2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-第八周-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

第八周[周一]1．(2023·邵陽模擬)已知向量a＝(1,3)，b＝(1，－1)，c＝(4,5)．若a與b＋λc垂直，則實(shí)數(shù)λ的值為()A.eq\f(2,19)B.eq\f(4,11)C．2D．－eq\f(4,7)答案A解析由題意，b＋λc＝(1＋4λ，5λ－1)，由a與b＋λc垂直，則a·(b＋λc)＝0，即1＋4λ＋3×(5λ－1)＝0，解得λ＝eq\f(2,19).2．(2023·龍巖質(zhì)檢)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＋f(x＋4)＝23，當(dāng)x∈(0,4]時，f(x)＝x2－2x，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(－4,2023]上的零點(diǎn)個數(shù)是()A．253 B．506C．507 D．759答案B解析由f(x)＋f(x＋4)＝23得f(x＋4)＋f(x＋8)＝23，所以f(x＋8)＝f(x)，即f(x)是以8為周期的周期函數(shù)，當(dāng)x∈(0,4]時，f(x)＝x2－2x有兩個零點(diǎn)2和4，當(dāng)x∈(4,8]時，x－4∈(0,4]，f(x)＝23－f(x－4)＝23－(x－4)2＋2x－4，令23－(x－4)2＋2x－4＝0，則有2x－4＝(x－4)2－23，當(dāng)x∈(4,8]時，(x－4)2－23<0,2x－4>1，所以2x－4＝(x－4)2－23無解，所以當(dāng)x∈(4,8]時，f(x)＝23－(x－4)2＋2x－4無零點(diǎn)，又2023＝252×8＋7，因此在(0,2016]上函數(shù)有2×252＝504(個)零點(diǎn)，當(dāng)x∈(0,4]時，f(x)有兩個零點(diǎn)2和4，當(dāng)x∈(4,7]時，f(x)無零點(diǎn)，當(dāng)x∈(－4,0]時，f(x)無零點(diǎn)，因此在(－4,2023]上，f(x)有504＋2＝506(個)零點(diǎn)．3．(多選)在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為側(cè)面ABB1A1內(nèi)的一個動點(diǎn)(含邊界)，則下列說法正確的是()A．隨著P點(diǎn)移動，三棱錐D－PCC1的體積有最小值為eq\f(1,18)B．三棱錐A－PCD體積的最大值為eq\f(1,6)C．直線BB1與平面ACD1所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3)D．作體對角線AC1的垂面α，則平面α截此正方體所得截面圖形的面積越大，其周長越大答案BC解析對于A，如圖1，＝＝eq\f(1,3)××1＝eq\f(1,6)為定值，故A錯誤；圖1對于B，如圖2，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，當(dāng)點(diǎn)P在A1B1上時，三棱錐A－PCD即P－ACD的體積取最大值，Vmax＝eq\f(1,3)×S△ACD×1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,6)，故B正確；圖2對于C，根據(jù)題意作圖如圖3所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，圖3BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以BB1⊥AC，因?yàn)锽D∩BB1＝B，BD，BB1?平面BDB1，所以AC⊥平面BDB1，又B1D?平面BDB1，即AC⊥B1D，因?yàn)镃D1⊥C1D，B1C1⊥平面D1C1CD，CD1?平面D1C1CD，所以B1C1⊥CD1，且C1D∩B1C1＝C1，C1D，B1C1?平面B1C1D，所以CD1⊥平面B1C1D，又B1D?平面B1C1D，即B1D⊥CD1，因?yàn)锳C∩CD1＝C，AC，CD1?平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1，設(shè)AC∩BD＝O′，連接D1O′，設(shè)D1O′∩B1D＝F，則∠DD1F為直線DD1與平面ACD1所成的角，在Rt△DD1O′中，cos∠DD1F＝eq\f(DD1,D1O′)＝eq\f(1,\f(\r(6),2))＝eq\f(\r(6),3)，因?yàn)锽B1∥DD1，所以直線BB1與平面ACD1所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3)，故C正確；對于D，如圖4，平面α⊥AC1，截面α從A點(diǎn)到平面A1BD過程中，圖4截面面積和周長都越來越大；從平面A1BD到平面CB1D1過程中，設(shè)A1H＝a(0≤a≤1)，則A1G＝A1H＝BI＝BN＝DE＝DF＝a，B1I＝B1H＝CN＝CE＝D1G＝D1F＝1－a，所以GH＝IN＝EF＝eq\r(2)a，HI＝EN＝FG＝eq\r(2)(1－a)，所以截面周長為3eq\r(2)，所以截面面積先變大后變小而周長不變；從平面CB1D1到C1過程中，截面面積和周長都越來越小，故D錯誤．4．(2023·邵陽模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，nan＋1＝2(n＋2)an(n∈N*)，設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝______________，Sn＋2＝______________.