2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)全程跟蹤特訓(xùn)卷（新高考地區(qū)）單元過(guò)關(guān)檢測(cè)一　集合、常用邏輯用語(yǔ)、不等式

2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)全程跟蹤特訓(xùn)卷（新高考地區(qū)）單元過(guò)關(guān)檢測(cè)一集合、常用邏輯用語(yǔ)、不等式單元過(guò)關(guān)檢測(cè)一集合、常用邏輯用語(yǔ)、不等式一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．[2021·新高考Ⅱ卷]設(shè)集合U＝{1,2,3,4,5,6}，A＝{1,3,6}，B＝{2,3,4}，則A∩(?UB)＝()A．{3}B．{1,6}C．{5,6}D．{1,3}2．[2022·三湘名校聯(lián)考]已知集合A＝{0,1,2}，B＝{x|(x－1)(x－4)≤0}，則A∩B＝()A．1,2B．{1,2}C．2D．{2}3．[2022·福建上杭模擬]已知命題p：?x∈(1,3)，x2－4x＋3≤0，則綈p是()A．?x∈(1,3)，x2－4x＋3≤0B．?x?(1,3)，x2－4x＋3>0C．?x?(1,3)，x2－4x＋3>0D．?x∈(1,3)，x2－4x＋3>04．[2022·皖南八校聯(lián)考]已知集合A＝{x|－2<x<3}，B＝{x|x2－7x＋10<0}，則A∪B＝()A．{x|2<x<3}B．{x|－2<x<2}C．{x|－2<x<5}D．{x|2<x<5}5．“|a|≠3”是“a≠3”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6．[2022·南京師大附中月考]若a，b，c，d均為實(shí)數(shù)，則下列不等關(guān)系中一定成立的是()A．若a>b，c<d，則a＋c>b＋dB．若a>b，c>d，則ac>bdC．若bc－ad>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，則ab<0D．若a>b>0，c>d>0，則eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c))7．[2022·山東省淄博實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考]已知a、b為正實(shí)數(shù)，a＋b＝1，則eq\f(2,3a)＋eq\f(1,4b)的最小值是()A.eq\f(11,12)B.eq\f(11,6)C.eq\f(11,12)＋eq\f(\r(2),3)D.eq\f(11,12)＋eq\f(\r(6),3)8．已知a<0且關(guān)于x的不等式x2－4ax＋3a2<0的解集為{x|x1<x<x2}，則x1＋x2＋eq\f(a,x1x2)最大值是()A．－eq\f(4\r(3),3)B．－eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(4\r(3),3)D.eq\f(2\r(3),3)二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)的得2分．9．[2022·湖南長(zhǎng)沙一中月考]已知集合M＝{x|x2－3x＋2≤0}，N＝{x|x>－1}，則()A．N?MB．M?NC．M∩N≠?D．M∪(?RN)＝R10．[2022·海南農(nóng)墾中學(xué)月考]對(duì)于實(shí)數(shù)a，b，c，下列命題是真命題的是()A．若a>b，則ac<bcB．若ac2>bc2，則a>bC．若a<b<0，則a2>ab>b2D．若c>a>b>0，則eq\f(1,c－a)>eq\f(1,c－b)11．下列結(jié)論不正確的是()A．“x∈N”是“x∈Q”的充分不必要條件B．“?x∈N*，x2－3<0”是假命題C．若x∈R，則函數(shù)y＝eq\r(x2＋4)＋eq\f(1,\r(x2＋4))的最小值為2D．命題“?x>0，x2－3>0”的否定是“?x≤0，x2－3≤0”12．[2022·遼寧鳳城一中月考]已知a，b均為正實(shí)數(shù)，且a＋b＝1，則()A．a(chǎn)b的最大值為eq\f(1,4)B.eq\f(b,a)＋eq\f(2,b)的最小值為2eq\r(2)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,5)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2＋\f(1,5)))的最小值為eq\f(1,5)D.eq\f(a2,a＋2)＋eq\f(b2,b＋1)的最小值為eq\f(1,4)三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中的橫線上．13．[2022·皖南八校聯(lián)考]命題“?x>1，x2＋x－1≥0”的否定是____________________．14．[2022·遼寧東北育才學(xué)校模擬]所有滿足{a}?M{a，b，c，d}的集合M的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______．15．[2022·山東日照月考]已知點(diǎn)(a，b)在直線x＋4y＝4上，當(dāng)a>0，b>0時(shí)，eq\f(4,a)＋eq\f(9,b)的最小值為_(kāi)_______．16．[2022·河北石家莊二中月考]設(shè)關(guān)于x的不等式ax2＋8(a＋1)x＋7a＋16≥0(a∈Z)，只有有限個(gè)整數(shù)解，且0是其中一個(gè)解，則a的取值是________，全部不等式的整數(shù)解的和為_(kāi)_______．四、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17．(10分)[2022·廣東普師高級(jí)中學(xué)月考]已知U＝R，A＝{x||x－3|<2}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x－2,x－4)>0))))，求A∩B，?U(A∪B)．18．(12分)[2022·遼寧葫蘆島月考]已知不等式ax2－x－1<0.(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求該不等式的解集；(2)若該不等式的解集為xeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))<x<b，求ab的值．19．(12分)[2022·福建龍巖模擬]已知集合A＝{x|x2－2x＋m≤0}，B＝{y|y＝3x，x≤n}．(1)若集合A為空集，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)當(dāng)m＝－8時(shí)，若“x∈A”是“x∈B”的必要不充分條件，求實(shí)數(shù)n的取值范圍．20．(12分)[2022·山東新泰一中月考]已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x－1)－2在x∈(1，＋∞)時(shí)的最小值為m.(1)求m；(2)若函數(shù)g(x)＝eq\r(ax2－ax＋m)的定義域?yàn)镽，求a的取值范圍．21．(12分)[2022·北京海淀外國(guó)語(yǔ)實(shí)驗(yàn)學(xué)校月考]某工廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品的年固定成本為250萬(wàn)元，每生產(chǎn)x千件，需另投入成本C(x)，當(dāng)年產(chǎn)量不足80千件時(shí)，C(x)＝eq\f(1,3)x2＋10x(萬(wàn)元)；當(dāng)年產(chǎn)量不小于80千件時(shí)，C(x)＝51x＋eq\f(10000,x)－1450(萬(wàn)元)．通過(guò)市場(chǎng)分析，若每件售價(jià)為500元時(shí)，該廠年內(nèi)生產(chǎn)該商品能全部銷售完．(1)寫出年利潤(rùn)L(萬(wàn)元)關(guān)于年產(chǎn)量x(千件)的函數(shù)解析式；(2)年產(chǎn)量為多少千件時(shí)，該廠在這一商品的生產(chǎn)中所獲利潤(rùn)最大？22．(12分)已知二次函數(shù)y＝x2＋2ax＋2.(1)若1≤x≤5時(shí)，不等式y(tǒng)>3ax恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．(2)解關(guān)于x的不等式(a＋1)x2＋x>x2＋2ax＋2(其中a∈R)．第二部分仿真模擬沖刺練仿真模擬沖刺卷(一)1．答案：C解析：因?yàn)锽＝{x∈N|－1<x≤3}＝{0,1,2,3}，且A＝{x|1<x<5}，所以A∩B＝{2,3}．2．