2023高考数学基础强化专题训练（五）及参考答案

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1.（广东省深圳市深圳中学2023届高三上学期第一次阶段测试数学试题）
（多选题）已知定义在区间上的函数，是的导函数，若存在，使得．则称为函数在上的“中值点”．下列函数，其中在区间上至少有两个“中值点”的函数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】求出，逐项判断方程在上的根的个数，可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，，，
由，所以，，
当时，，如下图所示：
由图可知，直线与曲线在上的图象有两个交点，
A选项满足条件；
对于B选项，，，
由，所以，，
因为函数在上单调递增，故方程在上不可能有两个根，B不满足条件；
对于C选项，，，
由，可得，解得，
故函数在上只有一个“中值点”，C选项不满足条件；
对于D选项，，，
由，可得，
故函数在上有两个“中值点”，D满足条件.
故选：AD.
2.(河北省邢台市六校联考2023届高三上学期第一次月考数学试题)
已知直线l是曲线与曲线的一条公切线，直线l与曲线相切于点，则a满足的关系式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设与的切点为，利用导数的几何意义可得斜率相等，再结合斜率公式得到等式，将代入即可得到满足的关系式.
【详解】记，得，记，得，
设直线与曲线相切于点，
由于是公切线，故可得，即，即，
又因为，即，
将代入，得，即，
整理得.
故选：C.
3.(福建省福州高级中学2023届高三上学期第一次阶段考试数学试题)
设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，利用导数分析函数单调性，，，结合函数单调性，分析即得解.
【详解】由题意，，，
记，则，
故函数在单调递增，
又，故，
又，故；
又，
记，则，
故函数在单调递减，
故，
故；
综上：
故选：A
4.（广东省深圳市深圳中学2023届高三上学期第一次阶段测试数学试题）
（多选题）下列大小关系正确的是（ ）．
A B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】构造函数，利用导数判断其单调性后判断A，利用指数函数性质判断B，利用对数函数性质及基本不等式判断C，根据对数换底公式、对数函数性质判断D．
【详解】设，则，
时，，递增，
而，所以，即，，
即，A正确；
，B正确；
，所以，
所以，C正确；
，，
，所以，
，，所以，，
所以，D错．
故选：ABC．
5.(河北省邢台市六校联考2023届高三上学期第一次月考数学试题)
设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，利用作差法，构造函数，利用导数研究其单调性，可得答案.
【详解】①
令，则，
故在上单调递减，
可得，即，所以；
②
令，则，
令，所以，
当时，，
所以在上单调递增，可得，即，
所以上单调递增，可得，即，所以.
故.
故选：B.
6.(河北省邢台市六校联考2023届高三上学期第一次月考数学试题)
（多选题）高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，也称为取整函数.如，，，以下关于“高斯函数”的性质应用是真命题的有（ ）
A. ，
B. ，，则
C. ，
D. 若的定义域为，值域为M，的定义域为N，则
【答案】AB
【解析】
【分析】A选项可举出实例；B选项可进行推导；C选项可举出反例；
D选项求出和，从而求出并集.
【详解】时，，故A为真命题；
设，则，，∴，故B真命题；
，时，有，但，故C为假命题．
因为的定义域为，值域为，
的定义域为:，解得：，
所以，对于D，，所以D不正确.
故选：AB
7.(河北省邢台市六校联考2023届高三上学期第一次月考数学试题)
（多选题）已知函数及其导数的定义域均为R，记．若为偶函数，为奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】分析得到关于直线对称，函数关于点对称，结合已知分析即得解.
【详解】解：为偶函数，可得，所以
关于直线对称，
设，，所以选项A错误；
为奇函数，，所以函数关于点对称.
令得.故选项B正确；
关于直线对称，所以
所以，即
所以，所以，故选项C正确；
所以，所以，故选项D正确.
8.(河北省邢台市六校联考2023届高三上学期第一次月考数学试题)
设定义域为的单调可导函数，对任意的，都有，若是方程的一个解，且，，则实数________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，再借助零点存在性定理推理作答.
【详解】对任意的，都有，且是上的单调函数，
因此为定值，设，则，显然，
即，而函数在上单调递增，且，于是得，
从而，求导得，
方程，
依题意，是函数的零点，而函数在上单调递增，
且，
即函数的零点，又，所以.
