2025高考數學二輪復習-第一周-專項訓練【含答案】

第一周[周一]1．(2023·福州模擬)已知(1＋i)z＝2－4i，則|z|等于()A．2B.eq\r(10)C．4D．10答案B解析因為(1＋i)z＝2－4i，所以z＝eq\f(2－4i,1＋i)＝eq\f(2－4i1－i,1＋i1－i)＝－1－3i，所以|z|＝eq\r(1＋9)＝eq\r(10).2．(2023·運城模擬)若a＝e0.7，b＝eq\f(ln3.5e2,2)，c＝eq\f(\r(14),2)，則a，b，c的大小關系為()A．a>c>b B．b>a>cC．c>b>a D．b>c>a答案A解析令f(x)＝eq\f(lnx,2)＋1－eq\r(x)，則f′(x)＝eq\f(1,2x)－eq\f(1,2\r(x))＝eq\f(1－\r(x),2x)，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，故函數f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，故f(3.5)<f(1)＝0，即eq\f(ln3.5,2)＋1＝eq\f(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3.5e2)),2)<eq\r(3.5)＝eq\f(\r(14),2)，即b<c；令g(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，則g′(x)＝ex－x－1，當x∈(0,1)時，g′(x)>0，故函數g(x)在(0,1)上單調遞增，故g(0.7)>g(0)＝0，即e0.7>1＋0.7＋eq\f(0.72,2)＝1.945>eq\r(3.5)＝eq\f(\r(14),2)，故a>c，則a>c>b.3．(多選)(2023·三明模擬)若函數f(x＋2)為奇函數，f(x＋1)為偶函數，且當x∈(0,1]時，f(x)＝lnx，則()A．f(e)＝1B．f(x)的周期為4C．f(x)為偶函數D．當x∈[1,2)時，f(x)＝ln(2－x)答案BD解析因為f(x＋2)為奇函數，所以f(－x＋2)＝－f(x＋2)，因為f(x＋1)為偶函數，所以f(－x＋1)＝f(x＋1)，所以f(x＋2)＝f(－x)，所以f(－x＋2)＝－f(－x)，所以f(x＋2)＝－f(x)，所以f(－x)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)為奇函數，且周期為4，所以B正確，C錯誤；對于A，因為f(x＋2)＝f(－x)，且f(x)為奇函數，所以f(e)＝f(e－2＋2)＝－f(e－2)＝－ln(e－2)≠1，所以A錯誤；對于D，當x∈[1,2)時，則2－x∈(0,1]，因為f(x＋2)＝f(－x)，所以f(x)＝f(2－x)＝ln(2－x)，所以D正確．4．(2023·福州模擬)利率變化是影響某金融產品價格的重要因素．經分析師分析，最近利率下調的概率為0.6，利率不變的概率為0.4.根據經驗，在利率下調的情況下該金融產品價格上漲的概率為0.8，在利率不變的情況下該金融產品價格上漲的概率為0.4.則該金融產品價格上漲的概率為________．答案0.64解析由題意可知該金融產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·運城模擬)已知向量a，b滿足a＝(1，λ)，b＋2a＝(1，－3)，且a⊥b，則實數λ等于()A．1或eq\f(1,2) B．－1或eq\f(1,2)C．1或－eq\f(1,2) D．－1或－eq\f(1,2)答案D解析因為a＝(1，λ)，b＋2a＝(1，－3)，所以b＝(1，－3)－2(1，λ)＝(－1，－3－2λ)，因為a⊥b，所以a·b＝－1×1－(3＋2λ)λ＝0，解得λ＝－1或－eq\f(1,2).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f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位長度可得函數g(x)＝sin2x的圖象D．將函數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·柳州模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，PA＝AD＝4，BC＝1，AB＝eq\r(3).(1)證明：平面PCD⊥平面PAC；(2)求AD與平面PCD所成角的余弦值．方法一(1)證明∵AB⊥BC，BC＝1，AB＝eq\r(3)，由勾股定理得AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(\r(3)2＋12)＝2，∴∠ACB＝eq\f(π,3)，∴∠DAC＝eq\f(π,3)，在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos

eq\f(π,3)＝4＋16－2×2×4×eq\f(1,2)＝12，∵AC2＋CD2＝4＋12＝16＝AD2，∴CD⊥AC，又∵PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD，又∵AC∩PA＝A，AC，PA?平面PAC，∴CD⊥平面PAC，又∵CD?平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAC.(2)解如圖，作AH⊥PC，垂足為H，連接DH，∵平面PCD⊥平面PAC，且平面PCD∩平面PAC＝PC，∴AH⊥平面PCD，∴∠ADH為AD與平面PCD所成的角，在△PAC中，AH＝eq\f(PA·AC,PC)＝eq\f(4×2,2\r(5))＝eq\f(4,\r(5))，∴sin∠ADH＝eq\f(AH,AD)＝eq\f(4,\r(5))×eq\f(1,4)＝eq\f(\r(5),5)，∴直線AD與平面PCD所成角的余弦值為eq\f(2\r(5),5).方法二(1)證明∵AD∥BC，AB⊥BC，∴AB⊥AD，又∵PA⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD.以點A為坐標原點，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，4))，設平面PCD的法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，－1，4))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，3，0))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，4))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CP,\s\up6(→))·m＝－\r(3)x－y＋4z＝0，,\o(CD,\s\up6(→))·m＝－\r(3)x＋3y＝0，))令x＝eq\r(3)，則y＝1，z＝1，∴m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，1))，設平面PAC的法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，b，c))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CP,\s\up6(→))·n＝－\r(3)a－b＋4c＝0，,\o(AP,\s\up6(→))·n＝4c＝0，))令a＝1，則b＝－eq\r(3)，c＝0，∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，0))，∴m·n＝eq\r(3)－eq\r(3)＝0，∴平面PCD⊥平面PAC.