装着标有数字1,2,3,4的小球各3个，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等． (1)求取出的3个小球上的数字互不相同的概率； (2)用X表示取出的3个小球上所标的最大数字，求随机变量X的分布列和数学期望． 解　(1)“一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为事件A， 则P(A)＝＝. (2)由题意知，X所有可能的取值为1,2,3,4， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝＝＝， P(X＝4)＝＝＝. 所以随机变量X的分布列为 X 1 2 3 4 P 随机变量X的数学期望为E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝. 2．(2023·邵阳模拟)某电视台为了解不同性别的观众对同一档电视节目的评价情况，随机选取了100名观看该档节目的观众对这档电视节目进行评价，已知被选取的观众中“男性”与“女性”的人数之比为9∶11，评价结果分为“喜欢”和“不喜欢”，并将部分评价结果整理如下表所示． 性别 评价 合计 喜欢 不喜欢 男性 15 女性 合计 50 100 (1)根据所给数据，完成上面的2×2列联表； (2)依据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为性别因素与评价结果有关系？ (3)电视台计划拓展男性观众市场，现从参与评价的男性中，用按比例分配的分层随机抽样的方法选取3人，进行节目“建言”征集奖励活动，其中评价结果为“不喜欢”的观众“建言”被采用的概率为，评价结果为“喜欢”的观众“建言”被采用的概率为，“建言”被采用奖励100元，“建言”不被采用奖励50元，记3人获得的总奖金为X，求X的分布列及数学期望． 附：χ2＝. α 0.010 0.005 0.001 xα 6.635 7.879 10.828 解　(1)男性有100×＝45(人)，女性有100－45＝55(人)，然后可得下表： 性别 评价 合计 喜欢 不喜欢 男性 15 30 45 女性 35 20 55 合计 50 50 100 (2)零假设为H0：性别因素与评价结果无关． χ2＝＝≈9.091， 因为χ2>7.879＝x0.005， 所以根据小概率值α＝0.005的独立性检验，我们推断零假设H0不成立，即认为评价结果与性别有关系． (3)由题意得选取的3人中，评价结果为“喜欢”的有1人，“不喜欢”的有2人， 所以X的所有可能取值为150,200,250,300， 则P(X＝150)＝××＝， P(X＝200)＝×2＋2×××＝， P(X＝250)＝2×××＋×2＝， P(X＝300)＝××＝， 所以X的分布列为 X 150 200 250 300 P 数学期望为E(X)＝150×＋200×＋250×＋300×＝. 3．(2023·南京模拟)综合素质评价是高考招生制度改革的内容之一．某高中采用多维评分的方式进行综合素质评价．如图是该校高三学生“运动与健康”评价结果的频率分布直方图，评分在区间[90,100]，[70,90)，[60,70)，[50,60)上，分别对应为A，B，C，D四个等级．为了进一步引导学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评．复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级，原获C等级的学生有的概率提升为B等级，原获D等级的学生有的概率提升为C等级．用频率估计概率，每名学生复评结果相互独立． (1)若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望； (2)从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是C等级的概率． 解　(1)ξ的所有可能取值为0,1,2,3， P(ξ＝0)＝××＝， P(ξ＝1)＝××＋×C××＝， P(ξ＝2)＝×C××＋××＝， P(ξ＝3)＝××＝， ∴ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝. (2)记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C等级”， 则P(B|A)＝＝ ＝. 4．杭州第19届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此容错率更高．假设最终有四支队伍进入到半决赛，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛则总决赛就无法拿到冠军，但是其他的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？ 这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A，B，C，D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为.最初分组时AB同组，CD同组． (1)若p＝，在淘汰赛制下，A，C获得冠军的概率分别为多少？ (2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率(用p表示)，并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 解　(1)A获得冠军：AB组A获胜，再由A与CD组胜者决赛并胜出， A获得冠军的概率为P1＝××＋××＝， C获得冠军：CD组C获胜，再由C与AB组胜者决赛并胜出， C获得冠军的概率为P2＝××＋××＝. (2)淘汰赛制下，A获得冠军的概率为p××p＋p××p＝p2， 双败赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况， 当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军， 若在胜者组A胜利，后一局(与败者组胜者比赛)胜，方可得冠军； 当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军． 综上，A获得冠军的概率为p3(1－p)＋p3＋(1－p)p3＝p3(3－2p)． 令f(p)＝p3(3－2p)－p2＝p2(－2p2＋3p－1)＝p2(2p－1)(1－p)， 若A为强队，则<p<1，故f(p)>0， 所以双败赛制下对强者更有利． 5．