2023版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí)命題一基礎(chǔ)性-遵循考綱難易適中學(xué)案文

2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí)命題一基礎(chǔ)性——遵循考綱難易適中學(xué)案文PAGE33-一、根底性——遵循考綱難易適中根本概念根本技能根本思想根本活動(dòng)根底性是高考的核心，包括：根底知識(shí)，根本技能，根本思想和根本活動(dòng)經(jīng)驗(yàn)，在試題中相互交織，多角度表達(dá)核心素養(yǎng)．根底性命題目標(biāo)真題回憶素養(yǎng)清單根本概念三種抽樣方法的定義1.[2022·全國卷Ⅲ]某公司有大量客戶，且不同年齡段客戶對(duì)其效勞的評(píng)價(jià)有較大差異．為了解客戶的評(píng)價(jià)，該公司準(zhǔn)備進(jìn)行抽樣調(diào)查，可供選擇的抽樣方法有簡單隨機(jī)抽樣、分層抽樣和系統(tǒng)抽樣，那么最適宜的抽樣方法是________．解析：因?yàn)榭蛻魯?shù)量大，且不同年齡段客戶對(duì)其效勞的評(píng)價(jià)有較大差異，所以最適宜的抽樣方法是分層抽樣．答案：分層抽樣[數(shù)學(xué)抽象][數(shù)據(jù)分析]根本概念三視圖的根本概念和空間想象能力2.[2022·全國卷Ⅲ]中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來．構(gòu)件的凸出局部叫榫頭，凹進(jìn)局部叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是榫頭．假設(shè)如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體，那么咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是()ABCD解析：由題意知，在咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件中，從俯視方向看，榫頭看不見，所以是虛線，結(jié)合榫頭的位置知選A.答案：A[數(shù)學(xué)抽象]根本概念中位數(shù)、平均數(shù)、方差、極差的概念3.[2022·全國卷Ⅱ]演講比賽共有9位評(píng)委分別給出某選手的原始評(píng)分，評(píng)定該選手的成績時(shí)，從9個(gè)原始評(píng)分中去掉1個(gè)最高分、1個(gè)最低分，得到7個(gè)有效評(píng)分.7個(gè)有效評(píng)分與9個(gè)原始評(píng)分相比，不變的數(shù)字特征是()A．中位數(shù)B．平均數(shù)C．方差D．極差解析：記9個(gè)原始評(píng)分分別為a，b，c，d，e，f，g，h，i(按從小到大的順序排列)，易知e為7個(gè)有效評(píng)分與9個(gè)原始評(píng)分的中位數(shù)，故不變的數(shù)字特征是中位數(shù)，應(yīng)選A.答案：A[數(shù)學(xué)建模][邏輯推理]根本運(yùn)算等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和的根本運(yùn)算4.[2022·全國卷Ⅰ]記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．假設(shè)3S3＝S2＋S4，a1＝2，那么a5＝()A．－12B．－10C．10D．12解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)?S3＝S2＋S4，所以3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)d))＝2a1＋d＋4a1＋eq\f(4×3,2)d，解得d＝－eq\f(3,2)a1，因?yàn)閍1＝2，所以d＝－3，所以a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.應(yīng)選B.答案：B[數(shù)學(xué)運(yùn)算][邏輯推理]根本運(yùn)算二倍角公式和解三角形的根本運(yùn)算5.[2022·全國卷Ⅱ]在△ABC中，coseq\f(C,2)＝eq\f(\r(5),5)，BC＝1，AC＝5，那么AB＝()A．4eq\r(2)B.eq\r(30)C.eq\r(29)D．2eq\r(5)解析：∵coseq\f(C,2)＝eq\f(\r(5),5)，∴cosC＝2cos2eq\f(C,2)－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2－1＝－eq\f(3,5).在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝52＋12－2×5×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝32，∴AB＝eq\r(32)＝4eq\r(2).應(yīng)選A.答案：A[數(shù)學(xué)運(yùn)算][數(shù)學(xué)建模]根本運(yùn)算復(fù)數(shù)方程、復(fù)數(shù)的四那么運(yùn)算6.[2022·全國卷Ⅲ]假設(shè)z(1＋i)＝2i，那么z＝()A．－1－iB．－1＋iC．1－iD．