2025高考数学二轮复习-专项练-高考仿真卷(六)-专项训练【含答案】

高考仿真卷(六)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2023·大连模拟)已知集合M，N满足M＝M∪N，则()A．M⊆N B．N⊆MC．N∈M D．M∈N答案B解析集合与集合间的关系不能用元素与集合间的关系来表示，故C，D错误，而M＝M∪N说明N中元素都在集合M中，故N⊆M.2．(2023·汕头模拟)已知复数z的共轭复数eq\x\to(z)＝eq\f(3＋i,3－i)，则复数z在复平面内对应的点位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案D解析由题意eq\x\to(z)＝eq\f(3＋i,3－i)＝eq\f(3＋i2,32－i2)＝eq\f(9＋6i－1,10)＝eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i，所以z＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i，则复数z在复平面内对应的点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(3,5)))为第四象限内的点．3．(2023·邯郸模拟)向量m，n满足m·n＝5，且m＝(－1,3)，则n在m上的投影向量为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5，\f(5,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,10)，\f(3,10)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),5)，\f(3\r(10),5)))答案C解析由m＝(－1,3)得|m|＝eq\r(－12＋32)＝eq\r(10)，又m·n＝5，所以n在m上的投影向量为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m|)))·eq\f(m,|m|)＝eq\f(5,\r(10))·eq\f(m,\r(10))＝eq\f(1,2)(－1,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2))).4．(2023·抚顺模拟)已知a＝log53，b＝0.2－0.3，c＝eq\f(1,2)，则()A．c<a<b B．a<b<cC．c<b<a D．b<c<a答案A解析因为eq\f(1,2)＝log5eq\r(5)<log53<log55＝1，即eq\f(1,2)<a<1，b＝0.2－0.3＝(0.2－1)0.3＝50.3>1，c＝eq\f(1,2)＝log62，且0＝log61<log62<log6eq\r(6)＝eq\f(1,2)，即0<c<eq\f(1,2)，所以c<a<b.5．(2023·菏泽模拟)足球是一项大众喜爱的运动，为了解喜爱足球是否与性别有关，随机抽取了若干人进行调查，抽取女性人数是男性人数的2倍，男性喜爱足球的人数占男性人数的eq\f(5,6)，女性喜爱足球的人数占女性人数的eq\f(1,3)，若本次调查得出“根据小概率值α＝0.005的独立性检验，认为喜爱足球与性别有关”的结论，则被调查的男性人数至少为()附：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).α0.100.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828A.10B．11C．12D．13答案C解析设被调查的男性为x人，则女性为2x人，依据题意可得列联表如下，男性女性合计喜爱足球eq\f(5x,6)eq\f(2x,3)eq\f(3x,2)不喜爱足球eq\f(x,6)eq\f(4x,3)eq\f(3x,2)合计x2x3xχ2＝eq\f(3x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5x,6)·\f(4x,3)－\f(2x,3)·\f(x,6)))2,\f(3x,2)·\f(3x,2)·x·2x)＝eq\f(2x,3)，因为本次调查得出“根据小概率值α＝0.005的独立性检验认为喜爱足球与性别有关”的结论，所以有χ2≥7.879＝x0.005，即eq\f(2x,3)≥7.879，解得x≥11.8185，又因为上述列联表中的所有数字均为整数，故x的最小值为12.6．(2023·福建统考)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq\r(5)，左、右焦点分别为F1，F2，F2关于C的一条渐近线的对称点为P.若|PF1|＝2，则△PF1F2的面积为()A．2B.eq\r(5)C．3D．4答案D解析如图，设PF2与渐近线y＝eq\f(b,a)x交于M，则F2M⊥OM，tan∠MOF2＝eq\f(b,a)，sin∠MOF2＝eq\f(b,c)，所以|F2M|＝|OF2|·sin∠MOF2＝b，|OM|＝eq\r(|OF2|2－|MF2|2)＝a，由O，M分别是F1F2与PF2的中点，可知OM∥PF1且|OM|＝eq\f(1,2)|PF1|＝1，即a＝1，由e＝eq\r(5)得c＝eq\r(5)，b＝2，所以＝＝4×eq\f(1,2)×2×1＝4.7．