【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修二）综合测试卷：高二上学期期末复习（拔高篇） Word版含解析.docx，共(23)页，359.201 KB，由小赞的店铺上传

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高二上学期期末复习综合测试卷（拔高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2023春·重庆·高三阶段练习）已知直线𝑙1:(𝑚−2)𝑥−3𝑦−1=0与直线𝑙2:𝑚𝑥+(𝑚+2)�

�+1=0相互平行，则实数m的值是（）A．−4B．1C．−1D．6【解题思路】根据直线平行则它们的法向量也互相平行可解，需要验算.【解答过程】𝑙1:(𝑚−2)𝑥−3𝑦−1=0,∴𝑛1⃗⃗⃗⃗=(𝑚−2,−3)，𝑙2:𝑚𝑥+(𝑚+

2)𝑦+1=0,∴𝑛2⃗⃗⃗⃗=(𝑚,𝑚+2),𝑛1⃗⃗⃗⃗//𝑛2⃗⃗⃗⃗,∴(𝑚−2)(𝑚+2)=−3𝑚,解之：𝑚=−4,1经检验𝑚=−4故选：A.2．（5分）（2022春·山西·高三阶段练习）若函数𝑓(𝑥)=e𝑥+ln𝑥+𝑎的图象在点(1,𝑓(

1))处的切线方程为𝑦=𝑘𝑥−1，则𝑎=（）A．1B．0C．－1D．e【解题思路】求导得到𝑘=𝑓′(1)=e+1，再利用𝑓(1)=e+𝑎=𝑘−1=e，求出𝑎的值.【解答过程】因为𝑓′(𝑥)=e𝑥+1𝑥，所以𝑓′(1)=e+1，故𝑘=e+1又𝑓(1)=e+𝑎=𝑘

−1=e，所以𝑎=0．故选：B.3．（5分）（2022春·北京·高三阶段练习）已知平面向量𝑎=(0,1,0)，𝑏⃗=(0,−12,√32)，则𝑎与𝑎+𝑏⃗的夹角为（）A．π3B．2π3C．π6D．5π6【解题思路】由题意可得

𝑎+𝑏⃗=(0,12,√32)，设𝑎与𝑎+𝑏⃗的夹角为𝜃，由cos𝜃=𝑎⃗⋅(𝑎⃗+𝑏⃗)|𝑎⃗|⋅|𝑎⃗+𝑏⃗|求解即可.【解答过程】解：因为𝑎=(0,1,0)，𝑏⃗=(0,−12,√32)，所

以𝑎+𝑏⃗=(0,12,√32)，设𝑎与𝑎+𝑏⃗的夹角为𝜃，则cos𝜃=𝑎⃗⋅(𝑎⃗+𝑏⃗)|𝑎⃗|⋅|𝑎⃗+𝑏⃗|=121×1=12，又因为𝜃∈[0,π]，所以𝜃=π3.故选：A.4．（

5分）（2022·河南·模拟预测）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎2𝑛−𝑎2𝑛−1=3𝑛−1,𝑎2𝑛+1+𝑎2𝑛=3𝑛+5(𝑛∈𝑁∗)，则数列{𝑎𝑛}的前40项和𝑆40=（）A．311+3972B．341+3972C．341+1972D．321+1972

【解题思路】由已知，根据题意由𝑎2𝑛−𝑎2𝑛−1=3𝑛−1,𝑎2𝑛+1+𝑎2𝑛=3𝑛+5(𝑛∈𝑁∗)可得：𝑎2𝑛+1+𝑎2𝑛−1=6(𝑛∈𝑁∗)，从而计算(𝑎1+𝑎3)+(𝑎5+𝑎7)+(𝑎9+𝑎11)+⋯+(𝑎37+𝑎39)=10×

6=60，由𝑎2𝑛−𝑎2𝑛−1=3𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)递推可得：𝑎2𝑛+2−𝑎2𝑛+1=3𝑛+1−1(𝑛∈𝑁∗)，结合𝑎2𝑛+1+𝑎2𝑛=3𝑛+5(𝑛∈𝑁∗)可得：𝑎

2𝑛+2+𝑎2𝑛=4⋅(3𝑛+1)(𝑛∈𝑁∗)，从而计算(𝑎2+𝑎4)+(𝑎6+𝑎8)+(𝑎10+𝑎12)+⋯+(𝑎38+𝑎40)，将两组和合并即可完成求解.【解答过程】由

已知，数列{𝑎𝑛}满足𝑎2𝑛−𝑎2𝑛−1=3𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)①，𝑎2𝑛+1+𝑎2𝑛=3𝑛+5(𝑛∈𝑁∗)②，②−①得；𝑎2𝑛+1+𝑎2𝑛−1=6(𝑛∈𝑁∗)，所以(𝑎1+𝑎3)+(𝑎5+𝑎7)+(𝑎9+𝑎11)+⋯+(𝑎3

7+𝑎39)=10×6=60，由𝑎2𝑛−𝑎2𝑛−1=3𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)递推可得：𝑎2𝑛+2−𝑎2𝑛+1=3𝑛+1−1(𝑛∈𝑁∗)③，③+②得；𝑎2𝑛+2+𝑎2𝑛=4⋅(3𝑛+1)(𝑛∈𝑁∗)

，(𝑎2+𝑎4)+(𝑎6+𝑎8)+(𝑎10+𝑎12)+⋯+(𝑎38+𝑎40)=4⋅(31+1)+4⋅(33+1)+4⋅(35+1)+⋯+4⋅(319+1)=4(31+33+35+⋯+319)+4×10=4×3(1−910)1−9+40=32

1−32+40，所以𝑆40=(𝑎1+𝑎3)+(𝑎5+𝑎7)+(𝑎9+𝑎11)+⋯+(𝑎37+𝑎39)+(𝑎2+𝑎4)+(𝑎6+𝑎8)+(𝑎10+𝑎12)+⋯+(𝑎38+𝑎40)=321−32+100=321+1972.故选：D.5．

（5分）如图，在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，底面ABCD为正方形，E，F分别为𝐵1𝐶1，CD的中点，直线BE与平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1所成角为45∘，给出下列结论：①𝐸𝐹//平面𝐵𝐵1

𝐷1𝐷；②𝐸𝐹⊥𝐴1𝐶1；③异面直线BE与𝐷1𝐹所成角为60∘；④三棱锥𝐵−𝐶𝐸𝐹的体积为长方体体积的112．其中，所有正确结论的序号是（）A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④【解题思路】取𝐵𝐶中点为𝐺，可证明平面𝐸𝐹𝐺//平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，根据

面面平行的性质即可判断①；可证明𝐴1𝐶1⊥平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，即可判断②；可证明四边形𝐵𝐸𝐷1𝐻是平行四边形，即可得到𝐷1𝐻//𝐵𝐸，进而可得∠𝐻𝐷1𝐹即等于所求角，求出该

角即可判断③；以△𝐵𝐶𝐸为底，即可求出三棱锥的体积，进而判断④.【解答过程】取𝐵𝐶中点为𝐺，连结𝐸𝐺,𝐹𝐺.对于①，因为𝐸,𝐹,𝐺分别是𝐵1𝐶1，𝐶𝐷,𝐵𝐶的中点，所以𝐸𝐺//𝐵𝐵1，𝐹𝐺//𝐵𝐷，因为𝐵𝐵1⊂平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷

，𝐸𝐺⊄平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，所以𝐸𝐺//平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，同理，𝐹𝐺//平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷.因为，𝐸𝐺⊂平面𝐸𝐹𝐺，𝐹𝐺⊂平面𝐸𝐹𝐺，𝐸𝐺∩𝐹𝐺=𝐺，所以平面𝐸𝐹𝐺//平面𝐵

𝐵1𝐷1𝐷，又𝐸𝐹⊂平面𝐸𝐹𝐺，所以𝐸𝐹//平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，所以①正确；对于②，由已知可得四边形𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1是正方形，𝐵1𝐷1⊥𝐴1𝐶1，又𝐵𝐵1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷

1，𝐴1𝐶1⊂平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，所以𝐵𝐵1⊥𝐴1𝐶1，因为𝐵1𝐷1⊂平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，𝐵𝐵1⊂平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，𝐵𝐵1∩𝐵1𝐷1=𝐵1，所以𝐴1𝐶1⊥平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，又𝐸𝐹//平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，所以𝐸𝐹⊥𝐴1

𝐶1，故②正确；对于③，取𝐴𝐷中点为𝐻，连结𝐵𝐻,𝐷1𝐻,𝐷1𝐸,𝐻𝐹.因为𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐸𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐻𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=�

�𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐷𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐸𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐶1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝐷𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗

⃗=𝐻𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝐵𝐸//𝐻𝐷1且𝐵𝐸=𝐻𝐷1，所以四边形𝐵𝐸𝐷1𝐻是平行四边形，则𝐷1𝐻//𝐵𝐸，所以异面直线BE与𝐷1𝐹所成角即等于直线𝐷1𝐻与𝐷1𝐹所成角∠𝐻𝐷1𝐹，因为直线B

E与平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1所成角为45∘，𝐵1𝐶1⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，所以∠𝐸𝐵𝐵1=45∘，所以𝐵1𝐸=𝐵𝐵1，设𝐴𝐵=2，则𝐵𝐵1=𝐵1𝐸=12𝐵1𝐶1=1，则𝐷1𝐹=𝐷1𝐻=

𝐹𝐻=√2，所以△𝐷1𝐻𝐹为等边三角形，所以∠𝐻𝐷1𝐹=60∘，故③正确；对于④，设长方体体积为𝑉，则𝑉=𝐶𝐷×𝐵𝐶×𝐶𝐶1.因为𝐶𝐷⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，则𝑉𝐵−𝐶𝐸𝐹=𝑉𝐹−𝐵𝐶𝐸=

13×𝐶𝐹×𝑆△𝐵𝐶𝐸=13×𝐶𝐹×12𝐵𝐶×𝐶𝐶1=112×𝐶𝐷×𝐵𝐶×𝐶𝐶1=112𝑉，故④正确.故①②③④正确.故选：D.6．（5分）（2023春·广东江门

·高二期中）下列命题正确的是（）A．若方程𝑥2+𝑦2+𝑚𝑥−2𝑦+3=0表示圆，则𝑚的取值范围是(−∞,−√2)∪(√2,+∞)B．若圆𝐶的半径为1，圆心在第一象限，且与直线4𝑥−3𝑦=0和𝑥轴都相切，则该圆的标准方程是(𝑥

−1)2+(𝑦−1)2=1C．已知点𝑃(𝑥,𝑦)在圆𝐶:𝑥2+𝑦2−6𝑥−6𝑦+14=0上，𝑦𝑥的最大值为1D．已知圆𝐶1:𝑥2+𝑦2−2𝑥−6𝑦−1=0和𝐶2:𝑥2+�

�2−10𝑥−12𝑦+45=0，圆𝐶1和圆𝐶2的公共弦长为2√7【解题思路】根据𝐷2+𝐸2−4𝐹>0得到关于m的一元二次不等式，解之即可判断A；根据直线与圆相切等价于圆心到直线的距离为半径，即可判断B；设切线方程，利用圆心到

切线的距离等于半径求出切线的斜率，结合𝑦𝑥的几何意义即可判断C；两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程，利用几何法求出弦长即可判断D..【解答过程】A：若方程𝑥2+𝑦2+𝑚𝑥−2𝑦+3=0表示圆，则𝑚2+(−2)

2−4×3>0，即𝑚2>8，解得𝑚>2√2或𝑚<−2√2，故A错误；B：设圆心𝐶(𝑎,1)(𝑎>0)，则圆心到直线4𝑥−3𝑦=0的距离为|4𝑎−3|√42+32=|4𝑎−3|5=1，解得𝑎=2，即𝐶(2

,1)，所以圆的标准方程是(𝑥−2)2+(𝑦−1)2=1，故B错误；C：由𝑥2+𝑦2−6𝑥−6𝑦+14=0可得(𝑥−3)2+(𝑦−3)2=4，𝑦𝑥表示圆上的点与原点(0,0)连线的斜率，可得相切时𝑦𝑥取得最值，设切

线为𝑘𝑥−𝑦=0，则𝑑=|3𝑘−3|√1+𝑘2=2，显然𝑘=1不是方程的解，故𝑦𝑥的最大值不是1，故C错误；D：将两个圆的方程相减可得公共弦所在直线的方程4𝑥+3𝑦−23=0，由𝐶1：𝑥2+𝑦2−2𝑥−6𝑦−1=0得(𝑥−1)2+(𝑦−3)2=1

1，可得圆心𝐶1(1,3)，𝑟1=√11，圆心𝐶1(1,3)到直线4𝑥+3𝑦−23=0的距离𝑑=|4×1+3×3−23|√42+32=2，所以弦长为2√𝑟12−𝑑2=2√11−4=2√7，所以公共弦长为2√7，故D正确.故选：D.7．（5分）（2022春·江西上饶·高三阶

段练习）已如椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的左，右两焦点分别是𝐹1,𝐹2，其中|𝐹1𝐹2|=2𝑐，直线𝑙:𝑦=𝑘(𝑥+𝑐)(𝑘∈𝑅,𝑘≠0)与椭圆交于A，B两点．则下列说法中正确的有（）A．若|𝐴𝐹2|+|𝐵𝐹2|=𝑚，则

|𝐴𝐵|=4𝑎−2𝑚B．若𝐴𝐵的中点为M，则𝑘𝑂𝑀⋅𝑘=−𝑏2𝑎2C．|𝐴𝐵|的最小值为2𝑏2𝑎D．𝐴𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝑐2，则椭圆的离

心率的取值范围是[√55,√22]【解题思路】依题意，l过椭圆的左焦点，作图，逐项分析即可.【解答过程】依题意，l过𝐹1，作上图，对于A，由椭圆的定义知：|𝐴𝐵|+|𝐴𝐹2|+|𝐵𝐹2|

=4𝑎,∴|𝐴𝐵|=4𝑎−𝑚，错误；对于B，联立方程{𝑦=𝑘(𝑥+𝑐)𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1，得(1𝑎2+𝑘2𝑏2)𝑥2+2𝑐𝑘2𝑏2𝑥+𝑘2𝑐2𝑏2−1=0，由

韦达定理得：𝑥1+𝑥2=−2𝑐𝑘2𝑎2𝑏2+𝑎2𝑘2,𝑦1+𝑦2=𝑘(𝑥1+𝑥2)+2𝑘𝑐=2𝑘𝑐𝑏2𝑏2+𝑎2𝑘2，所以𝑘𝑂𝑀=𝑦1+𝑦2𝑥1+𝑥2=−�

�2𝑎2𝑘,𝑘𝑂𝑀·𝑘=−𝑏2𝑎2，正确；对于C，显然，当𝐴𝐵⊥𝑥轴时，|𝐴𝐵|最短，此时(−𝑐)2𝑎2+𝑦2𝑏2=1,𝑦=±𝑏2𝑎,|𝐴𝐵|=2𝑏2𝑎，但由于k是存在的，𝐴𝐵不会垂直于x轴，不存在最小值，错误；对于D，设𝐴(𝑥0,𝑦0

)，则有𝐴𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−𝑐−𝑥0,−𝑦0),𝐴𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑐−𝑥0,−𝑦0),∴𝐴𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−𝑐2+𝑥02+𝑦02=3𝑐

2，𝑥02+𝑦02=4𝑐2，即A点在以原点为圆心，2c为半径的圆上，因此，原题等价于{𝑥2+𝑦2=4𝑐2𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1有解，解得𝑥2=1−4𝑐2𝑏21𝑎2−1𝑏2，则必有{𝑥2≥0𝑥2≤𝑎2，即{4𝑐2≥𝑏2=𝑎2−𝑐24𝑐2≤𝑎2，

即√55≤𝑒≤12，错误；故选：B.8．（5分）（2022春·新疆巴音郭楞·高二阶段练习）关于函数𝑓(𝑥)=2𝑥+ln𝑥，下列判断正确的是（）①𝑥=2是𝑓(𝑥)的极小值点②函数𝑦=𝑓(𝑥)−𝑥有2个零点③存在正实数𝑘，使得𝑓(𝑥)>𝑘�

