2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-第七周-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

第七周[周一]1．(2023·淮北模擬)已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z＝eq\f(1－3i,2＋i)，則|z|等于()A．2B.eq\r(3)C.eq\r(2)D.eq\r(5)答案C解析z＝eq\f(1－3i,2＋i)＝eq\f(1－3i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(－1－7i,5)＝－eq\f(1,5)－eq\f(7,5)i，則|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,5)))2)＝eq\r(\f(1,25)＋\f(49,25))＝eq\r(2).2．(2023·?？谀M)瓊中蜂蜜是海南省瓊中黎族苗族自治縣特產(chǎn)．人們贊美蜜蜂是自然界的建筑師，是因?yàn)槊鄯浣ㄔ斓姆浞渴且哉庵鶠閱挝坏膸缀误w.18世紀(jì)初，法國(guó)天文學(xué)家通過觀測(cè)發(fā)現(xiàn)蜜蜂蜂房的每個(gè)單位并非六棱柱．如圖1，正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面邊長(zhǎng)為a，高為b.蜜蜂的蜂房實(shí)際形狀是一個(gè)十面體，如圖2，它的頂部是邊長(zhǎng)為a的正六邊形，底部由三個(gè)全等的菱形AGCB′，CGED′和EGAF′構(gòu)成，其余側(cè)面由6個(gè)全等的直角梯形構(gòu)成，AA1＝CC1＝EE1＝b，B1B′＝D1D′＝F1F′＝c，蜜蜂的高明之處在于圖2的構(gòu)造在容積上與圖1相等，但所用的材料最?。畡t圖2中，b－c等于()A.eq\f(\r(3)a,2)B.eq\f(\r(2)a,2)C.eq\f(a,3)D.eq\f(\r(2)a,4)答案D解析設(shè)b－c＝x，則由題意知蜂房的表面積為f(x)＝6ab－6×eq\f(1,2)ax＋3×eq\f(1,2)×eq\r(3)a×2eq\r(x2＋\f(a2,4))＝6ab－3ax＋eq\f(3\r(3)a,2)eq\r(4x2＋a2)，求導(dǎo)得f′(x)＝－3a＋eq\f(3\r(3)a,2)·eq\f(8x,2\r(4x2＋a2))＝eq\f(6\r(3)ax,\r(4x2＋a2))－3a，令f′(x)＝eq\f(6\r(3)ax,\r(4x2＋a2))－3a＝0，得x＝eq\f(\r(2)a,4)，當(dāng)0<x<eq\f(\r(2)a,4)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>eq\f(\r(2)a,4)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝eq\f(\r(2)a,4)時(shí)，f(x)取得極小值，也是最小值，即此時(shí)蜂房最省料．3．(多選)(2023·衡陽模擬)已知拋物線C：y＝ax2的頂點(diǎn)為O，準(zhǔn)線為y＝－eq\f(1,2)，焦點(diǎn)為F，過F作直線l交拋物線于M，N兩點(diǎn)(M，N順序從左向右)，則()A．a(chǎn)＝eq\f(1,2)B．若直線l經(jīng)過點(diǎn)(－1,0)，則|MN|＝eq\f(5,2)C．|OM|·|ON|的最小值為1D．若eq\o(FN,\s\up6(→))＝3eq\o(MF,\s\up6(→))，則直線l的斜率為eq\f(\r(3),3)答案ABD解析拋物線方程化為x2＝eq\f(1,a)y，準(zhǔn)線為y＝－eq\f(1,2)，所以a>0,2p＝eq\f(1,a)，eq\f(p,2)＝eq\f(1,4a)，準(zhǔn)線為y＝－eq\f(p,2)＝－eq\f(1,4a)＝－eq\f(1,2)，所以a＝eq\f(1,2)，故A正確；又Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，過F作直線l交拋物線于M，N兩點(diǎn)，顯然l的斜率存在，設(shè)l的方程為y＝kx＋eq\f(1,2)，與y＝eq\f(1,2)x2聯(lián)立消去y整理得x2－2kx－1＝0，Δ＝4k2＋4>0恒成立．設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝2k，x1x2＝－1，|MN|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)eq\r(4＋4k2)＝2(1＋k2)．直線l經(jīng)過點(diǎn)(－1,0)，則k＝eq\f(1,2)，|MN|＝eq\f(5,2)，故B正確；|OM|·|ON|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋\f(x\o\al(4,1),4))·eq\r(x\o\al(2,2)＋\f(x\o\al(4,2),4))＝eq\f(|x1x2|,4)eq\r(x\o\al(2,1)＋4x\o\al(2,2)＋4)＝eq\f(|x1x2|,4)eq\r(16＋x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)＋4x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2))＝eq\f(|x1x2|,4)eq\r(17＋4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1＋x22－2x1x2)))＝eq\f(1,4)eq\r(17＋16k2＋8)＝eq\f(1,4)eq\r(25＋16k2)，當(dāng)k＝0時(shí)，|OM|·|ON|取得最小值，為eq\f(5,4)，故C錯(cuò)誤；由eq\o(FN,\s\up6(→))＝3eq\o(MF,\s\up6(→))得－3x1＝x2，又x1x2＝－1，x1<0，x2>0，解得x1＝－eq\f(\r(3),3)，x2＝eq\r(3)，所以由2k＝x1＋x2＝eq\f(2\r(3),3)，得k＝eq\f(\r(3),3)，故D正確．