(2023·杭州模拟)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))上恰有1个零点，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(8,3)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(5,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，2))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(11,3)))D．(0,2]∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(11,3)))答案B解析令t＝ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω＋\f(π,3)，πω＋\f(π,3)))，因为函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))上恰有1个零点，即转化为y＝sint，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω＋\f(π,3)，πω＋\f(π,3)))只有1个零点，故可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ－π≤\f(π,3)ω＋\f(π,3)<kπ，,kπ<πω＋\f(π,3)≤kπ＋π))(k∈Z)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3k－4≤ω<3k－1，,k－\f(1,3)<ω≤k＋\f(2,3)))(k∈Z)，又ω>0，要使上述方程组有解，则需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,3)<3k－1，,3k－4≤k＋\f(2,3)，,k＋\f(2,3)>0，,3k－1>0，))k∈Z，所以eq\f(1,3)<k≤eq\f(7,3)(k∈Z)，故k＝1,2，当k＝1时，eq\f(2,3)<ω≤eq\f(5,3)，当k＝2时，2≤ω≤eq\f(8,3).所以ω的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(5,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3))).8．已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，AB＝4，CD＝2，BC＝2eq\r(3)，点M在边AD上．将△ABM沿BM折成锐二面角A′－BM－C，点A′，M，B，C，D均在球O的表面上，当直线A′B和平面MBCD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4)时，球O的表面积为()A.eq\f(32,3)πB.eq\f(25\r(3),3)πC.eq\f(16\r(2),3)πD.eq\f(52,3)π答案D解析由题设知，A′B＝AB＝4，设点A′到平面MBCD的距离为d，则eq\f(d,A′B)＝eq\f(\r(3),4)，故d＝eq\r(3)，要使A′，M，B，C，D均在球O的表面上，则M，B，C，D共圆，由四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠B＝90°，得∠BCD＝90°，所以∠BMD＝90°，所以BM⊥AD，故点A在绕BM旋转过程中，BM⊥平面A′MD，BM⊂平面MBCD，所以平面A′MD⊥平面MBCD，即点A′到平面MBCD的距离为d，即A′到直线MD的距离．△ABM沿BM折成锐二面角A′－BM－C，过A′F⊥MD于F，则A′F＝d＝eq\r(3)，又AB＝4，CD＝2，BC＝2eq\r(3)，则∠A＝60°，故∠CDM＝120°，即∠CBM＝60°，综上，△BCD，△BMD都是以BD为斜边的直角三角形，且∠CDB＝60°，所以∠BDM＝60°，易知△ABD为等边三角形，则M为AD中点，故A′M＝2，BM＝2eq\r(3)，在Rt△A′FM中，MF＝eq\r(4－3)＝1，而MD＝2，即F为MD的中点，同时△BCD≌△BMD，若E为BD的中点，则E为MBCD外接圆圆心，连接EF，则EF∥BM且EF＝eq\f(1,2)BM＝eq\r(3)，故EF⊥平面A′MD，且△A′MD为等边三角形，球心O是过E并垂直于平面MBCD的直线与过△A′MD外接圆圆心且垂直于平面A′MD的直线的交点，若球O的半径为R，则R2＝EF2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)A′F))2＝eq\f(13,3)，所以球O的表面积为4πR2＝eq\f(52,3)π.二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分)9．(2023·聊城模拟)随着国民经济的快速发展和人民生活水平的不断提高，我国社会物流需求不断增加，物流行业前景广阔．社会物流总费用与GDP的比率是反映地区物流发展水平的指标，下面是2017－2022年我国社会物流总费用与GDP的比率统计，则()A．2018－2022这5年我国社会物流总费用逐年增长且2021年增长的最多B．2017－2022这6年我国社会物流总费用的70%分位数为14.9万亿元C．2017－2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为0.2%D．2022年我国的GDP超过了121万亿元答案ACD解析由图表可知，2018－2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2021年增长的最多，且增长为16.7－14.9＝1.8万亿元，故A正确；因为6×70%＝4.2，则70%分位数为第5个，即为16.7，所以这6年我国社会物流总费用的70%分位数为16.7万亿元，故B错误；由图表可知，2017－2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为14.8%－14.6%＝0.2%，故C正确；由图表可知，2022年我国的GDP为17.8÷14.7%≈121.1万亿元，故D正确．