统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业1核心价值引领文

课时作业1核心价值引领1．[2024·东北三省四市教研联合体一模]如图所示的Venn图中，A、B是非空集合，定义集合A⊗B为阴影部分表示的集合．若A＝{x|x＝2n＋1，n∈N，n≤4}，B＝{2，3，4，5，6，7}，则A⊗B＝()A.{2，4，6，1}B．{2，4，6，9}C．{2，3，4，5，6，7}D．{1，2，4，6，9}2．[2024·山东省潍坊市高三期中]对于函数f(x)(x∈D)，若存在常数T(T>0)，使得对随意的x∈D，都有f(x＋T)≤f(x)成立，我们称函数f(x)为“T同比不增函数”．若函数f(x)＝kx＋cosx是“eq\f(π,3)同比不增函数”，则实数k的取值范围是()A．[eq\f(3,π)，＋∞)B．(－∞，－eq\f(3,π)]C．[－eq\f(3,π)，＋∞)D．(－∞，eq\f(3,π)]3．[2024·山西省晋中市高三三模]设向量a与向量b的夹角为θ，定义a与b的向量积：a×b是一个向量，它的模|a×b|＝|a||b|sinθ.若m＝(1，0)，n＝(－1，eq\r(3))，则|m×n|＝()A．－1B．1C．－eq\r(3)D．eq\r(3)4．[2024·云南省昆明市第一中学高三检测]如图，当∠xOy＝α[α∈(0，eq\f(π,2))∪(eq\f(π,2)，π)]时，定义平面坐标系xOy为α­仿射坐标系，在α­仿射坐标系中，随意一点M的斜坐标这样定义：若eq\o(OM,\s\up6(→))＝xe1＋ye2，其中e1，e2分别为与x轴、y轴正方向相同的单位向量，则M的斜坐标为(x，y).在α­仿射坐标系中，若α＝eq\f(π,3)，M的斜坐标为(2，－1)，则O到M的距离为()A．1B．eq\r(3)C．eq\r(5)D．35．[2024·云南省部分重点中学高三月考]“易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦．”太极和八卦组合成了太极八卦图(如图1).某太极八卦图的平面图如图2所示，其中正八边形的中心与圆心重合，O是正八边形的中心，MN是圆O的一条直径，且正八边形ABCDEFGH内切圆的半径为2eq\r(2)＋2，|AB|＝|MN|＝4.若点P是正八边形ABCDEFGH边上的一点，则eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))的取值范围是()A．[2eq\r(3)，4]B．[2eq\r(2)，2eq\r(3)]C．[12＋8eq\r(2)，16＋8eq\r(2)]D．[8＋8eq\r(2)，12＋8eq\r(2)]6．[2024·湖北省部分名校检测]秦九韶是我国南宋闻名数学家，在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”假如把以上这段文字写成公式就是S＝eq\r(\f(1,4)[a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))\s\up12(2)])，其中a，b，c是△ABC的内角A，B，C的对边，若sinC＝2sinAcosB，且b2＋c2＝4，则△ABC面积S的最大值为()A．eq\f(\r(5),5)B．eq\f(2\r(5),5)C．eq\f(3\r(5),5)D．eq\f(4\r(5),5)7．[2024·四川省成都市第十二中学检测]欧拉公式exi＝cosx＋isinx(其中i为虚数单位，x∈R)是由瑞士闻名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有特别重要的地位．依据欧拉公式，下列选项正确的是()A．eπi为虚数B．函数f(x)＝exi不是周期函数C．若exi＝eq\f(1－\r(3)i,2)，则x＝eq\f(2π,3)D．eeq\f(π,4)i·eeq\f(π,3)i的共轭复数是eq\f(\r(2)－\r(6),4)－eq\f(\r(2)＋\r(6),4)i8．[2024·安徽省淮南市二模]我国古代数学在宋元时期达到旺盛的顶点，涌现了一大批卓有成就的数学家，其中朱世杰与秦九韶、杨辉、李冶被誉为我国“宋元数学四大家”．朱世杰著有《四元玉鉴》和《算学启蒙》等，在《算学启蒙》中，最为引人入胜的问题莫过于堆垛问题，其中记载有以下问题：“今有三角、四角果子垛各一所，共积六百八十五个，只云三角底子一面不及四角底子一面七个，问二垛底子一面几何？”其中“积”是和的意思，“三角果子垛”是每层都是正三角形的果子垛，自上至下依次有1，3，6，10，15，…个果子，“四角果子垛”是每层都是正方形的果子垛，自上至下依次有1，4，9，16，…个果子，“底子一面”指每垛最底层每条边．依据题意，可知该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数是(参考公式：12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(n（n＋1）（2n＋1）,6))()A．