2025高考數(shù)學二輪復習-第四周-專項訓練【含答案】

第四周[周一]1．(2023·欽州模擬)已知等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項和為Sn，當首項a1和d變化時，a2＋a5＋a8是一個定值，則下列各數(shù)也是定值的是()A．a(chǎn)1B．a(chǎn)6C．S9D．S10答案C解析由a2＋a5＋a8＝(a1＋d)＋(a1＋4d)＋(a1＋7d)＝3a1＋12d＝3(a1＋4d)＝3a5，可知a5為定值，S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5也為定值．2．(2023·溫州模擬)已知a＝e0.1，b＝eq\r(3,1.3)，c＝1.052，則()A．a(chǎn)>b>c B．c>b>aC．b>c>a D．a(chǎn)>c>b答案D解析因為lna＝0.1，lnc＝ln1.052＝2ln1.05，所以eq\f(1,2)lna＝0.05，eq\f(1,2)lnc＝ln(1＋0.05)，先證明ln(1＋x)<x(x>－1)，設f(x)＝ln(1＋x)－x(x>－1)，則f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＝－eq\f(x,1＋x)，令f′(x)>0，得－1<x<0；令f′(x)<0，得x>0，所以函數(shù)f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(0.05)<f(0)，即ln(1＋0.05)－0.05<0，即ln(1＋0.05)<0.05，所以2ln1.05<0.1＝lne0.1，即1.052<e0.1，即c<a.而b＝＝1.1，c＝1.052＝1.1025>1.1，所以a>c>b.3．(多選)(2023·馬鞍山模擬)已知拋物線y2＝4x的焦點為F，點P在準線上，過點F作PF的垂線且與拋物線交于A，B兩點，則()A．|PF|的最小值為2B．若|PA|＝|PB|，則|AB|＝2|PF|C．若|AB|＝8，則|PF|＝2eq\r(2)D．若點P不在x軸上，則|FA|·|FB|>|PF|2答案ABC解析點F(1,0)，拋物線的準線方程為x＝－1，設P(－1，m)，|PF|＝eq\r([1－－1]2＋m2)＝eq\r(4＋m2)≥eq\r(4)＝2，所以點P在x軸上時，|PF|有最小值2，所以選項A正確；若|PA|＝|PB|，根據(jù)拋物線的對稱性可知點P在x軸上，把x＝1代入y2＝4x中，得y＝±2，|AB|＝2－(－2)＝4，此時|PF|＝2，于是有|AB|＝2|PF|，所以選項B正確；因為|AB|＝8，顯然點P不在x軸上，則有kPF＝eq\f(m,－2)?kAB＝eq\f(2,m)，所以直線AB的方程為y＝eq\f(2,m)(x－1)，代入拋物線方程中，得x2－(2＋m2)x＋1＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝2＋m2，|AB|＝x1＋1＋x2＋1＝8?2＋m2＋2＝8?m2＝4，|PF|＝eq\r(22＋m2)＝eq\r(4＋4)＝2eq\r(2)，所以選項C正確；點P不在x軸上，由上可知，x1＋x2＝2＋m2，x1x2＝1，|FA|·|FB|＝(x1＋1)(x2＋1)＝x1＋x2＋x1x2＋1＝2＋m2＋2＝m2＋4，而|PF|2＝4＋m2，顯然|FA|·|FB|＝|PF|2，所以選項D不正確．4.(2023·深圳模擬)足球是一項很受歡迎的體育運動．如圖，某足球場的底線寬AB＝72碼，球門寬EF＝8碼，球門位于底線的正中位置．在比賽過程中，攻方球員帶球運動時，往往需要找到一點P，使得∠EPF最大，這時候點P就是最佳射門位置．當攻方球員甲位于邊線上的點O處(OA＝AB，OA⊥AB)時，根據(jù)場上形勢判斷，有eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))兩條進攻線路可供選擇．若選擇線路eq\o(OA,\s\up6(→))，則甲帶球________碼時，到達最佳射門位置．答案72－16eq\r(5)解析若選擇線路eq\o(OA,\s\up6(→))，設AP＝t，其中0<t≤72，AE＝32，AF＝32＋8＝40，則tan∠APE＝eq\f(AE,AP)＝eq\f(32,t)，tan∠APF＝eq\f(AF,AP)＝eq\f(40,t)，所以tan∠EPF＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠APF－∠APE))＝eq\f(tan∠APF－tan∠APE,1＋tan∠APFtan∠APE)＝eq\f(\f(40,t)－\f(32,t),1＋\f(1280,t2))＝eq\f(\f(8,t),1＋\f(1280,t2))＝eq\f(8,t＋\f(1280,t))≤eq\f(8,2\r(t·\f(1280,t)))＝eq\f(\r(5),20)，當且僅當t＝eq\f(1280,t)，即t＝16eq\r(5)時，等號成立，此時OP＝OA－AP＝72－16eq\r(5)，所以，若選擇線路eq\o(OA,\s\up6(→))，則甲帶球(72－16eq\r(5))碼時，到達最佳射門位置．5．(2023·蘭州模擬)某省農(nóng)科院為支持省政府改善民生，保證冬季蔬菜的市場供應，深入開展了反季節(jié)蔬菜的相關(guān)研究，其中一項是冬季大棚內(nèi)的晝夜溫差x(℃)與反季節(jié)蔬菜種子發(fā)芽數(shù)y(個)之間的關(guān)系，經(jīng)過一段時間觀測，獲得了下列一組數(shù)據(jù)(y值為觀察值)：溫差x(℃)89101112發(fā)芽數(shù)y(個)2324262730(1)在所給坐標系中，根據(jù)表中數(shù)據(jù)繪制散點圖，并判斷y與x是否具有線性相關(guān)關(guān)系(不需要說明理由)；(2)用直線l的方程來擬合這組數(shù)據(jù)的相關(guān)關(guān)系，若直線l過散點圖中的中間點(即點(10,26))，且使發(fā)芽數(shù)的每一個觀察值與直線l上對應點的縱坐標的差的平方之和最小，求出直線l的方程；(3)用(2)中求出的直線方程預測當溫度差為15℃時，蔬菜種子發(fā)芽的個數(shù)．解(1)作出數(shù)據(jù)分布的散點圖，如圖所示，由散點圖知五個點明顯分布在某條直線的附近，因此由散點圖可以判斷y與x有線性相關(guān)關(guān)系．(2)設直線的方程為y－26＝k(x－10)，即y＝k(x－10)＋26，則五個x值對應的直線l上的縱坐標分別為－2k＋26，－k＋26，k＋26,2k＋26，若設觀察值與縱坐標差的平方和為D，則D＝(－2k＋3)2＋(－k＋2)2＋(k－1)2＋(2k－4)2＝10k2－34k＋30＝10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(17,10)))2＋eq\f(11,10)，所以當k＝eq\f(17,10)時D取最小值，此時直線l的方程為y＝eq\f(17,10)x＋9.(3)由直線l的方程為y＝eq\f(17,10)x＋9，令x＝15，可得y＝eq\f(17,10)×15＋9＝34.5≈35，所以可預測當溫度差為15℃時，蔬菜種子發(fā)芽的個數(shù)約為35.[周二]1．(2023·南京模擬)在運動會中，甲、乙、丙參加了跑步、鉛球、標槍三個項目，每人參加的比賽項目不同．已知①乙沒有參加跑步；②若甲參加鉛球，則丙參加標槍；③若丙沒有參加鉛球，則甲參加鉛球．下列說法正確的為()A．丙參加了鉛球B．乙參加了鉛球C．丙參加了標槍D．甲參加了標槍答案A解析由①乙沒有參加跑步，則乙參加鉛球或標槍，若乙參加鉛球，則丙就沒有參加鉛球，由③可知甲參加鉛球，故矛盾，所以乙參加標槍，顯然丙沒有參加標槍，則丙參加鉛球，甲參加跑步．綜上可得，甲參加跑步，乙參加標槍，丙參加鉛球．2.(2023·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)數(shù)學里有一種證明方法叫做Proofwithoutwords，也被稱為無字證明，是指僅用圖象而無需文字解釋就能不證自明的數(shù)學命題，由于這種證明方法的特殊性，無字證明被認為比嚴格的數(shù)學證明更為優(yōu)雅和有條理．如圖，點C為半圓O上一點，CH⊥AB，垂足為H，記∠COB＝θ，則由tan∠BCH＝eq\f(BH,CH)可以直接證明的三角函數(shù)公式是()A．taneq\f(θ,2)＝eq\f(sinθ,1－cosθ)B．taneq\f(θ,2)＝eq\f(sinθ,1＋cosθ)C．taneq\f(θ,2)＝eq\f(1－cosθ,sinθ)D．taneq\f(θ,2)＝eq\f(1＋cosθ,sinθ)答案C解析由已知∠COB＝θ，則∠CBO＝eq\f(π,2)－eq\f(θ,2)，∠BCH＝eq\f(θ,2)，又taneq\f(θ,2)＝eq\f(BH,CH)，sinθ＝eq\f(CH,OC)，cosθ＝eq\f(OH,OC)，BH＋OH＝OB＝OC，因此eq\f(1－cosθ,sinθ)＝eq\f(1－\f(OH,OC),\f(CH,OC))＝eq\f(BH,CH)＝taneq\f(θ,2).3．(多選)(2023·南京模擬)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD為正方形，AA1＝AB，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，則()A．點A1在平面ABCD內(nèi)的射影在AC上B．AC1⊥平面A1BDC．AC1與平面A1BD的交點是△A1BD的重心D．二面角B1－BD－C的大小為45°答案ACD解析設eq\o(AA1,\s\up6(→))＝a，eq\o(AB,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，正方形的邊長為1，則a·b＝1×1×cos60°＝eq\f(1,2)，a·c＝1×1×cos60°＝eq\f(1,2)，b·c＝0，對于選項A，AA1＝AB，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，根據(jù)對稱性知，點A1在平面ABCD內(nèi)的射影在∠BAD的平分線上，即在AC上，故A正確；對于選項B，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝－a＋b，eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a＋b))＝－a2＋b2－a·c＋b·c＝－eq\f(1,2)≠0，故B錯誤；對于選項C，設AC，BD交于點O，AC1與A1O交于點Q，則Q即為AC1與平面A1BD的交點，則eq\f(A1Q,OQ)＝eq\f(A1C1,AO)＝2，A1O為△A1BD中BD邊上的中線，故Q為△A1BD的重心，故C正確；對于選項D，連接B1D1與A1C1相交于點H，連接HO，根據(jù)對稱性知HO⊥BD，又AC⊥BD，HO?平面B1BD，AC?平面CBD，故∠HOC為二面角B1－BD－C的平面角，eq\o(HC,\s\up6(→))＝－a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c，故eq\o(HC,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(1,2)b＋\f(1,2)c))2＝a2＋eq\f(1,4)b2＋eq\f(1,4)c2－a·b－a·c＋eq\f(1,2)c·b＝eq\f(1,2)，故HC＝eq\f(\r(2),2)，HO＝AA1＝1，OC＝eq\f(\r(2),2)，故∠HOC＝45°，正確．4．(2023·蚌埠質(zhì)檢)已知a＝(1,2)，b＝(2，m)，a⊥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－3b))，則m＝________.答案－eq\f(1,6)解析由已知可得a－3b＝(1,2)－3(2，m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5，2－3m))，由題意可得a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－3b))＝－5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－3m))＝0，解得m＝－eq\f(1,6).5．(2023·福州模擬)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知b2－a2＝2c2.(1)求eq\f(tanB,tanA)的值；(2)求C的最大值．解(1)由余弦定理可得b2＝c2＋a2－2accosB，代入b2－a2＝2c2，得(c2＋a2－2accosB)－a2＝2c2，化簡得c2＋2accosB＝0，即c＋2acosB＝0.由正弦定理可得sinC＋2sinAcosB＝0，即sin(A＋B)＋2sinAcosB＝0，展開得sinAcosB＋cosAsinB＋2sinAcosB＝0，即3sinAcosB＝－cosAsinB，所以eq\f(tanB,tanA)＝－3.(2)由b2－a2＝2c2得c2＝eq\f(b2－a2,2)，故cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\f(b2－a2,2),2ab)＝eq\f(3a2＋b2,4ab)＝eq\f(3a,4b)＋eq\f(b,4a)≥2eq\r(\f(3,16))＝eq\f(\r(3),2)，當且僅當b2＝3a2，即b＝eq\r(3)a時等號成立．因為C∈(0，π)，所以C≤eq\f(π,6)，所以C的最大值為eq\f(π,6).[周三]1．(2023·白山模擬)已知向量a＝(1，m)，b＝(－1,0)，且|a－b|＝a·b＋6，則|a|等于()A.eq\r(5)B．2eq\r(3)C.eq\r(22)D．2eq\r(6)答案C解析因為向量a＝(1，m)，b＝(－1,0)，所以a－b＝(2，m)，a·b＝－1，又因為|a－b|＝a·b＋6，所以eq\r(22＋m2)＝5，解得m2＝21，所以|a|＝eq\r(12＋m2)＝eq\r(22).2．已知函數(shù)f(x)的定義域為R，且f(x＋1)＋f(x－1)＝2，若f(0)＝2，則eq\i\su(k＝1,115,f)(k)等于()A．116B．115C．114D．113答案C解析由f(x＋1)＋f(x－1)＝2，得f(x＋2)＋f(x)＝2，即f(x＋2)＝2－f(x)，所以f(x＋4)＝2－f(x＋2)＝2－[2－f(x)]＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是以4為周期的函數(shù)，又f(x＋1)＋f(x－1)＝2，所以f(1)＋f(3)＝2，f(2)＋f(4)＝2，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4，又f(0)＋f(2)＝2，f(0)＝2，所以f(2)＝0，所以eq\i\su(k＝1,115,f)(k)＝[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]×28＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝4×28＋2＋0＝114.3．(多選)(2023·永州模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，直線l與C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，其中點A在第一象限，點M是AB的中點，MN垂直于準線于點N，則下列結(jié)論正確的是()A．若eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，則直線l的傾斜角為eq\f(π,3)B．點M到準線的距離為eq\f(|AB|,2)C．若直線l經(jīng)過焦點F且eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－12，則p＝4D．若以AB為直徑的圓M經(jīng)過焦點F，則eq\f(|AB|,|MN|)的最小值為eq\r(2)答案ACD解析對于A選項，因為eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，所以A，F(xiàn)，B三點共線，即直線l經(jīng)過拋物線焦點．當直線l的斜率為0時，此時直線l與C只有1個交點，不符合題意，故設直線l：x＝eq\f(p,2)＋my，與y2＝2px聯(lián)立，得y2－2pmy－p2＝0，故y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2，因為eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，所以y1＝－3y2，因為點A在第一象限，所以y1>0，故y2<0，即－pm<0，m>0，解得m＝eq\f(\r(3),3)，故直線l的斜率為eq\f(1,m)＝eq\r(3)，設直線l的傾斜角為θ(0<θ<π)，則tanθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,3)，A正確；對于B選項，當直線l不經(jīng)過焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))時，設|AF|＝m，|BF|＝n，由三角形三邊關(guān)系可知|AF|＋|BF|>|AB|，由拋物線定義可知|AF|＋|BF|＝2|MN|>|AB|，即|MN|>eq\f(|AB|,2)，B不正確；對于C選項，由題意得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，準線方程為x＝－eq\f(p,2)，當直線l的斜率為0時，此時直線l與C只有1個交點，不符合題意，故設直線l：x＝eq\f(p,2)＋my，與y2＝2px聯(lián)立得y2－2pmy－p2＝0，故y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2，則x1x2＝eq\f(y1y22,4p2)＝eq\f(p2,4)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(p2,4)－p2＝－12，解得p＝4，C正確；對于D選項，設|AF|＝m，|BF|＝n，過點A作AQ⊥準線于點Q，過點B作BP⊥準線于點P，因為以AB為直徑的圓M經(jīng)過焦點F，所以AF⊥BF，則|AB|＝eq\r(m2＋n2)，由拋物線定義可知，|MN|＝eq\f(|AQ|＋|BP|,2)＝eq\f(|AF|＋|BF|,2)＝eq\f(m＋n,2)，由基本不等式得m2＋n2≥2mn，則2(m2＋n2)≥2mn＋m2＋n2＝(m＋n)2，當且僅當m＝n時，等號成立，故eq\r(m2＋n2)≥eq\f(m＋n,\r(2))，即eq\f(|AB|,|MN|)＝eq\f(\r(m2＋n2),\f(m＋n,2))＝eq\f(2\r(m2＋n2),m＋n)≥eq\r(2)，D正確．4．(2023·溫州模擬)平面內(nèi)有四條平行線，相鄰兩條間的距離為1，每條直線上各取一點圍成矩形，則該矩形面積的最小值是________．答案4解析如圖，四邊形ABCD為矩形，令∠EAB＝θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則AB＝eq\f(1,sinθ)，AD＝eq\f(2,cosθ)，所以S＝eq\f(2,\f(1,2)sin2θ)≥4，當且僅當θ＝eq\f(π,4)時等號成立，故面積的最小值是4.5.(2023·江蘇八市模擬)如圖，在圓臺OO1中，A1B1，AB分別為上、下底面直徑，且A1B1∥AB，AB＝2A1B1，CC1為異于AA1，BB1的一條母線．(1)若M為AC的中點，證明：C1M∥平面ABB1A1；(2)若OO1＝3，AB＝4，∠ABC＝30°，求平面OCC1與平面ACC1夾角的正弦值．(1)證明如圖，連接A1C1，因為在圓臺OO1中，上、下底面直徑分別為A1B1，AB，且A1B1∥AB，所以AA1，BB1，CC1為圓臺母線且交于一點P，所以A，A1，C1，C四點共面．在圓臺OO1中，平面ABC∥平面A1B1C1，由平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，平面AA1C1C∩平面A1B1C1＝A1C1，得A1C1∥AC.又A1B1∥AB，AB＝2A1B1，所以eq\f(PA1,PA)＝eq\f(A1B1,AB)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(PC1,PC)＝eq\f(PA1,PA)＝eq\f(1,2)，即C1為PC中點．在△PAC中，M為AC的中點，所以C1M∥PA，即C1M∥AA1.因為AA1?平面ABB1A1，C1M?平面ABB1A1，所以C1M∥平面ABB1A1.(2)解以O為坐標原點，OB，OO1分別為y，z軸，過O且垂直于平面ABB1A1的直線為x軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．因為∠ABC＝30°，所以∠AOC＝60°.則A(0，－2,0)，C(eq\r(3)，－1,0)，O1(0,0,3)．因為eq\o(OC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1,0)，所以eq\o(O1C1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0)).所以C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，3))，所以eq\o(C1C,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，－3)).設平面OCC1的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(OC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(C1C,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1－y1＝0，,\f(\r(3),2)x1－\f(1,2)y1－3z1＝0，))令x1＝1，則y1＝eq\r(3)，z1＝0，所以n1＝(1，eq\r(3)，0)，又eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)，設平面ACC1的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(C1C,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2＋y2＝0，,\f(\r(3),2)x2－\f(1,2)y2－3z2＝0，))令x2＝1，則y2＝－eq\r(3)，z2＝eq\f(\r(3),3)，所以n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，\f(\r(3),3)))，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n2)))＝eq\f(1×1＋\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)))＋0×\f(\r(3),3),\r(1＋3)×\r(1＋3＋\f(1,3)))＝－eq\f(\r(39),13).設平面OCC1與平面ACC1的夾角為θ，則cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n1，n2〉))＝eq\f(\r(39),13)，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(130),13).所以平面OCC1與平面ACC1夾角的正弦值為eq\f(\r(130),13).[周四]1.(2023·青島模擬)龍洗，是我國著名的文物之一，因盆內(nèi)有龍紋故稱龍洗，為古代皇宮盥洗用具，其盆體可以近似看作一個圓臺．現(xiàn)有一龍洗盆高15cm，盆口直徑40cm，盆底直徑20cm.現(xiàn)往盆內(nèi)倒入水，當水深6cm時，盆內(nèi)水的體積近似為()A．1824cm3 B．2739cm3C．3618cm3 D．4512cm3答案B解析如圖所示，畫出圓臺的立體圖形和軸截面平面圖形，并延長EC與FD交于點G.根據(jù)題意，AB＝20cm，CD＝10cm，AC＝15cm，EC＝6cm，設CG＝xcm，EF＝y(tǒng)cm，所以eq\f(10,20)＝eq\f(x,x＋15)，eq\f(10,y)＝eq\f(x,x＋6)，解得x＝15，y＝14，所以V＝eq\f(1,3)(π×142＋π×102＋π×14×10)×6＝872π≈2739(cm3)．2．(2023·云南333聯(lián)考)已知f(x)＝3a2＋2axlnx，a∈{－1,1}，g(x)＝bx－x2，b∈{1,2,3,4}，使f(x)>g(x)恒成立的有序數(shù)對(a，b)有()A．2個B．4個C．6個D．8個答案B解析由題意得函數(shù)定義域為(0，＋∞)，要想f(x)>g(x)恒成立，即3a2＋2axlnx>bx－x2恒成立，只需eq\f(3a2,x)＋2alnx>b－x恒成立，只需x＋eq\f(3a2,x)＋2alnx>b恒成立，設h(x)＝x＋eq\f(3a2,x)＋2alnx(x>0)，h′(x)＝eq\f(x＋3ax－a,x2)，所以當a＝－1時，h(x)min＝h(3)＝4－2ln3，使f(x)>g(x)恒成立的b可取1；當a＝1時，h(x)min＝h(1)＝4，使f(x)>g(x)恒成立的b可取1,2,3，所以(a，b)有(1,1)，(－1,1)，(1,2)，(1,3)，共4個．3．(多選)(2023·石家莊質(zhì)檢)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M，N分別是AB，CC1的中點，則()A．AC1∥MNB．B1D⊥MNC．平面MND截此正方體所得截面的周長為eq\f(5\r(5)＋\r(17),2)D．三棱錐B1－MND的體積為3答案BC解析如圖1，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，圖1則A(2,0,0)，C1(0,2,2)，M(2,1,0)，N(0,2,1)，D(0,0,0)，B1(2,2,2)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－2,2,2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(2,2,2)．因為eq\f(－2,－2)≠eq\f(2,1)，所以AC1與MN不平行，A不正確；因為eq\o(DB1,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝2×(－2)＋2×1＋2×1＝0，所以B1D⊥MN，B正確；如圖2，取BB1的中點P，BP的中點Q，連接AP，MQ，NQ，圖2由正方體的性質(zhì)可知，AP∥DN.因為M，Q分別為AB，BP的中點，所以AP∥MQ，所以DN∥MQ；平面MND截正方體所得截面為梯形DMQN，因為正方體的棱長為2，所以DM＝DN＝eq\r(5)，MQ＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(5),2)，QN＝eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(17),2)，所以平面MND截此正方體所得截面的周長為eq\f(5\r(5)＋\r(17),2)，C正確；由上面分析可知，DN∥MQ，DN?平面B1DN，MQ?平面B1DN，所以MQ∥平面B1DN，即點M到平面B1DN的距離等于點Q到平面B1DN的距離，如圖3，，圖3而·DC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(3,2)×2×2＝1，所以三棱錐B1－MND的體積為1，D不正確．4.(2023·懷化模擬)如圖，A，F(xiàn)分別是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右頂點和右焦點，過＝3∶2，則C的離心率為_______________________________________．答案eq\f(\r(15),3)解析由題意可知A(a,0)，F(xiàn)(c,0)，不妨取漸近線方程為bx－ay＝0，則點A到漸近線的距離為AA′＝eq\f(ab,\r(a2＋b2))＝eq\f(ab,c)，點F到漸近線的距離為FF′＝eq\f(bc,\r(a2＋b2))＝b，又因為S△OAA′∶S梯形AA′F′F＝3∶2，所以S△OAA′∶S△OF′F＝3∶5，且易知△OAA′∽△OFF′，所以eq\f(S△OAA′,S△OF′F)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AA′,FF′)))2＝eq\f(3,5)，即可得eq\f(a,c)＝eq\r(\f(3,5))，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(15),3).5．(2023·臺州模擬)已知數(shù)列{an}，{bn}滿足：a1＋2b1＝1，an＋1＝eq\f(3,4)an－eq\f(1,2)bn,2bn＋1＝eq\f(3,2)bn－eq\f(1,4)an.(1)求證：數(shù)列{an＋2bn}是等比數(shù)列；(2)若________(從下列三個條件中任選一個)，求數(shù)列{an}的前n項和Sn.①a1－2b1＝1；②b2＝－eq\f(1,8)；③a2－2b2＝1.(1)證明因為an＋1＝eq\f(3,4)an－eq\f(1,2)bn，2bn＋1＝eq\f(3,2)bn－eq\f(1,4)an，所以an＋1＋2bn＋1＝eq\f(3,4)an－eq\f(1,2)bn＋eq\f(3,2)bn－eq\f(1,4)an＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋2bn))，所以eq\f(an＋1＋2bn＋1,an＋2bn)＝eq\f(1,2)，又因為a1＋2b1＝1，所以數(shù)列{an＋2bn}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．(2)解由(1)知an＋2bn＝eq\f(1,2n－1)，又因為an＋1－2bn＋1＝eq\f(3,4)an－eq\f(1,2)bn－eq\f(3,2)bn＋eq\f(1,4)an＝an－2bn，所以數(shù)列{an－2bn}為常數(shù)列．若選擇條件①或③，均可得an－2bn＝1，所以an＝eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2)，所以Sn＝eq\f(n＋2,2)－eq\f(1,2n).若選擇條件②，因為b2＝－eq\f(1,8)，2bn＋1＝eq\f(3,2)bn－eq\f(1,4)an，所以eq\f(3,2)b1－eq\f(1,4)a1＝－eq\f(1,4)，又因為a1＋2b1＝1，所以a1＝1，b1＝0，所以a1－2b1＝1，所以an－2bn＝1，所以an＝eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2)，所以Sn＝eq\f(n＋2,2)－eq\f(1,2n).[周五]1．(2023·邵陽模擬)已知集合A＝[－2,5]，B＝[m＋1,2m－1]．若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要條件，則m的取值范圍是()A．(－∞，3] B．(2,3]C．? D．[2,3]答案B解析若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要條件，則BA，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋1<2m－1，,m＋1≥－2，,2m－1≤5，))(兩個等號不同時取到)解得2<m≤3，即m的取值范圍是(2,3]．2．(2023·滄州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(3π,4)))(其中ω>0)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,6)對稱，當f(x)的最小正周期取得最大值時，距離原點最近的對稱中心為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))答案D解析由已知得eq\f(π,6)ω＋eq\f(3π,4)＝kπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，即ω＝6k－eq\f(9,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，當k＝1時，ω取最小值eq\f(3,2)，則T最大，此時f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(3π,4)))，令eq\f(3,2)x＋eq\f(3π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，則其對稱中心的橫坐標為x＝eq\f(2,3)kπ－eq\f(π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，當k＝0時，函數(shù)f(x)的圖象上距離原點最近的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0)).3．(多選)(2023·寧德質(zhì)檢)某工廠有甲、乙兩個車間生產(chǎn)同一種產(chǎn)品，其產(chǎn)量比為2∶3.從兩個車間中各隨機抽取了10個樣品進行測量，其數(shù)據(jù)(單位：mm)如下：甲車間：9.410.19.810.210.010.110.29.610.39.8乙車間：10.39.29.610.010.39.810.49.410.210.3規(guī)定數(shù)據(jù)在(9.5,10.5)內(nèi)的產(chǎn)品為合格品．若將頻率作為概率，則以下結(jié)論正確的是()A．甲車間樣本數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)為9.8B．從樣本數(shù)據(jù)看，甲車間的極差小于乙車間的極差C．從兩個車間生產(chǎn)的產(chǎn)品中任取一件，取到合格品的概率為0.84D．