2025高考数学二轮复习-第四周-专项训练【含答案】

第四周[周一]1．(2023·钦州模拟)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a2＋a5＋a8是一个定值，则下列各数也是定值的是()A．a1B．a6C．S9D．S10答案C解析由a2＋a5＋a8＝(a1＋d)＋(a1＋4d)＋(a1＋7d)＝3a1＋12d＝3(a1＋4d)＝3a5，可知a5为定值，S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5也为定值．2．(2023·温州模拟)已知a＝e0.1，b＝eq\r(3,1.3)，c＝1.052，则()A．a>b>c B．c>b>aC．b>c>a D．a>c>b答案D解析因为lna＝0.1，lnc＝ln1.052＝2ln1.05，所以eq\f(1,2)lna＝0.05，eq\f(1,2)lnc＝ln(1＋0.05)，先证明ln(1＋x)<x(x>－1)，设f(x)＝ln(1＋x)－x(x>－1)，则f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＝－eq\f(x,1＋x)，令f′(x)>0，得－1<x<0；令f′(x)<0，得x>0，所以函数f(x)在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f(0.05)<f(0)，即ln(1＋0.05)－0.05<0，即ln(1＋0.05)<0.05，所以2ln1.05<0.1＝lne0.1，即1.052<e0.1，即c<a.而b＝＝1.1，c＝1.052＝1.1025>1.1，所以a>c>b.3．(多选)(2023·马鞍山模拟)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，点P在准线上，过点F作PF的垂线且与抛物线交于A，B两点，则()A．|PF|的最小值为2B．若|PA|＝|PB|，则|AB|＝2|PF|C．若|AB|＝8，则|PF|＝2eq\r(2)D．若点P不在x轴上，则|FA|·|FB|>|PF|2答案ABC解析点F(1,0)，抛物线的准线方程为x＝－1，设P(－1，m)，|PF|＝eq\r([1－－1]2＋m2)＝eq\r(4＋m2)≥eq\r(4)＝2，所以点P在x轴上时，|PF|有最小值2，所以选项A正确；若|PA|＝|PB|，根据抛物线的对称性可知点P在x轴上，把x＝1代入y2＝4x中，得y＝±2，|AB|＝2－(－2)＝4，此时|PF|＝2，于是有|AB|＝2|PF|，所以选项B正确；因为|AB|＝8，显然点P不在x轴上，则有kPF＝eq\f(m,－2)⇒kAB＝eq\f(2,m)，所以直线AB的方程为y＝eq\f(2,m)(x－1)，代入抛物线方程中，得x2－(2＋m2)x＋1＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2＋m2，|AB|＝x1＋1＋x2＋1＝8⇒2＋m2＋2＝8⇒m2＝4，|PF|＝eq\r(22＋m2)＝eq\r(4＋4)＝2eq\r(2)，所以选项C正确；点P不在x轴上，由上可知，x1＋x2＝2＋m2，x1x2＝1，|FA|·|FB|＝(x1＋1)(x2＋1)＝x1＋x2＋x1x2＋1＝2＋m2＋2＝m2＋4，而|PF|2＝4＋m2，显然|FA|·|FB|＝|PF|2，所以选项D不正确．4.(2023·深圳模拟)足球是一项很受欢迎的体育运动．如图，某足球场的底线宽AB＝72码，球门宽EF＝8码，球门位于底线的正中位置．在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点P，使得∠EPF最大，这时候点P就是最佳射门位置．当攻方球员甲位于边线上的点O处(OA＝AB，OA⊥AB)时，根据场上形势判断，有eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))两条进攻线路可供选择．若选择线路eq\o(OA,\s\up6(→))，则甲带球________码时，到达最佳射门位置．答案72－16eq\r(5)解析若选择线路eq\o(OA,\s\up6(→))，设AP＝t，其中0<t≤72，AE＝32，AF＝32＋8＝40，则tan∠APE＝eq\f(AE,AP)＝eq\f(32,t)，tan∠APF＝eq\f(AF,AP)＝eq\f(40,t)，所以tan∠EPF＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠APF－∠APE))＝eq\f(tan∠APF－tan∠APE,1＋tan∠APFtan∠APE)＝eq\f(\f(40,t)－\f(32,t),1＋\f(1280,t2))＝eq\f(\f(8,t),1＋\f(1280,t2))＝eq\f(8,t＋\f(1280,t))≤eq\f(8,2\r(t·\f(1280,t)))＝eq\f(\r(5),20)，当且仅当t＝eq\f(1280,t)，即t＝16eq\r(5)时，等号成立，此时OP＝OA－AP＝72－16eq\r(5)，所以，若选择线路eq\o(OA,\s\up6(→))，则甲带球(72－16eq\r(5))码时，到达最佳射门位置．5．(2023·兰州模拟)某省农科院为支持省政府改善民生，保证冬季蔬菜的市场供应，深入开展了反季节蔬菜的相关研究，其中一项是冬季大棚内的昼夜温差x(℃)与反季节蔬菜种子发芽数y(个)之间的关系，经过一段时间观测，获得了下列一组数据(y值为观察值)：温差x(℃)89101112发芽数y(个)2324262730(1)在所给坐标系中，根据表中数据绘制散点图，并判断y与x是否具有线性相关关系(不需要说明理由)；(2)用直线l的方程来拟合这组数据的相关关系，若直线l过散点图中的中间点(即点(10,26))，且使发芽数的每一个观察值与直线l上对应点的纵坐标的差的平方之和最小，求出直线l的方程；(3)用(2)中求出的直线方程预测当温度差为15℃时，蔬菜种子发芽的个数．解(1)作出数据分布的散点图，如图所示，由散点图知五个点明显分布在某条直线的附近，因此由散点图可以判断y与x有线性相关关系．(2)设直线的方程为y－26＝k(x－10)，即y＝k(x－10)＋26，则五个x值对应的直线l上的纵坐标分别为－2k＋26，－k＋26，k＋26,2k＋26，若设观察值与纵坐标差的平方和为D，则D＝(－2k＋3)2＋(－k＋2)2＋(k－1)2＋(2k－4)2＝10k2－34k＋30＝10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(17,10)))2＋eq\f(11,10)，所以当k＝eq\f(17,10)时D取最小值，此时直线l的方程为y＝eq\f(17,10)x＋9.(3)由直线l的方程为y＝eq\f(17,10)x＋9，令x＝15，可得y＝eq\f(17,10)×15＋9＝34.5≈35，所以可预测当温度差为15℃时，蔬菜种子发芽的个数约为35.[周二]1．(2023·南京模拟)在运动会中，甲、乙、丙参加了跑步、铅球、标枪三个项目，每人参加的比赛项目不同．已知①乙没有参加跑步；②若甲参加铅球，则丙参加标枪；③若丙没有参加铅球，则甲参加铅球．下列说法正确的为()A．丙参加了铅球B．乙参加了铅球C．丙参加了标枪D．甲参加了标枪答案A解析由①乙没有参加跑步，则乙参加铅球或标枪，若乙参加铅球，则丙就没有参加铅球，由③可知甲参加铅球，故矛盾，所以乙参加标枪，显然丙没有参加标枪，则丙参加铅球，甲参加跑步．综上可得，甲参加跑步，乙参加标枪，丙参加铅球．2.(2023·浙江金丽衢十二校联考)数学里有一种证明方法叫做Proofwithoutwords，也被称为无字证明，是指仅用图象而无需文字解释就能不证自明的数学命题，由于这种证明方法的特殊性，无字证明被认为比严格的数学证明更为优雅和有条理．如图，点C为半圆O上一点，CH⊥AB，垂足为H，记∠COB＝θ，则由tan∠BCH＝eq\f(BH,CH)可以直接证明的三角函数公式是()A．taneq\f(θ,2)＝eq\f(sinθ,1－cosθ)B．taneq\f(θ,2)＝eq\f(sinθ,1＋cosθ)C．taneq\f(θ,2)＝eq\f(1－cosθ,sinθ)D．taneq\f(θ,2)＝eq\f(1＋cosθ,sinθ)答案C解析由已知∠COB＝θ，则∠CBO＝eq\f(π,2)－eq\f(θ,2)，∠BCH＝eq\f(θ,2)，又taneq\f(θ,2)＝eq\f(BH,CH)，sinθ＝eq\f(CH,OC)，cosθ＝eq\f(OH,OC)，BH＋OH＝OB＝OC，因此eq\f(1－cosθ,sinθ)＝eq\f(1－\f(OH,OC),\f(CH,OC))＝eq\f(BH,CH)＝taneq\f(θ,2).3．(多选)(2023·南京模拟)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，AA1＝AB，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，则()A．点A1在平面ABCD内的射影在AC上B．AC1⊥平面A1BDC．AC1与平面A1BD的交点是△A1BD的重心D．二面角B1－BD－C的大小为45°答案ACD解析设eq\o(AA1,\s\up6(→))＝a，eq\o(AB,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，正方形的边长为1，则a·b＝1×1×cos60°＝eq\f(1,2)，a·c＝1×1×cos60°＝eq\f(1,2)，b·c＝0，对于选项A，AA1＝AB，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，根据对称性知，点A1在平面ABCD内的射影在∠BAD的平分线上，即在AC上，故A正确；对于选项B，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝－a＋b，eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a＋b))＝－a2＋b2－a·c＋b·c＝－eq\f(1,2)≠0，故B错误；对于选项C，设AC，BD交于点O，AC1与A1O交于点Q，则Q即为AC1与平面A1BD的交点，则eq\f(A1Q,OQ)＝eq\f(A1C1,AO)＝2，A1O为△A1BD中BD边上的中线，故Q为△A1BD的重心，故C正确；对于选项D，连接B1D1与A1C1相交于点H，连接HO，根据对称性知HO⊥BD，又AC⊥BD，HO⊂平面B1BD，AC⊂平面CBD，故∠HOC为二面角B1－BD－C的平面角，eq\o(HC,\s\up6(→))＝－a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c，故eq\o(HC,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(1,2)b＋\f(1,2)c))2＝a2＋eq\f(1,4)b2＋eq\f(1,4)c2－a·b－a·c＋eq\f(1,2)c·b＝eq\f(1,2)，故HC＝eq\f(\r(2),2)，HO＝AA1＝1，OC＝eq\f(\r(2),2)，故∠HOC＝45°，正确．