2024高考數(shù)學(xué)二輪分層模擬仿真專練三文

PAGEPAGE592024高考數(shù)學(xué)二輪分層模擬仿真專練（三）文一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60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．[2024·廣東深圳高級(jí)中學(xué)期末]已知集合A＝{x∈Z|－1≤x≤4}，B＝{－2，－1,4,8,9}，設(shè)C＝A∩B，則集合C的元素個(gè)數(shù)為()A．9B．8C．3D．2答案：D解析：A＝{x∈Z|－1≤x≤4}＝{－1,0,1,2,3,4}，B＝{－2，－1,4,8,9}，則C＝A∩B＝{－1,4}，集合C的元素個(gè)數(shù)為2，故選D.2．[2024·福建晉江四校聯(lián)考]復(fù)數(shù)z＝a＋i(a∈R)的共軛復(fù)數(shù)為eq\x\to(z)，滿意|eq\x\to(z)|＝1，則復(fù)數(shù)z＝()A．2＋iB．2－iC．1＋iD．i答案：D解析：依據(jù)題意可得eq\x\to(z)＝a－i，所以|eq\x\to(z)|＝eq\r(a2＋1)＝1，解得a＝0，所以復(fù)數(shù)z＝i.故選D.3．[2024·重慶一中月考]設(shè)a，b，c是平面對(duì)量，則a·b＝b·c是a＝c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答案：B解析：由a·b＝b·c得(a－c)·b＝0，∴a＝c或b＝0或(a－c)⊥b，∴a·b＝b·c是a＝c的必要不充分條件．故選B.4．[2024·黑龍江牡丹江一中月考]關(guān)于函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))與函數(shù)g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，下列說法正確的是()A．函數(shù)f(x)和g(x)的圖象有一個(gè)交點(diǎn)在y軸上B．函數(shù)f(x)和g(x)的圖象在區(qū)間(0，π)內(nèi)有3個(gè)交點(diǎn)C．函數(shù)f(x)和g(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱D．函數(shù)f(x)和g(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)(0,0)對(duì)稱答案：D解析：∵g(－x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x－\f(3π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，∴g(－x)＝－f(x)，∴函數(shù)f(x)和g(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)(0,0)對(duì)稱，故選D.5．[2024·湖北武漢武昌調(diào)研考]已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－1，則a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝()A．40B．44C．45D．49答案：B解析：解法一因?yàn)镾n＝n2－1，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，n＝1，,2n－1，n≥2，))所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故選B.解法二因?yàn)镾n＝n2－1，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，n＝1，,2n－1，n≥2，))所以{an}從其次項(xiàng)起是等差數(shù)列，a2＝3，公差d＝2，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋4a6＝4×(2×6－1)＝44.故選B.6．[2024·黑龍江哈爾濱四校聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝coseq\f(πx,3)，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的S值為()A．670B．670eq\f(1,2)C．671D．672答案：C解析：執(zhí)行程序框圖，y＝f(1)＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，S＝0＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，n＝1＋1＝2；y＝f(2)＝coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)，S＝eq\f(1,2)，n＝2＋1＝3；y＝f(3)＝cosπ＝－1，S＝eq\f(1,2)，n＝3＋1＝4；y＝f(4)＝coseq\f(4π,3)＝－eq\f(1,2)，S＝eq\f(1,2)，n＝4＋1＝5；y＝f(5)＝coseq\f(5π,3)＝eq\f(1,2)，S＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝1，n＝6；y＝f(6)＝cos2π＝1，S＝1＋1＝2，n＝7……直到n＝2016時(shí)，退出循環(huán)．∵函數(shù)y＝coseq\f(nπ,3)是以6為周期的周期函數(shù)，2015＝6×335＋5，f(2016)＝cos336π＝cos(2π×138)＝1，∴輸出的S＝336×2－1＝671.故選C.7．[2024·湖南衡陽八中模擬]如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，A1B1的中點(diǎn)是P，過點(diǎn)A1作與截面PBC1A．2eq\r(2)B．2eq\r(3)C．2eq\r(6)D．4答案：C解析：易知截面是菱形，如圖，分別取棱D1C1，AB的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接A1E，A1F，CF，CE，則菱形A1連接EF，A1C，易知EF＝2eq\r(2)，A1C＝2eq\r(3)，EF⊥A1C，所以截面的面積S＝eq\f(1,2)EF·A1C＝2eq\r(6).故選C.8．[2024·河北張家口期中]已知x>0，y>0，lg2x＋lg8y＝lg2，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值是()A．1B．2C．2eq\r(3)D．4答案：D解析：通解∵lg2x＋lg8y＝lg2，∴l(xiāng)g2x＋3y＝lg2，∴x＋3y＝1.又x>0，y>0，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))(x＋3y)＝2＋eq\f(3y,x)＋eq\f(x,3y)≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,6)時(shí)等號(hào)成立，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值是4.故選D.優(yōu)解∵lg2x＋lg8y＝lg2，∴l(xiāng)g2x＋3y＝lg2，∴x＋3y＝1.又x>0，y>0，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝eq\f(x＋3y,3xy)＝eq\f(1,3xy)≥eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))2)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,6)時(shí)等號(hào)成立，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值是4，故選D.9．[2024·河北唐山摸底]已知函數(shù)f(x)＝sinx－sin3x，x∈[0,2π]，則f(x)的全部零點(diǎn)之和等于()A．5πB．6πC．7πD．8π答案：C解析：f(x)＝sinx－sin(2x＋x)＝sinx－sin2xcosx－cos2xsinx＝sinx－2sinx(1－sin2x)－(1－2sin2x)sinx＝sinx－(3sinx－4sin3x)＝2sinx(2sin2x－1)，令f(x)＝0得sinx＝0或sinx＝±eq\f(\r(2),2).于是，f(x)在[0,2π]上的全部零點(diǎn)為x＝0，eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)，π，eq\f(5π,4)，eq\f(7π,4)，2π.故f(x)的全部零點(diǎn)之和為0＋eq\f(π,4)＋eq\f(3π,4)＋π＋eq\f(5π,4)＋eq\f(7π,4)＋2π＝7π，故選C.10．[2024·江西七校聯(lián)考]圖中的圖案是我國(guó)古代建筑中的一種裝飾圖案，形若銅錢，寓意富貴祥瑞，在圓內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則該點(diǎn)取自陰影區(qū)域(由四條半徑與大圓半徑相等的四分之一圓弧圍成)內(nèi)的概率是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(4,π)－1D．