基本分保底訓(xùn)練答案 【藝體生高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)講義 電子稿】

－－(這是邊文，請(qǐng)據(jù)需要手工刪加)基本分保底訓(xùn)練基本分保底訓(xùn)練(1)1.A2.D3.A4.B5.B【解析】由題知p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則焦點(diǎn)弦AB＝x1＋x2＋p，所以8＝x1＋x2＋2，即x1＋x2＝6，所以弦AB的中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為d＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(6,2)＝3.故選B.6.C【解析】因?yàn)閒(x)＝lg(eq\r(x2＋1)＋x)＋eq\f(1,2)，所以f(－x)＝lg[eq\r(（－x）2＋1)－x]＋eq\f(1,2)，所以f(x)＋f(－x)＝lg(eq\r(x2＋1)＋x)＋eq\f(1,2)＋lg(eq\r(x2＋1)－x)＋eq\f(1,2)＝lg[(eq\r(x2＋1)＋x)(eq\r(x2＋1)－x)]＋1＝lg[(eq\r(x2＋1))2－x2]＋1＝lg1＋1＝0＋1＝1，所以f(ln5)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,5)))＝f(ln5)＋f(－ln5)＝1.故選C.7.AC【解析】設(shè)利潤(rùn)為W，收入為x，支出為y，則由題圖知W1＝x1－y1＝10，W2＝15，W3＝25，W4＝10，W5＝28，W6＝30，W7＝52，W8＝51，W9＝45，W10＝40，W11＝45，W12＝30.對(duì)于A，該企業(yè)2019年1月到6月的總利潤(rùn)為118，該企業(yè)2019年7月至12月的總利潤(rùn)為263，故A正確；對(duì)于B，該企業(yè)2019年第一季度的利潤(rùn)約為50萬元，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，該企業(yè)2019年4月至7月的月利潤(rùn)分別為10，28，30，52，持續(xù)增長(zhǎng)，故C正確；對(duì)于D，該企業(yè)2019年7月份的月利潤(rùn)最大，故D錯(cuò)誤．故選AC.8.ABC【解析】因?yàn)閒(x)＝sinx＋eq\f(1,2)sin2x，y＝sinx的周期是2π，y＝eq\f(1,2)sin2x的周期是eq\f(2π,2)＝π，所以f(x)＝sinx＋eq\f(1,2)sin2x的周期是2π，故A正確；當(dāng)f(x)＝sinx＋eq\f(1,2)sin2x＝0，x∈[0，2π]時(shí)，sinx＋sinxcosx＝0，即sinx(1＋cosx)＝0，則sinx＝0或1＋cosx＝0，解得x＝0或x＝π或x＝2π，所以f(x)在[0，2π]上有3個(gè)零點(diǎn)，故B正確；f(x)＝sinx＋sinxcosx，則f′(x)＝cosx＋cos2x－sin2x＝2cos2x＋cosx－1.令f′(x)＝0，得cosx＝eq\f(1,2)或cosx＝－1.因?yàn)閒(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，所以f(x)在cosx＝eq\f(1,2)時(shí)取得最大值，此時(shí)sinx＝eq\f(\r(3),2)，所以f(x)max＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4)，故C正確；因?yàn)閒′(x)＝2cos2x＋cosx－1，由f′(x)>0，得eq\f(1,2)<cosx≤1，所以－eq\f(π,3)＋2kπ<x<eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上不具備單調(diào)性，故D錯(cuò)誤．故選ABC.9.8010.－4eq\r(3)11.【解答】(1)若選擇①b2＋eq\r(2)ac＝a2＋c2，由余弦定理cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2)ac,2ac)＝eq\f(\r(2),2)，因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).又由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(\r(2)·sin\f(π,3),\f(\r(2),2))＝eq\r(3).因?yàn)锳＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(π,4)，所以C＝π－eq\f(π,3)－eq\f(π,4)＝eq\f(5π,12)，所以sinC＝sineq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)coseq\f(π,6)＋coseq\f(π,4)sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(2)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(3＋\r(3),4).(2)若選擇②acosB＝bsinA，則由正弦定理知sinAcosB＝sinBsinA，因?yàn)閟inA≠0，所以sinB＝cosB，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(\r(2)·sin\f(π,3),\f(\r(2),2))＝eq\r(3).因?yàn)锳＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(π,4)，所以C＝π－eq\f(π,3)－eq\f(π,4)＝eq\f(5π,12)，所以sinC＝sineq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)coseq\f(π,6)＋coseq\f(π,4)sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(2)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(3＋\r(3),4).(3)若選擇③sinB＋cosB＝eq\r(2)，則eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝eq\r(2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝1，因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，所以B＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，所以B＝eq\f(π,4).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(\r(2)·sin\f(π,3),\f(\r(2),2))＝eq\r(3).因?yàn)锳＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(π,4)，所以C＝π－eq\f(π,3)－eq\f(π,4)＝eq\f(5π,12)，所以sinC＝sineq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)coseq\f(π,6)＋coseq\f(π,4)sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(2)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(3＋\r(3),4).12.【解答】(1)如圖(1)，連接BD交AQ于點(diǎn)M，連接PM，因?yàn)椤鰾MQ∽△DMA，BQ＝eq\f(1,2)AD，所以BM＝eq\f(1,2)DM.又EP＝eq\f(1,2)DP，所以PM∥BE.因?yàn)镻M平面APQ，BE平面APQ，所以BE∥平面APQ.(第12題(1))(2)方法一：如圖(1)，在△ADE中，過點(diǎn)P作PG⊥AE于點(diǎn)G，過點(diǎn)G作GH⊥AF于點(diǎn)H，連接PH.因?yàn)锳E⊥平面ABCD，AD平面ABCD，所以AE⊥AD.又AB⊥AD，AB∩AE＝A，AB，AE平面ABFE，所以AD⊥平面ABFE.因?yàn)镻G⊥AE，所以PG∥AD，所以PG⊥平面ABFE.因?yàn)锳F平面ABFE，所以PG⊥AF.又PG∩GH＝G，GH，PG平面PGH，所以AF⊥平面PGH.因?yàn)镻H平面PGH，所以PH⊥AF，故∠PHG即為所求二面角的平面角，記為θ.因?yàn)镻G＝eq\f(1,3)AD＝eq\f(2\r(2),3)，AG＝eq\f(2,3)AE＝eq\f(4,3)，AF＝eq\r(AE2＋EF2)＝eq\r(6)，且Rt△AHG∽R(shí)t△AEF，所以eq\f(GH,FE)＝eq\f(AG,AF)＝eq\f(\f(4,3),\r(6))＝eq\f(2\r(6),9)，所以GH＝eq\f(4\r(3),9)，在Rt△PGH中，PH＝eq\r(PG2＋GH2)＝eq\f(2\r(30),9)，所以cosθ＝eq\f(GH,PH)＝eq\f(\r(10),5)，所以二面角Peq\a\vs4\al()AFeq\a\vs4\al()E的余弦值為eq\f(\r(10),5).方法二：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))為x軸，y軸，z軸建立如圖(2)所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)eq\a\vs4\al()xyz，則A(0，0，0)，C(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，D(0，2eq\r(2)，0)，E(0，0，2)，F(xiàn)(eq\r(2)，0，2)，設(shè)P(x，y，z)，因?yàn)镈P＝2PE，所以eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(DE,\s\up6(→))，即(x，y－2eq\r(2)，z)＝eq\f(2,3)(0，－2eq\r(2)，2)，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(2),3)，\f(4,3)))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(2),3)，\f(4,3))).設(shè)平面AFP的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，因?yàn)閑q\o(AF,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\o(AF,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(AP,\s\up6(→))·n1＝0，)))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\r(2)x1＋2z1＝0，,\f(2\r(2),3)y1＋\f(4,3)z1＝0，)))取x1＝eq\r(2)，則y1＝eq\r(2)，z1＝－1，故n1＝(eq\r(2)，eq\r(2)，－1).又平面AEF的法向量為n2＝(0，1，0)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(10),5)，由圖可知所求二面角為銳角，所以二面角Peq\a\vs4\al()AFeq\a\vs4\al()E的余弦值為eq\f(\r(10),5).(第12題(2))基本分保底訓(xùn)練(2)1.A2.D3.B4.B5.B【解析】因?yàn)橄蛄縜＝(x，2)，b＝(2，y)，c＝(2，－4)，且a∥c，b⊥c，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－4x－4＝0，,4－4y＝0，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝1，)))即a＝(－1，2)，b＝(2，1)，所以a－b＝(－3，1)，所以|a－b|＝eq\r(（－3）2＋12)＝eq\r(10).故選B.6.B【解析】如圖，設(shè)拋物線y2＝4x的準(zhǔn)線l與x軸交于點(diǎn)D，則由題意知F(1，0)，D(－1，0)，DF＝2，又直線AF的斜率為－eq\r(3)，所以∠AFD＝60°.因?yàn)椤螦FD＝∠FAP，且PF＝PA，所以△PAF為等邊三角形．又AF＝2DF＝4，所以S△PAF＝eq\f(1,2)×42×60°＝4eq\r(3).故選B.(第6題)7.ACD【解析】f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sin(2x－eq\f(π,6))，x∈R．易知－2≤f(x)≤2，A正確；當(dāng)x∈(0，π)時(shí)，2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(11π,6)))，當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝0或π時(shí)，f(x)＝0，故B錯(cuò)誤；由T＝eq\f(2π,2)＝π，知C正確；因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\f(π,2)＝2，所以x＝eq\f(π,3)為f(x)圖象的一條對(duì)稱軸，故D正確．故選ACD.8.ABD【解析】對(duì)于A，在菱形ABCD中，AC與BD交于點(diǎn)O，則AC⊥BD，在翻折過程中，因?yàn)锽O⊥AO，BO⊥OC，AO∩OC＝O，AO，OC平面OCM，所以BO⊥平面OCM，又CM平面OCM，所以BO⊥CM，故A正確；對(duì)于B，設(shè)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，由∠BAD＝60°，得AO＝eq\r(3)，在翻折過程中，AO＝MO＝eq\r(3)，MD＝CD＝2，若△CDM為等邊三角形，則CM＝2，在△COM中，由余弦定理知當(dāng)cos∠MOC＝eq\f(3＋3－4,2×\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3)時(shí)，△CDM為等邊三角形，故B正確；對(duì)于C，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OD,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)).因?yàn)镺B⊥OM，OD⊥OC，所以eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→)).令菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\r(3)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))＝1，所以eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝3cos∠MOC－1，當(dāng)cos∠MOC＝eq\f(1,3)時(shí)，eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，即DM⊥BC，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，在翻折過程中，點(diǎn)M在平面BCD內(nèi)的射影N落在線段AC上，若菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則MD＝2，OD＝1，cos∠MDN＝eq\f(DN,DM)≥eq\f(OD,DM)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)N位于點(diǎn)O處時(shí)，∠MDN取得最大值60°，故D正確．故選ABD.(第8題)9.y＝2x＋110.eq\f(1,7)11.【解答】(1)因?yàn)?b－a)(sinB＋sinA)＝c(eq\r(3)sinB－sinC)，所以由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得(b－a)(b＋a)＝c(eq\r(3)b－c)，即b2＋c2－a2＝eq\r(3)bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3)bc,2bc)＝eq\f(\r(3),2).又因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(π,6).(2)方案一：選條件①和②.由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得b＝eq\f(a,sinA)sinB＝2eq\r(2).由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得(2eq\r(2))2＝22＋c2－2×2ccoseq\f(π,4)，解得c＝eq\r(2)＋eq\r(6)，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2×(eq\r(2)＋eq\r(6))×eq\f(\r(2),2)＝eq\r(3)＋1.方案二：選條件①和③.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得4＝b2＋3b2－3b2，則b2＝4，所以b＝2，所以c＝2eq\r(3)，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)×eq\f(1,2)＝eq\r(3).12.【解答】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝3，,（a1＋d）2＝a1（a1＋4d），)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，)))所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.(2)由題意得an＋2＝2n＋1，Sn＝(a1＋2)＋(a2＋2)＋(a3＋2)＋…＋(an－1＋2)＋(an＋2)＝3＋5＋7＋…＋(2n－1)＋(2n＋1)＝eq\f(（2n＋1＋3）n,2)＝n2＋2n，所以bn＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝eq\f(1,2)[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))]＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）).基本分保底訓(xùn)練(3)1.C2.B3.A4.B5.B【解析】由題知eq\f(π2,16)＝eq\f(5,8)，所以π＝eq\r(10).因?yàn)锳B⊥平面BCD，CD平面BCD，所以AB⊥CD，又BC⊥CD，AB∩BC＝B，AB，BC平面ABC，所以CD⊥平面ABC，因?yàn)锳C平面ABC，所以CD⊥AC，取AD的中點(diǎn)為O，則OA＝OB＝OC＝OD＝eq\f(AD,2).因?yàn)锽C＝2，AB＝CD＝eq\r(3)，所以BD＝eq\r(7)，AD＝eq\r(10)，所以外接球的半徑r＝eq\f(AD,2)＝eq\f(\r(10),2)，故所求的表面積S＝4πr2＝10eq\r(10).故選B.6.D【解析】設(shè)BC＝6，則AB＝AC＝3eq\r(2)，BD＝DE＝EC＝2，AD＝AE＝eq\r(BD2＋BA2－2BD·BA·cos\f(π,4))＝eq\r(10)，cos∠DAE＝eq\f(10＋10－4,2×10)＝eq\f(4,5)，所以eq\f(AF,AD)＝eq\f(AF,AE)＝eq\f(4,5)，所以eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(4,5)eq\o(AD,\s\up6(→)).因?yàn)閑q\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(4,5)×(eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(8,15)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(4,15)eq\o(AC,\s\up6(→)).故選D.7.ACD【解析】由10a＝4，10b＝25，得a＝lg4，b＝lg25，所以a＋b＝lg4＋lg25＝lg100＝2，所以b－a＝lg25－lg4＝lgeq\f(25,4).因?yàn)閘g10＝1>lgeq\f(25,4)>lg6，所以b－a>lg6，所以ab＝4lg2lg5>4lg2lg4＝8lg22.故選ACD.8.BC【解析】因?yàn)閑q\f(x2,6)＋y2＝1，所以a＝eq\r(6)，b＝1，所以c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(6－1)＝eq\r(5)，則橢圓C的焦距為2eq\r(5)，離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),\r(6))＝eq\f(\r(30),6).設(shè)P(x，y)(－eq\r(6)≤x≤eq\r(6))，則PD2＝(x＋1)2＋y2＝(x＋1)2＋1－eq\f(x2,6)＝eq\f(5,6)(x＋eq\f(6,5))2＋eq\f(4,5)≥eq\f(4,5)>eq\f(1,5)，所以圓D在橢圓C的內(nèi)部，且PQ的最小值為eq\r(\f(4,5))－eq\r(\f(1,5))＝eq\f(\r(5),5).故選BC.9.410.611.【解答】(1)因?yàn)閑q\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝(3n＋1，3n＋1)，所以an＝(3n＋1)2＋3(3n＋1)＝(3n＋1)(3n＋4).因?yàn)閍n＋1－an＝(3n＋4)(3n＋7)－(3n＋1)(3n＋4)＝6(3n＋4)，所以(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝18為常數(shù)，所以數(shù)列{an＋1－an}是等差數(shù)列．(2)因?yàn)閑q\f(1,an)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n＋1)－\f(1,3n＋4)))，所以Sn＝eq\f(1,3)(eq\f(1,4)－eq\f(1,7)＋eq\f(1,7)－eq\f(1,10)＋…＋eq\f(1,3n＋1)－eq\f(1,3n＋4))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,3n＋4)))＝eq\f(n,12n＋16).12.