4．(2023·蚌埠质检)已知a＝(1,2)，b＝(2，m)，a⊥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－3b))，则m＝________.答案－eq\f(1,6)解析由已知可得a－3b＝(1,2)－3(2，m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5，2－3m))，由题意可得a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－3b))＝－5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－3m))＝0，解得m＝－eq\f(1,6).5．(2023·福州模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2－a2＝2c2.(1)求eq\f(tanB,tanA)的值；(2)求C的最大值．解(1)由余弦定理可得b2＝c2＋a2－2accosB，代入b2－a2＝2c2，得(c2＋a2－2accosB)－a2＝2c2，化简得c2＋2accosB＝0，即c＋2acosB＝0.由正弦定理可得sinC＋2sinAcosB＝0，即sin(A＋B)＋2sinAcosB＝0，展开得sinAcosB＋cosAsinB＋2sinAcosB＝0，即3sinAcosB＝－cosAsinB，所以eq\f(tanB,tanA)＝－3.(2)由b2－a2＝2c2得c2＝eq\f(b2－a2,2)，故cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\f(b2－a2,2),2ab)＝eq\f(3a2＋b2,4ab)＝eq\f(3a,4b)＋eq\f(b,4a)≥2eq\r(\f(3,16))＝eq\f(\r(3),2)，当且仅当b2＝3a2，即b＝eq\r(3)a时等号成立．因为C∈(0，π)，所以C≤eq\f(π,6)，所以C的最大值为eq\f(π,6).[周三]1．(2023·白山模拟)已知向量a＝(1，m)，b＝(－1,0)，且|a－b|＝a·b＋6，则|a|等于()A.eq\r(5)B．2eq\r(3)C.eq\r(22)D．2eq\r(6)答案C解析因为向量a＝(1，m)，b＝(－1,0)，所以a－b＝(2，m)，a·b＝－1，又因为|a－b|＝a·b＋6，所以eq\r(22＋m2)＝5，解得m2＝21，所以|a|＝eq\r(12＋m2)＝eq\r(22).2．已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋1)＋f(x－1)＝2，若f(0)＝2，则eq\i\su(k＝1,115,f)(k)等于()A．116B．115C．114D．113答案C解析由f(x＋1)＋f(x－1)＝2，得f(x＋2)＋f(x)＝2，即f(x＋2)＝2－f(x)，所以f(x＋4)＝2－f(x＋2)＝2－[2－f(x)]＝f(x)，所以函数f(x)是以4为周期的函数，又f(x＋1)＋f(x－1)＝2，所以f(1)＋f(3)＝2，f(2)＋f(4)＝2，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4，又f(0)＋f(2)＝2，f(0)＝2，所以f(2)＝0，所以eq\i\su(k＝1,115,f)(k)＝[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]×28＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝4×28＋2＋0＝114.3．(多选)(2023·永州模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l与C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，其中点A在第一象限，点M是AB的中点，MN垂直于准线于点N，则下列结论正确的是()A．若eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，则直线l的倾斜角为eq\f(π,3)B．点M到准线的距离为eq\f(|AB|,2)C．若直线l经过焦点F且eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－12，则p＝4D．若以AB为直径的圆M经过焦点F，则eq\f(|AB|,|MN|)的最小值为eq\r(2)答案ACD解析对于A选项，因为eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，所以A，F，B三点共线，即直线l经过抛物线焦点．当直线l的斜率为0时，此时直线l与C只有1个交点，不符合题意，故设直线l：x＝eq\f(p,2)＋my，与y2＝2px联立，得y2－2pmy－p2＝0，故y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2，因为eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，所以y1＝－3y2，因为点A在第一象限，所以y1>0，故y2<0，即－pm<0，m>0，解得m＝eq\f(\r(3),3)，故直线l的斜率为eq\f(1,m)＝eq\r(3)，设直线l的倾斜角为θ(0<θ<π)，则tanθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,3)，A正确；对于B选项，当直线l不经过焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))时，设|AF|＝m，|BF|＝n，由三角形三边关系可知|AF|＋|BF|>|AB|，由抛物线定义可知|AF|＋|BF|＝2|MN|>|AB|，即|MN|>eq\f(|AB|,2)，B不正确；对于C选项，由题意得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，准线方程为x＝－eq\f(p,2)，当直线l的斜率为0时，此时直线l与C只有1个交点，不符合题意，故设直线l：x＝eq\f(p,2)＋my，与y2＝2px联立得y2－2pmy－p2＝0，故y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2，则x1x2＝eq\f(y1y22,4p2)＝eq\f(p2,4)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(p2,4)－p2＝－12，解得p＝4，C正确；对于D选项，设|AF|＝m，|BF|＝n，过点A作AQ⊥准线于点Q，过点B作BP⊥准线于点P，因为以AB为直径的圆M经过焦点F，所以AF⊥BF，则|AB|＝eq\r(m2＋n2)，由抛物线定义可知，|MN|＝eq\f(|AQ|＋|BP|,2)＝eq\f(|AF|＋|BF|,2)＝eq\f(m＋n,2)，由基本不等式得m2＋n2≥2mn，则2(m2＋n2)≥2mn＋m2＋n2＝(m＋n)2，当且仅当m＝n时，等号成立，故eq\r(m2＋n2)≥eq\f(m＋n,\r(2))，即eq\f(|AB|,|MN|)＝eq\f(\r(m2＋n2),\f(m＋n,2))＝eq\f(2\r(m2＋n2),m＋n)≥eq\r(2)，D正确．4．(2023·温州模拟)平面内有四条平行线，相邻两条间的距离为1，每条直线上各取一点围成矩形，则该矩形面积的最小值是________．答案4解析如图，四边形ABCD为矩形，令∠EAB＝θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则AB＝eq\f(1,sinθ)，AD＝eq\f(2,cosθ)，所以S＝eq\f(2,\f(1,2)sin2θ)≥4，当且仅当θ＝eq\f(π,4)时等号成立，故面积的最小值是4.5.(2023·江苏八市模拟)如图，在圆台OO1中，A1B1，AB分别为上、下底面直径，且A1B1∥AB，AB＝2A1B1，CC1为异于AA1，BB1的一条母线．(1)若M为AC的中点，证明：C1M∥平面ABB1A1；(2)若OO1＝3，AB＝4，∠ABC＝30°，求平面OCC1与平面ACC1夹角的正弦值．(1)证明如图，连接A1C1，因为在圆台OO1中，上、下底面直径分别为A1B1，AB，且A1B1∥AB，所以AA1，BB1，CC1为圆台母线且交于一点P，所以A，A1，C1，C四点共面．在圆台OO1中，平面ABC∥平面A1B1C1，由平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，平面AA1C1C∩平面A1B1C1＝A1C1，得A1C1∥AC.又A1B1∥AB，AB＝2A1B1，所以eq\f(PA1,PA)＝eq\f(A1B1,AB)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(PC1,PC)＝eq\f(PA1,PA)＝eq\f(1,2)，即C1为PC中点．在△PAC中，M为AC的中点，所以C1M∥PA，即C1M∥AA1.因为AA1⊂平面ABB1A1，C1M⊄平面ABB1A1，所以C1M∥平面ABB1A1.(2)解以O为坐标原点，OB，OO1分别为y，z轴，过O且垂直于平面ABB1A1的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为∠ABC＝30°，所以∠AOC＝60°.则A(0，－2,0)，C(eq\r(3)，－1,0)，O1(0,0,3)．因为eq\o(OC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1,0)，所以eq\o(O1C1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0)).所以C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，3))，所以eq\o(C1C,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，－3)).设平面OCC1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(OC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(C1C,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1－y1＝0，,\f(\r(3),2)x1－\f(1,2)y1－3z1＝0，))令x1＝1，则y1＝eq\r(3)，z1＝0，所以n1＝(1，eq\r(3)，0)，又eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)，设平面ACC1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(C1C,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2＋y2＝0，,\f(\r(3),2)x2－\f(1,2)y2－3z2＝0，))令x2＝1，则y2＝－eq\r(3)，z2＝eq\f(\r(3),3)，所以n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，\f(\r(3),3)))，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n2)))＝eq\f(1×1＋\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)))＋0×\f(\r(3),3),\r(1＋3)×\r(1＋3＋\f(1,3)))＝－eq\f(\r(39),13).设平面OCC1与平面ACC1的夹角为θ，则cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n1，n2〉))＝eq\f(\r(39),13)，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(130),13).所以平面OCC1与平面ACC1夹角的正弦值为eq\f(\r(130),13).[周四]1.(2023·青岛模拟)龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm.现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为()A．1824cm3 B．2739cm3C．3618cm3 D．4512cm3答案B解析如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长EC与FD交于点G.根据题意，AB＝20cm，CD＝10cm，AC＝15cm，EC＝6cm，设CG＝xcm，EF＝ycm，所以eq\f(10,20)＝eq\f(x,x＋15)，eq\f(10,y)＝eq\f(x,x＋6)，解得x＝15，y＝14，所以V＝eq\f(1,3)(π×142＋π×102＋π×14×10)×6＝872π≈2739(cm3)．2．(2023·云南333联考)已知f(x)＝3a2＋2axlnx，a∈{－1,1}，g(x)＝bx－x2，b∈{1,2,3,4}，使f(x)>g(x)恒成立的有序数对(a，b)有()A．2个B．4个C．6个D．8个答案B解析由题意得函数定义域为(0，＋∞)，要想f(x)>g(x)恒成立，即3a2＋2axlnx>bx－x2恒成立，只需eq\f(3a2,x)＋2alnx>b－x恒成立，只需x＋eq\f(3a2,x)＋2alnx>b恒成立，设h(x)＝x＋eq\f(3a2,x)＋2alnx(x>0)，h′(x)＝eq\f(x＋3ax－a,x2)，所以当a＝－1时，h(x)min＝h(3)＝4－2ln3，使f(x)>g(x)恒成立的b可取1；当a＝1时，h(x)min＝h(1)＝4，使f(x)>g(x)恒成立的b可取1,2,3，所以(a，b)有(1,1)，(－1,1)，(1,2)，(1,3)，共4个．3．(多选)(2023·石家庄质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是AB，CC1的中点，则()A．AC1∥MNB．B1D⊥MNC．平面MND截此正方体所得截面的周长为eq\f(5\r(5)＋\r(17),2)D．三棱锥B1－MND的体积为3答案BC解析如图1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，图1则A(2,0,0)，C1(0,2,2)，M(2,1,0)，N(0,2,1)，D(0,0,0)，B1(2,2,2)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－2,2,2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(2,2,2)．因为eq\f(－2,－2)≠eq\f(2,1)，所以AC1与MN不平行，A不正确；因为eq\o(DB1,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝2×(－2)＋2×1＋2×1＝0，所以B1D⊥MN，B正确；如图2，取BB1的中点P，BP的中点Q，连接AP，MQ，NQ，图2由正方体的性质可知，AP∥DN.因为M，Q分别为AB，BP的中点，所以AP∥MQ，所以DN∥MQ；平面MND截正方体所得截面为梯形DMQN，因为正方体的棱长为2，所以DM＝DN＝eq\r(5)，MQ＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(5),2)，QN＝eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(17),2)，所以平面MND截此正方体所得截面的周长为eq\f(5\r(5)＋\r(17),2)，C正确；由上面分析可知，DN∥MQ，DN⊂平面B1DN，MQ⊄平面B1DN，所以MQ∥平面B1DN，即点M到平面B1DN的距离等于点Q到平面B1DN的距离，如图3，，图3而·DC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(3,2)×2×2＝1，所以三棱锥B1－MND的体积为1，D不正确．4.(2023·怀化模拟)如图，A，F分别是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右顶点和右焦点，过＝3∶2，则C的离心率为_______________________________________．答案eq\f(\r(15),3)解析由题意可知A(a,0)，F(c,0)，不妨取渐近线方程为bx－ay＝0，则点A到渐近线的距离为AA′＝eq\f(ab,\r(a2＋b2))＝eq\f(ab,c)，点F到渐近线的距离为FF′＝eq\f(bc,\r(a2＋b2))＝b，又因为S△OAA′∶S梯形AA′F′F＝3∶2，所以S△OAA′∶S△OF′F＝3∶5，且易知△OAA′∽△OFF′，所以eq\f(S△OAA′,S△OF′F)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AA′,FF′)))2＝eq\f(3,5)，即可得eq\f(a,c)＝eq\r(\f(3,5))，所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(15),3).5．(2023·台州模拟)已知数列{an}，{bn}满足：a1＋2b1＝1，an＋1＝eq\f(3,4)an－eq\f(1,2)bn,2bn＋1＝eq\f(3,2)bn－eq\f(1,4)an.(1)求证：数列{an＋2bn}是等比数列；(2)若________(从下列三个条件中任选一个)，求数列{an}的前n项和Sn.①a1－2b1＝1；②b2＝－eq\f(1,8)；③a2－2b2＝1.(1)证明因为an＋1＝eq\f(3,4)an－eq\f(1,2)bn，2bn＋1＝eq\f(3,2)bn－eq\f(1,4)an，所以an＋1＋2bn＋1＝eq\f(3,4)an－eq\f(1,2)bn＋eq\f(3,2)bn－eq\f(1,4)an＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋2bn))，所以eq\f(an＋1＋2bn＋1,an＋2bn)＝eq\f(1,2)，又因为a1＋2b1＝1，所以数列{an＋2bn}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列．(2)解由(1)知an＋2bn＝eq\f(1,2n－1)，又因为an＋1－2bn＋1＝eq\f(3,4)an－eq\f(1,2)bn－eq\f(3,2)bn＋eq\f(1,4)an＝an－2bn，所以数列{an－2bn}为常数列．若选择条件①或③，均可得an－2bn＝1，所以an＝eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2)，所以Sn＝eq\f(n＋2,2)－eq\f(1,2n).若选择条件②，因为b2＝－eq\f(1,8)，2bn＋1＝eq\f(3,2)bn－eq\f(1,4)an，所以eq\f(3,2)b1－eq\f(1,4)a1＝－eq\f(1,4)，又因为a1＋2b1＝1，所以a1＝1，b1＝0，所以a1－2b1＝1，所以an－2bn＝1，所以an＝eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2)，所以Sn＝eq\f(n＋2,2)－eq\f(1,2n).[周五]1．(2023·邵阳模拟)已知集合A＝[－2,5]，B＝[m＋1,2m－1]．若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，则m的取值范围是()A．(－∞，3] B．(2,3]C．∅ D．[2,3]答案B解析若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，则BA，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋1<2m－1，,m＋1≥－2，,2m－1≤5，))(两个等号不同时取到)解得2<m≤3，即m的取值范围是(2,3]．2．(2023·沧州调研)已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(3π,4)))(其中ω>0)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，当f(x)的最小正周期取得最大值时，距离原点最近的对称中心为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))答案D解析由已知得eq\f(π,6)ω＋eq\f(3π,4)＝kπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，即ω＝6k－eq\f(9,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，当k＝1时，ω取最小值eq\f(3,2)，则T最大，此时f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(3π,4)))，令eq\f(3,2)x＋eq\f(3π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，则其对称中心的横坐标为x＝eq\f(2,3)kπ－eq\f(π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，当k＝0时，函数f(x)的图象上距离原点最近的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0)).3．(多选)(2023·宁德质检)某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品，其产量比为2∶3.从两个车间中各随机抽取了10个样品进行测量，其数据(单位：mm)如下：甲车间：9.410.19.810.210.010.110.29.610.39.8乙车间：10.39.29.610.010.39.810.49.410.210.3规定数据在(9.5,10.5)内的产品为合格品．若将频率作为概率，则以下结论正确的是()A．甲车间样本数据的第40百分位数为9.8B．从样本数据看，甲车间的极差小于乙车间的极差C．从两个车间生产的产品中任取一件，取到合格品的概率为0.84D．从两个车间生产的产品中任取一件，若取到不合格品，则该产品出自甲车间的概率为0.4答案BC解析对于A，甲车间样本数据从小到大排列为9.4,9.6,9.8,9.8,10.0,10.1,10.1,10.2,10.2,10.3，又10×40%＝4，所以第40百分位数为第4,5两个数的平均数，即eq\f(9.8＋10,2)＝9.9，故A错误；对于B，甲车间的极差为10.3－9.4＝0.9，乙车间的极差为10.4－9.2＝1.2，故B正确；对于C，从样本数据可知甲车间合格品的概率P1＝eq\f(9,10)，乙车间合格品的概率P2＝eq\f(8,10)＝eq\f(4,5)，甲、乙两车间产量比为2∶3，若从两个车间生产的产品中任取一件，取到合格品的概率P＝eq\f(2,5)×eq\f(9,10)＋eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(21,25)＝0.84，故C正确；对于D，由C可知取到不合格品的概率P3＝1－P＝1－0.84＝0.16，所以若取到不合格品，则该产品出自甲车间的概率P4＝eq\f(\f(2,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,10))),0.16)＝0.25，故D错误．4．(2023·宁德质检)已知函数f(x)满足如下条件：①定义域为R；②存在x0∈R，使得f(x0)＝f′(x0)＝0；③f(x)≤0，试写出一个符合上述要求的函数f(x)＝______________.答案－x2(答案不唯一)解析设f(x)＝－x2，则函数定义域为R，f′(x)＝－2x，f(0)＝f′(0)＝0，f(x)≤0.5．(2023·白山模拟)已知函数f(x)＝aex－bx－c(0<a<1，b>0)．(1)若a＝b，求f(x)的极值；(2)若x1，x2是f(x)的两个零点，且x1>x2，证明：>eq\f(4b,a).(1)解由题可知，当a＝b时，f′(x)＝aex－a＝a(ex－1)，则当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝0时，f(x)取得极小值a－c，无极大值．(2)证明记＝t1，＝t2，m＝eq\f(t1,t2)>1，则at1－blnt1－c＝0，at2－blnt2－c＝0，作差得a(t1－t2)＝bln

eq\f(t1,t2)，即eq\f(t1－t2,ln\f(t1,t2))＝eq\f(b,a)，要证明>eq\f(4b,a)，只需证ln

eq\f(t1,t2)>eq\f(4a1－at1－t2,1－at1＋at2)，即证lnm>eq\f(4a1－am－1,1－am＋a)，令g(m)＝lnm－eq\f(4a1－am－1,1－am＋a)(m>1)，则g′(m)＝eq\f([1－am－a]2,m[1－am＋a]2)≥0，所以g(m)是(1，＋∞)上的增函数，则g(m)>g(1)＝0，所以>eq\f(4b,a)成立．[周六]1．(2023·武汉调研)已知集合A＝{x|x2－x－6<0}，B＝{x|2x＋3>0}，则A∩B等于()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(3,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2))答案C解析由题意得A＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，3))，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞))，则A∩B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)).2．碳14是碳元素的一种同位素，具有放射性．活体生物体内的碳14含量大致不变，当生物死亡后，其组织内的碳14开始衰变并逐渐消失．已知碳14的半衰期为5730年，即生物死亡t年后，碳14所剩质量C(t)＝，其中C0为活体组织中碳14的质量．科学家一般利用碳14这一特性测定生物死亡年代.2023年科学家发现某生物遗体中碳14含量约为原始质量的0.8倍，依据计算结果并结合下图中我国历史朝代的时间轴可推断该生物死亡的朝代为(参考数据：lg2≈0.301)()A．西汉B．东汉C．三国D．晋朝答案B解析由题意知＝0.8C0，所以eq\f(t,5730)lgeq\f(1,2)＝lgeq\f(8,10)，所以t＝5730×eq\f(1－3lg2,lg2)，所以t≈5730×eq\f(1－0.903,0.301)≈1847.2023－1847＝176，故对应死亡的朝代为东汉．3．(多选)(2023·青岛模拟)若关于x的方程x2＝－4的复数解为z1，z2，则()A．z1·z2＝－4B．z1与z