2024年高考数学新结构模拟适应性特训卷（一）（解析版）(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套

2024 年新结构模拟适应性特训卷（一）
高三数学
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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．（2024上·河北沧州·高二校联考期末）已知数列{a }的通项公式a =n2+2，则123是该数列的（ ）
n n
A．第9项 B．第10项 C．第11项 D．第12项
【答案】C
【分析】根据通项公式可直接求出.
【详解】由a =n2 +2=123，解得n=11（n=−11舍去），
n
故选：C．
 
2．（2024上·四川凉山·高二统考期末）空间四边形ABCD中，点M 在AD上，且 DM =2MA ，N 为BC

中点，则MN等于（ ）
     
1 2 1 1 1 1
A． AB− AC+ AD B． AB− AC+ AD
2 3 2 2 3 2
     
1 1 1 1 1 1
C． AB+ AC− AD D． AB− AC+ AD
2 2 3 2 2 3
【答案】C

【分析】作出空间四边形，即可得出MN的表达式.
 
【详解】由题意，在空间四边形ABCD中， DM =2MA ，N 为BC中点，
   
1 1
∴MA=− AD,BN = BC,
3 2
          
1 1 1 1( )
∴MN =MA+AB+BN =− AD+AB+ BC =− AD+AB+ AC−AB
3 2 3 2
  
1 1 1
=− AD+ AB+ AC,
3 2 2
故选：C.
学科网（北京）股份有限公司3．（2024上·广东深圳·高二深圳市高级中学校考期末）若直线l:mx+ny−1=0圆x2+y2+2x=0相切，
则原点O到直线l距离的最大值为（ ）
A． 3 B．2 C．2 2 D．1
【答案】B
【分析】原点O在圆上，到切线的最大距离等于圆的直径.
【详解】圆x2+y2+2x=0，即(x+1)2+y2 =1，圆心坐标(−1,0)，半径为1，
直线l:mx+ny−1=0与圆相切，则圆心到直线距离等于半径1，
原点O在圆上，所以原点O到直线l距离的最大值为1+1=2.
故选：B
4．（2024上·山西太原·高三统考期末）如图是函数 f (x)的部分图象，则 f (x)的解析式为（ ）
sin6x cos6x
A． f(x)= B． f(x)=
2x−2−x 2x−2−x
sin6x cos6x
C． f(x)= D． f(x)=
2−x−2x 2−x−2x
【答案】C
【分析】利用函数的奇偶性及函数值符号判定选项即可.
【详解】由图象可知函数 f (x)为偶函数，且x→0+, f (x)<0，
四个选项函数的定义域均为 { x x≠0 } ，
sin(−6x) −sin6x
对于A项， f (−x)=
2−x−2x
=
− ( 2x−2−x)
= f (x) ，即 f (x)为偶函数，
而x→0+,2x−2−x >0,sin6x>0⇒ f (x)>0，故A错误；
学科网（北京）股份有限公司cos(−6x)
cos6x
对于B、D项， f (−x)=
2−x−2x
=
− ( 2x−2−x)
=−f (x) ，
cos(−6x)
cos6x
f (−x)=
2x−2−x
=
− ( 2−x−2x)
=−f (x) ，显然两项均为奇函数，故B、D错误；
对于C项， f (−x)=
sin(−6x)
= sin6x = f (x)，即 f (x)为偶函数，
2x−2−x 2−x−2x
而x→0+,2−x−2x 0,sin6x 0⇒ f (x)<0，故C正确.
故选：C
5．（2024上·四川成都·高三成都七中校考期末）若x6 =a +a (x−6)+a (x−6)2++a (x−6)6，则a =
0 1 2 6 5
（ ）
A．6 B．16 C．36 D．90
【答案】C
【分析】将x6变形为

6+(x−6)

 6，然后令展开式的通项公式中r =5即可求得结果.
【详解】因为x6 = 6+(x−6)