4．(2023·運(yùn)城模擬)2023年9月第19屆亞運(yùn)會(huì)于杭州舉辦，在杭州亞運(yùn)會(huì)三館(杭州奧體中心的體育館、游泳館和綜合訓(xùn)練館)對(duì)外免費(fèi)開放，預(yù)約期間將含甲、乙在內(nèi)的5位志愿者分配到這三館負(fù)責(zé)接待工作，每個(gè)場(chǎng)館至少分配1位志愿者，且甲、乙分配到同一個(gè)場(chǎng)館，則甲分配到游泳館的概率為________．答案eq\f(1,3)解析甲、乙分配到同一個(gè)場(chǎng)館有以下兩種情況：(1)當(dāng)場(chǎng)館分組人數(shù)為1,1,3時(shí)，甲、乙必在3人組，則方法數(shù)有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＝18(種)；(2)當(dāng)場(chǎng)館分組人數(shù)為2,2,1時(shí)，其中甲、乙在一組，則方法數(shù)有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝18(種)，即甲、乙分配到同一個(gè)場(chǎng)館的方法數(shù)有n＝18＋18＝36(種)．若甲分配到游泳館，則乙必然也在游泳館，此時(shí)的方法數(shù)有m＝Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝12(種)，故所求的概率為P＝eq\f(m,n)＝eq\f(12,36)＝eq\f(1,3).5．(2023·泰安模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a＝2，b＝3，cosB＝－eq\f(1,3).(1)求sinC；(2)若點(diǎn)D在△ABC的外接圓上，且∠ABD＝∠CBD，求AD的長(zhǎng)．解(1)方法一在△ABC中，由余弦定理得，9＝4＋c2－4c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))，即c2＋eq\f(4,3)c－5＝0，解得c＝－3(舍)或c＝eq\f(5,3).∵cosB＝－eq\f(1,3)，且B∈(0，π)，∴sinB＝eq\f(2\r(2),3).由正弦定理得，sinC＝eq\f(\f(5,3)×\f(2\r(2),3),3)＝eq\f(10\r(2),27).方法二在△ABC中，cosB＝－eq\f(1,3)<0，∴sinB＝eq\f(2\r(2),3)，eq\f(π,2)<B<π，∴A<eq\f(π,2)，由正弦定理得，sinA＝eq\f(2×\f(2\r(2),3),3)＝eq\f(4\r(2),9)，∴cosA＝eq\f(7,9).∴sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(4\r(2),9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋eq\f(7,9)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(10\r(2),27).(2)連接AD，CD(圖略)，∵∠ABD＝∠CBD，∴＝，∴AD＝CD.又∠ABC＋∠ADC＝π，∴cos∠ADC＝eq\f(1,3).設(shè)AD＝CD＝m(m>0)，在△ACD中，由余弦定理得，9＝m2＋m2－2m2×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)m2，∴m2＝eq\f(27,4)，∴m＝eq\f(3\r(3),2)，∴AD＝eq\f(3\r(3),2).[周二]1．(2023·遼東南協(xié)作校模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,b2)－eq\f(y2,a2)＝1(a>0，b>0)的一條漸近線與直線2x－y＋1＝0垂直，則該雙曲線C的離心率為()A.eq\f(\r(5),2)B.eq\r(3)C．2D.eq\r(5)答案A解析依題意知，雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(a,b)x，依題意，－eq\f(a,b)×2＝－1，于是b＝2a，雙曲線C的實(shí)半軸長(zhǎng)為b，虛半軸長(zhǎng)為a，半焦距c＝eq\r(b2＋a2)＝eq\r(5)a，所以雙曲線C的離心率e＝eq\f(c,b)＝eq\f(\r(5),2).2．(2023·南通模擬)函數(shù)f(x)＝x2023|x|，若方程(x＋sinx)f(x)－ax2＝0只有三個(gè)根x1，x2，x3，且x1<x2<x3，則sinx2＋2023x1x3的取值范圍是()A．(0，＋∞) B．(2023，＋∞)C．(－∞，－2023) D．(－∞，0)答案D解析由(x＋sinx)f(x)－ax2＝0，f(x)＝x2023|x|，所以(x＋sinx)x2023|x|－ax2＝0，①當(dāng)x＝0時(shí)方程成立．②當(dāng)x≠0時(shí)，(x＋sinx)x2023|x|－ax2＝0化為(x＋sinx)x2021|x|－a＝0?(x＋sinx)x2021·|x|＝a，令F(x)＝(x＋sinx)x2021|x|，由定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且F(－x)＝[－x＋sin(－x)](－x)2021|－x|＝(x＋sinx)x2021|x|＝F(x)，所以F(x)為偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以F(x)與y＝a的兩個(gè)交點(diǎn)對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)關(guān)于y軸對(duì)稱，即方程(x＋sinx)x2021|x|＝a的另外兩根一定一正一負(fù)，又x1<x2<x3，所以x1<0，x2＝0，x3>0，且x1＝－x3≠0，所以sinx2＋2023x1x3＝－2023xeq\o\al(2,1)<0.3．