【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)阶段性测试题12(综合素质能力测试).docx

阶段性测试题十二(综合素养力气测试)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题　共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．(2021·湖南长沙长郡中学月考)全集U＝{1,2,3,4,5,6}，M＝{2,3,4}，N＝{4,5}，则綂U(M∪N)等于(　　)
A．{1,3,5}　　　　　 B.{1,5}
C．{1,6} D.{2,4,6}
[答案]　C
[解析]　∵M∪N＝{2,3,4,5}，
∴綂U(M∪N)＝{1,6}，故选C.
2．(2021·广州执信中学期中)下列说法正确的是(　　)
A．命题“若x2＝1，则x＝1”的否命题为“若x2＝1，则x≠1”
B．命题“∀x≥0，x2＋x－1＜0”的否定是“∃x0＜0，x＋x0－1＜0”
C．命题“若x＝y，则sinx＝siny”的逆否命题为假命题
D．若“p∨q”为真命题，则p，q中至少有一个为真命题
[答案]　D
[解析]　“若x2＝1，则x＝1”的否命题为“若x2≠1，则x≠1”，故A错；否命题既否定条件，又否定结论；而命题的否定只否定命题的结论．“∀x≥0，x2＋x－1<0”的否定是“∃x0≥0，使x＋x0－1≥0”，故B错；命题“若A，则B”的逆否命题是“若綈B，则綈A”，因此“若x＝y，则sinx＝siny”的逆否命题为“若sinx≠siny，则x≠y”，这是一个真命题；“p∨q”为真命题时，p与q中至少有一个为真命题，故选D.
3．(文)(2022·康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋2n(n≥2)，则a7＝(　　)
A．53　　 　 B．54　　 　
C．55　　 　 D．109
[答案]　C
[解析]　∵a1＝1，an＝an－1＋2n，∴a7＝(a7－a6)＋(a6－a5)＋(a5－a4)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2×7＋2×6＋…＋2×2＋1＝55.
(理)(2021·山西高校附中月考)数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则＋＋…＋等于(　　)
A.　 　 B.　 　
C.　 　 D.
[答案]　B
[解析]　由条件得，an＋1－an＝1＋n，
∴a2－a1＝1＋1＝2，a3－a2＝1＋2＝3，a4－a3＝1＋3＝4，…，an－an－1＝1＋(n－1)＝n，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝，
∴＝＝2(－)，
∴＋＋…＋＝2(1－)＋2(－)＋…＋2(－)＝2(1－)＝，故选B.
4．(文)(2022·湖南长沙试验中学、沙城一中联考)如图，直三棱柱的侧棱长和底面边长均为2，正视图和俯视图如图所示，则其侧视图的面积为(　　)

A．2 B.　　
C．4 D.2
[答案]　A
[解析]　由正视图和俯视图可知，其侧视图矩形的长和宽分别为和2，∴其面积为S＝2.
(理)(2021·四川巴中市诊断)某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不行能是(　　)

[答案]　D
[解析]　当几何体上、下两部分都是圆柱时，俯视图为A；当上部为正四棱柱，下部为圆柱时，俯视图为B；当几何体的上部为直三棱柱，其底面为直角三角形，下部为正四棱柱时，俯视图为C；无论何种情形，俯视图不行能为D.
5．(文)(2021·长春市十一高中阶段考试)设a＝(1,2)，b＝(2，k)，若(2a＋b)⊥a，则实数k的值为(　　)
A．－2 B.－4　　
C．－6 D.－8
[答案]　C
[解析]　2a＋b＝2×(1,2)＋(2，k)＝(4,4＋k)．
∵(2a＋b)⊥a，∴(2a＋b)·a＝(4,4＋k)·(1,2)＝4＋2×(4＋k)＝0，∴k＝－6.
(理)(2021·河南八校第一次联考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin＝，a＝b＝3，点P是边AB上的一个三等分点，则·＋·＝(　　)
A．0　　 B.6　　　　
C．9　　 D.12
[答案]　B
[解析]　∵sin＝，∴cosC＝1－2sin2＝1－2×()2＝－，
∴c2＝a2＋b2－2abcosC＝9＋9－2×9×(－)＝24，
∴c＝2，

