2023年普通高等学校招生全国统一考试(新高考全国Ⅰ)（精校版）

2023年普通高等学校招生全国统一考试(新高考全国Ⅰ)一、选择题：本题共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．已知集合M＝{－2，－1,0,1,2}，N＝{x|x2－x－6≥0}，则M∩N等于()A．{－2，－1,0,1} B．{0,1,2}C．{－2} D．{2}答案C解析方法一因为N＝{x|x2－x－6≥0}＝(－∞，－2]∪[3，＋∞)，而M＝{－2，－1,0,1,2}，所以M∩N＝{－2}．方法二因为M＝{－2，－1,0,1,2}，将－2，－1，0,1,2代入不等式x2－x－6≥0，只有－2使不等式成立，所以M∩N＝{－2}．2．已知z＝eq\f(1－i,2＋2i)，则z－eq\x\to(z)等于()A．－iB．iC．0D．1答案A解析因为z＝eq\f(1－i,2＋2i)＝eq\f(1－i1－i,21＋i1－i)＝eq\f(－2i,4)＝－eq\f(1,2)i，所以eq\x\to(z)＝eq\f(1,2)i，即z－eq\x\to(z)＝－i.3．已知向量a＝(1,1)，b＝(1，－1)，若(a＋λb)⊥(a＋μb)，则()A．λ＋μ＝1 B．λ＋μ＝－1C．λμ＝1 D．λμ＝－1答案D解析因为a＝(1,1)，b＝(1，－1)，所以a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ)，由(a＋λb)⊥(a＋μb)，可得(a＋λb)·(a＋μb)＝0，即(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0，整理得λμ＝－1.4．设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，则a的取值范围是()A．(－∞，－2] B．[－2,0)C．(0,2] D．[2，＋∞)答案D解析函数y＝2x在R上是增函数，而函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，则函数y＝x(x－a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))2－eq\f(a2,4)在区间(0,1)上单调递减，因此eq\f(a,2)≥1，解得a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．5．设椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)，C2：eq\f(x2,4)＋y2＝1的离心率分别为e1，e2.若e2＝eq\r(3)e1，则a等于()A.eq\f(2\r(3),3)B.eq\r(2)C.eq\r(3)D.eq\r(6)答案A解析由e2＝eq\r(3)e1，得eeq\o\al(2,2)＝3eeq\o\al(2,1)，因此eq\f(4－1,4)＝3×eq\f(a2－1,a2)，而a>1，所以a＝eq\f(2\r(3),3).6．过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sinα等于()A．1B.eq\f(\r(15),4)C.eq\f(\r(10),4)D.eq\f(\r(6),4)答案B解析如图，设A(0，－2)，两切点分别为B，C，由x2＋y2－4x－1＝0得(x－2)2＋y2＝5，所以圆心坐标为(2,0)，半径r＝eq\r(5)，所以圆心到A(0，－2)的距离为eq\r(2－02＋0＋22)＝2eq\r(2)，由于圆心与A(0，－2)的连线平分∠BAC，所以sineq\f(∠BAC,2)＝eq\f(r,2\r(2))＝eq\f(\r(5),2\r(2))＝eq\f(\r(10),4)，所以cos∠BAC＝1－2sin2eq\f(∠BAC,2)＝－eq\f(1,4)<0，所以∠BAC为钝角，且∠BAC＋α＝π，所以sinα＝sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\f(\r(15),4).7．记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，则()A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案C解析方法一甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(d,2)，因此eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(nSn＋1－n＋1Sn,nn＋1)＝eq\f(nan＋1－Sn,nn＋1)为常数，设为t，即eq\f(nan＋1－Sn,nn＋1)＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，两式相减得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件．方法二甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，即Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，则eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，因此eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的公差为D，则eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝D，eq\f(Sn,n)＝S1＋(n－1)D，即Sn＝nS1＋n(n－1)D，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D，上边两式相减得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D，所以an＝a1＋2(n－1)D，当n＝1时，上式成立，又an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D为常数，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件．8．已知sin(α－β)＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，则cos(2α＋2β)等于()A.eq\f(7,9)B.eq\f(1,9)C．－eq\f(1,9)D．－eq\f(7,9)答案B解析因为sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，而cosαsinβ＝eq\f(1,6)，因此sinαcosβ＝eq\f(1,2)，则sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝cos2(α＋β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(1,9).二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．有一组样本数据x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则()A．x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，…，x6的平均数B．x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数C．x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，…，x6的标准差D．x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差答案BD解析取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，则x2，x3，x4，x5的平均数等于2，标准差为0，x1，x2，…，x6的平均数等于3，标准差为eq\r(\f(22,3))＝eq\f(\r(66),3)，故A，C均不正确；根据中位数的定义，将x1，x2，…，x6按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均数，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位数是将x2，x3，x4，x5按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数，与x1，x2，…，x6的中位数相等，故B正确；根据极差的定义，知x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差，故D正确．10．噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lgeq\f(p,p0)，其中常数p0(p0>0)是听觉下限阈值，p是实际声压．