(多選)(2023·曲靖質(zhì)檢)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E，F(xiàn)分別為BC，CC1的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)H在線段A1C1上，則下列結(jié)論中正確的是()A．直線AF與直線D1E異面B．平面AEF截正方體所得的截面面積為eq\f(9,8)C．存在點(diǎn)H，使得平面AEH∥平面CDD1C1D．三棱錐A－ECH的體積為定值答案BD解析依題意作圖，連接AD1，則有AD1∥EF，即EF與AD1共面，構(gòu)成平面AEFD1.對(duì)于A，因?yàn)锳，E，F(xiàn)，D1都在平面AEFD1內(nèi)，所以直線AF與D1E共面，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，平面AEF截正方體的截面就是四邊形AEFD1，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，D1(0,0,1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(1,2)))，eq\o(D1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－1))，eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(D1E,\s\up6(→))＝0，即AF⊥D1E，由空間兩點(diǎn)距離公式得AF＝D1E＝eq\f(3,2)，四邊形AEFD1的面積＝eq\f(1,2)×AF×D1E＝eq\f(9,8)，故B正確；對(duì)于C，若H≠A1且H≠C1，則AH∩平面ABB1A1＝A，且H?平面ABB1A1，即平面AEH與平面ABB1A1有交點(diǎn)，平面ABB1A1∥平面CDD1C1，并且E?平面CDD1C1，故平面AEH與平面CDD1C1相交；若H＝A1，則E?平面ABB1A1，平面AEH與平面ABB1A1相交，平面ABB1A1∥平面CDD1C1，并且E?平面CDD1C1，故平面AEH與平面CDD1C1相交；若H＝C1，同理可證得平面AEH與平面CDD1C1相交，故不存在點(diǎn)H，使得平面AEH與平面CDD1C1平行，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由直線A1C1∥平面ABCD，所以H點(diǎn)到平面ABCD的距離就是正方體的棱長(zhǎng)1，也是底面為△AEC的三棱錐A－ECH的高，又△AEC的面積是定值，所以三棱錐A－ECH的體積為定值，故D正確．4．(2023·湛江模擬)若函數(shù)f(x)＝ex－ax2－a存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x2＝2x1，則a＝________.答案eq\f(1,ln2)解析f(x)＝ex－ax2－a，定義域?yàn)镽，所以f′(x)＝ex－2ax，故－2ax1＝0.－2ax2＝0.又x2＝2x1，所以－4ax1＝0，即(－2)＝0.又>0，故＝2，所以x1＝ln2，所以a＝eq\f(,2x1)＝eq\f(1,ln2).5．(2023·武漢調(diào)研)記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意n∈N*，有Sn＝n(an＋n－1)．(1)證明：{an}是等差數(shù)列；(2)若當(dāng)且僅當(dāng)n＝7時(shí)，Sn取得最大值，求a1的取值范圍．(1)證明因?yàn)镾n＝nan＋n(n－1)，①所以當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝(n－1)an－1＋(n－1)(n－2)，②①－②可得an＝nan－(n－1)an－1＋2n－2?(1－n)an＝－(n－1)an－1＋2(n－1)?an－an－1＝－2，故{an}為等差數(shù)列．(2)解若當(dāng)且僅當(dāng)n＝7時(shí)，Sn取得最大值，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S7>S6，,S7>S8，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a7>0，,a8<0，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1－12>0，,a1－14<0，))所以12<a1<14，故a1的取值范圍為(12,14)．[周三]1．(2023·漳州質(zhì)檢)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(2),4)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))等于()A．－eq\f(3,4)B.eq\f(3,4)C．－eq\f(\r(2),4)D.eq\f(\r(2),4)答案B解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)＋\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1－2×eq\f(1,8)＝eq\f(3,4).2．(2023·安徽A10聯(lián)盟模擬)19世紀(jì)美國(guó)天文學(xué)家西蒙·紐康在翻閱對(duì)數(shù)表時(shí)，偶然發(fā)現(xiàn)表中以1開頭的數(shù)出現(xiàn)的頻率更高．約半個(gè)世紀(jì)后，物理學(xué)家本福特又重新發(fā)現(xiàn)這個(gè)現(xiàn)象，從實(shí)際生活得出的大量數(shù)據(jù)中，以1開頭的數(shù)出現(xiàn)的頻數(shù)約為總數(shù)的三成，并提出本福特定律，即在大量b進(jìn)制隨機(jī)數(shù)據(jù)中，以n開頭的數(shù)出現(xiàn)的概率為Pb(n)＝logbeq\f(n＋1,n)，如斐波那契數(shù)、階乘數(shù)、素?cái)?shù)等都比較符合該定律．