2024版大二輪數(shù)學新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）第一周39

第一周[周一]1．(2023·保山模擬)如果復數(shù)eq\f(2－bi,1＋2i)(其中i為虛數(shù)單位，b為實數(shù))為純虛數(shù)，那么1＋bi的模等于()A.eq\r(2)B．2C．1D.eq\r(3)答案A解析由復數(shù)的運算法則得eq\f(2－bi,1＋2i)＝eq\f(2－bi1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(2－2b＋－b－4i,5)＝eq\f(2－2b,5)＋eq\f(－b－4,5)i，因為復數(shù)eq\f(2－bi,1＋2i)為純虛數(shù)，所以eq\f(2－2b,5)＝0且eq\f(－b－4,5)≠0，解得b＝1，所以1＋bi＝1＋i，所以|1＋i|＝eq\r(2).2．(2023·錦州模擬)已知實數(shù)x，y，z滿足eylnx＝y(tǒng)ex且ezlneq\f(1,x)＝zex，若y>1，則()A．x>y>z B．x>z>yC．y>z>x D．y>x>z答案D解析由eylnx＝y(tǒng)ex得eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，①由ezlneq\f(1,x)＝zex得eq\f(ez,z)＝eq\f(ex,ln\f(1,x))，②由①②相加得eq\f(ey,y)＋eq\f(ez,z)＝0，因為y>1，ey>0，所以eq\f(ez,z)<0，又因為ez>0，所以z<0；因為eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，y>1，所以eq\f(ex,lnx)>0，即lnx>0，所以x>1；令f(x)＝x－lnx(x>1)，則f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)＝x－lnx在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，即x>lnx，所以eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)>eq\f(ex,x)，即eq\f(ey,y)>eq\f(ex,x)，令g(x)＝eq\f(ex,x)(x>1)，則g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(x－1ex,x2)(x>1)，當x>1時，g′(x)>0，所以g(x)＝eq\f(ex,x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以由eq\f(ey,y)>eq\f(ex,x)，得到y(tǒng)>x.所以y>x>z.3．(多選)(2023·馬鞍山模擬)已知函數(shù)f(x)及其導函數(shù)f′(x)的定義域均為R，記g(x)＝f′(x)，若f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))，g(1＋x)均為奇函數(shù)，則()A．f(0)＝0 B．g(0)＝0C．f(－1)＝f(4) D．g(－1)＝g(4)答案BD解析因為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))是定義域為R的奇函數(shù)，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))，即f(－x)＝－f(x＋1)，所以[－f(－x)]′＝f′(x＋1)，即f′(－x)＝f′(x＋1)，所以g(－x)＝g(x＋1)，又g(1＋x)為奇函數(shù)，所以g(1＋x)＝－g(1－x)，當x＝0時，g(1)＝－g(1)＝g(0)，即g(1)＝0，g(0)＝0，故B正確；又g(－x)＝－g(1－x)，所以g(x)＝－g(1＋x)，故g(x＋2)＝－g(1＋x)＝g(x)，即函數(shù)g(x)的周期為2，所以g(－1)＝g(1)＝0，g(4)＝g(0)＝0，即g(－1)＝g(4)，故D正確；由f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))為奇函數(shù)可知f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))，即f(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))成中心對稱，不妨取f(x)＝eq\f(1,π)cosπ(x－1)，則g(x)＝－sinπ(x－1)滿足周期為2，關于點(1,0)中心對稱的條件，因為f(0)＝－eq\f(1,π)，f(－1)＝eq\f(1,π)，f(4)＝－eq\f(1,π)，可知A，C錯誤．4．(2023·福州模擬)利率變化是影響某金融產(chǎn)品價格的重要因素．經(jīng)分析師分析，最近利率下調(diào)的概率為0.6，利率不變的概率為0.4.根據(jù)經(jīng)驗，在利率下調(diào)的情況下該金融產(chǎn)品價格上漲的概率為0.8，在利率不變的情況下該金融產(chǎn)品價格上漲的概率為0.4.則該金融產(chǎn)品價格上漲的概率為________．答案0.64解析由題意可知該金融產(chǎn)品價格上漲的概率為0.6×0.8＋0.4×0.4＝0.64.5．(2023·沈陽模擬)已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2acosC＝c(3－2cosA)．(1)求eq\f(b,c)的值；(2)若A＝eq\f(π,3)，求sinC.解(1)∵2acosC＝c(3－2cosA)，∴由正弦定理得2sinAcosC＝sinC(3－2cosA)，∴2sinAcosC＋2cosAsinC＝2sin(A＋C)＝2sinB＝3sinC，再由正弦定理得2b＝3c，∴eq\f(b,c)＝eq\f(3,2).