设AB的中点为M，则CM＝＝＝.
∴·＋·＝·(＋)
＝(＋)·2＝2||2＝6.
6．(2022·绵阳市南山中学检测)在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，假如向该矩形内随机投一点P，那么使得△ABP与△ADP的面积都不小于1的概率为(　　)
A. B.　　
C. D.
[答案]　A
[解析]　在矩形内取一点Q，由点Q分别向AD、AB作垂线，垂足依次为E、F，由S△ABQ＝S△ADQ＝1知，QF＝1，QE＝，
设直线EQ、FQ分别交BC、CD于M、N，则当点P落在矩形QMCN内时，满足要求，

∴所求概率P＝＝＝.
7．(文)(2021·江西赣州博雅文化学校月考)运行如图的程序框图，则输出s的结果是(　　)

A. B.　　
C. D.
[答案]　B
[解析]　程序运行过程为：开头→s＝0，n＝2，n<10成立→s＝0＋＝，n＝2＋2＝4，n<10成立→s＝＋，n＝4＋2＝6，n<10成立→s＝＋＋，n＝6＋2＝8，n<10成立→s＝＋＋＋，n＝8＋2＝10，n<10不成立，输出s的值后结束，∴s＝＋＋＋＝.
(理)(2022·河南淇县一中模拟)下图是一个算法框图，则输出的k的值是(　　)

A．3　　 B.4　　　　
C．5　　 D.6
[答案]　C
[解析]　解法1：k＝1时，k2－5k＋4＝0，不满足条件；k＝2时，k2－5k＋4＝－2不满足条件；k＝3时，k2－5k＋4＝－2不满足条件；k＝4时，k2－5k＋4＝0不满足条件；k＝5时，k2－5k＋4＝0>0满足条件，此时输出k的值为5.
解法2：由k2－5k＋4>0得k<1或k>4，∵初值k＝1，由“k＝k＋1”知步长为1，∴k∈N，∴满足k2－5k＋4>0的最小k值为5，故当k＝5时，满足程序条件，输出k的值．
8．(2021·开封市二十二校联考)抛物线y2＝4x的焦点为F，点P(x，y)为该抛物线上的动点，又点A(－1,0)，则的取值范围是(　　)
A．[，1] B.[，1]
C．[，] D.[1,2]
[答案]　A
[解析]　过P作抛物线准线的垂线，垂足为B，则|PF|＝|PB|，
∵抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，点A(－1,0)，
∴＝sin∠BAP，
设过A的抛物线的切线方程为y＝k(x＋1)，代入抛物线方程可得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，
∴Δ＝(2k2－4)2－4k4＝0，
∴k＝±1，
sin∠BAP∈[，1]．
9．(2021·江西省南昌二中月考)在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1，D是边BC上一点(包括端点)，则·的取值范围是(　　)
A．[1,2] B.[0,1]　　
C．[0,2] D.[－5,2]
[答案]　D
[解析]　∵D是边BC上的一点(包括端点)，∴可设＝λ＋(1－λ)(0≤λ≤1)．

∵∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1，∴·＝2×1×cos120°＝－1.
∴·＝[λ＋(1－λ)]·(－)
＝(2λ－1)·－λ2＋(1－λ)2
＝－(2λ－1)－4λ＋1－λ＝－7λ＋2，
∵0≤λ≤1，
∴(－7λ＋2)∈[－5,2]，
∴·的取值范围是[－5,2]．故选D.
10．(文)(2021·湖北四校联考)以下四图，都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图象，其中确定不正确的序号是(　　)

A．③④　 　　 B.①②　 　　　　
C．②③　 　　 D.②④
[答案]　A
[解析]　①该三次函数的导函数的图象为开口向下的抛物线，该抛物线在x轴下方的区间对应原函数的递减区间，该抛物线在x轴上方的区间对应原函数的递增区间，符合要求，正确；②同理分析可知②正确；③从其导函数图象来看，原函数在(－∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减(a为图中虚线处的横坐标)，图与题意不符，故③错误；④同理分析可知④错误；故选A.
(理)(2021·山东莱芜期中)在下面四个图中，有一个是函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R，a≠0)的导函数f ′(x)的图象，则f(－1)等于(　　)