�成立④对任意两个正实数𝑥1，𝑥2，且𝑥1>𝑥2，若𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2)，则𝑥1+𝑥2>4A．①④B．②③C．②④D．①③【解题思路】求出𝑓(𝑥)的导函数，可判断𝑥=2是否其极

小值点，可判断①；求𝑦=𝑓(𝑥)−𝑥的导数，判断其单调性可判断②；分离变量法之后求函数的最小值是否为正可判断③；根据题意先得到0<𝑥2<2<𝑥1,然后再消去𝑥1后，得到一个关于𝑥2的表达式为正，证明其正确即可.【解答过程】①：𝑓′(𝑥)=−2𝑥2+1𝑥=𝑥−2𝑥2,

当𝑥∈(0,2),𝑓′(𝑥)<0;𝑥∈(2,+∞),𝑓′(𝑥)>0;∴𝑥=2是极小值点，①对；②：对于𝑦=𝑓(𝑥)−𝑥,𝑦′=𝑓′(𝑥)−1=𝑥−2𝑥2−1=−𝑥2+𝑥−2𝑥

2<0恒成立，所以𝑦=𝑓(𝑥)−𝑥在(0,+∞)上单调，不可能有2个零点，故②错误；③：𝑥>0,𝑓(𝑥)>𝑘𝑥,∴2𝑥2+ln𝑥𝑥>𝑘,令𝑔(𝑥)=2𝑥2+ln𝑥𝑥,∴𝑔′(𝑥)=−4𝑥3

+1−ln𝑥𝑥2=−4+𝑥−𝑥ln𝑥𝑥3，令ℎ(𝑥)=−4+𝑥−𝑥ln𝑥,ℎ′(𝑥)=1−ln𝑥−1=−ln𝑥=0,𝑥=1，𝑥∈(0,1),ℎ′(𝑥)>0;𝑥∈(1,+∞),ℎ′(𝑥

)<0,∴ℎ(𝑥)max=ℎ(1)=−3,所以𝑔′(𝑥)<0在(0,+∞)上恒成立，所以𝑔(𝑥)在(0,+∞)上单调递减无最小值，又lim𝑥→+∞(2𝑥2+ln𝑥𝑥)=0,所以𝑘≤0，故正数𝑘不存在，故

③错误；由上面分析知：𝑥∈(0,2),𝑓(𝑥)单调递减；𝑥∈(2,+∞),𝑓(𝑥)单调递增，𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2),∴0<𝑥2<2<𝑥1,∴4−𝑥2>2，∴𝑓(𝑥1)−𝑓(4−𝑥2)=𝑓(𝑥2)−𝑓(

4−𝑥2),设𝑡(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑓(4−𝑥),𝑥∈(0,2),∴𝑡(𝑥)=2𝑥+ln𝑥−24−𝑥−ln(4−𝑥)∴𝑡′(𝑥)=−2𝑥2+1𝑥−2(4−𝑥)2+14−𝑥=−8(𝑥−2)2𝑥2(4

−𝑥)2<0，即𝑡(𝑥),𝑥∈(0,2)单调递减，∴𝑡(𝑥)>𝑡(2)=0成立，∴𝑓(𝑥2)−𝑓(4−𝑥2)>0,∴𝑓(𝑥1)>𝑓(4−𝑥2),∴𝑥1>4−𝑥2，所以④对.故选：A

.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）已知圆𝐶:𝑥2+𝑦2−2𝑥−8=0，直线𝑙:𝑦=𝑘(𝑥+1)+1，则（）A．圆C的圆心为(−1,0)B．点(−1,1)在l上C．l与圆C相交D．l

被圆C截得的最短弦长为4【解题思路】一般方程化成标准方程可判断A；点(−1,1)代入直线方程可判断B；根据点(−1,1)在圆内判断C；根据(−1,1)与圆心连线与直线垂直时，l被圆C截得的弦最短判断D.【解答过程】由𝑥2+𝑦2−2𝑥−8=0⇒(𝑥−1)2+𝑦2=9，所

以圆𝐶的圆心为(1,0)，半径𝑟=3，A不正确；因为𝑥=−1时𝑦=𝑘(−1+1)+1=1，所以点(−1,1)在l上，B正确；因为圆心(1,0)到(−1,1)的距离为√5<3，所以点(−1,1)在

圆内，又点(−1,1)在l上，故l与圆C相交，C正确；(−1,1)与圆心连线与直线垂直时，l被圆C截得的弦最短，最短弦长为2√32−(√5)2=4，D正确.故选：BCD.10．（5分）（2022春·湖南岳阳·高三阶段练习）设首项为1的数列

{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑠𝑛，若𝑠𝑛+1=2𝑠𝑛+𝑛−1（𝑛∈N∗），则下列结论正确的是（）A．数列{𝑠𝑛+𝑛}为等比数列B．数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=2𝑛−1−1C．数列{𝑎𝑛+1}为等比数列D．数列{2

𝑠𝑛}的前n项和为2𝑛+2−𝑛2−𝑛−4【解题思路】由条件找到𝑠𝑛+1+(𝑛+1)=2(𝑠𝑛+𝑛),可判断A正确，由A可求得{𝑠𝑛}的通项公式，利用分组求和可得D正确，由{𝑠

𝑛}的通项公式可求得{𝑎𝑛}的通项公式，进而可确定CD错误.【解答过程】∵𝑠𝑛+1=2𝑠𝑛+𝑛−1,∴𝑠𝑛+1+(𝑛+1)=2(𝑠𝑛+𝑛),又𝑠1+1=2≠0,∴数列{𝑠𝑛+𝑛}是首项公比都为2的等比数列，故选项A正确.又𝑠𝑛+𝑛=2𝑛∴

2𝑠𝑛=2𝑛+1−2𝑛,所以数列{2𝑠𝑛}的前𝑛和为22(1−2𝑛)1−2−2×𝑛(𝑛+1)2=2𝑛+2−4−𝑛2−𝑛，故选项D正确.又因为𝑠𝑛+𝑛=2𝑛，𝑠𝑛=2𝑛−𝑛当𝑛≥2，𝑎𝑛=𝑠𝑛−𝑠𝑛−

1=2𝑛−1−1,当𝑛=1，𝑎1=1，∴𝑎𝑛={1,𝑛=12𝑛−1−1,𝑛≥2故选项B错误.∵𝑎𝑛+1={2,𝑛=12𝑛−1,𝑛≥2∴𝑎2+1𝑎1+1≠𝑎3+1𝑎2+1所以数列{𝑎𝑛+

1}不是等比数列.故选项C错误.故选：AD.11．（5分）在正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵=𝐴𝐴1=1，点P满足𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，其中

𝜆∈[0,1]，𝜇∈[0,1]，则（）A．当𝜆=1时，𝐴𝑃+𝑃𝐵1的最小值为√5B．当𝜇=1时，三棱锥𝑃−𝐴1𝐴𝐵的体积为定值C．当𝜆=12时，存在两个点P，使得𝐴1𝑃⊥𝐵𝑃D．当𝜇=12时，有且仅有一个点P，使得𝐴1𝐵

⊥平面𝐴𝐵1𝑃【解题思路】对于A，将矩形𝐶𝐵𝐵1𝐶1展开与𝐶𝐴𝐴1𝐶1在同一平面，再根据两点间线段最短判断即可；对于B，将𝑃点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将𝑃点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解�

�点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将𝑃点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解𝑃点的个数．【解答过程】易知，点𝑃在矩形𝐵𝐶𝐶1𝐵1内部（含边界）．对于A，当𝜆=1时，𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗

⃗+𝜇𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，即此时𝑃∈线段𝐶𝐶1，将矩形𝐶𝐵𝐵1𝐶1展开与𝐶𝐴𝐴1𝐶1在同一平面如图，则𝐴𝑃+𝑃𝐵1的最小值为√12+22=√5，故A正确；对于B，当𝜇=1时，𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐵�

�⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝜆𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，故此时𝑃点轨迹为线段𝐵1𝐶1，而𝑃到平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵的距离不为定值，所以其体积不为定值，故B错误．对于C，当𝜆=12时，𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝐵𝐵

1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，取𝐵𝐶，𝐵1𝐶1中点分别为𝑄，𝐻，则𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝑄⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝑄𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝑃点轨迹为线段𝑄𝐻，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，𝐴1(

√32,0,1)，𝑃(0,0,𝜇)，𝐵(0,12,0)，则𝐴1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−√32,0,𝜇−1)，𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−12,𝜇)，𝐴1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝜇(𝜇−1)=0，所以𝜇=0或

𝜇=1．故𝐻,𝑄均满足，故C正确；对于D，当𝜇=12时，𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，取𝐵𝐵1，𝐶𝐶1中点为𝑀,𝑁．𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝜆𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝑃点轨迹为线段𝑀�

�．设𝑃(0,𝑦0,12)，因为𝐴(√32，0,0)，所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(−√32,𝑦0,12)，𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−√32,12,−1)，所以34+12𝑦0−12=0⇒𝑦0=−12，此时𝑃与𝑁重合，故D正确．故选：ACD．12．（5

分）（2022春·山东潍坊·高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=ln(𝑥+1)𝑥，下列结论正确的是（）A．函数𝑓(𝑥)在(0,+∞)上为减函数B．当𝑥1>𝑥2>0时，𝑓(𝑥1)𝑥22>𝑓(𝑥2)𝑥12C．若方程𝑓(|𝑥|)=𝑎有2个不相等的解，则�

�的取值范围为(0,+∞)D．ln(1+12)+ln(1+122)+⋅⋅⋅+ln(1+12𝑛)<1，𝑛∈𝑁+【解题思路】用导数求出𝑓(𝑥)的单调区间可判断A；构造函数ℎ(𝑥)=𝑥2𝑓(𝑥)=𝑥l

n(𝑥+1),𝑥∈(0,+∞)，由ℎ(𝑥)的单调性可判断B；转化为“方程𝑓(𝑥)=𝑎在(0,+∞)上有1个解”，求出𝑎的范围可判断C；构造不等式ln(1+12𝑛)<12𝑛,𝑛∈𝑁∗可证明D.【解

答过程】因为𝑓(𝑥)=ln(𝑥+1)𝑥，定义域为(−1,0)∪(0,+∞)，所以𝑓′(𝑥)=ln(𝑥+1)𝑥=𝑥𝑥+1−ln(𝑥+1)𝑥2=𝑥−(𝑥+1)ln(𝑥+1)𝑥2(𝑥+1)，令𝑔(𝑥)=𝑥−(𝑥+1)ln(𝑥+1),𝑔′(𝑥)=1−

ln(𝑥+1)−1=−ln(𝑥+1)，所以当𝑥∈(−1,0)时，𝑥+1∈(0,1),ln(𝑥+1)<0,𝑔′(𝑥)>0，当𝑥∈(0,+∞)时，𝑥+1∈(1,+∞),ln(𝑥+1)>0,𝑔′(𝑥)<0，所以𝑔(𝑥)在(−1,0)单调递增，(

0,+∞)单调递减，所以𝑔(𝑥)<𝑔(0)=0，则𝑓′(𝑥)=𝑥−(𝑥+1)ln(𝑥+1)𝑥2(𝑥+1)<0，所以𝑓(𝑥)在(0,+∞)单调递减，故A正确；令ℎ(𝑥)=𝑥2𝑓(𝑥)=𝑥ln(𝑥+1),ℎ′(

𝑥)=ln(𝑥+1)+𝑥𝑥+1>0对𝑥∈(0,+∞)恒成立，所以ℎ(𝑥)在𝑥∈(0,+∞)单调递增，所以当𝑥1>𝑥2>0时，ℎ(𝑥1)>ℎ(𝑥2)，即𝑥12𝑓(𝑥1)>𝑥22𝑓(𝑥2)，所以𝑓(𝑥1)𝑥22>𝑓(𝑥2)𝑥12成立，故B正确

；因为𝑓(|𝑥|)为偶函数，所以原问题等价于𝑓(𝑥)=𝑎在(0,+∞)有1个解，即ln(𝑥+1)𝑥=𝑎，即只用考虑ln(𝑥+1)−𝑎𝑥=0在(0,+∞)有1个解，令𝜑(𝑥)=ln(𝑥+1)−𝑎𝑥,𝜑′(𝑥)=1

𝑥+1−𝑎，（i）若𝑎≤0，𝜑′(𝑥)=1𝑥+1−𝑎>0在(0,+∞)恒成立，则𝜑(𝑥)=ln(𝑥+1)−𝑎𝑥>𝜑(0)=0，则方程ln(𝑥+1)−𝑎𝑥=0无解；（ii）若0<𝑎<1，令𝜑′(𝑥)=1𝑥+1−𝑎>0，解得0<𝑥<1�

�−1，令𝜑′(𝑥)=1𝑥+1−𝑎<0，解得𝑥>1𝑎−1，所以𝜑(𝑥)在(0,1𝑎−1)单调递增，(1𝑎−1,+∞)单调递减，则𝜑(1𝑎−1)>𝜑(0)=0，𝑥→+∞时，ln(�

�+1)<𝑎𝑥，即𝑥→+∞时，𝜑(𝑥)<0，所以𝜑(𝑥)=ln(𝑥+1)−𝑎𝑥在(0,+∞)有1个解，（iii）若𝑎≥1，𝜑′(𝑥)=1𝑥+1−𝑎<0在(0,+∞)恒成立，则𝜑(𝑥)=ln

(𝑥+1)−𝑎𝑥<𝜑(0)=0，则方程ln(𝑥+1)−𝑎𝑥=0无解；综上，𝑎∈(0,1)，故C错误；由C知，若𝑎=1，ln(𝑥+1)<𝑥在(0,+∞)恒成立，所以ln(1+12𝑛)<12𝑛,𝑛∈𝑁∗,所以ln(1+12)+ln(1+122)+⋅⋅⋅+ln(1+

12𝑛)<12+122+⋯+12𝑛=12[1−(12)𝑛]1−12=1−(12)𝑛<1，故D正确.故选:ABD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2022春·山东·高三阶段练习）在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中

，𝐴𝐷=1，𝐴𝐴1=2，直线𝐴𝐷与𝐴1𝐶1所成的角为π4，点𝐸为棱𝐵𝐵1的中点，则点𝐷1到平面𝐴𝐶𝐸的距离为√3.【解题思路】先根据题干中的角度，算出长方体的三边数据，然后建系，利用空间向量进行

解决.【解答过程】根据长方体性质，𝐴1𝐶1//𝐴𝐶，由题意，直线𝐴𝐷与𝐴1𝐶1所成的角为π4，即直线𝐴𝐷与𝐴𝐶所成的角为π4，即∠𝐶𝐴𝐷=π4，于是∠𝐷𝐶𝐴=π4，

则△𝐶𝐴𝐷为等腰三角形，故𝐶𝐷=𝐴𝐷=1，下以𝐷为原点，𝐷𝐴,𝐷𝐶,𝐷𝐷1分别为𝑥,𝑦,𝑧轴，建立空间直角坐标系如下.𝐴(1,0,0)，𝐶(0,1,0)，𝐸(1,1,1)，则𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=

(−1,1,0),𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1)，设平面𝐴𝐶𝐸的法向量𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，由{𝑛⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛⃗⋅𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0，得到{−𝑥+𝑦=0𝑦+𝑧=0，取𝑦=1，则𝑛⃗=(1,1,−1)为平面𝐴�

�𝐸的法向量.又𝐷1(0,0,2)，𝐴(1,0,0)，𝐷1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,−2)，根据点到面距离的向量表达式，点𝐷1到平面𝐴𝐶𝐸的距离为：|𝐷1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗||𝑛⃗|

=3√3=√3.故答案为：√3.14．（5分）（2023·江苏苏州·模拟预测）数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=2，𝑎𝑛+1=2(𝑛+2)𝑛+1𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)，则𝑎2022𝑎1+𝑎2+⋅⋅⋅+𝑎2021=20232021.【解题思路】由已知整理得𝑎𝑛

+1𝑎𝑛=𝑓（𝑛)，先利用累乘法求数列{𝑎𝑛}的通项，再利用错位相减法求其前2021项的和，从而得到结果.【解答过程】由𝑎𝑛+1=2(𝑛+2)𝑛+1𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)得：𝑎𝑛+1𝑎𝑛=2(𝑛+2)𝑛+1，𝑎𝑛=𝑎𝑛𝑎𝑛−

1×𝑎𝑛−1𝑎𝑛−2×⋅⋅⋅×𝑎3𝑎2×𝑎2𝑎1×𝑎1=2𝑛−1(𝑛+1𝑛×𝑛𝑛−1×⋅⋅⋅×43×32×2)=(𝑛+1)⋅2𝑛−1；设𝑆𝑛=𝑎1+𝑎2+⋅⋅⋅+𝑎𝑛，则𝑆𝑛=

2×20+3×21+4×22+⋅⋅⋅+𝑛⋅2𝑛−2+(𝑛+1)⋅2𝑛−1，∴2𝑆𝑛=2×21+3×22+4×23+⋅⋅⋅+𝑛⋅2𝑛−1+(𝑛+1)⋅2𝑛，∴−𝑆𝑛=2+21+22+⋅⋅⋅+2𝑛−

1−(𝑛+1)⋅2𝑛=2+2(1−2𝑛−1)1−2−(𝑛+1)⋅2𝑛=2+2𝑛−2−(𝑛+1)⋅2𝑛=−𝑛⋅2𝑛，∴𝑆𝑛=𝑛⋅2𝑛，即𝑎1+𝑎2+⋅⋅⋅+𝑎𝑛=𝑛⋅2𝑛，

∴𝑆2021=2021×22021，𝑎2022=2023×22021，∴𝑎2022𝑎1+𝑎2+⋅⋅⋅+𝑎2021=2023×220212021×22021=20232021.故答案为：20232021.15．（5分）（

2022春·北京·高二期末）法国数学家加斯帕•蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆Γ:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2

=1(𝑎>𝑏>0)的蒙日圆为𝐶:𝑥2+𝑦2=32𝑎2，过𝐶上的动点𝑀作Γ的两条切线，分别与𝐶交于P，Q两点，直线𝑃𝑄交Γ于A，B两点，则下列说法，正确的有①②④.①椭圆Γ的离心率为√22②△𝑀𝑃𝑄面积的最大值为32𝑎2③𝑀到Γ的左焦点

的距离的最小值为(2−√2)𝑎④若动点𝐷在Γ上，将直线𝐷𝐴，𝐷𝐵的斜率分别记为𝑘1，𝑘2，则𝑘1𝑘2=−12【解题思路】根据定义，确定蒙日圆的点结合椭圆离心率计算判断①；根据定义求得∠𝑃𝑀𝑄=90∘，再求出最大面积判断②；设出点M的坐标并求出其横坐标范围

计算判断③；根据定义确定点A，B的关系，再利用“点差法”计算判断④作答.【解答过程】对于①，直线𝑥=𝑎，𝑦=𝑏与椭圆Γ都相切，且这两条直线垂直，因此其交点(𝑎,𝑏)在圆𝐶上，即有𝑎2+𝑏2=32𝑎2

，则𝑏2𝑎2=12，椭圆Γ的离心率𝑒=√𝑎2−𝑏2𝑎=√1−𝑏2𝑎2=√22，①正确；对于②，依题意，点𝑀,𝑃,𝑄均在圆𝐶上，且∠𝑃𝑀𝑄=90∘，因此线段𝑃𝑄是圆𝐶的直径，即

有|𝑃𝑄|=√6𝑎，显然圆𝐶上的点到直线𝑃𝑄距离最大值为圆𝐶的半径√62𝑎，即点𝑀到直线𝑃𝑄距离最大值为√62𝑎，因此△𝑀𝑃𝑄面积的最大值为12|𝑃𝑄|⋅√62𝑎=32𝑎2，②正确；对于③，令𝑀(𝑥0,𝑦0)，有𝑥02+𝑦02

=32𝑎2，令椭圆Γ的左焦点𝐹(−𝑐,0)，有𝑐2=𝑎2−𝑏2=12𝑎2，则|𝑀𝐹|2=(𝑥0+𝑐)2+𝑦02=𝑥02+𝑦02+2𝑐𝑥0+𝑐2=2𝑎2+√2𝑎𝑥0，而−√62𝑎≤𝑥

0≤√62𝑎，因此|𝑀𝐹|2≥(2−√3)𝑎2，即|𝑀𝐹|≥√6−√22𝑎，所以𝑀到Γ的左焦点的距离的最小值为√6−√22𝑎，③不正确；对于④，依题意，直线𝑃𝑄过原点O，即点A，B关于原点O对称，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐷(𝑥2,𝑦2)，有𝐵(−𝑥1,−𝑦

1)，于是得𝑘1=𝑦2−𝑦1𝑥2−𝑥1,𝑘2=𝑦2+𝑦1𝑥2+𝑥1，又由①知，{𝑥22+2𝑦22=2𝑏2𝑥12+2𝑦12=2𝑏2，得𝑥22−𝑥12=−2(𝑦22−𝑦

12)，所以𝑘1𝑘2=𝑦2−𝑦1𝑥2−𝑥1⋅𝑦2+𝑦1𝑥2+𝑥1=𝑦22−𝑦12𝑥22−𝑥12=−12，④正确，所以说法正确的有①②④.故答案为：①②④.16．（5分）（2022春·北京·高三阶段练习）关于函数𝑓(𝑥)

=2𝑥+ln𝑥，给出如下四个命题：①𝑥=2是𝑓(𝑥)的极大值点；②函数𝑦=𝑓(𝑥)−𝑥有且只有1个零点；③存在正实数𝑘，使得𝑓(𝑥)>𝑘𝑥恒成立；④对任意两个正实数𝑥1,𝑥2，且𝑥1>𝑥2，若𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2)，则𝑥1+𝑥2>4；其中的真命题有

②④.【解题思路】①求f(x)导数，讨论f(x)单调性即可判断其极值情况；②作出y=f(x)与y=x图象，根据两图象交点个数即可判断𝑦=𝑓(𝑥)−𝑥的零点个数；③问题转化为𝑓(𝑥)是否存在过原点且斜率为正的切线；④根据y=f(x)图象求出𝑥1,𝑥2范围，再结合𝑓(𝑥1

)=𝑓(𝑥2)和f(x)的单调性，将双变量化为单变量，构造函数即可进行证明．【解答过程】𝑓′(𝑥)=𝑥−2𝑥2，当0<𝑥<2时，𝑓′(𝑥)<0；当𝑥>2时，𝑓′(𝑥)>0．∴𝑓(𝑥)在(0，2)上

单调递减，在(2，+∞)上单调递增，𝑥=2是𝑓(𝑥)的极小值点，故①错误；根据函数𝑓(𝑥)的单调性及极值点，作出函数𝑓(𝑥)的大致图象，如图所示，再作出直线𝑦=𝑥，易知直线𝑦=𝑥与�

�(𝑥)的图象有且只有1个交点，即函数𝑦=𝑓(𝑥)−𝑥有且只有1个零点，故②正确．根据𝑓(𝑥)的图象可知，若要存在正实数k使得𝑓(𝑥)>𝑘𝑥恒成立，则𝑓(𝑥)要存在过原点且斜率为正的切线

，假设𝑓(𝑥)存在过原点且斜率为正的切线，切点为(𝑥0,2𝑥0+ln𝑥0)，则切线斜率为𝑥0−2𝑥02，则切线方程为𝑦−2𝑥0−ln𝑥0=𝑥0−2𝑥02(𝑥−𝑥0)，∵切线

过原点，故−2𝑥0−ln𝑥0=−𝑥0−2𝑥0，整理得𝑥0−𝑥0ln𝑥0−4=0，令𝐹(𝑥)=𝑥−𝑥ln𝑥−4，则𝐹′(𝑥)=−ln𝑥，∴在(0，1)上，𝐹′(𝑥)>0，𝐹(𝑥)单调递增，在(1，+∞)上

，𝐹′(𝑥)<0，𝐹(𝑥)单调递减，∴𝐹(𝑥)⩽𝐹(1)<0，∴𝐹(𝑥)<0恒成立，即方程𝑥0−𝑥0ln𝑥0−4=0无解，即𝑓(𝑥)不存在过原点且斜率为正的切线，故不存在正实数k使得𝑓(𝑥)>𝑘𝑥恒成立，故③错误；由𝑥1>𝑥2，𝑓(

𝑥1)=𝑓(𝑥2)可知𝑥1>2，0<𝑥2<2，要证𝑥1+𝑥2>4，即证𝑥1>4−𝑥2，且𝑥1>4−𝑥2>2，𝑓(𝑥)在(2，+∞)上单调递增，即证𝑓(𝑥1)>𝑓(4−𝑥2)，又𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2)，∴证𝑓(𝑥2)>

𝑓(4−𝑥2)，即证𝑓(𝑥)>𝑓(4−𝑥)，𝑥∈(0，2)．令ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑓(4−𝑥)=ln𝑥−ln(4−𝑥)+2𝑥−24−𝑥，𝑥∈(0，2)，则ℎ′(𝑥)=−8(𝑥−2)2𝑥2(4−𝑥)2<0，∴ℎ(�

�)在(0，2)上单调递减，∴ℎ(𝑥)>ℎ(2)=0，∴𝑥1+𝑥2>4，故④正确．故答案为：②④．四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022春·广东江门·高二阶段练习）已知△𝐴𝐵𝐶的顶点�

�(5,1)，AB边上的高所在的直线𝑙1的方程为𝑥−2𝑦−1=0，角A的平分线所在直线𝑙2的方程为2𝑥−𝑦−1=0．(1)求直线AB的方程；(2)求点A的坐标；求直线𝐴𝐶的方程．【解题思路】（1）利用直线垂直的条件求出直线𝐴𝐵的斜率，然后根据点斜式可得直线𝐴𝐵的方程；（2

）利用直线𝐴𝐵及𝑙2的方程可得交点的坐标；由题可得点𝐵(5,1)关于直线𝑙2的对称点为(𝑎,𝑏)，进而即得．【解答过程】（1）因为𝐴𝐵边上的高所在的直线𝑙1的方程为𝑥−2𝑦−1=0，所以直线𝐴𝐵上的高的斜率𝑘=12，直

线𝐴𝐵的斜率为𝑘𝐴𝐵=−2，又𝐵(5，1)，所以直线𝐴𝐵的方程为𝑦−1=−2(𝑥−5)，即2𝑥+𝑦−11=0；（2）因为角𝐴的平分线所在直线𝑙2的方程为2𝑥−𝑦−1=0，由{2�

�+𝑦−11=02𝑥−𝑦−1=0，解得{𝑥=3𝑦=5，即𝐴(3,5)；设点𝐵(5,1)关于直线𝑙2：2𝑥−𝑦−1=0的对称点为(𝑎,𝑏)，则{𝑏−1𝑎−5×2=−12×𝑎+52−𝑏+12−1=0，解得{𝑎=−75𝑏=215

，所以(−75,215)在直线𝐴𝐶上，又𝐴(3,5)，所以直线𝐴𝐶的方程为𝑦−5=215−5−75−3(𝑥−3)，整理得2𝑥−11𝑦+49=0．18．（12分）（2022春·湖北·高三

阶段练习）已知圆𝐶与𝑦轴相切，圆心𝐶在直线𝑥+𝑦−2=0上，且点𝐴(2,2)在圆𝐶上.(1)求圆𝐶的标准方程.(2)已知直线𝑙与圆𝐶交于𝐵,𝐷两点（异于𝐴点），若直线𝐴𝐵,𝐴𝐷的斜率之积为2，试问直线𝑙是否过定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说

明理由.【解题思路】（1）根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆𝐶的标准方程.（2）根据直线𝑙的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线𝑙的方程并与圆的方程联立，化简写出根与系数关系，根据直线𝐴𝐵,𝐴𝐷的斜率之积列方程，从而求得定点的坐标.【解答

过程】（1）设圆𝐶的标准方程为(𝑥−𝑎)2+(𝑦−𝑏)2=𝑟2(𝑟>0)，则{𝑎+𝑏−2=0|𝑎|=𝑟(2−𝑎)2+(2−𝑏)2=𝑟2,解得{𝑎=2𝑏=0𝑟=2，故圆𝐶的标准方程为(𝑥−2)2+𝑦2=4.（2）当直线𝑙的斜率存在时，设𝑙的方

程为𝑦=𝑘𝑥+𝑚,𝐵(𝑥1,𝑦1),𝐷(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦=𝑘𝑥+𝑚(𝑥−2)2+𝑦2=4，整理得(𝑘2+1)𝑥2+(2𝑘𝑚−4)𝑥+𝑚2=0，则Δ=(2𝑘𝑚−4)2−4(𝑘2+1)𝑚2=−4�

�2−16𝑘𝑚+16>0，从而𝑥1+𝑥2=4−2𝑘𝑚𝑘2+1,𝑥1𝑥2=𝑚2𝑘2+1.𝑘𝐴𝐵⋅𝑘𝐴𝐷=𝑦1−2𝑥1−2⋅𝑦2−2𝑥2−2=(𝑘𝑥1+𝑚−2)(𝑘𝑥2+𝑚−2)(𝑥1−2)(

𝑥2−2)=𝑘2𝑥1𝑥2+(𝑘𝑚−2𝑘)(𝑥1+𝑥2)+(𝑚−2)2𝑥1𝑥2−2(𝑥1+𝑥2)+4=4𝑘2+𝑚2+4𝑘𝑚−8𝑘−4𝑚+44𝑘2+𝑚2+4𝑘𝑚−4=2，即4𝑘2

+𝑚2+4𝑘𝑚+8𝑘+4𝑚−12=0，即(2𝑘+𝑚−2)(2𝑘+𝑚+6)=0，解得𝑚=−2𝑘+2或𝑚=−2𝑘−6.因为直线𝑙不经过点𝐴，所以2𝑘+𝑚≠2，所以𝑚=−2𝑘−6，

则直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥−2𝑘−6，即直线𝑙过定点(2,−6).当直线𝑙的斜率不存在时，设𝑙2的方程为𝑥=𝑥0，则𝑀(𝑥0,𝑦0),𝑁(𝑥0,−𝑦0)，从而𝑘𝐴𝐵⋅𝑘𝐴𝐷=𝑦0−2𝑥0−2⋅−𝑦0−2𝑥

0−2=2，整理得2(𝑥0−2)2+𝑦02=4.因为(𝑥0−2)2+𝑦02=4，所以𝑥0=2，此时直线𝑙的方程为𝑥=2，即直线𝑙经过点𝐴，不符合题意.综上，直线𝑙过定点(2,−6).19．（12分）（2022春·江苏·高三阶段练习）如图多面体𝐴𝐵𝐶𝐷�

�𝐹中，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，∠𝐴𝐵𝐶=60∘,𝐸𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐸𝐴∥𝐵𝐹，𝐴𝐵=𝐴𝐸=2𝐵𝐹=2.(1)证明：𝐶𝐹//平面𝐴𝐷𝐸；(2)在棱𝐸𝐶上有一点𝑀（不包括端点），使得平面𝑀𝐵𝐷

与平面𝐵𝐶𝐹的夹角余弦值为√155，求点𝑀到平面𝐵𝐶𝐹的距离.【解题思路】（1）取𝐴𝐸的中点𝐺，证明𝐶𝐹𝐺𝐷是平行四边形即可证明结论；（2）连接𝐵𝐷交𝐴𝐶于𝑁，取𝐶𝐸中点𝑃，以𝑁为原点建立空间直角坐标

系，求出平面𝑀𝐵𝐷与平面𝐵𝐶𝐹的法向量，结合平面的向量夹角公式求出点𝑀坐标，再利用向量距离公式即可求出点𝑀到平面𝐵𝐶𝐹的距离．【解答过程】（1）证明：取𝐴𝐸的中点𝐺，连接𝐺𝐷,𝐺𝐹，因为𝐵𝐹∥𝐸𝐴，且𝐵𝐹=12𝐴𝐸，所以𝐴𝐺//𝐵𝐹且

𝐴𝐺=𝐵𝐹，所以四边形𝐴𝐺𝐹𝐵是平行四边形，所以𝐺𝐹∥A𝐵，又因为𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，所以𝐴𝐵∥𝐷𝐶，且𝐴𝐵=𝐷𝐶，所以𝐺𝐹∥𝐷𝐶且𝐺𝐹=𝐷𝐶，所

以四边形𝐶𝐹𝐺𝐷是平行四边形，𝐶𝐹//𝐷𝐺，又𝐶𝐹⊄平面𝐴𝐷𝐸,𝐷𝐺⊂平面𝐴𝐷𝐸，所以𝐶𝐹//平面𝐴𝐷𝐸；（2）连接𝐵𝐷交𝐴𝐶于𝑁，取𝐶𝐸中点𝑃∵𝑃𝑁//𝐴𝐸,𝐸𝐴

⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷,∴𝑃𝑁⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，且𝐶𝑁⊥𝐵𝑁，∴以𝑁为原点，𝑁𝐶,𝑁𝐵,𝑁𝑃所在直线分别为𝑥轴，𝑦轴，𝑧轴，建立空间直角坐标系，设在棱𝐸𝐶上存在点𝑀使得平面𝑀𝐵𝐷与平面𝐵𝐶𝐹的夹角余弦值为√155，𝐸(−1,0,2),

𝐵(0,√3,0),𝐶(1,0,0),𝐹(0,√3,1),𝐴(−1,0,0),𝐷(0,−√3,0)则设𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆(−2,0,2)(0<𝜆<1),∴𝑀(1−2𝜆,0,2𝜆)，所以𝐷

𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1−2𝜆,√3,2𝜆),𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2√3,0),𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,−√3,0),𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,−1)设平面𝐷𝐵𝑀的一个法向量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛⃗⋅𝐷𝑀

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛⃗⋅𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0即{(1−2𝜆)𝑥+√3𝑦+2𝜆𝑧=02√3𝑦=0，令𝑦=0,𝑥=−2𝜆,𝑧=1−2𝜆，得𝑛⃗=(−2𝜆,0,1−2𝜆),设平面𝐹𝐵𝐶的一个法向量为𝑚⃗⃗=(𝑎,𝑏,𝑐)，则{𝑚⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=

0𝑚⃗⃗⋅𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{𝑎−√3𝑏=0−𝑐=0，取𝑏=1，得𝑚⃗⃗=(√3,1,0)，.∴|cos⟨𝑛⃗,𝑚⃗⃗⟩|=|𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗||𝑚⃗⃗⃗|⋅|𝑛⃗|=|−2√3𝜆|2√(−2𝜆)2+(1−2𝜆)2=√155，解得𝜆=13或𝜆

=1，，又∵0<𝜆<1，∴𝜆=13此时𝑀(13,0,23),∴𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−23,0,23)，∴点𝑀到平面𝐵𝐶𝐹的距离𝑑=|𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑚⃗⃗⃗||𝑚⃗⃗⃗|=2√332=√33．20．（12分）（20

22春·广东江门·高二期中）已知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的离心率为12，且经过点𝑃(1,32)．(1)求椭圆𝐶的方程；(2)若直线𝑦=𝑘𝑥+𝑚与椭圆𝐶交于𝑀、𝑁两点，𝑂为坐标原点，直线𝑂𝑀、𝑂𝑁的斜率之积等

于−34，试探求△𝑂𝑀𝑁的面积是否为定值，并说明理由．【解题思路】（1）将𝑃(1,32)代入标准方程得𝑎,𝑏关系，由离心率得𝑎,𝑐关系，结合𝑎2=𝑏2+𝑐2即可求解；（2）设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(�

�2,𝑦2)，联立直线与椭圆方程，由斜率之积等于−34求出𝑘与𝑚关系，由弦长公式求出|𝑀𝑁|，由点到直线距离公式求出△𝑂𝑀𝑁的高，结合三角形面积公式化简即可求解.【解答过程】（1）因为椭圆过𝑃(1,32)，故1𝑎2+94�

�2=1，又𝑒2=𝑐2𝑎2=14，𝑎2=𝑏2+𝑐2，联立解得𝑐2=1,𝑏2=3,𝑎2=4，所以椭圆𝐶的方程为𝑥24+𝑦23=1；（2）设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)

，联立{𝑥24+𝑦23=1𝑦=𝑘𝑥+𝑚得(4𝑘2+3)𝑥2+8𝑘𝑚𝑥+4𝑚2−12=0，Δ=(8𝑘𝑚)2−4(𝑘2+3)(4𝑚2−12)=48(4𝑘2+3−𝑚2)>0，{𝑥1+𝑥2=−8𝑘𝑚4𝑘2+3𝑥

1𝑥2=4(𝑚2−3)4𝑘2+3，𝑘𝑂𝑀⋅𝑘𝑂𝑁=𝑦1𝑥1⋅𝑦2𝑥2=𝑘𝑥1+𝑚𝑥1⋅𝑘𝑥2+𝑚𝑥2=𝑘2𝑥1𝑥2+𝑘𝑚(𝑥1+𝑥2)+𝑚2𝑥1𝑥2=𝑘2

⋅4(𝑚2−3)4𝑘2+3+𝑘𝑚⋅(−8𝑘𝑚4𝑘2+3)+𝑚24(𝑚2−3)4𝑘2+3=4𝑘2(𝑚2−3)−8𝑘2𝑚2+𝑚2(4𝑘2+3)4(𝑚2−3)=3(𝑚2−4

𝑘2)4(𝑚2−3)=−34，即2𝑚2=4𝑘2+3，|𝑀𝑁|=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√1+𝑘2⋅√(−8𝑘𝑚4𝑘2+3)2−4⋅4(𝑚2−3)4𝑘2+3=√1+𝑘2⋅4√3|𝑚|2𝑚2，原点到直线

的距离𝑑=|𝑚|√1+𝑘2，所以𝑆△𝑂𝑀𝑁=12|𝑀𝑁|⋅𝑑=12√1+𝑘2⋅4√3|𝑚|2𝑚2⋅|𝑚|√1+𝑘2=√3，所以△𝑂𝑀𝑁的面积为定值.21．（12分）（2022春·天津·高三阶段

练习）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛,𝑎1=1且𝑆𝑛+1=3𝑆𝑛+1(𝑛∈N*)；等差数列{𝑏𝑛}前𝑛项和为𝑇𝑛满足𝑇7=49,𝑏5=9.(1)求数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的通项公式；(2)设�

�𝑛=𝑏𝑛[(−1)𝑛−1⋅1𝑎𝑛+𝑎𝑛+1𝑛2+𝑛]，求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和；(3)设𝑃𝑛=𝑏𝑎𝑛+1+𝑏𝑎𝑛+2+⋯+𝑏𝑎𝑛+𝑛，若∀𝜆>0，对任意的正整数𝑛都

有𝜆2−𝑘𝜆+73≥2𝑛3𝑃𝑛−𝑛2恒成立，求𝑘的最大值.【解题思路】(1)根据𝑆𝑛与𝑎𝑛的关系证明{𝑎𝑛}为等比数列，根据等差数列性质求{𝑏𝑛}的首项及公差，再利用等比数列和等差数列通项公式求{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的通项公式；(2)

利用错位相减法求数列{(2𝑛−1)(−13)𝑛−1}的前𝑛项和，利用裂项相消法求数列{(2𝑛−1)3𝑛𝑛(𝑛+1)}的前𝑛项和，结合分组求和法求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和；(3)由(1)求𝑃𝑛，由条件可得𝜆2−𝑘𝜆

+73≥[𝑛23𝑛−1]max，判断数列{𝑛23𝑛−1}的单调性求其最值，由此可得𝑘≤𝜆+1𝜆，结合基本不等式求𝑘的最大值.【解答过程】（1）由{𝑆𝑛+1=3𝑆𝑛+1𝑆𝑛=3𝑆𝑛−1+1得𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛(𝑛≥2)𝑛

=1时，𝑆2=3𝑆1+1=3𝑎1+1∴𝑎2=3∴𝑎2=3𝑎1所以𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛(𝑛∈N*)，所以{𝑎𝑛}为首项为1，公比为3的等比数列，所以𝑎𝑛=3𝑛−1(𝑛∈N*)因为𝑇7=7𝑏4=49，所以𝑏4=7又𝑏5=9，所以𝑑=2，𝑏1=1，所以𝑏