6，展开式的通项为T
r+1
=C
6
r×66−r×(x−6)r，
令r =5，可得T =C5×61×(x−6)5 =36(x−6)5，
6 6
所以a =36，
5
故选：C.
6．（2024上·江西·高三校联考期末）下表统计了2017年～2022年我国的新生儿数量（单位：万人）.
2 2 2 2 2 2
年份
017 018 019 020 021 022
年份代
1 2 3 4 5 6
码x
新生儿
1 1 1 1 1 9
数量y 723 523 465 200 062 56
经研究发现新生儿数量与年份代码之间满足线性相关关系，且
y=−156.66x+a
，据此预测2023年新生
6
儿数量约为（ ）（精确到0.1）（参考数据：∑y =7929）
i
i=1
A．773.2万 B．791.1万 C．800.2万 D．821.1万
【答案】A
【分析】先求出x，y，
a
，得回归直线方程，再代入x=7可得结果.
7929
【详解】由题意得 x=3.5 ，y= =1321.5，
6
学科网（北京）股份有限公司所以a  = y+156.66×3.5=1321.5+548.31=1869.81，
 y=−156.66x+1869.81，
当x=7时，
y=−156.66×7+1869.81=773.19≈773.2.
故选：A.
7．（2024上·山东潍坊·高二统考期末）月光石是由两种长石混合组成的具有月光效应的长石族矿物.
它的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系xOy中，半圆的圆心在坐标原点，
半圆所在的圆过椭圆的上焦点F(0,1)，半椭圆的短轴与半圆的直径重合.若直线x= 2 与半圆交于点A，与
2
半椭圆交于点B，则△ABF 的面积为（ ）
9( 2+1) 3( 2+1) 2+1
A． B． C． 2+1 D．
4 2 4
【答案】D
【分析】依据题意求得椭圆和圆的方程后，解出关键点的坐标，再求面积即可.
【详解】由题意得，半圆的方程为x2+y2 =1(y≤0)，在半椭圆中b=c=1，则a= 2，
故半椭圆方程为 y2 +x2 =1(y≥0)，将x= 2 代入半椭圆，解得y =1，
B
2 2
2 2 2+2
将x= 代入半圆，解得y =− ，故 AB = ，
2 A 2 2
1 2+2 2 1+ 2
然S = × × = ，
ABF
2 2 2 4
故选：D
π
8．（2024上·江苏扬州·高二统考期末）在ABC中，已知D为边BC上一点，CD=λDB，∠BAD= ．若
4
tan∠ACB的最大值为2，则常数λ的值为（ ）
10−3 10+3 10+1 10−1
A． B． C． D．
4 4 4 4
【答案】D
学科网（北京）股份有限公司【分析】令CD=λDB=2λ且0≤λ≤1，求得△ABD外接圆半径为r= 2，若B(−1,0),D(1,0)，结合已
知得点A在圆x2+(y−1)2 =2被BD分割的优弧上运动，进而确定tan∠ACB的最大，只需AC与圆相切，综合
运用两点距离、圆的性质、正弦定理、三角恒等变换列方程求参数λ.
BD
【详解】令CD=λDB=2λ且0≤λ≤1，即BD=2，则△ABD外接圆半径为r= = 2，
2sin∠BAD
若B(−1,0),D(1,0)，△ABD的外接圆方程为(x−m)2+(y−n)2 =2，
  (m+1)2+n2 =2 m=0
所以 ⇒ ，令圆心(m,n)为(0,1)，
 (m−1)2+n2 =2 n=±1
即点A在圆x2+(y−1)2 =2被BD分割的优弧上运动，如下图，
要使tan∠ACB的最大，只需AC与圆相切，由上易知C(1+2λ,0)，
则|AC|= (1+2λ)2+1−2 =2 λ(λ+1)，而|BC|=2(λ+1)，由圆的性质有∠DAC =∠B，
|AC| |BC|
= π 3π 3π
ABC中sin∠B π ，∠ACB=π−(2∠B+ )= −2∠B，显然∠B< ，
sin(∠B+ ) 4 4 8
4
3π 1+tan2∠B
由tan∠ACB=tan( −2∠B)=2，则 =2⇒tan2∠B=3，
4 tan2∠B−1
2tan∠B 10−1
所以 =3⇒3tan2∠B+2tan∠B−3=0，可得tan∠B= （负值舍），
1−tan2∠B 3
λ λ+1
10−1 3 =
故sin∠B= ,cos∠B= ，而 sin∠B π ，
20−2 10 20−2 10 sin(∠B+ )