故答案为：2
9.（广东省深圳市深圳中学2023届高三上学期第一次阶段测试数学试题）
已知函数，
（1）求函数在上的最值；
（2）设在区间上单调递增，求实数的取值范围．
【答案】（1），；（2）．
【解析】
【分析】（1）求导由，得到在上单调递增求解.
（2）根据在区间上单调递增，转化为在区间上恒成立求解.
【详解】（1），，
所以在上单调递增，
所以，；
（2），，
因为在区间上单调递增，
所以在区间上恒成立，
，由（1）知递增，
所以当时，，
所以在区间上单调递增，
所以
所以．
【点睛】本题主要考查导数与函数的最值，导数与函数的单调性的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
一类高考导数压轴题原创题（2023届）
（1稿）问题1：已知定义在R上的函数，其导函数为,且满足
，求证：
修正为：（2稿）问题1：已知定义在R上的函数，其导函数为,且满足
，求证：
（1稿）问题2：已知定义在R上的函数，其导函数为,且满足
，求证：
修正为：（2稿）问题2：已知定义在R上的函数，其导函数为,且满足
，求证：
问题3：已知定义在R上的函数，其导函数为,且满足
，
求证：
注：以上3个问题为我们研究中发现的“副产品”，有深刻的出题背景。供大家探究。
说明：问题1，问题2的1稿有误，已在2稿修正。主要问题是1稿的结论两边不能同除以；2稿的条件，两边不能同除以。
命题很难一步到位，难免会出错误。保留1稿，并说明修正的问题，也是科学的研究态度。
（刘蒋巍 提供）
三角函数
1.(重庆市南开中学2023届高三上学期第二次质量检测数学试题)
若角，，且，，则（ ）
A.B.C.D.
解：令，因为，所以，所以.
则有，则有，
所以，该函数单调递增，所以
的范围是，因为，所以，
所以解得，即，，所以，.
又因为，且，所以.
又因为，，所以，所以.
所以，所以.
2.(重庆市南开中学2023届高三上学期第二次质量检测数学试题)
（多选题）已知函数，直线和点是的图象的一组相邻的对称轴和对称中心，则下列说法正确的是（ ）
A.函数为偶函数B.函数的图象关于点对称
C.函数在区间上为单调函数D.函数在区间上有23个零点
解：由题可知的最小正周期为，所以，由，所以，，对于A，，故A正确；
因为，为一个对称中心，故B正确；
当时，，所以函数区间上不单调，故C错误.
对于D选项：，分析可得D正确.
3.(福建省福州高级中学2023届高三上学期第一次阶段考试数学试题)
已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求B；
（2）如图，若，在外取点D.且，.求四边形ABCD面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；
（2）根据余弦定理、三角形面积公式，结合辅助角公式、正弦型函数的性质进行求解即可.
【小问1详解】
∵，
由正弦定理得，
∴，
∴.
根据三角形内角和定理得，
∵，∴，∴，
∵，∴.
【小问2详解】
∵，且，∴为等边三角形.
设，则在中，
由余弦定理得.
∴，
.
∴四边形ABCD的面积，
∴当，即时，.
∴四边形ABCD的面积的最大值为.
4.（广东省深圳市深圳中学2023届高三上学期第一次阶段测试数学试题）
如图，在平面四边形中，，，．
（1）若，求．
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由两角差的正切公式求得，从而在直角三角形中求得；
（2）设设，表示出，由正弦定理结合三角函数恒等变换求得，再由正弦定理求得．
【小问1详解】
由已知，
所以；
【小问2详解】
设，则，，，
由正弦定理得，
，，
，
，
是锐角，，故解得，
由正弦定理，所以
解析几何
1.（福建省福州高级中学2023届高三上学期第一次阶段考试数学试题）
中，，是双曲线的左、右焦点，点在上，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，根据垂直向量的数量积性质，结合三角函数，整理齐次方程，可得答案.
【详解】由题意得，点在双曲线的右支上．
设的中点为，由得，
所以，由双曲线的定义得．
在中，，
∴，即，
整理得．
故选：D．
2.（湖北省二十一所重点中学2023届高三上学期第三次联考数学试题）
设抛物线C1:y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0)，点P(2,2).已知以点F,P为焦点的椭圆C2与抛物线C1有公共点，则该椭圆的离心率的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出椭圆长轴长的最小值，利用离心率定义可得解.
【详解】由题意，抛物线方程为，准线方程为，椭圆焦距，
由抛物线的定义可得抛物线上的点到的距离和的最小值为点到抛物线准线的距离，即椭圆长轴的最小值为，所以椭圆的离心率的最大值为.