(2024·惠州模拟)为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择一种，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． (1)求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； (2)记该同学第n天选择米饭套餐的概率为Pn， ①证明：为等比数列； ②证明：当n≥2时，Pn≤. (1)解　设A1＝“第1天选择米饭套餐”，A2＝“第2天选择米饭套餐”， 则1＝“第1天选择面食套餐”． 根据题意P(A1)＝， P(1)＝， P(A2|A1)＝， P(A2|1)＝1－＝， 由全概率公式，得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(1)P(A2|1)＝×＋×＝. (2)证明　①设An＝“第n天选择米饭套餐”， 则Pn＝P(An)，P(n)＝1－Pn， 根据题意P(An＋1|An)＝， P(An＋1|n)＝1－＝， 由全概率公式，得Pn＋1＝P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P(n)P(An＋1|n)＝Pn＋(1－Pn)＝－Pn＋， 因此Pn＋1－＝－. 因为P1－＝≠0， 所以是以为首项，－为公比的等比数列． ②由①可得Pn＝＋×n－1. 当n为大于1的奇数时，Pn＝＋×n－1≤＋×2＝； 当n为正偶数时，Pn＝－×n－1<<. 因此当n≥2时，Pn≤. 6．(2023·阳泉模拟)在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，硬币大小的无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注．这种起搏器体积只有传统起搏器的，其无线充电器的使用更是避免了传统起搏器囊袋及导线引发的相关并发症．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片试生产，试产期同步进行产品检测，检测包括智能检测与人工抽检．智能检测在生产线上自动完成，包含安全检测、电池检测、性能检测三项指标，人工抽检仅对智能检测三项指标均达标的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标，四项指标均达标的产品才能视为合格品．已知试产期的产品，智能检测三项指标的达标率分别约为，，，设人工抽检的综合指标不达标率为p(0<p<1)． (1)求每个芯片智能检测不达标的概率； (2)人工抽检30个芯片，记恰有1个不达标的概率为φ(p)，求φ(p)的极大值点p0； (3)若芯片的合格率不超过96%，则需对生产工序进行改良．以(2)中确定的p0作为p的值，判断该企业是否需对生产工序进行改良． 解　(1)每个芯片智能检测中安全检测、电池检测、性能检测三项指标达标的概率分别记为P1，P2，P3，并记芯片智能检测不达标为事件A. 视指标的达标率为任取一件新产品，该项指标达标的概率， 则有P1＝，P2＝，P3＝， 由对立事件的性质及事件独立性的定义得， P(A)＝1－P1P2P3＝1－××＝， 所以每个芯片智能检测不达标的概率为. (2)人工抽检30个芯片恰有1个不达标的概率为φ(p)＝Cp1(1－p)29(0<p<1)， 因此φ′(p)＝C[(1－p)29－29p(1－p)28]＝C(1－p)28(1－30p)． 令φ′(p)＝0，得p＝. 当p∈时，φ′(p)>0； 当p∈时，φ′(p)<0， 则φ(p)在上单调递增，在上单调递减， 所以φ(p)有唯一的极大值点p0＝. (3)记“芯片人工抽检达标”为事件B，“工人在流水线上进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品”为事件C， 由(2)得P(C)＝P(B|)＝1－p＝， 由(1)得P()＝1－P(A)＝， 所以P(B)＝P()·P(B|)＝×≈93.8%<96%， 因此，该企业需对生产工序进行改良。 　导数的综合问题 1．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋6x＋c，当x＝－1时，f(x)的极小值为－，当x＝2时，f(x)有极大值． (1)求函数f(x)的解析式； (2)存在x0∈[－2,0]，使得f(x0)>t2－2t成立，求实数t的取值范围． 解　(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋6， 由f′(－1)＝f′(2)＝0， 得3a－2b＋6＝0且12a＋4b＋6＝0， 解得a＝－1，b＝， 又f(－1)＝－，∴c＝1， 经检验满足题意， ∴f(x)＝－x3＋x2＋6x＋1. (2)存在x0∈[－2,0]，使得f(x0)>t2－2t成立， 等价于f(x)max>t2－2t，x∈[－2,0]， ∵f′(x)＝－3x2＋3x＋6＝－3(x－2)(x＋1)， 当x∈[－2，－1)时，f′(x)<0； 当x∈(－1,0]时，f′(x)>0， ∴f(x)在[－2，－1)上单调递减，在(－1,0]上单调递增， 又f(－2)＝3，f(0)＝1， ∴f(x)在[－2,0]上的最大值为f(－2)＝3， ∴t2－2t<3，解得－1<t<3， ∴t的取值范围是(－1,3)． 2．(2023·商洛统考)已知函数f(x)＝ex－4sin x，其中e为自然对数的底数． (1)求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程； (2)证明：f(x)在[0，＋∞)上有两个零点． (1)解　因为f(x)＝ex－4sin x， 所以f′(x)＝ex－4cos x， 则f(0)＝1，f′(0)＝－3， 故所求切线方程为y－1＝－3(x－0)，即3x＋y－1＝0. (2)证明　设g(x)＝f′(x)＝ex－4cos x， 则g′(x)＝ex＋4sin x. 显然当x∈[0，π]时，g′(x)>0， 当x∈[π，＋∞)时，g′(x)>eπ－4>0， 所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增， 又f′(0)＝－3<0，f′＝－2>0， 所以存在唯一x0∈，使f′(x0)＝0. 则当x∈[0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． 因为f(0)＝1>0，f ＝－2<e－2<0，f(π)＝eπ>0， 所以f(x)在[0，＋∞)上有两个零点． 3．