答案(n2＋n)·2n－1(n2－n＋2)·2n解析因?yàn)閚an＋1＝2(n＋2)an，且a1＝2≠0，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n＋2,n)，則當(dāng)n≥2時，an＝a1×eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an,an－1)＝2×eq\f(2×3,1)×eq\f(2×4,2)×eq\f(2×5,3)×…×eq\f(2×n＋1,n－1)＝n(n＋1)·2n－1＝(n2＋n)·2n－1.又當(dāng)n＝1時，a1＝2符合上式，故an＝(n2＋n)·2n－1.由Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(1×2)×20＋(2×3)×21＋…＋n(n＋1)·2n－1，①2Sn＝1×2×21＋…＋(n－1)n·2n－1＋n(n＋1)·2n，②①－②得－Sn＝2－n(n＋1)·2n＋4·21＋6·22＋…＋2n·2n－1＝－n(n＋1)·2n＋(1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n)．令Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，③所以2Tn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，④③－④得－Tn＝21＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝(－n＋1)·2n＋1－2，所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.故－Sn＝－n(n＋1)·2n＋(n－1)·2n＋1＋2，則Sn＝(n2－n＋2)·2n－2，即Sn＋2＝(n2－n＋2)·2n.5．(2023·蘭州模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，sinB＝eq\f(1,3)，且________．(1)求△ABC的面積；(2)若sinAsinC＝eq\f(\r(2),3)，求b.在①a2－b2＋c2＝2；②eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－1這兩個條件中任選一個，補(bǔ)充在橫線上，并解答．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．解(1)若選①a2－b2＋c2＝2，由余弦定理的推論得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得accosB＝1，則cosB>0，又sinB＝eq\f(1,3)，則cosB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq\f(2\r(2),3)，ac＝eq\f(1,cosB)＝eq\f(3\r(2),4)，則S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(2),8).若選②eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－accosB＝－1<0，則cosB>0，又sinB＝eq\f(1,3)，則cosB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq\f(2\r(2),3)，得ac＝eq\f(1,cosB)＝eq\f(3\r(2),4)，則S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(2),8).(2)由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，則eq\f(b2,sin2B)＝eq\f(a,sinA)·eq\f(c,sinC)＝eq\f(ac,sinAsinC)＝eq\f(\f(3\r(2),4),\f(\r(2),3))＝eq\f(9,4)，則eq\f(b,sinB)＝eq\f(3,2)，b＝eq\f(3,2)sinB＝eq\f(1,2).[周二]1．(2023·東三省四市教研體模擬)要得到函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x的圖象，只需把函數(shù)g(x)＝sin2x的圖象()A．向左平移eq\f(π,6)個單位長度B．向右平移eq\f(π,6)個單位長度C．向左平移eq\f(π,3)個單位長度D．向右平移eq\f(π,3)個單位長度答案A解析f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，把函數(shù)g(x)＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度得到y(tǒng)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象，滿足要求，A正確，其他選項(xiàng)均不符合要求．2．(2023·湛江模擬)元宵節(jié)是春節(jié)之后的第一個重要節(jié)日，元宵節(jié)又稱燈節(jié)，很多地區(qū)家家戶戶都掛花燈．如圖是小明為自家設(shè)計的一個花燈，該花燈由上面的正六棱臺與下面的正六棱柱組成，若正六棱臺的上、下兩個底面的邊長分別為40cm和20cm，正六棱臺與正六棱柱的高分別為10cm和60cm，則該花燈的體積為()A．46000eq\r(3)cm3 B．48000eq\r(3)cm3C．50000eq\r(3)cm3 D．52000eq\r(3)cm3答案C解析依題意，花燈的體積等于上面的正六棱臺體積與下面的正六棱柱體積的和，所以花燈的體積V＝60S1＋eq\f(1,3)×10×(S1＋eq\r(S1S2)＋S2)＝60×600eq\r(3)＋eq\f(1,3)×10×(600eq\r(3)＋eq\r(600\r(3)×2400\r(3))＋2400eq\r(3))＝50000eq\r(3)(cm3)．3．