故选：C.
3.(重庆市南开中学2023届高三上学期第二次质量检测数学试题)
已知椭圆的左、右焦点分别是，，斜率为的直线经过左焦点且交于，两点（点在第一象限），设的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则椭圆的离心率______.
如图所示，由椭圆定义可得，，
设的面积为，的面积为
由题意得，
设直线，则联立椭圆方程与直线，可得
，，
令，则，
当时，有，故答案为：
4.（福建省福州高级中学2023届高三上学期第一次阶段考试数学试题）
已知中，，，，，曲线E过C点，动点Р在E上运动，且保持的值不变.
（1）求曲线E的方程；
（2）过点的直线与曲线交于M，N两点，则在轴上是否存在定点，使得的值为定值？若存在，求出点的坐标和该定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在点，使得为定值
【解析】
【分析】（1）根据条件可知动点运动轨迹满足椭圆定义，由椭圆的方程可的结果.
（2）分直线的斜率为零和不为零两种情况分别计算.
【小问1详解】
解：由题意，可得，
而，
所以点Р的轨迹为以A，B为焦点，长轴长为的椭圆，
由，，得，，
所以曲线的方程为.
【小问2详解】
当直线的斜率为不为0时，设直线的方程为，设定点
联立方程组，消可得，
设，，
可得，，
所以
.
要使上式为定值，则，解得
此时
当直线的斜率为0时，，，此时，也符合.
所以，存在点，使得为定值.
5.(重庆市南开中学2023届高三上学期第二次质量检测数学试题)
已知双曲线的右焦点为，过右焦点作斜率为正的直线，直线交双曲线的右支于，两点，分别交两条渐近线于，两点，点，在第一象限，为原点.
（1）求直线斜率的取值范围；
（2）设，，的面积分别是，，，求的范围.
解：（1）由题可知：双曲线的方程为：……2分
所以：，即直线的斜率范围为……4分
（2）方法一：设，渐近线方程为，则到两条渐近线的距离，满足：
……6分
而，，，
所以……8分
由
……10分
所以：，∵，∴……12分
法二：设直线，则有，分别联立双曲线与渐近线有：
，所以，
则有，，.
，
则有，，……6分
设为线段的中点，因为，所以也为线段的中点，
则有.……9分
设为原点到直线的距离，则有，所以：
，……11分
因为，所以.……12分
排列组合
1.(2022·江苏常州期中)
已知(1－2x)2021＝a0＋a1x＋…＋a2021x2021，则eq \f(a\s\d(1),2)＋\f(a\s\d(2),2\s\up6(2))＋\f(a\s\d(3),2\s\up6(3))＋…＋\f(a\s\d(2021),2\s\up6(2021))＝
A．－2 B．－1 C．0 D．2
【答案】B
【考点】二项式定理的应用
【解析】由题意可知，当x＝0时，解得a0＝1，当x＝EQ \F(1,2)时，解得0＝a0＋eq \f(a\s\d(1),2)＋\f(a\s\d(2),2\s\up6(2))＋\f(a\s\d(3),2\s\up6(3))＋…＋\f(a\s\d(2021),2\s\up6(2021))，则eq \f(a\s\d(1),2)＋\f(a\s\d(2),2\s\up6(2))＋\f(a\s\d(3),2\s\up6(3))＋…＋\f(a\s\d(2021),2\s\up6(2021))＝－a0＝－1，故答案选B．
2.(2022·江苏连云港期中)
高三(1)班某天安排语文、数学、外语、物理、化学、生物各一节课．若要求语文课比外语课先上，数学课与物理课不相邻，则编排方案共有 ▲ 种．
【答案】240
【考点】排列组合问题
【解析】由题意可得，因为数学课与物理课不相邻，所以先排除数学、物理课之外的其他课程，则有EQ A\\al(\S\UP5(4),\S\DO3(4))，而有5个空，需要让数学、物理课插空，则有EQ A\\al(\S\UP5(2),\S\DO3(5))，又语文课比外语课先上，且语文、外语课的前后顺序共两类，则最后编排方案共有EQ \F(A\\al(\S\UP5(4),\S\DO3(4))A\\al(\S\UP5(5),\S\DO3(2)),A\\al(\S\UP5(2),\S\DO3(2)))＝240种
3.(2022·江苏南京市第一中学期中)
在二项式eq (x＋\f(1,\r(,x)))\s\up6(n)的展开式中，各项系数的和为128，把展开式中各项重新排列，则有理项都互不相邻的概率为( )
A．eq \f(4,35) B．eq \f(3,4) C．eq \f(3,14) D．eq \f(1,14)
【答案】D
【考点】二项式定理展开式与概率的应用
【解析】由题意可知，2n＝128，解得n＝7，则二项式展开式的通式可设为Tr＋1＝EQ C\\al(\S\UP5(r),\S\DO3(7))xEQ \S\UP8(7－\F(3r,2))，所以当r＝0，2，4，6时，为有理项，所以所求概率p＝EQ \F(A\\al(\S\UP5(4),\S\DO3(4))A\\al(\S\UP5(4),\S\DO3(5)),A\\al(\S\UP5(8),\S\DO3(8)))＝eq \f(1,14)，故答案选D．