(2)由(1)得2sinB＝3sinC，∴2sin(A＋C)＝3sinC，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C))＝3sinC，∴sinC＋eq\r(3)cosC＝3sinC，∴eq\r(3)cosC＝2sinC，又sin2C＋cos2C＝1，sinC>0，∴sinC＝eq\f(\r(21),7).[周二]1．(2023·湖北八市聯(lián)考)已知兩個非零向量a，b的夾角為60°，且a⊥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2b))，則eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a＋b)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a－b)))等于()A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(7),7)C.eq\f(\r(21),3)D．3答案C解析因為非零向量a，b的夾角為60°，且a⊥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2b))，所以a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2b))＝0，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))2－2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))cos60°＝0，化簡得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))，eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a＋b)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a－b)))＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋b))2),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－b))2))＝eq\f(\r(4\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))2＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2＋2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))),\r(4\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))2＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2－2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))))＝eq\r(\f(7,3))＝eq\f(\r(21),3).2．(2023·麗水模擬)已知A(1,0)是圓O：x2＋y2＝r2上一點，BC是圓O的直徑，弦AC的中點為D.若點B在第一象限，直線AB，BD的斜率之和為0，則直線AB的斜率是()A．－eq\f(\r(5),4) B．－eq\f(\r(5),2)C．－eq\r(5) D．－2eq\r(5)答案C解析已知A(1,0)是圓O：x2＋y2＝r2上一點，所以12＋02＝r2＝1.設直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為y＝k(x－1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＋y2＝1，))則(1＋k2)x2－2k2x＋k2－1＝0，Δ>0恒成立，所以xA＋xB＝eq\f(2k2,1＋k2)，xAxB＝eq\f(k2－1,1＋k2)，由于xA＝1，所以xB＝eq\f(k2－1,1＋k2)，則yB＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xB－1))＝－eq\f(2k,1＋k2)，由于BC是圓O的直徑，所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(k2－1,1＋k2)，\f(2k,1＋k2)))，則弦AC的中點D的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋k2)，\f(k,1＋k2))).因為直線AB，BD的斜率之和為0，所以kBD＝eq\f(－\f(2k,1＋k2)－\f(k,1＋k2),\f(k2－1,1＋k2)－\f(1,1＋k2))＝－k，整理得k(k2－5)＝0，解得k＝0或k＝±eq\r(5)，又點B在第一象限，所以k<－1，故k＝－eq\r(5)，即直線AB的斜率是－eq\r(5).3．(多選)(2023·煙臺模擬)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則()A．f(x)的最小正周期為πB．當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))時，f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))C．將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位長度可得函數(shù)g(x)＝sin2x的圖象D．