2－eq\f(4,π)答案：C解析：設(shè)圓的半徑為1，則該點(diǎn)取自陰影區(qū)域內(nèi)的概率P＝eq\f(S陰影,S圓)＝eq\f(2×2－π,π)＝eq\f(4,π)－1，故選C.11．[2024·四川內(nèi)江一模]設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f′(x)，對(duì)隨意的x∈R，有f(－x)－f(x)＝0，且x∈[0，＋∞)時(shí)，f′(x)>2x，若f(a－2)－f(a)≥4－4a，則實(shí)數(shù)aA．(－∞，1]B．[1，＋∞)C．(－∞，2]D．[2，＋∞)答案：A解析：對(duì)隨意的x∈R，有f(－x)－f(x)＝0，所以f(x)為偶函數(shù)．設(shè)g(x)＝f(x)－x2，所以g′(x)＝f′(x)－2x，因?yàn)閤∈[0，＋∞)時(shí)f′(x)>2x，所以x∈[0，＋∞)時(shí)，g′(x)＝f′(x)－2x>0，所以g(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)．因?yàn)閒(a－2)－f(a)≥4－4a，所以f(a－2)－(a－2)2≥f(a)－a2所以g(a－2)≥g(a)，易知g(x)為偶函數(shù)，所以|a－2|≥|a|，解得a≤1，故選A.12．[2024·河北衡水中學(xué)五調(diào)]已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線l與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，且直線l與圓x2－px＋y2－eq\f(3,4)p2＝0交于C，D兩點(diǎn)．若|AB|＝2|CD|，則直線l的斜率為()A．±eq\f(\r(2),2)B．±eq\f(\r(3),2)C．±1D．±eq\r(2)答案：C解析：由題設(shè)可得圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))2＋y2＝p2，故圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，為拋物線C的焦點(diǎn)，所以|CD|＝2p，所以|AB|＝4p.設(shè)直線l：x＝ty＋eq\f(p,2)，代入y2＝2px(p>0)，得y2－2pty－p2＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝2pt，y1y2＝－p2，則|AB|＝eq\r(1＋t24p2t2＋4p2)＝2p(1＋t2)＝4p，所以1＋t2＝2，解得t＝±1，故選C.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將正確答案填在題中的橫線上．)13．某學(xué)校舉辦科技節(jié)活動(dòng)，有甲、乙、丙、丁四個(gè)團(tuán)隊(duì)參與“智能機(jī)器人”項(xiàng)目競(jìng)賽，該項(xiàng)目只設(shè)置一個(gè)一等獎(jiǎng)，在評(píng)獎(jiǎng)結(jié)果揭曉前，小張、小王、小李、小趙四位同學(xué)對(duì)這四個(gè)參賽團(tuán)隊(duì)獲獎(jiǎng)結(jié)果預(yù)料如下：小張說：“甲團(tuán)隊(duì)獲得一等獎(jiǎng)．”小王說：“甲或乙團(tuán)隊(duì)獲得一等獎(jiǎng)．”小李說：“丁團(tuán)隊(duì)獲得一等獎(jiǎng)．”小趙說：“乙、丙兩個(gè)團(tuán)隊(duì)均未獲得一等獎(jiǎng)．”若這四位同學(xué)中只有兩位的預(yù)料結(jié)果是對(duì)的，則獲得一等獎(jiǎng)的團(tuán)隊(duì)是________．答案：丁解析：①若獲得一等獎(jiǎng)的團(tuán)隊(duì)是甲團(tuán)隊(duì)，則小張、小王、小趙的預(yù)料結(jié)果是對(duì)的，小李的預(yù)料結(jié)果是錯(cuò)的，與題設(shè)沖突；②若獲得一等獎(jiǎng)的團(tuán)隊(duì)是乙團(tuán)隊(duì)，則小王的預(yù)料結(jié)果是對(duì)的，小張、小李、小趙的預(yù)料結(jié)果是錯(cuò)的，與題設(shè)沖突；③若獲得一等獎(jiǎng)的團(tuán)隊(duì)是丙團(tuán)隊(duì)，則四人的預(yù)料結(jié)果都是錯(cuò)的，與題設(shè)沖突；④若獲得一等獎(jiǎng)的團(tuán)隊(duì)是丁團(tuán)隊(duì)，則小李、小趙的預(yù)料結(jié)果是對(duì)的，小張、小王的預(yù)料結(jié)果是錯(cuò)的，與題設(shè)相符．故獲得一等獎(jiǎng)的團(tuán)隊(duì)是?。?4．[2024·江蘇無錫模考]以雙曲線eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1的右焦點(diǎn)為焦點(diǎn)的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是________．答案：y2＝12x解析：雙曲線中，c＝eq\r(5＋4)＝3，所以右焦點(diǎn)坐標(biāo)為(3,0)，故拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(3,0)，所以eq\f(p,2)＝3，p＝6，拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝12x.15．[2024·云南第一次統(tǒng)一檢測(cè)]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－2－5，x<3，,－log2x＋1，x≥3，))若f(m)＝－6，則f(m－61)＝________.答案：－4解析：∵函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－2－5，x<3，,－log2x＋1，x≥3，))f(m)＝－6，∴當(dāng)m<3時(shí)，f(m)＝3m－2－5＝－6，無解；當(dāng)m≥3時(shí)，f(m)＝－log2(m＋1)＝－6，解得m＝63，∴f(m－61)＝f(2)＝32－2－5＝－4.16．[2024·安徽定遠(yuǎn)中學(xué)月考]已知等差數(shù)列{an}滿意a3＝6，a4＝7，bn＝(an－3)·3n，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝________.答案：eq\f(2n－1×3n＋1＋3,4)解析：因?yàn)閍3＝6，a4＝7，所以d＝1，所以a1＝4，an＝n＋3，bn＝(an－3)·3n＝n·3n，所以Tn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n×3n①，3Tn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1②，①－②得－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1＝eq\f(3－3n＋1,1－3)－n×3n＋1，所以Tn＝eq\f(2n－1×3n＋1＋3,4).三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．)17．(12分)[2024·華大新高考聯(lián)盟教學(xué)質(zhì)量測(cè)評(píng)]在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S，b＝4，accosB＝eq\f(2\r(3),3)S.(1)若a，b，c成等差數(shù)列，試推斷△ABC的形態(tài)；(2)求a＋c的取值范圍．解析：(1)由已知得accosB＝eq\f(\r(3),3)acsinB，得tanB＝eq\r(3)，因?yàn)?<B<π，所以B＝eq\f(π,3).因?yàn)閍，b，c成等差數(shù)列，b＝4，所以a＋c＝2b＝8，由余弦定理，得16＝a2＋c2－2accoseq\f(π,3)，所以16＝(a＋c)2－3ac，得ac所以a＝c＝b＝4，所以△ABC是等邊三角形．(2)解法一由(1)得(a＋c)2－3ac＝16≥(a＋c)2－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)取等號(hào))，解得0<a＋c≤8.又a＋c>b＝4，所以4<a＋c≤8，所以a＋c的取值范圍是(4,8]．解法二依據(jù)正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(4,\f(\r(3),2))＝eq\f(8\r(3),3)，所以a＝eq\f(8\r(3),3)sinA，c＝eq\f(8\r(3),3)sinC，所以a＋c＝eq\f(8\r(3),3)(sinA＋sinC)．因?yàn)锳＋B＋C＝π，B＝eq\f(π,3)，所以A＋C＝eq\f(2π,3)，所以a＋c＝eq\f(8\r(3),3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))))＝eq\f(8\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)sinA＋\f(\r(3),2)cosA))＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，因?yàn)?