【省市模拟•新题速递•好题精编•考点精做】新高考数学模拟卷12 解答题精编真题重组卷（湖北省新高考通用）

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【省市模拟•新题速递•好题精编•考点精做】
湖北省新高考模拟卷12 解答题精编真题重组卷（新高考通用）
1．（2022·湖北武汉·统考模拟预测）记正项数列的前n项和为，且满足对任意正整数n有，，构成等差数列；等比数列的公比，，.
(1)求和的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）利用给定条件列式，结合“当时，”变形整理，求出，进而求出作答.
（2）利用（1）的结论求出，再利用裂项相消法求解作答.
（1）依题意，，，当时，，当时，，两式相减得：，即，于是得，则数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以；依题意，，有，又，则，又，解得，所以.
（2）由（1）知，，，则，，所以.
2．（2022·湖北武汉·统考模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面,，，D，E分别为，中点，且.
(1)求的值；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作于F，连接，，则平面，，平面，可得，然后由射影定理可求得结果，
（2）取中点为G，连接，，可得为二面角的平面角，然后利用余弦定理求解即可
（1）
作于F，连接，，
∵平面平面，平面平面，，面
∴平面.
∵.∴平面，平面
∴,
∵，，，平面,
∴平面，平面，∴,
∵D，E分别为，中点，，，
∴，
∵，,
∴
∴
（2）
由，，取中点为G，连接，.
由，为等腰三角形，
故，，
则为二面角的平面角.
，.
.
所以二面角的余弦值为.
3．（2022·湖北武汉·统考模拟预测）如图，在平面四边形中，，，.
(1)当，时，求的面积；
(2)当，时，求.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用余弦定理求出，，再利用诱导公式、三角形面积公式计算作答.
（2）在和中用正弦定理求出AC，再借助同角公式求解作答.
【详解】（1）当时，在中，由余弦定理得，
即，解得，，
因为，则，又，
所以的面积是.
（2）在中，由正弦定理得，即，
在中，由正弦定理得，即，
则，整理得，而，为锐角，
所以.
4．（2022·湖北武汉·统考模拟预测）某社区拟对该社区内8000人进行核酸检测，现有以下两种核酸检测方案：
方案一：4人一组，采样混合后进行检测；
方案二：2人一组，采样混合后进行检测；
若混合样本检测结果呈阳性，则对该组所有样本全部进行单个检测；若混合样本检测结果呈阴性，则不再检测.
(1)某家庭有6人，在采取方案一检测时，随机选2人与另外2名邻居组成一组，余下4人组成一组，求该家庭6人中甲，乙两人被分在同一组的概率；
(2)假设每个人核酸检测呈阳性的概率都是0.01，每个人核酸检测结果相互独立，分别求该社区选择上述两种检测方案的检测次数的数学期望.以较少检测次数为依据，你建议选择哪种方案？
（附：，）
【答案】(1)；
(2)建议选择方案一.
【分析】（1）利用组合求出事件的基本事件数，再利用古典概率公式计算作答.
（2）求出两个方案检测对应组的检测次数的期望，再求出8000人检测总次数的期望，比较大小作答.
(1)
记该家庭6人中甲，乙两人被分在同一组为事件A，
则.
(2)
每个人核酸检测阳性概率为0.01，则每个人核酸检测呈阴性的概率为0.99，
若选择方案一进行核酸检测，记小组4人的检测次数为，则可能取值为1，5，其分布列为：
则选择方案一，小组4人的检测次数期望为，
于是得该社区对8000人核酸检测总次数的期望为，
若选择方案二，记小组2人的检测次数为，则可能取值为1，3，其分布列为：
，
于是得该社区8000人进行核酸检测总次数的期望，
显然，所以建议选择方案一.
5．（2022·湖北武汉·统考模拟预测）函数，其中a，b为实数，且.
（注为自然对数的底数）
(1)讨论的单调性；
(2)已知对任意，函数有两个不同零点，求a的取值范围.
【答案】(1)时，在上单调递减；
时，在上单调递减；在上单调递增.
(2)
【分析】（1）根据导数与单调性的关系分和两种情况讨论即可；
（2）在的情况下，确定的单调性与最值情况，结合零点存在性定理判定a的取值范围.
(1)
，由，
当时，，在上单调递减；
当时，令得，
时，，在上单调递减；
时，，在上单调递增；
综上所述：
时，在上单调递减；
时，在上单调递减；在上单调递增.