答案：B解析：由復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，可得z＝eq\f(2－i,1＋i)＝eq\f(2－i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(1－3i,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2)i，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)i，所以eq\o(z,\s\up6(－))的虛部為eq\f(3,2).3．答案：B解析：由loga2<1，可得0<a<1或a>2，當(dāng)a>2時(shí)，可得0<a<1或a>2成立，即充分性成立；反之：當(dāng)0<a<1或a>2時(shí)，則a>2不一定成立，即必要性不成立，所以“a>2”是“l(fā)oga2<1”的充分不必要條件．4．答案：D解析：因?yàn)閎＝e0.2>e0＝1,0＝lg1<a＝lgeq\r(6)<lgeq\r(10)＝eq\f(1,2)，1＝log33>c＝log3eq\r(5)>log3eq\r(3)＝eq\f(1,2)，d＝ln0.2<ln1＝0，所以d<a<c<b.5．答案：A解析：從這4支專業(yè)隊(duì)中隨機(jī)選取2支專業(yè)隊(duì)，分別去甲乙災(zāi)區(qū)結(jié)果有12種，A去甲災(zāi)區(qū)B不去乙災(zāi)區(qū)的結(jié)果有2種，所以所求概率P＝eq\f(2,12)＝eq\f(1,6).6．答案：B解析：由二倍角的降冪公式可得sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2))),2)＝eq\f(1＋sin2α,2)＝eq\f(1－\f(1,4),2)＝eq\f(3,8).7．答案：B解析：根據(jù)題意，x0＋eq\f(p,2)＝eq\r(x\o\al(2,0)＋8)，又8＝2px0，解得x0＝1，p＝4，則拋物線方程為y2＝8x，所以M(1,2eq\r(2))，H(－2,2eq\r(2))，F(xiàn)(2,0)，設(shè)B(x，y)，過(guò)點(diǎn)B向拋物線的準(zhǔn)線作垂線，垂足為B′，根據(jù)拋物線的定義可知，|BB′|＝|BF|，因?yàn)椤螲BB′＝∠HFO，所以eq\f(|\o(HB,\s\up6(→))|,|\o(BF,\s\up6(→))|)＝eq\f(|\o(HB,\s\up6(→))|,|\o(BB′,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,cos∠HBB′)＝eq\f(1,cos∠HFO)＝eq\f(|HF|,4)＝eq\f(2\r(6),4)＝eq\f(\r(6),2).8．答案：C解析：如圖，該模型內(nèi)層圓柱底面直徑為12cm，且其底面圓周在一個(gè)直徑為20cm的球面上，可知內(nèi)層圓柱的高h(yuǎn)1＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,2)))2)＝16，同理，該模型外層圓柱底面直徑為16cm，且其底面圓周在一個(gè)直徑為20cm的球面上，可知外層圓柱的高h(yuǎn)2＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,2)))2)＝12.此模型的體積為V＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,2)))2×12＋πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,2)))2×(16－12)＝912π.9．答案：CD解析：已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(2，σ2)，P(X<4)＝0.8，則P(X≥4)＝1－0.8＝0.2，所以P(X≤0)＝0.2，所以P(0<X<4)＝1－2×0.2＝0.6，∴P(2<X<4)＝eq\f(0.6,2)＝0.3，故A錯(cuò)誤；線性相關(guān)系數(shù)r的范圍在－1到1之間，有正有負(fù)，相關(guān)有正相關(guān)和負(fù)相關(guān)，相關(guān)系數(shù)的絕對(duì)值的大小越接近于1，兩個(gè)變量的線性相關(guān)性越強(qiáng)；反之，線性相關(guān)性越弱，故B錯(cuò)誤；已知兩個(gè)變量具有線性相關(guān)關(guān)系，其經(jīng)驗(yàn)回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(a,\s\up6(^))＋eq\o(b,\s\up6(^))x，若eq\o(b,\s\up6(^))＝2，eq\o(x,\s\up6(－))＝1，eq\o(y,\s\up6(－))＝3，則eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))＝1，故C正確；設(shè)數(shù)據(jù)x1，x2，…，x10的方差為s2，樣本數(shù)據(jù)2x1＋1,2x2＋1，…，2x10＋1的方差為22s2＝88，則s2＝2，即數(shù)據(jù)x1，x2，…，x10的方差為2，故D正確．10．答案：BD解析：因?yàn)榉匠蘣q\f(x2,2＋m)－eq\f(y2,m＋1)＝1表示雙曲線，所以(2＋m)(1＋m)>0，解得m>－1或m<－2，A錯(cuò)誤；因?yàn)閃的頂點(diǎn)坐標(biāo)為(0，±eq\r(2))，所以－m－1＝(eq\r(2))2，解得m＝－3，B正確；當(dāng)m>－1時(shí)，c2＝(2＋m)＋(m＋1)＝2m＋3，當(dāng)m<－2時(shí)，c2＝－(2＋m)－(m＋1)＝－2m－3，C錯(cuò)誤；當(dāng)m＝0時(shí)，雙曲線W的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)－y2＝1，則漸近線方程為x±eq\r(2)y＝0，D正確．11．答案：BCD解析：f(x)＝sinxcosx＋eq\r(3)sin2x－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－cos2x,2)))－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))對(duì)于A，令2x－eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，當(dāng)k＝1時(shí)，x＝eq\f(2π,3)，所以點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))是f(x)的一個(gè)對(duì)稱中心點(diǎn)，故A正確；對(duì)于B，y＝sin2x的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度得到的圖象的函數(shù)解析式為y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))，所以平移得到的圖象不是f(x)的圖象，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))時(shí)，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))，而函數(shù)y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))上單調(diào)遞減，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞減，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，令sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)，解得2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,3)＋2kπ或2x－eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(π,3)＋kπ或x＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，所以|x1－x2|min＝eq\f(π,6)，故D錯(cuò)誤．12．答案：BCD解析：A顯然錯(cuò)誤；對(duì)于B，可驗(yàn)證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))，故B正確；對(duì)于C，研究f(x)的導(dǎo)函數(shù)，對(duì)導(dǎo)函數(shù)的分子g(x)再次求導(dǎo)可知，g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，又g(1)<0，g(2)>0，所以f(x)在(1,2)上先減后增，故C正確；對(duì)于D，易知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))為函數(shù)的最大值，又函數(shù)f(x)關(guān)于x＝eq\f(1,2)對(duì)稱，所以只研究x>eq\f(1,2)的情況即可，又在(1,2)，(3,4)，…上f(x)<0，且在(1,2)上|f(x)|最大，所以f(x)在(1,2)上的極小值即為f(x)的最小值，故D正確．