𝑛=2𝑛−1；（2）𝑐𝑛=(2𝑛−1)⋅[(−1)𝑛−1(13)𝑛−1+3𝑛𝑛(𝑛+1)]=(2𝑛−1)⋅(−13)𝑛−1+(2𝑛−1)3𝑛𝑛(𝑛+1)=(2𝑛−1)⋅(−13)𝑛−1+3𝑛+1𝑛+1−3𝑛𝑛，令𝐴𝑛为{(2𝑛−1)

(−13)𝑛−1}的前𝑛项和，则𝐴𝑛=1×(−13)0+3×(−13)1+5×(−13)2+⋅⋅⋅+(2𝑛−3)×(−13)𝑛−2+(2𝑛−1)×(−13)𝑛−1，(−13)𝐴𝑛=1×(−13)1+3×(−13)2+5×(−13)3+⋅

⋅⋅+(2𝑛−3)×(−13)𝑛−1+(2𝑛−1)×(−13)𝑛所以43𝐴𝑛=1+2×(−13)1+2×(−13)2+⋅⋅⋅+2×(−13)𝑛−1−(2𝑛−1)×(−13)𝑛，所以43𝐴𝑛=1+2×−13−(−13)𝑛1+13−(2𝑛−1)×(−13)𝑛，𝐴𝑛=34

+98×(−13−(−13)𝑛)−(6𝑛−34)×(−13)𝑛，所以𝐴𝑛=38+4𝑛+18⋅(−13)𝑛−1；令𝐵𝑛为{3𝑛+1𝑛+1−3𝑛𝑛}的前𝑛项和，则𝐵𝑛=(322−311)+(333−322

)+(344−333)+⋅⋅⋅+(3𝑛𝑛−3𝑛−1𝑛−1)+(3𝑛+1𝑛+1−3𝑛𝑛)所以𝐵𝑛=3𝑛+1𝑛+1−3.故{𝑐𝑛}的前𝑛项和为1×(−13)0+322−311+3×(−13)1+333−322+⋅⋅⋅+(2𝑛−1)×(−13)�

�−1+3𝑛+1𝑛+1−3𝑛𝑛=1×(−13)0+3×(−13)1+⋅⋅⋅+(2𝑛−1)×(−13)𝑛−1+322−311+333−322+⋅⋅⋅+3𝑛+1𝑛+1−3𝑛𝑛，=𝐴𝑛+�

�𝑛=3𝑛+1𝑛+1+4𝑛+18⋅(−13)𝑛−1−218.（3）因为𝑃𝑛=𝑏𝑎𝑛+1+𝑏𝑎𝑛+2+⋯+𝑏𝑎𝑛+𝑛，𝑏𝑛=2𝑛−1，𝑃𝑛=2(𝑎𝑛+1)−1+2(𝑎𝑛+2)−1+⋯+2(𝑎𝑛+𝑛)−1=2𝑛⋅𝑎𝑛+1+3+⋯(2�

�−1)=2𝑛⋅𝑎𝑛+𝑛(2𝑛−1+1)2=2𝑛⋅𝑎𝑛+𝑛2，∴2𝑛3𝑃𝑛−𝑛2=2𝑛32𝑛⋅𝑎𝑛=𝑛23𝑛−1，故𝜆2−𝑘𝜆+73≥2𝑛3𝑃𝑛−𝑛2,∀𝑛∈N*恒成立⇔𝜆2−

𝑘𝜆+73≥[𝑛23𝑛−1]max，设𝑑𝑛=𝑛23𝑛−1,𝑑𝑛+1−𝑑𝑛=(𝑛+1)23𝑛−𝑛23𝑛−1=(𝑛+1)2−3𝑛23𝑛=1−2𝑛(𝑛−1)3𝑛，𝑛=1时，𝑑2−�

�1>0；𝑛≥2时，2𝑛(𝑛−1)≥4,∴1−2𝑛(𝑛−1)<0∴𝑑𝑛+1−𝑑𝑛<0∴𝑑𝑛+1<𝑑𝑛，∴(𝑑𝑛)max=𝑑2=43，∴𝜆2−𝑘𝜆+73≥43,∀𝜆>0恒成立，即𝑘≤𝜆+1𝜆恒成立，∵𝜆+1𝜆≥2，当且仅当𝜆=1

时等号成立，∴𝑘≤2，故𝑘的最大值为2.22．（12分）（2022·上海奉贤·统考一模）已知函数𝑦=𝑓(𝑥),𝑦=𝑔(𝑥),其中𝑓(𝑥)=1𝑥2,𝑔(𝑥)=ln𝑥.(1)求函数𝑦=𝑔(𝑥)在点(1,𝑔(1))的切线方程;(2)函数

𝑦=𝑚𝑓(𝑥)+2𝑔(𝑥),𝑚∈R,𝑚≠0是否存在极值点,若存在求出极值点,若不存在,请说明理由;(3)若关于𝑥的不等式𝑎𝑓(𝑥)+𝑔(𝑥)≥𝑎在区间(0,1]上恒成立,求实数𝑎的取值范围.【解题思路】(1)对𝑦=𝑔(𝑥)求导,求出切点斜率,再根据切点求

出切线方程即可;(2)令𝐻(𝑥)=𝑚𝑓(𝑥)+2𝑔(𝑥),对𝐻(𝑥)进行求导,再讨论𝑚<0及𝑚>0时导函数的正负及极值点即可;(3)将𝑓(𝑥),𝑔(𝑥)代入,先讨论𝑥=1时𝑎的取值范围,再

全分离,构造新函数,求导求单调性求最值,即可得出𝑎的取值范围.【解答过程】（1）解:由题知∵𝑔(𝑥)=ln𝑥,∴𝑔′(𝑥)=1𝑥,𝑔(1)=0,∴𝑘=𝑔′(1)=11=1,所以在点(1,𝑔(1))的切线方程为𝑦−

0=(𝑥−1),即𝑥−𝑦−1=0;（2）设𝐻(𝑥)=𝑚𝑓(𝑥)+2𝑔(𝑥)=𝑚𝑥2+2ln𝑥,定义域(0,+∞),∴𝐻′(𝑥)=−2𝑚𝑥3+2𝑥=2𝑥2−2𝑚𝑥3,当𝑚<0时,𝐻′(𝑥)>0恒成立,

所以𝐻(𝑥)=𝑚𝑓(𝑥)+2𝑔(𝑥)在(0,+∞)单调递增,所以不存在极值点,当𝑚>0时,令𝐻′(𝑥)=0,∴𝑥=√𝑚，当𝑥>√𝑚时,𝐻′(𝑥)>0，当0<𝑥<√𝑚时,𝐻′(𝑥

)<0，所以𝐻(𝑥)=𝑚𝑓(𝑥)+2𝑔(𝑥)在(0,√𝑚)单调递减,在(√𝑚,+∞)单调递增,所以函数存在一个极小值点𝑥=√𝑚,无极大值点,综上:𝑚<0时,不存在极值点,𝑚>0时,存在一个极小值点𝑥

=√𝑚,无极大值点;（3）由题知原不等式𝑎𝑓(𝑥)+𝑔(𝑥)≥𝑎,可化为𝑎(1𝑥2−1)+ln𝑥≥0,当𝑥=1时,𝑎∈R恒成立,当𝑥∈(0,1)时𝑎≥−ln𝑥1𝑥2−1,即𝑎≥ln𝑥1

−1𝑥2,由(2)知𝑁(𝑥)=1𝑥2+ln(𝑥2)在𝑥=1有最小值𝑁(1)=1,所以1−1𝑥2≤ln(𝑥2),∵𝑥∈(0,1),∴1−1𝑥2<0,∴1−1𝑥2<ln(𝑥2)<0,∴ln(𝑥2)1−1𝑥2<1,即ln𝑥1−

1𝑥2<12,∵𝑎≥ln𝑥1−1𝑥2,∴𝑎≥12,综上:{𝑎|𝑎≥12}.