下表为不同声源的声压级：声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060～90混合动力汽车1050～60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则()A．p1≥p2 B．p2>10p3C．p3＝100p0 D．p1≤100p2答案ACD解析因为Lp＝20×lgeq\f(p,p0)随着p的增大而增大，且∈[60,90]，∈[50,60]，所以≥，所以p1≥p2，故A正确；由Lp＝20×lgeq\f(p,p0)，得p＝p0，因为＝40，所以p3＝p0＝100p0，故C正确；假设p2>10p3，则p0>10p0，所以>10，所以>20，不可能成立，故B不正确；因为eq\f(100p2,p1)＝＝≥1，所以p1≤100p2，故D正确．11．已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则()A．f(0)＝0B．f(1)＝0C．f(x)是偶函数D．x＝0为f(x)的极小值点答案ABC解析方法一因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝0，故A正确；对于B，令x＝y＝1，f(1)＝1f(1)＋1f(1)，则f(1)＝0，故B正确；对于C，令x＝y＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确；对于D，不妨令f(x)＝0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误．方法二因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝0，故A正确；对于B，令x＝y＝1，f(1)＝1f(1)＋1f(1)，则f(1)＝0，故B正确；对于C，令x＝y＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确；对于D，当x2y2≠0时，对f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)两边同时除以x2y2，得到eq\f(fxy,x2y2)＝eq\f(fx,x2)＋eq\f(fy,y2)，故可以设eq\f(fx,x2)＝ln|x|(x≠0)，则f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2ln|x|，x≠0，,0，x＝0，))当x>0时，f(x)＝x2lnx，则f′(x)＝2xlnx＋x2·eq\f(1,x)＝x(2lnx＋1)，令f′(x)<0，得0<x<；令f′(x)>0，得x>；故f(x)在上单调递减，在上单调递增，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，显然，此时x＝0是f(x)的极大值点，故D错误．12．下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体答案ABD解析对于A，因为0.99m<1m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于B，因为正方体的面对角线长为eq\r(2)m，且eq\r(2)>1.4，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于C，因为正方体的体对角线长为eq\r(3)m，且eq\r(3)<1.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C错误；对于D，因为1.2m>1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC＝E，可知AC＝eq\r(2)，CC1＝1，AC1＝eq\r(3)，OA＝eq\f(\r(3),2)，那么tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(OE,AO)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(OE,\f(\r(3),2))，解得OE＝eq\f(\r(6),4)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))2＝eq\f(3,8)＝eq\f(9,24)>eq\f(9,25)＝0.62，即eq\f(\r(6),4)>0.6，所以以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m的圆柱，若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体下底面的切点为M，可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，那么tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(O1M,AO1)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(0.6,AO1)，解得AO1＝0.6eq\r(2)，根据对称性可知圆柱的高为eq\r(3)－2×0.6eq\r(2)≈1.732－1.2×1.414＝0.0352>0.01，所以能够被整体放入正方体内，所以D正确．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)．答案64解析(1)当从8门课中选修2门时，不同的选课方案共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)＝16(种)；(2)当从8门课中选修3门时，①若体育类选修1门，则不同的选课方案共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,4)＝24(种)；②若体育类选修2门，则不同的选课方案共有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,4)＝24(种)．综上所述，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64(种)．14．在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则该棱台的体积为________．答案eq\f(7\r(6),6)解析如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则A1O1＝eq\f(1,2)A1C1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)A1B1＝eq\f(\r(2),2)，AO＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)AB＝eq\r(2)，故AM＝eq\f(1,2)(AC－A1C1)＝eq\f(\r(2),2)，则A1M＝eq\r(AA\o\al(2,1)－AM2)＝eq\r(2－\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)，所以所求体积为V＝eq\f(1,3)×(4＋1＋eq\r(4×1))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6).15．已知函数f(x)＝cosωx－1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．答案[2,3)解析因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，令f(x)＝cosωx－1＝0，则cosωx＝1有3个根，令t＝ωx，则cost＝1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]，结合余弦函数y＝cost的图象性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3.16．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，则C的离心率为________．答案eq\f(3\r(5),5)解析方法一依题意，设|AF2|＝2m，则|BF2|＝3m＝|BF1|，|AF1|＝2a＋2m，在Rt△ABF1中，9m2＋(2a＋2m)2＝25m2，则(a＋3m)(a－m)＝0，故a＝m或a＝－3m(舍去)，所以|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，|BF2|＝|BF1|＝3a，则|AB|＝5a，故cos∠F1AF2＝eq\f(|AF1|,|AB|)＝eq\f(4a,5a)＝eq\f(4,5)，所以在△AF1F2中，cos∠F1AF2＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,2×4a×2a)＝eq\f(4,5)，整理得5c2＝9a2，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3\r(5),5).