A. B.－　　
C. D.－或
[答案]　B
[解析]　f ′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，其图象开口向上，故图形不是(2)，(3)；由于a≠0，故图形不是(1)，∴f ′(x)的图象为(4)，∴f ′(0)＝0，∴a＝1或－1，由图知a≠1，∴a＝－1，∴f(x)＝x3－x2＋1，∴f(－1)＝－，故选B.
11．(2021·福建清流一中期中)下列命题中，真命题是(　　)
A．函数f(x)＝tan(－2x)的单调递增区间为(－＋，＋)，k∈Z
B．命题“∀x∈R，x2－2x>3”的否定是“∃x∈R，x2－2x<3”
C．已知z1，z2∈C，若z1，z2为共轭复数，则z1＋z2为实数
D．x＝是函数f(x)＝sin(x－)的图象的一条对称轴
[答案]　C
[解析]　f(x)＝tan(－2x)＝－tan(2x－)在其每一个单调区间内都是减函数，故A为假命题；全称命题的否定为存在性命题，“>”的否定为“≤”，故B为假命题；设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝a－bi，∴z1＋z2＝2a∈R，故C为真命题；f(x)＝sin(x－)的图象的对称轴方程为x－＝kπ＋，即x＝kπ＋(k∈Z)，∴D为假命题．
12．(2021·湖北教学合作联考)已知由不等式组确定的平面区域Ω的面积为7，定点M的坐标为(1，－2)，若N∈Ω，O为坐标原点，则·的最小值是(　　)
A．－8 B.－7　　
C．－6 D.－4
[答案]　B
[解析]　依题意，画出不等式组所表示的平面区域(如图所示)

可知其围成的区域是等腰直角三角形，面积为8，由直线y＝kx＋2恒过点B(0,2)，且原点的坐标恒满足y－kx≤2，
当k＝0时，y≤2，此时平面区域Ω的面积为6，由于6<7，由此可得k<0.
由可得D(，)，依题意应有×2×||＝1，因此k＝－1(k＝3舍去)，
故有D(－1,3)，设N(x，y)，故由z＝·＝x－2y，可化为y＝x－z，∵<1，∴当直线y＝x－z过点D时，截距－z最大，即z取得最小值－7，故选B.
第Ⅱ卷(非选择题　共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)
13．(2022·抚顺二中期中)已知α∈(，π)，sinα＝，则tan(α－)＝________.
[答案]　－7
[解析]　∵α∈(，π)，sinα＝，∴cosα＝－，
∴tanα＝－，∴tan(α－)＝＝＝－7.
14．(2021·江西南昌二中月考)若{an}是正项递增等比数列，Tn表示其前n项之积，且T10＝T20，则当Tn取最小值时，n的值为________．
[答案]　15
[解析]　依据T10＝T20得，a11·a12·a13·…·a20＝1，
∵a11·a20＝a12·a19＝…＝a15·a16＝1，a15<a16，所以a15<1，a16>1，所以T15最小，所以n的值为15.
15．(文)(2022·吉林市摸底)边长是2的正△ABC内接于体积是4π的球O，则球面上的点到平面ABC的最大距离为________．
[答案]　
[解析]　由于球O的体积为4π，即r3＝4π，所以r＝，设正△ABC的中心为D，连接OD，AD，OA，则OD⊥平面ABC，且OA＝，AD＝，
所以OD＝＝，
所以球面上的点到平面ABC的最大距离为＋r＝.
(理)(2021·豫南九校联考)若(x＋a)6的开放式中x3的系数为160，则xadx的值为________．
[答案]　
[解析]　由条件知Ca3＝160，∴a＝2，∴xadx＝x2dx＝x3|＝.
16．(文)给出下列命题
(1)对于命题p：∃x∈R，使得x2＋x＋1<0，则綈p：∀x∈R，均有x2＋x＋1>0；
(2)m＝3是直线(m＋3)x＋my－2＝0与直线mx－6y＋5＝0相互垂直的充要条件；
(3)已知回归直线的斜率的估量值为1.23，样本点的中心为(4,5)，则回归直线方程为＝1.23x＋0.08；
(4) 若函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x＋4)＝f(x)，则f(2022)＝0.
其中真命题的序号是________．(把全部真命题的序号都填上)
[答案]　(3)(4)
[解析]　(1)“<”的否定应为“≥”，∴(1)错误；(2)两直线相互垂直时，m(m＋3)－6m＝0，∴m＝0或m＝3，因此m＝3是此二直线垂直的充分不必要条件，故(2)错误；由回归直线过样本点的中心知(3)为真命题；(4)∵f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)是周期为4的周期函数，∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(2022)＝f(4×504)＝f(0)＝0，∴(4)为真命题．
(理)(2021·长春外国语学校期中)已知随机变量ξ听从正态分布N(1,4)，若P(ξ>4)＝a，则P(－2≤ξ≤4)＝________.
[答案]　1－2a
[解析]　∵ξ～N(1,4)，∴μ＝1，
若P(ξ>4)＝a，则P(－2≤ξ≤4)＝1－2a.
三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
17．(本小题满分12分)(2022·西安市长安中学期中)已知平面对量a＝(cosφ，sinφ)，b＝(cosx，sinx)，c＝(sinφ，－cosφ)，其中0<φ<π，且函数f(x)＝(a·b)cosx＋(b·c)sinx的图象过点(，1)．
(1)求φ的值；
(2)将函数y＝f(x)图象上各点的横坐标变为原来的的2倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求函数y＝g(x)在[0，]上的最大值和最小值．
[解析]　(1)∵a·b＝cosφcosx＋sinφsinx＝cos(φ－x)，
b·c＝cosxsinφ－sinxcosφ＝sin(φ－x)，
∴f(x)＝(a·b)cosx＋(b·c)sinx
＝cos(φ－x)cosx＋sin(φ－x)sinx
＝cos(φ－x－x)＝cos(2x－φ)，
即f(x)＝cos(2x－φ)，
∴f()＝cos(－φ)＝1，
而0<φ<π，∴φ＝.
(2)由(1)得，f(x)＝cos(2x－)，
于是g(x)＝cos[2(x)－]，
即g(x)＝cos(x－)．
当x∈[0，]时，－≤x－≤，
所以≤cos(x－)≤1，
即当x＝0时，g(x)取得最小值，
当x＝时，g(x)取得最大值1.
18．(本小题满分12分)(文)(2022·韶关市曲江一中月考)等差数列{an}中，a3＝3，前7项和S7＝28.
(1)求数列{an}的公差d；
(2)等比数列{bn}中，b1＝a2，b2＝a4，求数列{bn}的前n项和Tn(n∈N*)．
[解析]　(1)S7＝＝7a4＝28，
∴a4＝4，
又∵a3＝3，∴d＝a4－a3＝1.
(2)由(1)知数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝1＋(n－1)＝n，
∴b1＝2，b2＝4，
∴数列{bn}的公比q＝＝2，
∴Tn＝＝＝2n＋1－2.
(理)(2022·开滦二中期中)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋cn，(c是不为0的常数，n∈N*)，且a1，a2，a3成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)由已知a2＝2＋c，a3＝2＋3c，
则(2＋c)2＝2(2＋3c)，∴c＝2，∴an＋1＝an＋2n，
n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋2×1＋2×2＋…＋2×(n－1)＝n2－n＋2，
n＝1时，a1＝2也适合上式，因此an＝n2－n＋2.
(2)bn＝＝，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋＋…＋＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，用错位相减法可求得Tn＝1－.
19．(本小题满分12分)(文)(2022·泗阳县模拟)直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝BB1＝1，AB1＝.

(1)求证：平面AB1C⊥平面B1CB；
(2)求三棱锥A1－AB1C的体积．
[解析]　(1)直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，∴BB1⊥AB，BB1⊥AC，
又由于AC＝BC＝BB1＝1，AB1＝，∴AB＝，
则由AC2＋BC2＝AB2可知，AC⊥BC，
∴AC⊥平面B1CB，
∴平面AB1C⊥平面B1CB.
(2)∵BC⊥AC，BC⊥CC1，∴BC⊥平面ACC1A1，
∴B到平面ACC1A1的距离d＝1，
∵BB1∥平面ACC1A1，∴B1到平面A1AC的距离为1，
∴三棱锥A1－AB1C的体积VA1－AB1C＝VB1－A1AC＝×(×1×1)×1＝.
(理)(2022·天津河北区三模)如图，四边形ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，EA∥PD，AD＝PD＝2EA＝2，F，G，H分别为PB，EB，PC的中点．