4.(2022·江苏南京市中华中学期中)
已知(1－2x)n的二项展开式中第3项与第10项的二项式系数相等，则展开式中含x2的系数为( )
A．－312 B．312 C．－220 D．220
【答案】D
【考点】二项式定理展开式的应用
【解析】由题意可知，二项展开式中第3项与第10项的二项式系数相等，所以EQ C\\al(\S\UP5(2),\S\DO3(n))＝EQ C\\al(\S\UP5(9),\S\DO3(n))，解得n＝2＋9＝11，则展开式的通项公式Tk+1＝EQ C\\al(\S\UP5(k),\S\DO3(11))(－2x)k，令k＝2，则展开式中含x2的系数为EQ C\\al(\S\UP5(2),\S\DO3(11))×4＝220，即展开式中含x2的系数为220，故答案选D．
5.(2022·江苏南师附中期中)
2021年初，某市因新冠疫情面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，全国各地志愿者纷纷驰援．现有5名医生志愿者需要分配到两家医院(每人去一家医院，每家医院至少去1人)，则共有( )
A．12种 B．30种 C．18种 D．15种
【答案】B
【解析】两种方案①4＋1，②3＋2；
①有EQ C\\al(\S\UP5(4),\S\DO3(5))EQ C\\al(\S\UP5(1),\S\DO3(1))EQ A\\al(\S\UP5(2),\S\DO3(2))＝10个结果，②有EQ C\\al(\S\UP5(3),\S\DO3(5))EQ C\\al(\S\UP5(2),\S\DO3(2))EQ A\\al(\S\UP5(2),\S\DO3(2))＝20个结果．共有30个结果．
6.(2022·江苏南通如皋市期中)(多选题)
已知(1－2x)2021＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2021x2021，则
A．展开式中所有项的系数和为－1 B．展开式中二项系数最大项为第1010项
C．EQ \F(a\S\DO(1),2)＋EQ \F(a\S\DO(2),2\S(2))＋EQ \F(a\S\DO(3),2\S(3))＋…＋EQ \F(a\S\DO(2021),2\S(2021))＝－1 D．a1＋2a2＋3a3＋…＋2021a2021＝2021
【答案】AC
【考点】二项式定理展开式的应用
【解析】由题意，在所给的等式中，令x＝1，可得展开式中所有项的系数和为(1－2)2021＝－1，故选项A正确；展开式中第r＋1项的二项式系数为EQ C\\al(\S\UP5(r),\S\DO3(2021))，则EQ C\\al(\S\UP5(r),\S\DO3(2021))≥EQ C\\al(\S\UP5(r－1),\S\DO3(2021))，且EQ C\\al(\S\UP5(r),\S\DO3(2021))≥EQ C\\al(\S\UP5(r＋1),\S\DO3(2021))，解得1010≤r≤1011，所以展开式中二项系数最大项为第1011和1012项，故选项B错误；
在所给的等式中，令x＝0，可得a0＝1，令x＝eq \f(1,2)，可得a0＋EQ \F(a\S\DO(1),2)＋EQ \F(a\S\DO(2),2\S(2))＋EQ \F(a\S\DO(3),2\S(3))＋…＋EQ \F(a\S\DO(2021),2\S(2021))＝0，
所以EQ \F(a\S\DO(1),2)＋EQ \F(a\S\DO(2),2\S(2))＋EQ \F(a\S\DO(3),2\S(3))＋…＋EQ \F(a\S\DO(2021),2\S(2021))＝－1，故选项C正确，对已知关系式两边同时求导可得：2021(1－2x)2020×(－2)＝a1＋2a2x＋…＋2021a2021x2020，令x＝1，则2021(1－2)2020×(－2)＝a1＋2a2＋…＋2021a2021，所以a1＋2a2＋3a3＋…＋2021a2021＝－4042，故选项D错误；综上，答案选AC．
统计概率
1.（福建省福州高级中学2023届高三上学期第一次阶段考试数学试题）
世卫组织就新型冠状病毒感染的肺炎疫情称，新型病毒可能造成“持续人传人”.通俗点说就是存在A传B，B又传C，C又传D，这就是“持续人传人”.那么A、B、C就会被称为第一代、第二代、第三代传播者.假设一个身体健康的人被被第一代、第二代、第三代传播者感染的概率分别为0.95，0.9，0.85，健康的小明参加了一次多人宴会，事后知道，参加宴会的人有5名第一代传播者，3名第二代传播者，2名第三代传播者，试计算，小明参加聚会，仅和感染的10个人其中一个接触，感染的概率有多大_______.