13．答案：45解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)且a2＋a4＋a6＋a8＝4a5＝20，可得a5＝5，因此S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝45.14．答案：32解析：由題意，含x3項(xiàng)為按x的升冪排列的第4項(xiàng)，可得T4＝Ceq\o\al(3,5)·(－2x)3＋Ceq\o\al(2,5)·(－2x)2·Ceq\o\al(1,4)·(2x)＋Ceq\o\al(1,5)·(－2x)·Ceq\o\al(2,4)·(2x)2＋Ceq\o\al(3,4)·(2x)3，即T4＝－80x3＋320x3－240x3＋32x3＝32x3，所以該項(xiàng)的系數(shù)為32，即展開(kāi)式中含x3的項(xiàng)的系數(shù)為32.15．答案：－eq\f(1,2)解析：因?yàn)閤>1時(shí)，f(x)＝－f(x－2)，所以f(x＋2)＝－f(x)，即f(x＋2)＝f(x－2)，故f(x＋4)＝f(x)．∴f(2022)＝f(505×4＋2)＝f(2)＝－f(0)＝－2－1＝－eq\f(1,2).16．答案：2eq\r(3)－2eq\r(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))解析：設(shè)A在面BCD內(nèi)的投影為E，故E為三角形BCD的中心，設(shè)正四面體A-BCD的棱長(zhǎng)為x，球O的半徑為R.則BE＝eq\f(2,3)×x×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3)x,3)，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\f(\r(6)x,3)，依題可得，球心O在AE上，R2＝BE2＋(AE－R)2，代入數(shù)據(jù)可得x＝6，則BE＝2eq\r(3)，AE＝2eq\r(6)，又AP＝4eq\r(2)，PE＝eq\r(AP2－AE2)＝2eq\r(2)，故P的軌跡為平面BCD內(nèi)以E為圓心，2eq\r(2)為半徑的圓，BE＝2eq\r(3)，B，P，E三點(diǎn)共線時(shí)，且P在BE之間時(shí)，|BP|的最小值是2eq\r(3)－2eq\r(2).以E為圓心，BE所在直線為x軸建立如圖所示直角坐標(biāo)系，A(0,0,2eq\r(6))，B(2eq\r(3)，0,0)，C(－eq\r(3)，3,0)，D(－eq\r(3)，－3,0)，設(shè)P(2eq\r(2)cosθ，2eq\r(2)sinθ，0)，θ∈[0,2π)，故eq\o(AP,\s\up6(→))＝(2eq\r(2)cosθ，2eq\r(2)sinθ，－2eq\r(6))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－3eq\r(3)，3,0)，設(shè)直線AP與直線BC所成角為α，∵cosα＝eq\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BC,\s\up6(→))||\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(－6\r(6)cosθ＋6\r(2)sinθ,4\r(2)×6)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，∴cosα∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，又α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).17．解析：(1)∵sinC＝eq\r(3)sinB，由正弦定理得：c＝eq\r(3)b，又b2＝c，聯(lián)立解之得b＝eq\r(3)，c＝3.選條件③a2＋c2－b2＝eq\r(3)ac，由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，所以B＝eq\f(π,6)；選條件②eq\f(bcosB,c)＝sinB可得tanB＝eq\f(b,c)＝eq\f(\r(3),3)，所以B＝eq\f(π,6)；選條件①sinC－cosAsinB＝eq\f(\r(3),2)sinA，sin(A＋B)－cosAsinB＝eq\f(\r(3),2)sinA，sinAcosB＝eq\f(\r(3),2)sinA，所以cosB＝eq\f(\r(3),2)，所以B＝eq\f(π,6).(2)由(1)B＝eq\f(π,6)，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，所以sinC＝eq\f(\r(3),2)，①當(dāng)C＝eq\f(π,3)時(shí)，A＝eq\f(π,2)，此時(shí)△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bc＝eq\f(3\r(3),2)，②當(dāng)C＝eq\f(2π,3)時(shí)，A＝eq\f(π,6)，此時(shí)△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3\r(3),4)，綜上，△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)或eq\f(3\r(3),4).18．解析：(1)∵Sn＋1－2Sn＝Sn－2Sn－1(n≥2)，∴Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1＝2(Sn－Sn－1)(n≥2)，∴an＋1＝2an(n≥2)，又a2＝4＝2a1，所以數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n.(2)據(jù)(1)可得(2n－1)·an＝(2n－1)·2n，所以Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，兩式相減得－Tn＝2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1＝2＋2×eq\f(22×1－2n－1,1－2)－(2n－1)·2n＋1，化簡(jiǎn)得Tn＝6＋(2n－3)·2n＋1.19．解析：(1)證明：由題意得AB＝BC＝BB1＝4，A1A＝8，CC1＝2，∵A1A，B1B，C1C垂直于底面ABC，∴A1A⊥AB，BB1⊥AB，BB1⊥BC，CC1⊥AC，可得AB1＝A1B1＝4eq\r(2)，所以A1Beq\o\al(2,1)＋ABeq\o\al(2,1)＝AAeq\o\al(2,1)，故AB1⊥A1B1.由BC＝4，BB1＝4，CC1＝2，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝2eq\r(5).又AC＝4eq\r(3)，由CC1⊥AC，得AC1＝2eq\r(13)，所以ABeq\o\al(2,1)＋B1Ceq\o\al(2,1)＝ACeq\o\al(2,1)，故AB1⊥B1C1.又A1B1∩B1C1＝B1，因此AB1⊥平面A1B1C1，因?yàn)锳1C1?平面A1B1C1，故AB1⊥A1C1.(2)如圖，以AC的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，過(guò)點(diǎn)O作平行于BB1且向上的射線為z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：A(0，－2eq\r(3)，0)，B(2,0,0)，A1(0，－2eq\r(3)，8)，B1(2,0,4)，C1(0,2eq\r(3)，2)，因此eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,2eq\r(3)，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,4)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(2,2eq\r(3)，4)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,4eq\r(3)，2)．設(shè)平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0,4z＝0))，則n＝(－eq\r(3)，1,0)；同理可得，平面AB1C1的一個(gè)法向量m＝(3eq\r(3)，1，－2eq\r(3))，cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(－9＋1,\r(40)×\r(4))＝－eq\f(\r(10),5)，故二面角B-AB1-C1的余弦值為eq\f(\r(10),5).20．解析：(1)由題意得：(0.004＋0.022＋0.030＋0.028＋m＋0.004)×10＝1，解得m＝0.012，因?yàn)?0.004＋0.022)×10＝0.26<0.5，(0.004＋0.022＋0.030)×10＝0.56>0.5，所以中位數(shù)在[60,70)內(nèi)，設(shè)中位數(shù)為x，則(0.004＋0.022)×10＋(x－60)×0.03＝0.5，解得x＝68，所以這50名學(xué)生成績(jī)的中位數(shù)為68.(2)[70,80)，[80,90)，[90,100]三組數(shù)據(jù)頻率比為0.280.120.04＝731，所以從[70,80)，[80,90)，[90,100]三組中分別抽取7人，3人，1人，則ξ可取0,1,2,3，P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(3,8),C\o\al(3,11))＝eq\f(56,165)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(2,8)C\o\al(1,3),C\o\al(3,11))＝eq\f(28,55)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(1,8)C\o\al(2,3),C\o\al(3,11))＝eq\f(8,55)，P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,11))＝eq\f(1,165)，則ξ的分布列如下：ξ0123Peq\f(56,165)eq\f(28,55)eq\f(8,55)eq\f(1,165)期望E(ξ)＝0×eq\f(56,165)＋1×eq\f(28,55)＋2×eq\f(8,55)＋3×eq\f(1,165)＝eq\f(9,11).(3)B等級(jí)的概率為(0.028＋0.012)×10＝0.4，所以P(η＝k)＝Ceq\o\al(k,100)0.4k0.6100－k，k＝0,1,2，…，100，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(k,100)0.4k0.6100－k≥C\o\al(k＋1,100)0.4k＋10.699－k,C\o\al(k,100)0.4k0.6100－k≥C\o\al(k－1,100)0.4k－10.6101－k))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(100！,k！100－k！)×0.6≥\f(100！,k＋1！99－k！)×0.4,\f(100！,k！100－k！)×0.4≥\f(100！,k－1！101－k！)×0.6))，解得39.4≤k≤40.5，所以當(dāng)k＝40時(shí)，P(η＝k)有最大值．21．解析：(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3，,a－c＝1，))解得a＝2，c＝1，所以橢圓的方程為C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)①由(1)知F2(1,0)，當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，直線l方程為x＝1，可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－\f(3,2)))，即有AF，BE相交于點(diǎn)Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))；當(dāng)直線l斜率存在且不為零時(shí)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則E(4，y1)，F(xiàn)(4，y2)，直線l方程為y＝k(x－1)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))可得3x2＋4k2(x－1)2＝12.化簡(jiǎn)得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，由韋達(dá)定理x1＋x2＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，而直線AF：y－y2＝eq\f(y2－y1,4－x1)(x－4)，BE：y－y1＝eq\f(y2－y1,x2－4)(x－4)相交時(shí)，聯(lián)立作差可得x－4＝eq\f(16－4x1＋x2＋x1x2,x1＋x2－8)＝eq\f(36k2＋36,－24k2－24)＝－eq\f(3,2)?x＝eq\f(5,2)，且2y－(y1＋y2)＝－eq\f(3,2)(y1－y2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1－4)－\f(1,x2－4)))，則代入x1＋x2＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，化簡(jiǎn)得2y＝－eq\f(3,2)(y1－y2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1－4)－\f(1,x2－4)))＋(y1＋y2)＝－eq\f(3,2)k(x1－x2)eq\f(x2－x1,x1x2－4x1＋x2＋16)＋k(x1＋x2－2)＝0即AF，BE相交于點(diǎn)Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，綜上可證G為定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0)).②直線l斜率不存在時(shí)，可知S△ABG＝eq\f(9,4)；而當(dāng)斜率不為零時(shí)，由①可得S△ABG＝eq\f(1,2)|F2G||y1－y2|＝eq\f(3,4)|y1－y2|＝eq\f(3,4)|k(x1－x2)|＝eq\f(3,4)eq\r(k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\f(9,4)eq\r(\f(16k2k2＋1,3＋4k22))＝eq\f(9,4)eq\r(\f(16k2k2＋1,16k4＋24k2＋9))<eq\f(9,4)eq\r(\f(16k2k2＋1,16k4＋16k2))＝eq\f(9,4).故△ABG面積的最大值為eq\f(9,4).22．解析：(1)令g(x)＝eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0<x<e時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x>e時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→－∞；當(dāng)x＝e時(shí)，g(x)＝eq\f(1,e)；當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0，要使得函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，即g(x)＝eq\f(lnx,x)與y＝－a的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，如圖所示，可得0<－a<eq\f(1,e)，即－eq\f(1,e)<a<0，此時(shí)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，所以f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a的范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0)).