將函數(shù)f(x)的圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，得到的函數(shù)圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))對稱答案ACD解析由圖可知，A＝1，函數(shù)f(x)的最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－\f(π,6)))＝π，故A正確；由T＝eq\f(2π,|ω|)，ω>0，知ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2，因為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，所以eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，對于B，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))時，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，所以f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，故B錯誤；對于C，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位長度，得到g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝sin2x的圖象，故C正確；對于D，將函數(shù)f(x)的圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象，因為當x＝eq\f(5π,6)時，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋\f(π,6)))＝sinπ＝0，所以得到的函數(shù)圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))對稱，故D正確．4．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若b(2－cosA)＝a(cosB＋1)，a＋c＝4，則△ABC面積的最大值為__________．答案eq\r(3)解析由正弦定理可得sinB(2－cosA)＝sinA(cosB＋1)，即2sinB－sinBcosA＝sinAcosB＋sinA，故2sinB＝sinAcosB＋sinBcosA＋sinA＝sin(A＋B)＋sinA＝sinC＋sinA，故2b＝c＋a＝4，解得b＝2.由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)，即4＝42－2ac(1＋cosB)，解得ac＝eq\f(6,1＋cosB).又由基本不等式可得ac≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2＝4，當且僅當a＝c＝2時取等號．故eq\f(6,1＋cosB)≤4，即cosB≥eq\f(1,2)，當且僅當a＝b＝c＝2時取等號，故B∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(3sinB,1＋cosB)＝eq\f(6sin\f(B,2)cos\f(B,2),2cos2\f(B,2))＝3taneq\f(B,2)，又eq\f(B,2)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，故當eq\f(B,2)＝eq\f(π,6)時，S△ABC取最大值eq\r(3)，此時a＝b＝c＝2.5.(2023·淮南模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，BD＝DC＝2AB＝2，BD⊥CD，△PBD是等邊三角形且與底面垂直，E是棱PA上一點，eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(EP,\s\up6(→)).(1)當PC∥平面EBD時，求實數(shù)λ的值；(2)當λ為何值時，平面EBD與平面PBD所成角的大小為eq\f(π,6)？解(1)在四棱錐P－ABCD中，連接AC交BD于點F，連接EF，如圖．因為PC∥平面EBD，PC?平面PAC，平面PAC∩平面EBD＝EF，則PC∥EF，因為AB∥CD，即△ABF∽△CDF，因此eq\f(AF,FC)＝eq\f(AB,DC)＝eq\f(1,2)，由PC∥EF，得eq\f(AE,EP)＝eq\f(AF,FC)＝eq\f(1,2)，于是λ＝eq\f(1,2)，所以實數(shù)λ的值為eq\f(1,2).(2)在四棱錐P－ABCD中，取BD的中點O，連接PO，如圖．因為△PBD是等邊三角形且與底面垂直，則有PO⊥BD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，PO?平面PBD，從而PO⊥平面ABCD，過點O作Oy∥CD，又BD⊥CD，所以Oy⊥BD，以O為原點，分別以OB，Oy，OP所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則A(1，－1,0)，B(1,0,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq\r(3))，由eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(EP,\s\up6(→))(λ>0)，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋λ)，－\f(1,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)))，則eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋λ)－1，－\f(1,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，設平面EBD的法向量為m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BE,\s\up6(→))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋λ)－1))x－\f(1,1＋λ)y＋\f(\r(3)λ,1＋λ)z＝0，,m·\o(DB,\s\up6(→))＝2x＝0，))取z＝1，得m＝(0，eq\r(3)λ，1)，平面PBD的一個法向量為n＝(0,1,0)，則|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\r(3)λ,\r(3λ2＋1))＝coseq\f(π,6)，即eq\f(\r(3)λ,\r(3λ2＋1))＝eq\f(\r(3),2)，解得λ＝1，所以當λ＝1時，平面EBD與平面PBD所成角的大小為eq\f(π,6).