從兩個車間生產(chǎn)的產(chǎn)品中任取一件，若取到不合格品，則該產(chǎn)品出自甲車間的概率為0.4答案BC解析對于A，甲車間樣本數(shù)據(jù)從小到大排列為9.4,9.6,9.8,9.8,10.0,10.1,10.1,10.2,10.2,10.3，又10×40%＝4，所以第40百分位數(shù)為第4,5兩個數(shù)的平均數(shù)，即eq\f(9.8＋10,2)＝9.9，故A錯誤；對于B，甲車間的極差為10.3－9.4＝0.9，乙車間的極差為10.4－9.2＝1.2，故B正確；對于C，從樣本數(shù)據(jù)可知甲車間合格品的概率P1＝eq\f(9,10)，乙車間合格品的概率P2＝eq\f(8,10)＝eq\f(4,5)，甲、乙兩車間產(chǎn)量比為2∶3，若從兩個車間生產(chǎn)的產(chǎn)品中任取一件，取到合格品的概率P＝eq\f(2,5)×eq\f(9,10)＋eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(21,25)＝0.84，故C正確；對于D，由C可知取到不合格品的概率P3＝1－P＝1－0.84＝0.16，所以若取到不合格品，則該產(chǎn)品出自甲車間的概率P4＝eq\f(\f(2,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,10))),0.16)＝0.25，故D錯誤．4．(2023·寧德質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)滿足如下條件：①定義域為R；②存在x0∈R，使得f(x0)＝f′(x0)＝0；③f(x)≤0，試寫出一個符合上述要求的函數(shù)f(x)＝______________.答案－x2(答案不唯一)解析設f(x)＝－x2，則函數(shù)定義域為R，f′(x)＝－2x，f(0)＝f′(0)＝0，f(x)≤0.5．(2023·白山模擬)已知函數(shù)f(x)＝aex－bx－c(0<a<1，b>0)．(1)若a＝b，求f(x)的極值；(2)若x1，x2是f(x)的兩個零點，且x1>x2，證明：>eq\f(4b,a).(1)解由題可知，當a＝b時，f′(x)＝aex－a＝a(ex－1)，則當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以當x＝0時，f(x)取得極小值a－c，無極大值．(2)證明記＝t1，＝t2，m＝eq\f(t1,t2)>1，則at1－blnt1－c＝0，at2－blnt2－c＝0，作差得a(t1－t2)＝bln

eq\f(t1,t2)，即eq\f(t1－t2,ln\f(t1,t2))＝eq\f(b,a)，要證明>eq\f(4b,a)，只需證ln

eq\f(t1,t2)>eq\f(4a1－at1－t2,1－at1＋at2)，即證lnm>eq\f(4a1－am－1,1－am＋a)，令g(m)＝lnm－eq\f(4a1－am－1,1－am＋a)(m>1)，則g′(m)＝eq\f([1－am－a]2,m[1－am＋a]2)≥0，所以g(m)是(1，＋∞)上的增函數(shù)，則g(m)>g(1)＝0，所以>eq\f(4b,a)成立．[周六]1．(2023·武漢調(diào)研)已知集合A＝{x|x2－x－6<0}，B＝{x|2x＋3>0}，則A∩B等于()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(3,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2))答案C解析由題意得A＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，3))，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞))，則A∩B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)).2．碳14是碳元素的一種同位素，具有放射性．活體生物體內(nèi)的碳14含量大致不變，當生物死亡后，其組織內(nèi)的碳14開始衰變并逐漸消失．已知碳14的半衰期為5730年，即生物死亡t年后，碳14所剩質(zhì)量C(t)＝，其中C0為活體組織中碳14的質(zhì)量．科學家一般利用碳14這一特性測定生物死亡年代.2023年科學家發(fā)現(xiàn)某生物遺體中碳14含量約為原始質(zhì)量的0.8倍，依據(jù)計算結(jié)果并結(jié)合下圖中我國歷史朝代的時間軸可推斷該生物死亡的朝代為(參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.301)()A．西漢B．東漢C．三國D．晉朝答案B解析由題意知＝0.8C0，所以eq\f(t,5730)lgeq\f(1,2)＝lgeq\f(8,10)，所以t＝5730×eq\f(1－3lg2,lg2)，所以t≈5730×eq\f(1－0.903,0.301)≈1847.2023－1847＝176，故對應死亡的朝代為東漢．3．(多選)(2023·青島模擬)若關(guān)于x的方程x2＝－4的復數(shù)解為z1，z2，則()A．z1·z2＝－4B．z1與z