后來常有數(shù)學(xué)愛好者用此定律來檢驗(yàn)?zāi)承┙?jīng)濟(jì)數(shù)據(jù)、選舉數(shù)據(jù)等大數(shù)據(jù)的真實(shí)性．若eq\i\su(n＝k,20,)P10(n)＝eq\f(log221－log23,1＋log25)(k∈N*，k≤20)，則k的值為()A．2B．3C．4D．5答案B解析依題意，得eq\i\su(n＝k,20,)P10(n)＝P10(k)＋P10(k＋1)＋…＋P10(20)＝lgeq\f(k＋1,k)＋lgeq\f(k＋2,k＋1)＋…＋lgeq\f(21,20)＝lgeq\f(21,k)，又eq\f(log221－log23,1＋log25)＝eq\f(log27,log210)＝lg7，故k＝3.3．(多選)(2023·昆明模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線y＝m與C交于A，B兩點(diǎn)(A在y軸右側(cè))，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則下列說法正確的是()A．|AF1|＋|BF1|＝2eq\r(5)B．當(dāng)m＝eq\f(4\r(5),5)時(shí)，四邊形ABF1F2為矩形C．若AF1⊥BF1，則m＝eq\f(4,3)D．存在實(shí)數(shù)m使得四邊形ABF1O為平行四邊形答案ABD解析如圖1，由橢圓與y＝m關(guān)于y軸對(duì)稱，可得|AF1|＋|BF1|＝|AF1|＋|AF2|＝2eq\r(5)，故A正確；圖1如圖2，當(dāng)m＝eq\f(4\r(5),5)時(shí)，可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4\r(5),5)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(4\r(5),5)))，又F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，圖2則AF2⊥F1F2，|AB|＝|F1F2|，又AB∥F1F2，則四邊形ABF1F2為矩形，故B正確；設(shè)A(n，m)(n>0)，B(－n，m)，則eq\o(AF1,\s\up6(→))＝(－1－n，－m)，eq\o(BF1,\s\up6(→))＝(－1＋n，－m)，若AF1⊥BF1，則eq\o(AF1,\s\up6(→))·eq\o(BF1,\s\up6(→))＝1－n2＋m2＝0，又eq\f(n2,5)＋eq\f(m2,4)＝1，聯(lián)立消元得9m2－16＝0，解得m＝±eq\f(4,3)，故C錯(cuò)誤；如圖3，若四邊形ABF1O為平行四邊形，則|AB|＝|F1O|＝c＝1，即點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為eq\f(1,2)，代入橢圓方程可得m＝±eq\f(\r(95),5)，故當(dāng)m＝±eq\f(\r(95),5)時(shí)，四邊形ABF1O為平行四邊形，故D正確．圖34．(2023·安慶模擬)在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E是棱AA1上一點(diǎn)，且AE＝1.過E，B1，C1三點(diǎn)的平面截該正方體的內(nèi)切球所得截面圓的面積為________．答案eq\f(96π,25)解析由條件知正方體的內(nèi)切球的半徑為2，設(shè)球心到平面EB1C1的距離為d，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則E(4,0,1)，B1(4,4,4)，C1(0,4,4)，設(shè)正方體內(nèi)切球的球心為O，則O(2,2,2)，則eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(－4,0,0)，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(0,4,3)，eq\o(EO,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，設(shè)平面EB1C1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(B1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EB1,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x＝0，,4y＋3z＝0，))令y＝－3，則z＝4，x＝0，所以n＝(0，－3,4)，所以d＝eq\f(|n·\o(EO,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(|－6＋4|,5)＝eq\f(2,5)，于是截面圓的半徑大小為eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2)＝eq\f(4\r(6),5)，故截面圓的面積為πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(6),5)))2＝eq\f(96π,25).5．(2023·南通聯(lián)考)2022年10月1日，女籃世界杯落幕，時(shí)隔28年，中國(guó)隊(duì)再次獲得亞軍，追平歷史最佳成績(jī)．統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)顯示，中國(guó)隊(duì)主力隊(duì)員A能夠勝任小前鋒(SF)、大前鋒(PF)和得分后衛(wèi)(SG)三個(gè)位置，且出任三個(gè)位置的概率分別為eq\f(1,4)，eq\f(1,4)，eq\f(1,2)，同時(shí)，當(dāng)隊(duì)員A出任這三個(gè)位置時(shí)，球隊(duì)贏球的概率分別為eq\f(4,9)，eq\f(8,9)，eq\f(2,3)(隊(duì)員A參加所有比賽均分出勝負(fù))．(1)當(dāng)隊(duì)員A參加比賽時(shí)，求該球隊(duì)某場(chǎng)比賽獲勝的概率；(2)在賽前的友誼賽中，第一輪積分規(guī)則為：勝一場(chǎng)積3分，負(fù)一場(chǎng)積－1分．本輪比賽球隊(duì)一共進(jìn)行5場(chǎng)，且至少獲勝3場(chǎng)才可晉級(jí)第二輪，已知隊(duì)員A每場(chǎng)比賽均上場(chǎng)且球隊(duì)順利晉級(jí)第二輪，記球隊(duì)第一輪比賽最終積分為X，求X的均值．解(1)根據(jù)題意，當(dāng)隊(duì)員A參加比賽時(shí)，比賽獲勝的概率P＝eq\f(1,4)×eq\f(4,9)＋eq\f(1,4)×eq\f(8,9)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,3).(2)根據(jù)題意，可得A贏3場(chǎng)負(fù)兩場(chǎng)，積7分；A贏4場(chǎng)負(fù)一場(chǎng)，積11分；A贏5場(chǎng)，積15分，所以隨機(jī)變量X的所有可能取值為7,11,15，記Ci表示“第一輪比賽最終積分為Ci(i＝7,11,15)”，D表示“A所在的球隊(duì)順利晉級(jí)第二輪”，可得P(C7D)＝Ceq\o\al(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(80,35)，P(C11D)＝Ceq\o\al(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))4×eq\f(1,3)＝eq\f(80,35)，P(C15D)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))5＝eq\f(32,35)，則P(D)＝eq\f(192,35)，所以P(X＝7)＝P(C7|D)＝eq\f(PC7D,PD)＝eq\f(5,12)，P(X＝11)＝P(C11|D)＝eq\f(PC11D,PD)＝eq\f(5,12)，P(X＝15)＝P(C15|D)＝eq\f(PC15D,PD)＝eq\f(1,6)，所以隨機(jī)變量X的分布列為X71115Peq\f(5,12)eq\f(5,12)eq\f(1,6)E(X)＝7×eq\f(5,12)＋11×eq\f(5,12)＋15×eq\f(1,6)＝10.[周四]1．(2023·蚌埠質(zhì)檢)已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足z(1－i)2＝2，則z2023等于()A．－1B．1C．－iD．i答案C解析由z(1－i)2＝2，可得z＝eq\f(2,1－i2)＝eq\f(2,1－2i＋i2)＝eq\f(1,－i)＝eq\f(i,－i2)＝i，所以z2023＝i2023＝(i2)1011·i＝－i.2．(2023·鹽城模擬)定義曲線eq\f(a2,x2)－eq\f(b2,y2)＝1為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的“伴隨曲線”．在雙曲線C1：x2－y2＝1的伴隨曲線C2上任取一點(diǎn)P，過P分別作x軸、y軸的垂線，垂足分別為M，N，則直線MN與雙曲線C1的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．與點(diǎn)P的位置有關(guān)系答案B解析雙曲線C1：x2－y2＝1的伴隨曲線C2為eq\f(1,x2)－eq\f(1,y2)＝1，設(shè)P(m，n)為eq\f(1,x2)－eq\f(1,y2)＝1上一點(diǎn)，則eq\f(1,m2)－eq\f(1,n2)＝1，過P分別作x軸、y軸的垂線，垂足分別為M，N，則M(m,0)，N(0，n)，所以直線MN：y＝－eq\f(n,m)x＋n，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2＝1，,y＝－\f(n,m)x＋n，))得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n2,m2)))x2＋eq\f(2n2,m)x－n2－1＝0，所以Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n2,m)))2－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n2,m2)))×(－n2－1)＝4n4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))－4×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－n2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))))×(－n2－1)＝0，則直線MN與雙曲線C1的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1.3．(多選)(2023·鞍山質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)sinx＋eq\r(3)cos2eq\f(x,2)－eq\f(\r(3),2)，則()A．f(x)的圖象向右平移eq\f(5π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)y＝－cosx的圖象B．f(x)的圖象與g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱C．f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)，2kπ＋\f(7π,6)))(k∈Z)D．若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，a))上有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)，\f(11π,3)))答案ABC解析f(x)＝eq\f(1,2)sinx＋eq\r(3)cos2eq\f(x,2)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sinx＋eq\r(3)×eq\f(1＋cosx,2)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，對(duì)于A，f(x)的圖象向右平移eq\f(5π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,6)＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＝－cosx的圖象，A正確；對(duì)于B，f(－x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,3)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))＝g(x)，B正確；對(duì)于C，由eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋2kπ≤x≤eq\f(7π,6)＋2kπ，k∈Z，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)，2kπ＋\f(7π,6)))(k∈Z)，C正確；因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，a))，所以x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,3)＋a))，因?yàn)閒(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，a))上有3個(gè)零點(diǎn)，所以3π≤eq\f(π,3)＋a<4π，解得eq\f(8π,3)≤a<eq\f(11π,3)，D錯(cuò)誤．4．(2023·齊齊哈爾模擬)已知拋物線C：y2＝8x，點(diǎn)P為拋物線C上第一象限內(nèi)任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P向圓D：x2＋y2－16x＋48＝0作切線，切點(diǎn)分別為A，B，則四邊形PADB面積的最小值為________，此時(shí)直線AB的方程為______________．答案16eq\r(2)x－eq\r(2)y－4＝0解析如圖所示，由題意知，圓D的標(biāo)準(zhǔn)方程(x－8)2＋y2＝16，則圓心為D(8,0)，半徑為r＝|DA|＝4，設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2,8)，y))(y>0)，則|PD|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2,8)－8))2＋y2)＝eq\r(\f(1,64)y2－322＋48)，所以當(dāng)y2＝32，即y＝4eq\r(2)時(shí)，|PD|取得最小值，即|PD|min＝eq\r(48)＝4eq\r(3)，又因?yàn)閨PA|＝eq\r(|PD|2－r2)，所以|PA|min＝eq\r(48－16)＝4eq\r(2)，又因?yàn)樗倪呅蜳ADB的面積S＝2S△PAD＝2×eq\f(1,2)|PA|×r，所以四邊形PADB面積的最小值Smin＝2×eq\f(1,2)|PA|min×r＝16eq\r(2)，此時(shí)P(4,4eq\r(2))，則以PD為直徑的圓M的方程為(x－4)(x－8)＋y(y－4eq\r(2))＝0，圓M方程與圓D方程相減可得直線AB的方程為x－eq\r(2)y－4＝0.5.(2023·湛江模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，△PAB是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，底面ABCD為平行四邊形，且AD＝eq\r(2)，PB⊥BC，∠ADC＝45°.(1)證明：點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)的射影在直線AD上；(2)求平面PBC與平面PDC夾角的余弦值．(1)證明如圖，過點(diǎn)B在平面ABCD內(nèi)作BO垂直于AD，交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)O，連接OP.因?yàn)镻B⊥BC，AD∥BC，所以PB⊥DO.又BO⊥DO，PB，BO?平面POB，且BO∩PB＝B，所以DO⊥平面POB.又PO?平面POB，所以DO⊥PO，即AO⊥PO.因?yàn)椤螦DC＝45°，AB∥DC，所以∠OAB＝45°，又因?yàn)镺A⊥OB，所以∠OBA＝45°＝∠OAB，故OA＝OB.因?yàn)椤鱌AB為等邊三角形，所以PA＝PB.又PO＝PO，所以△POA≌△POB.又PO⊥OA，所以PO⊥OB.又OA，OB?平面ABCD，且OA∩OB＝O，所以PO⊥平面ABCD，所以點(diǎn)O為點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)的射影，又點(diǎn)O在直線AD上，所以點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)的射影在直線AD上．(2)解由(1)得PO，OB，OA兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OA，OP所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．由題意可得PO＝OB＝OA＝eq\r(2).