<A<eq\f(2π,3)，所以A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))則a＋c∈(4,8]．所以a＋c的取值范圍是(4,8]．18．(12分)[2024·江西南昌模擬]如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD為梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2eq\r(3)，且△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點(diǎn)，G為△PAD的重心，AC與BD交于點(diǎn)F.(1)求證：GF∥平面PDC；(2)求三棱錐G－PCD的體積．解析：(1)連接AG并延長(zhǎng)，交PD于點(diǎn)H，連接CH.在梯形ABCD中，∵AB∥CD且AB＝2DC，∴eq\f(AF,FC)＝eq\f(2,1).又E為AD的中點(diǎn)，G為△PAD的重心，∴eq\f(AG,GH)＝eq\f(2,1).在△AHC中，eq\f(AG,GH)＝eq\f(AF,FC)＝eq\f(2,1)，故GF∥HC.∵HC?平面PCD，GF?平面PCD，∴GF∥平面PDC.(2)連接BE，由平面PAD⊥平面ABCD，△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點(diǎn)，知PE⊥AD，BE⊥AD.∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD，∴PE⊥平面ABCD，且PE＝3.由(1)知GF∥平面PDC，連接FP，V三棱錐G－PCD＝V三棱錐F－PCD＝V三棱錐P－CDF＝eq\f(1,3)×PE×S△CDF.∵△ABD為正三角形，∴BD＝AB＝2eq\r(3)，則DF＝eq\f(1,3)BD＝eq\f(2\r(3),3).又∠CDF＝∠ABD＝60°，∴S△CDF＝eq\f(1,2)×CD×DF×sin∠FDC＝eq\f(\r(3),2)，則V三棱錐P－CDF＝eq\f(1,3)×PE×S△CDF＝eq\f(\r(3),2)，∴三棱錐G－PCD的體積為eq\f(\r(3),2).19．(12分)[2024·湖南省長(zhǎng)沙市檢測(cè)卷]某互聯(lián)網(wǎng)公司為了確定下一季度的前期廣告投入安排，收集了近6個(gè)月廣告投入量x(單位：萬元)和收益y(單位：萬元)的數(shù)據(jù)如下表：月份123456廣告投入量x24681012收益y14.2120.3131.831.1837.8344.67他們分別用兩種模型①y＝bx＋a，②y＝aebx進(jìn)行擬合，得到相應(yīng)的回來方程并進(jìn)行殘差分析，得到如圖所示的殘差圖及一些統(tǒng)計(jì)量的值：(每個(gè)樣本點(diǎn)的殘差等于其實(shí)際值減去該模型的估計(jì)值)eq\x\to(x)eq\x\to(y)eq\i\su(i＝1,6,x)iyieq\i\su(i＝1,6,x)eq\o\al(2,i)7301464.24364(1)依據(jù)殘差圖，比較模型①，②的擬合效果，應(yīng)選擇哪個(gè)模型？并說明理由；(2)殘差肯定值大于2的數(shù)據(jù)被認(rèn)為是異樣數(shù)據(jù)，須要剔除：①剔除異樣數(shù)據(jù)后求出(1)中所選模型的回來方程；②當(dāng)廣告投入量x＝18時(shí)，該模型收益的預(yù)報(bào)值是多少？附：對(duì)于一組數(shù)據(jù)(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其回來直線eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋eq\o(a,\s\up6(^))的斜率和截距的最小二乘估計(jì)分別為eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)xi－\o(x,\s\up6(－))yi－\o(y,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,n,)xi－\o(x,\s\up6(－))2)＝eq\f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\o(x,\s\up6(－))\o(y,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,n,x)\o\al(2,i)－n\o(x,\s\up6(－))2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－)).解析：(1)應(yīng)當(dāng)選擇模型①，因?yàn)槟Ｐ廷贇埐铧c(diǎn)比較勻稱地落在水平的帶狀區(qū)域中，說明模型擬合精度高，回來方程的預(yù)報(bào)精度高．(2)①剔除異樣數(shù)據(jù)，即月份為3的數(shù)據(jù)后，得eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(1,5)×(7×6－6)＝7.2；eq\o(y,\s\up6(－))＝eq\f(1,5)×(30×6－31.8)＝29.64.eq\i\su(i＝1,5,x)iyi＝1464.24－6×31.8＝1273.44；eq\i\su(i＝1,5,x)eq\o\al(2,i)＝364－62＝328.eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,5,x)iyi－5\o(x,\s\up6(－))\o(y,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,5,x)\o\al(2,i)－5\o(x,\s\up6(－))2)＝eq\f(1273.44－5×7.2×29.64,328－5×7.2×7.2)＝eq\f(206.4,68.8)＝3；eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))＝29.64－3×7.2＝8.04，所以y關(guān)于x的線性回來方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝3x＋8.04.②把x＝18代入回來方程得eq\o(y,\s\up6(^))＝3×18＋8.04＝62.04.故預(yù)報(bào)值約為62.04萬元．20．(12分)[2024·廣東廣州調(diào)研]已知?jiǎng)訄AC過定點(diǎn)F(1,0)，且與定直線x＝－1相切．(1)求動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程；(2)過點(diǎn)M(－2,0)的任始終線l與軌跡E交于不同的兩點(diǎn)P，Q，摸索究在x軸上是否存在定點(diǎn)N(異于點(diǎn)M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．解析：(1)方法一依題意知，動(dòng)圓圓心C到定點(diǎn)F(1,0)的距離與到定直線x＝－1的距離相等．結(jié)合拋物線的定義，可得動(dòng)圓圓心C的軌跡E是以F(1,0)為焦點(diǎn)，直線x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，易知p＝2.所以動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程為y2＝4x.方法二設(shè)動(dòng)圓圓心C(x，y)，依題意得eq\r(x－12＋y2)＝|x＋1|，化簡(jiǎn)得y2＝4x，此即動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程．(2)假設(shè)存在點(diǎn)N(x0,0)滿意題設(shè)條件．由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直線PN與QN的斜率互為相反數(shù)，即kPN＋kQN＝0.(*)依題意易知直線PQ的斜率必存在且不為0，設(shè)直線PQ：x＝my－2(m≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，x＝my－2，))得y2－4my＋8＝0.由Δ＝(－4m)2－4×8>0，求得m>eq\r(2)或m<－eq\r(2).設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2由(*)得kPN＋kQN＝eq\f(y1,x1－x0)＋eq\f(y2,x2－x0)＝eq\f(y1x2－x0＋y2x1－x0,x1－x0x2－x0)＝0，所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0，即y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.消去x1，x2，得eq\f(1,4)y1yeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,4)y2yeq\o\al(2,1)－x0(y1＋y2)＝0，即eq\f(1,4)y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0.因?yàn)閥1＋y2≠0，所以x0＝eq\f(1,4)y1y2＝2，于是存在點(diǎn)N(2,0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π.21．(12分)[2024·陜西西安中學(xué)期中]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(1－x)ex，g(x)＝x－lnx－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))，a<1.(1)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對(duì)隨意x1∈[－1,0]，總存在x2∈[e,3]，使得f(x1)>g(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：(1)因?yàn)間′(x)＝1－eq\f(1,x)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2)))＝eq\f(x2－a＋1x＋a,x2)＝eq\f(x－ax－1,x2)，a<1，又留意到函數(shù)g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，所以探討如下．當(dāng)0<a<1時(shí)，令g′(x)>0，解得0<x<a或x>1，令g′(x)<0，解得a<x<1，所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，a)和(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a,1)；當(dāng)a≤0時(shí)，令g′(x)>0，解得x>1，令g′(x)<0，解得0<x<1，所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．綜上，當(dāng)0<a<1時(shí)，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，a)和(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a,1)；當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．(2)對(duì)隨意x1∈[－1,0]，總存在x2∈[e,3]，使得f(x1)>g(x2)成立，等價(jià)于函數(shù)f(x)在[－1,0]上的最小值大于函數(shù)g(x)在[e,3]上的最小值．當(dāng)x∈[－1,0]時(shí)，因?yàn)閒′(x)＝x(1－ex)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)不等式取等號(hào)，所以f(x)在[－1,0]上單調(diào)遞減，所以f(x)在[－1,0]上的最小值為f(0)＝1.由(1)可知，函數(shù)g(x)在[e,3]上單調(diào)遞增，所以g(x)在[e,3]上的最小值為g(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).所以1>e－(a＋1)－eq\f(a,e)，即a>eq\f(e2－2e,e＋1).又a<1，故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).選考題(請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答，多答、不答按本選考題的首題進(jìn)行評(píng)分．)22．(10分)[2024·山東濟(jì)南質(zhì)量評(píng)估][選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρcos2θ＝sinθ，直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(3),2)t，y＝a＋\f(1,2)t))(t為參數(shù))，其中a>0，直線l與曲線C相交于M，N兩點(diǎn)．(1)求曲線C的直角坐標(biāo)方程；(2)若點(diǎn)P(0，a)滿意eq\f(1,|PM|)＋eq\f(1,|PN|)＝4，求a的值．解析：(1)由已知可知ρ2cos2θ＝ρsinθ，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，y＝ρsinθ))得曲線C的直角坐標(biāo)方程為y＝x2.(2)將直線l的參數(shù)方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(3),2)t，y＝a＋\f(1,2)t))(t為參數(shù))代入y＝x2，得eq\f(3,4)t2－eq\f(1,2)t－a＝0，且Δ＝eq\f(1,4)＋3a>0.設(shè)M，N對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2，則t1＋t2＝eq\f(2,3)，t1t2＝－eq\f(4,3)a，所以t1、t2異號(hào)．所以eq\f(1,|PM|)＋eq\f(1,|PN|)＝eq\f(|PM|＋|PN|,|PM||PN|)＝eq\f(|t1－t2|,|t1t2|)＝eq\f(\r(t1＋t22－4t1t2),|t1t2|)＝eq\f(\r(\f(4,9)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)a))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)a)))＝4，化簡(jiǎn)得64a2－12a－1＝0，解得a＝eq\f(1,4)或a＝－eq\f(1,16)(舍)．所以a的值為eq\f(1,4).23．(10分)[2024·河南省鄭州市檢測(cè)卷][選修4－5：不等式選講]已知函數(shù)f(x)＝|3x－2a|＋|2x－2|(a∈R(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，解不等式f(x)>6；(2)若對(duì)隨意x0∈R，不等式f(x0)＋3x0>4＋|2x0－2|都成立，求a的取值范圍．解析：(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，不等式f(x)>6可化為|3x－1|＋|2x－2|>6，當(dāng)x<eq\f(1,3)時(shí)，不等式即為1－3x＋2－2x>6，∴x<－eq\f(3,5)；當(dāng)eq\f(1,3)≤x≤1時(shí)，不等式即為3x－1＋2－2x>6，無解；當(dāng)x>1時(shí)，不等式即為3x－1＋2x－2>6，∴x>eq\f(9,5).綜上所述，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(3,5)或x>\f(9,5))))).(2)不等式f(x0)＋3x0>4＋|2x0－2|恒成立可化為|3x0－2a|＋3x0令g(x)＝|3x－2a|＋3x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6x－2a，x≥\f(2a,3)，2a，x<\f(2a,3)，))∴函數(shù)g(x)的最小值為2a依據(jù)題意可得2a>4，即a所以a的取值范圍為(2，＋∞)．

專練(五)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60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．[2024·福建福州質(zhì)檢]已知集合A＝{x|2x＋1>3}，B＝{x|x2－x－2<0}，則A∪B＝()A．{x|1<x<2}B．{x|－1<x<1}C．{x|－2<x<1或x>1}D．{x|x>－1}答案：D解析：因?yàn)?∈A，所以3∈(A∪B)，解除A，B.因?yàn)椋??A且－1?B，所以－1?(A∪B)，解除C，故選D.2．[2024·北京八十中學(xué)月考]若a，b，c是常數(shù)，則“a>0且b2－4ac<0”是“對(duì)隨意x∈R，有ax2＋bx＋c>0”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答案：A解析：∵a>0且b2－4ac<0時(shí)，函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象開口向上且與x軸沒有交點(diǎn)，所以對(duì)隨意x∈R，有ax2＋bx＋c>0；又a＝b＝0，c>0時(shí)，對(duì)隨意x∈R，有ax2＋bx＋c>0，而此時(shí)a>0且b2－4ac<0不成立，所以“a>0且b2－4ac<0”是“對(duì)隨意x∈R，有ax2＋bx＋c3．[2024·遼寧沈陽育才學(xué)校聯(lián)考]歐拉公式eix＝cosx＋isinx(i為虛數(shù)單位)是瑞士數(shù)學(xué)家歐拉獨(dú)創(chuàng)的，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的聯(lián)系，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”．依據(jù)歐拉公式可知，eeq\f(π,6)i＋eeq\f(π,3)i表示的復(fù)數(shù)的模為()A.eq\f(\r(3)＋1,2)B.eq\f(\r(3)－1,2)C.eq\f(\r(6)＋\r(2),2)D.eq\f(\r(6)－\r(2),2)答案：C解析：由題意得eeq\f(π,6)i＋eeq\f(π,3)i＝coseq\f(π,6)＋isineq\f(π,6)＋coseq\f(π,3)＋isineq\f(π,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋sin\f(π,6)))＋ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋sin\f(π,6)))，所以其表示的復(fù)數(shù)的模為eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋sin\f(π,6)))＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2)，故選C.4．[2024·湖北鄂東南省級(jí)示范中學(xué)聯(lián)考]若冪函數(shù)y＝x－1，y＝xm與y＝xn在第一象限的圖象如圖所示，則m與n的取值狀況為()A．－1<m<0<n<1B．－1<n<0<mC．－1<m<0<nD．－1<n<0<m<1答案：D解析：由冪函數(shù)的圖象可知，0<m<1，－1<n<0，故選D.5．[2024·吉林期末]若函數(shù)f(x)＝sin2x－eq\r(3)cos2x在[0，t]上的值域?yàn)閇－eq\r(3)，2]，則t的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(5π,6)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，π))答案：B解析：依題意，知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，因?yàn)閤∈[0，t]，所以2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，2t－\f(π,3))).又f(x)在[0，t]上的值域?yàn)閇－eq\r(3)，2]，則2t－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(4π,3)))，即t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(5π,6))).故選B.6．[2024·廣東七校聯(lián)合體其次次聯(lián)考]已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a6＋a8＝6，S9－S6＝3，則Sn取得最大值時(shí)n的值為()A．5B．6C．7D．8答案：D解析：解法一設(shè){an}的公差為d，則由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＋a1＋7d＝6，a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝15，d＝－2))，所以an＝－2n＋17.由于a8＝1>0，a9＝－1<0，所以Sn取得最大值時(shí)n的值為8.故選D.解法二設(shè){an}的公差為d，則由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＋a1＋7d＝6，a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝15，d＝－2，))則Sn＝15n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－(n－8)2＋64(n∈N*)，所以當(dāng)n＝8時(shí)，Sn取得最大值．故選D.7．[2024·陜西黃陵中學(xué)模擬]中國(guó)古代名詞“芻童”原來是草堆的意思，后來用它表示上、下兩個(gè)底面均為矩形(不能全為正方形)、四條側(cè)棱的延長(zhǎng)線不交于一點(diǎn)的六面體．關(guān)于“芻童”體積計(jì)算的描述，《九章算術(shù)》注曰：“倍上袤，下袤從之，亦倍下袤，上袤從之．各以其廣乘之，并，以高乘之，六而一．”其計(jì)算方法是：將上底面的長(zhǎng)乘二，與下底面的長(zhǎng)相加，再與上底面的寬相乘，將下底面的長(zhǎng)乘二，與上底面的長(zhǎng)相加，再與下底面的寬相乘；把這兩個(gè)數(shù)值相加，與高相乘，再取其六分之一．已知一個(gè)“芻童”的下底面是周長(zhǎng)為18的矩形，上底面矩形的長(zhǎng)為3，寬為2，“芻童”的高為3，則該“芻童”的體積的最大值為()A.eq\f(39,2)B.eq\f(75,2)C．39D.eq\f(601,16)答案：B解析：設(shè)下底面的長(zhǎng)、寬分別為x，y，則2(x＋y)＝18，x＋y＝9，則x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，9)).則“芻童”的體積為eq\f(1,6)×3×[2(6＋x)＋(2x＋3)y]＝eq\f(1,2)(30＋2xy＋y)＝eq\f(1,2)(－2x2＋17x＋39)＝－x2＋eq\f(17,2)x＋eq\f(39,2)，當(dāng)x＝eq\f(9,2)時(shí)，“芻童”的體積取得最大值，最大值為eq\f(75,2)，故選B.8．[2024·河北正定中學(xué)月考]設(shè)函數(shù)f(x)＝4cos(ωx＋φ)對(duì)隨意的x∈R，都有f(－x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋x))，若函數(shù)g(x)＝sin(ωx＋φ)－2，則geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值是()A．1B．－5或3C.eq\f(1,2)D．－2答案：D解析：因?yàn)閷?duì)隨意的x∈R，都有f(－x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋x))，所以函數(shù)f(x)＝4cos(ωx＋φ)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,6)對(duì)稱，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,6)＋φ))＝±4，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,6)＋φ))＝±1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,6)＋φ))＝0，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－2，故選D.9．[2024·陜西西安交大附中?？糫《莊子·天下》篇中記述了一個(gè)聞名命題：“一尺之棰，日取其半，萬世不竭”．反映這個(gè)命題本質(zhì)的式子是()A．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝2－eq\f(1,2n)B.eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)<1C.eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1D.eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)>1答案：B解析：該命題說明每天取的長(zhǎng)度構(gòu)成了以eq\f(1,2)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，因?yàn)閑q\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)<1，所以能反映命題本質(zhì)的式子是eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)<1.故選B.10．[2024·河南開封定位考]執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的結(jié)果為3，則輸入的x為()A．－1B．0C．－1或1D．－1或0答案：D解析：由題意得y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋4，x<0，3x＋2，x≥0，))當(dāng)x<0時(shí)，由－x2＋4＝3，得x＝±1，∵x<0，∴x＝－1.當(dāng)x≥0時(shí)，由3x＋2＝3，得x＝0.∴x＝－1或0，故選D.11．[2024·福建廈門一檢]雙曲線E：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F1作一條直線與兩條漸近線分別相交于A，B兩點(diǎn)，若eq\o(F1B,\s\up6(→))＝2eq\o(F1A,\s\up6(→))，|F1F2|＝2|OB|，則雙曲線的離心率為()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D．3答案：C解析：如圖，連接F2B，因?yàn)閨F1F2|＝2|OB且O為F1，F(xiàn)2的中點(diǎn)，所以∠F1BF2＝90°.因?yàn)閑q\o(F1B,\s\up6(→))＝2eq\o(F1A,\s\up6(→))，所以A為線段F1B的中點(diǎn)，所以O(shè)A∥F2B，所以O(shè)A⊥F1B，所以∠AOF1＝∠AOB.因?yàn)橹本€OA與OB是雙曲線的兩條漸近線，所以∠AOF1＝∠BOF2，所以∠BOF2＝60°，則eq\f(b,a)＝tan∠BOF2＝eq\r(3)，所以雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝2，故選C.12．[2024·江西兩校聯(lián)考]已知定義在R上的函數(shù)y＝f(x)對(duì)于隨意的x都滿意f(x＋1)＝－f(x)，當(dāng)－1≤x<1時(shí)，f(x)＝x3，若函數(shù)g(x)＝f(x)－loga|x|至少有6個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))∪(5，＋∞)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))∪[5，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，\f(1,5)))∪(5,7)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，\f(1,5)))∪[5,7)答案：A解析：由f(x＋1)＝－f(x)得f(x＋1)＝－f(x＋2)，因此f(x)＝f(x＋2)，即函數(shù)f(x)是周期為2的周期函數(shù)．函數(shù)g(x)＝f(x)－loga|x|至少有6個(gè)零點(diǎn)可轉(zhuǎn)化成函數(shù)f(x)與h(x)＝loga|x|的圖象至少有6個(gè)交點(diǎn)，需對(duì)a進(jìn)行分類探討．①若a>1，畫出滿意題意的圖象，如圖1所示，則loga5<1，即a>5.②若0<a<1，畫出滿意題意的圖象，如圖2所示，則h(－5)＝loga5≥－1，即0<a≤eq\f(1,5).綜上所述，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))∪(5，＋∞)．故選A.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將正確答案填在題中的橫線上．)13．[2024·河南洛陽第一次統(tǒng)考]已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝2，則eq\f(2sinα,3sinα＋cosα)＝________.答案：eq\f(1,3)解析：由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝2，得eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝2，求得tanα＝eq\f(1,3)，所以eq\f(2sinα,3sinα＋cosα)＝eq\f(2tanα,3tanα＋1)＝eq\f(2×\f(1,3),3×\f(1,3)＋1)＝eq\f(1,3).14．[2024·東北三校第一次模擬]等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，Sn是其前n項(xiàng)和，2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，則S答案：30解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，因?yàn)閑q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a11＋q＋q2＝a18＋3q，a1q3＝16，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，q＝2，))所以S4＝eq\f(21－24,1－2)＝30.15．[2024·安徽黃山模擬]若函數(shù)f(x)＝x2－1，對(duì)隨意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,m)))－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))解析：依據(jù)題意，得對(duì)隨意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，eq\f(x2,m2)－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)恒成立，即對(duì)隨意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，eq\f(1,m2)－4m2≤－eq\f(3,x2)－eq\f(2,x)＋1恒成立．當(dāng)x＝eq\f(3,2)時(shí)，函數(shù)y＝－eq\f(3,x2)－eq\f(2,x)＋1取得最小值－eq\f(5,3)，所以eq\f(1,m2)－4m2≤－eq\f(5,3)，即(3m2＋1)·(4m2－3)≥0，解得m≤－eq\f(\r(3),2)或m≥eq\f(\r(3),2)，故m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞)).16．[2024·重慶一中月考]△ABC中，AB＝5，BC＝5eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)，點(diǎn)P是△ABC內(nèi)(包括邊界)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(2,5)λeq\o(AC,\s\up6(→))(λ∈R)，則|eq\o(AP,\s\up6(→))|的最大值為________．答案：eq\r(37)解析：因?yàn)椤鰽BC中，AB＝5，BC＝5eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)，BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA，所以AC＝10，AC2＝BC2＋AB2，所以B＝eq\f(π,2).以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB所在的直線為x軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(5,0)，C(5,5eq\r(3))．設(shè)點(diǎn)P為(x，y)，0≤x≤5,0≤y≤5eq\r(3).因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(2,5)λeq\o(AC,\s\up6(→))，所以(x，y)＝eq\f(3,5)(5,0)－eq\f(2,5)λ(5,5eq\r(3))＝(3－2λ，－2eq\r(3)λ)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3－2λ，y＝－2\r(3)λ))，所以y＝eq\r(3)(x－3)，所以動(dòng)點(diǎn)P在直線y＝eq\r(3)(x－3)上，如圖，畫出該直線，則易知當(dāng)點(diǎn)P為該直線與BC的交點(diǎn)時(shí)，|eq\o(AP,\s\up6(→))|取得最大值．又易知此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(5,2eq\r(3))，故|eq\o(AP,\s\up6(→))|max＝eq\r(52＋2\r(3)2)＝eq\r(37).三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．)17．(12分)[2024·甘肅酒泉五校聯(lián)考]已知在平面四邊形ABCD中，∠ABC＝eq\f(3π,4)，AB⊥AD，AB＝1，AC＝eq\r(5)，△ABC的面積為eq\f(1,2).(1)求sin∠CAB的值；(2)若∠ADC＝eq\f(π,6)，求CD的長(zhǎng)．解析：(1)依題意知，△ABC的面積S＝eq\f(1,2)AB×BC×sin∠ABC＝eq\f(1,2)×1×BC×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2)，由此可得BC＝eq\r(2).在△ABC中，由正弦定理得eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，即eq\f(\r(2),sin∠CAB)＝eq\f(\r(5),sin\f(3π,4))，所以sin∠CAB＝eq\f(\r(2)×\f(\r(2),2),\r(5))＝eq\f(\r(5),5).(2)由題設(shè)知，∠CAB<eq\f(π,2)，則cos∠CAB＝eq\r(1－sin2∠CAB)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2)＝eq\f(2\r(5),5)，因?yàn)锳B⊥AD，所以∠DAC＋∠CAB＝eq\f(π,2)，則sin∠DAC＝cos∠CAB＝eq\f(2\r(5),5).在△ACD中，由正弦定理，得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠DAC)，即eq\f(\r(5),sin\f(π,6))＝eq\f(CD,\f(2\r(5),5))，所以CD＝eq\f(\r(5)×\f(2\r(5),5),\f(1,2))＝4.18.(12分)[2024·江西南昌重點(diǎn)中學(xué)段考]如圖，四邊形ABCD是梯形，四邊形CDEF是矩形，且平面ABCD⊥平面CDEF，∠BAD＝∠CDA＝90°，AB＝AD＝DE＝eq\f(1,2)CD＝2，M是線段AE上的動(dòng)點(diǎn)．(1)試確定點(diǎn)M的位置，使AC∥平面MDF，并說明理由；(2)在(1)的條件下，求平面MDF將幾何體ADE－BCF分成上、下兩部分的體積之比．