(2)因?yàn)閷?duì)任意的x>0，不等式g(x)≤ex恒成立，即a≤eq\f(xex－lnx－1,x)在(0，＋∞)上恒成立，令F(x)＝eq\f(xex－lnx－1,x)(x>0)，則F′(x)＝eq\f(x2ex＋lnx,x2)，令h(x)＝x2ex＋lnx，則h′(x)＝(x2＋2x)ex＋eq\f(1,x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又因?yàn)閔(1)＝e>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e1ee2－1＝e1e-2－1<0，所以?x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，使得h(x0)＝0，即xeq\o\al(2,0)ex0＋lnx0＝0，當(dāng)0<x<x0時(shí)，h(x)<0，可得F′(x)<0，所以F(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>x0時(shí)，h(x)>0，可得F′(x)>0，所以F(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)min＝F(x0)＝eq\f(x0ex0－lnx0－1,x0)，由xeq\o\al(2,0)ex0＋lnx0＝0，可得x0ex0＝－eq\f(lnx0,x0)＝eq\f(1,x0)lneq\f(1,x0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x0)))elneq\f(1,x0)，令t(x)＝xex，則t(x0)＝teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x0)))，又由t′(x)＝(x＋1)ex>0，所以t(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x0＝lneq\f(1,x0)，可得lnx0＝－x0，所以ex0＝eq\f(1,x0)，即x0ex0＝1，所以F(x)min＝F(x0)＝x0ex0-lnx0-1x0＝eq\f(1＋x0綜上所述，滿足條件的a的取值范圍是(－∞，1]．仿真模擬沖刺卷(二)1．答案：C解析：因?yàn)榧螦＝{x|x≥1}，B＝{x|－1<x<2}，所以A∪B＝{x|x>－1}．2．答案：A解析：因?yàn)閦＝eq\f(3＋i,1－i)＝eq\f(3＋i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(2＋4i,2)＝1＋2i，所以復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(1,2)，位于第一象限．3．答案：B解析：拋物線x2＝eq\f(1,4)y的準(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(1,16)，設(shè)點(diǎn)M的縱坐標(biāo)是y，則∵拋物線y上一點(diǎn)M到焦點(diǎn)的距離為1∴根據(jù)拋物線的定義可知，點(diǎn)M到準(zhǔn)線的距離為1，∴y＋eq\f(1,16)＝1，∴y＝eq\f(15,16)，∴點(diǎn)M的縱坐標(biāo)是eq\f(15,16).4．答案：B解析：因?yàn)閥＝tanx的對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))所以令x＋eq\f(π,6)＝eq\f(kπ,2)，當(dāng)k＝1時(shí)，x＝eq\f(π,3)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))為函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的一個(gè)對(duì)稱中心．經(jīng)檢驗(yàn)，其他選項(xiàng)不成立．5．答案：D解析：由題設(shè)，若圓錐底面半徑為r，母線長(zhǎng)為l，∴由圓錐的全面積是底面積的3倍，則πrl＝2πr2，即l＝2r，設(shè)圓錐的側(cè)面積展開(kāi)圖——扇形的圓心角為θ，則θl＝2πr，可得θ＝π.6．答案：A解析：∵tan(π＋α)＝tanα＝－eq\f(3,4)，∴cos2α＝eq\f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－\f(9,16),1＋\f(9,16))＝eq\f(7,25).7．答案：A解析：聲音大小y與聲壓x的關(guān)系式為y＝10×lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2×10－5)))2，當(dāng)y＝50時(shí)，lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2×10－5)))2＝5，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2×10－5)))2＝105，解得x＝2×10－eq\f(5,2)，當(dāng)y＝40時(shí)，lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2×10－5)))2＝4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2×10－5)))2＝104，解得x＝2×10－3，所以戶外白晝?cè)肼暼菰S標(biāo)準(zhǔn)的聲壓與戶外夜間噪聲容許標(biāo)準(zhǔn)的聲壓比為eq\f(2×10－\f(5,2),2×10－3)＝10eq\f(1,2)＝eq\r(10).8．答案：C解析：設(shè)公切線與y＝x2的切點(diǎn)為(x1，xeq\o\al(2,1))，公切線與y＝lnx的切點(diǎn)為(x2，lnx2)，y＝x2的導(dǎo)數(shù)為y′＝2x；y＝lnx的導(dǎo)數(shù)為y′＝eq\f(1,x)，則在切點(diǎn)(x1，xeq\o\al(2,1))處的切線方程為y－xeq\o\al(2,1)＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－xeq\o\al(2,1)，則在切點(diǎn)(x2，lnx2)處的切線方程為y－lnx2＝eq\f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq\f(1,x2)x＋lnx2－1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＝\f(1,x2),x\o\al(2,1)＝1－lnx2))，整理得到xeq\o\al(2,1)－lnx1＝1＋ln2，令f(x)＝x2－lnx，x∈(0，＋∞)，則f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，f′(x)>0?x>eq\f(\r(2),2)；f′(x)<0?0<x<eq\f(\r(2),2)，∴f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)ln2<1＋ln2，即函數(shù)f(x)與y＝1＋ln2的圖象，如圖所示，由圖可知，函數(shù)f(x)與y＝1＋ln2有兩個(gè)交點(diǎn)，則方程xeq\o\al(2,1)－lnx1＝1＋ln2有兩個(gè)不等正根，即曲線C1：y＝x2與曲線C2：y＝lnx公切線的條數(shù)有2條．9．答案：ABC解析：圓C1：x2＋y2＝1的圓心坐標(biāo)C1(0,0)，半徑r＝1，圓C2：x2＋y2－6x＋8y＋24＝0，即(x－3)2＋(y＋4)2＝1的圓心坐標(biāo)C2(3，－4)，半徑R＝1，∴圓心距|C1C2|＝eq\r(－4－02＋3－02)＝5，又∵P在圓C1上，Q在圓C2上，則|PQ|的最小值為|PQ|min＝|C1C2|－R－r＝3，最大值為|PQ|max＝|C1C2|＋R＋r＝7.故A、B正確；兩圓圓心所在的直線斜率為kC1C2＝eq\f(－4－0,3－0)＝－eq\f(4,3)，C正確；圓心距|C1C2|＝eq\r(－4－02＋3－02)＝5大于兩圓半徑和，兩圓外離，無(wú)相交弦，D錯(cuò)誤．10．答案：BCD解析：a·b＝eq\r(3)cosθ＋sinθ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))，若a⊥b，則2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝0，因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，此時(shí)θ無(wú)解，故A錯(cuò)誤；若a∥b，則eq\r(3)sinθ－cosθ＝0，因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq\f(π,6)，故B正確；a·b＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))，因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5,6)π))，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以a·b＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))∈(1,2]，故C正確；|a－b|＝eq\r(\r(3)－cosθ2＋1－sinθ2)＝eq\r(5－4cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6))))，因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則θ－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則|a－b|∈[1，eq\r(3))，故D正確．11．答案：BC解析：由S6＝S9得，S9－S6＝0，即a7＋a8＋a9＝0，又a7＋a9＝2a8，∴3a8＝0，∴a8＝0，∴B正確；由a8＝a1＋7d＝0，得d＝－eq\f(a1,7)，又a1>0，∴d<0，∴數(shù)列{an}是單調(diào)遞減的等差數(shù)列，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an>0n∈N*，n≤7,an<0n∈N*，n≥9))，∴S7或S8為Sn的最大值，∴A錯(cuò)誤，C正確；∵S6－S5＝a6>0，∴S6>S5，所以D錯(cuò)誤．12．答案：CD解析：長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，高為4，E是DD1的中點(diǎn)，在A中，以A為原點(diǎn)，AB為x軸，AD為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B1(2,0,4)，E(0,2,2)，A1(0,0,4)，B(2,0,0)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(－2,2，－2)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(2,0，－4)，∵eq\o(B1E,\s\up6(→))·eq\o(A1B,\s\up6(→))＝－4＋0＋8＝4≠0，∴B1E與A1B不垂直，故A錯(cuò)誤；在B中，B1(2,0,4)，C(2,2,0)，E(0,2,2)，A1(0,0,4)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(0，－2,4)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－2,0,2)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(－2,0,4)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，設(shè)平面B1CE的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB1,\s\up6(→))＝－2y＋4z＝0,n·\o(CE,\s\up6(→))＝－2x＋2z＝0))，取x＝1，得n＝(1,2,1)，設(shè)平面A1BD的法向量m＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BA1,\s\up6(→))＝－2a＋4c＝0,m·\o(BD,\s\up6(→))＝－2a＋2b＝0))，取a＝1，得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，∵m，n不共線，∴平面B1CE與平面A1BD相交，故B錯(cuò)誤；在C中，三棱錐C1-B1CE的體積為：VC1-B1CE＝VB1-C1CE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×2×2＝eq\f(8,3)，故C正確；在D中，三棱錐C1-B1CD1的外接球就是長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的外接球，∴三棱錐C1-B1CD1的外接球半徑R＝eq\f(\r(22＋22＋42),2)＝eq\r(6)，∴三棱錐C1-B1CD1的外接球的表面積為S＝4π×(eq\r(6))2＝24π，故D正確．13．答案：1解析：由函數(shù)f(x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))為偶函數(shù)?函數(shù)g(x)＝ln(x＋eq\r(a＋x2))為奇函數(shù)，g(0)＝lna＝0?a＝1.14．答案：15解析：由題意F2(3,0)，|MF2|＝5，由橢圓的定義可得，|PM|＋|PF1|＝2a＋|PM|－|PF2|＝10＋|PM|－|PF2|≤10＋|MF2|＝15，當(dāng)且僅當(dāng)P，F(xiàn)2，M三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)．15．答案：eq\r(2)解析：如圖分別作出直線y＝k(x＋2)－eq\r(2)與半圓y＝eq\r(9－x2)，由題意，知直線過(guò)定點(diǎn)A(－2，－eq\r(2))，由b－a＝2，得b＝3，a＝1，即直線與半圓交點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為1，代入得y＝eq\r(9－12)＝2eq\r(2)，所以直線y＝k(x＋2)－eq\r(2)過(guò)點(diǎn)N(1,2eq\r(2))，所以k＝kAN＝eq\f(2\r(2)－－\r(2),1－－2)＝eq\f(3\r(2),3)＝eq\r(2).16．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,e)))解析：由題可知方程f(x)＝ax恰有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，所以y＝f(x)與y＝ax有2個(gè)交點(diǎn)，因?yàn)閍表示直線y＝ax的斜率，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)＝eq\f(1,x)，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)，k＝eq\f(1,x0)，所以切線方程為y－y0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，而切線過(guò)原點(diǎn)，所以y0＝1，x0＝e，k＝eq\f(1,e)，所以直線l1的斜率為eq\f(1,e)，直線l2與y＝eq\f(1,3)x＋1平行，所以直線l2的斜率為eq\f(1,3)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,e))).17．解析：(1)證明：因?yàn)閍n＋1＝3an＋2n＋1，且bn＝an＋n＋1，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋n＋1＋1,an＋n＋1)＝eq\f(3an＋3n＋3,an＋n＋1)＝3.又因?yàn)閎1＝a1＋1＋1＝3，所以數(shù)列{bn}是以3為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列．(2)由(1)可得，an＋n＋1＝3n，即an＝3n－n－1，則Sn＝31＋32＋…＋3n－(2＋3＋…＋n＋1)＝eq\f(31－3n,1－3)－eq\f(2＋n＋1n,2)＝eq\f(3n＋1－n2－3n－3,2).18．解析：(1)零假設(shè)H0：“郵箱名稱里含有數(shù)字與國(guó)籍”無(wú)關(guān)．χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)＝eq\f(4015×15－5×52,20×20×20×20)＝10<10.828，故沒(méi)有充分的依據(jù)推斷零假設(shè)H0不成立，因此可以認(rèn)為H0成立，即認(rèn)為“郵箱名稱里含有數(shù)字與國(guó)籍”無(wú)關(guān)．(2)用樣本估計(jì)總體，將頻率視為概率，根據(jù)2×2列聯(lián)表，中國(guó)人郵箱名稱里含數(shù)字的概率為eq\f(15,20)＝eq\f(3,4)，外國(guó)人郵箱名稱里含數(shù)字的概率為eq\f(5,20)＝eq\f(1,4).設(shè)“6個(gè)中國(guó)人郵箱名稱里含數(shù)字”的人數(shù)為隨機(jī)變量ξ，“6個(gè)外國(guó)人郵箱名稱里含數(shù)字”的人數(shù)為隨機(jī)變量η，根據(jù)題意得：ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(3,4)))，η～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,4))).則P1＝Ceq\o\al(3,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))6－3＝Ceq\o\al(3,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3，P2＝Ceq\o\al(3,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))6－3＝Ceq\o\al(3,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3.所以P1＝P2.19．解析：(1)由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，又∵c2－a2＝bccosA－eq\f(1,2)ab，則c2－a2＝bc·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)－eq\f(1,2)ab，得2c2－2a2＝b2＋c2－a2－ab，即a2＋b2－c2＝ab，所以cosC＝eq\f(1,2)，又因?yàn)?<C<π，故C＝eq\f(π,3).(2)由(1)得C＝eq\f(π,3)，則sinC＝eq\f(\r(3),2)，又c＝eq\r(3)，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2＝2R，∴a＋b＝2sinA＋2sinB＝2sinA＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝3sinA＋eq\r(3)cosA＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，∵C＝eq\f(π,3)，∴0<A<eq\f(2π,3)，則eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，∴eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))≤1，∴eq\r(3)<2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))≤2eq\r(3)∴a＋b的取值范圍是(eq\r(3)，2eq\r(3)]．20．解析：(1)證明：由PE⊥EB，PE⊥ED，EB∩ED＝E，所以PE⊥平面EBCD，又BC?平面EBCD，故PE⊥BC，又BC⊥BE，PE∩BE＝E，故BC⊥平面PEB，EM?平面PEB，故EM⊥BC，又等腰三角形PEB，EM⊥PB，BC∩PB＝B，故EM⊥平面PBC，EM?平面EMN，故平面EMN⊥平面PBC；(2)以E為原點(diǎn)，EB，ED，EP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PE＝EB＝2，設(shè)N(2，m,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，M(1,0,1)，eq\o(EM,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(EN,\s\up6(→))＝(2，m,0)，設(shè)平面EMN的法向量為m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(EM,\s\up6(→))＝x＋z＝0,m·\o(EN,\s\up6(→))＝2x＋my＝0))，得m＝(m，－2，－m)，平面BEN的法向量為n＝(0,0,1)，故|cos〈m，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－m,\r(2m2＋4))))＝eq\f(\r(6),6)，得m＝1，故存在N為BC的中點(diǎn)．21．解析：(1)由題意，得雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，右頂點(diǎn)為D(a,0)．又a2＋b2＝c2，且eq\f(\r(3),2)＝eq\f(|b|,\r(1＋\f(b2,a2)))＝eq\f(|b|,\r(\f(a2＋b2,a2)))＝eq\f(ab,c)，e＝eq\f(c,a)＝2，所以eq\f(a,c)＝eq\f(1,2)，故b＝eq\r(3).又a2＋3＝4a2，解得a2＝1，所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．當(dāng)直線l和軸線平行時(shí)，|x1|＝|y1|，|x2|＝|y2|，解得|x1|＝|y1|＝|x2|＝|y2|＝eq\f(\r(6),2)，所以點(diǎn)O到直線l的距離為eq\f(\r(6),2).當(dāng)直線l和軸線不平行時(shí)，設(shè)直線l的方程為x＝my＋t，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,x＝my＋t))得(3m2－1)y2＋6mty＋3t2－3＝0，Δ＝(6mt)2－4(3m2－1)(3t2－3)＝12(3m2＋t2－1)>0，所以y1＋y2＝eq\f(－6mt,3m2－1)，y1y2＝eq\f(3t2－3,3m2－1).又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(my1＋t)(my2＋t)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，得eq\f(m2＋13t2－3－6m2t2＋t23m2－1,3m2－1)＝0，解得2t2＝3m2＋3.又點(diǎn)O到直線l的距離為d＝eq\f(|t|,\r(m2＋1))，則d2＝eq\f(t2,m2＋1)＝eq\f(3,2)，故d＝eq\f(\r(6),2)，所以點(diǎn)O到直線l的距離為定值eq\f(\r(6),2).22．解析：(1)當(dāng)a>0，b＝－a－1時(shí)，f′(x)＝x－a－1＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a＋1x＋a,x)＝eq\f(x－ax－1,x)，(x>0)，令f′(x)＝0，x＝a或1，當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝eq\f(x－12,x)>0，故函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)單調(diào)遞增；(2)證明：當(dāng)b＝－1時(shí)，f′(x)＝x－1＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－x＋a,x)(x>0)．∵函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，∴方程x2－x＋a＝0有兩個(gè)根x1，x2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝1,x1·x2＝a))，且Δ＝1－4a>0，解得0<a<eq\f(1,4)，由題意得f(x1)＋f(x2)＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,1)－x1＋alnx1＋eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－x2＋alnx2＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))－(x1＋x2)＋aln(x1·x2)＝eq\f(1,2)(x1＋x2)2－x1·x2－(x1＋x2)＋aln(x1·x2)＝eq\f(1,2)－a－1＋alna＝alna－a－eq\f(1,2)，令h(a)＝alna－a－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<a<\f(1,4)))，則h′(a)＝lna<0，∴y＝h(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上單調(diào)遞減，∴h(a)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝－eq\f(ln2,2)－eq\f(3,4)，∴f(x1)＋f(x2)>－eq\f(ln2,2)－eq\f(3,4).仿真模擬沖刺卷(三)1．答案：B解析：由(x＋1)(2－x)≥0，解得－1≤x≤2，∴A＝{x|－1≤x≤2}，∴?RA＝{x|x<－1或x>2}．2．答案：C解析：∵z(2＋i)＝|3＋4i|＝eq\r(32＋42)＝5，∴z＝eq\f(5,2＋i)＝eq\f(52－i,2＋i2－i)＝2－i，則eq\o(z,\s\up6(－))＝2＋i.3．答案：C解析：對(duì)于A，B校人數(shù)為200×34%＝68，C校人數(shù)為200×20%＝40，因?yàn)?8>40×1.5＝60，所以A正確；對(duì)于B，A校前100名的人數(shù)有29＋25＝54>50，所以B正確；對(duì)于C，A校在51～100名的學(xué)生有25人，C校在1～200名的學(xué)生有40人，也有可能在51～100名的學(xué)生有25人，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D，A校在1～100名和151～200名的學(xué)生共有29＋25＋17＝71人，A校在101～150的有21人，C校在1～200名的有40人，但在101～150的不一定有40人，而三個(gè)學(xué)校中在1～100名和151～200名內(nèi)的人數(shù)至少有150人，所以B校至少有150－71－40＝39人在1～100名和151～200名內(nèi)，則B至多有68－39＝29人在101～150內(nèi)，所以D正確．