(2)解由(1)可知，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,4,0)，平面PCD的一個法向量為m＝(eq\r(3)，1,1)，設直線AD與平面PCD所成的角為θ，∴sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(AD,\s\up6(→))，m〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m)))＝eq\f(4,4×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，∴直線AD與平面PCD所成角的余弦值為eq\f(2\r(5),5).[周三]1．(2023·長春模擬)已知等比數列{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·武漢調研)閱讀下段文字：“已知eq\r(2)為無理數，若為有理數，則存在無理數a＝b＝eq\r(2)，使得ab為有理數；若為無理數，則取無理數a＝，b＝eq\r(2)，此時ab＝＝＝(eq\r(2))2＝2為有理數．”依據這段文字可以證明的結論是()A．是有理數B．是無理數C．存在無理數a，b，使得ab為有理數D．對任意無理數a，b，都有ab為無理數答案C解析這段文字中，沒有證明是有理數的條件，也沒有證明是無理數的條件，A，B錯誤；這段文字的兩句話中，都說明了結論“存在無理數a，b，使得ab為有理數”，因此這段文字可以證明此結論，C正確；這段文字中只提及存在無理數a，b，不涉及對任意無理數a，b都成立的問題，D錯誤．3．(多選)(2023·邯鄲模擬)如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別是AB，BC的中點，以A為頂點的三條棱長都是2，∠A1AD＝∠A1AB＝∠BAD＝60°，則()A．EF∥平面A1C1DB．AC1＝2eq\r(6)C．四邊形BDD1B1的面積為2D．平行六面體ABCD－A1B1C1D1的體積為4eq\r(2)答案ABD解析A選項，如圖，連接EF，AC，A1C1，A1D，C1D，由于E，F分別是AB，BC的中點，所以EF∥AC，根據棱柱的性質可知AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，由于EF?平面A1C1D，A1C1?平面A1C1D，所以EF∥平面A1C1D，所以A選項正確；B選項，因為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AC1,\s\up6(→))))2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))＋\o(AA1,\s\up6(→))))2＝22＋22＋22＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×2×\f(1,2)＋2×2×\f(1,2)＋2×2×\f(1,2)))＝24，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AC1,\s\up6(→))))＝2eq\r(6)，即AC1＝2eq\r(6)，所以B選項正確；C選項，如圖，連接BD1，B1D，BD，B1D1，則eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DD1,\s\up6(→))，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝eq\o(B1A1,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→))＋eq\o(D1D,\s\up6(→))，|eq\o(BD1,\s\up6(→))|2＝22＋22＋22＋2×2×2×cos120°＋2×2×2×cos60°＋2×2×2×cos120°＝8，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BD1,\s\up6(→))))＝2eq\r(2)，同理eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(B1D,\s\up6(→))))＝2eq\r(2)，故四邊形BDD1B1為矩形，面積為2×2＝4，所以C選項錯誤；D選項，如圖，過A1作A1M⊥平面ABCD，易知M在直線AC上，因為AB?平面ABCD，故A1M⊥AB，過M作MN⊥AB于N，連接A1N，由A1M⊥AB，MN⊥AB，而A1M∩MN＝M，A1M，MN?平面A1MN，得AB⊥平面A1MN，易得AB⊥A1N，故AN＝AA1·cos60°＝1，AM＝eq\f(AN,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)，A1M＝eq\r(AA\o\al(2,1)－AM2)＝eq\f(2\r(6),3)，故平行六面體ABCD－A1B1C1D1的體積為eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)×2×eq\f(2\r(6),3)＝4eq\r(2)，所以D選項正確．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，由分步乘法計數原理得所求的坐法種數為2Ceq\o\al(2,5)＝20.5．已知函數f(x)＝ax2－bx＋lnx(a，b∈R)．(1)若a＝1，b＝3，求函數f(x)的單調遞增區(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)單調遞增，令g′(x)<0，解得1≤x<eq\r(e)，此時g(x)單調遞減，故g(x)min＝g(eq\r(e))＝－eq\f(1,2e).故a≤－eq\f(1,2e)，即實數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．一組數據11,12,12,13,14,15,16,18,20,22的第80百分位數為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，由樣本數據算得經驗回歸方程是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，10×80%＝8，所以這組數據的第80百分位數為18和20的平均數，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，因為經驗回歸直線eq\o(y,\s\up6(^))＝0.4x＋eq\o(a,\s\up6(^))經過點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·泉州模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，C的漸近線與圓x2＋y2＝a2在第一象限的交點為M，線段MF2與C交于點N，O為坐標原點．