4
λ 2(λ+1) λ 2(λ+1)
所以 = ⇒ = ，
sin∠B sin∠B+cos∠B sin2∠B 1+2sin∠Bcos∠B
λ λ+1 11−2 10 10−1
整理得 = ，则λ= = .
11−2 10 7+2 10 4( 10−1) 4
故选：D
【点睛】关键点点睛：令CD=λDB=2λ且0≤λ≤1，B(−1,0),D(1,0)得到点A在圆x2+(y−1)2 =2被BD
分割的优弧上运动为关键.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
学科网（北京）股份有限公司9．（2024上·浙江宁波·高三镇海中学校考期末）已知复数z ，z ，则下列结论正确的有（ ）
1 2
A．z2 = z2 B．z ⋅z =z ⋅z C． z z = z ⋅ z D． z +z = z + z
1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
【答案】BC
【分析】根据复数的运算性质以及模的运算公式对应各个选项逐个判断即可求解．
【详解】设z =a+bi，z =c+di，其中a,b,c,d∈R.
1 2
对于选项A: z2 =(a+bi)2 =a2−b2+2abi,z2 =a2−b2−2abi，所以2ab与−2ab不一定相等，故选项A
1 1
错误；
对于选项B: 因为z ⋅z =(a+bi)(c+di)=(ac−bd)+(ad+bc)i，
1 2
所以z ⋅z =(ac−bd)−(ad+bc)i，
1 2
因为z ⋅z =(a−bi)(c−di)=(ac−bd)−(ad+bc)i，
1 2
所以z ⋅z =z ⋅z ,故选项B正确；
1 2 1 2
对于选项C: 因为z ⋅z =(a+bi)(c+di)=(ac−bd)+(ad+bc)i,
1 2
所有 z z = (ac−bd)2+(ad+bc)2 = a2c2+b2d2+a2d2+b2c2
1 2
因为 z z = a2+b2 c2+d2 = a2c2+b2d2+a2d2+b2c2 ，
1 1
所以 z z = z ⋅ z ,故选项C正确；
1 2 1 2
对于选项D:因为z +z =(a+c)+(b+d)i，所以 z +z = (a+c)2+(b+d)2
1 2 1 2
z + z = a2+b2 + c2+d2 ，而 (a+c)2+(b+d)2 与 a2+b2 + c2+d2 不一定相等,故选项D 错误；
1 2
故选：BC.
10．（2024上·福建莆田·高一莆田第四中学校考期末）已知实数x，y满足x2+y2 =1，则一定有（ ）
1 1
A．−1≤x≤1 B．− ≤xy≤ C．−1≤x+y≤1D．− 5≤x+2y≤ 5
2 2
【答案】ABD
【分析】利用三角代换，结合三角函数恒等变换和性质，即可求解.
【详解】由cos2α+sin2α=1，
令x=cosα,y=sinα，
∴−1≤x=cosα≤1，故A正确；
1 1 1 1
xy=cosαsinα= sin2α∴− ≤ sin2α≤ ，故B正确；
2 2 2 2
 π
x+y=cosα+sinα= 2sinα+ ∴− 2≤x+y≤ 2，故C错误；
 4
x+2y=cosα+2sinα= 5sin(α+ϕ)∴− 5≤x+2y≤ 5，故D正确.
学科网（北京）股份有限公司故选：ABD
11．（2024上·山东烟台·高三统考期末）我国著名数学家华罗庚先生说：“就数学本身而言，是壮丽多
彩､千姿百态､引人入胜的……认为数学枯燥乏味的人，只是看到了数学的严谨性，而没有体会出数学的内
在美.”图形美是数学美的重要方面.如图，由抛物线y2 =2px(p>0)分别逆时针旋转90､1､80 270可围成“四角
花瓣”图案（阴影区域），则（ ）
A．开口向下的抛物线的方程为x2 =−2py(p>0)
B．若 AB =8，则p=2
C．设p=1，则t=1时，直线x=t截第一象限花瓣的弦长最大
D．无论p为何值，过点B且与第二象限花瓣相切的两条直线的夹角为定值
【答案】ABD
【分析】根据图象的对称性判断A；由 AB =8及抛物线方程得到点A的坐标，由对称性得到点B坐标，
代入x2 =−2py(p>0)即可求p，判断B；由题意得到直线x=t截第一象限花瓣弦长的函数，借助导数即可
判断C；利用导数的几何意义求出过点B的切线，借助图象的对称性判断D.
 p 