[周三]1．(2023·長春模擬)已知等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，則q的值為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．2D．4答案C解析已知等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，則a6－a4＝8a3－8a1，所以eq\f(a6－a4,a3－a1)＝eq\f(q3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a3－a1)),a3－a1)＝q3＝8，解得q＝2.2．(2023·武漢調(diào)研)閱讀下段文字：“已知eq\r(2)為無理數(shù)，若為有理數(shù)，則存在無理數(shù)a＝b＝eq\r(2)，使得ab為有理數(shù)；若為無理數(shù)，則取無理數(shù)a＝，b＝eq\r(2)，此時ab＝＝＝(eq\r(2))2＝2為有理數(shù)．”依據(jù)這段文字可以證明的結(jié)論是()A．是有理數(shù)B．是無理數(shù)C．存在無理數(shù)a，b，使得ab為有理數(shù)D．對任意無理數(shù)a，b，都有ab為無理數(shù)答案C解析這段文字中，沒有證明是有理數(shù)的條件，也沒有證明是無理數(shù)的條件，A，B錯誤；這段文字的兩句話中，都說明了結(jié)論“存在無理數(shù)a，b，使得ab為有理數(shù)”，因此這段文字可以證明此結(jié)論，C正確；這段文字中只提及存在無理數(shù)a，b，不涉及對任意無理數(shù)a，b都成立的問題，D錯誤．3．(多選)(2023·湖南四大名校聯(lián)考)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AD＝eq\r(2)，AB＝AP＝PD＝1，平面PAD⊥平面ABCD，點M在線段PC上運動(不含端點)，則()A．存在點M使得BD⊥AMB．四棱錐P－ABCD外接球的表面積為3πC．直線PC與直線AD所成的角為eq\f(π,3)D．當動點M到直線BD的距離最小時，過點A，D，M作截面交PB于點N，則四棱錐P－ADMN的體積是eq\f(1,8)答案BCD解析如圖1，取AD的中點G，連接GC，PG，BD，GC∩BD＝H，則PG⊥AD，因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG?平面PAD，所以PG⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，則PG⊥BD.又因為tan∠ADB·tan∠DGC＝eq\f(AB,AD)·eq\f(CD,GD)＝1，所以GC⊥BD，又PG∩GC＝G，PG，GC?平面PGC，所以BD⊥平面PGC.因為M∈平面PGC，A?平面PGC，所以BD⊥AM不成立，A錯誤；因為△APD為等腰直角三角形，將四棱錐的側(cè)面APD作為底面一部分，補成棱長為1的正方體．如圖2，則四棱錐P－ABCD的外接球即為正方體的外接球，其半徑R＝eq\f(\r(3),2)，即四棱錐P－ABCD外接球的表面積為3π，B正確；如圖2，直線PC與直線AD所成的角即為直線PC與直線BC所成的角，即為eq\f(π,3)，C正確；如圖1，連接PH(圖略)，因為BD⊥平面PGC，當動點M到直線BD的距離最小時HM⊥PC，由上推導知PG⊥GC，GC＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(6),2)，cos∠DCG＝eq\f(DC,CG)＝eq\f(1,\f(\r(6),2))＝eq\f(\r(6),3)，CH＝DCcos∠DCH＝eq\f(\r(6),3)，GH＝GC－CH＝eq\f(\r(6),6)，PH＝eq\r(PG2＋GH2)＝eq\r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)))2)＝eq\f(\r(6),3)，PH＝CH，因此M為PC的中點．如圖3，由M為PC的中點，即為QD的中點，平面ADM即平面ADQ與BP的交點也即為QA與BP的交點，可知N為QA的中點，故VP－ADMN＝eq\f(3,4)VP－AQD＝eq\f(3,4)VQ－APD＝eq\f(3,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,8)，D正確．4．第31屆世界大學生夏季運動會于2023年7月28日至8月8日在四川省成都市舉行．有編號為1,2,3,4,5的五位裁判，分別就座于編號為1,2,3,4,5的五個座位上，每個座位恰好坐一位裁判，則恰有兩位裁判編號和座位編號一致的坐法種數(shù)為________．答案20解析依題意，5人中選出2人，他們的編號與座位編號一致，有Ceq\o\al(2,5)種方法，剩余3人都不坐與自己編號相同的座位有2種方法，由分步乘法計數(shù)原理得所求的坐法種數(shù)為2Ceq\o\al(2,5)＝20.5．已知函數(shù)f(x)＝ax2－bx＋lnx(a，b∈R)．(1)若a＝1，b＝3，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若b＝0時，不等式f(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)由題意得x>0，a＝1，b＝3時，f(x)＝x2－3x＋lnx，f′(x)＝2x－3＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x－1x－1,x)，令f′(x)>0，解得0<x<eq\f(1,2)或x>1.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)．