若MF1∥ON，則C的離心率為________．答案eq\r(2)解析eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的漸近線為y＝±eq\f(b,a)x，焦點F2(c,0)，∵漸近線與圓x2＋y2＝a2在第一象限的交點為M，∴聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝a2，,y＝\f(b,a)x，))可得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，\f(ab,c))).∵MF1∥ON，∴N是MF2的中點，∴Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2,2c)，\f(ab,2c)))，∵N在雙曲線上，∴eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2,2c)))2,a2)－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ab,2c)))2,b2)＝1，化簡得eq\f(c2,a2)＝2，∴離心率為eq\r(2).5．(2023·邯鄲模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1(n∈N*)．(1)求{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\f(an,n＋1)，在數列{bn}中是否存在三項bm，bk，bp(其中2k＝m＋p)成等比數列？若存在，求出這三項；若不存在，請說明理由．解(1)由題意知，在數列{an}中，an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1，兩式相減可得an＋1－an＝3an，an＋1＝4an，n≥2，由條件知，a2＝3a1＋1＝4a1，故an＋1＝4an(n∈N*)．∴{an}是以1為首項，4為公比的等比數列．∴an＝4n－1(n∈N*)．(2)由題意及(1)知，an＝4n－1(n∈N*)，∴bn＝eq\f(4n－1,n＋1)，如果滿足條件的bm，bk，bp存在，則beq\o\al(2,k)＝bmbp，∴eq\f(4k－12,k＋12)＝eq\f(4m－1,m＋1)·eq\f(4p－1,p＋1)，∵2k＝m＋p，∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得k2＝mp，∵2k＝m＋p，∴k＝m＝p，與已知矛盾，∴不存在滿足條件的三項．[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·漳州質檢)英國物理學家和數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．現有溫度為90℃的物體，若放在10℃的空氣中冷卻，經過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，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·武漢調研)半正多面體亦稱“阿基米德體”，是以邊數不全相同的正多邊形為面的多面體．如圖，將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，如此共可截去八個三棱錐，得到一個有十四個面的半正多面體，它的各棱長都相等，其中八個面為正三角形，六個面為正方形，稱這樣的半正多面體為二十四等邊體．則得到的二十四等邊體與原正方體的體積之比為________．答案eq\f(5,6)解析設原正方體的棱長為2，則原正方體的體積V＝23＝8，二十四等邊體體積V′＝23－8×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(20,3)，所以二十四等邊體與原正方體的體積之比eq\f(V′,V)＝eq\f(20,24)＝eq\f(5,6).5．(2023·湛江模擬)某工廠一臺設備生產一種特定零件，工廠為了解該設備的生產情況，隨機抽檢了該設備在一個生產周期中的100件產品的關鍵指標(單位：cm)，經統(tǒng)計得到如圖所示的頻率分布直方圖．(1)由頻率分布直方圖估計抽檢樣本關鍵指標的平均數eq\x\to(x)和方差s2；(用每組的中點代表該組的平均數)(2)已知這臺設備正常狀態(tài)下生產零件的關鍵指標服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，用直方圖的平均數估計值eq\x\to(x)作為μ的估計值eq\o(μ,\s\up6(^))，用直方圖的標準差估計值s作為σ估計值eq\o(σ,\s\up6(^)).①為了監(jiān)控該設備的生產過程，每個生產周期中都要隨機抽測10個零件的關鍵指標，如果關鍵指標出現了eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ－3σ，μ＋3σ))之外的零件，就認為生產過程可能出現了異常，需停止生產并檢查設備．下面是某個生產周期中抽測的10個零件的關鍵指標：0.81.20.951.011.231.121.330.971.210.83利用eq\o(μ,\s\up6(^))和eq\o(σ,\s\up6(^))判斷該生產周期是否需停止生產并檢查設備；②若設備狀態(tài)正常，記X表示一個生產周期內抽測的10個零件關鍵指標在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的零件個數，求P(X≥1)及X的均值．參考公式：直方圖的方差s2＝eq\i\su(i＝1,n,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xi－\x\to(x)))2pi，其中xi為各區(qū)間的中點，pi為各組的頻率．參考數據：若隨機變量X服從正態(tài)分布Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ，σ2))，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ－3σ≤X≤μ＋3σ))≈0.9973，eq\r(0.011)≈0.105，eq\r(0.012)≈0.110，0.99739≈0.9760，0.997310≈0.9733.解(1)由頻率分布直方圖，得eq\x\to(x)＝0.8×0.1＋0.9×0.2＋1×0.35＋1.1×0.3＋1.2×0.05＝1.s2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.8－1))2×0.1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.9－1))2×0.2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－1))2×0.35＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1.1－1))2×0.3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1.2－1))2×0.05＝0.011.