【详解】对于A，因为抛物线y2 =2px(p>0)的焦点为 ,0，
 2 
 p
若抛物线逆时针旋转270°，则开口向下，焦点为0,− ，
 2
故开口向下的抛物线方程为：x2 =−2py(p>0)，故A正确；
对于B，由题意可知，A,B关于x轴对称，
因为 AB =8，设A(x ,y ),B(x ,y )，所以y =4，y =−4，
A A B B A B
因为点A在抛物线y2 =2px(p>0)上，所以16=2px ，
A
学科网（北京）股份有限公司8 8  8 
所以x = ，即A ,4，所以B ,−4，
A p  p   p 
64
由B在抛物线x2 =−2py(p>0)上，所以 =−2p×(−4)，解得p=2，故B正确；
p2
y2 =2x
对于C，当p=1，由 得A(2,2)，所以0<t<2，
x2 =2y
t2 1 t2
由题意直线x=t截第一象限花瓣弦长为y= 2t − = 2t2 − ，0<t<2，
2 2
所以y′= 2 t − 1 2 −t，令y′=0，则t = 3 1 ，
2 2
1
当0<t<
3
时，y′>0，函数单调递增，
2
1
当3 <t<2时，y′<0，函数单调递减，
2
1
所以当t = 3 时，函数取到最大值，故C错误；
2
y2 =2px
对于D，由 得B(2p,−2p)，
x2 =−2py
过第二象限的两抛物线分别为：x2 =2py①，y2 =−2px②，
x2 x  m2 
对于①，y= ，则y′ = ，设切点坐标为m, ，
2p p  2p
m
所以过点B的切线方程为：y+2p= (x−2p)，
p
 m2 
将点m, 代入得m2+4mp−4p2 =0，解得m=2p±2 2p，
 2p
( )
因为m<0，故m=2p−2 2p= 2−2 2 p，
所以切线的斜率为2−2 2，故无论p为何值，切线斜率均为2−2 2，其与直线y=x的夹角为定值，
由题意可知，x2 =2py与y2 =−2px关于直线y=x对称，
故过点B的两切线也关于直线y=x对称，故y2 =−2px的切线与直线y=x的夹角为定值，
即无论p为何值，过点B且与第二象限花瓣相切的两条直线的夹角为定值，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是借助抛物线图象的对称性，利用导数的几何意义和导数求单调性
及最值解决问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024上·广东深圳·高一统考期末）已知集合A={−2,−1,0,1,2}，B={ x∈N 2x−3<0 } ，则AB= ．
学科网（北京）股份有限公司【答案】{0,1}
/
(1,0)
【分析】由交集的定义和运算直接得出结果.
【详解】集合B={ x∈N 2x−3<0 }={0,1}，
所以A∩B={0,1}
.
故答案为：{0,1}
13．（2024·广东肇庆·校考模拟预测）采取随机模拟的方法估计某型号防空导弹击中目标的概率，先由
计算器算出0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示击中目标，5，6，7，8，9，0表示未击中
目标，以三个随机数为一组，代表三次发射的结果，经随机数模拟产生了20组随机数：
107 956 181 935 271 832 612 458 329 683
331 257 393 027 556 498 730 113 537 989
根据以上数据，估计该型号防空导弹三次发射至少有一次击中目标的概率为 .
17
【答案】 /0.85
20
【分析】根据题意，得到这20组随机数中一次为没有击中目标的次数，结合对立事件的概率计算公式，
即可求解.
【详解】根据题意，这20组随机数中一次也没有击中目标的有956,556,989，共有3组，
3 17
所以，这20组随机数中至少有一次击中目标的概率为p=1− = .
20 20
17
故答案为： .
20
14．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥S−ABC中，侧面SBC ⊥底面ABC,△ABC是等腰直角三角形，
且斜边AC =4，SB=SC = 10，则三棱锥S−ABC的外接球的表面积为 ．
41π
【答案】
2
【分析】方法一：设球心为O，如图①，取线段AC的中点N ，过点N 作直线l⊥平面ABC，则易知
球心O在直线l上，连接OS，设外接球的半径是r，则OA=OS =r，再根据侧面SBC ⊥底面ABC，过点S
作SM ⊥BC于M ，连接MN，易得l∥SM ，过点O作OP⊥SM（ 或MS的延长线）于P，得到四边形MNOP
是矩形求解；方法二：将平面SBC作为底面，设△SBC的外心为点M ，过点M 作直线l⊥平面SBC，取AB
的中点N ，在平面ABM 内过点N 作AB的垂直平分线，交直线l于点O，得到点O为所求外接球的球心求
解.
【详解】解：方法一：设球心为O，如图①，取线段AC的中点N ，
过点N 作直线l⊥平面ABC，则易知球心O在直线l上．
连接OS，设外接球的半径是r，则OA=OS =r．
因为侧面SBC ⊥底面ABC，过点S作SM ⊥BC于M ，
学科网（北京）股份有限公司连接MN，则由面面垂直的性质定理知，SM ⊥平面ABC，所以l∥SM ．
过点O作OP⊥SM （或MS的延长线）于P，则四边形MNOP是矩形．
又由题意易知，M 是BC的中点，AB=BC =2 2，而SB=SC = 10，
则SM =2 2,OP=MN = 2,PM =ON = r2−4，所以SP= 2 2− r2−4 ，
( )2 ( )2
在Rt△SOP中，由SP2+OP2 =OS2，所以 2 2− r2−4 + 2 = r2，
41 41π
化简得 6−4 2⋅ r2−4 =0 ，解得r2 = ，所以S
表
=4πr2 = ．
8 2
方法二：如图②，调换视图角度，将平面SBC作为底面，由题意知，AB⊥平面SBC．
设△SBC的外心为点M ，过点M 作直线l⊥平面SBC，则l∥AB．
取AB的中点N ，在平面ABM 内过点N 作AB的垂直平分线，交直线l于点O，
SB
则点O为所求外接球的球心，在△SBC中，利用正弦定理，得2BM = ．
sinC
2 2 2
在等腰三角形SBC中，SB=SC = 10，得sinC = = ，
10 5
SB 10 5 2
2BM = = = 5 2
所以 sinC 2 2 ，所以BM = ，
4
5
5 2 82 41π
所以所求外接球的半径OB= 2 1+  − ，所以S 表 =4πOB2 = ．
4 4 2
41π
故答案为：
2
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应
写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（ 满分13分）（ 2024·广东广州·仲元中学校考一模）在ABC内，角A，B，C所对的边分别为a，b，
c，且bcosA−ccosB=(a−c)cos(A+C)．
(1)求角B的值；
(2)若ABC的面积为3 3，b= 13，求ABC的周长．
学科网（北京）股份有限公司π
【答案】(1)B=
3
(2)7+ 13
1
【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换得到cosB= ，求出角B；
2
（2）由余弦定理和面积公式得到方程，求出a+c，进而求出周长.
【详解】（1）由cos(A+C)=−cosB，得bcosA−ccosB=(c−a)cosB
∴由正弦定理，得sinBcosA−sinCcosB=(sinC−sinA)cosB．
∴sinAcosB+cosAsinB=2sinCcosB．
∴sin(A+B)=2sinCcosB．
又A+B+C=π，
∴sin(A+B)=sinC．
又0<C<π，
1
∴cosB= ．
2
又B∈(0,π)，
π
∴B= ．
3
π
（2）由（1）知B= ，
3
∴b2 =a2+c2−2accosB=a2+c2−ac①
1 3 3
又S = acsinB= ac，故 ac=3 3，
2 4 4
∴ac=12，②
又b= 13，
∴由①②，得a2+c2−12=13，故a2+c2 =25，
∴(a+c)2 =a2+c2+2ac=25+24=49，
故a+c=7，周长为7+ 13.
16．（ 满分15分）（ 2024·广东肇庆·校考模拟预测）在四棱锥P−ABCD中，底面是边长为2的正方形，PD⊥
平面ABCD，PD=3，E是棱PB上一点.
学科网（北京）股份有限公司(1)若E为PB的中点，求直线PB与平面AEC所成角的正弦值；
3 26
(2)若平面AEC与平面PBC的夹角的余弦值为 ，求点E的位置.
26
2
【答案】(1) 34
17
(2)点E为PB的中点