10．(2023·淮北模拟)设a，b为两个正数，定义a，b的算术平均数为A(a，b)＝eq\f(a＋b,2)，几何平均数为G(a，b)＝eq\r(ab).上个世纪五十年代，美国数学家D.H.Lehmer提出了“Lehmer均值”，即Lp(a，b)＝eq\f(ap＋bp,ap－1＋bp－1)，其中p为有理数．下列结论正确的是()A．L0.5(a，b)≤L1(a，b)B．L0(a，b)≤G(a，b)C．L2(a，b)≤A(a，b)D．Ln＋1(a，b)≤Ln(a，b)答案AB解析对于A，L0.5(a，b)＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\f(1,\r(a))＋\f(1,\r(b)))＝eq\r(ab)≤L1(a，b)＝eq\f(a＋b,2)，当且仅当a＝b时，等号成立，故A正确；对于B，L0(a，b)＝eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))＝eq\f(2ab,a＋b)≤eq\f(2ab,2\r(ab))＝eq\r(ab)＝G(a，b)，当且仅当a＝b时，等号成立，故B正确；对于C，L2(a，b)＝eq\f(a2＋b2,a＋b)＝eq\f(a2＋b2＋a2＋b2,2a＋b)≥eq\f(a2＋b2＋2ab,2a＋b)＝eq\f(a＋b2,2a＋b)＝eq\f(a＋b,2)＝A(a，b)，当且仅当a＝b时，等号成立，故C不正确；对于D，当n＝1时，由C可知，L2(a，b)≥eq\f(a＋b,2)＝L1(a，b)，故D不正确．11．(2023·济南模拟)抛物线y2＝2px(p>0)的准线为l，焦点为F，且经过点A(1,2)，点A关于直线l的对称点为点M，设抛物线上一动点P到直线x＝－2的距离为d，则()A．p＝4B．|PM|＋d的最小值为2eq\r(5)＋1C．直线AF与抛物线相交所得弦的长度为4D．过点M且与抛物线有且只有一个公共点的直线共有两条答案BC解析对于A，A(1,2)代入抛物线方程，解得p＝2，故A错误；对于D，由A知，抛物线方程为y2＝4x，故准线为x＝－1，由题意M(－3,2)，于是y＝2过M点且和抛物线只有一个交点，过M且斜率不存在的直线显然和抛物线不相交，故设y－2＝k(x＋3)，和抛物线的解析式联立得到y－2＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2,4)＋3))，整理得ky2－4y＋12k＋8＝0，由Δ＝16－4k(12k＋8)＝0，解得k＝－1或k＝eq\f(1,3)，于是y＝－x－1，y＝eq\f(x,3)＋3是抛物线的两条切线，综上，过点M且与抛物线有且只有一个公共点的直线共有三条，故D错误；对于C，注意到A(1,2)，F(1,0)，故AF⊥x轴，设直线AF与抛物线相交所得弦为AB，根据对称性得|AB|＝2|AF|＝4，故C正确；对于B，作PQ⊥l，垂足为Q，由题意，|PM|＋d＝|PM|＋|PQ|＋1，根据抛物线的性质得|PQ|＝|PF|，于是|PM|＋d＝|PM|＋|PF|＋1≥|MF|＋1＝eq\r(－3－12＋22)＋1＝2eq\r(5)＋1，当P落在线段MF上时等号成立，故B正确．12．(2023·马鞍山模拟)已知函数f(x)＝(x2＋x)ex＋lnx的零点为x0，下列判断正确的是()A．x0<eq\f(1,2) B．x0>eq\f(1,e)C．＋lnx0<0 D．x0＋lnx0<0答案ABD解析由题意可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝(x2＋3x＋1)ex＋eq\f(1,x)，因为f′(x)＝(x2＋3x＋1)ex＋eq\f(1,x)>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，对于A，因为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,4)eq\r(e)－ln2>1－ln2>0，所以x0<eq\f(1,2)，故A正确；对于B，因为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(e＋1,e2)－1<eq\f(e＋1,e2)－1＝<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＋1－\f(3,2)e))<0，所以x0>eq\f(1,e)，故B正确；对于C，因为x0>eq\f(1,e)，则lnx0>－1，>1，所以＋lnx0>0，故C错误；对于D，因为x0<eq\f(1,2)，所以x0＋lnx0<eq\f(1,2)－ln2<0，故D正确．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2023·福建统考)已知{an}是单调递增的等比数列，a4＋a5＝24，a3a6＝128，则公比q的值是________．答案2解析由等比数列的性质知a3a6＝a4a5，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a5＝24，,a4a5＝128，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝8，,a5＝16))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝16，,a5＝8，))因为{an}是单调递增的等比数列，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝8，,a5＝16，))即q＝eq\f(a5,a4)＝2.14．(2023·杭州模拟)已知sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ＝sin2β，则4cos22α－cos22β＝________.答案0解析将sinθ＋cosθ＝2sinα平方得1＋2sinθcosθ＝4sin2α，结合sinθcosθ＝sin2β可得1＋2sin2β＝4sin2α，即1＋2sin2β－4sin2α＝0，则4cos22α－cos22β＝(2cos2α－cos2β)(2cos2α＋cos2β)＝(1－4sin2α＋2sin2β)(2cos2α＋cos2β)＝0.15．(2023·福州模拟)某市文明办积极创建全国文明典范城市，号召志愿者深入开展交通督导、旅游宣传、洁净家园、秩序维护4项志愿服务．现有6组志愿者服务队，若每组参与一项志愿服务，每项志愿服务至少有1组参与，其中甲组志愿服务队不参与旅游宣传志愿服务，则不同的参与方式共有__________种．答案1170解析若甲组志愿服务队是单独一组参加一项志愿服务，则有Ceq\o\al(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C\o\al(1,5)C\o\al(1,4)C\o\al(3,3),A\o\al(2,2))＋\f(C\o\al(2,5)C\o\al(2,3)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))))·Aeq\o\al(3,3)＝450(种)参与方式，若甲组志愿服务队是两个组一起参加一项志愿服务，则有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,3)·eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(1,3)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)＝540(种)参与方式，若甲组志愿服务队是三个组一起参加一项志愿服务，则有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)·eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(3,3))·Aeq\o\al(3,3)＝180(种)参与方式，所以共有450＋540＋180＝1170(种)参与方式．16．(2023·宁波模拟)正四面体ABCD的棱长为3，P在棱AB上，且满足eq\o(BA,\s\up6(→))＝3eq\o(BP,\s\up6(→))，记四面体ABCD的内切球为球O1，四面体PBCD的外接球为球O2，则O1O2＝________.答案eq\f(\r(6),2)解析如图，设点H为△BCD的中心，则AH⊥平面BCD，连接BH，并延长BH交CD于点E，则点E为CD的中点，BH＝eq\f(2,3)BE，则四面体ABCD的内切球的球心O1在AH上，且四面体PBCD的外接球的球心O2在AH上，设四面体ABCD的内切球的半径为r，BE＝eq\f(3\r(3),2)，BH＝eq\f(2,3)BE＝eq\r(3)，AH＝eq\r(6)，则VA－BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×3×eq\f(\r(3),2)×eq\r(6)＝eq\f(9\r(2),4)，又VA－BCD＝，则eq\f(1,3)×4×eq\f(1,2)×3×3×eq\f(\r(3),2)·r＝eq\f(9\r(2),4)，解得r＝eq\f(\r(6),4)，即O1H＝eq\f(\r(6),4)，由四面体PBCD的外接球的球心O2在AH上，得O2P＝O2B，记BP的中点为M，则O2M⊥BP，AM＝eq\f(5,2)，cos∠BAH＝eq\f(AM,AO2)＝eq\f(AH,AB)＝eq\f(\r(6),3)，所以AO2＝eq\f(5\r(6),4)，则O2H＝eq\f(\r(6),4)，所以O1O2＝eq\f(\r(6),2).四、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos(B－C)cosA＋cos2A＝1＋2cosAcos(B＋C)．(1)若B＝C，求A；(2)求eq\f(b2＋c2,a2)的值．解(1)若B＝C，则cos(B－C)＝1.因为2cos(B－C)cosA＋cos2A＝1＋2cosAcos(B＋C)，所以2cosA＋cos2A＝1＋2cosAcos(π－A)，2cosA＋2cos2A－1＝1－2cos2A，整理得2cos2A＋cosA－1＝0.解得cosA＝－1(舍去)或cosA＝eq\f(1,2)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)因为2cos(B－C)cosA＋cos2A＝1＋2cosAcos(B＋C)，所以2cos(B－C)cosA－2cosAcos(B＋C)＝1－cos2A，2[cos(B－C)－cos(B＋C)]cosA＝1－cos2A，2[cosBcosC＋sinBsinC－(cosBcosC－sinBsinC)]cosA＝1－cos2A，整理得2sinBsinCcosA＝sin2A，由正弦定理得2bccosA＝a2，由余弦定理得b2＋c2－a2＝2bccosA＝a2，即b2＋c2＝2a2，所以eq\f(b2＋c2,a2)＝2.18．(12分)(2023·湖南师大附中模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，AB＝BD＝eq\r(7)，PB＝3.