【答案】0.915
【解析】
【分析】
求出小明与第一代、第二代、第三代传播者接触的概率， 代入概率公式求解即可.
【详解】设事件A，B，C为和第一代、第二代、第三代传播者接触，事件D为小明被感染，则由已知得：p(A)=0.5，p(B)=0.3，p(C)=0.2，p(D|A)=0.95，p(D|B)=0.90，p(D|C)=0.85，从而，小明被感染的概率由概率公式可得：
p(D)=p(D|A)p(A)+p(D|B)p(B)+p(D|C)p(C)=0.95×0.5+0.90×0.3+0.85×0.2
=0.915
故答案为：0.915
【点睛】本题考查随机事件的概率，条件概率的概念及概率公式，属于基础题.
2.(2022·江苏南通如皋市期中)
某同学高考后参加国内3所名牌大学A，B，C的“强基计划”招生考试，已知该同学能通过这3所大学A，B，C招生考试的概率分别为x，y，eq \f(1,2)，该同学能否通过这3所大学的招生考试相互独立，且该同学恰好能通过其中2所大学招生考试的概率为eq \f(5,18)，则该同学至少通过1所大学招生考试的概率为 ；该同学恰好通过A，B两所大学招生考试的概率最大值为 ．
【答案】eq \f(7,9)；eq \f(1,18)
【考点】双空题：随机事件的概率求解
【解析】∵该同学能否通过这3所大学的招生考试相互独立，∴该同学恰好能通过其中2所大学招生考试的概率P＝eq \f(1,2)xy＋eq \f(1,2)x(1－y)＋eq \f(1,2)y(1－x)＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)y－eq \f(1,2)xy＝eq \f(5,18)，∴该同学至少通过1所大学招生考试的概率为1－eq \f(1,2)(1－x)(1－y)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)y－eq \f(1,2)xy＝eq \f(1,2)＋eq \f(5,18)＝eq \f(7,9)；由eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)y－eq \f(1,2)xy＝eq \f(5,18)得，x＋y－xy＝eq \f(5,9)，∴x＋y＝eq \f(5,9)＋xy≥2EQ \R(,xy)，即xy－2EQ \R(,xy)＋eq \f(5,9)≥0，解得xy≤eq \f(1,9)或xy≥eq \f(25,9)，又∵0＜x＜1，0＜y＜1，∴0＜xy＜1，∴xy≤eq \f(1,9)，∴该同学恰好通过A，B两所大学招生考试的概率为eq \f(1,2)xy，最大值为eq \f(1,18)．
3.(2022·江苏徐州期中)
某单位招聘员工，先对应聘者的简历进行评分，评分达标者进入面试环节．现有1000人应聘，他们的简历评分X服从正态分布N(60，102)，若80分及以上为达标，则估计进入面试环节的人数约为
(附：若随机变量X~ N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)≈0.9545，P(u－3σ＜X＜μ＋3σ)≈0.9973)
A．12 B．23 C．46 D．159
【答案】B
【考点】正态分布的应用
【解析】由题意可知，μ＝60，σ＝10，所以P(X≥80)＝P(X≥μ＋2σ)＝EQ \F(1－P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ),2)＝EQ \F(1－0.9545,2)＝0.02275，则进入面试环节的人数约为0.02275×1000＝22.75≈23，故答案选B．
4.(2022·江苏南通海安市期中)
“冰墩墩”是2022年北京冬奥会吉祥物，在冬奥特许商品中，已知一款“冰墩墩”盲盒外包装上标注隐藏款抽中的概率为eq \f(1,6)，出厂时每箱装有6个盲盒．小明买了一箱该款盲盒，他抽中k(0≤k≤6，k∈N)个隐藏款的概率最大，则k的值为
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得小明抽中个隐藏款的概率为，进而可得，解不等式组即可求出结果.