【解答】(1)2×2列聯(lián)表如下：不少于60元少于60元合計(jì)男124052女182038合計(jì)306090則K2＝eq\f(90×（12×20－40×18）2,30×60×52×38)＝eq\f(1440,247)>3.841，因此有95%的把握認(rèn)為購(gòu)買金額是否少于60元與性別有關(guān)．(2)X可能取值為65，70，75，80，且p＝eq\f(10＋20,90)＝eq\f(1,3)，P(X＝65)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(1,27)，P(X＝70)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，P(X＝75)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(4,9)，P(X＝80)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(8,27)，所以X的分布列為X65707580Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)故數(shù)學(xué)期望E(X)＝65×eq\f(1,27)＋70×eq\f(2,9)＋75×eq\f(4,9)＋80×eq\f(8,27)＝75.基本分保底訓(xùn)練(4)1.B2.B3.C4.B5.D【解析】當(dāng)乙用現(xiàn)金結(jié)賬時(shí)，此時(shí)甲和乙都用現(xiàn)金結(jié)賬，所以丙有3種結(jié)賬方式，丁有4種結(jié)賬方式，共有3×4＝12(種)結(jié)賬方式；當(dāng)乙用銀聯(lián)卡結(jié)賬時(shí)，此時(shí)甲用現(xiàn)金結(jié)賬，所以丙有2種結(jié)賬方式，丁有4種結(jié)賬方式，共有2×4＝8(種)結(jié)賬方式．綜上，共有12＋8＝20(種)結(jié)賬方式．故選D.6.A【解析】方法一：由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，得eq\f(\r(2),2)(sinα－cosα)＝eq\f(3,5)，所以sinα－cosα＝eq\f(3\r(2),5)①，①式兩邊同時(shí)平方，得1－2sinαcosα＝eq\f(18,25)，即sinαcosα＝eq\f(7,50)②.聯(lián)立①②可得cos2α＋eq\f(3\r(2),5)cosα＝eq\f(7,50)，即50cos2α＋30eq\r(2)cosα－7＝0，解得cosα＝eq\f(\r(2),10)或－eq\f(7\r(2),10).又因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(\r(2),10).故選A.方法二：因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝eq\f(4,5)，所以cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))coseq\f(π,4)－sin(α－eq\f(π,4))sineq\f(π,4)＝eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),10).故選A.7.AB【解析】若繞直角邊旋轉(zhuǎn)，則形成圓錐，其中圓錐的底面半徑為1，高為1，母線即為直角三角形的斜邊，長(zhǎng)為eq\r(2)，所以形成的幾何體的表面積S＝πrl＋πr2＝π×1×eq\r(2)＋π×12＝(eq\r(2)＋1)π.若繞斜邊旋轉(zhuǎn)，則形成的是上、下兩個(gè)相同的圓錐，其中圓錐的半徑是直角三角形斜邊的高，長(zhǎng)為eq\f(\r(2),2)，兩個(gè)圓錐的母線即為直角三角形的直角邊，長(zhǎng)為1，所以形成的幾何體的表面積S＝2×πrl＝2×π×eq\f(\r(2),2)×1＝eq\r(2)π.綜上可知，形成的幾何體的表面積是(eq\r(2)＋1)π或eq\r(2)π.故選AB.8.BD【解析】對(duì)于A，由題意知f(x)＝cos2ωx＋eq\r(3)sin2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))，因?yàn)門＝eq\f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，故A不正確；對(duì)于B，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時(shí)，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上為增函數(shù)，故B正確；對(duì)于C，當(dāng)x＝eq\f(π,3)時(shí)，2×eq\f(π,3)＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，因?yàn)閟ineq\f(5π,6)＝eq\f(1,2)≠±1，所以直線x＝eq\f(π,3)不是函數(shù)y＝f(x)圖象的一條對(duì)稱軸，故C不正確；對(duì)于D，當(dāng)x＝eq\f(5π,12)時(shí)，2×eq\f(5π,12)＋eq\f(π,6)＝π，因?yàn)閟inπ＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))是函數(shù)y＝f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心，故D正確．故選BD.9.±210.911.【解答】(1)如圖，取CD的中點(diǎn)M，連接EM，F(xiàn)M，(第11題)因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PC和AB的中點(diǎn)，四邊形ABCD為正方形，所以EM∥PD，F(xiàn)M∥AD.又因?yàn)镋M，F(xiàn)M平面EFM，PD，AD平面PAD，EM∩FM＝M，PD∩AD＝D，所以平面EFM∥平面PAD.因?yàn)镋F平面EFM，所以EF∥平面PAD.(2)因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，CD平面ABCD，所以CD⊥平面PAD.又因?yàn)镻D平面PAD，所以CD⊥PD.因?yàn)锳B∥CD，所以∠PCD即為直線PC與AB所成的角，所以tan∠PCD＝eq\f(PD,DC)＝eq\f(\r(5),2).設(shè)PD＝eq\r(5)，CD＝2，如圖，分別取AD和BC的中點(diǎn)O，N，連接PO，ON，因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥AD.因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oeq\a\vs4\al()xyz，則P(0，0，2)，C(－1，2，0)，B(1，2，0)，所以eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(1，－2，2).設(shè)m＝(x，y，z)是平面BPC的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝0，,x－2y＋2z＝0，)))取y＝1，則z＝1，所以m＝(0，1，1).又n＝(0，1，0)是平面PAD的一個(gè)法向量，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,\r(2)×1)＝eq\f(\r(2),2)，所以〈m，n〉＝eq\f(π,4)，所以所求二面角的大小為eq\f(π,4).12.【解答】(1)方法一：由余弦定理得acosB＋bcosA＝a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(a2＋c2－b2＋b2＋c2－a2,2c)＝c，所以acosB＋bcosA＝c.方法二：由正弦定理得acosB＋bcosA＝eq\f(c,sinC)·sinAcosB＋eq\f(c,sinC)·sinBcosA＝eq\f(c,sinC)·(sinAcosB＋sinBcosA)＝eq\f(c,sinC)·sin(A＋B)＝eq\f(c,sinC)·sinC＝c，所以acosB＋bcosA＝c.方法三：由eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))，得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))，所以c2＝bccosA＋accosB，即acosB＋bcosA＝c.(2)第一步：求角A的大?。x①：因?yàn)閑q\f(2c－b,cosB)＝eq\f(a,cosA)，所以2ccosA＝bcosA＋acosB，由(1)中所證結(jié)論可知2ccosA＝c，即cosA＝eq\f(1,2).又因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).選②：因?yàn)閏cosA＝2bcosA－acosC，所以2bcosA＝acosC＋ccosA，由(1)中的證明過程同理可得acosC＋ccosA＝b，所以2bcosA＝b，即cosA＝eq\f(1,2).因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).選③：因?yàn)?a－b·eq\f(cosC,cosA)＝c·eq\f(cosB,cosA)，所以2acosA＝bcosC＋ccosB，由(1)中的證明過程同理可得bcosC＋ccosB＝a，所以2acosA＝a，即cosA＝eq\f(1,2).因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).第二步：求邊c.方法一：在△ABC中，由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccosA＝25＋c2－10c·eq\f(1,2)＝49，即c2－5c－24＝0，解得c＝8或c＝－3(舍去)，所以a＋b＋c＝7＋5＋8＝20，即△ABC的周長(zhǎng)為20.方法二：在△ABC中，由正弦定理知eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(7,sin\f(π,3))＝eq\f(5,sinB)，所以sinB＝eq\f(\f(\r(3),2)×5,7)＝eq\f(5\r(3),14)，又a>b，所以A>B，即B為銳角，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(11,14)，所以由(1)中所證結(jié)論知c＝acosB＋bcosA＝7×eq\f(11,14)＋5×eq\f(1,2)＝8，所以a＋b＋c＝7＋5＋8＝20，即△ABC的周長(zhǎng)為20.方法三：在△ABC中，由正弦定理知eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(7,sin\f(π,3))＝eq\f(5,sinB)，所以sinB＝eq\f(\f(\r(3),2)×5,7)＝eq\f(5\r(3),14)，又a>b，所以A>B，即B為銳角，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(11,14)，所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(11,14)＋eq\f(1,2)×eq\f(5\r(3),14)＝eq\f(4\r(3),7).又eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)，所以c＝sinC·eq\f(a,sinA)＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(7,\f(\r(3),2))＝8，所以a＋b＋c＝7＋5＋8＝20，即△ABC的周長(zhǎng)為20.基本分保底訓(xùn)練(5)1.B2.C3.D4.A5.C【解析】由題意知a－λb＝(1＋λ，1－3λ)，因?yàn)?a－λb)∥c，所以2(1－3λ)＝1＋λ，解得λ＝eq\f(1,7).故選C.6.C【解析】當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝3x－9單調(diào)遞增，且f(2)＝0.當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝xex<0恒成立，f′(x)＝(x＋1)ex，即當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得極值，所以α＝2，β＝－1，α＋β＝1.故選C.7.AB【解析】由題可知，女生身高的極差為173－161＝12，故A正確；男生身高的平均值為eq\f(1,10)(192＋183＋182＋179＋177＋176＋175＋173＋168＋167)＝177.2，女生身高的平均值為eq\f(1,10)(173＋172＋171×2＋167＋165×2＋164＋163＋161)＝167.2，故B正確；女生身高的中位數(shù)為eq\f(1,2)(165＋167)＝166，故C錯(cuò)誤；男生身高的數(shù)據(jù)比女生身高的數(shù)據(jù)分散，則男生身高的方差比女生身高的方差大，故D錯(cuò)誤．故選AB.8.BCD【解析】由題圖知，C，N，A三點(diǎn)共線，即CN，PM交于點(diǎn)A，因此CM，PN共面，故A錯(cuò)誤；記∠PAC＝θ，則PN2＝AP2＋AN2－2AP·ANcosθ＝AP2＋eq\f(1,4)AC2－AP·ACcosθ，CM2＝AC2＋AM2－2AC·AMcosθ＝AC2＋eq\f(1,4)AP2－AP·ACcosθ，因?yàn)锳P<AC，所以CM2－PN2＝eq\f(3,4)(AC2－AP2)>0，所以CM2>PN2，即CM>PN，故B正確；在正方體ABCDeq\a\vs4\al()A1B1C1D1中，由BB1⊥平面ABCD，AN平面ABCD，得BB1⊥AN，又AN⊥BD，BB1∩BD＝B，BB1，BD平面BB1D1D，所以AN⊥平面BB1D1D，因?yàn)锳N平面PAN，從而可得平面PAN⊥平面BDD1B1，故C正確；如圖，在平面A1B1C1D1上，過點(diǎn)P作PK∥A1C1交C1D1于點(diǎn)K，在正方體ABCDeq\a\vs4\al()A1B1C1D1中，因?yàn)锳C∥A1C1，所以PK∥AC，所以PK與AC共面，即四邊形PKCA為過P，A，C三點(diǎn)的正方體的截面，因?yàn)镻K∥A1C1，A1D1＝C1D1，所以A1P＝C1K.在Rt△A1PA和Rt△C1KC中，因?yàn)锳1P＝C1K，A1A＝C1C，所以AP＝CK，所以截面PKCA為等腰梯形，故D正確．故選BCD.(第8題)9.eq\f(π,6)10.18【解析】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a＋1,x)))eq\s\up12(6)的通項(xiàng)為Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))x6－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,x)))eq\s\up12(r)＝(a＋1)rCeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))x6－2r，令6－2r＝2，得r＝2，即Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))(a＋1)2≤240，解得－5≤a≤3.