(2)f(x)＝ax2＋lnx≤0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤－eq\f(lnx,x2)在區(qū)間[1，＋∞)上恒成立，設g(x)＝－eq\f(lnx,x2)，x≥1，則g′(x)＝eq\f(2lnx－1,x3)，令g′(x)>0，解得x>eq\r(e)，此時g(x)單調(diào)遞增，令g′(x)<0，解得1≤x<eq\r(e)，此時g(x)單調(diào)遞減，故g(x)min＝g(eq\r(e))＝－eq\f(1,2e).故a≤－eq\f(1,2e)，即實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2e))).[周四]1．(2023·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)設集合A＝{x|log2x<2}，B＝{x|x2<9}，則A∩B等于()A．(0,3) B．(－3,3)C．(0,1) D．(－3,1)答案A解析由題意得A＝(0,4)，B＝(－3,3)，所以A∩B＝(0,3)．2．(2023·齊齊哈爾模擬)已知角α的頂點在原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊經(jīng)過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,8)－sin\f(π,8)，cos\f(π,8)＋sin\f(π,8)))，則tanα等于()A.eq\r(2)－1 B.eq\r(2)＋1C.eq\r(2) D．2答案B解析tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(cos\f(π,8)＋sin\f(π,8),cos\f(π,8)－sin\f(π,8))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,8)＋sin\f(π,8)))2,cos2\f(π,8)－sin2\f(π,8))＝eq\f(1＋sin\f(π,4),cos\f(π,4))＝eq\f(1＋\f(\r(2),2),\f(\r(2),2))＝eq\r(2)＋1.3．(多選)(2023·張家界模擬)下列說法中正確的是()A．一組數(shù)據(jù)11,12,12,13,14,15,16,18,20,22的第80百分位數(shù)為19B．若隨機變量ξ～N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，則P(2<ξ<4)＝0.4C．袋中裝有除顏色外完全相同的4個紅球和2個白球，從袋中不放回地依次抽取2個球．記事件A＝“第一次抽到的是紅球”，事件B＝“第二次抽到的是白球”，則P(B|A)＝eq\f(2,5)D．已知變量x，y線性相關，由樣本數(shù)據(jù)算得經(jīng)驗回歸方程是eq\o(y,\s\up6(^))＝0.4x＋eq\o(a,\s\up6(^))，且算得eq\x\to(x)＝4，eq\x\to(y)＝3.7，則eq\o(a,\s\up6(^))＝2.1答案ACD解析對于A，因為共有10個數(shù)，10×80%＝8，所以這組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)為18和20的平均數(shù)，即為19，故A正確；對于B，因為隨機變量ξ～Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，σ2))，且Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ<4))＝0.8，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ≤2))＝0.5，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2<ξ<4))＝0.8－0.5＝0.3，故B錯誤；對于C，由題意可知P(A)＝eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(1,6))＝eq\f(2,3)，P(AB)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(1,2),C\o\al(1,6)C\o\al(1,5))＝eq\f(4,15)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A))))＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(2,5)，故C正確；對于D，因為經(jīng)驗回歸直線eq\o(y,\s\up6(^))＝0.4x＋eq\o(a,\s\up6(^))經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\x\to(x)，\x\to(y)))，所以3.7＝0.4×4＋eq\o(a,\s\up6(^))，解得eq\o(a,\s\up6(^))＝2.1，故D正確．4．(2023·永州模擬)已知雙曲線Ω：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，b>0))，圓O：x2＋y2＝a2＋b2與x軸交于A，B兩點，M，N是圓O與雙曲線在x軸上方的兩個交點，點A，M在y軸的同側(cè)，且AM交BN于點C.若eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))，則雙曲線的離心率為________．答案eq\r(3)＋1解析由題意可知a2＋b2＝c2，故不妨設A(－c,0)，B(c,0)，即為雙曲線的焦點，|AB|＝2c，由eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))可得eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，即2eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，故M點為AC的中點，根據(jù)雙曲線的對稱性可知N為BC的中點，又因為BM⊥AC，故|AB|＝|BC|，同理|AB|＝|AC|，即△ABC為正三角形，故|AM|＝eq\f(1,2)|AC|＝c，|BM|＝eq\r(3)c，又點M在雙曲線左支上，故|BM|－|AM|＝eq\r(3)c－c＝2a，則e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1.5．