【详解】由题意可得小明抽中个隐藏款的概率为，其中，要使得最大，只需要最大，则，即，则，又因为，则，
故选：B.
5.（山东师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期10月学情诊断考试）
立体几何
1.（福建省福州高级中学2023届高三上学期第一次阶段考试数学试题）
如图，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，O为AC的中点，M为内部或边界上的动点，且平面.
（1）证明：.
（2）设直线PM与平面ABC所成角为，求的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意证明证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得题中的结论.
（2）建立空间直角坐标坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，然后换元求解最小值即可.
【小问1详解】
证明：在三棱锥中，连接OB，OP，因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，，O为AC中点
所以，
又，所以平面POB
因为平面POB，所以.
【小问2详解】
由（1）知，平面平面ABC，平面平面，
平面PAC，所以平面ABC.
又，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴、z轴建立空间直角坐标系
则，，，，
设，则，，，，.
设平面的法向量为，
则即令，则，
同理可求得平面PBC的法向量.
因为平面PAB，平面PBC，
所以即即
所以.
又所以.
所以，又平面，
所以是平面ABC的一个法向量.
所以，
令，，所以
当即时，取得最大值为，
此时取得最小值为.
注：也可以分别取PC，BC的中点E，F，先证明M在线段EF上.
2.(2022·江苏海门中学、泗阳中学期中联考)
(12分)如图，四棱锥P－ABCD中，AD//BC，且AD＝4，AB＝BC＝CD＝2，PA＝PD，O是AD的中点，平面PAD⊥平面ABCD．
(1)求证：AC⊥平面POB；
(2)若直线PA与平面ABCD所成的角为eq \f(π,4)，求二面角B－PC－D的余弦值．
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得平面，可得出，证明出四边形为菱形，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）分析可知为等腰直角三角形，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【小问1详解】
证明：连接，因为，为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，平面，则，
因为，则，由已知可得，
故四边形为菱形，则，同理可证四边形为菱形，
，故平面.
【小问2详解】
解：因为平面，则与平面所成的角为，
所以，为等腰直角三角形，且，且，
因为，故为等边三角形，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
则，
由图可知，二面角为钝角，因此，二面角的余弦值为.
数列
1.（湖北省二十一所重点中学2023届高三上学期第三次联考数学试题）
已知等差数列的首项，记数列的前项和为，且数列为等差数列.
（1）证明：数列为常数列；
（2）设数列的前项和为，求的通项公式.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，则，平方后求出，再利用可表示出，从而可得数列的公差为，从而可表示出，然后可求出为常数，
（2）由（1），，则，化简后利用裂项相消法可求得结果.
【小问1详解】
证明：设数列的公差为，则，
，
所以
所以
.
所以
所以的公差为，
因为
所以，即，
所以，
所以为常数，
所以数列常数列；
【小问2详解】
由（1），，对也成立，
因为，，
所以
.
所以
.
2.(2022·江苏苏州期中)
(本小题满分12分)在下列条件：①数列{an}的任意相邻两项均不相等，且数列{an2－an}为常数列，
②eq S\s\d(n)＝\f(1,2)(a\s\d(n)＋n＋1)(n∈N*)，③a3＝2，eq S\s\d(n＋1)＝S\s\d(n－1)＋1(n≥2，n∈N*)中，任选一个，补充在横线上，并回答下面问题．
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2， ．
(1)求数列{an}的通项公式an和前n项和Sn；
(2)设eq b\s\d(k)＝\f(1,S\s\d(2k)·S\s\d(2k＋1))(k∈N*)，数列{bn}的前n项和记为Tn，证明Tn＜eq \f(3,4)(n∈N*)．
【考点】结构不良题：数列的通项与求和
【解析】
(1)若选①
数列{an2－an}为常数列，则有an2－an＝eq a\s\d(n＋1)\s\up6(2)－a\s\d(n＋1)，所以有eq (a\s\d(n＋1)－a\s\d(n))(a\s\d(n＋1)＋a\s\d(n)－1)＝0，
因数列{an}的任意相邻两项均不相等，于是有eq a\s\d(n＋1)＋a\s\d(n)＝1，(n∈N*)，
所以有eq a\s\d(n)＋a\s\d(n－1)＝1，(n≥2，n∈N*)，
两式相减得eq a\s\d(n＋1)＝a\s\d(n－1)(n≥2，n∈N*)，
即有a1＝a3，a2＝a3，a3＝a5，…… ……………………………………………2分
又a1＝2，在eq a\s\d(n)＋a\s\d(n－1)＝1，(n≥2，n∈N*)中令n＝1得a2＝－1，
即数列eq {a\s\d(n)}：2，－1，2，－1，……
所以eq a\s\d(n)＝\B\lc\{(\a\al(2，n＝2k－1，k∈N*,－1，n＝2k，k∈N*))．……………………………………………………4分
也可以写成由eq \f(a\s\d(n)＋1,3)＝|sin\f(nπ,2)|得eq a\s\d(n)＝3|sin\f(nπ,2)|－1(n∈N*)．
∵数列eq {a\s\d(n)}：2，－1，2，－1，……
∴eq S\s\d(2k)＝k，(k∈N*)，S\s\d(2k＋1)＝S\s\d(2k)＋a\s\d(2k＋1)＝k＋2，(n∈N*)，
∴Sn＝EQ \F(n,2)，(n＝2k，n∈N*)，Sn＝EQ \F(n＋3,2)(n＝2k＋1，n∈N*)，
又eq S\s\d(1)＝a\s\d(1)＝2也适合，
即：eq S\s\d(n)＝\B\lc\{(\a\al(\f(n＋3,2)，n＝2k－1，k∈N*,\f(n,2)，n＝2k，k∈N*))……………………………………………………6分
(2)∵数列eq {a\s\d(n)}：2，－1，2，－1，…
∴eq S\s\d(2k)＝k，(k∈N*)，S\s\d(2k＋1)＝S\s\d(2k)＋a\s\d(2k＋1)＝k＋2，(n∈N*)，
于是eq b\s\d(n)＝\f(1,k·(k＋2))＝\f(1,2)(\f(1,k)－\f(1,k＋2))(n∈N*)，…………………………………………8分
∴．eq T\s\d(n)＝b\s\d(1)＋b\s\d(2)＋…＋b\s\d(n)＝\f(1,2)(1－EQ \F(1,3)eq ＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2))＝EQ \F(3,4)－EQ \F(1,2)(EQ \F(1,n＋1)＋EQ \F(1,n＋2))＜EQ \F(3,4)，
即Tn＜eq \f(3,4)(n∈N*)成立．……………………………………………………………12分
若选②由eq S\s\d(n)＝\f(1,2)(a\s\d(n)＋n＋1)(n∈N*)得eq S\s\d(n＋1)＝\f(1,2)(a\s\d(n＋1)＋n＋2)，两式相减得
eq a\s\d(n)＋a\s\d(n＋1)＝1(n∈N*)，所以有eq a\s\d(n－1)＋a\s\d(n)＝1(n≥2，n∈N*)，两式相减得
eq a\s\d(n＋1)＝a\s\d(n－1)(n≥2，n∈N*)，又eq a\s\d(1)＝2，所以eq a\s\d(2)＝－1，
即数列eq {a\s\d(n)}：2，－1，2，－1，……
下同上述解法
若选③由eq S\s\d(n＋1)＝S\s\d(n－1)＋1(n≥2，n∈N*)得eq S\s\d(n)＝S\s\d(n－2)＋1(n≥3，n∈N*)
两式相减得，得eq a\s\d(n＋1)＝a\s\d(n－1)(n≥3，n∈N*)，即有eq a\s\d(2)＝a\s\d(4)，a\s\d(3)＝a\s\d(5)，…
又由eq S\s\d(n＋1)＝S\s\d(n－1)＋1(n≥2，n∈N*)得eq a\s\d(n)＋a\s\d(n＋1)＝1(n≥2，n∈N*)，