又a∈N，故a∈A＝{0，1，2，3}，則由集合A中元素構(gòu)成的無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝18(個(gè)).11.【解答】(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.因?yàn)閍1，a2，a3－a1成等差數(shù)列，所以2a2＝a1＋(a3－a1)，即2a2＝a3.因?yàn)閍2≠0，所以q＝eq\f(a3,a2)＝2.因?yàn)閍1a3＝a4，所以a1＝eq\f(a4,a3)＝q＝2，因此數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1qn－1＝2n.由題意知Sn＝eq\f(（n＋1）log2an,2)＝eq\f(（n＋1）n,2)，所以b1＝S1＝1，b1＋b2＝S2＝3，從而b2＝2，所以數(shù)列{bn}的公差d＝b2－b1＝2－1＝1，所以bn＝b1＋(n－1)d＝1＋(n－1)·1＝n，所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝n.(2)令cn＝anbn，則cn＝n·2n，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，又2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，兩式相減得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(2－2n·2,1－2)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.12.【解答】(1)由題意知X1～B(20，p)，則盈利的天坑院數(shù)的數(shù)學(xué)期望E(X1)＝20p.(2)若投資項(xiàng)目二，則X2的分布列為X22－1.2Pp1－p則盈利的數(shù)學(xué)期望E(X2)＝2p－1.2(1－p)＝3.2p－1.2.(3)若盈利，則每個(gè)天坑院盈利0.2×40%＝0.08(百萬元)，所以投資建設(shè)20個(gè)天坑院，盈利的數(shù)學(xué)期望為E(0.08X1)＝0.08E(X1)＝0.08×20p＝1.6p(百萬元)，D(0.08X1)＝0.082D(X1)＝0.082×20p(1－p)＝0.128·p(1－p).D(X2)＝(2－3.2p＋1.2)2p＋(－1.2－3.2p＋1.2)2(1－p)＝10.24p(1－p).①當(dāng)E(0.08X1)＝E(X2)時(shí)，1.6p＝3.2p－1.2，解得p＝eq\f(3,4)，則D(0.08X1)<D(X2)，故選擇項(xiàng)目一．②當(dāng)E(0.08X1)>E(X2)時(shí)，1.6p>3.2p－1.2，解得0<p<eq\f(3,4)，此時(shí)選擇項(xiàng)目一．③當(dāng)E(0.08X1)<E(X2)時(shí)，1.6p<3.2p－1.2，解得p>eq\f(3,4)，此時(shí)選擇項(xiàng)目二．基本分保底訓(xùn)練(6)1.D2.C3.C4.C5.A【解析】將點(diǎn)M(2，4)代入y2＝2px中，得p＝4，故點(diǎn)M到拋物線C的焦點(diǎn)的距離為d＝2＋eq\f(p,2)＝4.故選A.6.D【解析】由eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝2eq\o(AD,\s\up6(→))，知D是BC的中點(diǎn)．由eq\o(AE,\s\up6(→))＋2eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，知E為AD的三等分點(diǎn)，如圖，eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，則有x＝－2y.故選D.(第6題)7.ABD【解析】如圖，在正方體ABCDeq\a\vs4\al()A1B1C1D1中，直線BC與平面ABC1D1所成的角為∠CBC1＝eq\f(π,4)，故A正確；連接B1C，交BC1于點(diǎn)M，則CM即為點(diǎn)C到平面ABC1D1的距離，CM＝eq\f(\r(2),2)，故B正確；連接AC，因?yàn)锽C1∥AD1，則異面直線CD1與BC1所成的角為∠AD1C＝eq\f(π,3)，故C錯(cuò)誤；三棱柱AA1D1eq\a\vs4\al()BB1C1的外接球的半徑長(zhǎng)為eq\f(1,2)BD1＝eq\f(\r(3),2)，故D正確．故選ABD.(第7題)8.ABC【解析】對(duì)于A，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度得y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝sin(2x＋eq\f(π,2))＝cos2x的圖象，故A正確；對(duì)于B，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(11π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度得y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(11π,12)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,2)))＝cos2x的圖象，故B正確；對(duì)于C，將C2關(guān)于x軸對(duì)稱得y＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象，再沿x軸方向向右平移eq\f(5π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度得y＝－sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,12)))＋\f(π,3)))＝－sin(2x－eq\f(π,2))＝cos2x的圖象，故C正確；對(duì)于D，C3的圖象向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度得y＝－sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－cos2x的圖象，故D錯(cuò)誤．故選ABC.9.±eq\r(2)10.311.【解答】(1)由題意知f(x)＝2cosxsinx－eq\r(3)(2cos2x－1)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sin(2x－eq\f(π,3))，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為π.因?yàn)閥＝sinx的單調(diào)減區(qū)間為[2kπ＋eq\f(π,2)，2kπ＋eq\f(3π,2)]，k∈Z，由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(11π,12)，k∈Z，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為[kπ＋eq\f(5π,12)，kπ＋eq\f(11π,12)]，k∈Z.(2)因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以2x－eq\f(π,3)∈[－eq\f(4π,3)，－eq\f(π,3)]，所以－2≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤eq\r(3)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的值域是[－2，eq\r(3)].12.