(1)求证：FH∥平面PED；
(2)求平面FGH与平面PBC所成锐二面角的大小；
(3)在线段PC上是否存在一点M，使直线FM与直线PA所成的角为60°？若存在，求出线段PM的长；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)证明：由于F，H分别为PB，PC的中点，
所以FH∥BC，
又BC∥AD，
所以FH∥AD.
又FH⊄平面PED，AD⊂平面PED，
所以FH∥平面PED.
(2)由于EA⊥平面ABCD，EA∥PD，
所以PD⊥平面ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥CD.
又由于四边形ABCD是正方形，
所以AD⊥CD.
如图，建立空间直角坐标系，由于AD＝PD＝2EA＝2，

所以D(0,0,0)，P(0,0,2)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(2,0,1)．
由于F，G，H分别为PB、EB，PC的中点，
所以F(1,1,1)，G(2,1，)，H(0,1,1)．
所以＝(－1,0，)，＝(－2,0，)．
设n1＝(x1，y1，z1)为平面FGH的一个法向量，
则即，
再令y1＝1，得n1＝(0,1,0)，＝(2,2，－2)，＝(0,2，－2)，
设n2＝(x2，y2，z2)为平面PBC的一个法向量，
则，即，
令z2＝1，得n2＝(0,1,1)．
所以|cos〈n1，n2〉|＝＝.
所以平面FGH与平面PBC所成锐二面角的大小为.
(3)假设在线段PC上存在一点M，使直线FM与直线PA所成角为60°，依题意可设＝λ，其中0≤λ≤1.
由＝(0,2，－2)，则＝(0,2λ，－2λ)．
又由于＝＋，＝(－1，－1,1)，
所以＝(－1,2λ－1,1－2λ)．
由于直线FM与直线PA所成角为60°，＝(2,0，－2)，
所以|cos〈，〉|＝，
即＝，解得λ＝.
所以＝(0，，－)，||＝.
所以在线段PC上存在一点M，使直线FM与直线PA所成角为60°，此时PM＝.
20．(本小题满分12分)(文)(2021·山西大同市调研)某网络营销部门随机抽查了某市200名网友在2021年11月11日的网购金额，所得数据如下表：
网购金额(单位：千元)
人数
频率
(0,1]
16
0.08
(1,2]
24
0.12
(2,3]
x
p
(3,4]
y
q
(4,5]
16
0.08
(5,6]
14
0.07
合计
200
1.00
已知网购金额不超过3千元与超过3千元的人数比恰为32.
(1)试确定x，y，p，q的值，并补全频率分布直方图(如图)．

(2)该营销部门为了了解该市网友的购物体验，从这200网友中，用分层抽样的方法从网购金额在(1,2]和(4,5]的两个群体中确定5人进行问卷调查，若需从这5人中随机选取2人连续访谈，则此2人来自不同群体的概率是多少？
[解析]　(1)依据题意有：
解得
∴p＝0.4，q＝0.25.
补全频率分布直方图如图，

(2)依据题意，网购金额在(1,2]内的人数为×5＝3(人)，记为a，b，c.
网购金额在(4,5]内的人数为×5＝2(人)，记为A，B.
则从这5人中随机选取2人的选法为：(a，b)，(a，c)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)，(A，B)共10种．
记2人来自不同群体的大事为M，则M中含有(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)共6种．
∴P(M)＝＝.
(理)(2021·赤峰市统考)某超市为了响应环保要求，鼓舞顾客自带购物袋到超市购物，实行了如下措施：对不使用超市塑料购物袋的顾客，超市赐予0.96折优待；对需要超市塑料购物袋的顾客，既要付购买费，也不享受折扣优待．假设该超市在某个时段内购物的人数为36人，其中有12位顾客自己带了购物袋，现从这36人中随机抽取2人．
(1)求这2人都享受折扣优待或都不享受折扣优待的概率；
(2)设这2人中享受折扣优待的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．
[解析]　(1)设“两人都享受折扣优待”为大事A，“两人都不享受折扣优待”为大事B，
则P(A)＝＝，P(B)＝＝.
由于大事A，B互斥，
所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.
故这2人都享受折扣优待或都不享受折扣优待的概率是.
(2)据题意，ξ的可能取值为0,1,2.
其中P(ξ＝0)＝P(B)＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝P(A)＝.
所以ξ的分布列是：
ξ
0
1
2
P