(2)
由（1）可知：当时，在上单调递减；
在上单调递增；于是有
∵函数在定义域上有两个零点
∴，令，即有
，∴在单调递增，在单调递减，
又时，；时，注意到.
要使得成立，必有
即对任意，有恒成立，即恒成立
所以有恒成立，所以.
此时，
，
令，，
，
在单调递增.
，故，使得.又，故，使得；满足恰有两个零点.
综上所述，
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
6．（2022·湖北武汉·统考模拟预测）已知点在抛物线E：（）的准线上，过点M作直线与抛物线E交于A，B两点，斜率为2的直线与抛物线E交于A，C两点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）记（ⅰ）中的定点为H，设的面积为S，且满足，求直线的斜率的取值范围.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据点在抛物线的准线上可得，即可求出抛物线方程
（2）（ⅰ）设直线的方程为，与抛物线联立方程组得到，再写出直线的方程，根据两点式写出 ，整理消去 ，即可求出直线所过定点
（ⅱ）因为，根据（ⅰ）中的结论和弦长公式求出，再根据列出关于的不等式，解出的范围即可
【详解】（1）由题意可知C：（）的准线方程为：，
即，所以.
抛物线C的标准方程为
（2）设，，，
（ⅰ）由题意知直线不与y轴垂直，故直线方程可设为：，
与抛物线方程联立
，化简得：，根据韦达定理可得：
即，
，直线方程为，整理得：.
又因为，即.
将代入化简可得：，
代入整理得：
故直线过定点
（ⅱ）由（ⅰ）知与x轴平行，直线的斜率一定存在
，
由（ⅰ）知
所以，又因为
即，化简得或
又由，得：且，即或
综上所述，
7．（2022·湖北武汉·模拟预测）已知数列中，且．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等比数列定义可证；
（2）先求得数列的通项公式，再分组求和可得.
（1）
因为，，所以，
又因为，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）
由（1）得，，所以，，
．
8．（2022·湖北武汉·模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求；
(2)求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据同角的三角函数关系求出，结合两角和的正弦公式计算即可；
(2)根据余弦公式可得，结合基本不等式计算即可.
(1)
∵∵，∴，∴
所以．
(2)
在中由余弦定理可知
∴
当且仅当时，的最大值为．
9．（2022·湖北武汉·模拟预测）如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，．
(1)求证：；
(2)已知点E在棱上，且，设，若二面角的余弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点O，连接，，得到，再由是正三角形，得到，证得平面，进而得到；
（2）以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式列出方程，即可求解.
【详解】（1）证明：因为是正三角形，所以
因为，公共边，所以，所以，
因为是直角三角形，所以，
取的中点O，连接，，则，，
因为是正三角形，所以，
因为，所以平面，
又因为平面，所以．
（2）解：在直角中，，
因为，所以，所以，
以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则．
可得平面的法向量为
设，由，可得，
可得
设面的法向量为，则，
取，可得，所以，
则，
又因为，解得．
10．（2022·湖北武汉·模拟预测）甲，乙两队进行篮球比赛，已知甲队每局赢的概率为，乙队每局赢的概率为．每局比赛结果相互独立．有以下两种方案供甲队选择：
方案一：共比赛三局，甲队至少赢两局算甲队最终获胜；
方案二：共比赛两局，甲队至少赢一局算甲队最终获胜．
(1)当时，若甲队选择方案一，求甲队最终获胜的概率；
(2)设方案一、方案二甲队最终获胜的概率分别为，讨论的大小关系；
(3)根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
【答案】(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）分别算出甲队赢3局和赢2局的概率，然后相加即可；
（2）分别计算，然后比较大小；
（3）根据的大小关系解释成实际意义即可.
（1）
（1）设甲队选择方案一最终获胜为事件A
.
（2）
（2）若甲队选择方案一，则甲队最终获胜的概率为
若甲队选择方案二，则甲队最终获胜的概率为
因为所以.