1＋i解析：解法一z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(2i－i2,2)＝1＋i.應(yīng)選D解法二設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，那么由z(1＋i)＝2i，得(a＋bi)(1＋i)＝2i，即(a－b)＋(a＋b)i＝2i，所以由復(fù)數(shù)相等得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＝0,＋b＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝1，))所以z＝1＋i.應(yīng)選D.答案：D[數(shù)學(xué)運(yùn)算]根本技能平面向量的線性運(yùn)算，轉(zhuǎn)化化歸思想7.[2022·全國卷Ⅰ]在△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點(diǎn)，那么eq\o(EB,\s\up6(→))＝()A.eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))B.eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up6(→))C.eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))D.eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up6(→))解析：解法一如下圖．eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→)).應(yīng)選A.方法二eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))，應(yīng)選A.答案：A[數(shù)學(xué)建模][數(shù)學(xué)運(yùn)算]根本技能函數(shù)的奇偶性與周期性，轉(zhuǎn)化化歸思想和計(jì)算能力8.[2022·全國卷Ⅱ]f(x)是定義域?yàn)?－∞，＋∞)的奇函數(shù)，滿足f(1－x)＝f(1＋x)．假設(shè)f(1)＝2，那么f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝()A．－50B．0C．2D．50解析：∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(1－x)＝－f(x－1)．由f(1－x)＝f(1＋x)，∴－f(x－1)＝f(x＋1)，∴f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，∴函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù)．由f(x)為奇函數(shù)得f(0)＝0.又∵f(1－x)＝f(1＋x)，∴f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，∴f(2)＝f(0)＝0，∴f(－2)＝0.又f(1)＝2，∴f(－1)＝－2，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝f(1)＋f(2)＋f(－1)＋f(0)＝2＋0－2＋0＝0，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(49)＋f(50)＝0×12＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2＋0＝2.應(yīng)選C.答案：C[數(shù)學(xué)運(yùn)算][數(shù)據(jù)分析][數(shù)學(xué)抽象]根本技能等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式，學(xué)生解方程能力9.[2022·全國卷Ⅲ]各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為15，且a5＝3a3＋4a1，那么aA．16B．8C．4D．2解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因?yàn)閿?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q答案：C[邏輯推理][數(shù)學(xué)抽象]根本思想圓錐的概念和空間想象能力與解三角形，轉(zhuǎn)化化歸思想和運(yùn)算求解能力10.[2022·全國卷Ⅱ]圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為eq\f(7,8)，SA與圓錐底面所成角為45°.假設(shè)△SAB的面積為5eq\r(15)，那么該圓錐的側(cè)面積為________．解析：如圖，∵SA與底面成45°角，∴△SAO為等腰直角三角形．設(shè)OA＝r，那么SO＝r，SA＝SB＝eq\r(2)r.在△SAB中，cos∠ASB＝eq\f(7,8)，∴sin∠ASB＝eq\f(\r(15),8)，∴S△SAB＝eq\f(1,2)SA·SB·sin∠ASB＝eq\f(1,2)(eq\r(2)r)2·eq\f(\r(15),8)＝5eq\r(15)，解得r＝2eq\r(10)，∴SA＝eq\r(2)r＝4eq\r(5)，即母線長l＝4eq\r(5)，∴S圓錐側(cè)＝πr·l＝π×2eq\r(10)×4eq\r(5)＝40eq\r(2)π.答案：40eq\r(2)π[數(shù)學(xué)建模][數(shù)學(xué)運(yùn)算][邏輯推理]根本思想三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合思想，結(jié)合三角函數(shù)的圖象判斷函數(shù)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)及單調(diào)性11.[2022·全國卷Ⅲ]設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))(ω>0)，f(x)在[0,2π]有且僅有5個(gè)零點(diǎn)．下述四個(gè)結(jié)論：①f(x)在(0,2π)有且僅有3個(gè)極大值點(diǎn)②f(x)在(0,2π)有且僅有2個(gè)極小值點(diǎn)③f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))單調(diào)遞增④ω的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10)))其中所有正確結(jié)論的編號(hào)是()A．①④B．②③C．①②③D．①③④解析：如圖，根據(jù)題意知，xA≤2π<xB，根據(jù)圖象可知函數(shù)f(x)在(0,2π)有且僅有3個(gè)極大值點(diǎn)，所以①正確；但可能會(huì)有3個(gè)極小值點(diǎn)，所以②錯(cuò)誤；根據(jù)xA≤2π<xB，有eq\f(24π,5ω)≤2π<eq\f(29π,5ω)，得eq\f(12,5)≤ω<eq\f(29,10)，所以④正確；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))時(shí)，eq\f(π,5)<ωx＋eq\f(π,5)<eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)，因?yàn)閑q\f(12,5)≤ω<eq\f(29,10)，所以eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)<eq\f(49π,100)<eq\f(π,2)，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))單調(diào)遞增，所以③正確．答案：D[數(shù)學(xué)建模][數(shù)學(xué)運(yùn)算][邏輯推理]高考小題集訓(xùn)(一)1．[2022·安徽安慶五校聯(lián)盟考試]集合M＝{0，x}，N＝{1,2}，假設(shè)M∩N＝{2}，那么M∪N＝()A．{0，x,1,2}B．{2,0,1,2}C．{0,1,2}D．不能確定解析：集合M＝{0，x}，N＝{1,2}，假設(shè)M∩N＝{2}，那么x＝2，所以M∪N＝{0,1,2}．應(yīng)選C.答案：C2．[2022·重慶外國語學(xué)校摸底]當(dāng)eq\f(2,3)<m<1時(shí)，復(fù)數(shù)z＝(3m－2)＋(m－1)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限解析：復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(3m－2，m－1)，因?yàn)閑q\f(2,3)<m<1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3m－2>0，,m－1<0，))所以點(diǎn)在第四象限，應(yīng)選D.答案：D3．[2022·廣東揭陽模擬]函數(shù)f(x)＝2x2－a，f(eq\r(3))＝eq\f(1,4)，那么f(－eq\r(2))＝()A．1B．－eq\f(1,8)C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,8)解析：依題意f(eq\r(3))＝23－a＝eq\f(1,4)＝2－2，故3－a＝－2，解得a＝5.故f(x)＝2x2－5，所以f(－eq\r(2))＝22－5＝2－3＝eq\f(1,8).應(yīng)選D.答案：D4．[2022·北京門頭溝綜合練習(xí)]向量a，b滿足|a|＝|b|＝1，且其夾角為θ，那么“|a－b|＝1”是“θ＝eq\f(π,3)〞的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：由|a－b|＝1得|a－b|2＝1，得|a|2＋|b|2－2a·b＝1，即1＋1－2a·b＝1，得2a·b＝1，即a·b＝eq\f(1,2)，那么cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(\f(1,2),1×1)＝eq\f(1,2)，所以θ＝eq\f(π,3)；反之當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時(shí)，a·b＝eq\f(1,2)，那么|a－b|2＝|a|2＋|b|2－2a·b＝1＋1－2×eq\f(1,2)＝1＋1－1＝1，所以|a－b|＝1，所以“|a－b|＝1”是“θ＝eq\f(π,3)〞的充要條件，應(yīng)選C.答案：C5．[2022·湖北鄂州四校第二次聯(lián)考]α為銳角，且2tan(π－α)－3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋β))＋5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β)＝1，那么sinβ的值為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(1,3)D．－eq\f(1,2)解析：由2tan(π－α)－3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋β))＋5＝0，化簡得－2tanα＋3sinβ＋5＝0；由tan(π＋α)＋6sin(π＋β)＝1，化簡得tanα－6sinβ＝1.聯(lián)立方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2tanα＋3sinβ＋5＝0，,tanα－6sinβ＝1，))解得sinβ＝eq\f(1,3).應(yīng)選A.答案：A6．[2022·湖北孝感模擬]如圖，網(wǎng)格紙上的小方格都是正方形，粗實(shí)線畫出的是一個(gè)錐體的側(cè)視圖和俯視圖，那么該錐體的正視圖可能是()解析：由俯視圖和側(cè)視圖可知原幾何體是四棱錐，底面是長方形，且與長方形的長相交的某一側(cè)面垂直于底面，所以正視圖為A.答案：A7．[2022·江西上饒一模]直線ax－by＝0與圓x2＋y2－ax＋by＝0的位置關(guān)系是()A．相交B．相切C．相離D．不能確定解析：圓的方程可化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(b,2)))2＝eq\f(a2＋b2,4)，圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(b,2)))，半徑r＝eq\r(\f(a2＋b2,4))，圓心到直線ax－by＝0的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a·\f(a,2)－b·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2))))),\r(a2＋b2))＝eq\r(\f(a2＋b2,4))＝r，故直線與圓相切．答案：B8．[2022·安徽六安一中檢測]如圖，在正方形ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)O，M，N分別是線段BD，DD1，D1C1的中點(diǎn)，那么直線OM與AC，A．直線OM與AC，MN均垂直B．直線OM與AC垂直，與MN不垂直C．直線OM與AC不垂直，與MN垂直D．直線OM與AC，MN均不垂直解析：因?yàn)镈D1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1.又AC⊥BD，DD1∩BD＝D，連接B1D1，所以AC⊥平面BDD1B1.因?yàn)镺M?平面BDD1B1，所以O(shè)M⊥AC.設(shè)正方體的棱長為2，那么OM＝eq\r(1＋2)＝eq\r(3)，MN＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，連接ON，ON＝eq\r(1＋4)＝eq\r(5)，所以O(shè)M2＋MN2＝ON2，所以O(shè)M⊥MN.應(yīng)選A.答案：A9．[2022·廣東佛山質(zhì)檢]執(zhí)行如下圖的程序框圖，假設(shè)輸出的S值為－20，那么在判斷框內(nèi)應(yīng)填寫()A．i>3B．i<4C．i>4D．i<5解析：執(zhí)行程序框圖，i＝1，S＝10，滿足判斷框內(nèi)的條件，第1次執(zhí)行循環(huán)體，S＝10－21＝8，i＝2，滿足判斷框內(nèi)的條件，第2次執(zhí)行循環(huán)體，S＝8－22＝4，i＝3，滿足判斷框內(nèi)的條件，第3次執(zhí)行循環(huán)體，S＝4－23＝－4，i＝4，滿足判斷框內(nèi)的條件，第4次執(zhí)行循環(huán)體，S＝－4－24＝－20，i＝5，此時(shí)，應(yīng)該不滿足判斷框內(nèi)的條件，退出循環(huán)．輸出的S值為－20，那么判斷框內(nèi)應(yīng)填寫i<5，應(yīng)選D.答案：D10．[2022·安徽合肥一檢]某調(diào)查機(jī)構(gòu)對(duì)全國互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)進(jìn)行調(diào)查統(tǒng)計(jì)，得到整個(gè)互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)從業(yè)者年齡分布的餅狀圖、90后從事互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)崗位分布條形圖，那么以下結(jié)論中不一定正確的選項(xiàng)是()注：90后指1990年1月1日至1999年12月31日出生的人，80后指1980年1月1日至1989年12月31日出生的人，80前指1979年12月31日及以前出生的人．A．互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)從業(yè)人員中90后占一半以上B．互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)中從事技術(shù)崗位的人數(shù)超過總?cè)藬?shù)的20%C．