所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝＝.
21．(本小题满分12分)(文)(2022·屯溪一中期中)设f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的导数f ′(x)满足f ′(1)＝2a，f ′(2)＝－b，其中常数a、b∈R.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)设g(x)＝f ′(x)e－x，求函数g(x)的极值．
[解析]　∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，
∴f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∵f ′(1)＝2a，∴3＋2a＋b＝2a，
∵f ′(2)＝－b，∴12＋4a＋b＝－b，
∴a＝－，b＝－3，
∴f(x)＝x3－x2－3x＋1，f ′(x)＝3x2－3x－3，
∴f(1)＝－，f ′(1)＝－3，
∴切线方程为y－(－)＝－3(x－1)，
即6x＋2y－1＝0.
(2)∵g(x)＝(3x2－3x－3)e－x，∴g′(x)＝(6x－3)e－x＋(3x2－3x－3)·(－e－x)，
∴g′(x)＝－3x(x－3)e－x，
∴当0<x<3时，g′(x)>0，当x>3时，g′(x)<0，当x<0时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0,3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，
所以g(x)微小＝g(0)＝－3，g(x)极大＝g(3)＝15e－3.
(理)(2021·福建清流一中期中)设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf ′(x)，x≥0，其中f ′(x)是f(x)的导函数．
(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，猜想gn(x)的表达式；
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．
[解析]　由题设得，g(x)＝(x≥0)．
(1)由已知，g1(x)＝，
g2(x)＝g(g1(x))＝＝，
g3(x)＝，…，猜想gn(x)＝.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
则φ′(x)＝－＝，
当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立)．
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0.
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，
故知ln(1＋x)≥不恒成立．
综上可知，a的取值范围是(－∞，1].
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，
比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．
证明如下：
方法一：上述不等式等价于＋＋…＋<ln(n＋1)，
在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N＋，则<ln.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，<ln2，结论成立．
②假设当n＝k时结论成立，即＋＋…＋<ln(k＋1)．
那么，当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋<ln(k＋1)＋<ln(k＋1)＋ln＝ln(k＋2)，
即结论成立．
由①②可知，结论对n∈N＋成立．
方法二：上述不等式等价于＋＋…＋<ln(n＋1)，
在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N＋，则ln>.
故有ln2－ln1>，
ln3－ln2>，
……
ln(n＋1)－lnn>，
上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋，
结论得证．
方法三：如图，dx是由曲线y＝，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而＋＋…＋是图中所示各矩形的面积和，

∴＋＋…＋>dx＝(1－)dx＝n－ln(n＋1)，
结论得证．
22．(本小题满分14分)(文)(2021·长春市十一高中段测)已知椭圆：＋＝1(a>b>0)上任意一点到两焦点F1，F2距离之和为2，离心率为，动点P在直线x＝3上，过F2作直线PF2的垂线l，设l交椭圆于Q点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)证明：直线PQ与直线OQ的斜率之积是定值．
[解析]　(1)由条件得：解得：a＝，c＝1，b＝，
所以椭圆E的方程为：＋＝1.

(2)设P(3，y0)，Q(x1，y1)，
∵PF2⊥F2Q，∴·＝0，
∴2(x1－1)＋y0y1＝0，
又∵y＝2(1－)，
∴kPQkOQ＝·＝＝＝＝－.
(理)(2022·江西白鹭洲中学期中)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的焦距为2，离心率为.
(1)求椭圆方程；
(2)设过椭圆顶点B(0，b)，斜率为k的直线交椭圆于另一点D，交x轴于点E，且|BD|，|BE|，|DE|成等比数列，求k2的值．

[解析]　(1)由已知2c＝2，＝.
解得a＝2，c＝，
∴b2＝a2－c2＝1，
∴椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)得过B点的直线方程为y＝kx＋1，
由消去y得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，
∴xD＝－，yD＝，
依题意k≠0，k≠±.
∵|BD|，|BE|，|DE|成等比数列，∴|BE|2＝|BD||DE|，
∴＝＝＝，
∵b＝1，∴y－yD－1＝0，解得yD＝，
∴＝，解得k2＝，
∴当|BD|，|BE|，|DE|成等比数列时，k2＝.