(2023·東三省三校模擬)已知數(shù)列{an}，設mn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)(n∈N*)，若{an}滿足性質(zhì)Ω：存在常數(shù)c，使得對于任意兩兩不等的正整數(shù)i，j，k，都有(i－j)mk＋(j－k)mi＋(k－i)mj＝c，則稱數(shù)列{an}為“夢想數(shù)列”．(1)若bn＝2n(n∈N*)，判斷數(shù)列{bn}是否為“夢想數(shù)列”，并說明理由；(2)若cn＝2n－1(n∈N*)，判斷數(shù)列{cn}是否為“夢想數(shù)列”，并說明理由；(3)判斷“夢想數(shù)列”{an}是否為等差數(shù)列，并說明理由．解(1)由題意知，(i－j)mk＋(j－k)mi＋(k－i)mj＝c，(j－i)mk＋(k－j)mi＋(i－k)mj＝c，所以c＝0，當bn＝2n時，m1＝2，m2＝3，m3＝eq\f(14,3)，(1－2)×eq\f(14,3)＋(2－3)×2＋(3－1)×3＝－eq\f(2,3)≠0，所以{bn}不是“夢想數(shù)列”．(2)ci＝2i－1，cj＝2j－1，ck＝2k－1，mn＝eq\f(c1＋c2＋…＋cn,n)＝eq\f(Sn,n)＝eq\f(\f(nc1＋cn,2),n)＝eq\f(n2,n)，(i－j)eq\f(k2,k)＋(j－k)eq\f(i2,i)＋(k－i)eq\f(j2,j)＝0，所以{cn}是“夢想數(shù)列”．(3)①令i＝1，j＝2，k＝3，(1－2)eq\f(a1＋a2＋a3,3)＋(2－3)eq\f(a1,1)＋(3－1)eq\f(a1＋a2,2)＝0，所以a1＋a3＝2a2，即a1，a2，a3成等差數(shù)列，②令i＝1，j＝2，k＝n(n≥3)，設Sn為數(shù)列{an}的前n項和，(1－2)eq\f(Sn,n)＋(2－n)a1＋(n－1)eq\f(S2,2)＝0，化簡得2Sn＋(n2－3n)a1－n(n－1)a2＝0，2Sn＋1＋(n2－n－2)a1－n(n＋1)a2＝0，兩式相減得2an＋1＋2na1－2a1－2na2＝0?an＋1＝a1＋n(a2－a1)，所以an＝a1＋(n－1)(a2－a1)(n≥4)，當n＝1,2,3時也成立．綜上可得，“夢想數(shù)列”{an}是等差數(shù)列．[周五]1．(2023·汕頭模擬)已知集合A＝{1,3，a2}，B＝{1，a＋2}，且A∪B＝A，則a的取值集合為()A．{－1} B．{2}C．{－1,2} D．{1，－1,2}答案B解析由題意可得a＋2＝3或a＋2＝a2，若a＋2＝3，此時a＝1?a2＝1，集合A的元素有重復，不符合題意；若a＋2＝a2，解得a＝2或a＝－1，顯然a＝2符合題意，而a＝－1?a2＝1，集合A的元素有重復，不符合題意，故a＝2.2．(2023·漳州質(zhì)檢)英國物理學家和數(shù)學家牛頓曾提出物體在常溫環(huán)境下溫度變化的冷卻模型．如果物體的初始溫度是θ1，環(huán)境溫度是θ0，則經(jīng)過tmin后物體的溫度θ將滿足θ＝θ0＋(θ1－θ0)e－kt，其中k是一個隨著物體與空氣的接觸情況而定的正常數(shù)．現(xiàn)有溫度為90℃的物體，若放在10℃的空氣中冷卻，經(jīng)過10min后物體的溫度為50℃，則若使物體的溫度為20℃，需要冷卻()A．17.5min B．25.5minC．30min D．32.5min答案C解析由題意得50＝10＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90－10))e－10k，即e－10k＝eq\f(1,2)，∴k＝eq\f(1,10)ln2，∴θ＝θ0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ1－θ0))，由20＝10＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90－10))得＝eq\f(1,8)，即－eq\f(t,10)ln2＝lneq\f(1,8)＝－3ln2，解得t＝30，∴若使物體的溫度為20℃，需要冷卻30min.3．(多選)(2023·南通模擬)直線l：mx＋y－eq\r(2)m＝0與圓x2＋y2＝4交于A，B兩點，P為圓上任意一點，則()A．線段AB最短長度為2eq\r(2)B．△AOB的面積最大值為2C．無論m為何值，l與圓相交D．不存在m，使∠APB取得最大值答案CD解析由直線l：mx＋y－eq\r(2)m＝0可知m(x－eq\r(2))＋y＝0，該直線過定點E(eq\r(2)，0)，且直線斜率一定存在，當OE⊥AB時，弦AB的弦心距最長，則AB的最短長度為2eq\r(4－2)＝2eq\r(2)，此時AB的斜率不存在，與題意矛盾，故A錯誤；△AOB的面積為S△AOB＝eq\f(1,2)|OA||OB|sin∠AOB＝2sin∠AOB，若△AOB的面積取到最大值，則∠AOB為直角，此時|OE|＝eq\r(2)，|AB|＝2eq\r(2)，OE⊥AB，與題意矛盾，故B錯誤；由于直線AB過定點E(eq\r(2)，0)，E(eq\r(2)，0)在x2＋y2＝4內(nèi)，故無論m為何值，l與圓相交，故C正確；P為圓上任意一點，假設當l與x軸垂直時，如圖中虛線位置，此時劣弧最短，當P為劣弧與x軸的交點時，∠APB最大，但由于直線l斜率存在，故直線取不到圖中虛線位置，即不存在m，使∠APB取得最大值，故D正確．4．(2023·青島模擬)已知圓錐的底面半徑為1，側(cè)面展開圖為半圓，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的表面積為________．