当n＝2时eq a\s\d(2)＋a\s\d(3)＝1，又eq a\s\d(3)＝2，得eq a\s\d(2)＝－1，又eq a\s\d(1)＝2，
即数列eq {a\s\d(n)}：2，－1，2，－1，……
下同上述解法
3.(2022·江苏南通如皋市期中)
(本题满分12分)
已知各项均为正数的数列{an}，{bn}满足a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列．
(1)求证：数列eq {\r(,b\s\d(n))}为等差数列；
(2)记eq c\s\d(n)＝\f(1,a\s\d(n))＋\f(1,a\s\d(n＋1))，记eq {c\s\d(n)}的前n项和为Sn，若Sk＞eq \f(5,4)，求正整数k的最小值．
【考点】等差等比数列的性质应用、证明等差数列、利用数列求和解不等式
【解析】(1)各项均为正数的数列{an}，{bn}满足an，bn，an+1成等差数列，则2bn＝an＋an+1；
由于bn，an+1，bn+1成等比数列．所以an+12＝bn bn+1，
由于a1＝2，b1＝4，所以a2＝6，b2＝9；
所以2(eq \r(,b\s\d(n)))2＝eq \r(,b\s\d(n－1)b\s\d(n))＋eq \r(,b\s\d(n)b\s\d(n＋1))，(n≥2)，
整理得2eq \r(,b\s\d(n))＝eq \r(,b\s\d(n－1))＋eq \r(,b\s\d(n＋1))，
所以数列eq {\r(,b\s\d(n))}为等差数列．
(2)法一：由(1)得eq \r(,b\s\d(n))＝eq \r(,b\s\d(1))＋(n－1)(eq \r(,b\s\d(2))－eq \r(,b\s\d(1)))，整理得bn＝(n＋1)2；解得an＝n(n＋1)，
所以eq c\s\d(n)＝\f(1,a\s\d(n))＋\f(1,a\s\d(n＋1))＝EQ \F(1,n(n＋1))＋EQ \F(1,(n＋1)(n＋2))＝EQ \F(1,n)－EQ \F(1,n＋1)＋EQ \F(1,n＋1)－EQ \F(1,n＋2)；
故Sn＝1－EQ \F(1,3)＋EQ \F(1,2)－EQ \F(1,4)＋EQ \F(1,3)－EQ \F(1,5)＋…＋EQ \F(1,n－1)－EQ \F(1,n＋1)＋EQ \F(1,n)－EQ \F(1,n＋2)＝EQ \F(3,2)－EQ \F(1,n＋1)－EQ \F(1,n＋2)，
由于函数f(x)＝EQ \F(3,2)－EQ \F(1,n＋1)－EQ \F(1,n＋2)在(0，＋)上单调递增，
由于Sk＝EQ \F(3,2)－EQ \F(1,k＋1)－EQ \F(1,k＋2)＞eq \f(5,4)，
当k＝3时，S3＝EQ \F(3,2)－EQ \F(1,4)－EQ \F(1,5)＝eq \f(21,20)＜eq \f(25,20)，
当k＝4时，S4＝EQ \F(3,2)－EQ \F(1,5)－EQ \F(1,6)＝eq \f(34,30)＜eq \f(34.5,30)，
当k＝5时，S5＝EQ \F(3,2)－EQ \F(1,6)－EQ \F(1,7)＝eq \f(50,42)＜eq \f(5,4)，
当k＝6时，S6＝EQ \F(3,2)－EQ \F(1,7)－EQ \F(1,8)＝eq \f(69,56)＜eq \f(5,4)，
当k＝7时，S7＝EQ \F(3,2)－EQ \F(1,8)－EQ \F(1,9)＝eq \f(108,72)＞eq \f(5,4)，
故k的最小值为7．
法二：由(1)得eq \r(,b\s\d(n))＝eq \r(,b\s\d(1))＋(n－1)(eq \r(,b\s\d(2))－eq \r(,b\s\d(1)))，整理得bn＝(n＋1)2；解得an＝n(n＋1)，
所以eq c\s\d(n)＝\f(1,a\s\d(n))＋\f(1,a\s\d(n＋1))＝EQ \F(1,n(n＋1))＋EQ \F(1,(n＋1)(n＋2))＝EQ \F(1,n)－EQ \F(1,n＋1)＋EQ \F(1,n＋1)－EQ \F(1,n＋2)；
故Sn＝1－EQ \F(1,3)＋EQ \F(1,2)－EQ \F(1,4)＋EQ \F(1,3)－EQ \F(1,5)＋…＋EQ \F(1,n－1)－EQ \F(1,n＋1)＋EQ \F(1,n)－EQ \F(1,n＋2)＝EQ \F(3,2)－EQ \F(1,n＋1)－EQ \F(1,n＋2)，
由Sk＝EQ \F(3,2)－EQ \F(1,k＋1)－EQ \F(1,k＋2)＞eq \f(5,4)，解得EQ \F(1,k＋1)＋EQ \F(1,k＋2)＜EQ \F(1,4)，即k2－5k－10＞0，解得k≥7，
故k的最小值为7．