又AD＝eq\r(2)，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\r(2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\r(2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2\r(2)，0))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(2)，0))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\r(2)，－\r(2)))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，－\r(2)，0)).設(shè)n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1，z1))為平面PBC的法向量，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)y1＝0，,\r(2)x1＋\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))令x1＝1，可得n＝(1,0,1)．設(shè)m＝(x2，y2，z2)為平面PDC的法向量，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)x2－\r(2)y2＝0，,\r(2)x2＋\r(2)y2－\r(2)z2＝0，))令x2＝1，可得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，2))，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n，m〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m)))＝eq\f(\r(3),2)，所以平面PBC與平面PDC夾角的余弦值為eq\f(\r(3),2).[周五]1．(2023·福州質(zhì)檢)已知△ABC的外接圓半徑為1，A＝eq\f(π,3)，則AC·cosC＋AB·cosB等于()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(\r(3),2)D.eq\r(3)答案D解析由正弦定理可得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)＝2，所以AB＝2sinC，AC＝2sinB，則AC·cosC＋AB·cosB＝2sinBcosC＋2sinCcosB＝2sin(B＋C)＝2sinA＝eq\r(3).2．(2023·白山模擬)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，若三棱柱ABC－A1B1C1的體積為3eq\r(3)，則該三棱柱外接球表面積的最小值為()A．12π B．6πC．16π D．8π答案A解析設(shè)直三棱柱的高為h，外接球的半徑為R，△ABC外接圓的半徑為r，則3×eq\f(1,2)r2sin

eq\f(2π,3)h＝3eq\r(3)，所以r2h＝4，又R2＝eq\f(h2,4)＋r2＝eq\f(h2,4)＋eq\f(4,h)，令f(h)＝eq\f(h2,4)＋eq\f(4,h)，則f′(h)＝eq\f(h,2)－eq\f(4,h2)＝eq\f(h3－8,2h2)，易知f(h)的最小值為f(2)＝3，此時(shí)R2＝3，所以該三棱柱外接球表面積的最小值為12π.3．(多選)(2023·石家莊質(zhì)檢)下列說法正確的是()A．一組數(shù)據(jù)6,7,7,8,10,12,14,16,20,22的第80百分位數(shù)為16B．若隨機(jī)變量ξ～N(2，σ2)，且P(ξ≥5)＝0.22，則P(－1<ξ<5)＝0.56C．若隨機(jī)變量ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9，\f(2,3)))，則方差D(2ξ)＝8D．若將一組數(shù)據(jù)中的每個(gè)數(shù)都加上一個(gè)相同的正數(shù)x，則平均數(shù)和方差都會(huì)發(fā)生變化答案BC解析對(duì)于A選項(xiàng)，該組數(shù)據(jù)共10個(gè)數(shù)，且10×0.8＝8，因此，該組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)為eq\f(16＋20,2)＝18，A錯(cuò)誤；對(duì)于B選項(xiàng)，若隨機(jī)變量ξ～N(2，σ2)，且P(ξ≥5)＝0.22，則P(－1<ξ<5)＝1－2P(ξ≥5)＝1－2×0.22＝0.56，B正確；對(duì)于C選項(xiàng)，若隨機(jī)變量ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9，\f(2,3)))，則D(2ξ)＝4D(ξ)＝4×9×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝8，C正確；對(duì)于D選項(xiàng)，在隨機(jī)變量X的每個(gè)樣本數(shù)據(jù)上都加個(gè)正數(shù)x，則得到的新數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的隨機(jī)變量為X＋x，由期望和方差的性質(zhì)可得E(X＋x)＝E(X)＋x，D(X＋x)＝D(X)，因此，若將一組數(shù)據(jù)中的每個(gè)數(shù)都加上一個(gè)相同的正數(shù)x，則平均數(shù)會(huì)改變，但方差不變，D錯(cuò)誤．4．(2023·衢州模擬)已知數(shù)列1,1,3,1,3,5,1,3,5,7,1,3,5,7,9，…，其中第一項(xiàng)是1，接下來的兩項(xiàng)是1,3，再接下來的三項(xiàng)是1,3,5，依此類推．將該數(shù)列的前n項(xiàng)和記為Sn，則使得Sn>400成立的最小正整數(shù)n的值是________．