4．答案：A解析：因?yàn)閒(－x)＝－eq\f(3x,x2＋cosx)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除B，D；因?yàn)閒(π)＝eq\f(3π,π2－1)>0，所以排除C.5．答案：A解析：取x＝0，對(duì)于A：f(0)＝cos0－|sin0|＝1－0＝1；對(duì)于B：f(0)＝sin0－|cos0|＝0－1＝－1；對(duì)于C：f(0)＝cos0＋|sin0|＝1＋0＝1；對(duì)于D：f(0)＝cos0－|cos0|＝1－1＝0，結(jié)合圖象中f(0)＝1，故排除BD；取x＝eq\f(π,2)，對(duì)于A：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝coseq\f(π,2)－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)))＝0－1＝－1，對(duì)于C：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝coseq\f(π,2)＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)))＝0＋1＝1，結(jié)合圖象，可排除C.6．答案：B解析：從7名黨員選3名去甲村共有Ceq\o\al(3,7)種情況，3名全是男性黨員共有Ceq\o\al(3,4)種情況，3名全是女性黨員共有Ceq\o\al(3,3)種情況，3名既有男性，又有女性共有Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(3,4)－Ceq\o\al(3,3)＝30種情況．7．答案：B解析：F1，F(xiàn)2分別為橢圓E：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是橢圓E上的點(diǎn)，PF1⊥PF2，且sin∠PF2F1＝3sin∠PF1F2，由正弦定理可得|PF1|＝3|PF2|，令|PF1|＝3|PF2|＝3n，則3n＋n＝2a,9n2＋n2＝4c2，可得eq\f(5,2)a2＝4c2，所以橢圓的離心率為：e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(\f(5,2),4))＝eq\f(\r(10),4).8．答案：D解析：記an為第n次去掉的長(zhǎng)度，a1＝eq\f(1,3)，剩下兩條長(zhǎng)度為eq\f(1,3)的線段，第二次去掉的線段長(zhǎng)為a2＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(2,32)，第n－1次操作后有2n－1條線段，每條線段長(zhǎng)度為eq\f(1,3n－1)，因此第n次去掉的線段長(zhǎng)度為an＝2n－1×eq\f(1,3n－1)×eq\f(1,3)＝eq\f(2n－1,3n)，所以Sn＝eq\f(\f(1,3)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n)),1－\f(2,3))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n≥eq\f(26,27)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n≤eq\f(1,27)，n(lg2－lg3)≤－3lg3，n≥eq\f(3lg3,lg3－lg2)≈8.13，n的最小值為9.9．答案：AB解析：對(duì)于A，m＝1時(shí)，方程為eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,2)＝1，即x2＋y2＝2，曲線C是圓，A正確；對(duì)于B，m＝5時(shí)，方程為eq\f(x2,6)－eq\f(y2,2)＝1，曲線C為雙曲線，其漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x，B正確；對(duì)于C，m>1時(shí)，不妨令m＝5，由選項(xiàng)B知，曲線C為雙曲線，C不正確；對(duì)于D，要曲線C為雙曲線，必有(m＋1)(3－m)<0，即m<－1或m>3，m<－1時(shí)，曲線C：eq\f(y2,3－m)－eq\f(x2,－m＋1)＝1，m>3時(shí)，曲線C：eq\f(x2,m＋1)－eq\f(y2,m－3)＝1，因雙曲線離心率為eq\r(2)時(shí)，它實(shí)半軸長(zhǎng)與虛半軸長(zhǎng)相等，而－(m＋1)≠3－m，m＋1≠m－3，D不正確．10．答案：BCD解析：若直線(3＋m)x＋4y＝5－3m與2x＋(5＋m)y＝8平行，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋m5＋m＝4×2,3＋m×－8≠3m－5×2))，解得：m＝－7，故選項(xiàng)A不正確；數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2a4＝16，所以aeq\o\al(2,3)＝16，所以a3＝a1q2＝q2＝4，可得q＝2，所以S4＝eq\f(a11－q4,1－q)＝eq\f(1－24,1－2)＝15，故選項(xiàng)B正確；在△ABC中，B＝30°，b＝1，由正弦定理可得eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)，即c＝2sinC，因?yàn)锳＋C＝180°－30°＝150°，因?yàn)镃有兩個(gè)值，且兩個(gè)值互補(bǔ)，若C≤30°，則其補(bǔ)角大于150°，則B＋C>180°不成立，所以30°<C<150°，因?yàn)镃＝90°時(shí)也是一解，所以30°<C<150°且C≠90°，eq\f(1,2)<sinC<1，所以1<c＝2sinC<2，故選項(xiàng)C正確；函數(shù)f(x)＝a－eq\f(1,2x＋1)為奇函數(shù)，則f(0)＝a－eq\f(1,20＋1)＝0，可得a＝eq\f(1,2)，當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2x＋1)，f(－x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2－x＋1)＝eq\f(1,2)－eq\f(2x,2x＋1)＝eq\f(1,2)－eq\f(2x＋1－1,2x＋1)＝eq\f(1,2)－1＋eq\f(1,2x＋1)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2x＋1)＝－f(x)，所以當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)是奇函數(shù)，函數(shù)f(x)＝a－eq\f(1,2x＋1)為奇函數(shù)的充要條件是a＝eq\f(1,2)，故選項(xiàng)D正確．11．答案：BD解析：f(x)＝(2cos2ωx－1)sin2ωx＋eq\f(1,2)cos4ωx＝cos2ωxsin2ωx＋eq\f(1,2)cos4ωx＝eq\f(1,2)sin4ωx＋eq\f(1,2)cos4ωx＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4ωx＋\f(π,4)))，A．f(x)的兩個(gè)相鄰的極值點(diǎn)之差的絕對(duì)值等于eq\f(π,4)，則T＝2×eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，eq\f(2π,4ω)＝eq\f(π,2)，ω＝1，A錯(cuò)；B．當(dāng)ω＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))時(shí)，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，f(x)的最小值為eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝－eq\f(1,2)，B正確；C．當(dāng)ω＝1時(shí)，f(x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))時(shí)，4x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))，因此在此區(qū)間上，函數(shù)不單調(diào)，C錯(cuò)；D．ω＝1時(shí)，f(x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))，將f(x)圖象向右平移eq\f(π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度得到圖象的解析式為g(x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs