2025高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)“16道小題保分練＋1道大題增分練”天天練(十六-三十)【含答案】

PAGE“16道小題保分練＋1道大題增分練”天天練(十六)小題限時(shí)保分練—選自2022·衡陽二模卷(限時(shí)45分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1．設(shè)集合A＝{x|lgx<1}，B＝{x|x≤2}，則A∪B＝()A．{x|0<x≤2} B．{x|x≤2}C．{x|x<10} D．R解析：選Clgx<1?lgx<lg10?0<x<10，即A＝{x|0<x<10}，所以A∪B＝{x|x<10}．2．已知復(fù)數(shù)z＝2(1－i)i，則eq\x\to(z)的虛部為()A．－2i B．－2C．2 D．2i解析：選Bz＝2(1－i)i＝2i－2i2＝2＋2i，所以eq\x\to(z)＝2－2i，所以eq\x\to(z)的虛部為－2.3．演講比賽共有9位評委分別給出某選手的原始評分，評定該選手的成績時(shí)，從9個(gè)原始評分中去掉1個(gè)最高分、1個(gè)最低分，得到7個(gè)有效評分.7個(gè)有效評分與9個(gè)原始評分相比，不變的數(shù)字特征是()A．中位數(shù) B．平均數(shù)C．方差 D．極差解析：選A設(shè)9位評委評分按從小到大排列為x1≤x2≤x3≤x4≤…≤x8≤x9.則①原始中位數(shù)為x5，去掉最低分x1，最高分x9后，剩余x2≤x3≤x4≤…≤x8，中位數(shù)仍為x5，∴A正確；②原始平均數(shù)eq\x\to(x)＝eq\f(1,9)(x1＋x2＋x3＋x4＋…＋x8＋x9)，后來平均數(shù)eq\x\to(x)′＝eq\f(1,7)(x2＋x3＋x4＋…＋x8)，平均數(shù)受極端值影響較大，∴eq\x\to(x)與eq\x\to(x)′不一定相同，B不正確；③s2＝eq\f(1,9)[(x1－eq\x\to(x))2＋(x2－eq\x\to(x))2＋…＋(x9－eq\x\to(x))2]，s′2＝eq\f(1,7)[(x2－eq\x\to(x)′)2＋(x3－eq\x\to(x)′)2＋…＋(x8－eq\x\to(x)′)2]，由②易知，C不正確；④原極差＝x9－x1，后來極差＝x8－x2可能相等可能變小，D不正確．4．設(shè)m，n是空間中兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列說法正確的是()A．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥βB．若m?α，n?β，α∥β，則m∥nC．若m∥α，n∥β，α⊥β，則m⊥nD．若m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α∥β解析：選A對于A，設(shè)直線m，n的方向向量分別為u，v，因?yàn)閙⊥α，n⊥β，則平面α的一個(gè)法向量為u，平面β的一個(gè)法向量為v，因?yàn)閙⊥n，則u⊥v，故α⊥β，A正確；對于B，若m?α，n?β，α∥β，則m，n平行或異面，B錯(cuò)誤；對于C，若m∥α，n∥β，α⊥β，則m，n的位置關(guān)系不確定，C錯(cuò)誤；對于D，若m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α，β平行或相交，D錯(cuò)誤．5．某學(xué)校安排音樂、閱讀、體育和編程四項(xiàng)課后活動(dòng)供學(xué)生自愿選擇參加，甲、乙、丙、丁4位同學(xué)每人限報(bào)其中一項(xiàng)．已知甲同學(xué)報(bào)的項(xiàng)目其他同學(xué)不報(bào)的情況下，4位同學(xué)所報(bào)項(xiàng)目各不相同的概率等于()A.eq\f(1,18) B．eq\f(3,32)C.eq\f(2,9) D．eq\f(8,9)解析：選C設(shè)A＝甲同學(xué)報(bào)的項(xiàng)目其他同學(xué)不報(bào)，B＝4位同學(xué)所報(bào)項(xiàng)目各不相同，由題得n(A)＝4×3×3×3，n(AB)＝4×3×2×1，所以P(B|A)＝eq\f(nAB,nA)＝eq\f(4×3×2×1,4×3×3×3)＝eq\f(2,9).6．公元前6世紀(jì)，古希臘的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派研究過正五邊形和正十邊形的作圖，發(fā)現(xiàn)了黃金分割約為0.618，這一數(shù)值也可以表示為m＝2sin18°，若m2＋n＝4，則eq\f(m\r(n),2cos227°－1)＝()A．8 B．4C．2 D．1解析：選C因?yàn)閙＝2sin18°，m2＋n＝4，所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cos218°.所以eq\f(m\r(n),2cos227°－1)＝eq\f(2sin18°\r(4cos218°),2cos227°－1)＝eq\f(4sin18°cos18°,2cos227°－1)＝eq\f(2sin36°,cos54°)＝eq\f(2sin36°,sin36°)＝2.7．設(shè)a，b，c分別是△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊，已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\r(3)c))sin(A＋C)＝(a＋c)(sinA－sinC)，設(shè)D是BC邊的中點(diǎn)，且△ABC的面積為1，則eq\o(AB,\s\up7(→))·(eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→)))＝()A．2 B．2eq\r(3)C．－2eq\r(3) D．－2解析：選B∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\r(3)c))sin(A＋C)＝(a＋c)(sinA－sinC)，∴由正弦定理可得(b＋eq\r(3)c)b＝(a＋c)(a－c)，整理可得b2＋c2－a2＝－eq\r(3)bc，∴由余弦定理可得cosA＝－eq\f(\r(3),2)，∴由A∈(0，π)，可得A＝eq\f(5π,6)，又△ABC的面積為1，即eq\f(1,2)bcsineq\f(5π,6)＝1，∴bc＝4，又eq\o(AB,\s\up7(→))·(eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→)))＝(eq\o(DB,\s\up7(→))－eq\o(DA,\s\up7(→)))·(eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→)))＝eq\o(DB,\s\up7(→))2－eq\o(DA,\s\up7(→))2＝eq\f(eq\o(CB,\s\up7(→))2,4)－eq\f(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))2,4)＝eq\f(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))2,4)－eq\f(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))2,4)＝－eq\f(4eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→)),4)＝－eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝－bccosA＝2eq\r(3).8．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)恒有f(x－1)＝f(x＋1)，當(dāng)x∈[0,1)時(shí)，f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)，已知k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－eq\f(2,15)，－eq\f(1,18)))，則函數(shù)g(x)＝f(x)－kx－eq\f(1,3)在(－1,6)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．4 B．5C．3或4 D．4或5解析：選D因?yàn)閒(x－1)＝f(x＋1)，所以f(x)的周期為2.又因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，f(x)＝－f(－x)，令x＝1，得f(1)＝－f(－1)，又f(－1)＝f(1)，所以f(1)＝f(－1)＝0，當(dāng)x∈(－1,1)時(shí)，f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)＝1－eq\f(2,2x＋1)，由y＝eq\f(2,2x＋1)單調(diào)遞減得函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增，所以f(－1)<f(x)<f(1)，得－eq\f(1,3)<f(x)<eq\f(1,3)，作出函數(shù)圖象如圖所示，由圖象可知當(dāng)y＝kx＋eq\f(1,3)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，－\f(1,3)))時(shí)，k＝－eq\f(2,15)，此時(shí)在(－1,6)上只有3個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)y＝kx＋eq\f(1,3)經(jīng)過點(diǎn)(3,0)時(shí)，k＝－eq\f(1,9)，此時(shí)有5個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)－eq\f(2,15)<k<－eq\f(1,9)時(shí)，有4個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)y＝kx＋eq\f(1,3)經(jīng)過點(diǎn)(5,0)時(shí)，k＝－eq\f(1,15)，此時(shí)有5個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)－eq\f(1,9)<k<－eq\f(1,15)時(shí)，有4個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)y＝kx＋eq\f(1,3)經(jīng)過點(diǎn)(6,0)時(shí)，k＝－eq\f(1,18)，此時(shí)在(－1,6)上只有3個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)－eq\f(1,15)<k<－eq\f(1,18)時(shí)，有4個(gè)零點(diǎn)．所以當(dāng)k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,15)，－\f(1,18)))時(shí)，函數(shù)g(x)＝f(x)－kx－eq\f(1,3)在(－1,6)上有4個(gè)或5個(gè)零點(diǎn)．二、多項(xiàng)選擇題9．下列結(jié)論正確的是()A．在△ABC中，若A>B，則sinA>sinBB．在△ABC中，若sin2A＝sin2B，則△ABC是等腰三角形C．兩個(gè)向量a，b共線的充要條件是存在實(shí)數(shù)λ，使b＝λaD．對于非零向量a，b，“a＋b＝0”是“a∥b”的充分不必要條件解析：選AD對于A，大角對大邊，由正弦定理可得該命題正確；對于B，若sin2A＝sin2B，則2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，即△ABC是等腰三角形或直角三角形，所以該命題不正確；對于C，若b≠0，a＝0，滿足向量a，b共線，但不存在實(shí)數(shù)λ，使b＝λa，所以該命題不正確；對于D，若“a＋b＝0”，則“a∥b”；若“a∥b”，則“a＋b＝0”不一定成立．所以該命題正確．10.函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0)的部分圖象如圖所示，將函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度，得到y(tǒng)＝g(x)的圖象，則下列說法正確的是()A．函數(shù)g(x)為奇函數(shù)B．函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞減C．函數(shù)F(x)＝xg(x)為偶函數(shù)D．函數(shù)g(x)的圖象的對稱軸為直線x＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)解析：選ABC由函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)的圖象可知函數(shù)f(x)的周期為eq\f(4,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(5π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))))＝π，且過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，3))，函數(shù)的最大值為3，所以A＝3，由T＝eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)＋φ))＝3，所以φ＝－eq\f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以取k＝0時(shí)，函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，將函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度得g(x)＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－eq\f(π,3)))＝3sin2x，所以g(x)＝3sin2x為奇函數(shù)，故A正確；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))時(shí)，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))，因?yàn)閥＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))上單調(diào)遞減，所以g(x)＝3sin2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞減，故B正確；F(x)＝xg(x)＝3xsin2x，則F(－x)＝3(－x)·sin(－2x)＝3xsin2x＝F(x)，即F(x)＝xg(x)為偶函數(shù)，故C正確；令2x＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，故g(x)的對稱軸為直線x＝eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，故D錯(cuò)誤．11．圓錐曲線的光學(xué)性質(zhì)：從雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)發(fā)出的光線，經(jīng)雙曲線反射后，反射光線的反向延長線過雙曲線的另一個(gè)焦點(diǎn)．由此可得，過雙曲線上任意一點(diǎn)的切線，平分該點(diǎn)與兩焦點(diǎn)連線的夾角．請解決下面問題：已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線C：x2－eq\f(y2,2)＝1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P為C在第一象限上的點(diǎn)，點(diǎn)M在F1P的延長線上，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0))，且PQ為∠F1PF2的平分線，則下列結(jié)論正確的是()A.eq\f(|PF1|,|PF2|)＝2B．|eq\o(PF1,\s\up7(→))＋eq\o(PF2,\s\up7(→))|＝2eq\r(3)C．點(diǎn)P到x軸的距離為eq\r(3)D．∠F2PM的角平分線所在直線的傾斜角為150°解析：選AD先證明結(jié)論雙曲線C：x2－eq\f(y2,2)＝1在其上一點(diǎn)P(x0，y0)的切線的方程為x0x－eq\f(y0y,2)＝1.由已知xeq\o\al(2,0)－eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0x－\f(y0y,2)＝1，,x2－\f(y2,2)＝1))可得x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＝0，即(x－x0)2＝0，解得x＝x0，所以雙曲線C：x2－eq\f(y2,2)＝1在其上一點(diǎn)P(x0，y0)的切線的方程為x0x－eq\f(y0y,2)＝1.本題中，設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，則直線PQ的方程為x0x－eq\f(y0y,2)＝1，將點(diǎn)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0))代入切線方程可得x0＝eq\r(3)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，2))，即點(diǎn)P到x軸的距離為2，C錯(cuò)誤；在雙曲線C中，a＝1，b＝eq\r(2)，則c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(3)，則F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，所以|PF1|＝eq\r(2\r(3)2＋22)＝4，|PF2|＝eq\r(02＋22)＝2，所以eq\f(|PF1|,|PF2|)＝2，A正確；eq\o(PF1,\s\up7(→))＝(－2eq\r(3)，－2)，eq\o(PF2,\s\up7(→))＝(0，－2)，所以eq\o(PF1,\s\up7(→))＋eq\o(PF2,\s\up7(→))＝(－2eq\r(3)，－4)，則|eq\o(PF1,\s\up7(→))＋eq\o(PF2,\s\up7(→))|＝eq\r(－2\r(3)2＋－42)＝2eq\r(7)，B錯(cuò)誤；因?yàn)椤螰2PM的角平分線交x軸于點(diǎn)N(如圖所示)，則∠QPF2＋∠NPF2＝eq\f(1,2)(∠F1PF2＋∠F2PM)＝90°，所以PN⊥PQ，因?yàn)閗PQ＝eq\f(2,\r(3)－\f(\r(3),3))＝eq\r(3)，則kPN＝－eq\f(1,kPQ)＝－eq\f(\r(3),3)，故∠F2PM的角平分線所在直線的傾斜角為150°，D正確．12.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，M，N分別為BB1，AB的中點(diǎn)．下列說法正確的是()A．點(diǎn)M到平面AND1的距離為eq\f(\r(2),2)B．正方體ABCD-A1B1C1D1外接球的體積為eq\f(\r(3)π,2)C．平面AND1截正方體ABCD-A1B1C1D1外接球所得圓的面積為eq\f(3π,4)D．以頂點(diǎn)A為球心，eq\f(2\r(3),3)為半徑作一個(gè)球，則球面與正方體的表面相交所得到的曲線的長為eq\f(5\r(3)π,6)解析：選BCD由題意，得AD1＝eq\r(2)，S△AND1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),4)，S△ANM＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8)，設(shè)點(diǎn)M到平面AND1的距離為d，由VM-AND1＝VD1-AMN，得eq\f(1,3)×d×S△AND1＝eq\f(1,3)×D1A1×S△ANM，解得d＝eq\f(\r(2),4)，故A錯(cuò)誤；正方體ABCD-A1B1C1D1外接球的半徑為eq\f(\r(12＋12＋12),2)＝eq\f(\r(3),2)，外接球的體積為eq\f(4π,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq\f(\r(3)π,2)，故B正確；易得平面AND1經(jīng)過正方體ABCD-A1B1C1D1外接球的球心，故其截外接球所得圓的半徑為外接球的半徑eq\f(\r(3),2)，其圓的面積為eq\f(3π,4)，故C正確；如圖，球面與正方體的六個(gè)面都相交，所得的交線分為兩類：一類在頂點(diǎn)A所在的三個(gè)面上，即平面AA1B1B、平面ABCD和平面AA1D1D上；另一類在不過頂點(diǎn)A的三個(gè)面上，即平面BB1C1C、平面CC1D1D和平面A1B1C1D1上．在平面AA1B1B上，交線為弧EF且在過球心A的大圓上，因?yàn)锳1E＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2－12)＝eq\f(\r(3),3)，則∠A1AE＝eq\f(π,6)，同理∠BAF＝eq\f(π,6)，所以∠EAF＝eq\f(π,6)，故弧EF的長為eq\f(2\r(3),3)×eq\f(π,6)＝eq\f(\r(3)π,9)，而這樣的弧共有三條．在平面BB1C1C上，交線為弧FG且在距球心為1的平面與球面相交所得的小圓上，此時(shí)，小圓的圓心為B，半徑為BF＝A1E＝eq\f(\r(3),3)，所以弧FG的長為eq\f(\r(3),3)×eq\f(π,2)＝eq\f(\r(3)π,6)，這樣的弧也有三條．于是，所得的曲線長3×eq\f(\r(3)π,9)＋3×eq\f(\r(3)π,6)＝eq\f(5\r(3)π,6)，故D正確．三、填空題13．二項(xiàng)式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x)))9的展開式中常數(shù)項(xiàng)是________．解析：由題可知展開式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,9)(eq\r(x))9－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))r＝Ceq\o\al(r,9)(－2)rxeq\f(9－3r,2)，令eq\f(9－3r,2)＝0，解得r＝3，故常數(shù)項(xiàng)為Ceq\o\al(3,9)(－2)3＝－672.答案：－67214．函數(shù)f(x)＝xln(－2x)，則曲線y＝f(x)在x＝－eq\f(e,2)處的切線方程為________．解析：由題可知f′(x)＝ln(－2x)＋1，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e,2)))＝2，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e,2)))＝－eq\f(e,2)，故切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e,2)))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e,2)))))，即4x－2y＋e＝0.答案：4x－2y＋e＝015．意大利數(shù)學(xué)家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖為例，引入“兔子數(shù)列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34，55，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(xiàn)(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此數(shù)列在現(xiàn)代物理“準(zhǔn)晶體結(jié)構(gòu)”、化學(xué)等領(lǐng)域都有著廣泛的應(yīng)用．若此數(shù)列的各項(xiàng)除以3的余數(shù)構(gòu)成一個(gè)新數(shù)列{an}，則數(shù)列{an}的前2022項(xiàng)的和為________．解析：由數(shù)列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…各項(xiàng)除以3的余數(shù)，可得{an}為1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…，所以{an}是周期為8的周期數(shù)列，一個(gè)周期中的8項(xiàng)和為9，因?yàn)?022＝252×8＋6，所以數(shù)列{an}的前2022項(xiàng)的和為252×9＋8＝2276.答案：227616．已知橢圓C1：eq\f(x2,a\o\al(2,1))＋eq\f(y2,b\o\al(2,1))＝1(a1>b1>0)與雙曲線C2：eq\f(x2,a\o\al(2,2))－eq\f(y2,b\o\al(2,2))＝1(a2>0，b2>0)有相同的焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2，橢圓C1的離心率為e1，雙曲線C2的離心率為e2，點(diǎn)P為橢圓C1與雙曲線C2在第一象限的交點(diǎn)，且∠F1PF2＝eq\f(π,3)，則eq\f(e1e2,e1＋e2)的取值范圍是________．解析：設(shè)|PF1|＝m，|PF2|＝n，由橢圓的定義得m＋n＝2a1①，由雙曲線的定義得|m－n|＝2a2②，①2＋②2得m2＋n2＝2(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))，①2－②2得mn＝aeq\o\al(2,1)－aeq\o\al(2,2)，由余弦定理可得(2c)2＝m2＋n2－2mncos∠F1PF2，所以aeq\o\al(2,1)＋3aeq\o\al(2,2)＝4c2③，設(shè)a1＝2ccosθ，a2＝eq\f(2\r(3),3)c·sinθ，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a1,c)＝2cosθ>1，,0<\f(a2,c)＝\f(2\r(3),3)sinθ<1，))解得θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以eq\f(e1＋e2,e1e2)＝eq\f(1,e1)＋eq\f(1,e2)＝eq\f(a1,c)＋eq\f(a2,c)＝2cosθ＋eq\f(2\r(3),3)sinθ＝eq\f(4\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))，當(dāng)θ＝eq\f(π,6)時(shí)，eq\f(1,e1)＋eq\f(1,e2)的最大值為eq\f(4\r(3),3)，θ＝eq\f(π,3)時(shí)，eq\f(1,e1)＋eq\f(1,e2)的值為2，所以eq\f(e1e2,e1＋e2)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(1,2)))大題規(guī)范增分練—今日題型：立體幾何17.如圖，在四棱錐E-ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝BC＝eq\f(1,2)AB，E在以AB為直徑的半圓上，平面ABE⊥平面ABCD，M，N分別為DE，BC的中點(diǎn)．(1)求證：MN∥平面ABE；(2)當(dāng)四棱錐E-ABCD體積最大時(shí)，求二面角N-AE-B的余弦值．解：(1)證明：如圖所示，過D作DH⊥AB于H，連接EH，過M作MQ⊥EH于Q，過N作NP⊥AB于P，連接PQ.易知NP＝MQ＝eq\f(1,2)DH，NP∥DH，MQ∥DH，所以四邊形MNPQ為平行四邊形，所以MN∥PQ.又MN?平面ABE，PQ?平面ABE，所以MN∥平面ABE.(2)如圖所示，過E作EO⊥AB交AB于O.因?yàn)槠矫鍭BE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EO?平面ABE，所以EO⊥平面ABCD，故EO為四棱錐E-ABCD的高，要使四棱錐E-ABCD體積最大，則E為弧AEB的中點(diǎn)，此時(shí)O為AB的中點(diǎn)．在此情況下，取CD的中點(diǎn)G，連接OG，因?yàn)锳B∥CD，AD＝DC＝BC＝eq\f(1,2)AB，所以O(shè)G⊥AB.因?yàn)镋O⊥平面ABCD，所以EO⊥AB，EO⊥OG，所以EO，AB，OG兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以直線OE為x軸，直線AB為y軸，直線OG為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．設(shè)AD＝DC＝BC＝eq\f(1,2)AB＝a(a>0)，可得O(0,0,0)，A(0，－a,0)，E(a,0,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)a，\f(\r(3),4)a))，則eq\o(AE,\s\up7(→))＝(a，a,0)，eq\o(AN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7,4)a，\f(\r(3),4)a)).設(shè)平面AEN的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(AE,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(AN,\s\up7(→))·n＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋ay＝0，,\f(7,4)ay＋\f(\r(3),4)az＝0，))令x＝1，則平面AEN的一個(gè)法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(7\r(3),3)))，易得平面ABE的一個(gè)法向量為m＝(0,0,1)，則|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\f(7\r(3),3),\r(\f(55,3)))＝eq\f(7\r(55),55)，由圖可知二面角N-AE-B的平面角為銳角，所以二面角N-AE-B的余弦值為eq\f(7\r(55),55).“16道小題保分練＋1道大題增分練”天天練(十七)小題限時(shí)保分練—選自2022·黃岡二模卷(限時(shí)45分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1．已知復(fù)數(shù)z滿足(－3i)z＝4－5i，則z的共軛復(fù)數(shù)的虛部為()A.eq\f(4i,3) B．eq\f(4,3)C．－eq\f(4,3) D．－eq\f(4i,3)解析：選C∵(－3i)z＝4－5i，∴z＝eq\f(4－5i,－3i)＝eq\f(4－5ii,－3ii)＝eq\f(5＋4i,3)＝eq\f(5,3)＋eq\f(4,3)i，∴z的共軛復(fù)數(shù)的虛部為－eq\f(4,3).2．設(shè)集合A＝{x|(x－1)(x－4)<0}，B＝{x|2x＋a<0}，且A∩B＝{x|1<x<2}，則a＝()A．4 B．2C．－2 D．－4解析：選D集合A＝{x|(x－1)(x－4)<0}＝{x|1<x<4}，B＝{x|2x＋a<0}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(xx<－\f(a,2)))，∵A∩B＝{x|1<x<2}，∴－eq\f(a,2)＝2，解得a＝－4.3．已知a＝2，b＝log2eq\f(1,3)，c＝logeq\f(1,3)，則()A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．c>a>b D．c>b>a解析：選C∵0<a＝2<20＝1，b＝log2eq\f(1,3)<log21＝0，c＝logeq\f(1,3)＝log23>log22＝1，∴c>a>b.4．已知A，B，C是表面積為16π的球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，且AC＝AB＝1，∠ABC＝30°，則三棱錐O-ABC的體積為()A.eq\f(1,12) B．eq\f(\r(3),12)C.eq\f(1,4) D．eq\f(\r(3),4)解析：選C設(shè)球的半徑為R，△ABC外接圓的半徑為r，在△ABC中，由AC＝AB＝1，∠ABC＝30°，則∠BAC＝120°，得2r＝eq\f(AC,sin∠ABC)＝2，所以r＝1，因?yàn)榍騉的表面積為16π，則4πR2＝16π，解得R＝2，所以球心O到△ABC的距離d＝eq\r(R2－r2)＝eq\r(3)，即三棱錐O-ABC的高為eq\r(3)，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC·sin∠BAC＝eq\f(\r(3),4)，所以三棱錐O-ABC的體積VO-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\r(3)＝eq\f(1,4).5．已知函數(shù)f(x)＝xln(e2x＋1)－x2＋1，f(a)＝2，則f(－a)的值為()A．1 B．0C．－1 D．－2解析：選B構(gòu)造函數(shù)g(x)＝xln(e2x＋1)－x2，則g(－x)＋g(x)＝－xln(e－2x＋1)－x2＋xln(e2x＋1)－x2＝xlneq\f(e2x＋1,e－2x＋1)－2x2＝xlne2x－2x2＝0，故函數(shù)g(x)為奇函數(shù)，又f(a)＝g(a)＋1＝2，∴g(a)＝1，∴f(－a)＝g(－a)＋1＝－g(a)＋1＝0.6．若sinα＋cosα＝eq\f(1,5)，0<α<π，則sin2α＋cos2α＝()A.eq\f(17,25) B．－eq\f(17,25)C.eq\f(31,25) D．－eq\f(31,25)解析：選D因?yàn)閟inα＋cosα＝eq\f(1,5)，兩邊同時(shí)平方可得，1＋sin2α＝eq\f(1,25)，所以sin2α＝－eq\f(24,25)<0，因?yàn)?<α<π，則eq\f(π,2)<α<π，所以sinα>0，cosα<0，故(sinα－cosα)2＝1－sin2α＝eq\f(49,25)，所以sinα－cosα＝eq\f(7,5)，故cos2α－sin2α＝(cosα＋sinα)(cosα－sinα)＝eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,5)))＝－eq\f(7,25)，即cos2α＝－eq\f(7,25)，所以sin2α＋cos2α＝－eq\f(24,25)－eq\f(7,25)＝－eq\f(31,25).7．直線x＝2與雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1的漸近線交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)P為雙曲線上任一點(diǎn)，若eq\o(OP,\s\up7(→))＝aeq\o(OA,\s\up7(→))＋beq\o(OB,\s\up7(→))(a，b∈R，O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則下列不等式恒成立的是()A．a(chǎn)2＋b2≥1 B．|ab|≥1C．|a＋b|≥1 D．|a－b|≥2解析：選C雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1的漸近線為y＝±eq\f(1,2)x.把x＝2代入上述方程可得y＝±1.不妨取A(2,1)，B(2，－1)．eq\o(OP,\s\up7(→))＝aeq\o(OA,\s\up7(→))＋beq\o(OB,\s\up7(→))＝(2a＋2b，a－b)．代入雙曲線方程可得eq\f(2a＋2b2,4)－(a－b)2＝1，解得ab＝eq\f(1,4)，∴eq\f(1,4)＝ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，所以|a＋b|≥1.8．若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B，使得曲線y＝f(x)在這兩點(diǎn)處的切線重合，則稱函數(shù)y＝f(x)為“共切”函數(shù)，下列函數(shù)是“共切”函數(shù)的為()A．y＝lnx＋x B．y＝ex＋xC．y＝x3＋1 D．y＝x－cosx解析：選D由“共切”函數(shù)的定義可知，導(dǎo)函數(shù)中自變量存在兩個(gè)值，它們的函數(shù)值相等，才可能是“共切”函數(shù)，因此導(dǎo)函數(shù)不會(huì)為單調(diào)函數(shù)．對于A，y′＝eq\f(1,x)＋1，即導(dǎo)函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且自變量與函數(shù)值是一一對應(yīng)的關(guān)系，故y＝lnx＋x不會(huì)是“共切”函數(shù)；對于B，y′＝ex＋1，即導(dǎo)函數(shù)在R上單調(diào)遞增，故y＝ex＋x必不是“共切”函數(shù)；對于C，y′＝3x2，存在(m，m3＋1)與(－m，－m3＋1)(m≠0)，兩點(diǎn)處的切線斜率均為3m2，分別寫出切線方程為y＝3m2·x－2m3＋1，y＝3m2·x＋2m3＋1，顯然兩直線不重合，故y＝x3＋1不是“共切”函數(shù)；對于D，y′＝1＋sinx∈[0,2]，即導(dǎo)函數(shù)為T＝2π的周期函數(shù)，且y′≥0恒成立，故y＝x－cosx在R上遞增，不妨取xA＝0，xB＝2π，則y′＝1，切點(diǎn)分別為A(0，－1)，B(2π，2π－1)，此時(shí)切線方程分別為y＝x－1，y＝x－2π＋2π－1＝x－1，兩切線重合，可知至少存在A，B兩點(diǎn)處的切線重合，故該函數(shù)為“共切”函數(shù)．二、多項(xiàng)選擇題9．已知由樣本數(shù)據(jù)(xi，yi)(i＝1,2,3，…，10)組成的一個(gè)樣本，得到經(jīng)驗(yàn)回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝2x－0.4，且eq\x\to(x)＝2，去除兩個(gè)樣本點(diǎn)(－2,1)和(2，－1)后，得到新的經(jīng)驗(yàn)回歸直線的斜率為3.則下列說法正確的是()A．相關(guān)變量x，y具有正相關(guān)關(guān)系B．去除兩個(gè)樣本點(diǎn)后的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝3x－3C．去除兩個(gè)樣本點(diǎn)后，隨x值增加相關(guān)變量y值增加速度變小D．去除兩個(gè)樣本點(diǎn)后，樣本(4,8.9)的殘差為0.1解析：選AB對于A，去除兩個(gè)樣本點(diǎn)(－2,1)和(2，－1)后，得到新的經(jīng)驗(yàn)回歸直線的斜率為3,3>0，則相關(guān)變量x，y具有正相關(guān)關(guān)系，故A正確；對于B，將eq\x\to(x)＝2代入eq\o(y,\s\up6(^))＝2x－0.4得eq\x\to(y)＝3.6，則去除兩個(gè)樣本點(diǎn)(－2,1)和(2，－1)后，得到新的樣本點(diǎn)的中心點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(9,2)))，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\f(9,2)－3×eq\f(5,2)＝－3，故去除樣本點(diǎn)后的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝3x－3，故B正確；對于C，由于斜率為3>1，故相關(guān)變量x，y具有正相關(guān)關(guān)系且去除樣本點(diǎn)后，隨x值增加相關(guān)變量y值增加速度變大，故C錯(cuò)誤；當(dāng)x＝4時(shí)，eq\o(y,\s\up6(^))＝3×4－3＝9，則樣本(4,8.9)的殘差為8.9－9＝－0.1，故D錯(cuò)誤．10．已知點(diǎn)M(1,0)，A，B是橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(BA,\s\up7(→))取下列哪些值時(shí)，可以使eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(BM,\s\up7(→))＝0()A．3 B．6C．9 D．12解析：選ABC設(shè)A(x0，y0)，且eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(BM,\s\up7(→))＝0.∵eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(BA,\s\up7(→))＝eq\o(MA,\s\up7(→))·(eq\o(BM,\s\up7(→))＋eq\o(MA,\s\up7(→)))＝eq\o(MA,\s\up7(→))2＋eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\o(MA,\s\up7(→))2＝(x0－1)2＋yeq\o\al(2,0)①，將A點(diǎn)坐標(biāo)代入橢圓，可得eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，則yeq\o\al(2,0)＝1－eq\f(x\o\al(2,0),4)代入①可得，eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(BA,\s\up7(→))＝(x0－1)2＋1－eq\f(x\o\al(2,0),4)＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(4,3)))2＋eq\f(2,3)(－2≤x0≤2)，故(eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(BA,\s\up7(→)))min＝eq\f(2,3)，(eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(BA,\s\up7(→)))max＝9，對照選項(xiàng)，eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(BA,\s\up7(→))可以取A、B、C.11．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(sin2x－2sinx,cosx)，則()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有且僅有1個(gè)零點(diǎn)B．f(x)的最小正周期為πC．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上單調(diào)遞減解析：選ACD由二倍角公式可得，sin2x＝2sinxcosx，∵f(x)＝eq\f(sin2x－2sinx,cosx)＝eq\f(2sinxcosx－1,cosx)＝0，∴sinx＝0或cosx＝1，∴x＝kπ或x＝2kπ，k∈Z，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴當(dāng)且僅當(dāng)k＝0，即x＝0時(shí)，滿足f(x)＝0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，滿足題意，則A正確；f(x)＝2sinx－2tanx，∵sinx的最小正周期為2π，tanx的最小正周期為π，∴f(x)的最小正周期為2π，則B錯(cuò)誤；f(x)＝2sinx－2tanx，則f′(x)＝2cosx－eq\f(2[cos2x－－sinx·sinx],cosx2)＝eq\f(2cos3x－1,cos2x)，∵cos3x－1≤0，∴f′(x)≤0，∴f(x)單調(diào)遞減，則C、D正確．12．在數(shù)列{an}中，對于任意的n∈N*都有an>0，且aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1＝an，則下列結(jié)論正確的是()A．對于任意的n≥2，都有an>1B．對于任意的a1>0，數(shù)列{an}不可能為常數(shù)列C．若0<a1<2，則數(shù)列{an}為遞增數(shù)列D．若a1>2，則當(dāng)n≥2時(shí)，2<an<a1解析：選ACD由an＋1＝eq\f(an,an＋1)＋1，對?n∈N*都有an>0，得an＋1＝eq\f(an,an＋1)＋1>1，即任意n≥2都有an>1，故A正確；由an＋1(an＋1－1)＝an，若{an}為常數(shù)列且an>0，則an＝2滿足a1>0，故B錯(cuò)誤；又eq\f(an,an＋1)＝an＋1－1且n∈N*，當(dāng)1<an＋1<2時(shí)，0<eq\f(an,an＋1)<1，此時(shí)a1＝a2(a2－1)∈(0,2)且a1<a2，數(shù)列{an}遞增；當(dāng)an＋1>2時(shí)，eq\f(an,an＋1)>1，此時(shí)a1＝a2(a2－1)>a2>2，數(shù)列{an}遞減．所以0<a1<2時(shí)數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，故C正確；由C分析知，a1>2時(shí)an＋1>2且數(shù)列{an}遞減，即n≥2時(shí)，2<an<a1，故D正確．三、填空題13.函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，記A＝f′(x1)，B＝f′(x2)，C＝f′(x3)，則A，B，C最大的是________．解析：根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，f′(x1)，f′(x2)，f′(x3)分別為x1，x2，x3處的切線斜率，又x1與x3處的切線單調(diào)遞增，x2處的切線單調(diào)遞減，且x1處的切線比x3處的切線更陡峭，∴f′(x2)<0<f′(x3)<f′(x1)，故最大為f′(x1)．答案：A14．已知(1＋x)n的展開式中，唯有x3的系數(shù)最大，則(1＋x)n的系數(shù)和為________．解析：由題意，Ceq\o\al(3,n)>Ceq\o\al(2,n)，且Ceq\o\al(3,n)>Ceq\o\al(4,n)，所以n＝6，所以令x＝1，(1＋x)6的系數(shù)和為26＝64.答案：6415．與三角形的一邊及另外兩邊的延長線都相切的圓，稱為這個(gè)三角形的旁切圓．已知正△ABC的中心為O，AB＝1，點(diǎn)P為與BC邊相切的旁切圓上的動(dòng)點(diǎn)，則eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OP,\s\up7(→))的取值范圍為________．解析：如圖所示，△ABC的旁切圓為圓O′，設(shè)其半徑為R，因?yàn)檎鰽BC的邊長為1，所以|AE|＝eq\f(\r(3),2)，易知O為△ABC的重心，則|OA|＝eq\f(\r(3),3)，|OE|＝eq\f(\r(3),6).易知AO′＝2DO′，即AE＋R＝2R，∴R＝AE，解得R＝eq\f(\r(3),2)，由平面向量數(shù)量積的幾何意義可知eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OP,\s\up7(→))＝eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→))，表示eq\o(OP,\s\up7(→))在eq\o(OA,\s\up7(→))上的投影與|eq\o(OA,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(3),3)的乘積，由圖可知，當(dāng)點(diǎn)P位于點(diǎn)E時(shí)，eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→))最大，最大值為eq\f(\r(3),3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)))＝－eq\f(1,6)，當(dāng)點(diǎn)P位于點(diǎn)F時(shí)，eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→))最小，最小值為eq\f(\r(3),3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)－\f(\r(3),2)×2))＝－eq\f(7,6)，故eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OP,\s\up7(→))的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)，－\f(1,6))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)，－\f(1,6)))16.已知P為正方體ABCD-A1B1C1D1表面上的一動(dòng)點(diǎn)，且滿足|PA|＝eq\r(2)|PB|，AB＝2，則動(dòng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)軌跡的周長為________．解析：由|PA|＝eq\r(2)|PB|，AB＝2可知，正方體表面上到點(diǎn)A距離最遠(yuǎn)的點(diǎn)為C1，所以P點(diǎn)只可能在面ABB1A1，面ABCD，面BB1C1C上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)P在面ABCD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，如圖所示，建立平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(2,0)，設(shè)P(x，y)，由|PA|＝eq\r(2)|PB|得：x2＋y2＝2[(x－2)2＋y2]，即(x－4)2＋y2＝8，即P點(diǎn)在平面ABCD內(nèi)的軌跡是以E(4,0)為圓心，以2eq\r(2)為半徑的一段圓弧，因?yàn)镋C＝2eq\r(2)，BE＝2，故∠BEC＝eq\f(π,4)，所以P點(diǎn)在面ABCD內(nèi)的軌跡的長即為eq\f(π,4)×2eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).同理，P點(diǎn)在面ABB1A1內(nèi)情況亦為eq\f(π,4)×2eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2)；P點(diǎn)在面BB1C1C上時(shí)，因?yàn)閨PA|＝eq\r(2)|PB|，∠PBA＝eq\f(π,2)，所以∠PAB＝eq\f(π,4)，PB＝2，所以此時(shí)P點(diǎn)軌跡為以B為圓心，2為半徑的圓弧，其長為eq\f(1,4)×2π×2＝π，綜上所述，P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡的周長為2×eq\f(\r(2)π,2)＋π＝(eq\r(2)＋1)π.答案：(eq\r(2)＋1)π大題規(guī)范增分練—今日題型：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)17．已知函數(shù)f(x)＝aex－x－a.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)當(dāng)a≥1時(shí)，從下面①和②兩個(gè)結(jié)論中任選其一進(jìn)行證明．①f(x)>xlnx－sinx；②f(x)>x(lnx－1)－cosx.解：(1)由f(x)＝aex－x－a，得f(0)＝0，又f′(x)＝aex－1.當(dāng)a≤0時(shí)，有f′(x)<0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞減，又由f(0)＝0，則f(x)≥0不成立．當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝lneq\f(1,a)，則x>lneq\f(1,a)時(shí)，有f′(x)>0，x<lneq\f(1,a)時(shí)，有f′(x)<0，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))內(nèi)單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞))內(nèi)單調(diào)遞增，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))是f(x)的極小值，又因?yàn)閒(x)≥0，且f(0)＝0，故lneq\f(1,a)＝0，即a＝1，經(jīng)驗(yàn)證成立．(2)證明：選擇①：當(dāng)a≥1，x>0時(shí)，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，設(shè)g(x)＝ex－x－xlnx＋sinx－1，當(dāng)0<x≤1時(shí)，－xlnx>0，sinx>0，又由(1)知ex－1－x>0，故g(x)>0，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)＝ex－2－lnx＋cosx，設(shè)h(x)＝ex－2－lnx＋cosx，則h′(x)＝ex－eq\f(1,x)－sinx，h′(x)>e－1－1>0，則h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)>h(1)＝e－2＋cos1>0，所以g′(x)>0，則g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)＝e－2＋sin1>0，綜上，g(x)>0，即當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)>xlnx－sinx.選擇②：當(dāng)a≥1，x>0時(shí)，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，設(shè)g(x)＝ex－xlnx＋cosx－1，當(dāng)0<x≤1時(shí)，－xlnx>0，cosx>0，ex－1>0，故g(x)>0，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)＝ex－1－lnx－sinx，設(shè)h(x)＝ex－1－lnx－sinx，則h′(x)＝ex－eq\f(1,x)－cosx，h′(x)>e－1－1>0，則h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)>h(1)＝e－1－sin1>0，所以g′(x)>0，則g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)＝e－1＋cos1>0，綜上，g(x)>0，即當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)>x(lnx－1)－cosx.“16道小題保分練＋1道大題增分練”天天練(十八)小題限時(shí)保分練—選自2022·衡水模擬卷(限時(shí)45分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1．設(shè)全集U＝R，且A＝{－1,0,1,2}，B＝{x|2x<2}，則A∩B＝()A．(－1,0,1) B．(－1,0)C．{－1,0} D．{－1,0,1}解析：選C∵B＝{x|2x<2}＝{x|x<1}，因此，A∩B＝{－1,0}．2．已知復(fù)數(shù)z滿足(1＋eq\r(3)i)z＝i，則復(fù)數(shù)z＝()A.eq\f(\r(3),4)＋eq\f(1,4)i B．eq\f(1,4)＋eq\f(\r(3),4)iC．－eq\f(\r(3),4)＋eq\f(1,4)i D．－eq\f(1,4)＋eq\f(\r(3),4)i解析：選A由已知可得z＝eq\f(i,1＋\r(3)i)＝eq\f(i1－\r(3)i,1＋\r(3)i1－\r(3)i)＝eq\f(\r(3),4)＋eq\f(1,4)i.3．已知向量a，b的夾角為θ，|a＋b|＝2eq\r(3)，|a－b|＝2，則a·b＝()A．2 B．2eq\r(2)C．2eq\r(3) D．4eq\r(3)解析：選A由|a＋b|＝2eq\r(3)，得a2＋2a·b＋b2＝12，由|a－b|＝2，得a2－2a·b＋b2＝4，從而有4a·beq\a\vs4\al(＝)8，即a·b＝2.4．函數(shù)f(x)＝sineq\f(x,2)－eq\r(3)coseq\f(x,2)，x∈R的最小正周期為()A.eq\f(π,2) B．πC．2π D．4π解析：選Df(x)＝sineq\f(x,2)－eq\r(3)coseq\f(x,2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3)))，所以f(x)的最小正周期為eq\f(2π,\f(1,2))＝4π.5．在棱長為1的正方體上，分別用過共頂點(diǎn)的三條棱中點(diǎn)的平面截該正方體，則截去8個(gè)三棱錐后，剩下的幾何體的體積是()A.eq\f(2,3) B．eq\f(7,6)C.eq\f(4,5) D．eq\f(5,6)解析：選D由題意，幾何體的體積就是正方體的體積減去8個(gè)正三棱錐的體積，即V正方體－8V三棱錐＝1－8×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,6).6．不等式“eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x<2”是“l(fā)og2x>1”成立的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選B由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x<2，可得x>－1，充分性不成立；由log2x>1，可得x>2，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x<eq\f(1,4)，必要性成立．7．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2x＋1－2x，則y＝f(x)的圖象大致為()解析：選C∵f(x)＝(x＋1)2－2x，則f(0)＝0，f(2)＝32－22＝5>0，排除A選項(xiàng)，f(6)＝72－26<0，排除D選項(xiàng)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(4,9)－eq\r(3,\f(1,2))＝eq\r(3,\f(64,729))－eq\r(3,\f(1,2))<0，排除B選項(xiàng)．8．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)＝a＋eq\f(2bx＋3sinx＋bxcosx,2＋cosx)(a，b∈R)有最大值和最小值，且最大值與最小值之和為6，則2a－3b等于()A．7 B．8C．9 D．6解析：選D定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)＝a＋eq\f(2bx＋3sinx＋bxcosx,2＋cosx)＝a＋bx＋eq\f(3sinx,2＋cosx)(a，b∈R)有最大值和最小值，所以b＝0.則f(x)＝a＋eq\f(3sinx,2＋cosx)，令g(x)＝f(x)－a，則g(x)是奇函數(shù)，故g(x)max＋g(x)min＝0，故f(x)max＋f(x)min－2a＝0，又f(x)max＋f(x)min＝6，故a＝3.所以2a－3b＝6.二、多項(xiàng)選擇題9．按1d(或24h)降雨量的大小可將降水強(qiáng)度分為：小雨、中雨、大雨、暴雨、大暴雨、特大暴雨．其中，小雨：1d(或24h)降雨量小于10mm；中雨：降雨量10～25mm；大雨：降雨量25～50mm；暴雨：降雨量50～100mm；大暴雨：降雨量100～250mm；特大暴雨：降雨量在250mm以上．某城市水利部門根據(jù)以往汛期的降水量得出：連續(xù)兩天下特大暴雨，則地區(qū)會(huì)出現(xiàn)內(nèi)澇．下列給出該城市汛期內(nèi)連續(xù)一周(7天)降特大暴雨的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)，假設(shè)任意兩天降特大暴雨之間是互不影響的，能判定該地區(qū)一定出現(xiàn)內(nèi)澇的是()A．一周內(nèi)有4天降特大暴雨B．一周內(nèi)任意1天都降特大暴雨C．一周內(nèi)只有前3天降特大暴雨D．一周內(nèi)至多有3天降特大暴雨解析：選BC一周共7天，4天降特大暴雨，可能出現(xiàn)在周一、周三、周五、周日，沒有連續(xù)2天下特大暴雨，所以不一定出現(xiàn)內(nèi)澇，故A錯(cuò)誤；一周內(nèi)任意1天都降特大暴雨，即每天都下特大暴雨，所以一定出現(xiàn)內(nèi)澇，故B正確；一周內(nèi)前3天降特大暴雨，即有連續(xù)3天降特大暴雨，則一定出現(xiàn)內(nèi)澇，故C正確；由A可知，一周內(nèi)至多有3天降特大暴雨，不一定連續(xù)兩天降特大暴雨，故D錯(cuò)誤．故選B、C.10.已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F2的直線與雙曲線的右支交于A，B兩點(diǎn)，若|AF1|＝|BF2|＝2|AF2|，則()A．∠AF1B＝∠F1ABB．雙曲線的離心率e＝eq\f(\r(33),3)C．雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(6),3)xD．原點(diǎn)O在以F2為圓心，|AF2|為半徑的圓上解析：選AB設(shè)|AF1|＝|BF2|＝2|AF2|＝2m，則|AB|＝|AF2|＋|BF2|＝3m，由雙曲線的定義知，|AF1|－|AF2|＝2m－m＝2a，即m＝2a，|BF1|－|BF2|＝2a，即|BF1|－2m＝2a，∴|BF1|＝3m＝|AB|，則∠AF1B＝∠F1AB，故選項(xiàng)A正確；由余弦定理知，在△ABF1中，cos∠AF1B＝eq\f(|AF1|2＋|BF1|2－|AB|2,2|AF1|·|BF1|)＝eq\f(4m2＋9m2－9m2,2·2m·3m)＝eq\f(1,3)，在△AF1F2中，cos∠F1AB＝eq\f(|AF1|2＋|AF2|2－|F1F2|2,2|AF1|·|AF2|)＝eq\f(4m2＋m2－4c2,2·2m·m)＝cos∠AF1B＝eq\f(1,3)，化簡整理得12c2＝11m2＝44a2，∴離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(44,12))＝eq\f(\r(33),3)，故選項(xiàng)B正確；雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(\f(c2－a2,a2))x＝±eq\r(e2－1)x＝±eq\f(2\r(6),3)x，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若原點(diǎn)O在以F2為圓心，AF2為半徑的圓上，則c＝m＝2a，與eq\f(c,a)＝eq\f(\r(33),3)不符，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．11．已知函數(shù)f(x)＝sinx(cos2xcosx＋sin2xsinx)，x∈R，關(guān)于函數(shù)f(x)的性質(zhì)，以下結(jié)論正確的是()A．函數(shù)f(x)的值域是[－1,1]B．x＝－eq\f(π,4)是函數(shù)f(x)的一條對稱軸C．函數(shù)h(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))內(nèi)有唯一極小值－eq\f(\r(3),4)－eq\f(5π,12)D．函數(shù)f(x)向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度后所得函數(shù)g(x)的一個(gè)對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))解析：選BC∵f(x)＝(cos2xcosx＋sin2xsinx)sinx＝cosxsinx＝eq\f(1,2)sin2x.對于A，函數(shù)f(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，故A不正確；對于B，函數(shù)f(x)的對稱軸為直線2x＝kπ＋eq\f(π,2)，即x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)，k∈Z，當(dāng)k＝－1時(shí)，x＝－eq\f(π,4)，故B正確；對于C，h(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,2)x，h′(x)＝cos2x－eq\f(1,2)，令h′(x)＝0，得x＝kπ±eq\f(π,6)，k∈Z，令h′(x)>0，得kπ－eq\f(π,6)<x<kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z；令h′(x)<0，得kπ＋eq\f(π,6)<x<kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，當(dāng)x＝eq\f(5π,6)時(shí)，h(x)有極小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝－eq\f(\r(3),4)－eq\f(5π,12)，故C正確；對于D，g(x)＝eq\f(1,2)sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ，x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)，其對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，0))，k∈Z，故D不正確．12．P為正方體ABCD-A1B1C1D1對角線BD1上的一點(diǎn)，且BP＝λBD1(λ∈(0,1))．下列結(jié)論正確的是()A．A1D⊥C1PB．若BD1⊥平面PAC，則λ＝eq\f(1,3)C．若△PAC為鈍角三角形，則λ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D．若λ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，則△PAC為銳角三角形解析：選ABD建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則eq\o(BP,\s\up7(→))＝λeq\o(BD1,\s\up7(→))，設(shè)正方體的棱長為3，則D(0,0,0)，A(3,0,0)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，D1(0,0,3)，A1(3，0,3)，C1(0,3,3)，故eq\o(BD1,\s\up7(→))＝(－3，－3,3)，所以eq\o(BP,\s\up7(→))＝(－3λ，－3λ，3λ)，故P(3－3λ，3－3λ，3λ)，故eq\o(C1P,\s\up7(→))＝(3－3λ，－3λ，3λ－3)，又eq\o(A1D,\s\up7(→))＝(－3,0，－3)，所以eq\o(A1D,\s\up7(→))·eq\o(C1P,\s\up7(→))＝－9＋9λ＋9－9λ＝0，所以A1D⊥C1P，故A正確；eq\o(AP,\s\up7(→))＝(－3λ，3－3λ，3λ)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－3，3,0)，eq\o(PC,\s\up7(→))＝(3λ－3，3λ，－3λ)，因?yàn)锽D1⊥平面PAC，故eq\o(BD1,\s\up7(→))⊥eq\o(AP,\s\up7(→))，eq\o(BD1,\s\up7(→))⊥eq\o(AC,\s\up7(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3×－3λ＋－3×3－3λ＋3×3λ＝0，,－3×－3＋－3×3＋3×0＝0，))解得λ＝eq\f(1,3)，故B正確；由正方體的對稱性可知PA＝PC，故△PAC為等腰三角形且∠PAC＝∠PCA.若△PAC為鈍角三角形，則∠APC為鈍角，則eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))<0，即3λ2－2λ<0，解得0<λ<eq\f(2,3)，故C錯(cuò)誤；若λ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，則eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))>0，故∠APC為銳角，故△PAC為銳角三角形，故D正確．三、填空題13．在等比數(shù)列{an}中，aeq\o\al(2,2)＝a1a4，則{an}的公比為______．解析：設(shè)等比數(shù)列的公比為q，因?yàn)閍eq\o\al(2,2)＝a1a4，所以aeq\o\al(2,1)q2＝aeq\o\al(2,1)q3，解得q＝1，即等比數(shù)列{an}的公比為1.答案：114.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,x)))6的二項(xiàng)展開式中x2項(xiàng)的系數(shù)為_______．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,x)))6展開式的通項(xiàng)為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)x6－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,x)))r＝Ceq\o\al(r,6)(－3)rx6－2r，令6－2r＝2，所以r＝2，則含x2項(xiàng)的系數(shù)為Ceq\o\al(2,6)(－3)2＝15×9＝135.答案：13515．已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6))).在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c且滿足eq\f(2a－c,b)＝eq\f(cosC,cosB)，則f(A)的取值范圍是________．解析：由eq\f(2a－c,b)＝eq\f(cosC,cosB)及正弦定理，得eq\f(2sinA－sinC,sinB)＝eq\f(cosC,cosB)，即2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC，即2sinAcosB＝sinCcosB＋sinBcosC＝sinA，又sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，即B＝eq\f(π,3)，所以A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以eq\f(1,2)A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，所以f(A)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))16．設(shè)直線l與拋物線y2＝4x相交于A，B兩點(diǎn)，與圓(x－5)2＋y2＝r2(r>0)相切于點(diǎn)M，且M為線段AB的中點(diǎn)．若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是________．解析：設(shè)直線l的方程為x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，把直線l的方程代入拋物線方程y2＝4x，整理可得y2－4ty－4m＝0，則Δ＝16t2＋16m>0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，則x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，∴線段AB的中點(diǎn)M(2t2＋m,2t)，由題意可得直線AB與直線MC垂直，且C(5，0)，當(dāng)t≠0時(shí)，有KMCKAB＝－1，即eq\f(2t－0,2t2＋m－5)×eq\f(1,t)＝－1，整理得m＝3－2t2，把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m>0，可得3－t2>0，即0<t2<3，由于圓心C到直線AB的距離等于半徑，即d＝eq\f(|5－m|,\r(1＋t2))＝eq\f(2＋2t2,\r(1＋t2))＝2eq\r(1＋t2)＝r，∴2<r<4，此時(shí)滿足題意且不垂直于x軸的直線有兩條，當(dāng)t＝0時(shí)，這樣的直線l恰有2條，即x＝5±r，∴0<r<5.綜上所述，若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是(2,4)．答案：(2,4)大題規(guī)范增分練—今日題型：解析幾何17．已知M，N為橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>0)和雙曲線C2：eq\f(x2,a2)－y2＝1的公共頂點(diǎn)，e1，e2分別為C1和C2的離心率．(1)若e1e2＝eq\f(\r(15),4).①求C2的漸近線方程；②過點(diǎn)G(4,0)的直線l交C2的右支于A，B兩點(diǎn)，直線MA，MB與直線x＝1相交于A1，B1兩點(diǎn)，記A，B，A1，B1的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，(x4，y4)，求證：eq\f(1,y1)＋eq\f(1,y2)＝eq\f(1,y3)＋eq\f(1,y4)；(2)從C2上的動(dòng)點(diǎn)P(x0，y0)(x0≠±a)引C1的兩條切線，經(jīng)過兩個(gè)切點(diǎn)的直線與C2的兩條漸近線圍成三角形的面積為S，試判斷S是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由．解：(1)由題意得e1＝eq\f(\r(a2－1),a)，e2＝eq\f(\r(a2＋1),a)，所以e1e2＝eq\f(\r(a4－1),a2)＝eq\f(\r(15),4)，又a>0，解得a2＝4.①故雙曲線C2的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x.②證明：設(shè)直線AB的方程為x＝ty＋4，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋4，,\f(x2,4)－y2＝1，))消去x，整理得(t2－4)