解析：(1)當(dāng)M為線段AE的中點(diǎn)時(shí)，AC∥平面MDF.證明如下：如圖，連接CE，交DF于N，連接MN，因?yàn)镸，N分別是AE，CE的中點(diǎn)，所以MN∥AC.因?yàn)镸N?平面MDF，AC?平面MDF，所以AC∥平面MDF.(2)將幾何體ADE－BCF補(bǔ)成三棱柱ADE－B1CF，則三棱柱ADE－B1CF的體積V＝S△ADE·CD＝eq\f(1,2)×2×2×4＝8，VADE－BCF＝VADE－B1CF－VF－BB1C＝8－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2))×2＝eq\f(20,3).三棱錐F－DEM的體積VF－DEM＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(2)×\r(2)))×4＝eq\f(4,3)，故上、下兩部分的體積之比為eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)－\f(4,3)))＝14.19．(12分)[2024·福建省福州市高三下學(xué)期質(zhì)量檢測(cè)]最近由中國(guó)房地產(chǎn)業(yè)協(xié)會(huì)主辦的中國(guó)房?jī)r(jià)行情網(wǎng)調(diào)查的一份數(shù)據(jù)顯示，2024年7月，大部分一線城市的房租租金同比漲幅都在10%以上．某部門探討成果認(rèn)為，房租支出超過月收入eq\f(1,3)的租戶“華蜜指數(shù)”低，房租支出不超過月收入eq\f(1,3)的租戶“華蜜指數(shù)”高．為了了解甲、乙兩小區(qū)租戶的華蜜指數(shù)凹凸，隨機(jī)抽取甲、乙兩小區(qū)的租戶各100戶進(jìn)行調(diào)查．甲小區(qū)租戶的月收入以[0,3)，[3,6)，[6,9)，[9,12)，[12,15](單位：千元)分組的頻率分布直方圖如下：乙小區(qū)租戶的月收入(單位：千元)的頻數(shù)分布表如下：月收入[0,3)[3,6)[6,9)[9,12)[12,15]戶數(shù)38272492(1)設(shè)甲、乙兩小區(qū)租戶的月收入相互獨(dú)立，記M表示事務(wù)“甲小區(qū)租戶的月收入低于6千元，乙小區(qū)租戶的月收入不低于6千元”．把頻率視為概率，求M的概率；(2)利用頻率分布直方圖，求所抽取甲小區(qū)100戶租戶的月收入的中位數(shù)；(3)若甲、乙兩小區(qū)每戶的月租費(fèi)分別為2千元，1千元，請(qǐng)依據(jù)條件完成下面的2×2列聯(lián)表，并說明能否在犯錯(cuò)誤的概率不超過0.001的前提下認(rèn)為“華蜜指數(shù)凹凸與租住的小區(qū)”有關(guān)．華蜜指數(shù)低華蜜指數(shù)高總計(jì)甲小區(qū)租戶乙小區(qū)租戶總計(jì)附：臨界值表P(K2≥k)0.100.0100.001k2.7066.63510.828參考公式：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).解析：(1)記A表示事務(wù)“甲小區(qū)租戶的月收入低于6千元”，記B表示事務(wù)“乙小區(qū)租戶的月收入不低于6千元”，甲小區(qū)租戶的月收入低于6千元的頻率為(0.060＋0.160)×3＝0.66，故P(A)的估計(jì)值為0.66；乙小區(qū)租戶的月收入不低于6千元的頻率為eq\f(24＋9＋2,100)＝0.35，故P(B)的估計(jì)值為0.35.因?yàn)榧?、乙兩小區(qū)租戶的月收入相互獨(dú)立，所以事務(wù)M的概率的估計(jì)值P(M)＝P(A)P(B)＝0.66×0.35＝0.231.(2)設(shè)甲小區(qū)所抽取100戶租戶的月收入的中位數(shù)為t千元，則0.060×3＋(t－3)×0.160＝0.5，解得t＝5.所以甲小區(qū)100戶租戶的月收入的中位數(shù)為5千元．(3)將列聯(lián)表補(bǔ)充完整如下：華蜜指數(shù)低華蜜指數(shù)高總計(jì)甲小區(qū)租戶6634100乙小區(qū)租戶3862100總計(jì)10496200依據(jù)2×2列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，得到K2的觀測(cè)值k＝eq\f(200×66×62－38×342,104×96×100×100)≈15.705>10.828，所以能在犯錯(cuò)誤的概率不超過0.001的前提下認(rèn)為“華蜜指數(shù)凹凸與租住的小區(qū)”有關(guān)．20．(12分)[2024·湖南長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)月考]如圖，已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F2，F(xiàn)1，短軸兩個(gè)端點(diǎn)分別為A，B，且四邊形F1AF2B是邊長(zhǎng)為2的正方形．(1)求橢圓的方程；(2)若C，D分別是橢圓長(zhǎng)軸的左、右端點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M滿意MD⊥CD，CM交橢圓于點(diǎn)P.證明：eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))為定值．解析：(1)由題意知a＝2，b＝c，a2＝b2＋c2，∴b2＝2，∴橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)易知C(－2,0)，D(2,0)，設(shè)M(2，y0)，P(x1，y1)，則eq\o(OP,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(OM,\s\up6(→))＝(2，y0)，直線CM：eq\f(x－2,4)＝eq\f(y－y0,y0)，即y＝eq\f(y0,4)x＋eq\f(1,2)y0，代入x2＋2y2＝4，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(y\o\al(2,0),8)))x2＋eq\f(1,2)yeq\o\al(2,0)x＋eq\f(1,2)yeq\o\al(2,0)－4＝0.∴x1×(－2)＝eq\f(4y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，∴x1＝－eq\f(2y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，y1＝eq\f(8y0,y\o\al(2,0)＋8)，∴eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，\f(8y0,y\o\al(2,0)＋8)))，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝－eq\f(4y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)＋eq\f(8y\o\al(2,0),y\o\al(2,0)＋8)＝eq\f(4y\o\al(2,0)＋32,y\o\al(2,0)＋8)＝4(定值)．21．(12分)[2024·吉林長(zhǎng)春質(zhì)檢]已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x(其中常數(shù)a(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在x＝1處取得極值，且在(0，e]上的最大值為1，求實(shí)數(shù)a的值．解析：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx＋x2－3x，x>0，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＝eq\f(2x2－3x＋1,x)＝eq\f(2x－1x－1,x)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)或x＝1.當(dāng)0<x<eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增；當(dāng)eq\f(1,2)<x<1時(shí)，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(2)f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax－(2a＋1)＝eq\f(2ax2－2a＋1x＋1,x)＝eq\f(2ax－1x－1,x)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝eq\f(1,2a).因?yàn)閒(x)在x＝1處取得極值，所以eq\f(1,2a)≠1.當(dāng)eq\f(1,2a)<0時(shí)，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)在(0，e]上的最大值為f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2.