(2)①由(1)可知eq\o(μ,\s\up6(^))＝1，eq\o(σ,\s\up6(^))＝eq\r(0.011)≈0.105，所以eq\o(μ,\s\up6(^))－3eq\o(σ,\s\up6(^))≈1－0.315＝0.685，eq\o(μ,\s\up6(^))＋3eq\o(σ,\s\up6(^))≈1＋0.315＝1.315，顯然抽測的零件中關鍵指標1.33>1.315，故需停止生產并檢查設備．②抽測一個零件關鍵指標在[μ－3σ，μ＋3σ]之內的概率為0.9973，所以抽測一個零件關鍵指標在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率為1－0.9973＝0.0027，故X～B(10,0.0027)，所以P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997310≈1－0.9733＝0.0267，X的均值E(X)＝10×0.0027＝0.027.[周六]1．(2023·大慶模擬)復數z＝eq\f(2＋i,1＋3i)的虛部是()A.eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)i D．－eq\f(1,2)i答案B解析由z＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－3i)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋3i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－3i)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，所以其虛部為－eq\f(1,2).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·保山模擬)已知二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)－\f(1,x)))n的展開式中各項系數之和是128，則下列說法正確的有()A．展開式共有7項B．所有二項式系數之和為128C．二項式系數最大的項只有第4項D．展開式的有理項共有4項答案BD解析因為二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)－\f(1,x)))n的展開式中各項系數之和是128，所以令x＝1，可得2n＝128，即n＝7，因為n＝7，所以展開式共有8項，故A不正確；因為n＝7，所以所有二項式系數之和為27＝128，故B正確；因為n＝7，所以二項式系數最大的項是第4項和第5項，故C不正確；設展開式通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,7)·(－1)k37－k·，k＝0,1,2，…，7，當k＝1,3,5,7時，對應的eq\f(7－3k,2)是整數，即對應項為有理項，共4項，故D正確．4．(2023·南通模擬)將函數f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋φ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))≤\f(π,2)))的圖象向右平移eq\f(2π,9)個單位長度，得到的函數g(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,18)，0))對稱，且g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,m)，－\f(φ,m)))上單調遞增，則φ＝________，實數m的取值范圍是________．答案eq\f(π,2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(9,2)))解析將函數f(x)＝2sin(3x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|≤\f(π,2)))的圖象向右平移eq\f(2π,9)個單位長度，得到的函數g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－3×\f(2π,9)＋φ))的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,18)，0))對稱，∴3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,18)))－eq\f(2π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ＋eq\f(5π,2)，k∈Z，∵|φ|≤eq\f(π,2)，則φ＝±eq\f(π,2)，若φ＝eq\f(π,2)，則g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))，∵g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,m)，－\f(φ,m)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2m)，－\f(π,2m)))上單調遞增，∴m<0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2m)，－\f(π,2m)))時，3x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π－mπ,6m)，\f(－9π－mπ,6m)))，∴eq\f(9π－mπ,6m)≥－eq\f(π,2)，且eq\f(－9π－mπ,6m)≤eq\f(π,2)，即m≤－eq\f(9,2)，且m≤－eq\f(9,4)，∴m≤－eq\f(9,2)；若φ＝－eq\f(π,2)，則g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(7π,6)))，∵g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,m)，－\f(φ,m)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2m)，\f(π,2m)))上單調遞增，∴m>0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2m)，\f(π,2m)))時，3x－eq\f(7π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－9π－7mπ,6m)，\f(9π－7mπ,6m)))，eq\f(－9π－7mπ,6m)≥－eq\f(π,2)，且eq\f(9π－7mπ,6m)≤eq\f(π,2)，即m≤－eq\f(9,4)且m≥eq\f(9,10)，此時m不存在，綜上可得，φ＝eq\f(π,2)，m≤－eq\f(9,2).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C，D兩點．當l1的斜率為eq\f(2,3)時，|AB|＝eq\r(13).(1)求E的標準方程；(2)設G為直線AD與BC的交點，證明：點G必在定直線上．(1)解當l1的斜率為eq\f(2,3)時，l1的方程為y＝eq\f(2,3)(x＋2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs