高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第一周-每日一練【含答案】

第一周

［周一］

1.(2023?保山模擬)如果復(fù)數(shù)訐變(其中i為虛數(shù)單位，6為實數(shù))為純虛數(shù)，那么1+歷的模

等于()

A.^2B.2C.1D.A/3

答案A

解析由復(fù)數(shù)的運算法則得

2—bi(2一歷)(1—2i)

l+2i=(l+2i)(l-2i)

(2-2b)+(-b-4)i2-2b~b-4-

=5

2—bi

因為復(fù)數(shù)二亍為純虛數(shù)，

1+21

2—2b—h—4

所以二金=0且#°，解得6=1，

所以i+bi=i+i,所以|i+i|=4i

2.（2023?錦州模擬）已知實數(shù)無，y,Z滿足為11尤=丫^且Tn：=ze*,若y>l,貝i|（

)

A.x>y>zB.x>z>y

C.y>z>xD.y>x>z

答案D

解析由訓(xùn)11%=a"得,=1，①

z

1e己工

由ezln]=ze]得5=-f，②

In-

x

由①②相加得]+5=0，

因為y>l,e>>0,所以，<0,

又因為1>0,所以z<0；

yA，

因為￡e=ieh,y>i，

所以百彳>0,即lnx>0,所以X>1；

令兀0=%一Inx(x>l),

則/(X)=l—：=F，

當x￡(l,+8)時，f(x)>0,

所以火x)=x—Inx在(1,+8)上單調(diào)遞增，

即會所以,息號即資，

令g(x)=￡(x>D，

則g(x)=~丁——?(x>l),

pv聲

當尤>1時，g'(X)>0,所以g(X)=］在(1,+8)上單調(diào)遞增，所以由］>不，得到y(tǒng)>x.

所以y>x>z.

3.(多選)(2023?馬鞍山模擬)已知函數(shù)式尤)及其導(dǎo)函數(shù)/(無)的定義域均為R,記g(x)=f(無),

若/弓一龍)，g(l+尤)均為奇函數(shù)，貝!1()

A.式0)=0B.g(0)=0

C.X-l)=/(4)D.g(—l)=g(4)

答案BD

解析因為/g—x)是定義域為R的奇函數(shù)，

所以了g—j=—/g+x),

即八一x)=—y(x+i),

所以［一八一x)r=f(x+i),

即/(—x)=f(x+1),

所以g(—x)=g(x+D，

又g(l+尤)為奇函數(shù)，

所以g(l+x)=-g(l—尤)，

當x=0時，g(l)=—g(l)=g(0),

即g(l)=0,g(0)=0,故B正確；

又g(一尤)=一g(l—x),

所以g(x)=—g(l+x),

故g(x+2)=—g(l+x)=g(x),

即函數(shù)g(x)的周期為2,

所以g(—l)=g(l)=O,g(4)=g(0)=0,

即g(—l)=g(4),故D正確；

由/七―x)為奇函數(shù)可知

1

-於+

2Xx),

即人x)的圖象關(guān)于點6,0)成中心對稱，

不妨取八x)=[cos7t(x—l),

則g(x)=—sin兀(X—1)滿足周期為2,關(guān)于點(1,0)中心對稱的條件，

因為穴0)=—1八―1)=[，火4)=_5,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0.6X0.8+0.4X0.4=0.64.

5.(2023?沈陽模擬)己知△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9b的值；

jr

(2)右A=y求sinC.

解(1)V2〃cosC=c(3-2cosA),

???由正弦定理得

2sinAcosC=sinC(3—2cosA),

2sinAcosC+2cosAsinC=2sin(A+C)=2sin5=3sinC,

b3

再由正弦定理得2b=3c,??5=3.

(2)由⑴得2sin5=3sinC,

/.2sin(A+Q=3sinC,

即2sin停+0=3sinC,

sinC+小cosC=3sinC,

二?M5cosC=2sinC,

、歷

又siNc+cos2c=1,sinC>0,sinC=^j~.

［周二］

1.（2023?湖北八市聯(lián)考）已知兩個非零向量a,6的夾角為60。，且。_1（。-2方），則陰［等

\2a—b\

于（）

A1R亞「叵D4

3-D?7.3JJ

答案c

解析因為非零向量a,8的夾角為60。，

且a_L（a—25），

所以a-（a—25）=0,

即同2-2|aM|cos60。=0,

化簡得同=向，

|2a+Z>|7（2a+8）2

\2.a-b\q（2a—by

741al2+|砰+2同|『Fj^21

一、/41al2+|〃2—2同向一、/§―3'

2.（2023?麗水模擬）已知A（l,0）是圓。：$+/=，上一點，BC是圓。的直徑，弦AC的中點

為D若點2在第一象限，直線A3,80的斜率之和為0,則直線的斜率是（）

A.—李B.—（

C.—y［5D.—2下

答案C

解析已知4（1,0）是圓。：/+：/=，上一點，

所以12+02=?=1.

設(shè)直線AB的斜率為左，則直線A3的方程為

y=k(x—V),

y=k(x—Y),

所以

x*2+y2=l,

則(l+A^r-ZQr+M—lnO,/>0恒成立,

2后出一1

所以無4+XB=1+F'?=]+,,

由于辦=1,所以陰=]+F

則>B=HXB—1）=一蓋，由于BC是圓。的直徑，所以

則弦AC的中點D的坐標為

因為直線8。的斜率之和為0,

—2kk

、―l+—―1+K

所以kBD=產(chǎn)7J=——k,

1+—―1+廬

整理得的t2—5）=0,

解得左=0或左=力，又點3在第一象限，所以k—1,故左=—小，即直線A5的斜率是一

小.

兀Tl\

（A>0,ft?0,一1<9<引的部分圖象如圖

所示，則（）

A.?x）的最小正周期為兀

B.當工￡一去時，段）的值域為一坐，坐]

TT

C.將函數(shù)兀0的圖象向右平移合個單位長度可得函數(shù)g（x）=sin2x的圖象

D.將函數(shù)/（尤）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(guān)

于點管，0）對稱

答案ACD

解析由圖可知，4=1,函數(shù)式x）的最小正周期T=4X傳一襲）=無，故A正確；

?27r127r2兀

由①>0，知幻=亍=—=2,

\CO\171

所以sin(2X?+,=l,

qrTT

所以1+9=2E+1kGZ,

71

即0=2防t+不kQZ,

又一為專所以夕=襲，

所以加)=sin(2尤+&),

對于B,當無G—?時，

_，?！肛?兀1

2工+片［一予Tj>

所以sin(2x+^)e—坐，1，

所以武招的值域為一半，1,故B錯誤;

對于C,將函數(shù)五x)的圖象向右平移專個單位長度,

得到g(無)=sin2［一看'，+方=sin2x的圖象，故C正確；

對于D,將函數(shù)八%)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)=

sing+3的圖象，因為當天=期時，y=sin(^+^)=sinn=0,所以得到的函數(shù)圖象關(guān)于點

管，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)=cz(cos8+1),a+c

=4,則△ABC面積的最大值為.

答案小

解析由正弦定理可得sinBQ—cosA)=sinA(cosB+l),

即2sinB—sin8cosA=sinAcosB+sinA,

故2sin3=sinAcos8+sin8cosA+sinA

=sin(A+B)+sinA=sinC+sinA,

故2/?=c+〃=4,解得b=2.

由余弦定理可得b2=a2+c2—2accosB

=(〃+c)2—2QC(1+COSB),

即4=42—2dic(l+cosB),

解得?c=1+cosB-

又由基本不等式可得acW(中)2=4,當且僅當a=c=2時取等號.

故丁自箭4,即cos2斗

當且僅當〃=人=。=2時取等號，故5￡(0,方.

u_「1.八3sinB

故S/\ABC="2^csmB=]+cosB

,.BB

6sin77cos^

ZZcD

一石=3tan,，

2cos弓~

天|e(0,方，故當畀熱，SAABC取最大值小，此時a=6=c=2.

5.(2023?淮南模擬)如圖，在四棱錐P—ABCZ)中，底面ABC。是梯形，AB//CD,BD=DC=

2AB=2,BDLCD,△尸8。是等邊三角形且與底面垂直，E是棱抬上一點，AE=AEP.

⑴當PC〃平面EBD時，求實數(shù)/的值；

7T

⑵當/為何值時，平面EBD與平面PBD所成角的大小為％?

解⑴在四棱錐P—ABC。中，連接AC交8。于點F,連接EF,如圖.

因為PC〃平面EB。，PCU平面B4C,平面H1CC平面EBO=EF,則PC〃E尸,

因為AB〃CZ),即△ABFs/^cZ)尸，

euAFAB1

因此EC—OC—7

由PC〃斯，得普=警=3，

于是％=;,

所以實數(shù)力的值為士.

(2)在四棱錐尸一ABC。中，取3。的中點。，連接P。，如圖.

z

因為△尸8。是等邊三角形且與底面垂直，則有P0_L8D,平面平面P0

U平面尸3。，從而尸0_L平面ABCD,過點。作。y〃CD,又BDLCD,所以O(shè)y_LB。,

以。為原點，分別以08,Oy,。尸所在直線為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，

則4(1,-1,0),很(1,0,0),￡>(-1,0,0),尸(0,0,回由崩=虛2>0),

,

得GT?~T+I

則靛=合-1，-￡舒，

加=(2,0,0),

設(shè)平面踮。的法向量為加=（%,y,z）,

取z=l,得加=（0,5九1）,

平面PBD的一個法向量為“=（0,1,0）,

\m'n\71

則|cos[m,n)|=

V32^3

即?,解得2=1,

3乃+1-2

jr

所以當丸=1時，平面E3Q與平面P8Z）所成角的大小為5.

［周三］

1.（2023?長春模擬）已知等比數(shù)列｛斯｝的公比為g（q>0且qWl）,若。6+801=04+843,則4的

值為（）

A.1B.|C.2D.4

答案C

解析已知等比數(shù)列｛詼｝的公比為q（q>0且qWl）,若。6+841=44+843,

則。6—。4=8為一80,所以能”=4,\。：）=爐=8,解得4=2.

2.（2023?武漢調(diào)研升閱讀下段文字：“已知噌為無理數(shù)，若（、/5）應(yīng)為有理數(shù)，則存在無理數(shù)

°=6=小，使得/為有理數(shù)；若（、/5）應(yīng)為無理數(shù)，則取無理數(shù)。=（、份）收，b=@此時

產(chǎn)產(chǎn)=（0）也第=（地＞=2為有理數(shù).”依據(jù)這段文字可以證明的結(jié)論是（）

A.（J5）也是有理數(shù)

B.（挺）也是無理數(shù)

C.存在無理數(shù)a,b,使得〃為有理數(shù)

D.對任意無理數(shù)a,b,都有升為無理數(shù)

答案C

解析這段文字中，沒有證明（J5）友是有理數(shù)的條件，也沒有證明（3）夜是無理數(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■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,6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-ABCZ）中，底面ABC。是矩形，AD=^2,

48=4尸=尸。=1,平面平面4BC。，點M在線段PC上運動（不含端點），貝心）

A.存在點M使得

B.四棱錐尸一ABC。外接球的表面積為3兀

C.直線PC與直線A。所成的角為方

D.當動點M到直線8。的距離最小時，過點A,D,M作截面交尸8于點N,則四棱錐P—

ADMN的體積是:

答案BCD

解析如圖1,取的中點G,連接GC,PG,BD,GCCBD=H,貝PG_LA。，

因為平面E4O_L平面A8C￡),平面E4￡>n平面42c￡)=A。，PGu平面膽。,

所以PG_L平面ABCD,又BDU平面ABCD,則PGLBD.

又因為tanZADB-tanZDGC=4^'S^=1,

LJU

所以GC±BD,

又PGCGC=G,PG,GCU平面PGC,所以BZ5_L平面PGC.

因為MG平面尸GC,A。平面PGC,所以不成立，A錯誤;

因為△APO為等腰直角三角形，將四棱錐的側(cè)面API）作為底面一部分，補成棱長為1的正

方體.如圖2,則四棱錐尸一A8CO的外接球即為正方體的外接球，其半徑R=半，即四棱

錐尸一4BCD外接球的表面積為3兀，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?C正確;

如圖1,連接（圖略），因為BO_L平面PGC,當動點M到直線2。的距離最小時HA/_LPC,

y[6

由上推導(dǎo)知PG_LGC,GC12+

2，

小一DC1V6

cos/DCG—西一逅=3,

2

水

CH=DCcosZDCH=

3，

GH=GC—CH=

6，

PH=7PG2+GH2=

yl6

，方PH=CH,

因此M為PC的中點.如圖3,由M為PC的中點，即為。。的中點，平面AZJM即平面A。。

、33

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=^P-AQD=^Q-APD

311

=4X6=8,D正確.

圖3

4.第31屆世界大學(xué)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12,3,4,5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Cg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2C?=20.

5.已知函數(shù)式的二加一Z?￡R).

(1)若。=1,b=3,求函數(shù)兀0的單調(diào)遞增區(qū)間；

(2)若Z?=0時，不等式/(x)W0在［1,+8)上恒成立，求實數(shù)。的取值范圍.

解(1)由題意得x>0,u=1,b=3時,

j(x)=^—3x+lnx,

,,1(2x-l)(x-l)

fM=2x-3+-=---------------,

令f(x)>0,解得0<x<^>或x>l.

故?r)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,￡),(1,+8).

Qi/jRuaf+lnxWO在［1,+8)上恒成立，

即aW一當在區(qū)間［1,+8)上恒成立，

設(shè)g(:v)=—乎，x2l,

.21nx—1

貝M1Ig(%)=p，

令g'(x)>0,解得xM，此時g(x)單調(diào)遞增，

令g'(X)<O,解得10〈、限此時g(x)單調(diào)遞減，故g(X)min=g/)=一蚩故后一去，

即實數(shù)。的取值范圍為(一8,一￡

［周四］

1.(2023?浙江金麗衢十二校聯(lián)考)設(shè)集合A={和ogzx<2},3={尤層<9},則等于()

A.(0,3)B.(-3,3)

C.(0,1)D.(-3,1)

答案A

解析由題意得4=(0,4),8=(—3,3),所以AC8=(0,3).

2.(2023?齊齊哈爾模擬)已知角a的頂點在原點，始邊與無軸的非負半軸重合，終邊經(jīng)過點

，兀1JIJIjf\

plcosg—sing,cosg+singI,貝（Jtana等于（）

A.^2-1B.y/2+1

C.y/2D.2

答案B

71..71

cosg+sing

解析tana=^

71.71

cosg—sing

^cos^+sin1+sin^

）兀.,7T7C

cosg-singcosa

1+坐L

2

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19

B.若隨機變量。?N（2,02）,且P（?4）=0.8,則P（24<4）=0.4

C.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8=”第二次抽到的是白球”，則P（B|A）=5

D.已知變量x,y線性相關(guān)，由樣本數(shù)據(jù)算得經(jīng)驗回歸方程是:=0.4x+；且算得；=4,7

A

—3.7,則4=2.1

答案ACD

解析對于A,因為共有10個數(shù)，10X80%=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1f?N（2,『），且尸（34）=0.8,

則尸（JW2）=O.5,所以尸（2<氐4）=0.8—0.5=03,故B錯誤；

Q\2plplA

對于C,由題意可知尸（A）=0=§,P（A8）=至您=正，

所以P（B|A）=今黑=春故C正確;

AA________A

對于D,因為經(jīng)驗回歸直線y=0.4x+a經(jīng)過點（％,y）,所以3.7=0.4X4+“，

A

解得a=2.1,故D正確.

4.（2023?永州模擬）已知雙曲線Q：J-p=l（a>0,6>0）,圓。：％2+丁=〃+/與天軸交于

A,8兩點，M,N是圓。與雙曲線在無軸上方的兩個交點，點A,M在y軸的同側(cè)，且AM

交BN于點、C.若血+國=血+而V,則雙曲線的離心率為.

答案事+1

解析由題意可知層+廬=。2,故不妨設(shè)A(—c,0),B(c,O),即為雙曲線的焦點，\AB\=2c,

由血+加=血+而可得

OM=MA+ON-CN

^MA+OC^OA-OM+OC,

即2血=近+歷，

故M點為AC的中點，根據(jù)雙曲線的對稱性可知N為8c的中點,

又因為8M_LAC,故=

同理|A8|=|4C|,

即△A8C為正三角形，

故|AM=W|4C|=c,\BM\^y[3c,

又點M在雙曲線左支上,故IBM—c=2m則e=

:啟=*+L

5.(2023?東三省三校模擬)已知數(shù)列｛四｝,設(shè)+一1…+"'(weN*),若｛?。凉M足性質(zhì)0：

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-/')阿t+。一左)利+(左一i)巧=c,

則稱數(shù)列｛?！埃秊椤皦粝霐?shù)列”.

(1)若為=2"("GN*),判斷數(shù)列｛a｝是否為“夢想數(shù)列”，并說明理由；

(2)若c“=2〃-1(“GN*),判斷數(shù)列｛以｝是否為“夢想數(shù)列”，并說明理由；

(3)判斷“夢想數(shù)列”｛詼｝是否為等差數(shù)列，并說明理由.

解(1)由題意知，

(;-(j-(k-i)mj=c,

(j—(k—j)mi+(z—k)mj=c,

所以c=0,

14

當6"=2"時，mi=2,/n2=3,m3=~,

142

(1—2)X-^-+(2—3)X2+(3—1)X3=—gWO,

所以｛為｝不是“夢想數(shù)列”.

(2)Ci=2i—1,Cj=2j—1,Ck=2k—1,

九(ci+c〃)

c2-lH2

ci+金Sn2n

THn===，

nnnn

P；2j2

(，-+(7-%)]+(k-z)y—o,

所以｛金｝是“夢想數(shù)列”.

C人〃1+。2+。3,a\,。1+。2

(3)①令，=1,尸2,k=3,(1-2)------g-----+(2-3)y+(3-l)^—=0,

所以41+。3=2。2,即〃2,。3成等差數(shù)列，

②令i=l,j=2,k=n(n^3),

設(shè)S〃為數(shù)列｛斯｝的前〃項和,

ss9

(1—2)才+(2—ri)ai+(n—1)菱=0,

化簡得25〃+(層-3ri)ai—n(n—1)^2—0,

2szi+1+(/-〃-2)〃i—n(n~\~1)。2=0,

兩式相減得2斯+1+2〃〃1—2al—2〃〃2=0今即+1=〃1+〃(。2—。1),

所以斯=的+(〃-1)3—當n—1,2,3時也成立.

綜上可得，“夢想數(shù)列”｛斯｝是等差數(shù)列.

［周五］

1.（2023?汕頭模擬）已知集合人={1,3,a2},5={1,a+2］,且AU5=A,則〃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〃+2=次，

若〃+2=3,此時。=1今4=1,集合A的元素有重復(fù)，不符合題意；

若〃+2=〃2,解得4=2或4=—1,顯然〃=2符合題意，而4=-1,集合A的兀素

有重復(fù)，不符合題意，故。=2.

2.（2023?漳州質(zhì)檢）英國物理學(xué)家和數(shù)學(xué)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劣,環(huán)境溫度是仇，則經(jīng)過tmin后物體的溫度6將滿足9=氏

+（仇一%）其中左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°C,則若使物體的溫度為

20℃,需要冷卻（）

A.17.5minB.25.5min

C.30minD.32.5min

答案C

解析由題意得50=10+（90—10）e」叱

即匕-1°%=；,,??女=^n2,

--In2

<9=0o+（^i—^o）e10,

由20=10+（90—10）e10得e10=點

即一2口2=lir1=-31n2,解得￡=30,

1Uo

,若使物體的溫度為20℃,需要冷卻30min.

3.（多選X2023?南通模擬）直線/：mx+y—6加=0與圓<+產(chǎn)=4交于A,8兩點，尸為圓上

任意一點，則（）

A.線段AB最短長度為2g

B.△AOB的面積最大值為2

C.無論相為何值，/與圓相交

D.不存在優(yōu)，使NAP8取得最大值

答案CD

解析由直線/：mx+y-/機=0可知機（x—也）+y=0,該直線過定點E（陋，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2嚴$=2啦,

此時A8的斜率不存在，與題意矛盾，故A錯誤；

△AOB的面積為SAAOB=||OA\\OB\sinZAOB=2sinZAOB,

若△AOB的面積取到最大值，則NAOB為直角，

此時|。囿=讓，|42|=2&，OE±AB,與題意矛盾，故B錯誤；

由于直線A8過定點E(g,0),E(y[2,0)在/+y2=4內(nèi)，

故無論相為何值，/與圓相交，故C正確；

尸為圓上任意一點，假設(shè)當/與x軸垂直時，如圖中虛線位置,

此時劣弧A3最短，當尸為劣弧A3與無軸的交點時，/AP8最大，但由于直線/斜率存在,

故直線取不到圖中虛線位置，即不存在加，使NAPB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

解析設(shè)圓錐母線長為/,由題意27txi=兀/,1=2,

圓錐內(nèi)半徑最大的球與圓錐相切，

作出圓錐的軸截面△出8,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,

易知尸。是圓錐的高，。在尸。上，

TT

由E4=2,BD=1得

7T17T

因此所以NOBD=^/DBP=q,

OD=BDtm?

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(wù)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(guān)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)：

依據(jù)小概率值a=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(guān)？

(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(shè)直播間每人下單成功的概率

均為p(0<P<l)，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加)，求及)的最大值點po.

..rn(ad—bc)2

參考公式：N=(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其x中"=a+6+c+”

Z2獨立性檢驗中5個常用的小概率值和相應(yīng)的臨界值如表所示：

a0.10.050.010.0050.001

Xa2.7063.8416.6357.87910.828

解(1)列聯(lián)表如下:

直播間購物

用戶年齡合計

選擇甲公司選擇乙公司

19—24歲401050

25—34歲203050

合計6040100

零假設(shè)為Ho：選擇哪家直播間購物與用戶的年齡無關(guān).

根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得到依據(jù)小

OUA4UAJUAJUD

概率值a=0.001的獨立性檢驗，推斷％不成立，即認為選擇哪家直播間購物與用戶的年齡

有關(guān)，此推斷犯錯誤的概率不大于0.001.

⑵由題設(shè)，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尸=0.5X(l-0.7)+0.5X(1—0.8)=025.

⑶由題意，設(shè)5人中下單成功的人數(shù)為X,

則X?8(5,p),

所以加)=C勁2(1—p)3=10p2(l—p)3,

令g(?)=p2(]—p)3=p2—303+3p4-p5,

所以g'(p)=p(2—9p+12p2—5/J3),

令/?(/?)=2—9p+l2P2—503,

所以〃⑦)=一9+242一15P2

=T5(卻2+|,

h'開口向下，且在(0,3上單調(diào)遞增，在售，1)上單調(diào)遞減，又〃(1)=〃(1)=0,

故當pe(o,|)時，h'(p)<0,/z。)單調(diào)遞減；

當pe(1，1)時，勿(p)>°，〃⑦)單調(diào)遞增；

由〃仔)=°，力(1)=0,

故當pe(0,D時，h(P)>。，即g'S)>。；

當pc(1,1)時，恤)<0,即g’(p)<0,

所以g(/7)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(|,1)上單調(diào)遞減，

即加)在(0,|)上單調(diào)遞增，在停，I)上單調(diào)遞減，

所以加)max=/(|),即。o=|.

［周六］

1.(2023?煙臺模擬)若復(fù)數(shù)z滿足z(l+i)=2i,則|z|等于()

A./B.2C.y［3D.3

答案A

解析Vz(l+i)=2i,

.2i2i(l-i)2i~2i2.

?，z-l+i-(l+i)(l-i)-1-i2―1+人

|z|=-\/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(shè)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-6BlC-36D-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)=4.

6

3.(多選)(2023?寧德質(zhì)檢)若(x—l)6=ao+ai(x+l)+a2(x+l)2+a3(x+l)3H---^a6(x+l),則

()

A.的=64

B.〃()+〃2+〃4+〃6=365

C.625=12

D.。1+242+3〃3+4〃4+5〃5+6〃6=—6

答案ABD

解析令x=-1,貝(](―1—1)6=。0,即〃0=64,故A正確；

令冗=0,則。()+。1+〃2+〃3+〃4+。5+。6=(0-1)6=1,

令x=-2,則ao—0+故—俏+。4—〃5+。6=(-2—1)6=729,

1+729

則。0+。2+。4+。6=2=365,故B正確；

(X-1)6=[(X+1)-2]6,

則7kI=C§(%+1)6r(―2次

令左=1,則〃5=C[(—2>=-12,故C錯誤；

由(X—1)6=QO+〃I(X+1)+〃2(%+1)2+〃3(l+1>+…+〃6(%+l)6兩邊求導(dǎo)，

得6(%—1)5=〃I+2〃2(X+1)+3〃3(X+IpH---F6〃6(X+I)5,

令x=0,貝11al+2^2+343+4〃4+5的+6〃6=6義(0—l)5——6,故D正確.

4.(2023?滄州調(diào)研)若函數(shù)y=/(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=?x)具有T性質(zhì).若函數(shù)g(x)=ox—]+bsinxcosx+ccos2^具有T

性質(zhì)，其中a,b,c為實數(shù),且滿足〃+，=1,則實數(shù)〃+A+c的取值范圍是.

答案[一也，也]

bcb^~\~c^

解析由題意可得，g(x)=〃x+1sin2x+]cos2%=ox+1sinQx+9).

于是g'(x)=a+ylb2+C2COS(2X+(p)=a+cos(2x+(p).

設(shè)切點分別為尸1(X1,M),尸2(以了2),

則由函數(shù)[=g。)具有T性質(zhì),可得g'(Xi)g'。2)=—1,

即[4+cos(2xi+9)][。+COS(2X2+9)]=—1,

整理得“2+[cos(2xi