(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；(2)设Q是棱PC上的点，当PA∥平面BDQ时，求平面BDQ与平面ABD夹角的余弦值．(1)证明取AD中点O，连接OP，OB，∵△PAD是边长为2的正三角形，∴OP＝eq\r(3)，OP⊥AD，又AB＝BD＝eq\r(7)，∴OB⊥AD，且OB＝eq\r(AB2－OA2)＝eq\r(6).于是OB2＋OP2＝9＝PB2，从而OP⊥OB.又OP⊄平面ABCD，AD∩OB＝O，AD，OB⊂平面ABCD，∴OP⊥平面ABCD，而OP⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD.(2)解连接AC交BD于E，则E为AC的中点，连接EQ，当PA∥平面BDQ时，PA∥EQ，所以Q是PC中点．由(1)知OA，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0，eq\r(6)，0)，C(－2，eq\r(6)，0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq\r(3))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(6),2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(6)，0)，eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2)，\f(\r(3),2))).设平面BDQ的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up6(→))＝x＋\r(6)y＝0，,n·\o(DQ,\s\up6(→))＝\f(\r(6),2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，))取n＝(－eq\r(6)，1，－eq\r(2))．易得平面ABD的一个法向量是m＝(0,0,1)，∴|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|－\r(2)|,\r(－\r(6)2＋12＋－\r(2)2))＝eq\f(\r(2),3)，∴平面BDQ与平面ABD夹角的余弦值为eq\f(\r(2),3).19．(12分)(2023·绍兴模拟)2023年是全面贯彻落实党的二十大精神的开局之年，也是实施“十四五”规划承上启下的关键之年，今年春季以来，各地出台了促进经济发展的各种措施，经济增长呈现稳中有进的可喜现象．服务业的消费越来越火爆，某地一些超市也纷纷加大了广告促销．现随机抽取7家超市，得到其广告支出x(单位：万元)与销售额y(单位：万元)数据如下：超市ABCDEFG广告支出x1246101320销售额y19324440525354(1)建立y关于x的经验回归方程(系数精确到0.01)；(2)若将超市的销售额y与广告支出x的比值称为该超市的广告效率值μ，当μ≥10时，称该超市的广告为“好广告”．从这7家超市中随机抽取4家超市，记这4家超市中“好广告”的超市数为X，求X的分布列与期望．参考数据：eq\i\su(i＝1,7,x)iyi＝2788，eq\i\su(i＝1,7,x)eq\o\al(2,i)＝726，eq\i\su(i＝1,7,y)eq\o\al(2,i)＝13350，经验回归方程eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(a,\s\up6(^))＋eq\o(b,\s\up6(^))x中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\to(x)\x\to(y),\i\su(i＝1,n,x)\o\al(2,i)－n\x\to(x)2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x).解(1)由数据可得eq\x\to(x)＝eq\f(1＋2＋4＋6＋10＋13＋20,7)＝8，eq\x\to(y)＝eq\f(19＋32＋44＋40＋52＋53＋54,7)＝42，又eq\i\su(i＝1,7,x)iyi＝2788，eq\i\su(i＝1,7,x)eq\o\al(2,i)＝726，∴eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,7,x)iyi－7\x\to(x)\x\to(y),\i\su(i＝1,7,x)\o\al(2,i)－7\x\to(x)2)＝eq\f(2788－7×8×42,726－7×82)＝eq\f(218,139)≈1.57，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x)＝42－eq\f(218,139)×8≈29.45.∴eq\o(y,\s\up6(^))＝1.57x＋29.45.(2)由题知，7家超市中有3家超市的广告是“好广告”，X的可能取值是0,1,2,3，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(4,4),C\o\al(4,7))＝eq\f(1,35)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(3,4),C\o\al(4,7))＝eq\f(12,35)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,4),C\o\al(4,7))＝eq\f(18,35)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(1,4),C\o\al(4,7))＝eq\f(4,35)，∴X的分布列为X0123Peq\f(1,35)eq\f(12,35)eq\f(18,35)eq\f(4,35)∴E(X)＝0×eq\f(1,35)＋1×eq\f(12,35)＋2×eq\f(18,35)＋3×eq\f(4,35)＝eq\f(60,35)＝eq\f(12,7).20．