2025高考数学二轮复习-第八周-专项训练【含答案】

第八周[周一]1．(2023·邵阳模拟)已知向量a＝(1,3)，b＝(1，－1)，c＝(4,5)．若a与b＋λc垂直，则实数λ的值为()A.eq\f(2,19)B.eq\f(4,11)C．2D．－eq\f(4,7)答案A解析由题意，b＋λc＝(1＋4λ，5λ－1)，由a与b＋λc垂直，则a·(b＋λc)＝0，即1＋4λ＋3×(5λ－1)＝0，解得λ＝eq\f(2,19).2．(2023·龙岩质检)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f(x＋4)＝23，当x∈(0,4]时，f(x)＝x2－2x，则函数f(x)在区间(－4,2023]上的零点个数是()A．253 B．506C．507 D．759答案B解析由f(x)＋f(x＋4)＝23得f(x＋4)＋f(x＋8)＝23，所以f(x＋8)＝f(x)，即f(x)是以8为周期的周期函数，当x∈(0,4]时，f(x)＝x2－2x有两个零点2和4，当x∈(4,8]时，x－4∈(0,4]，f(x)＝23－f(x－4)＝23－(x－4)2＋2x－4，令23－(x－4)2＋2x－4＝0，则有2x－4＝(x－4)2－23，当x∈(4,8]时，(x－4)2－23<0,2x－4>1，所以2x－4＝(x－4)2－23无解，所以当x∈(4,8]时，f(x)＝23－(x－4)2＋2x－4无零点，又2023＝252×8＋7，因此在(0,2016]上函数有2×252＝504(个)零点，当x∈(0,4]时，f(x)有两个零点2和4，当x∈(4,7]时，f(x)无零点，当x∈(－4,0]时，f(x)无零点，因此在(－4,2023]上，f(x)有504＋2＝506(个)零点．3．(多选)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为侧面ABB1A1内的一个动点(含边界)，则下列说法正确的是()A．随着P点移动，三棱锥D－PCC1的体积有最小值为eq\f(1,18)B．三棱锥A－PCD体积的最大值为eq\f(1,6)C．直线BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq\f(\r(6),3)D．作体对角线AC1的垂面α，则平面α截此正方体所得截面图形的面积越大，其周长越大答案BC解析对于A，如图1，＝＝eq\f(1,3)××1＝eq\f(1,6)为定值，故A错误；图1对于B，如图2，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，当点P在A1B1上时，三棱锥A－PCD即P－ACD的体积取最大值，Vmax＝eq\f(1,3)×S△ACD×1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,6)，故B正确；图2对于C，根据题意作图如图3所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，图3BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，因为BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BDB1，所以AC⊥平面BDB1，又B1D⊂平面BDB1，即AC⊥B1D，因为CD1⊥C1D，B1C1⊥平面D1C1CD，CD1⊂平面D1C1CD，所以B1C1⊥CD1，且C1D∩B1C1＝C1，C1D，B1C1⊂平面B1C1D，所以CD1⊥平面B1C1D，又B1D⊂平面B1C1D，即B1D⊥CD1，因为AC∩CD1＝C，AC，CD1⊂平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1，设AC∩BD＝O′，连接D1O′，设D1O′∩B1D＝F，则∠DD1F为直线DD1与平面ACD1所成的角，在Rt△DD1O′中，cos∠DD1F＝eq\f(DD1,D1O′)＝eq\f(1,\f(\r(6),2))＝eq\f(\r(6),3)，因为BB1∥DD1，所以直线BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq\f(\r(6),3)，故C正确；对于D，如图4，平面α⊥AC1，截面α从A点到平面A1BD过程中，图4截面面积和周长都越来越大；从平面A1BD到平面CB1D1过程中，设A1H＝a(0≤a≤1)，则A1G＝A1H＝BI＝BN＝DE＝DF＝a，B1I＝B1H＝CN＝CE＝D1G＝D1F＝1－a，所以GH＝IN＝EF＝eq\r(2)a，HI＝EN＝FG＝eq\r(2)(1－a)，所以截面周长为3eq\r(2)，所以截面面积先变大后变小而周长不变；从平面CB1D1到C1过程中，截面面积和周长都越来越小，故D错误．4．(2023·邵阳模拟)已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1＝2(n＋2)an(n∈N*)，设数列{an}的前n项和为Sn，则数列{an}的通项公式为an＝______________，Sn＋2＝______________.答案(n2＋n)·2n－1(n2－n＋2)·2n解析因为nan＋1＝2(n＋2)an，且a1＝2≠0，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n＋2,n)，则当n≥2时，an＝a1×eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an,an－1)＝2×eq\f(2×3,1)×eq\f(2×4,2)×eq\f(2×5,3)×…×eq\f(2×n＋1,n－1)＝n(n＋1)·2n－1＝(n2＋n)·2n－1.又当n＝1时，a1＝2符合上式，故an＝(n2＋n)·2n－1.由Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(1×2)×20＋(2×3)×21＋…＋n(n＋1)·2n－1，①2Sn＝1×2×21＋…＋(n－1)n·2n－1＋n(n＋1)·2n，②①－②得－Sn＝2－n(n＋1)·2n＋4·21＋6·22＋…＋2n·2n－1＝－n(n＋1)·2n＋(1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n)．令Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，③所以2Tn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，④③－④得－Tn＝21＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝(－n＋1)·2n＋1－2，所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.故－Sn＝－n(n＋1)·2n＋(n－1)·2n＋1＋2，则Sn＝(n2－n＋2)·2n－2，即Sn＋2＝(n2－n＋2)·2n.5．(2023·兰州模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinB＝eq\f(1,3)，且________．(1)求△ABC的面积；(2)若sinAsinC＝eq\f(\r(2),3)，求b.在①a2－b2＋c2＝2；②eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－1这两个条件中任选一个，补充在横线上，并解答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)若选①a2－b2＋c2＝2，由余弦定理的推论得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得accosB＝1，则cosB>0，又sinB＝eq\f(1,3)，则cosB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq\f(2\r(2),3)，ac＝eq\f(1,cosB)＝eq\f(3\r(2),4)，则S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(2),8).若选②eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－accosB＝－1<0，则cosB>0，又sinB＝eq\f(1,3)，则cosB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq\f(2\r(2),3)，得ac＝eq\f(1,cosB)＝eq\f(3\r(2),4)，则S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(2),8).(2)由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，则eq\f(b2,sin2B)＝eq\f(a,sinA)·eq\f(c,sinC)＝eq\f(ac,sinAsinC)＝eq\f(\f(3\r(2),4),\f(\r(2),3))＝eq\f(9,4)，则eq\f(b,sinB)＝eq\f(3,2)，b＝eq\f(3,2)sinB＝eq\f(1,2).[周二]1．(2023·东三省四市教研体模拟)要得到函数f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x的图象，只需把函数g(x)＝sin2x的图象()A．向左平移eq\f(π,6)个单位长度B．向右平移eq\f(π,6)个单位长度C．向左平移eq\f(π,3)个单位长度D．向右平移eq\f(π,3)个单位长度答案A解析f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，把函数g(x)＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象，满足要求，A正确，其他选项均不符合要求．2．(2023·湛江模拟)元宵节是春节之后的第一个重要节日，元宵节又称灯节，很多地区家家户户都挂花灯．如图是小明为自家设计的一个花灯，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为40cm和20cm，正六棱台与正六棱柱的高分别为10cm和60cm，则该花灯的体积为()A．46000eq\r(3)cm3 B．48000eq\r(3)cm3C．50000eq\r(3)cm3 D．52000eq\r(3)cm3答案C解析依题意，花灯的体积等于上面的正六棱台体积与下面的正六棱柱体积的和，所以花灯的体积V＝60S1＋eq\f(1,3)×10×(S1＋eq\r(S1S2)＋S2)＝60×600eq\r(3)＋eq\f(1,3)×10×(600eq\r(3)＋eq\r(600\r(3)×2400\r(3))＋2400eq\r(3))＝50000eq\r(3)(cm3)．3．(多选)(2023·烟台模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，O为坐标原点，过C的右焦点F作C的一条渐近线的平行线交C于点P，交C的另一条渐近线于点Q，则()A．向量eq\o(QF,\s\up6(→))在eq\o(OF,\s\up6(→))上的投影向量为eq\f(1,2)eq\o(OF,\s\up6(→))B．若△OQF为直角三角形，则C为等轴双曲线C．若tan∠OQF＝－eq\f(3,4)，则C的离心率为eq\r(10)D．若eq\o(PQ,\s\up6(→))＝4eq\o(FP,\s\up6(→))，则C的渐近线方程为x±2y＝0答案ABD解析对于A，由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|＝|QF|，∴Q在OF上的投影为OF的中点，∴eq\o(QF,\s\up6(→))在eq\o(OF,\s\up6(→))上的投影向量为eq\f(1,2)eq\o(OF,\s\up6(→))，故A正确；对于B，若△OQF为直角三角形，可得渐近线的倾斜角为45°，∴eq\f(b,a)＝1，∴a＝b，∴C为等轴双曲线，故B正确；对于C，若tan∠OQF＝－eq\f(3,4)，设∠OQF＝2α，则eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(3,4)，解得tanα＝3或tanα＝－eq\f(1,3)(舍去)，设渐近线y＝eq\f(b,a)x的倾斜角为β，可得tanβ＝eq\f(1,3)，∴eq\f(b,a)＝eq\f(1,3)，∴a＝3b，∴a2＝9b2，∴a2＝9(c2－a2)，∴10a2＝9c2，∴eq\f(c,a)＝eq\f(\r(10),3)，故C错误；对于D，设直线QF的方程为y＝eq\f(b,a)(x－c)，与渐近线y＝－eq\f(b,a)x的交点坐标为Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，－\f(bc,2a)))，若eq\o(PQ,\s\up6(→))＝4eq\o(FP,\s\up6(→))，则eq\o(FP,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(FQ,\s\up6(→))，设P(m，n)，∴(m－c，n)＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)，－\f(bc,2a)))，∴m＝eq\f(9c,10)，n＝－eq\f(bc,10a)，∵P在双曲线上，∴eq\f(\f(81c2,100),a2)－eq\f(\f(b2c2,100a2),b2)＝1，∴eq\f(4c2,5a2)＝1，∴eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，∴C的渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)x，即x±2y＝0，故D正确．4．(2023·福州质检)已知变量x和y的统计数据如表：x678910y3.54566.5若由表中数据得到经验回归方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝0.8x＋eq\o(a,\s\up6(^))，则当x＝10时的残差为________(注：观测值减去预测值称为残差)．答案－0.1解析eq\x\to(x)＝eq\f(6＋7＋8＋9＋10,5)＝8，eq\x\to(y)＝eq\f(3.5＋4＋5＋6＋6.5,5)＝5，则5＝0.8×8＋eq\o(a,\s\up6(^))，解得eq\o(a,\s\up6(^))＝－1.4，所以eq\o(y,\s\up6(^))＝0.8x－1.4，当x＝10时，eq\o(y,\s\up6(^))＝6.6，所以当x＝10时的残差为6.5－6.6＝－0.1.5．(2023·湛江模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2an－4n＋2.(1)证明：数列{an＋4}为等比数列；(2)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n,an·an＋1)))的前n项和为Tn，证明：Tn<eq\f(1,6).证明(1)由a1＝S1＝2a1－4×1＋2，解得a1＝2，所以a1＋4＝6.由Sn＝2an－4n＋2，得Sn－1＝2an－1－4(n－1)＋2，n≥2，an＝Sn－Sn－1＝(2an－4n＋2)－[2an－1－4(n－1)＋2]＝2an－2an－1－4，n≥2，所以an＝2an－1＋4，n≥2，故eq\f(an＋4,an－1＋4)＝eq\f(2an－1＋4＋4,an－1＋4)＝2，n≥2，所以数列{an＋4}是以6为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知an＋4＝6×2n－1＝3×2n，即an＝3×2n－4，故eq\f(2n,an·an＋1)＝eq\f(2n,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×2n－4))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×2n＋1－4)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3×2n－4)－\f(1,3×2n＋1－4)))，所以Tn＝eq\f(2,a1·a2)＋eq\f(22,a2·a3)＋…＋eq\f(2n,an·an＋1)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,8)＋\f(1,8)－\f(1,20)＋…＋\f(1,3×2n－4)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3×2n＋1－4)))＝eq\f(1,6)－eq\f(1,3)×eq\f(1,3×2n＋1－4)<eq\f(1,6).[周三]1．(2023·衡阳模拟)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))6的展开式中的常数项是()A．－20B．20C．－160D．160答案C解析二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)·(2eq\r(x))6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))k＝(－1)k·26－k·Ceq\o\al(k,6)·x3－k，令3－k＝0，得k＝3，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))6展开式中的常数项为(－1)3·26－3·Ceq\o\al(3,6)＝－160.2．设a＝3eq\r(3,e)，b＝eq\f(2,ln2)，c＝eq\f(e2,4－ln4)，则()A．c<a<b B．b<c<aC．a<c<b D．c<b<a答案D解析a＝eq\f(\r(3,e),ln\r(3,e))，b＝eq\f(2,ln2)＝eq\f(4,2ln2)＝eq\f(4,ln4)，c＝eq\f(e2,ln\f(e4,4))＝eq\f(e2,ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,2)))2)＝eq\f(\f(e2,2),ln\f(e2,2))，设f(x)＝eq\f(x,lnx)，x>0且x≠1，由f′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)＝0，得x＝e，当0<x<1和1<x<e时，f′(x)<0，函数单调递减；当x>e时，f′(x)>0，函数单调递增，因为f(2)＝f(4)，且1<eq\r(3,e)<2<e<eq\f(e2,2)<4，所以f(eq\r(3,e))>f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,2)))，即c<b<a.3．(多选)(2023·云南333联考)在正三棱锥P－ABC中，|PA|＝|PB|＝|PC|＝2，D为PC的中点，以下四个结论中正确的是()A．若PC⊥平面ABD，则二面角P－AB－C的余弦值为eq\f(1,3)B．若PC⊥平面ABD，则三棱锥P－ABC的外接球体积为eq\r(6)πC．若PA⊥BD，则三棱锥P－ABC的体积为eq\f(2\r(2),3)D．若PA⊥BD，则三棱锥P－ABC的外接球表面积为12π答案ABD解析A，B选项中，如图1，因为PC⊥平面ABD，所以PC⊥AD，PC⊥BD，图1因为D为PC的中点，所以PA＝AC，PB＝BC，所以正三棱锥P－ABC为正四面体，设AB的中点为E，则二面角P－AB－C的平面角为∠PEC，|PE|＝eq\r(3)，|EC|＝eq\r(3)，|PC|＝2，根据余弦定理可知cos∠PEC＝eq\f(3＋3－4,2×\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3)，根据正四面体外接球半径公式可知，外接球半径R＝eq\f(\r(6),4)a＝eq\f(\r(6),4)×2＝eq\f(\r(6),2)，则外接球体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)π，故A，B正确；C，D选项中，根据条件可知，正三棱锥P－ABC为PA，PB，PC两两垂直的正三棱锥，所以体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3)，故C错误；如图2，将正三棱锥补形为正方体，则其外接球半径r＝eq\f(1,2)eq\r(22＋22＋22)＝eq\r(3)，图2故外接球表面积S球＝4πr2＝4π×3＝12π，故D正确．4．(2023·唐山模拟)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为eq\r(3)的直线l与C交于A，B两点，则△AOB的面积为________．答案eq\f(4\r(3),3)解析由抛物线方程知F(1,0)，则直线l：y＝eq\r(3)(x－1)，即eq\r(3)x－y－eq\r(3)＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x－1，,y2＝4x，))得3x2－10x＋3＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(10,3)，∴|AB|＝x1＋x2＋2＝eq\f(16,3)，又坐标原点O到直线l的距离d＝eq\f(\r(3),\r(3＋1))＝eq\f(\r(3),2)，∴S△AOB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)×eq\f(16,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4\r(3),3).5.(2023·东三省四市教研体模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD且2AB<CD，其中△PAD为等腰直角三角形，AP＝4，∠PDA＝eq\f(π,2)，∠PAB＝eq\f(π,4)，且平面PAB⊥平面PAD，DB⊥BA.(1)求AB的长；(2)若平面PAC与平面ACD夹角的余弦值是eq\f(\r(3),15)，求CD的长．解(1)取AP的中点O，连接OD，OB，则OD⊥AP，又∵平面PAB⊥平面PAD，平面PAB∩平面PAD＝AP，OD⊂平面PAD，∴OD⊥平面APB，∵AB⊂平面APB，∴OD⊥AB，∵DB⊥BA，OD∩DB＝D，OD，DB⊂平面DOB，∴AB⊥平面DOB，∵BO⊂平面DOB，∴AB⊥BO，又∠PAB＝eq\f(π,4)，∴AB＝eq\f(\r(2),2)AO＝eq\r(2).(2)在平面APB内，过O作AP的垂线OM，交PB于点M，以O为坐标原点，eq\o(OP,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(－2,0,0)，B(－1,1,0)，D(0,0,2)，P(2,0,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,0,2)，设平面ACD的法向量为n＝(a，b，c)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n＝a＋b＝0，,\o(AD,\s\up6(→))·n＝2a＋2c＝0，))取n＝(－1,1,1)．设eq\o(DC,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))(t>2)，∴eq\o(DC,\s\up6(→))＝(t，t,0)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＝(t＋2，t,2)，设平面ACP的法向量为m＝(x，y，z)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(4,0,0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))·m＝t＋2x＋ty＋2z＝0，,\o(AP,\s\up6(→))·m＝4x＝0，))取m＝(0,2，－t)，∵平面PAC与平面ACD夹角的余弦值是eq\f(\r(3),15)，∴eq\f(\r(3),15)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈m，n〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(|2－t|,\r(3)·\r(t2＋4))，∴6t2－25t＋24＝0，∴(3t－8)(2t－3)＝0，解得t＝eq\f(8,3)或t＝eq\f(3,2)(舍去)，∴CD＝eq\f(8\r(2),3).[周四]1．已知等比数列{an}的各项均为正数，3a2＋2a3＝a4，{an}的前n项和为Sn，则eq\f(S3,a2)等于()A．3B.eq\f(13,3)C.eq\f(7,2)D．13答案B解析设等比数列{an}的公比为q，由于数列{an}的各项均为正数，则q>0，因为3a2＋2a3＝a4，即3a2＋2a2·q＝a2·q2，所以3＋2q＝q2，解得q＝3或q＝－1(舍)，则eq\f(S3,a2)＝eq\f(a1＋a2＋a3,a2)＝eq\f(a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)＋1＋q)),a2)＝eq\f(1,3)＋1＋3＝eq\f(13,3).2．将函数f(x)＝sinx的图象先向右平移eq\f(π,3)个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的eq\f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上没有零点，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,9)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(8,9))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,9)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,9)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，1)) D．(0,1]答案A解析将函数f(x)＝sinx的图象先向右平移eq\f(π,3)个单位长度，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象，再把所得函数图象的横坐标变为原来的eq\f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))的图象，由函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上没有零点，则eq\f(T,2)≥eq\f(3π,2)－eq\f(π,2)，则T≥2π，由eq\f(2π,ω)≥2π，可得0<ω≤1，假设函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上有零点，则ωx－eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，则x＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(π,3ω)，k∈Z，由eq\f(π,2)<eq\f(kπ,ω)＋eq\f(π,3ω)<eq\f(3π,2)，可得eq\f(2k,3)＋eq\f(2,9)<ω<2k＋eq\f(2,3)，k>－eq\f(1,3)，k∈Z，又0<ω≤1，则ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,9)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，1))，则由函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上没有零点，且0<ω≤1，可得ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,9)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(8,9))).3．(多选)(2023·潍坊模拟)如图所示的几何体，是将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点，作平行于底面的截面所得，且其所有棱长均为1，则()A．直线BD与直线JL所成的角为eq\f(π,3)B．直线CG与平面EFHILK所成的角为eq\f(π,6)C．该几何体的体积为eq\f(23\r(2),12)D．该几何体中，二面角A－BC－D的余弦值为eq\f(1,3)答案AC解析将该几何体还原为原正四面体Q－MNS，棱长为3，设△MNS的中心为O，连接OQ，ON，则ON＝eq\r(3)，OQ＝eq\r(6)，S△MNS＝eq\f(\r(3),4)×32＝eq\f(9\r(3),4)，V三棱锥Q－MNS＝eq\f(1,3)×eq\f(9\r(3),4)×eq\r(6)＝eq\f(9\r(2),4)，对于A，因为JL∥QN，所以直线BD与直线JL所成的角即为直线MQ与QN所成的角，为eq\f(π,3)，故A正确；对于B，直线CG与平面EFHILK所成的角即为直线QN与底面MNS所成的角，∠QNO即为所求角，sin∠QNO＝eq\f(QO,QN)＝eq\f(\r(6),3)，∠QNO≠eq\f(π,6)，故B错误；对于C，该几何体的体积为大正四面体的体积减去4个棱长为1的小正四面体的体积，eq\f(9\r(2),4)－4×eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×12×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(23\r(2),12)，故C正确；对于D，二面角A－BC－D的大小与A－BC－Q的大小互补，显然二面角A－BC－Q的平面角为锐角，所以二面角A－BC－D的平面角一定为钝角，其余弦值小于零，故D错误．4．(2023·石家庄质检)曲线y＝ex－x3在点(3，f(3))处的切线的斜率为________．答案e3－27解析y＝f(x)＝ex－x3的导数为f′(x)＝ex－3x2，所以在点(3，f(3))处的切线的斜率为f′(3)＝e3－3×32＝e3－27.5．(2023·广东名校联盟大联考)已知双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右顶点为A(2,0)，直线l过点P(4,0)，当直线l与双曲线E有且仅有一个公共点时，点A到直线l的距离为eq\f(2\r(5),5).(1)求双曲线E的标准方程；(2)若直线l与双曲线E交于M，N两点，且x轴上存在唯一一点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，0))，使得∠MQP＝∠NQP恒成立，求t.解(1)因为双曲线E的右顶点为A(2,0)，所以a＝2.当直线l与双曲线E有且仅有一个公共点时，直线l平行于双曲线E的一条渐近线．不妨设直线l的方程为y＝eq\f(b,a)(x－4)，即bx－ay－4b＝0，所以点A到直线l的距离d＝eq\f(2b,\r(b2＋a2))＝eq\f(2b,c)＝eq\f(2\r(5),5)，所以c＝eq\r(5)b.因为c2＝a2＋b2，所以b＝1，c＝eq\r(5)，故双曲线E的标准方程为eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)当l过点P(4,0)且与x轴垂直时，满足条件∠MQP＝∠NQP的点Q不唯一，所以设直线l的方程为x＝my＋4(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋4，,\f(x2,4)－y2＝1，))得(m2－4)y2＋8my＋12＝0，则y1＋y2＝－eq\f(8m,m2－4)，y1y2＝eq\f(12,m2－4)，m2－4≠0且Δ>0.因为∠MQP＝∠NQP，所以kQM＋kQN＝eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝eq\f(y1,my1＋4－t)＋eq\f(y2,my2＋4－t)＝0，所以y1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2＋4－t))＋y2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my1＋4－t))＝2my1y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－t))(y1＋y2)＝eq\f(24m,m2－4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－t))eq\f(8m,m2－4)＝eq\f(8m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－1)),m2－4)＝0，解得t＝1.当直线l恰好为x轴时，t＝1也满足题意，故t＝1.[周五]1．(2023·白山模拟)《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为()A.eq\f(π,2)B.eq\f(\r(2),2)πC.eq\r(2)πD．2eq\r(2)π答案C解析设直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为α，底面圆的半径为r，母线长为l，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以l＝eq\r(2)r，则αl＝2πr，解得α＝eq\r(2)π.2．(2023·大庆模拟)函数f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)，则方程f(x)＝4e解的个数为()A．0B．1C．2D．3答案A解析f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)，定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2x＋1x－1ex－2x－1ex,x－12)＝eq\f(x2x－3ex,x－12)，令f′(x)>0，解得x<0或x>eq\f(3,2)；令f′(x)<0，可得0<x<1或1<x<eq\f(3,2)，因此函数f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)在(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上单调递增，且当x<0时，f(x)>0；当x＝0时，取极大值f(0)＝1；当x＝eq\f(3,2)时，取极小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝；因此，函数y＝eq\f(ex2x－1,x－1)的大致图象如图所示，因为1<4e<，所以y＝4e与y＝eq\f(ex2x－1,x－1)的图象无交点，可知方程f(x)＝4e无解．3．(多选)(2023·泉州模拟)已知向量a＝(eq\r(3)，1)，b＝(cosθ，sinθ)，则下列说法正确的是()A．若θ＝eq\f(2π,3)，则a⊥bB．若a∥b，则θ＝eq\f(π,6)C．a·b的最大值为2D．|a－b|的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，3))答案ACD解析对于A，当θ＝eq\f(2π,3)时，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)，sin\f(2π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，此时a·b＝eq\r(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1×eq\f(\r(3),2)＝0，故a⊥b，故A正确；对于B，若a∥b，则cosθ＝eq\r(3)sinθ，所以tanθ＝eq\f(\r(3),3)，所以θ＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，故B错误；对于C，a·b＝eq\r(3)cosθ＋sinθ＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ＋\f(1,2)sinθ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，2))，故C正确；对于D，|a|＝eq\r(\r(3)2＋12)＝2，|b|＝eq\r(cos2θ＋sin2θ)＝1，所以|a－b|＝eq\r(a－b2)＝eq\r(a2－2a·b＋b2)＝eq\r(|a|2－2a·b＋|b|2)＝eq\r(5－4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3))))，因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，1))，所以5－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，9))，所以|a－b|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，3))，故D正确．4．已知f(x)＝1＋eq\f(a,e2x＋1)是奇函数，则实数a＝________.答案－2解析由题意得f(x)＝－f(－x)，所以1＋eq\f(a,e2x＋1)＝－1－eq\f(a,e－2x＋1)，即1＋eq\f(a,e2x＋1)＝－1－eq\f(ae2x,e2x＋1)，所以eq\f(a,e2x＋1)＋eq\f(ae2x,e2x＋1)＝－2，解得a＝－2.5．(2023·常德模拟)某水表制造有3条水表表盘生产线．(1)某检验员每天从其中的一条水表表盘生产线上随机抽取100个表盘进行检测，根据长期生产经验，可以认为该条生产线正常状态下生产的水表表盘尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．记X表示一天内抽取的100个表盘中，其尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的个数，求P(X≥1)及X的均值；(2)该公司的3条水表表盘生产线所生产表盘的次品率和生产的表盘所占比例如表所示：生产线编号次品率所占比例10.0235%20.0150%30.0415%现从所生产的表盘中随机抽取一只，若已知取到的是次品，试求该次品分别由三条生产线所生产的概率，并分析该次品来自哪条生产线的可能性最大(用频率代替概率)．附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973,0.9973100≈0.7631.解(1)抽取的一个表盘的尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之内的概率为0.9973，从而表盘的尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率为0.0027，由题可知X～B(100,0.0027)，所以P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.9973100≈0.2369，且X的均值为E(X)＝100×0.0027＝0.27.(2)设A表示“取到的是一只次品”，Bi(i＝1,2,3)表示“所取到的产品是由第i条生产线生产”，由题意得P(B1)＝0.35，P(B2)＝0.5，P(B3)＝0.15，P(A|B1)＝0.02，P(A|B2)＝0.01，P(A|B3)＝0.04，P(A)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A|B1))Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B1))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A|B2))Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B2))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A|B3))Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B3))＝0.018，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B1|A))＝eq\f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A|B1))P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B1)),PA)＝eq\f(0.02×0.35,0.018)＝eq\f(7,18)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B2|A))＝eq\f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A|B2))P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B2)),PA)＝eq\f(0.01×0.5,0.018)＝eq\f(5,18)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B3|A))＝eq\f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A|B3))P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B3)),PA)＝eq\f(0.04×0.15,0.018)＝eq\f(1,3)，故该次品来自第1条生产线的可能性最大．[周六]1．(2023·齐齐哈尔模拟)已知复数z1与z＝3＋i在复平面内对应的点关于实轴对称，则eq\f(z1,2＋i)等于()A．1＋i B．1－iC．－1＋i D．－1－i答案B解析因为复数z1与z＝3＋i在复平面内对应的点关于实轴对称，所以z1＝3－i，所以eq\f(z1,2＋i)＝eq\f(3－i,2＋i)＝eq\f(3－i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(5－5i,5)＝1－i.2．(2023·邯郸模拟)如图①，“球缺”是指一个球被平面截下的一部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高．已知球缺的体积公式为V＝eq\f(π,3)(3R－h)h2，其中R是球的半径，h是球缺的高．某航空制造公司研发一种新的机械插件，其左右两部分为圆柱，中间为球切除两个相同的“球缺”剩余的部分，制作尺寸如图②所示(单位：cm)．则该机械插件中间部分的体积约为(π≈3)()A．62326cm3 B．62328cm3C．62352cm3 D．62356cm3答案C解析过球心和“球缺”的底面圆的圆心作该几何体的截面，可得截面图如图所示，由已知可得AB＝14，设D为AB的中点，则AD＝7，由已知可得2×(OD＋AE)＝58，又AE＝5，所以OD＝24，由求得截面性质可得△ODA为以OA为斜边的直角三角形，所以OA＝eq\r(OD2＋AD2)＝25，即球的半径R＝