當(dāng)0<eq\f(1,2a)<1時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上單調(diào)遞減，在(1，e]上單調(diào)遞增，所以f(x)的最大值1可能在x＝eq\f(1,2a)或x＝e處取得，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝lneq\f(1,2a)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))2－(2a＋1)×eq\f(1,2a)＝lneq\f(1,2a)－eq\f(1,4a)－1<0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝eq\f(1,e－2).當(dāng)1<eq\f(1,2a)<e時(shí)，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，e))上單調(diào)遞增，所以f(x)的最大值1可能在x＝1或x＝e處取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝eq\f(1,e－2)，與1<eq\f(1,2a)<e沖突．當(dāng)eq\f(1,2a)≥e時(shí)，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)的最大值1在x＝1處取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a綜上所述，a＝eq\f(1,e－2)或a＝－2.選考題(請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答，多答、不答按本選考題的首題進(jìn)行評(píng)分．)22．(10分)[2024·安徽合肥高三其次次質(zhì)量檢測(cè)][選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，y＝sinθ))(θ為參數(shù))．以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ2＝4ρsinθ－3.(1)寫出曲線C1一般方程和C2的直角坐標(biāo)方程；(2)若P，Q分別為曲線C1和C2上的動(dòng)點(diǎn)，求|PQ|的最大值．解析：(1)曲線C1的一般方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.曲線C2的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2＝4y－3，即x2＋(y－2)2＝1.(2)設(shè)P點(diǎn)的坐標(biāo)為(2cosθ，sinθ)．|PQ|≤|PC2|＋1＝eq\r(4cos2θ＋sinθ－22)＋1＝eq\r(－3sin2θ－4sinθ＋8)＋1＝eq\r(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋\f(2,3)))2＋\f(28,3))＋1，當(dāng)sinθ＝－eq\f(2,3)時(shí)，|PQ|max＝eq\f(2\r(21),3)＋1.23．(10分)[2024·重慶質(zhì)量調(diào)研抽測(cè)][選修4－5：不等式選講]已知函數(shù)f(x)＝|x＋2|－|eq\f(1,2)x－1|.(1)求函數(shù)f(x)的圖象與x軸所圍成的三角形的面積；(2)設(shè)函數(shù)f(x)的最小值為M，若關(guān)于x的不等式x2＋x－2m≤M有實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)m解析：(1)原函數(shù)可化為f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x－3x<－2，\f(3,2)x＋1－2≤x≤2，\f(1,2)x＋3x>2，))易得函數(shù)f(x)的圖象與x軸所圍成的三角形的三個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為(－6,0)，(－2，－2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))，所以此三角形的面積S＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)＋6))×2＝eq\f(16,3).(2)由(1)知函數(shù)f(x)的最小值為M＝f(－2)＝－2，關(guān)于x的不等式x2＋x－2m≤M有實(shí)數(shù)解，即x2＋x－2m≤－2有實(shí)數(shù)解，即2m≥x2令h(x)＝x2＋x＋2，當(dāng)x＝－eq\f(1,2)時(shí)，h(x)min＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2－eq\f(1,2)＋2＝eq\f(7,4)，所以2m≥eq\f(7,4)，即m≥eq\f(7,8).故實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)，＋∞)).專練(六)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60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．[2024·貴州遵義模擬]若集合A＝{x|1≤x<15}，B＝{x|－1<lgx≤1}，則()A．A∩B＝[1,15]B．A∪B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，15))C．A∩B＝?D．A∪B＝R答案：B解析：A＝{x|1≤x<15}，B＝{x|－1<lgx≤1}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)<x≤10))))，∴A∩B＝{x|1≤x≤10}，A∪B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)<x<15)))).故選B.2．[2024·遼寧鞍山一中模擬]在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(－2＋3i,3－4i)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限B．其次象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限答案：B解析：設(shè)z＝eq\f(－2＋3i,3－4i)，則z＝－eq\f(18,25)＋eq\f(1,25)i，所以復(fù)數(shù)eq\f(－2＋3i,3－4i)在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)應(yīng)位于其次象限．故選B.3．[2024·湖北黃岡調(diào)研]已知函數(shù)f(2x＋1)的定義域?yàn)?－2,0)，則f(x)的定義域?yàn)?)A．(－2,0)B．(－4,0)C．(－3,1)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))答案：C解析：∵f(2x＋1)的定義域?yàn)?－2,0)，即－2<x<0，∴－3<2x＋1<1.∴f(x)的定義域?yàn)?－3,1)．故選C.4．[2024·河南濮陽檢測(cè)]若“m>a”是“函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x＋m－eq\f(1,3)的圖象不過第三象限”的必要不充分條件，則實(shí)數(shù)a能取的最大整數(shù)為()A．－2B．－1C．0D．1答案：B解析：因?yàn)閒(0)＝m＋eq\f(2,3)，且函數(shù)f(x)的圖象不過第三象限，所以m＋eq\f(2,3)≥0，即m≥－eq\f(2,3)，所以“m>a”是“m≥－eq\f(2,3)”的必要不充分條件，所以a<－eq\f(2,3)，則實(shí)數(shù)a能取的最大整數(shù)為－1.故選B.5．[2024·貴州貴陽監(jiān)測(cè)]假如在等差數(shù)列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝()A．14B．21C．28D．35答案：C解析：由題意得3a4＝12，則a4＝4，所以a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a6．[2024·天津第一中學(xué)月考]如圖，在梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(2)，BC＝2，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，若eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影為－eq\f(1,2)，則eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝()A．－2B．－eq\f(1,2)C．0D.eq\r(2)答案：A解析：通解∵eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影為－eq\f(1,2)，∴eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(CB,\s\up6(→))上的投影為eq\f(1,2).∵BC＝2，∴AD＝eq\f(3,2).又點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))，又eq