打卡第六天-沖刺2023年高考數(shù)學(xué)考前必刷題限時(shí)集訓(xùn)練（新高考通用）解析版

【10天刷完高考真題】沖刺2023年高考數(shù)學(xué)考前必刷題限時(shí)集訓(xùn)練（新高考通

用）

新高考真題限時(shí)訓(xùn)練打卡第六天

II真題限時(shí)訓(xùn)練

一、單選題

1.（2021?全國?統(tǒng)考高考真題）已知z=2—i，則z信+i）=（）

A.6-2iB.4-2iC.6+2iD.4+2i

【答案】C

【分析】利用復(fù)數(shù)的乘法和共軌復(fù)數(shù)的定義可求得結(jié)果.

【詳解】因?yàn)閦=2—i,故1=2+3故zC+/）=（2-i）（2+2i）=4+4i-2i-2i2=6+2i

故選：C.

2.（2021.全國.統(tǒng)考高考真題）已知圓錐的底面半徑為正，其側(cè)面展開圖為一個(gè)半圓，則

該圓錐的母線長為（）

A.2B.272C.4D.4正

【答案】B

【分析】設(shè)圓錐的母線長為/,根據(jù)圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長可求得/的值，即為

所求.

【詳解】設(shè)圓錐的母線長為/,由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則加=2萬x夜，

解得?=2也.

故選：B.

3.（2022.全國.統(tǒng)考高考真題）已知向量a=（3,4）,b=（l,0）,c=a+仍，若<a,c>=<〃,c>,則

t=（）

A.-6B.-5C.5D.6

【答案】C

【分析】利用向量的運(yùn)算和向量的夾角的余弦公式的坐標(biāo)形式化簡(jiǎn)即可求得

【詳解】解：c=（3+/,4）,cos（d,C）=cos",C）,即一而—=討，解得t=5,

故選：C

4.（2021?全國?統(tǒng)考高考真題）正四棱臺(tái)的上、下底面的邊長分別為2,4,側(cè)棱長為2,則其

體積為（）

A.20+12指B.280C.乎D.竺叵

33

【答案】D

【分析】由四棱臺(tái)的幾何特征算出該幾何體的高及上下底面面積，再由棱臺(tái)的體積公式即

可得解.

【詳解】作出圖形，連接該正四棱臺(tái)上下底面的中心，如圖，

因?yàn)樵撍睦馀_(tái)上下底面邊長分別為2,4,側(cè)棱長為2,

所以該棱臺(tái)的高力=應(yīng)-用=&，

下底面面積4=16,上底面面積S2=4,

所以該棱臺(tái)的體積丫=；〃（5+邑+7^）=!乂拒乂（16+4+鬧）=|應(yīng).

故選：D.

22

5.（2021.全國.統(tǒng)考高考真題）已知F?是橢圓C：工+匕=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)M在C上,

94

則段的最大值為（）

A.13B.12C.9D.6

【答案】C

【分析】本題通過利用橢圓定義得到|崢|+|M用=為=6,借助基本不等式

\MF\-\MF^<Mitel"］即可得到答案.

【詳解】由題，"=9,從=4,則|岬|+|"用="=6,

所以|M用他印j"邛=9（當(dāng)且僅當(dāng)段=3時(shí)，等號(hào)成立）.

I2J

故選：C.

6.（2021.全國?統(tǒng)考高考真題）已知”=log52,^=log83,c=i,則下列判斷正確的是（）

A.c<b<aB.b<a<cC.a<c<bD.a<b<c

【答案】c

【分析】對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可比較a、。與C的大小關(guān)系，由此可得出結(jié)論.

【詳解】a=log52<log5V5=^=log8272<logs3=b,即a<c<b.

故選：C.

二、多選題

7.(2021?全國?統(tǒng)考高考真題)己知。為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)[(cosa,sina),(cos/?,-sin/?),

6(cos(a+/7),sin(a+/?)),A(l,0),則()

A.\OP]=\OP2\B.卜耳=|阿

C.OAOP3=OP、OP[D.0AoP\=OP[O口

【答案】AC

LIUU1uuu

【分析】A、B寫出。片,。巴、AP},A6的坐標(biāo)，利用坐標(biāo)公式求模，即可判斷正誤；C、

D根據(jù)向量的坐標(biāo)，應(yīng)用向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示及兩角和差公式化簡(jiǎn)，即可判斷正誤.

【詳解】A：O'=(cosa,sina),OR=(cos夕，一sin/?),所以|。勺|=Jcos?a+sin2a=1,

IOP21=J(cos/J)+(-sin4)2=1，故IO4|=|Og|,正確；

B：A/J=(cosa-l,sina),Ag=(cos6一l,-sin0,所以

I|=/cosa_1)2+sin2a=Vcos2a-2cosa+1+sin2a=^2(1-cosa)==2|siny|

,同理理E1=J(cos0-1)2+sin?夕=21sin§|,故||,|A6|不一定相等，錯(cuò)誤;

C：由題意得：OAOP、=lxcos(a+/7)+0xsin(a+4)=8S(a+4),

OF\OP2=cosa-cos/?+sina-(-sin(3)=cos(<z+/3),正確;

D：由題意得：0A=lxcosa+Oxsina=cosa,

OR,OP、=cospxcos(cr+尸)+(-sin尸)xsin(a+/3)

=cos(p+(a+P))=cos(a+2p),故一般來說QVwOg?OR故錯(cuò)誤；

故選：AC

8.(2021?全國?統(tǒng)考高考真題)設(shè)正整數(shù)"=4?2°+%?2++《一?2'T+4?2",其中a,.G{011},

記0(〃)=4+4++ak.則()

A.0(2w)=0(〃)B.<y(2〃+3)=①(“)+1

C.。(8〃+5)=<0(4〃+3)D.<y(2n-1)=?

【答案】ACD

【分析】利用切(")的定義可判斷ACD選項(xiàng)的正誤，利用特殊值法可判斷B選項(xiàng)的正誤.

【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，69(/?)=%+4++4，2幾=42+62++?2,+4?2,“，

所以，。(2〃)=佝+4++4=口(〃)，A選項(xiàng)正確；

對(duì)于B選項(xiàng),取〃=2,2〃+3=7=1?2°+12+1",.??07)=3,

而2=。2。+1.2、則火2)=1,即公⑺工或2)+1,B選項(xiàng)錯(cuò)誤：

34A+3234k+3

對(duì)于C選項(xiàng)，8n+5=a0-2+aI-2+-2+5=1-2°+1-2+a()-2+?2+.+ak-29

所以，69(8/2+5)=2+/+4++ak,

4〃+3=4?2~+4?2,++%,?2>~+3=1,2"+1?2]+旬?2~+4?2一‘++ak?2"~,

所以，3(4〃+3)=2+q)+4++q,因此，08〃+5)=G(4〃+3),C選項(xiàng)正確；

對(duì)于D選項(xiàng)，2"—1=2°+2、+2"，故。(2"-1)=〃，D選項(xiàng)正確.

故選：ACD.

三、填空題

9.(2021?全國?統(tǒng)考高考真題)已知0為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線C：/=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,

戶為C上一點(diǎn)，尸產(chǎn)與x軸垂直，。為x軸上一點(diǎn)，且PQLOP,若|叫=6,則C的準(zhǔn)線方

程為.

3

【答案】%=--

【分析】先用坐標(biāo)表示尸，Q,再根據(jù)向量垂直坐標(biāo)表示列方程，解得。，即得結(jié)果.

【詳解】拋物線C：V=2px(P>O)的焦點(diǎn)

???P為C上一點(diǎn)，P尸與x軸垂直，

所以P的橫坐標(biāo)為白，代入拋物線方程求得P的縱坐標(biāo)為土P,不妨設(shè)P(§,P),

因?yàn)镼為x軸上一點(diǎn)，且所以Q在F的右側(cè)，

又1尸0=6,，Q(6+所以PQOP=§x6-p2=o,

Qp>Q,;.p=3,所以C的準(zhǔn)線方程為x=-]3故答案為：x=-13.

【點(diǎn)睛】利用向量數(shù)量積處理垂直關(guān)系是本題關(guān)鍵.

10.(2021.全國.統(tǒng)考高考真題)某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)剪紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的

某條對(duì)稱軸把紙對(duì)折，規(guī)格為20dmxl2dm的長方形紙，對(duì)折1次共可以得到10dmxl2dm,

20dm*6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和H=240dm2,對(duì)折2次共可以得到5dmxl2dm,

10dmx6dm,20dmx3dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和其=180dm?,以此類推，則對(duì)

折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為；如果對(duì)折"次，那么之臬=dm2.

*=|

【答案】5720一半翼

【分析】（1）按對(duì)折列舉即可；（2）根據(jù)規(guī)律可得S“，再根據(jù)錯(cuò)位相減法得結(jié)果.

【詳解】（1）由對(duì)折2次共可以得到5dmx12dm,10dmx6dm,20dmx3dm三種規(guī)格的圖

53

形，所以對(duì)著三次的結(jié)果有：1x12,5x6,10x3；20x1,共4種不同規(guī)格（單位dn?）；

故對(duì)折4次可得到如下規(guī)格：=5xl2,596,5x3,10x39,20x3=,共5種不同規(guī)格；

4224

（2）由于每次對(duì)著后的圖形的面積都減小為原來的一半，故各次對(duì)著后的圖形，不論規(guī)格

如何，其面積成公比為千的等比數(shù)列，首項(xiàng)為120（dm?）,第n次對(duì)折后的圖形面積為

120x[3]’,對(duì)于第n此對(duì)折后的圖形的規(guī)格形狀種數(shù)，根據(jù)（1）的過程和結(jié)論，猜想為

〃+1種（證明從略），故得猜想S“=12；：+D,

以。120x2120x3120x4T120（n+l）

2°2'222"-'

n?1。120x2120x3120”120（/7+1）

221222“T2"

兩式作差得：

b=240+120（LM+

2U22T-x）T

_2小60（勺）⑵（"]）

.12n

1------

2

=360-號(hào)」2°（〃+1）=36?！?0（〃+3）,

2〃-i2〃T

八240（〃+3）15（n+3）

因m此,5=720----——^=720——

2〃2"-4

故答案為：5；720」5（"：3）.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：數(shù)列求和的常用方法：

（1）對(duì)于等差等比數(shù)列，利用公式法可直接求解；

（2）對(duì)于結(jié)構(gòu)，其中｛%｝是等差數(shù)列，｛2｝是等比數(shù)列，用錯(cuò)位相減法求和；

（3）對(duì)于｛4+2｝結(jié)構(gòu)，利用分組求和法；

（4）對(duì)于結(jié)構(gòu)，其中｛a,,｝是等差數(shù)列，公差為d（dxO）,

da

用\n4+J

利用裂項(xiàng)相消法求和.

五、解答題

11.（2021?全國?統(tǒng)考高考真題）某學(xué)校組織“一帶一路”知識(shí)競(jìng)賽，有A,8兩類問題，每位

參加比賽的同學(xué)先在兩類問題中選擇一類并從中隨機(jī)抽取一個(gè)問題回答，若回答錯(cuò)誤則該同

學(xué)比賽結(jié)束；若回答正確則從另一類問題中再隨機(jī)抽取一個(gè)問題回答，無論回答正確與否，

該同學(xué)比賽結(jié)束.4類問題中的每個(gè)問題回答正確得20分，否則得0分；8類問題中的每個(gè)

問題回答正確得80分，否則得0分，已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8,能正確

回答B(yǎng)類問題的概率為0.6,且能正確回答問題的概率與回答次序無關(guān).

（1）若小明先回答A類問題，記X為小明的累計(jì)得分，求X的分布列；

（2）為使累計(jì)得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問題？并說明理由.

【答案】（1）見解析；（2）B類.

I分析】（1）通過題意分析出小明累計(jì)得分X的所有可能取值,逐一求概率列分布列即可.（2）

與（1）類似，找出先回答8類問題的數(shù)學(xué)期望，比較兩個(gè)期望的大小即可.

【詳解】（1）由題可知，X的所有可能取值為0,20,100.

P（X=0）=l-0.8=0.2；

P（X=20）=0.8（1-0.6）=0.32；

P（X=l（X））=0.8x0.6=0.48.

所以X的分布列為

X020100

P0.20.320.48

（2）由（1）知，E（X）=0x0.2+20x0.32+100x0.48=54.4.

若小明先回答8問題，記y為小明的累計(jì)得分，則y的所有可能取值為0,80,100.

p（y=0）=l-0.6=0.4；

p（y=80）=0.6（l-0.8）=0.12；

=100）=0.8x0.6=0.48.

所以E（y）=0x0.4+80x0.12+100x0.48=57.6.

因?yàn)?4.4<57.6,所以小明應(yīng)選擇先回答8類問題.

12.（2021?全國?統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐A-BC。中，平面

平面BCD,AB=AD,。為80的中點(diǎn).

（1）證明：OA1CD；

（2）若OC￡>是邊長為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱上，

DE=2EA,且二面角E-BC-O的大小為45。，求三棱錐A-8C￡＞的體積.

【答案】（1）證明見解析；（2）3.

6

【分析】（1）由題意首先證得線面垂直，然后利用線面垂直的定義證明線線垂直即可；

（2）方法二：利用幾何關(guān)系找到二面角的平面角，然后結(jié)合相關(guān)的幾何特征計(jì)算三棱錐的體

積即可.

【詳解】（1）因?yàn)?O是BO中點(diǎn)，所以。

因?yàn)椤?u平面平面ABDJL平面BCD,

且平面A8Oc平面BCD=B￡）,所以。AJ_平面BCD.

因?yàn)镃Ou平面BCD,所以O(shè)AJ_CD.

（2）［方法一］:通性通法一坐標(biāo)法

如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，為z軸，OO為y軸，垂直。。且過O的直線為x軸，建

立空間直角坐標(biāo)系。-qz,

設(shè)。=（x,y,z）為平面EBC的法向量,

則由八，可求得平面EBC的一個(gè)法向量為〃=（-"1,-勺.

EC-n-0m

又平面BCD的一個(gè)法向量為CM=（0,0,，〃）,

又點(diǎn)C到平面池的距離為乎，所以匕_58=%'83=:'3、2*屋^=￥，

所以三棱錐A-88的體積為3.

6

［方法二］【最優(yōu)解】：作出二面角的平面角

如圖所示，作EG，83,垂足為點(diǎn)G.

作GFJ_3C,垂足為點(diǎn)F,連結(jié)所，則OA〃EG.

因?yàn)椤?1平面88,所以EG,平面88,

/EFG為二面角E-8C-。的平面角.

因?yàn)镹EFG=45。,所以召G=FG.

由已知得08=8=1,故OB=OC=1.

又NOBC=NOCB=30°,所以BC=6.

24222

因?yàn)镚D=—，GB=—，F(xiàn)G=-CD=—，EG=—,OA=1,

33333

[1]]y/3

V5

A-HCD=20coxOA=§x2SBOCXOA=-X2X(-X—xlxl)xl=—.

[方法三]:三面角公式

考慮三面角B-EDC,記NEBD為a,匕EBC為B,ZDBC=30°,

記二面角E-8C-O為凡據(jù)題意，得6=45。.

對(duì)僅使用三面角的余弦公式，可得cos￡=cosa-cos30。，

化簡(jiǎn)可得cosp=--cosa.①

使用三面角的正弦公式，可得sin〃=當(dāng)，化簡(jiǎn)可得sin/?=忘sina.②

sinJ

3

將①②兩式平方后相加，可得;cos2a+2sin2a=1,

4

根據(jù)三角形相似知，點(diǎn)G為。。的三等分點(diǎn)，即可得8G=§,

結(jié)合a的正切值，

可得EG=。=1從而可得三棱錐A-BCD的體積為昱.

【整體點(diǎn)評(píng)】(2)方法一：建立空間直角坐標(biāo)系是解析幾何中常用的方法，是此類題的通性

通法，其好處在于將幾何問題代數(shù)化，適合于復(fù)雜圖形的處理；

方法二：找到二面角的平面角是立體幾何的基本功，在找出二面角的同時(shí)可以對(duì)幾何體的

幾何特征有更加深刻的認(rèn)識(shí)，該法為本題的最優(yōu)解.

方法三：三面角公式是一個(gè)優(yōu)美的公式，在很多題目的解析中靈活使用三面角公式可以使

得問題更加簡(jiǎn)單、直觀、迅速.

13.(2021.全國?統(tǒng)考高考真題)已知函數(shù)I(x)=x(l-lnx).

(1)討論的單調(diào)性；

(2)設(shè)“，方為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且從na-“l(fā)nb=a-b,證明：2<，+L<e.

ab

【答案】(1)“X)的遞增區(qū)間為(0,1),遞減區(qū)間為(l,y)；(2)證明見解析.

【分析】(1)首先確定函數(shù)的定義域，然后求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，由導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)即可確定

原函數(shù)的單調(diào)性.

⑵方法二：將題中的等式進(jìn)行恒等變換，令上=〃?,?=〃，命題轉(zhuǎn)換為證明：2<m+〃<e,

ab

然后構(gòu)造對(duì)稱差函數(shù)，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)的特征和函數(shù)的單調(diào)性即可證得題中的結(jié)論.

【詳解】(l)〃x)的定義域?yàn)?0,e).

由/(x)=x(lTnx)得，r(x)=-lnx,

當(dāng)x=l時(shí)，/(力=0;當(dāng)xe(O,l)時(shí)廣(司>0；當(dāng)時(shí)，/,(x)<0.

故在區(qū)間(05內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間口,口)內(nèi)為減函數(shù)，

(2)［方法一］:等價(jià)轉(zhuǎn)化

由〃lna_alnb=a_。得，(1—In1)=，(1—In3,即/(—,)=/(—).

aabbab

._11

由〃h,得一

ab

由⑴不妨設(shè)，￡(0,1)，:右(1,+00),貝lJ/(1)>0，從而得［W(l,e),

ababb

①令g(x)=〃2-x)-〃x),

則g'(x)=ln(2-x)+lnx=ln(2x-x2)=ln［l-(x-l)2］,

當(dāng)x?O,l)時(shí),g，(x)<0,g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)為減函數(shù)，g(x)>g⑴=0,

從而f(2-x)>f(x),所以/(2-1)>/(1)=心，

由(1)得2-工<［即2<,+'.①

abab

令〃(x)=x+/(x),則〃'(x)=l+r(x)=l-Inx,

當(dāng)xe(l,e)時(shí)，〃(x)>0,/?(x)在區(qū)間(l,e)內(nèi)為增函數(shù)，h{x)<h{e)=e,

從而x+/(x)<e,所以：+/(!)<e.

bb

又由%(0,1),可得LJ(l-l/)=

aaaa

所以L+：</(3+!=e.②

abbb

由①②得2<—+-J-<e.

ab

1_'■日小&力■,..，*EdinaInZ?11Ina+1lnb+1

［方法一］【最優(yōu)解】：旬11々-4111〃=々-。變形為......-=---,所以------=—:—

aboaab

令L九L〃.則上式變?yōu)閙(l-lnm)=n(l-lnn),

ab

于是命題轉(zhuǎn)換為證明：2<m+n<e.

令〃x)=x(lTnx),則有〃加)=/(〃)，不妨設(shè)

由(1)知0<m先證6+〃>2.

要證：/(;?)</(2-in)<=>f(ni)</(2-m)

=〃帆)一/(2一帆)<0.

令4)=/(%)-42-x),xe(?！?，

貝!I=-lnx-ln(2-^)=-ln［x(2-x)］>-Ini=0,

「.g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，所以g(%)vg⑴=0,即機(jī)+〃>2.

再證"2+72ve.

因?yàn)楦?1—ln，〃)="(1—ln〃)>m，所以需證〃(1—ln〃)+〃<6?=>帆+〃ve.

令〃(x)=%(l-lnx)+x,xw(l,e),

所以“(力=」一如%>0,故〃(x)在區(qū)間(1,6)內(nèi)單調(diào)遞增.

所以力(x)v〃(e)=e.故gpm-\-n<e.

綜合可知2<」+?<e.

ab

［方法三］:比值代換

證明1+，>2同證法2.以下證明%+x,<e.

ab

不妨設(shè)則》=二>1,

x\

由內(nèi)(1-1nxi)=w(l-In&)得玉(1-InX])=處口一In(為力,In玉=1一

/—1

要證％+W<e,只需證(l+f)x<e,兩邊取對(duì)數(shù)得皿1+。+1!1%<1,

即ln(l+r)+l--<1,

r-1

即證也把<叱

tt-1

1/、ln(l+s)mii----ln(l+5)

記gG)=-------,5G(0,-KO),貝L7C、_1+S.

Sg⑻-------9-----

S

S11

記h(s)=-----ln(l+s),貝!]〃(s)=--■-T---<0,

1+s(1+s)-1+5

所以，〃(s)在區(qū)間(O,+w)內(nèi)單調(diào)遞減./心)</?(0)=0,則g'(s)<0,

所以g(s)在區(qū)間(0,y)內(nèi)單調(diào)遞減.

由得r—le(O,E),所以g(f)<g(fT),

即螞棄<合.

［方法四］:構(gòu)造函數(shù)法

.Ina\nb1令」,；二々

由已知得----，，

abbaab

不妨設(shè)“<X2,所以/(4)：〃々).

由(I)知，0<%只需證2<%+々<6.

證明玉+x2>2同證法2.

e

、._2+—FInx

再證明M+X2VG.令//、1-lnx.A、I，,、x

"""I2?qh(x)=------(0<x<e)9h(x)=----------

x-e(x-e)

p\PX—P

令(p(x)=lnx+——2(0<x<e),則(p\x)=----7=-V<。*

XXXX

所以夕(x)>e(e)=0,〃(x)>0,Mx)在區(qū)間(O,e)內(nèi)單調(diào)遞增.

,1-Inx1-In1-InX.x.-e

因?yàn)椤?-，所以即匚忘>之

又因?yàn)椤ㄕ迹?/（々），所以智

X￡11人1人[人[人,O

即君一”V一結(jié),（％―/）（%]+W—6?）>0.

因?yàn)樗云呤?<6,即

ab

綜上，有2<2+:<e結(jié)論得證.

【整體點(diǎn)評(píng)】（2）方法一：等價(jià)轉(zhuǎn)化是處理導(dǎo)數(shù)問題的常見方法，其中利用的對(duì)稱差函數(shù)，

構(gòu)造函數(shù)的思想，這些都是導(dǎo)數(shù)問題必備的知識(shí)和技能.

方法二：等價(jià)轉(zhuǎn)化是常見的數(shù)學(xué)思想，構(gòu)造對(duì)稱差函數(shù)是最基本的極值點(diǎn)偏移問題的處理

策略.

方法三：比值代換是一種將雙變量問題化為單變量問題的有效途徑，然后構(gòu)造函數(shù)利用函

數(shù)的單調(diào)性證明題中的不等式即可.

方法四：構(gòu)造函數(shù)之后想辦法出現(xiàn)關(guān)于王+々-0<0的式子，這是本方法證明不等式的關(guān)鍵

思想所在.

III精選模擬題預(yù)測(cè)

一、單選題

1.（2023?河南?校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）若復(fù)數(shù)z的共軌復(fù)數(shù)為且z-（2+i?=-3+5i,則z的

虛部為（）

A.-2iB.2iC.-2D.2

【答案】D

【分析】先根據(jù)條件求出復(fù)數(shù)z,然后可得虛部.

【詳解】設(shè)復(fù)數(shù)z=a+bi,a,b^R,則a+6i-（2+i）（a—萬）=-（a+b）+（3b-a）i=-3+5i,

f一（〃+人）=一3[tz=1一，

即L<,解得，.，貝Uz=l+2i,故z的虛部為2.

[3O-<2=5[b=2

故選：D.

2.（2023?全國?高一專題練習(xí)）在古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得的著作《幾何原本》中，把軸截面

為等腰直角三角形的圓錐稱為直角圓錐.在直角圓錐SO中，點(diǎn)S與底面圓。都在同一個(gè)球面

上，若球的表面積為16兀，則圓錐的側(cè)面積為（）

A.4J蘇B.2sl2itC.4兀D.2兀

【答案】A

【分析】由直徑所對(duì)的圓周角為直角，可得圓錐底面半徑為球的半徑，利用球的表面積即

可求解.

【詳解】圓錐的軸截面為等腰直角三角形AS8,如圖所示:

在直角圓錐SO中，點(diǎn)S與底面圓。都在同一個(gè)球面上，由ZAS8=90,所以A8為球的直

徑，

若球的表面積為16兀，由4兀2=16兀，球的半徑R=2,

則圓錐底面半徑r=2,圓錐母線長/=20,

所以圓錐的側(cè)面積為S=nrl=4叵n.

故選：A

3.（2023?全國?高三專題練習(xí)）在矩形ABCD中,48=26,4。=2,點(diǎn)后滿足2￡>￡=3￡>0則

AEBD=（）

A.-14B.14C.-16D.-14后

【答案】A

【分析】根據(jù)題意建立合適的平面直角坐標(biāo)系，找到各個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)2〃E=3￡>C,求出E

點(diǎn)坐標(biāo)，代入AE-BD中即可得出結(jié)果.

【詳解】解:由題不妨以A為坐標(biāo)原點(diǎn),4。方向分別為X，），軸建立如圖所示直角坐標(biāo)系,

則A（0,0）,B（26,0）,C（2G,2）,0（0,2）,所以。C=（2后,0）,BD=（-2百,2）,

因?yàn)?DE=3DC,設(shè)E（x,y）,所以2（x,y—2）=3（260），解得￡（373,2）,

所以AE=@g,2）,所以AE-8O=（3g,2M-2石,2）=-14.

故選:A

4.（2023?全國?高三專題練習(xí)）過圓錐內(nèi)接正方體（正方體的4個(gè)頂點(diǎn)在圓錐的底面，其余

頂點(diǎn)在圓錐的側(cè)面)的上底面作一平面，把圓錐截成兩部分，下部分為圓臺(tái)，已知此圓臺(tái)上

底面與下底面的面積比為1:4,母線長為卡,設(shè)圓臺(tái)體積為匕，正方體的外接球體積為匕，

則廣()

A773R2y[6「76門后

9939

【答案】A

r1

【分析】由題意可得圓臺(tái)上底面與下底面的半徑比為,=5,表示出正方體棱長，利用解

r2Z

n△AA/求得彳=2血，根據(jù)圓臺(tái)以及球的體積公式，即可求得答案.

【詳解】設(shè)圓臺(tái)的上下底面半徑為4,4,

f]

由圓臺(tái)上底面與下底面的面積比為1:4,得圓臺(tái)上底面與下底面的半徑比為,=孑，

r22

由題意知正方體的棱長為曰、24=&《，

如圖，設(shè)AP為圓臺(tái)的一條母線，4A為正方體的一條棱,

a，o?為圓臺(tái)上下底面的中心，

在RtZ\AA|P中，AP=A^A—>/2/],

即(遙)=片+(&{),解得r2=2>/2,

貝(jX=；兀&4(42+r[r2+])=；兀x2x(2+4+8)=^|^,

正方體的外接球半徑為R='2=空=￡，故匕==4名兀,

223

287r

所以匕=工=拽，

V24底I9

故選：A

5.（2023秋?云南?高二統(tǒng)考期末）設(shè)。=匕",/?=111夜-」1113,。=兀，，則下列正確的是（）

3

A.a>c>bB.c>a>b

C.c>b>aD.a>b>c

【答案】B

【分析】先通過符號(hào)判斷匕最小，再通過Inc,ln“與！比較，確定c>”.

e

【詳解】垃」n3=2-火=細(xì)”也=力〈嘰=。，

323666

而a=e51>0,c=兀，>0>

所以〃最小.

111111

又Ina=Ine"=—<一/nc=皿兀，=一［口?！狄?，所以Inc>Ina,即有c>〃，

iteee

因此c>a>0,

故選：B.

22

6.（2023?云南昆明?高三昆明一中?？茧A段練習(xí)）已知橢圓C：,+卓=1（〃>6>0）的左右

焦點(diǎn)分別為6,乙，點(diǎn)P是C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若橢圓C上有且僅有4個(gè)點(diǎn)P滿足△尸斗鳥是

直角三角形，則橢圓C的離心率的取值范圍是（）

【答案】B

【分析】由數(shù)形結(jié)合可知，點(diǎn)戶不是直角頂點(diǎn)，則由b>c,確定離心率的取值范圍.

【詳解】當(dāng)PE和垂直于6鳥時(shí)，恰有4個(gè)點(diǎn)尸滿足△PK8是直角三角形，

由條件可知，點(diǎn)尸不是直角頂點(diǎn)，則以由段為直徑的圓與橢圓無交點(diǎn)，

則得從〉c20/—c2>c2,解得：工堂,

a2

所以橢圓離心率e的取值范圍是01

I/

故選：B

二、多選題

7.（2022春?江蘇淮安?高一校考階段練習(xí)）已知。、/e0,yi,sin/?+sin/=sina,

cosez+cosy=cos/7,則下列說法正確的是()

A.cos(￡-a)=；B.cos(/7-a)=--^

cC乃

c-i飛D./3-a=-—

【答案】AD

sin/=sina-cos6

【分析】由已知可得利用同角三角函數(shù)的平方關(guān)系結(jié)合兩角差的余

cosy-cos一cosa'

弦公式可求得cos（/7-a）的值，求出4-。的取值范圍，即可得解.

sin/=sincr-cos/?

【詳解】由已知可得

cosy=cos-cosa'

所以，1=sin2y+cos2y=(sina-sin/丫+(cosp-cos=2-2(cospcosa+sinpsina)

=2-2COS(/7-6Z),

所以，cos（夕-a）=g,

因?yàn)閍、P、吟）則苫，

因?yàn)閟in/=sina-sin〃>0,函數(shù)y=sinx在卜吟）上單調(diào)遞增，則則

故/3-a=-三,

故選：AD.

8.（2023秋?廣東?高二校聯(lián)考期末）已知工=2?"+1（〃=1,2,）,記%=log2優(yōu)-1）,｛4｝的

前〃項(xiàng)和為S,，若數(shù)列2=：S,,+1,記｛1嗎2-咋％2｝的前”項(xiàng)和為T.，若對(duì)于任意的

?e[-2,2],neN\不等式7；<2產(chǎn)+川-3恒成立，則實(shí)數(shù)r的值可能是（）

A.-2B.0C.-1D.2

【答案】AD

【分析】結(jié)合對(duì)數(shù)運(yùn)算及數(shù)列求和依次求得勺、S“、b“、T?,求得（7；）M，則問題等價(jià)于對(duì)

任意的ae[-2,2],“eN*,（7；Ja<2/+必-3恒成立，即可根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)列式求解.

【詳解】由題意知，勺=1%（工一1）=1隰22”=2",故S“=2（1；）=2（2"T，

由b,,=gs“+l=2",得log%2-log%2=：1

n+l

則不等式[,<2/+G-3恒成立等價(jià)于1\<2/+川-3恒成立，而1——二<1,.?.問題

〃+171+1

等價(jià)于對(duì)任意的ae[-2,2],〃eN*,2/+,〃—420恒成立.

設(shè)/⑷=2/+m-4,ae[-2,2],叱然,gJr+/-2>0解得：上或2.

[/(-2)>0[r-t-2>0

故選：AD.

三、填空題

9.(2023春?江西吉安?高三吉安三中?？茧A段練習(xí))點(diǎn)"(3,2)到拋物線C:y=a?(a>0)準(zhǔn)

線的距離為4,則實(shí)數(shù)。=.

【答案】|

O

【分析】由拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程可得準(zhǔn)線方程，根據(jù)點(diǎn)加(3,2)到準(zhǔn)線的距離為4求解。的值

即可.

【詳解】拋物線。：丫=以2(。>0)即f=_Ly的準(zhǔn)線方程為y=-；,

a4a

因?yàn)辄c(diǎn)M(3,2)到準(zhǔn)線的距離為4,

所以2+9=4,解得

故答案為：—

O

10.(2023?山東濰坊?統(tǒng)考一模)乒乓球被稱為我國的“國球”.甲、乙兩名運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行乒乓球比

31

賽，其中每局中甲獲勝的概率為:，乙獲勝的概率為了，每局比賽都是相互獨(dú)立的.

44

①若比賽為五局三勝制，則需比賽五局才結(jié)束的概率為.

②若兩人約定其中一人比另一人多贏兩局時(shí)比賽結(jié)束，則需要進(jìn)行的比賽局?jǐn)?shù)的數(shù)學(xué)期望為

附：當(dāng)0<4<1時(shí)，limq"=0,limn-q"=0,

“T+oo“f+oo

2716

【答案】—##0.2109375—

1285

【分析】由已知可得前四局雙方為2:2,即可求出答案①；由已知可推得，需要比賽局?jǐn)?shù)

且P（X=2〃）=?6.進(jìn)而可設(shè)q=尸（X=2”）=[x(丁，b.=2叫,根據(jù)錯(cuò)

為偶數(shù),

-4〃（胃1進(jìn)而求出S“的極限即可得出

位相加法求出圾｝的前〃項(xiàng)和為s“

55\8）

答案.

【詳解】①需比賽五局才結(jié)束，則說明前四局雙方為2:2,概率為C；

②假設(shè)比賽局?jǐn)?shù)為隨機(jī)變量X,

由已知，需比賽局?jǐn)?shù)為偶數(shù)，則*可取2,4,6工，2〃1（neN'j.

2

則尸(X=2)=C；

當(dāng)〃之2時(shí)，雙方前2〃-2局戰(zhàn)為平局，且任意前2機(jī)（1</H<ZZ-1,且相END局雙方均戰(zhàn)

為平局,

n-lH-I]

貝Ijp(x=2〃)=[c；x：x；]_3\,顯然〃=1,滿足該

IXIX

4

式.

M-1

設(shè)q=尸(x=2〃)=]x(1I,則有箕=3

n-\8

5x3

所以，｛4｝是以為首項(xiàng)，4=9為公比的等比數(shù)列.

OO

ZJ-1

設(shè)。=2〃q，貝!|々=弓x

0+3x@+L+陪)

設(shè)也｝的前〃項(xiàng)和為S“,貝1]S'+a+&+L+勿l+2x

23

3c5

—3F2cx+3x+L+n

8(I)0-?，

35

作差可得，5n--Sn=-

lxHiJ

5

=—x——

4I

8

整理可得,s./T（小4〃管

3

由題意可得，lim=0,lim4n-0.

"T8"T88

則E(X)=2，(X=2)+2x2-P(X=2x2)+2x3，(X=2x3)+L+2〃P(X=2〃)+L

乂田4d2716

故答案為：擊；y

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：當(dāng)“22時(shí)，由題意可知，雙方前2w-2局戰(zhàn)為平局，且任意前25

C\<m<n-\,且加eN*)局雙方均戰(zhàn)為平局，

則亦吁叵浦X仙L小乳I：

四、解答題

11.(2023?全國?高三專題練習(xí))第二十二屆卡塔爾世界杯足球賽(/7MMHdC"pQS"2022)

決賽中，阿根廷隊(duì)通過扣人心弦的點(diǎn)球大戰(zhàn)戰(zhàn)勝了法國隊(duì).某校為了豐富學(xué)生課余生活，組

建了足球社團(tuán).足球社團(tuán)為了解學(xué)生喜歡足球是否與性別有關(guān)，隨機(jī)抽取了男、女同學(xué)各100

名進(jìn)行調(diào)查，部分?jǐn)?shù)據(jù)如表所示：

喜歡足球不喜歡足球合計(jì)

男生40

女生30

合計(jì)

(1)根據(jù)所給數(shù)據(jù)完成上表,并判斷是否有99.9%的把握認(rèn)為該校學(xué)生喜歡足球與性別有關(guān)？

(2)社團(tuán)指導(dǎo)老師從喜歡足球的學(xué)生中抽取了2名男生和1名女生示范點(diǎn)球射門.己知男生進(jìn)

球的概率為:，女生進(jìn)球的概率為每人射門一次，假設(shè)各人射門相互獨(dú)立，求3人進(jìn)球

總次數(shù)的分布列和數(shù)學(xué)期望.

n(ad-he)2

(〃+/?)(c+d)(a+c)(h+d)，

2

P(K>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【答案】(1)列聯(lián)表見解析，有

⑵分布列見解析，H

【分析】（1）利用獨(dú)立性檢驗(yàn)的方法求解；

⑵根據(jù)獨(dú)立事件的概率公式和離散型隨機(jī)變量的分布列的定義求解.

【詳解】（1）2x2列聯(lián)表如下：

喜歡足球不喜歡足球合計(jì)

男生6040100

女生3070100

合計(jì)90110200

200x(60x70-40x30)2

K2?18.182>10.828,

100x100x90x110

.??有99.9%的把握認(rèn)為該校學(xué)生喜歡足球與性別有關(guān)

（2）3人進(jìn)球總次數(shù)4的所有可能取值為0,1,2,3,

尸信=0)=("xL，,P(g=l)=C!,.2，x1+，x

'21817-3322

年=2）=4|.—+仔）x瀉小=3）=（|卜淆

?4的分布列如下:

0123

1542

P

1899

常的數(shù)學(xué)期望:E⑷=lx弓5+2x4\+3x9t=1?1.

18996

12.