答案eq\f(4π,3)解析設圓錐母線長為l，由題意2π×1＝πl(wèi)，l＝2，圓錐內(nèi)半徑最大的球與圓錐相切，作出圓錐的軸截面△PAB，截球得大圓為圓錐軸截面三角形的內(nèi)切圓O，D，E是切點，如圖，易知PD是圓錐的高，O在PD上，由PA＝2，BD＝1得∠BPD＝eq\f(π,6)，因此∠ABP＝eq\f(π,3)，所以∠OBD＝eq\f(1,2)∠DBP＝eq\f(π,6)，OD＝BDtaneq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，所以圓錐內(nèi)半徑最大的球的表面積為S＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(4π,3).5．(2023·沈陽模擬)在2023年春節(jié)期間，為了進一步發(fā)揮電子商務在活躍消費市場方面的積極作用，保障人民群眾度過一個平安健康快樂祥和的新春佳節(jié)，甲公司和乙公司在某購物平臺上同時開啟了打折促銷直播帶年貨活動，甲公司和乙公司所售商品類似，存在競爭關系．(1)現(xiàn)對某時間段100名觀看直播后選擇這兩個公司直播間購物的情況進行調(diào)查，得到如下數(shù)據(jù)：用戶年齡直播間購物合計選擇甲公司選擇乙公司19—24歲405025—34歲30合計依據(jù)小概率值α＝0.001的獨立性檢驗，能否認為選擇哪家直播間購物與用戶的年齡有關？(2)若小李連續(xù)兩天每天選擇在甲、乙其中一個直播間進行購物，第一天他等可能地從甲、乙兩家中選一家直播間購物，如果第一天去甲直播間購物，那么第二天去甲直播間購物的概率為0.7；如果第一天去乙直播間購物，那么第二天去甲直播間購物的概率為0.8，求小李第二天去乙直播間購物的概率；(3)某節(jié)日期間，甲公司購物平臺直播間進行“秒殺”活動，假設直播間每人下單成功的概率均為peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<p<1))，每人下單成功與否互不影響，若從直播間中隨機抽取5人，記5人中恰有2人下單成功的概率為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p))，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p))的最大值點p0.參考公式：χ2＝eq\f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ad－bc))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋d))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋d)))，其中n＝a＋b＋c＋d.χ2獨立性檢驗中5個常用的小概率值和相應的臨界值如表所示：α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解(1)列聯(lián)表如下：用戶年齡直播間購物合計選擇甲公司選擇乙公司19—24歲40105025—34歲203050合計6040100零假設為H0：選擇哪家直播間購物與用戶的年齡無關．根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得到χ2＝eq\f(100×40×30－20×102,60×40×50×50)＝eq\f(50,3)>10.828＝x0.001，依據(jù)小概率值α＝0.001的獨立性檢驗，推斷H0不成立，即認為選擇哪家直播間購物與用戶的年齡有關，此推斷犯錯誤的概率不大于0.001.(2)由題設，小李第二天去乙直播間購物的樣本點有(第一天去甲直播間，第二天去乙直播間)，(第一天去乙直播間，第二天去乙直播間)，所以小李第二天去乙直播間購物的概率P＝0.5×(1－0.7)＋0.5×(1－0.8)＝0.25.(3)由題意，設5人中下單成功的人數(shù)為X，則X～B(5，p)，所以f(p)＝Ceq\o\al(2,5)p2(1－p)3＝10p2(1－p)3，令g(p)＝p2(1－p)3＝p2－3p3＋3p4－p5，所以g′(p)＝p(2－9p＋12p2－5p3)，令h(p)＝2－9p＋12p2－5p3，所以h′(p)＝－9＋24p－15p2＝－15eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(4,5)))2＋eq\f(3,5)，h′(p)開口向下，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,5)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1))上單調(diào)遞減，又h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))＝h′(1)＝0，故當p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,5)))時，h′(p)<0，h(p)單調(diào)遞減；當p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，1))時，h′(p)>0，h(p)單調(diào)遞增；由heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))＝0，h(1)＝0，故當p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))時，h(p)>0，即g′(p)>0；當p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))時，h(p)<0，即g′(p)<0，所以g(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))上單調(diào)遞減，即f(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))上單調(diào)遞減，所以f(p)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))，即p0＝eq\f(2,5).[周六]1．(2023·煙臺模擬)若復數(shù)z滿足z(1＋i)＝2i，則|z|等于()A.eq\r(2)B．2C.eq\r(3)D．3答案A解析∵z(1＋i)＝2i，∴z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(2i－2i2,1－i2)＝1＋i，∴|z|＝eq\r(2).2．(2023·麗水模擬)甲乙兩人在一座7層大樓的第一層進入電梯，假設每人從第二層開始在每一層離開電梯是等可能的，則甲乙兩人離開電梯的樓層數(shù)的和是8的概率是()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,9)C.eq\f(5,36)D.eq\f(7,36)答案C解析記事件A＝“甲乙兩人離開電梯的樓層數(shù)的和是8”，由題意，兩個人各有6種不同的離開方法，故共有36種結(jié)果，則事件A包含兩人分別從2樓和6樓離開，3樓和5樓離開，均從4樓離開，共有2＋2＋1＝5(種)不同的離開方法，所以P(A)＝eq\f(5,36).3．(多選)(2023·寧德質(zhì)檢)若(x－1)6＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋a3(x＋1)3＋…＋a6(x＋1)6，則()A．a(chǎn)0＝64B．a(chǎn)0＋a2＋a4＋a6＝365C．a(chǎn)5＝12D．a(chǎn)1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6＝－6答案ABD解析令x＝－1，則(－1－1)6＝a0，即a0＝64，故A正確；令x＝0，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(0－1)6＝1，令x＝－2，則a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝(－2－1)6＝729，則a0＋a2＋a4＋a6＝eq\f(1＋729,2)＝365，故B正確；(x－1)6＝[(x＋1)－2]6，則Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(x＋1)6－k(－2)k，令k＝1，則a5＝Ceq\o\al(1,6)(－2)1＝－12，故C錯誤；由(x－1)6＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋a3(x＋1)3＋…＋a6(x＋1)6兩邊求導，得6(x－1)5＝a1＋2a2(x＋1)＋3a3(x＋1)2＋…＋6a6(x＋1)5，令x＝0，則a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6＝6×(0－1)5＝－6，故D正確．4．(2023·滄州調(diào)研)若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在不同的兩點，使得函數(shù)的圖象在這兩點處的切線互相垂直，則稱函數(shù)y＝f(x)具有T性質(zhì)．若函數(shù)g(x)＝ax－eq\f(c,2)＋bsinxcosx＋ccos2x具有T性質(zhì)，其中a，b，c為實數(shù)，且滿足b2＋c2＝1，則實數(shù)a＋b＋c的取值范圍是______________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2)))解析由題意可得，g(x)＝ax＋eq\f(b,2)sin2x＋eq\f(c,2)cos2x＝ax＋eq\f(\r(b2＋c2),2)sin(2x＋φ)．于是g′(x)＝a＋eq\r(b2＋c2)cos(2x＋φ)＝a＋cos(2x＋φ)．設切點分別為P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則由函數(shù)y＝g(x)具有T性質(zhì)，可得g′(x1)g′(x2)＝－1，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a＋cos2x1＋φ))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a＋cos2x2＋φ))＝－1，整理得a2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ＋cos2x2＋φ))a＋cos(2x1＋φ)cos(2x2＋φ)＋1＝0，將上式視為關于a的方程，則其判別式Δ＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ＋cos2x2＋φ))2－4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φcos2x2＋φ＋1))≥0，即Δ＝[cos(2x1＋φ)－cos(2x2＋φ)]2－4≥0，注意到－1≤cos(2x1＋φ)≤1，－1≤cos(2x2＋φ)≤1，則－2≤cos(2x1＋φ)－cos(2x2＋φ)≤2，故Δ＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ－cos2x2＋φ))2－4＝0，此時eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ＝－1，,cos2x2＋φ＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ＝1，,cos2x2＋φ＝－1.))代入方程可得a2＝0，因此，a＝0.另一方面，由b2＋c2＝1，可設b＝cosθ，c＝sinθ，其中θ∈R，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b＋c))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cosθ＋sinθ))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))))≤eq\r(2)，即－eq\r(2)≤b＋c≤eq\r(2).因此，a＋b＋c∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2))).5．(2023·福州模擬)已知拋物線E：y2＝2px(p>0)，過點(－2,0)的兩條直線l1，l2分別交E于A，B兩點和