【解答】(1)因?yàn)锳1A⊥底面ABC，AB底面ABC，所以A1A⊥AB.又AB⊥AC，A1A∩AC＝A，A1A，AC平面ACC1A1，所以AB⊥平面ACC1A1.又四邊形ACC1A1為矩形，所以四棱錐Beq\a\vs4\al()A1ACC1為陽馬．(2)因?yàn)锳B⊥AC，BC＝2，所以AB2＋AC2＝4.又因?yàn)锳1A⊥底面ABC，所以VC1eq\a\vs4\al()ABC＝eq\f(1,3)·C1C·eq\f(1,2)AB·AC＝eq\f(1,3)·AB·AC≤eq\f(1,3)·eq\f(AB2＋AC2,2)＝eq\f(2,3)，當(dāng)且僅當(dāng)AB＝AC＝eq\r(2)時(shí)，VC1eq\a\vs4\al()ABC＝eq\f(1,3)·AB·AC取得最大值．因?yàn)锳B⊥AC，A1A⊥底面ABC，所以以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，B(eq\r(2)，0，0)，C(0，eq\r(2)，0)，A1(0，0，2)，C1(0，eq\r(2)，2)，則A1B＝(eq\r(2)，0，－2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)，A1C1＝(0，eq\r(2)，0).設(shè)平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(n1·A1B＝0，,n1·\o(BC,\s\up6(→))＝0，)))令z1＝1，得n1＝(eq\r(2)，eq\r(2)，1).設(shè)平面A1BC1的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，同理得n2＝(eq\r(2)，0，1)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(15),5)，故二面角Ceq\a\vs4\al()A1Beq\a\vs4\al()C1的余弦值為eq\f(\r(15),5).(第12題)基本分保底訓(xùn)練(7)1.C2.C3.C4.A5.D【解析】由題知x∈R，設(shè)f(x)＝|x|＋sinx，則f(－x)＝|－x|＋sin(－x)＝|x|－sinx，故函數(shù)不具有奇偶性，可排除A，B；當(dāng)0<x<eq\f(π,2)時(shí)，f(x)＝x＋sinx，所以f′(x)＝1＋cosx>0，則f″(x)＝－sinx<0，即當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，且遞增的幅度越來越小，圖象向上凸．故選D.6.B【解析】由題易得f(x)＝5sin(x＋φ)，其中sinφ＝eq\f(4,5)，cosφ＝eq\f(3,5)，當(dāng)α＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即α＝－eq\f(π,2)－φ＋2kπ(k∈Z)時(shí)，f(x)取得最小值，則sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－φ＋2kπ))＝－cosφ＝－eq\f(3,5).故選B.7.AC【解析】對(duì)于A，該學(xué)校男生對(duì)食堂服務(wù)滿意的概率的估計(jì)值為eq\f(30,30＋20)＝eq\f(3,5)，故A正確；對(duì)于B，該學(xué)校女生對(duì)食堂服務(wù)滿意的概率的估計(jì)值為eq\f(40,40＋10)＝eq\f(4,5)>eq\f(3,5)，故B錯(cuò)誤；因?yàn)镵2≈4.762>3.841，所以有95%的把握認(rèn)為男、女生對(duì)該食堂服務(wù)的評(píng)價(jià)有差異，故C正確，D錯(cuò)誤．故選AC.8.AC【解析】因?yàn)橹本€x＝eq\f(π,4)是f(x)＝sin(3x＋φ)(－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2))圖象的一條對(duì)稱軸，所以3×eq\f(π,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，則φ＝－eq\f(π,4)＋kπ(k∈Z)，因?yàn)椋璭q\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，則f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4))).對(duì)于A，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝sin[3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－eq\f(π,4)]＝sin3x，因?yàn)閟in(－3x)＝－sin3x，所以f(x＋eq\f(π,12))為奇函數(shù)，故A正確；對(duì)于B，令－eq\f(π,2)＋2kπ<3x－eq\f(π,4)<eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即－eq\f(π,12)＋eq\f(2kπ,3)<x<eq\f(π,4)＋eq\f(2kπ,3)(k∈Z)，當(dāng)k＝0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若|f(x1)－f(x2)|＝2，則|x1－x2|最小為半個(gè)周期，即eq\f(2π,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(π,3)，故C正確；對(duì)于D，函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度得y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))－\f(π,4)))＝sin(3x－π)＝－sin3x的圖象，故D錯(cuò)誤．故選AC.9.eq\f(3π,4)10.0.111.【解答】若選①：由正弦定理得(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2).因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).又a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，a＝2eq\r(6)，b＋c＝6，所以bc＝4，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×sineq\f(π,3)＝eq\r(3).若選②：由正弦定理得sinAsinB＝sinBcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))).因?yàn)?<B<π，所以sinB≠0，則sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，化簡(jiǎn)得sinA＝eq\f(\r(3),2)cosA－eq\f(1,2)sinA，即tanA＝eq\f(\r(3),3)，因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(π,6).又因?yàn)閍2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,6)，所以bc＝eq\f(（b＋c）2－a2,2＋\r(3))＝eq\f(62－（2\r(6)）2,2＋\r(3))，即bc＝24－12eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×(24－12eq\r(3))×eq\f(1,2)＝6－3eq\r(3).