(12分)(2023·汕头模拟)已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝3，且anaeq\o\al(2,n＋1)－2(aeq\o\al(2,n)－1)an＋1－an＝0，n∈N*.(1)设bn＝an－eq\f(1,an)，求数列{bn}的通项公式；(2)设Sn＝aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)，Tn＝eq\f(1,a\o\al(2,1))＋eq\f(1,a\o\al(2,2))＋…＋eq\f(1,a\o\al(2,n))，求Sn＋Tn，并确定最小正整数n，使得Sn＋Tn为整数．解(1)∵anaeq\o\al(2,n＋1)－2(aeq\o\al(2,n)－1)an＋1－an＝0⇒an(aeq\o\al(2,n＋1)－1)＝2(aeq\o\al(2,n)－1)an＋1，∴bn＋1＝an＋1－eq\f(1,an＋1)＝eq\f(a\o\al(2,n＋1)－1,an＋1)＝2·eq\f(a\o\al(2,n)－1,an)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,an)))＝2bn，∴{bn}是公比为2的等比数列，b1＝a1－eq\f(1,a1)＝eq\f(8,3)，∴bn＝b1·2n－1＝eq\f(2n＋2,3).(2)Sn＋Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)＋\f(1,a\o\al(2,1))))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,2)＋\f(1,a\o\al(2,2))))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,n)＋\f(1,a\o\al(2,n))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,a1)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,a2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,an)))2＋2n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2·4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2·42＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2·4n－1＋2n＝eq\f(\f(64,9)4n－1,4－1)＋2n＝eq\f(64,27)(4n－1)＋2n，若Sn＋Tn为整数，∵2n∈Z，∴eq\f(64,27)(4n－1)∈Z，即eq\f(1,27)(4n－1)∈Z，4n－1＝(3＋1)n－1＝Ceq\o\al(0,n)3n＋Ceq\o\al(1,n)3n－1＋…＋Ceq\o\al(n－3,n)33＋Ceq\o\al(n－2,n)32＋Ceq\o\al(n－1,n)3＋Ceq\o\al(n,n)－1＝Ceq\o\al(0,n)3n＋Ceq\o\al(1,n)3n－1＋…＋Ceq\o\al(n－3,n)33＋Ceq\o\al(n－2,n)32＋Ceq\o\al(n－1,n)3，∴Ceq\o\al(n－2,n)32＋Ceq\o\al(n－1,n)3能被27整除，Ceq\o\al(n－2,n)32＋Ceq\o\al(n－1,n)3＝9·eq\f(nn－1,2)＋3n＝eq\f(9n2－3n,2)，∴当n＝9时，Ceq\o\al(n－2,n)32＋Ceq\o\al(n－1,n)3能被27整除，∴n的最小值是9.21．(12分)如图，椭圆Γ：eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,b2)＝1(0<b<4)的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B，C分别为椭圆Γ的左、右顶点和上顶点，O为坐标原点，过点F1的直线l交椭圆Γ于E，F两点，线段EF2的中点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).点P是Γ上在第一象限内的动点，直线AP与直线BC相交于点Q，直线CP与x轴相交于点M.(1)求椭圆Γ的方程；(2)设△OCQ的面积为S1，△OCM的面积为S2，求S1·S2的值．解(1)因为线段EF2的中点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))在y轴上，O为F1F2的中点，所以EF1∥y轴，即EF⊥x轴，设E(－c,1)，F(－c，－1)，代入椭圆Γ的方程得eq\f(c2,16)＋eq\f(1,b2)＝1，又c2＝a2－b2＝16－b2，所以eq\f(16－b2,16)＋eq\f(1,b2)＝1，即1－eq\f(b2,16)＋eq\f(1,b2)＝1，所以eq\f(1,b2)＝eq\f(b2,16)，解得b2＝4，所以椭圆Γ的方程为eq\f(x2,16)＋e