（3）
在方案一中，若甲队第一局赢，则甲队最终获胜概率会变大，此时继续比赛即为方案二，故方案二甲最终获胜的概率会变大．
11．（2022·湖北武汉·模拟预测）已知P是平面上的动点，且点P与的距离之差的绝对值为．设点P的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)设不与y轴垂直的直线l过点且交曲线E于M，N两点，曲线E与x轴的交点为A，B，当时，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到，结合双曲线的定义，即可求解；
（2）设直线方程为，联立方程组求得，利用弦长公式和，求得或，结合向量的数量积的运算公式，化简得到，进而求得其范围，即可求解．
（1）
解：依题意，P是平面上的动点，且点与的距离之差的绝对值为．
即，
根据双曲线的定义，可得点的轨迹E是以为焦点，
其中，所以，则，
所以轨迹的方程为．
（2）
解：设直线方程为，点，
联立方程组，整理得，
可得且．
由弦长公式，可得
因为，可得，解得或
因为，
所以
，
因为或，所以，
所以的取值范围是．
12．（2022·湖北武汉·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若关于t的方程有两个不相等的实根，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出导函数，再对的范围分类讨论，根据的正负即可得到的单调性.
（2）方程可化为，令，此题可变为：当时，有两不等实根，求证：.当时令，讨论的单调性、最值，可得.当时，令，讨论的单调性、最值，可得，两式相加即可证明.
(1)
因为，定义域为，所以．
①当时，令，解得
即当时，单调递增：当时，单调递减；
②当时在单调递增；
③当时令，解得，
即当时，单调递减；当时，单调递增；
综上：当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增．
(2)
方程可化为，即当时
令，则原问题即：当时，有两不等实根，求证：
由（1）知：当时，在上单调递增，在上单调递减．
不妨设
当时，令则
在上单调递减，在上单调递增，．
所以所以
解得，且当时取等 ①
当时，令，则．
在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
整理得
解得，当时取等 ②
由①+②得：
即原不等式得证.
【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了构造函数解决双变量的问题，需要根据题意消去参数，再换元构造函数分析单调性与最值证明不等式，属于难题.
13．（2022·湖北襄阳·襄阳五中校考模拟预测）已知数列的前n项和为Sn，Sn＋1＝4an，n∈N*，且
(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；
(2)在①bn＝an＋1－an；②bn＝lg2；③，这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答．已知数列{bn}满足_________，求{ bn }的前n项和
【答案】(1)证明见解析，
(2)答案见解析
【分析】（1）利用通项与Sn的关系得出递推公式证明即可；
（2）若选①：代入，可得，再错位相减求解即可；
若选②：根据对数运算公式与等差数列的求和公式求解即可；
若选③：化简得，再裂项求和即可
(1)
当n≥2时，因为Sn＋1＝4an，所以Sn＝4an－1，两式相减得， ，故， 当n＝1时，因为Sn＋1＝4an，所以S2＝4a1，又a1＝4，故a2＝12，于是a2－2a1＝4，
所以是以4为首项2为公比的等比数列．
所以，两边除以得，
又，所以是以2为首项1为公差的等差数列．
所以
(2)
若选①：bn＝an＋1－an，即bn＝(n＋2)－(n＋1)2n＝(n＋3)2n，
因为Tn＝4×21＋5×22＋6×23＋…＋(n＋3)2n，
所以2Tn＝4×22＋5×23＋6×24＋…＋(n＋3)，
两式相减得，－Tn＝4×21＋(22＋23＋24＋…＋2n)－(n＋3)，
＝8＋－(n＋3)，所以Tn＝(n＋2)×－4.
若选②：bn＝lg2 ，即bn＝lg2＋lg22n＝lg2＋n，
所以Tn＝(lg2＋lg2＋…＋lg2)＋(1＋2＋…＋n)，
＝lg2()＋＝lg2(n＋1)＋，
若选③：，即，
所以Tn＝＝
.
14．（2022·湖北襄阳·襄阳五中校考模拟预测）已知数的相邻两对称轴间的距离为.
(1)求的解析式；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求函数的值域；
(3)对于第（2）问中的函数，记方程在上的根从小到大依次为，若，试求与的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先整理化简得，利用周期求得，即可得到；
（2）利用图像变换得到，用换元法求出函数的值域；
（3）由方程，得到，借助于正弦函数的图象，求出与的值.
【详解】（1）由题意，函数
因为函数图象的相邻两对称轴间的距离为，所以，可得.
故
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象.
再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图象.
当时，，
当时，函数取得最小值，最小值为，
当时，函数取得最大值，最大值为，
故函数的值域.