【分析】（1）由题设条件建系，表示出相关点，分别计算
PB
坐标和平面AEC的法向量坐标，利用线
面所成角的空间向量计算公式即得；
（2）在原有坐标系中，设出参数t表示出点E的坐标，分别计算平面AEC与平面PBC的法向量，利用
面面所成角的空间向量计算公式列出方程解之即得.
【详解】（1）
  
如图，分别以DA,DC,DP为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系.则
3
A(2,0,0),C(0,2,0),B(2,2,0),P(0,0,3),E(1,1, ).
2
  3  
于是，PB=(2,2,−3),AE=(−1,1, ),AC =(−2,2,0),设平面AEC的法向量为n=(x,y,z)，
2
  3
n⋅AE=−x+y+ z=0
则 2 ,
 

 n⋅AC =−2x+2y=0

故可取n=(1,1,0).设直线PB与平面AEC所成角为θ，
 
4 2
则sinθ=|cos〈PB,n〉|=| |= 34.
17× 2 17
2
即直线PB与平面AEC所成角的正弦值是 34.
17
学科网（北京）股份有限公司（2）
 
如图，设E(a,b,c)，BE=tBP，则0≤t≤1，因B(2,2,0),P(0,0,3)，故(a−2,b−2,c)=t(−2,−2,3)，解得：
E(2−2t,2−2t,3t)，
  
则AE=(−2t,2−2t,3t),AC =(−2,2,0),设平面AEC的法向量为m =(x,y ,z )，
1 1 1 1
 
 m ⋅AE=−2tx +(2−2t)y +3tz =0 
则 1  1 1 1 ,故可取m =(3t,3t,4t−2).
 m ⋅AC =−2x +2y =0 1
1 1 1
  
又BP=(−2,−2,3),BC =(−2,0,0),设平面BPC的法向量为m =(x ,y ,z )，
2 2 2 2
 
 m ⋅BP=−2x −2y +3z =0 
则 2  2 2 2 ,故可取m =(0,3,2).
 m ⋅BC =−2x =0 2
2 2
3 26   17t−4
设平面AEC与平面PBC的夹角为α，则cosα= =|cos〈m,m 〉|=| |，
26 1 2 34t2−16t+4× 13
1 1 1
解得：t = 或t =− ，因0≤t≤1，故t = ，即当点E为PB的中点时，平面AEC与平面PBC的夹角
2 34 2
3 26
的余弦值为 .
26
17．（ 满分15分）（ 2024·湖南邵阳·统考一模）已知递增的等差数列{a }( n∈N*) 满足：a +a +a =21,a,a ,a
n 2 4 6 1 2 5
成等比数列.
(1)求数列{a }的通项公式；
n
S
(2)记S 为数列{a }的前n项和，b = n ，求数列{b }的前n项和T .
n n n 2n n n
【答案】(1)a =2n−1,n∈N*
n
n2+4n+6
(2)T =6− ,n∈N*
n 2n
【分析】（1）根据题中条件列出方程组，解出即可;
（2）错位相减后得到结果，再用错位相减法进行计算，即可求解.
【详解】（1）设a =a +(n−1)d,d >0，
n 1
学科网（北京）股份有限公司3a =21   3(a +3d)=21 a =1 a =7
由题意得 4 ，即 1 ，解得 1 或 1 （舍去）
a 2 2 =a 1 a 5  (a 1 +d)2 =a 1 (a 1 +4d) d =2 d =0
∴a =2n−1,n∈N*.
n
n(a +a )
（2）由（1）可得S = 1 n =n2，
n 2
S n2 S S S S
则b = n = ,T =b +b +b ++b = 1 + 2 + 3 ++ n ，①
n 2n 2n n 1 2 3 n 2 22 23 2n
1 S S S S S
可得： T = 1 + 2 + 3 ++ n−1 + n ，②
2 n 22 23 24 2n 2n+1
1 a a a a S
①-②可得： T = 1 + 2 + 3 ++ n − n ，
2 n 2 22 23 2n 2n+1
a a a a
设K = 1 + 2 + 3 ++ n .③
n 2 22 23 2n
1 a a a a a
K = 1 + 2 + 3 ++ n−1 + n ，④
2 n 22 23 24 2n 2n+1
③-④可得：
1  1 n−1
1−  
1
K =
1
+
2
+
2
++
2
−
2n−1
=
1
+2⋅
4 2 
−
2n−1
=
3
−
2n+3，
2 n 2 22 23 2n 2n+1 2 1 2n+1 2 2n+1
1−
2
2n+3
则K =3− ，
n 2n
1 n2 2n+3 n2
∴ T =K − =3− − ，
2 n n 2n+1 2n 2n+1
n2+4n+6
∴T =6− ,n∈N*.
n 2n
18．（满分17分）（2024·全国·模拟预测）已知函数 f(x)=ax+lnx+1，g(x)=xex−2x.
(1)若 f(x)的极大值为1，求实数a的值；
(2)若a=−1，求证： f(x)≤g(x).
1
【答案】(1)−
e
(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论，利用导数判断函数的单调区间，根据极大值建立方程求解即可；
（2）把问题转化为证明xex−x−lnx−1≥0，构造函数，利用导数研究函数最值即可证明.
1 ax+1
【详解】（1） f(x)的定义域为(0,+∞)， f′(x)=a+ = .
x x
当a≥0时， f′(x)>0， f(x)在(0,+∞)上单调递增，函数 f(x)无极值；
学科网（北京）股份有限公司1 1
当a<0时，令 f′(x)>0，得0<x<− ，令 f′(x)<0，得x>− ，
a a
 1  1 
所以 f(x)在0,− 上单调递增，在− ,+∞上单调递减，
 a  a 
1  1  1 1
故当x=− 时， f(x)取得极大值，极大值为 f − =ln− =1，解得a=− .
a  a  a e
1 1
经验证a=− 符合题意，故实数a的值为− .
e e
（2）当a=−1时， f(x)=lnx−x+1，故要证 f(x)≤g(x)，即证xex−x−lnx−1≥0.