方法二依题意，得F1(－c,0)，F2(c,0)，令A(x0，y0)，B(0，t)，因为eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，所以(x0－c，y0)＝－eq\f(2,3)(－c，t)，则x0＝eq\f(5,3)c，y0＝－eq\f(2,3)t，又eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，所以eq\o(F1A,\s\up6(→))·eq\o(F1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)t))·(c，t)＝eq\f(8,3)c2－eq\f(2,3)t2＝0，则t2＝4c2，又点A在C上，则eq\f(\f(25,9)c2,a2)－eq\f(\f(4,9)t2,b2)＝1，整理得eq\f(25c2,9a2)－eq\f(4t2,9b2)＝1，则eq\f(25c2,9a2)－eq\f(16c2,9b2)＝1，所以25c2b2－16c2a2＝9a2b2，即25c2(c2－a2)－16a2c2＝9a2(c2－a2)，整理得25c4－50a2c2＋9a4＝0，则(5c2－9a2)(5c2－a2)＝0，解得5c2＝9a2或5c2＝a2，又e>1，所以e＝eq\f(3\r(5),5)或e＝eq\f(\r(5),5)(舍去)，故e＝eq\f(3\r(5),5).四、解答题：本题共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．已知在△ABC中，A＋B＝3C,2sin(A－C)＝sinB.(1)求sinA；(2)设AB＝5，求AB边上的高．解(1)∵A＋B＝3C，∴π－C＝3C，即C＝eq\f(π,4)，又2sin(A－C)＝sinB＝sin(A＋C)，∴2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC，∴sinAcosC＝3cosAsinC，∴sinA＝3cosA，即tanA＝3，∴0<A<eq\f(π,2)，∴sinA＝eq\f(3,\r(10))＝eq\f(3\r(10),10).(2)由(1)知，cosA＝eq\f(1,\r(10))＝eq\f(\r(10),10)，由sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),10)＋\f(\r(10),10)))＝eq\f(2\r(5),5)，由正弦定理eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，可得AC＝eq\f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq\r(10)，∴eq\f(1,2)AB·h＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA，∴h＝AC·sinA＝2eq\r(10)×eq\f(3\r(10),10)＝6.18.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)证明：B2C2∥A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.(1)证明以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，∴eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，∴eq\o(B2C2,\s\up6(→))∥eq\o(A2D2,\s\up6(→))，又B2C2，A2D2不在同一条直线上，∴B2C2∥A2D2.(2)解设P(0,2，λ)(0≤λ≤4)，则eq\o(A2C2,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，eq\o(PC2,\s\up6(→))＝(0，－2,3－λ)，eq\o(D2C2,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A2C2,\s\up6(→))＝－2x－2y＋2z＝0，,n·\o(PC2,\s\up6(→))＝－2y＋3－λz＝0，))令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，∴n＝(λ－1,3－λ，2)，设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A2C2,\s\up6(→))＝－2a－2b＋2c＝0，,m·\o(D2C2,\s\up6(→))＝－2a＋c＝0，))令a＝1，得b＝1，c＝2，∴m＝(1,1,2)，∴|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(6,\r(6)\r(4＋λ－12＋3－λ2))＝|cos150°|＝eq\f(\r(3),2)，化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，∴P(0,2,3)或P(0,2,1)，∴B2P＝1.19．已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).(1)解因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1，当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)是减函数；当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，当x<－lna时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－lna)上单调递减；当x>－lna时，f′(x)>0，则f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)是减函数；当a>0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)证明方法一由(1)得，当a>0时，f(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，要证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即证1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立，令g(a)＝a2－eq\f(1,2)－lna(a>0)，则g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，则0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，则a>eq\f(\r(2),2)；所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，所以g(a)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，证毕．方法二令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函数，所以h′(x)＝ex－1是增函数，又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0；当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，当且仅当x＋lna＝0，即x＝－lna时，等号成立，所以要证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即证x＋lna＋1＋a2－x>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)－lna>0，令g(a)＝a2－eq\f(1,2)－lna(a>0)，则g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，则0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，则a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，所以g(a)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，证毕．20．设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq\f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.解(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，an＝a1＋(n－1)d＝nd，又T3＝b1＋b2＋b3＝eq\f(2,d)＋eq\f(6,2d)＋eq\f(12,3d)＝eq\f(9,d)，∴S3＋T3＝6d＋eq\f(9,d)＝21，即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝eq\f(1,2)(舍去)，∴an＝nd＝3n.(2)∵{bn}为等差数列，∴2b2＝b1＋b3，即eq\f(12,a2)＝eq\f(2,a1)＋eq\f(12,a3)，∴6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq\f(6d,a2a3)＝eq\f(1,a1)，即aeq\o\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d，∵d>1，∴an>0，又S99－T99＝99，由等差数列的性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1，∴a50－eq\f(2550,a50)＝1，即aeq\o\al(2,50)－a50－2550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去)．当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d>1矛盾，无解；当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝eq\f(51,50).综上，d＝eq\f(51,50).21．甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.(1)求第2次投篮的人是乙的概率；(2)求第i次投篮的人是甲的概率；i)＝eq\i\su(i＝1,n,q)i.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)．解(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，所以，P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.(2)设P()＝pi，依题可知，P(Bi)＝1－pi，则P(＋1)＝P(＋1)＋P(Bi＋1)＝P()P(＋1|)＋P(Bi)P(＋1|Bi)，即pi＋1＝0.6pi＋(1－0.8)×(1－pi)＝0.4pi＋0.2，构造等比数列{pi＋λ}，设pi＋1＋λ＝eq\f(2,5)(pi＋λ)，解得λ＝－eq\f(1,3)，则pi＋1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))，又p1＝eq\f(1,2)，p1－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))是首项为eq\f(1,6)，公比为eq\f(2,5)的等比数列，即pi－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))i－1，pi＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))i－1＋eq\f(1,3).(3)因为pi＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))i－1＋eq\f(1,3)，i＝1,2，…，n，所以当n∈N*时，E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝eq\f(1,6)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n,1－\f(2,5))＋eq\f(n,3)＝eq\f(5,18)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n))＋eq\f(n,3)，故E(Y)＝eq\f(5,18)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))n))＋eq\f(n,3).22．在直角坐标系Oxy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W.(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq\r(3).(1)解设P(x，y)，则|y|＝eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2)，两边同时平方化简得y＝x2＋eq\f(1,4)，故W：y＝x2＋eq\f(1,4).(2)证明方法一设矩形的三个顶点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，c2＋\f(1,4)))在W上，且a<b<c，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则kAB·kBC＝－1，a＋b<b＋c，令kAB＝eq\f(b2＋\f(1,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,4))),b－a)＝a＋b＝m<0，同理令kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1，则m＝－eq\f(1,n)，设矩形周长为C，由对称性不妨设|n|≥|m|，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋eq\f(1,n)，则eq\f(1,2)C＝|AB|＋|BC|＝(b－a)eq\r(1＋m2)＋(c－b)eq\r(1＋n2)≥(c－a)eq\r(1＋n2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)，n>0，易知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)>0.则令f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2(1＋x2)，x>0，f′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(\r(2),2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，则f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\f(27,4)，故eq\f(1,2)C≥eq\r(\f(27,4))＝eq\f(3\r(3),2)，即C≥3eq\r(3).当C＝3eq\r(3)时，n＝eq\f(\r(2),2)，m＝－eq\r(2)，与当(b－a)eq\r(1＋m2)＝(b－a)eq\r(1＋n2)，即m＝n时等号成立，矛盾，故C>3eq\r(3)，得证．方法二不妨设A，B，D在W上，且BA⊥DA，依题意可设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，易知直线BA，DA的斜率均存在且不为0，则设BA，DA的斜率分别为k和－eq\f(1,k)，由对称性，不妨设|k|≤1，直线AB的方程为y＝k(x－a)＋a2＋eq\f(1,4)，则联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋\f(1,4)，,y＝kx－a＋a2＋\f(1,4)，))得x2－kx＋ka－a2＝0，Δ＝k2－4(ka－a2)＝(k－2a)2>0，则k≠2a，则|AB|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|，同理|AD|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))，∴|AB|＋|AD|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|＋eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))))≥eq\r(1＋k2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))＝eq\r(\f(1＋k23,k2))，令k2＝m，则m∈(0,1]，设f(m)＝eq\f(m＋13,m)＝m2＋3m＋eq\f(1,m)＋3，则f′(m)＝2m＋3－eq\f(1,m2)＝eq\f(2m－1m＋12,m2)，令f′(m)＝0，解得m＝eq\f(1,2)，当m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(m)<0，此时f(m)单调递减，当m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，f′(m)>0，此时f(m)单调递增，则f(m)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(27,4)，∴|AB|＋|AD|≥eq\f(3\r(3),2)，但eq\r(1＋k2)|k－2a|＋eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4