(多選)(2023·煙臺模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過C的右焦點(diǎn)F作C的一條漸近線的平行線交C于點(diǎn)P，交C的另一條漸近線于點(diǎn)Q，則()A．向量eq\o(QF,\s\up6(→))在eq\o(OF,\s\up6(→))上的投影向量為eq\f(1,2)eq\o(OF,\s\up6(→))B．若△OQF為直角三角形，則C為等軸雙曲線C．若tan∠OQF＝－eq\f(3,4)，則C的離心率為eq\r(10)D．若eq\o(PQ,\s\up6(→))＝4eq\o(FP,\s\up6(→))，則C的漸近線方程為x±2y＝0答案ABD解析對于A，由題意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|＝|QF|，∴Q在OF上的投影為OF的中點(diǎn)，∴eq\o(QF,\s\up6(→))在eq\o(OF,\s\up6(→))上的投影向量為eq\f(1,2)eq\o(OF,\s\up6(→))，故A正確；對于B，若△OQF為直角三角形，可得漸近線的傾斜角為45°，∴eq\f(b,a)＝1，∴a＝b，∴C為等軸雙曲線，故B正確；對于C，若tan∠OQF＝－eq\f(3,4)，設(shè)∠OQF＝2α，則eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(3,4)，解得tanα＝3或tanα＝－eq\f(1,3)(舍去)，設(shè)漸近線y＝eq\f(b,a)x的傾斜角為β，可得tanβ＝eq\f(1,3)，∴eq\f(b,a)＝eq\f(1,3)，∴a＝3b，∴a2＝9b2，∴a2＝9(c2－a2)，∴10a2＝9c2，∴eq\f(c,a)＝eq\f(\r(10),3)，故C錯誤；對于D，設(shè)直線QF的方程為y＝eq\f(b,a)(x－c)，與漸近線y＝－eq\f(b,a)x的交點(diǎn)坐標(biāo)為Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，－\f(bc,2a)))，若eq\o(PQ,\s\up6(→))＝4eq\o(FP,\s\up6(→))，則eq\o(FP,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(FQ,\s\up6(→))，設(shè)P(m，n)，∴(m－c，n)＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)，－\f(bc,2a)))，∴m＝eq\f(9c,10)，n＝－eq\f(bc,10a)，∵P在雙曲線上，∴eq\f(\f(81c2,100),a2)－eq\f(\f(b2c2,100a2),b2)＝1，∴eq\f(4c2,5a2)＝1，∴eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，∴C的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，即x±2y＝0，故D正確．4．(2023·福州質(zhì)檢)已知變量x和y的統(tǒng)計數(shù)據(jù)如表：x678910y3.54566.5若由表中數(shù)據(jù)得到經(jīng)驗(yàn)回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝0.8x＋eq\o(a,\s\up6(^))，則當(dāng)x＝10時的殘差為________(注：觀測值減去預(yù)測值稱為殘差)．答案－0.1解析eq\x\to(x)＝eq\f(6＋7＋8＋9＋10,5)＝8，eq\x\to(y)＝eq\f(3.5＋4＋5＋6＋6.5,5)＝5，則5＝0.8×8＋eq\o(a,\s\up6(^))，解得eq\o(a,\s\up6(^))＝－1.4，所以eq\o(y,\s\up6(^))＝0.8x－1.4，當(dāng)x＝10時，eq\o(y,\s\up6(^))＝6.6，所以當(dāng)x＝10時的殘差為6.5－6.6＝－0.1.5．(2023·湛江模擬)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，Sn＝2an－4n＋2.(1)證明：數(shù)列{an＋4}為等比數(shù)列；(2)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n,an·an＋1)))的前n項(xiàng)和為Tn，證明：Tn<eq\f(1,6).證明(1)由a1＝S1＝2a1－4×1＋2，解得a1＝2，所以a1＋4＝6.由Sn＝2an－4n＋2，得Sn－1＝2an－1－4(n－1)＋2，n≥2，an＝Sn－Sn－1＝(2an－4n＋2)－[2an－1－4(n－1)＋2]＝2an－2an－1－4，n≥2，所以an＝2an－1＋4，n≥2，故eq\f(an＋4,an－1＋4)＝eq\f(2an－1＋4＋4,an－1＋4)＝2，n≥2，所以數(shù)列{an＋4}是以6為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．(2)由(1)知an＋4＝6×2n－1＝3×2n，即an＝3×2n－4，故eq\f(2n,an·an＋1)＝eq\f(2n,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×2n－4))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×2n＋1－4)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3×2n－4)－\f(1,3×2n＋1－4)))，所以Tn＝eq\f(2,a1·a2)＋eq\f(22,a2·a3)＋…＋eq\f(2n,an·an＋1)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,8)＋\f(1,8)－\f(1,20)＋…＋\f(1,3×2n－4)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3×2n＋1－4)))＝eq\f(1,6)－eq\f(1,3)×eq\f(1,3×2n＋1－4)<eq\f(1,6).[周三]1．(2023·衡陽模擬)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))6的展開式中的常數(shù)項(xiàng)是()A．－20B．20C．－160D．160答案C解析二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)·(2eq\r(x))6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))k＝(－1)k·26－k·Ceq\o\al(k,6)·x3－k，令3－k＝0，得k＝3，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))6展開式中的常數(shù)項(xiàng)為(－1)3·26－3·Ceq\o\al(3,6)＝－160.2．設(shè)a＝3eq\r(3,e)，b＝eq\f(2,ln2)，c＝eq\f(e2,4－ln4)，則()A．c<a<b B．b<c<aC．a(chǎn)<c<b D．c<b<a答案D解析a＝eq\f(\r(3,e),ln\r(3,e))，b＝eq\f(2,ln2)＝eq\f(4,2ln2)＝eq\f(4,ln4)，c＝eq\f(e2,ln\f(e4,4))＝eq\f(e2,ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,2)))2)＝eq\f(\f(e2,2),ln\f(e2,2))，設(shè)f(x)＝eq\f(x,lnx)，x>0且x≠1，由f′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)＝0，得x＝e，當(dāng)0<x<1和1<x<e時，f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)x>e時，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，因?yàn)閒(2)＝f(4)，且1<eq\r(3,e)<2<e<eq\f(e2,2)<4，所以f(eq\r(3,e))>f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,2)))，即c<b<a.3．(多選)(2023·云南333聯(lián)考)在正三棱錐P－ABC中，|PA|＝|PB|＝|PC|＝2，D為PC的中點(diǎn)，以下四個結(jié)論中正確的是()A．若PC⊥平面ABD，則二面角P－AB－C的余弦值為eq\f(1,3)B．若PC⊥平面ABD，則三棱錐P－ABC的外接球體積為eq\r(6)πC．若PA⊥BD，則三棱錐P－ABC的體積為eq\f(2\r(2),3)D．若PA⊥BD，則三棱錐P－ABC的外接球表面積為12π答案ABD解析A，B選項(xiàng)中，如圖1，因?yàn)镻C⊥平面ABD，所以PC⊥AD，PC⊥BD，圖1因?yàn)镈為PC的中點(diǎn)，所以PA＝AC，PB＝BC，所以正三棱錐P－ABC為正四面體，設(shè)AB的中點(diǎn)為E，則二面角P－AB－C的平面角為∠PEC，|PE|＝eq\r(3)，|EC|＝eq\r(3)，|PC|＝2，根據(jù)余弦定理可知cos∠PEC＝eq\f(3＋3－4,2×\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3)，根據(jù)正四面體外接球半徑公式可知，外接球半徑R＝eq\f(\r(6),4)a＝eq\f(\r(6),4)×2＝eq\f(\r(6),2)，則外接球體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)π，故A，B正確；C，D選項(xiàng)中，根據(jù)條件可知，正三棱錐P－ABC為PA，PB，PC兩兩垂直的正三棱錐，所以體積為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3)，故C錯誤；如圖2，將正三棱錐補(bǔ)形為正方體，則其外接球半徑r＝eq\f(1,2)eq\r(22＋22＋22)＝eq\r(3)，圖2故外接球表面積S球＝4πr2＝4π×3＝12π，故D正確．4．(2023·唐山模擬)已知拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過F且斜率為eq\r(3)的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，則△AOB的面積為________．答案eq\f(4\r(3),3)解析由拋物線方程知F(1,0)，則直線l：y＝eq\r(3)(x－1)，即eq\r(3)x－y－eq\r(3)＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x－1，,y2＝4x，))得3x2－10x＋3＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(10,3)，∴|AB|＝x1＋x2＋2＝eq\f(16,3)，又坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線l的距離d＝eq\f(\r(3),\r(3＋1))＝eq\f(\r(3),2)，∴S△AOB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)×eq\f(16,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4\r(3),3).5.(2023·東三省四市教研體模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD且2AB<CD，其中△PAD為等腰直角三角形，AP＝4，∠PDA＝eq\f(π,2)，∠PAB＝eq\f(π,4)，且平面PAB⊥平面PAD，DB⊥BA.(1)求AB的長；(2)若平面PAC與平面ACD夾角的余弦值是eq\f(\r(3),15)，求CD的長．解(1)取AP的中點(diǎn)O，連接OD，OB，則OD⊥AP，又∵平面PAB⊥平面PAD，平面PAB∩平面PAD＝AP，OD?平面PAD，∴OD⊥平面APB，∵AB?平面APB，∴OD⊥AB，∵DB⊥BA，OD∩DB＝D，OD，DB?平面DOB，∴AB⊥平面DOB，∵BO?平面DOB，∴AB⊥BO，又∠PAB＝eq\f(π,4)，∴AB＝eq\f(\r(2),2)AO＝eq\r(2).(2)在平面APB內(nèi)，過O作AP的垂線OM，交PB于點(diǎn)M，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OP,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(－2,0,0)，B(－1,1,0)，D(0,0,2)，P(2,0,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,0,2)，設(shè)平面ACD的法向量為n＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n＝a＋b＝0，,\o(AD,\s\up6(→))·n＝2a＋2c＝0，))取n＝(－1,1,1)．設(shè)eq\o(DC,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))(t>2)，∴eq\o(DC,\s\up6(→))＝(t，t,0)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＝(t＋2，t,2)，設(shè)平面ACP的法向量為m＝(x，y，z)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(4,0,0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))·m＝t＋2x＋ty＋2z＝0，,\o(AP,\s\up6(→))·m＝4x＝0，))取m＝(0,2，－t)，∵平面PAC與平面ACD夾角的余弦值是eq\f(\r(3),15)，∴eq\f(\r(3),15)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈m，n〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(|2－t|,\r(3)·\r(t2＋4))，∴6t2－25t＋24＝0，∴(3t－8)(2t－3)＝0，解得t＝eq\f(8,3)或t＝eq\f(3,2)(舍去)，∴CD＝eq\f(8\r(2),3).[周四]1．已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，3a2＋2a3＝a4，{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則eq\f(S3,a2)等于()A．3B.eq\f(13,3)C.eq\f(7,2)D．13答案B解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由于數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，則q>0，因?yàn)?a2＋2a3＝a4，即3a2＋2a2·q＝a2·q2，所以3＋2q＝q2，解得q＝3或q＝－1(舍)，則eq\f(S3,a2)＝eq\f(a1＋a2＋a3,a2)＝eq\f(a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)＋1＋q)),a2)＝eq\f(1,3)＋1＋3＝eq\f(13,3).2．將函數(shù)f(x)＝sinx的圖象先向右平移eq\f(π,3)個單位長度，再把所得函數(shù)圖象的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,ω)(ω>0)倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)的圖象，若函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上沒有零點(diǎn)，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,9)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(8,9))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,9)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,9)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，1)) D．(0,1]答案A解析將函數(shù)f(x)＝sinx的圖象先向右平移eq\f(π,3)個單位長度，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象，再把所得函數(shù)圖象的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,ω)(ω>0)倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))的圖象，由函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上沒有零點(diǎn)，則eq\f(T,2)≥eq\f(3π,2)－eq\f(π,2)，則T≥2π，由eq\f(2π,ω)≥2π，可得0<ω≤1，假設(shè)函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上有零點(diǎn)，則ωx－eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，則x＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(π,3ω)，k∈Z，由eq\f(π,2)<eq\f(kπ,ω)＋eq\f(π,3ω)<eq\f(3π,2)，可得eq\f(2k,3)＋eq\f(2,9)<ω<2k＋eq\f(2,3)，k>－eq\f(1,3)，k∈Z，又0<ω≤1，則ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,9)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，1))，則由函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上沒有零點(diǎn)，且0<ω≤1，可得ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,9)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(8,9))).3．(多選)(2023·濰坊模擬)如圖所示的幾何體，是將棱長為3的正四面體沿棱的三等分點(diǎn)，作平行于底面的截面所得，且其所有棱長均為1，則()A．直線BD與直線JL所成的角為eq\f(π,3)B．直線CG與平面EFHILK所成的角為eq\f(π,6)C．該幾何體的體積為eq\f(23\r(2),12)D．該幾何體中，二面角A－BC－D的余弦值為eq\f(1,3)答案AC解析將該幾何體還原為原正四面體Q－MNS，棱長為3，設(shè)△MNS的中心為O，連接OQ，ON，則ON＝eq\r(3)，OQ＝eq\r(6)，S△MNS＝eq\f(\r(3),4)×32＝eq\f(9\r(3),4)，V三棱錐Q－MNS＝eq\f(1,3)×eq\f(9\r(3),4)×eq\r(6)＝eq\f(9\r(2),4)，對于A，因?yàn)镴L∥QN，所以直線BD與直線JL所成的角即為直線MQ與QN所成的角，為eq\f(π,3)，故A正確；對于B，直線CG與平面EFHILK所成的角即為直線QN與底面MNS所成的角，∠QNO即為所求角，sin∠QNO＝eq\f(QO,QN)＝eq\f(\r(6),3)，∠QNO≠eq\f(π,6)，故B錯誤；對于C，該幾何體的體積為大正四面體的體積減去4個棱長為1的小正四面體的體積，eq\f(9\r(2),4)－4×eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×12×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(23\r(2),12)，故C正確；對于D，二面角A－BC－D的大小與A－BC－Q的大小互補(bǔ)，顯然二面角A－BC－Q的平面角為銳角，所以二面角A－BC－D的平面角一定為鈍角，其余弦值小于零，故D錯誤．4．(2023·石家莊質(zhì)檢)曲線y＝ex－x3在點(diǎn)(3，f(3))處的切線的斜率為________．答案e3－27解析y＝f(x)＝ex－x3的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝ex－3x2，所以在點(diǎn)(3，f(3))處的切線的斜率為f′(3)＝e3－3×32＝e3－27.5．(2023·廣東名校聯(lián)盟大聯(lián)考)已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右頂點(diǎn)為A(2,0)，直線l過點(diǎn)P(4,0)，當(dāng)直線l與雙曲線E有且僅有一個公共點(diǎn)時，點(diǎn)A到直線l的距離為eq\f(2\r(5),5).(1)求雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l與雙曲線E交于M，N兩點(diǎn)，且x軸上存在唯一一點(diǎn)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，0))，使得∠MQP＝∠NQP恒成立，求t.解(1)因?yàn)殡p曲線E的右頂點(diǎn)為A(2,0)，所以a＝2.當(dāng)直線l與雙曲線E有且僅有一個公共點(diǎn)時，直線l平行于雙曲線E的一條漸近線．不妨設(shè)直線l的方程為y＝eq\f(b,a)(x－4)，即bx－ay－4b＝0，所以點(diǎn)A到直線l的距離d＝eq\f(2b,\r(b2＋a2))＝eq\f(2b,c)＝eq\f(2\r(5),5)，所以c＝eq\r(5)b.因?yàn)閏2＝a2＋b2，所以b＝1，c＝eq\r(5)，故雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)當(dāng)l過點(diǎn)P(4,0)且與x軸垂直時，滿足條件∠MQP＝∠NQP的點(diǎn)Q不唯一，所以設(shè)直線l的方程為x＝my＋4(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋4，,\f(x2,4)－y2＝1，))得(m2－4)y2＋8my＋12＝0，則y1＋y2＝－eq\f(8m,m2－4)，y1y2＝eq\f(12,m2－4)，m2－4≠0且Δ>0.因?yàn)椤螹QP＝∠NQP，所以kQM＋kQN＝eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝eq\f(y1,my1＋4－t)＋eq\f(y2,my2＋4－t)＝0，所以y1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2＋4－t))＋y2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my1＋4－t))＝2my1y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－t))(y1＋y2)＝eq\f(24m,m2－4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－t))eq\f(8m,m2－4)＝eq\f(8m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－1)),m2－4)＝0，解得t＝1.當(dāng)直線l恰好為x軸時，t＝1也滿足題意，故t＝1.[周五]1．(2023·白山模擬)《幾何原本》是古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得的一部不朽之作，書中稱軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐，則直角圓錐側(cè)面展開圖的圓心角的弧度數(shù)為()A.eq\f(π,2)B.eq\f(\r(2),2)πC.eq\r(2)πD．2eq\r(2)π答案C解析設(shè)直角圓錐側(cè)面展開圖的圓心角的弧度數(shù)為α，底面圓的半徑為r，母線長為l，因?yàn)橹苯菆A錐的軸截面為等腰直角三角形，所以l＝eq\r(2)r，則αl＝2πr，解得α＝eq\r(2)π.2．(2023·大慶模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)，則方程f(x)＝4e解的個數(shù)為()A．0B．1C．2D．3答案A解析f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)，定義域?yàn)?－∞，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2x＋1x－1ex－2x－1ex,x－12)＝eq\f(x2x－3ex,x－12)，令f′(x)>0，解得x<0或x>eq\f(3,2)；令f′(x)<0，可得0<x<1或1<x<eq\f(3,2)，因此函數(shù)f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，且當(dāng)x<0時，f(x)>0；當(dāng)x＝0時，取極大值f(0)＝1；當(dāng)x＝eq\f(3,2)時，取極小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝；因此，函數(shù)y＝eq\f(ex2x－1,x－1)的大致圖象如圖所示，因?yàn)?<4e<，所以y＝4e與y＝eq\f(ex2x－1,x－1)的圖象無交點(diǎn)，可知方程f(x)＝4e無解．3．(多選)(2023·泉州模擬)已知向量a＝(eq\r(3)，1)，b＝(cosθ，sinθ)，則下列說法正確的是()A．若θ＝eq\f(2π,3)，則a⊥bB．若a∥b，則θ＝eq\f(π,6)C．a(chǎn)·b的最大值為2D．|a－b|的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，3))答案ACD解析對于A，當(dāng)θ＝eq\f(2π,3)時，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)，sin\f(2π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，此時a·b＝eq\r(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1×eq\f(\r(3),2)＝0，故a⊥b，故A正確；對于B，若a∥b，則cosθ＝eq\r(3)sinθ，所以tanθ＝eq\f(\r(3),3)，所以θ＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，故B錯誤；對于C，a·b＝eq\r(3)cosθ＋sinθ＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ＋\f(1,2)sinθ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，2))，故C正確；對于D，|a|＝eq\r(\r(3)2＋12)＝2，|b|＝eq\r(cos2θ＋sin2θ)＝1，所以|a－b|＝eq\r(a－b2)＝eq\r(a2－2a·b＋b2)＝eq\r(|a|2－2a·b＋|b|2)＝eq\r(5－4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3))))，因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，1))，所以5－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，9))，所以|a－b|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，3))，故D正確．4．已知f(x)＝1＋eq\f(a,e2x＋1)是奇函數(shù)，則實(shí)數(shù)a＝________.答案－2解析由題意得f(x)＝－f(－x)，所以1＋eq\f(a,e2x＋1)＝－1－eq\f(a,e－2x＋1)，即1＋eq\f(a,e2x＋1)＝－1－eq\f(ae2x,e2x＋1)，所以eq\f(a,e2x＋1)＋eq\f(ae2x,e2x＋1)＝－2，解得a＝－2.5．(2023·常德模擬)某水表制造有3條水表表盤生產(chǎn)線．(1)某檢驗(yàn)員每天從其中的一條水表表盤生產(chǎn)線上隨機(jī)抽取100個表盤進(jìn)行檢測，根據(jù)長期生產(chǎn)經(jīng)驗(yàn)，可以認(rèn)為該條生產(chǎn)線正常狀態(tài)下生產(chǎn)的水表表盤尺寸服從正態(tài)分布N(μ，σ2)．