互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)中從事運(yùn)營崗位的人數(shù)90后比80前多D．互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)中從事技術(shù)崗位的人數(shù)90后比80后多解析：對(duì)于A：由整個(gè)互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)從業(yè)者年齡分布的餅狀圖可知，互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)從業(yè)者中90后占了56%，所以A正確；對(duì)于B：由兩個(gè)統(tǒng)計(jì)圖知，互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)從事技術(shù)崗位的90后人數(shù)占總?cè)藬?shù)的56%×39.6%＝22.176%，已經(jīng)超過了20%，所以整個(gè)互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)從事技術(shù)崗位的人數(shù)肯定會(huì)超過總?cè)藬?shù)的20%，所以B正確；對(duì)于C：由兩個(gè)統(tǒng)計(jì)圖知，互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)從事運(yùn)營崗位的人數(shù)90后占總?cè)藬?shù)的56%×17%＝9.52%，超過了80前互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)從業(yè)者人數(shù)，所以C正確；對(duì)于D：由兩個(gè)統(tǒng)計(jì)圖知互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)80后的人數(shù)占41%，但沒有80后的崗位分布圖，因此無法判斷互聯(lián)網(wǎng)行業(yè)中從事技術(shù)崗位的人數(shù)90后與80后誰多誰少，故D錯(cuò)誤，選D.答案：D11．[2022·安徽宿州一中月考]關(guān)于x，y的不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥3，,mx－y＋3≥0，,xx－2≤0))表示的平面區(qū)域構(gòu)成一個(gè)銳角三角形，那么實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))D．(0,1)解析：由題意易知，直線mx－y＋3＝0過定點(diǎn)(0,3)．作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影局部所示．易知邊界點(diǎn)A(0,3)，B(2,1)，C(2,2m過點(diǎn)A分別作AC1⊥BC于點(diǎn)C1，作AC2⊥AB，交BC于點(diǎn)C2，數(shù)形結(jié)合可知，當(dāng)點(diǎn)C與C1(2,3)重合或與C2(2,5)重合時(shí)，△ABC為直角三角形；當(dāng)點(diǎn)C位于B，C1之間或在C1C2△ABC為鈍角三角形；當(dāng)點(diǎn)C位于C1，C2之間時(shí)，△ABC為銳角三角形；當(dāng)點(diǎn)C在C1B的延長線上時(shí)，不能構(gòu)成三角形，所以3<2m＋3<5，解得0<m答案：D12．[2022·湖北八市聯(lián)考]在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的半焦距為c，(a,0)，(0，b)為直線l上兩點(diǎn)，原點(diǎn)O到直線l的距離為eq\f(\r(3),4)c，那么雙曲線的離心率e為()A.eq\f(2\r(3),3)B.eq\r(3)或2C．2或eq\f(2\r(3),3)D．2解析：由題意可得直線l的方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0.∵原點(diǎn)O到直線l的距離為eq\f(\r(3),4)c，∴eq\f(|ab|,\r(a2＋b2))＝eq\f(\r(3),4)c.又c2＝a2＋b2，∴3e4－16e2＋16＝0，∴e2＝4或e2＝eq\f(4,3).∵0<b<a，∴c2＝a2＋b2<2a2∴e＝eq\f(c,a)<eq\r(2)，故離心率e＝eq\f(2\r(3),3)，應(yīng)選A.答案：A13．[2022·陜西西安一中檢測]在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a1＋a4＋a7＝2，a3＋a6＋a9＝18，那么{an}的前9項(xiàng)和S9＝________.解析：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，∵a1＋a4＋a7＝2，a3＋a6＋a9＝18，∴q2＝9，∵q>0，∴q＝3，∴a1＋27a1＋36解得a1＝eq\f(2,757)，∴S9＝eq\f(\f(2,757)×1－39,1－3)＝26.優(yōu)解設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，∵a1＋a4＋a7＝2，a3＋a6＋a9＝18，∴q2＝9，∵q>0，∴q＝3，∴a2＋a5＋a8＝2q＝6，∴S9＝2＋