（3）由方程，即，即，
因为，可得，
设，其中，即，结合正弦函数的图象，
可得方程在区间有5个解，即，
其中，
即
解得
所以.
综上，
【点睛】（1）三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于或的性质解题；
（2）求y=Asin(ωx+φ)+B的值域通常用换元法；
15．（2022·湖北襄阳·襄阳五中校考模拟预测）如图四棱锥中，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，，，，E为PD的中点.
（1）求直线PB与平面PAC所成角的正弦值；
（2）设F是BE的中点，判断点F是否在平面PAC内，并证明结论.
【答案】（1）；（2）在平面内．证明见解析．
【解析】（1）计算出，证明，然后取取中点，连接，可证明平面，这样可建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦值；
（2）在平面内．只要证明与共面即可得．
【详解】直角梯形中，由已知可得，，∴，即，
又是以为斜边的等腰直角三角形，∴，
取中点，连接，则，，
则，∴，
又，∴，
∴，，而，平面，
∴平面，
因此可以为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，即，
又，
，
直线PB与平面PAC所成角为，则．
（2）由（1），，，
设，则，，解得，
∴，∴与共面，∴在平面内．
【点睛】方法点睛：本题考查求线面角，判断点到平面的关系．解题方法是空间向量法，通过求出直线与平面法向量的夹角的余弦值得线面角的正弦值．利用向量法证明向量与共面共面从而可得点与平面的位置关系．
16．（2022·湖北襄阳·襄阳五中校考模拟预测）为有效防控新冠疫情从境外输入，中国民航局根据相关法律宣布从2020年6月8日起实施航班熔断机制，即航空公司同一航线航班，入境后核酸检测结果为阳性的旅客人数达到一定数量的民航局对其发出“熔断”指令，暂停该公司该航线的运行（达到5个暂停运行1周，达到10个暂停运行4周），并规定“熔断期”的航班量不得调整用于其他航线，“熔断期”结束后，航空公司方可恢复每周1班航班计划.已知某国际航空公司A航线计划每周有一次航班入境，该航线第一次航班被熔断的概率是，且被熔断的一次航班的下一次航班也被熔断的概率是，未被熔断的一次航班的下一次航班也未被熔断的概率是.一条航线处于“熔断期”的原计划航班不记入该航线的航班次数，记该航空公司A航线的第n次航班被熔断的概率为.
(1)求；
(2)证明：为等比数列；
(3)求数列的前项和，并说明的实际意义.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)，表示前次航班一共被熔断的次数
【分析】（1）分第1次航班被熔断和不被熔断计算即可；
（2）先列出递推关系式，再构造等比数列证明；
（3）按照分组求和等比数列求和计算即可.
（1）
；
（2）
由题得，
∴，
又，∴数列是以为首项、为公比的等比数列；
（3）
由（2）知，故，
从而，
由于可以理解为第次航班平均被熔断的次数，
∴表示前次航班一共被熔断的次数.
17．（2022·湖北襄阳·襄阳五中校考模拟预测）已知双曲线的左、右顶点分别为A、B，曲线C是以A、B为短轴的两端点且离心率为的椭圆，设点P在第一象限且在双曲线上，直线AP与椭圆相交于另一点T．
(1)求曲线C的方程；
(2)设点P、T的横坐标分别为x1，x2，证明：x1x2＝1；
(3)设△TAB与△POB（其中O为坐标原点）的面积分别为S1与S2，且，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)(0，1]
【分析】（1）设椭圆的方程为，依题意可得A（﹣1，0），B（1，0），推出b＝1，又椭圆的离心率为，解得a2，即可得出答案．
（2）设点P（x1，y1），T（x2，y2）（xi＞0，yi＞0，i＝1，2），直线AP的斜率为k（k＞0），则直线AP的方程为y＝k(x+1)，联立椭圆的方程，解得x2，同理可得，进而可得x1⋅x2＝1．
（3）由（2）得，由，得，再计算S1，S2，结合基本不等式得S12﹣S22的取值范围．
【详解】（1）设椭圆的方程为，
依题意可得A（﹣1，0），B（1，0），所以b＝1，
因为椭圆的离心率为，
所以，即a2＝4，
所以椭圆方程为．
（2）证明：设点P（x1，y1），T（x2，y2）（xi＞0，yi＞0，i＝1，2），直线AP的斜率为k（k＞0），
则直线AP的方程为y＝k(x+1)，
联立方程组，整理，得（4+k2）x2+2k2x+k2﹣4＝0，
解得x＝﹣1或，
所以，
同理联立直线AP和双曲线可得，，
所以x1⋅x2＝1．
（3）由（2），
因为，
所以，
即，
因为点P在双曲线上，则，
所以，即，
因为点P是双曲线在第一象限内的一点，
所以，
因为，
所以．
由（2）知，x1⋅x2＝1，即，
设，则1＜t≤3，则．
设f（t）＝5﹣t5﹣（t）≤5﹣4＝1，
当且仅当，即t＝2时取等号，
结合对勾函数单调性知函数f（t）在（1，2）上单调递增，在（2，3]上单调递减．
因为，
所以f(1)＜f(3)，
所以的取值范围为（0，1]．
18．（2022·湖北襄阳·襄阳五中校考模拟预测）已知函数在处的切线经过点.
(1)若函数至多有一个零点，求实数a的取值范围；
(2)若函数有两个不同的零点，且，求证：.（）
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据切线过点可得，参变分离后研究的单调性，得到极值，数形结合得到答案；（2）在第一问基础上，得到，对不等式变形，结合放缩，转化为只需证，二次求导后得到证明.
【详解】（1），∴，∴处的切线方程为，
切线过点，所以，∴.
∵的零点不为1，
∴在上至多一个解.设，
则在上至多一个解.
，令得：，令得：或，
∴在和上单调递减， 上单调递增，当时，恒成立，当时，在处取得极小值，且，
画出函数图象如图所示：
所以时，至多有一个零点，∴
（2）由（1）知，要想有两个不同零点，则且，即，
故要证，只需证，
由（1）知，故只需证，
∵.只需证：，即，令，
，∴在上递增，
∴，∴在上递增，
∴，∴，∴
【点睛】导函数研究函数零点问题，参变分离是一种重要方法，把零点问题转化为函数交点问题，通过构造函数，研究构造函数的单调性，极值和最值，数形结合得到答案.
19．（2022·湖北武汉·武汉二中校考模拟预测）已知函数.
（1）求的单调增区间；
（2）中，角，，所对的边分别为，，，且锐角，若，，，求的面积.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）化简，利用正弦函数的增区间可求出结果；
（2）由求出，再根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式可求出结果.
【详解】（1）
，
令，，，
的单调增区间是，；
（2），，
∵为锐角，∴，
由余弦定理得：
又
面积.
20．（2022·湖北武汉·武汉二中校考模拟预测）已知数列满足，且，，.
(1)求实数，使得数列为等差数列；
(2)在（1）的条件下，设数列的前项和为，求的取值范围
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用是与无关的常数即可获解
（2）裂项相消求和再求范围
（1）若存在实数,使得数列为等差数列,则必是与无关的常数又所以,经检验,符合题意所以
（2）由（1）知数列是等差数列,其首项为2,公差为1,则所以所以又递增所以所以
21．（2022·湖北武汉·武汉二中校考模拟预测）如图（1），平面四边形中，，，，将沿边折起如图（2），使，点，分别为，中点．
(1)判断直线与平面的位置关系，并说明理由；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)平面，理由见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理逆定理得到，进而证明出平面，得到，结合可证出平面，再由平行关系得到结论；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.
（1）
平面，理由如下：
在中，，，由勾股定理得：，
因为，，
可得，所以，
又由，且，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又由，且，平面，
所以平面，
又因为，分别为，中点，可得，
所以平面．
（2）
以为原点，CD所在直线为x轴，射线为轴建立如图直角坐标系，
则，，，，
可得，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以 ，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
所以，故二面角的正弦值为.
22．（2022·湖北武汉·武汉二中校考模拟预测）2022年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊赛．约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队获胜；若甲连续输两场则业余队获胜：若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，乙赢概率为；甲与丙比赛，丙赢的概率为p，其中．
(1)若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛．请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：业余队第一场应该安排乙还是丙与甲进行比赛？
(2)为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金3万元，负队获奖金1.5万元；若平局，两队各获奖金1.8万元．在比赛前，已知业余队采用了（1）中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计X万元，求X的数学期望的取值范围．
【答案】(1)业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛
(2)的取值范围为：（单位：万元）.
【分析】（1）分别求出第一场比赛，业余队安排乙与甲或丙与甲进行比赛业余队获胜的概率，比较两者的大小即可得出答案.
（2）由已知万元或万元，分别求其对应的概率，得到分布列，求出，由，求出的取值范围.
【详解】（1）第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：
;
第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：
，
因为，所以，所以.
所以，业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛.
（2）由已知万元或万元.
由（1）知，业余队最优决策是第一场应该安排乙与甲进行比赛.
此时，业余队获胜的概率为，
专业队获胜的概率为，
所以，非平局的概率为，
平局的概率为.
的分布列为：
的数学期望为（万元）
而，所以的取值范围为：（单位：万元）.
23．（2022·湖北武汉·武汉二中校考模拟预测）已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，离心率为，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点A的直线与椭圆相交于点，与y轴相交于点S，过点S的另一条直线l与椭圆相交于M，N两点，且△ASM的面积是△HSN面积的倍，求直线l的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题目条件联立方程解出，从而得到答案；
（2）首先求出直线AH的方程，以及S点的坐标，讨论直线l的斜率的存在与否，当斜率存在时，设直线l的方程为，，，联立解方程求出，，根据△ASM的面积是△HSN面积的，化简可以得到，进一步求出斜率k，从而得出答案.
(1)
根据题目列方程
解得，，
所以椭圆的方程为.
(2)
由已知得，所以，直线AH的方程为，
所以，S点的坐标为.
当直线l的斜率不存在时，，，
或，都与已知不符；
当直线的斜率存在时，设直线l的方程为，，，
由，得，
，，
，，
由△ASM的面积是△HSN面积的可得
化简，即，
又，所以，，即，也就是，
所以，，，，，
解得，，所以，直线方程为.
24．（2022·湖北武汉·武汉二中校考模拟预测）已知.
(1)当时，求证：函数在上单调递增；
(2)若只有一个零点，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）当时，分别求、、，结合，可判断恒成立，即可求证；
（2）先证明为奇函数，，只需证明在上无零点，由（1）知，若可知符合题意，再讨论，利用单调性以及零点存在性定理即可求解.
【详解】（1）当时，，，
，，
所以在上单调递增，且，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
所以，所以在上单调递增；
（2）因为，
所以为奇函数，，
要证明只有一个零点，只需证明在上无零点，
由（1）知：当时，，故，
令，则时，无零点，符合题意，
当时，，
故在上单调递减，则，无零点，符合题意，
当时，，，，
所以在上单调递增，且，，
故存在唯一，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，可得在上单调递减，
所以，
取，时，令，
可得，即，且时，，
由零点存在性定理，在上至少存在一个零点，不符合题意，
综上所述：的取值范围为
【点睛】利用导数研究函数单调性的方法：
（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；
（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.
25．（2022·湖北·房县第一中学校联考模拟预测）已知在数列中，.
(1)令，证明：数列是等比数列；
(2)，证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1），将题干条件代入，化简整理，根据等比数列的定义，即可得证.
（2）法一：根据解析式，可得表达式，两式相加，结合题干条件，化简计算即可得证；
法二：由（1）可得解析式，根据等比数列求和公式，可得解析式，再求得解析式，分析即可得证.
(1)
证明：，
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
(2)
证明：法一：，①
，②
①+②得
所以.
法二：由（1）知，所以，
所以，
所以，
又，所以.
26．（2022·湖北·房县第一中学校联考模拟预测）在中，角的对边分别为，且.
(1)求角；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据同角的三角函数关系式，结合正弦定理和余弦定理进行求解即可；
（2）根据正弦定理和比例的性质进行求解即可.
(1)
，
化简得，
由正弦定理得，则，
因为，所以；
(2)
设，，，
由可得，即为，
可得，
由，可得，即有，则的取值范围为.
27．（2022·湖北·房县第一中学校联考模拟预测）亚运会将在2022年9月10日至25日在浙江省杭州举办，为此，浙江省开展了青少年亚运会知识问答竞赛，参赛人员所得分数的分组区间为，，，，由此得到总体的频率统计表：
(1)若从总体中利用分层抽样的方式随机抽取10名学生进行进一步调研.从这10名参赛学生中依次抽取3名进行调查分析，求在第一次抽出1名学生分数在区间内的条件下，后两次抽出的2名学生分数在的概率；
(2)视样本的频率为概率，在该市所有参赛学生中任取3人，记取出的3人中分数在的人数为，求的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）分别计算出第一次抽出1名学生分数在区间内的概率和后两次抽出的2名学生分数在同一分组区间内的概率，然后，利用条件概率公式进行求解即可；
（2）根据题意，符合二项分布的特征，然后，列出相应的分布列，利用相关的概率和期望公式，计算即可求解.