記X表示一天內(nèi)抽取的100個表盤中，其尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的個數(shù)，求P(X≥1)及X的均值；(2)該公司的3條水表表盤生產(chǎn)線所生產(chǎn)表盤的次品率和生產(chǎn)的表盤所占比例如表所示：生產(chǎn)線編號次品率所占比例10.0235%20.0150%30.0415%現(xiàn)從所生產(chǎn)的表盤中隨機(jī)抽取一只，若已知取到的是次品，試求該次品分別由三條生產(chǎn)線所生產(chǎn)的概率，并分析該次品來自哪條生產(chǎn)線的可能性最大(用頻率代替概率)．附：若隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973,0.9973100≈0.7631.解(1)抽取的一個表盤的尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之內(nèi)的概率為0.9973，從而表盤的尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率為0.0027，由題可知X～B(100,0.0027)，所以P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.9973100≈0.2369，且X的均值為E(X)＝100×0.0027＝0.27.(2)設(shè)A表示“取到的是一只次品”，Bi(i＝1,2,3)表示“所取到的產(chǎn)品是由第i條生產(chǎn)線生產(chǎn)”，由題意得P(B1)＝0.35，P(B2)＝0.5，P(B3)＝0.15，P(A|B1)＝0.02，P(A|B2)＝0.01，P(A|B3)＝0.04，P(A)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A|B1))Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B1))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A|B2))Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B2))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A|B3))Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B3))＝0.018，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B1|A))＝eq\f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A|B1))P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B1)),PA)＝eq\f(0.02×0.35,0.018)＝eq\f(7,18)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B2|A))＝eq\f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A|B2))P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B2)),PA)＝eq\f(0.01×0.5,0.018)＝eq\f(5,18)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B3|A))＝eq\f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A|B3))P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B3)),PA)＝eq\f(0.04×0.15,0.018)＝eq\f(1,3)，故該次品來自第1條生產(chǎn)線的可能性最大．[周六]1．(2023·齊齊哈爾模擬)已知復(fù)數(shù)z1與z＝3＋i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對稱，則eq\f(z1,2＋i)等于()A．1＋i B．1－iC．－1＋i D．－1－i答案B解析因?yàn)閺?fù)數(shù)z1與z＝3＋i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對稱，所以z1＝3－i，所以eq\f(z1,2＋i)＝eq\f(3－i,2＋i)＝eq\f(3－i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(5－5i,5)＝1－i.2．(2023·邯鄲模擬)如圖①，“球缺”是指一個球被平面截下的一部分，截得的圓面叫做球缺的底，垂直于截面的直徑被截得的一段叫做球缺的高．已知球缺的體積公式為V＝eq\f(π,3)(3R－h(huán))h2，其中R是球的半徑，h是球缺的高．某航空制造公司研發(fā)一種新的機(jī)械插件，其左右兩部分為圓柱，中間為球切除兩個相同的“球缺”剩余的部分，制作尺寸如圖②所示(單位：cm)．則該機(jī)械插件中間部分的體積約為(π≈3)()A．62326cm3 B．62328cm3C．62352cm3 D．62356cm3答案C解析過球心和“球缺”的底面圓的圓心作該幾何體的截面，可得截面圖如圖所示，由已知可得AB＝14，設(shè)D為AB的中點(diǎn)，則AD＝7，由已知可得2×(OD＋AE)＝58，又AE＝5，所以O(shè)D＝24，由求得截面性質(zhì)可得△ODA為以O(shè)A為斜邊的直角三角形，所以O(shè)A＝eq\r(OD2＋AD2)＝25，即球的半徑R＝