4，11B．5，12C．6，13D．7，149．[2024·宁夏银川一中高三月考]设f0(x)＝sinx，f1(x)＝f′0(x)，f2(x)＝f′1(x)，…，fn＋1(x)＝f′n(x)，n∈N，则f2024(x)＝()A．sinxB．－sinxC．cosxD．－cosx10．[2024·宁夏中卫市高三一模]如图1.规定1个正方形对应1个三角形和1个正方形，1个三角形对应1个正方形．已知图2中，第1行有1个正方形和1个三角形，按上述规定得到第2行，共有2个正方形和1个三角形，按此规定接着可得到第3行，第4行，第5行，则在图2中第5行正方形的个数为()A．5B．8C．13D．1611．[2024·重庆市九龙坡区高三二模]正多面体统称为柏拉图体，被喻为最有规律的立体结构，其全部面都只由一种正多边形构成(各面都是全等的正多边形，且每个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成的二面角都相等)，正多面体共有5种，它们分别是正四面体、正六面体(即正方体)、正八面体、正十二面体、正二十面体．连接正方体中相邻面的中心(如图1)，得到另一个柏拉图体，即正八面体P­ABCD­Q(如图2)，设E，F，H分别为PA，PB，BC的中点，则下列说法正确的是()A．AP与CQ为异面直线B．经过E，F，H的平面截此正八面体所得的截面为正五边形C．平面PAB⊥平面PCDD．平面EFH∥平面PCD12．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈．问积几何？”题中的“圆亭”是一个几何体，其三视图如图所示，其中正视图和侧视图是高为1丈的全等梯形，俯视图中的两个圆的周长分别是2丈和3丈，取π＝3，则该圆亭外接球的球心到上底面的距离为()A．eq\f(5,72)丈B．eq\f(41,72)丈C．eq\f(29,72)丈D．eq\f(31,72)丈13．[2024·湖北省中学名校联考]已知集合U＝{1，2，…，n}(n∈N*，n≥2)，对于集合U的两个非空子集A，B，若A∩B＝∅，则称(A，B)为集合U的一组“互斥子集”．记集合U的全部“互斥子集”的组数为f(n)(视(A，B)与(B，A)为同一组“互斥子集”).那么f(n)＝________．14．[2024·黑龙江省哈尔滨高三四模]任取一个正整数m，若m是奇数，就将该数乘3再加上1；若m是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上闻名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等).如取正整数m＝6，依据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤第一次变成1(简称为8步“雹程”).当m＝17时，须要________步“雹程”；若m经过8步“雹程”次变成1，则m全部可能的取值集合M＝________．15．[2024·东北师范高校附中第三次摸底]我国古代数学家刘徽在其《海岛算经》中给出了闻名的望海岛问题及二次测望方法：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表三相直．从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末三合．从后表却行一百二十七步，人目着地取望岛峰，亦与表末三合．问岛高及去表各几何？这一方法领先印度500多年，领先欧洲1300多年，其大意为：测量望海岛PQ的高度及海岛离岸距离，在海岸边立两根等高标杆AB，CD(PQ，AB，CD共面，均垂直于地面)，使目测点E与P、B共线，目测点F与P、D共线，测出AE、CF、AC即可求出岛高PQ和EQ的距离(如图).若AB＝CD＝r，AE＝a，CF＝b，EF＝d，则PQ＝________．16．[2024·山东省潍坊市高三一模]2024年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来．我国古人将一年分为24个节气，如图所示，相邻两个节气的日晷长变更量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始．已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的日晷长的和为________尺．课时作业1核心价值引领1．解析：由韦恩图可知，A⊗B＝{x|x∈（A∪B），x∉（A∩B）}，因为A＝{x|x＝2n＋1，n∈N，n≤4}＝{1，3，5，7，9}，B＝{2，3，4，5，6，7}，则A∪B＝{1，2，3，4，5，6，7，9}，A∩B＝{3，5，7}，因此，A⊗B＝{1，2，4，6，9}．故选D.答案：D2．解析：因为函数f（x）＝kx＋cosx是“eq\f(π,3))同比不增函数”，所以f（x＋eq\f(π,3)）≤f（x），即k（x＋eq\f(π,3)）＋cos（x＋eq\f(π,3)）≤kx＋cosx，故eq\f(π,3)k≤cosx－cos（x＋eq\f(π,3)）＝cosx－（cosxcoseq\f(π,3)－sinxsineq\f(π,3)）＝eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)cosx＝sin（x＋eq\f(π,6)）恒成立，又因为sin（x＋eq\f(π,6)）min＝－1，因此eq\f(π,3)k≤－1，故k≤－eq\f(3,π)，即k∈（－∞，－eq\f(3,π)].故选B.答案：B3．解析：∵|m|＝eq\r(12＋02)＝1，|n|＝eq\r(（－1）2＋（\r(3)）2)＝2，∴cosθ＝eq\f(m·n,|m||n|)＝－eq\f(1,2)，又θ∈[0，π]，∴sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(3),2)，∴|m×n|＝|m||n|sinθ＝eq\r(3).故选D.答案：D4．解析：依题意eq\o(OM,\s\up6(→))＝2e1－e2，所以|eq\o(OM,\s\up6(→))|2＝（2e1－e2）2＝5－4e1·e2＝5－2＝3，得|eq\o(OM,\s\up6(→))|＝eq\r(3).故选B.答案：B5．解析：如图，连接PO.因为eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))，所以eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝（eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))）·（eq\o(PO,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))）＝eq\a\vs4\al(\o(PO,\s\up6(→)))2－eq\o(OM,\s\up6(→))2.因为正八边形ABCDEFGH内切圆的半径为2eq\r(2)＋2，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4，所以2eq\r(2)＋2≤|eq\o(PO,\s\up6(→))|≤eq\r(16＋8\r(2)).因为|MN|＝4，所以|eq\o(OM,\s\up6(→))|＝2，所以8＋8eq\r(2)≤eq\a\vs4\al(\o(PO,\s\up6(→)))2－eq\a\vs4\al(\o(OM,\s\up6(→)))2≤12＋8eq\r(2)，即eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))的取值范围是[8＋8eq\r(2)，12＋8eq\r(2)].故选D.答案：D6．解析：由sinC＝2sinAcosB得c＝2a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，得a＝b，所以S＝eq\r(\f(1,4)[a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))\s\up12(2)])＝eq\r(\f(1,4)（b2c2－\f(c4,4)）)＝eq\r(\f(1,4)（4c2－c4－\f(c4,4)）)＝eq\f(1,2)eq\r(4c2－\f(5c4,4))＝eq\f(1,2)eq\r(c2（4－\f(5c2,4)）)＝eq\f(1,2)eq\r(\f(4,5)·\f(5,4)c2（4－\f(5c2,4)）)≤eq\f(1,2)eq\r(\f(4,5))·eq\f(\f(5c2,4)＋4－\f(5c2,4),2)＝eq\f(2\r(5),5)，当且仅当c2＝eq\f(8,5)，b2＝a2＝eq\f(12,5)时，等号成立．故选B.答案：B7．解析：eπi＝cosπ＋isinπ＝－1，为实数，A错误；f（x）＝exi＝cosx＋isinx，由于sinx，cosx是最小正周期为2π的函数，所以f（x）＝exi＝cosx＋isinx是周期函数，B错误；由题意得cosx＋isinx＝eq\f(1－\r(3)i,2)，所以cosx＝eq\f(1,2)，sinx＝－eq\f(\r(3),2)，又x＝eq\f(2π,3)时，cosx＝－eq\f(1,2)，sinx＝eq\f(\r(3),2)，故C错误；eeq\f(π,4)i·eeq\f(π,3)i＝（coseq\f(π,4)＋isineq\f(π,4)）（coseq\f(π,3)＋isineq\f(π,3)）＝（eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)i）（eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i）＝eq\f(\r(2)－\r(6),4)＋eq\f(\r(6)＋\r(2),4)i，故共轭复数是eq\f(\r(2)－\r(6),4)－eq\f(\r(2)＋\r(6),4)i，D正确．故选D.答案：D8．解析：设三角果子垛自上至下依次为a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，…，当n≥2时，an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a3－a2＋a2－a1＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2)，且n＝1时a1＝1，所以三角果子垛第n层的果子数为an＝eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2)，四角果子垛第n层的果子数为n2，设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为m，m＋7，所以三角果子垛各层果子总和为eq\f(1,2)（12＋22＋32＋…＋m2）＋eq\f(1,2)（1＋2＋3＋…＋m），四角果子垛各层果子总和为12＋22＋32＋…＋（m＋7）2，由题意eq\f(1,2)（12＋22＋32＋…＋m2）＋eq\f(1,2)（1＋2＋3＋…＋m）＋12＋22＋32＋…＋（m＋7）2＝685，即eq\f(1,2)×eq\f(m（m＋1）（2m＋1）,6)＋eq\f(m（m＋1）,4)＋eq\f(（m＋7）（m＋8）（2m＋15）,6)＝685，解得m＝5，m＋7＝12，所以该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别是5，12.故选B.答案：B9．解析：f0（x）＝sinx，f1（x）＝f′0（x）＝（sinx）′＝cosx，f2（x）＝f′1（x）＝（cosx）′＝－sinx，f3（x）＝f′2（x）＝（－sinx）′＝－cosx，f4（x）＝f′3（x）＝（－cosx）′＝sinx，所以fn（x）＝fn＋4（x）（n∈N）.故f2024（x）＝f0（x）＝sinx．故选A.答案：A10．解析：设an为第n行中正方形的个数，bn为第n行中三角形的个数，由于每个正方形产生下一行的1个三角形和1个正方形，每个三角形产生下一行的1个正方形，则有an＋1＝an＋bn，bn＋1＝an，整理得an＋1＝an＋an－1（n≥2），且a1＝1，a2＝2，则a3＝a2＋a1＝3，a4＝a3＋a2＝5，a5＝a4＋a3＝8.所以第5行的正方形的个数为8.故选B.答案：B11．解析：对于A，明显APCQ为平行四边形，则AP∥CQ，故A错误；对于B，分别取CQ，DQ，AD的中点M，N，L，依次连接HM，MN，NL，LE，如图所示，经过E，F，H的截面EFHMNL为正六边形，故B错误；对于C，分别取AB，CD的中点R，S，连接PR，PS，RS，则∠RPS为平面PAB与平面PCD所成的角，设正方体的棱长为2，则正八面体的棱长为eq\r(2)，PR＝PS＝eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(6),2)，RS＝eq\r(2)，PR2＋PS2≠RS2，即平面PAB与平面PCD不垂直，故C错误；对于D，由于E，F，H分别为PA，PB，BC的中点，所以EF∥AB∥CD，FH∥PC，依据线面平行的判定定理知EF∥平面PCD，同理FH∥平面PCD，EF∩FH＝F，则平面EFH∥平面PCD，故D正确，故选D.答案：D12．解析：由三视图知，这个几何体是上下底的底面圆周长分别为2丈和3丈，高为1丈的圆台，而π＝3，则圆台上下底面圆半径分别为eq\f(1,3)，eq\f(1,2)，由球面的截面小圆性质知，球心在两底面圆圆心确定的直线上，令球半径为R，球心到上底面圆距离为x，当球心在圆台内时，0<x≤1，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(R2＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋x2,R2＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋（1－x）2))，解得x＝eq\f(41,72)，此时x＝eq\f(41,72)；当球心在圆台外时，x>1，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(R2＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋x2,R2＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋（x－1）2))，解得x＝eq\f(41,72)，此时无解，圆亭外接球的球心到上底面的距离为eq\f(41,72).故选B.答案：B13．解析：依据题意，随意一个元素只能在集合A，B，C＝∁U（A∪B）之一中，则这n个元素在集合A，B，C中，共有3n种；其中A为空集的种数为2n，B为空集的种数为2n个，故可得A，B均为非空子集的种数为3