(1)
得分位于的共有4人，得分位于的有3人，
记事件：第一次抽出1名学生分数在区间内，
记事件：后两次抽出的2名学生分数在同一分组区间内，
则，
，
由条件概率公式可得.
(2)
由题意知，该市所有参赛学生中分数在的概率为，且；
所以的可能取值有0、1、2、3，
故，
，
，
；
故的分布列如下，
.
28．（2022·湖北·房县第一中学校联考模拟预测）如图，在三棱锥中，，.
(1)证明：；
(2)若平面平面，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，由等腰三角形三线合一性质和线面垂直的判定可证得平面，由线面垂直性质可得结论；
（2）作，，由面面垂直性质和线面垂直性质可证得，由此可得平面，又，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）取的中点，连结，，
，，为中点，，，
又，平面，平面，
平面，.
（2）作，垂足为，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，，
，，平面，平面；
过作，，，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，，；
，，，，
则，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
由图形知：二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.
29．（2022·湖北·房县第一中学校联考模拟预测）如图所示，已知抛物线E：与圆M：（）相交于A、B、C、D四点.
（1）求r的取值范围；
（2）当四边形的面积最大时，求对角线、的交点T的坐标.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）联立抛物线与圆的方程，消去x得关于y的一元二次方程，必有两个不等的正根，由一元二次方程根的分布知识可得；
（2）由对称性知四边形必定是等腰梯形，y轴为梯形的对称轴，对角线的交点必在y轴上，不妨设E与M的四个交点的坐标是，，，，写出直线方程联立求得交点坐标是，令，由（1）得，由四点坐标求出四边形面积并化为的函数，令
，由导数求得最大值得坐标．
【详解】解：（1）将代入并化简得.①
抛物线E与圆M有四个交点的充要条件是方程①有两个不等的正根，.
由此可得，解得且，∴r的取值范围是.
（2）不妨设E与M的四个交点的坐标是，，，，
则直线，的方程是，.
解得点T的坐标是.
设，由和（1）知.
由于四边形是等腰梯形，因而其面积，
则.
将，代入上式，并令得
（）.
则，
令，解得，（舍去）
当时，；当时，.
故当且仅当时，有最大值，即四边形的面积最大，此时点T的坐标为.
【点睛】本题考查抛物线与圆的位置关系问题，考查四边形面积的最大值．求解本题，审题非常重要.由于所给抛物线E与圆M都是以y轴为对称轴，四个交点A、B、C、D若存在，必定有A与B，C与D关于y轴对称.若联立抛物线与圆的方程，消去x得关于y的一元二次方程，必有两个不等的实根.运用方程理论即可求得r的取值范围.由于四边形必定是等腰梯形，结合图形的对称性，y轴为梯形的对称轴，对角线的交点必在y轴上.由于四边形面积的表达式为三次函数，用导数法求其最大值是一种行之有效的途径.
30．（2022·湖北·房县第一中学校联考模拟预测）已知函数.
(1)若函数在上单调递增，求的取值范围；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据函数导数的性质，结合实数的正负性，通过构造函数、利用导数的性质分类讨论进行求解即可；
（2）通过构造新函数，利用函数的导数的性质分类讨论进行求解即可.
(1)
函数在上单调递增，
在恒成立，
当时，即，因为，，则，又，所以，即恒成立，符合题意；
当时，令，则，设，则，
则在上递增，当时，，，所以在上递增，即，符合题意；
当时，，，则存在，有，
当时，，递减，此时，不符合题意.
综上所述：实数的取值范围；
(2)
证明：要证，即证，，
即证，，
设，，故在上单调递增，又，
所以，又因为，所以，
所以，
①当时，因为，，所以，
②当时，令，则，
设，则，设，则，因为，
所以，所以即在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，即，
所以在上单调递增，，即.
综上可知，当时，，
即.
【点睛】关键点睛：构造函数，利用导数的性质分类讨论是解题的关键.
1
5
P
1
3
P
分数区间
频率
0.1
0.4
0.3
0.2
0
1
2
3