若選③：由正弦定理得sinBsineq\f(B＋C,2)＝sinAsinB,因?yàn)?<B<π，所以sinB≠0，所以sineq\f(B＋C,2)＝sinA，又因?yàn)锽＋C＝π－A，所以coseq\f(A,2)＝2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2).因?yàn)?<A<π，所以0<eq\f(A,2)<eq\f(π,2)，所以coseq\f(A,2)≠0，所以sineq\f(A,2)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(A,2)＝eq\f(π,6)，所以A＝eq\f(π,3).又a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，a＝2eq\r(6)，b＋c＝6，所以bc＝4，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×sineq\f(π,3)＝eq\r(3).12.【解答】(1)設(shè)F1為橢圓的左焦點(diǎn)，連接F1B，由橢圓的對(duì)稱性可知AF＝F1B，所以AF＋BF＝BF1＋BF＝2a＝8，所以a＝4.又e＝eq\f(\r(3),2)＝eq\f(c,a)，a2＝b2＋c2，解得b＝2，c＝2eq\r(3)，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\o(QA,\s\up6(→))＝(x1－3，y1)，eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x2－3，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx，))化簡(jiǎn)得(4k2＋1)x2－16＝0，所以x1＋x2＝0，x1x2＝eq\f(－16,4k2＋1).因?yàn)椤螦QB為銳角，所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))>0，所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2＝9－3(x1＋x2)＋x1x2＋y1y2＝9－3(x1＋x2)＋(1＋k2)x1x2＝9－eq\f(16（1＋k2）,4k2＋1)>0，解得k>eq\f(\r(35),10)或k<－eq\f(\r(35),10)，故實(shí)數(shù)k的取值范圍為(－∞，－eq\f(\r(35),10))∪(eq\f(\r(35),10)，＋∞).基本分保底訓(xùn)練(8)1.B2.D3.D4.A5.A【解析】由f(0)＝0可排除D；由f(π)＝eq\f(π,eπ＋e－π)>0，可排除C；當(dāng)x>0時(shí)，令g(x)＝x－sinx，則g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，π]上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)＝0，故排除B.故選A.6.C【解析】由f(x)是偶函數(shù)可知m＝0，所以f(x)＝2|x|－1.因?yàn)榕己瘮?shù)f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，ln3<lne2＝2，log25>log24＝2，2m＝1，所以2m<|－ln3|<log25，所以c<a<b.故選C.7.BD【解析】雙曲線方程為eq\f(x2,4sin2θ)－eq\f(y2,2sin2θ)＝1，焦距為2eq\r(6)|sinθ|，離心率為eq\f(\r(6)|sinθ|,2|sinθ|)＝eq\f(\r(6),2)，頂點(diǎn)坐標(biāo)為(±2sinθ，0)，漸近線方程為y＝±eq\f(x,2).故選BD.8.AB【解析】因?yàn)閒(x＋1)＝f(－x＋1)，所以y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，故D錯(cuò)誤；因?yàn)閒(x)＝－f(6－x)，f(x)＝f(2－x)，所以f(x)＝－f(6－x)＝f(2－x)，用－x替換x－2，得f(x)＝－f(x＋4)，即f(x＋4)＝－f(x)，則f(x＋8)＝f(x)，故f(x)的周期為8.又f(a)＝－f(2020)＝－f(252×8＋4)＝－f(4)＝f(0)＝f(8)，a∈[5，9]且f(x)在[5，9]上為單調(diào)函數(shù)，所以a＝8.因?yàn)閒(3)＝－f(3)，所以f(3)＝0.故選AB.9.eq\f(1,2)10.11211.【解答】(1)令n＝1，得a1b1＝3＋(2－3)2＝1，所以b1＝1，令n＝2，得a1b1＋a2b2＝7，所以a2b2＝6，又b2＝3，所以a2＝2.設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則q＝eq\f(a2,a1)＝2，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.(2)當(dāng)n≥2時(shí)，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝3＋(2n－5)2n－1，①a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝3＋(2n－3)2n，②由②－①得anbn＝3＋(2n－3)2n－[3＋(2n－5)2n－1]＝(2n－1)2n－1，所以bn＝2n－1，當(dāng)n＝1時(shí)也成立，所以bn＝2n－1，則eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).12.【解答】(1)f′(x)＝eq\f(2（1－x2）,x)，由f′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)取得唯一的極大值，故x＝1也是g(x)的極值點(diǎn)．g′(x)＝1－eq\f(a,x2)，由g′(1)＝1－a＝0，可得a＝1，經(jīng)檢驗(yàn)x＝1是g(x)的極小值點(diǎn)，故a＝1，(2)由(1)知a＝1，由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2－eq\f(1,e2)，f(1)＝－1，f(3)＝2ln3－9，顯然f(3)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＜f(1)，故當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))時(shí)，f(x)min＝2ln3－9，f(x)max＝－1.又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e＋eq\f(1,e)，g(1)＝2，g(3)＝3＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3)，故g(1)＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＜g(3)，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))時(shí)，g(x)min＝2，g(x)max＝eq\f(10,3).當(dāng)k－1>0，即k＞1時(shí)，問題等價(jià)于f(x1)－g(x2)≤k－1，所以k≥f(x1)－g(x2)＋1恒成立，即k≥[f(x1)－g(x2)]max＋1.因?yàn)閒(x1)－g(x2)＋1≤－1－2＋1＝－2，所以k≥－2，故k＞1符合題意．當(dāng)