1  1
令F(x)=xex−x−lnx−1，则F′(x)=(x+1)ex− −1=(x+1)ex− ，x>0.
x  x
1 1
令G(x)=ex− ，x>0，则G′(x)=ex+ >0，
x x2
所以G(x)在(0,+∞)上单调递增，
1
又因为G = e−2<0，G(1)=e−1>0，
2
 1  1
所以∃x ∈ ,1，使得G(x )=0，即ex0 = ，
0  2  0 x
0
当x∈(0,x )时，G(x)<0，当x∈(x ,+∞)时，G(x)>0，
0 0
所以F(x)在(0,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，
0 0
所以F(x) =F(x )=x ex0 −x −lnx −1.
min 0 0 0 0
1
又因为ex0 = ，即x =−lnx ，
x 0 0
0
所以F(x) =1−x +x −1=0，
min 0 0
所以F(x)≥0，即xex−x−lnx−1≥0，故 f(x)≤g(x)得证.
19．（满分17分）（2024·陕西铜川·统考一模）概率论中有很多经典的不等式，其中最著名的两个当属由
两位俄国数学家马尔科夫和切比雪夫分别提出的马尔科夫（Markov）不等式和切比雪夫（Chebyshev）不等
式．马尔科夫不等式的形式如下：
E(X)
设X 为一个非负随机变量，其数学期望为E(X)，则对任意ε>0，均有P(X ≥ε)≤ ，
ε
马尔科夫不等式给出了随机变量取值不小于某正数的概率上界，阐释了随机变量尾部取值概率与其数
学期望间的关系．当X 为非负离散型随机变量时，马尔科夫不等式的证明如下：
学科网（北京）股份有限公司n
设X 的分布列为P(X = x )= p,i=1,2,,n,其中p ∈(0,+∞),x ∈[0,+∞)(i=1,2,,n),∑p =1，则对任
i i i i i
i=1
意ε>0，P(X ≥ε)= ∑ p ≤∑ x i p = 1 ∑x p ≤ 1 ∑ n x p = E(X) ，其中符号 ∑A i 表示对所有满足x ≥ε的
xi ≥ε i xi ≥ε ε i ε xi ≥ε i i ε i=1 i i ε xi ≥ε i
指标i所对应的A求和．
i
切比雪夫不等式的形式如下：
设随机变量X 的期望为E(X)，方差为D(X)，则对任意ε>0，均有P ( X −E(X) ≥ε ) ≤
D(X)
ε2
(1)根据以上参考资料，证明切比雪夫不等式对离散型随机变量X 成立．
(2)某药企研制出一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为80%．现随机选择了100名患者，经过使
用该药治疗后，治愈的人数为60人，请结合切比雪夫不等式通过计算说明药厂的宣传内容是否真实可信．
【答案】(1)证明见解析
(2)不可信
【分析】（1）利用马尔科夫不等式的证明示例证明即可；
（2）由题意可知治愈的人数为X 服从二项分布，由二项分布计算均值与方差，再结合切比雪夫不等式
说明即可.
【详解】（1）法一：对非负离散型随机变量[X −E(X)]2及正数ε2使用马尔科夫不等式，
有P ( X −E(X) ≥ε ) =P ( [X −E(X)]2 ≥ε2) ≤ E[X −E(X)]2 = D(X) ．
ε2 ε2
法二：设X 的分布列为
P(X = x )= p,i=1,2,,n,
i i
n
其中p,x ∈(0,+∞)(i=1,2,,n),∑p =1，记µ=E(X)，则对任意ε>0，
i i i
i=1
P ( X −µ≥ε)= ∑ P ≤ ∑ (x i −µ)2 P = 1 ∑ (x −µ)2 P ≤ 1 ∑ n (x −µ)2 P = D(X) .（ 2）设在100
i ε2 i ε2 i i ε2 i i ε2
xi −µ≥ε xi −µ≥ε xi −µ≥ε i=1
名患者中治愈的人数为X ．假设药企关于此新药有效率的宣传内容是客观真实的，
那么在此假设下，X ∼B(100,0.8),E(X)=100×0.8=80,D(X)=100×0.8×(1−0.8)=16．
D(X)
由切比雪夫不等式，有P(X ≤60)≤P ( X −80 ≥20 )≤ =0.04．
202
即在假设下，100名患者中治愈人数不超过60人的概率不超过0.04，此概率很小，
据此我们有理由推断药厂的宣传内容不可信．
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