答案59解析將已知數(shù)列分組，每組的第一項(xiàng)均為1，即第一組：1；第二組：1,3；第三組：1,3,5；依此類推；將該數(shù)列記為數(shù)列{an}，將各組數(shù)據(jù)之和記為數(shù)列{bn}，則bn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，則Tn＝12＋22＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6)；∴T10＝eq\f(10×11×21,6)＝385<400，T11＝eq\f(11×12×23,6)＝506>400；∵b1＋b2＋…＋b10對(duì)應(yīng){an}中的項(xiàng)數(shù)為1＋2＋3＋…＋10＝eq\f(10×11,2)＝55，即S55＝T10，∴S58＝385＋1＋3＋5＝394<400，S59＝385＋1＋3＋5＋7＝401>400，則使得Sn>400成立的最小正整數(shù)n的值是59.5．(2023·十堰調(diào)研)已知P(2,0)是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點(diǎn)，過點(diǎn)D(1,0)且斜率為k(k<0)的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)(A點(diǎn)在x軸的上方)，直線PA，PB分別與直線x＝1相交于M，N兩點(diǎn)．當(dāng)A為橢圓C的上頂點(diǎn)時(shí)，k＝－1.(1)求橢圓C的方程；(2)若|ND|－|MD|＝λ，且λ∈[1,3]，求k的取值范圍．解(1)由題可知，a＝2.當(dāng)A為橢圓C的上頂點(diǎn)時(shí)，k＝eq\f(b－0,0－1)＝－1，解得b＝1，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)依題意可設(shè)直線l的方程為x＝ty＋1，t<0，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x整理得(t2＋4)y2＋2ty－3＝0，則y1＋y2＝－eq\f(2t,t2＋4)，y1y2＝－eq\f(3,t2＋4).直線AP的方程為y＝eq\f(y1,x1－2)(x－2)，令x＝1，得yM＝－eq\f(y1,x1－2).同理可得yN＝－eq\f(y2,x2－2)，則|ND|－|MD|＝eq\f(y2,x2－2)＋eq\f(y1,x1－2)＝eq\f(y2,ty2－1)＋eq\f(y1,ty1－1)＝eq\f(2ty1y2－y1＋y2,t2y1y2－ty1＋y2＋1)＝eq\f(2t·\f(－3,t2＋4)－\f(－2t,t2＋4),t2·\f(－3,t2＋4)－t·\f(－2t,t2＋4)＋1)＝eq\f(\f(－4t,t2＋4),\f(4,t2＋4))＝－t.因?yàn)閨ND|－|MD|＝λ，且λ∈[1,3]，所以1≤－t≤3，－3≤t≤－1，又k＝eq\f(1,t)，故－1≤k≤－eq\f(1,3).[周六]1．(2023·濱州模擬)已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(1＋2i,1－i)(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z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．第四象限答案B解析由題意知z＝eq\f(1＋2i,1－i)＝eq\f(1＋2i1＋i,2)＝eq\f(－1＋3i,2)，故復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))在第二象限．2．已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，且f(x)－1為奇函數(shù)，f(x＋2)為偶函數(shù)，當(dāng)x∈[0,2]時(shí)，f(x)＝x2＋1，若a＝f(11)，b＝f(log211)，c＝f(211)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．b>c>a B．b<a<cC．a(chǎn)>c>b D．a(chǎn)>b>c答案D解析由f(x)－1為奇函數(shù)，得f(－x)－1＝－[f(x)－1]，即f(－x)＝2－f(x)，又由f(x＋2)為偶函數(shù)，得f(－x＋2)＝f(x＋2)，即f(－x)＝f(x＋4)，于是f(x＋4)＝2－f(x)，即f(x＋8)＝2－f(x＋4)＝2－[2－f(x)]＝f(x)，因此f(x)是以8為周期的函數(shù)，又當(dāng)x∈[0,2]時(shí)，f(x)＝x2＋1，則f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增，由f(－x＋2)＝f(x＋2)，得f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，a＝f(11)＝f(3)＝f(1)，3<log211<4，b＝f(log211)＝f(4－log211)＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(16,11)))，c＝f(211)＝f(0)，顯然0<log2eq\f(16,11)<1，即有f(0)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(16,11)))<f(1)，即a>b>c.3．(多選)(2023·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)已知遞增數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且其前n項(xiàng)和為Sn，則()A．存在公差為1的等差數(shù)列{an}，使得S14＝2023B．存在公比為2的等比數(shù)列{an}，使得S3＝2023C．若S10＝2023