已知函数f(x)＝＋ln x，其中a为常数，e为自然对数的底数． (1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为2，求a的值． 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝－1时，f(x)＝ln x－x，f′(x)＝－1＝，x>0， 令f′(x)>0，得0<x<1；令f′(x)<0，得x>1， ∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)f′(x)＝＋＝， ①当a>0时，∵x>0，∴f′(x)>0， ∴函数f(x)在(0，e]上单调递增， ∴f(x)max＝f(e)＝2，∴＋1＝2， ∴a＝e，符合题意； ②当a<0且－a<e，即－e<a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－a， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表． x (0，－a) －a (－a，e) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值 单调递减 ∴f(x)max＝f(－a)＝2， ∴－1＋ln(－a)＝2， ∴a＝－e3，不符合题意，舍去； ③当－a≥e，即a≤－e时，在(0，e]上，f′(x)≥0， ∴f(x)在(0，e]上单调递增， 故f(x)在(0，e]上的最大值为f(e)＝＋1＝2， ∴a＝e，不符合题意，舍去， 综上可得a＝e. 4．(2024·安康模拟)已知f(x)＝ln x－ax，g(x)＝x＋ln m(a，m∈R，m>0)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝－1时，若不等式eg(x)＋g(x)≥f(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，求m的取值范围(e为自然对数的底数)． 解　(1)f′(x)＝－a(x>0)， 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x， 由g(x)＝x＋ln m，得g(x)＝ln eg(x)， ∴eg(x)＋g(x)＝eg(x)＋ln eg(x)＝f(eg(x))， ∴f(eg(x))≥f(x)， 由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴eg(x)≥x，即ex＋ln m≥x， ∴x＋ln m≥ln x，∴ln m≥ln x－x， 令h(x)＝ln x－x，则h′(x)＝－1， 当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， ∴h(x)max＝h(1)＝－1， ∴ln m≥－1，∴m≥. 5．(2023·新高考全国Ⅱ)(1)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x； (2)已知函数f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围． (1)证明　构建F(x)＝x－sin x， 则F′(x)＝1－cos x>0对∀x∈(0,1)恒成立， 则F(x)在(0,1)上单调递增， 可得F(x)>F(0)＝0， 所以x>sin x，x∈(0,1)； 构建G(x)＝sin x－(x－x2)＝x2－x＋sin x，x∈(0,1)，则G′(x)＝2x－1＋cos x，x∈(0,1)， 令g(x)＝G′(x)，x∈(0,1)， 则g′(x)＝2－sin x>0对∀x∈(0,1)恒成立， 则g(x)在(0,1)上单调递增， 可得g(x)>g(0)＝0， 即G′(x)>0对∀x∈(0,1)恒成立， 则G(x)在(0,1)上单调递增， 可得G(x)>G(0)＝0， 所以sin x>x－x2，x∈(0,1)． 综上所述，当0<x<1时，x－x2<sin x<x. (2)解　因为f(x)＝cos ax－ln(1－x2)(－1<x<1)， 所以f(x)＝f(－x)， 所以f(x)为偶函数． f′(x)＝－asin ax＋(－1<x<1)， 令t(x)＝－asin ax＋(－1<x<1)， 则t′(x)＝－a2cos ax＋(－1<x<1)． 令n(x)＝－a2cos ax＋， 则n′(x)＝a3sin ax＋. 当a＝0时， 当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意． 当a>0时，取与1中的较小者，为m， 则当0<x<m时，易知n′(x)>0， 所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增， 所以t′(x)>t′(0)＝2－a2. ①当2－a2≥0，即0<a≤时，t′(x)>0(0<x<m)． 所以t(x)在(0，m)上单调递增， 所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0. 那么f(x)在(0，m)上单调递增， 由偶函数性质知f(x)在(－m,0)上单调递减． 故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意． ②当2－a2<0，即a>时， 当<1，即a>时， 因为t′(0)<0，t′>0， 所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1， 且当0<x<x1时，t′(x)<0，t(x)单调递减， 因为t(0)＝0， 所以当0<x<x1时，t(x)<0，即f′(x)<0， 所以f(x)在(0，x1)上单调递减， 因为f(x)为偶函数， 所以f(x)在(－x1,0)上单调递增， 故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意． 当≥1，即<a≤时， 因为t′(0)<0，t′＝－a2cos ＋>0， 所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2， 且当0<x<x2时，t′(x)<0，t(x)单调递减． 因为t(0)＝0， 所以当0<x<x2时，t(x)<0，即f′(x)<0， 所以f(x)在(0，x2)上单调递减． 因为f(x)为偶函数， 所以f(x)在(－x2,0)上单调递增， 故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意． 当a<0时，由偶函数图象的对称性可得a<－. 综上所述，a的取值范围是(－∞，－)∪(，＋∞) 学科网（北京）股份有限公司 $$