2024《試吧大考卷》二輪專題闖關(guān)導(dǎo)練數(shù)學(xué)【新高考】高考押題專練五含答案

2024《試吧大考卷》二輪專題闖關(guān)導(dǎo)練數(shù)學(xué)【新高考】高考押題專練五專練五第Ⅰ卷一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．若復(fù)數(shù)z＝eq\f(1－i3,2－ai)為純虛數(shù)，則實數(shù)a的值為()A．－1B．1C．－2D．22．已知集合A＝{x|x≥－1}，B＝{x|y＝eq\r(－x2－x＋2)}，則A∩B＝()A．{x|0<x≤1}B．{x|0≤x≤1}C．{x|－1≤x≤2}D．{x|x≤1}3．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則n∥β的一個充分條件是()A．m⊥β，且m⊥nB．m∥β，且m∥nC．α⊥β，且n⊥αD．α∥β，且n?α4．由數(shù)字1,2,3,4,5,6組成沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，定義個位數(shù)字比十位數(shù)字大、千位數(shù)字是偶數(shù)、百位數(shù)字為奇數(shù)的沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)為“特征數(shù)”．從組成的所有沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)中任取一個，則這個四位數(shù)是“特征數(shù)”的概率為()A.eq\f(3,20)B.eq\f(3,10)C.eq\f(3,5)D.eq\f(2,5)5．已知函數(shù)f(x)＝x＋lnx，曲線y＝f(x)在x＝x0處的切線l的方程為y＝kx－1，則切線l與坐標軸所圍成的三角形的面積為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C．2D．46．已知在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別為A1D，AC上的點，且滿足A1D＝3MD，AN＝2NC，則異面直線MN與C1D1所成角的余弦值為()A.eq\f(2\r(5),5)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(2),4)7．已知T(x0，y0)為拋物線y2＝2px(p>0)上異于頂點的一動點，過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0))的直線l交拋物線于不同的兩點M，N，若直線TM，TN的斜率之和kTM＋kTN＝2，則y0的值為()A.eq\f(p,2)B．pC.eq\f(3p,2)D．2p8．若函數(shù)f(x)＝－mx＋ex－2恰有兩個不同的零點，則實數(shù)m的取值范圍為()A．(1，e)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))D．(e，＋∞)二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得3分，有選錯的得0分．9．近年來，我國國內(nèi)文化和旅游市場潛力不斷釋放，大眾出游熱情持續(xù)高漲，行業(yè)發(fā)展整體呈好的趨勢，以下為2011—2019年我國國內(nèi)旅游收入情況統(tǒng)計圖．根據(jù)統(tǒng)計圖，下列結(jié)論正確的是()A．與2018年相比，2019年國內(nèi)旅游收入增幅約為19.61%B．2011—2019年國內(nèi)旅游收入的中位數(shù)為3.4萬億元C．2011—2019年國內(nèi)旅游收入的平均數(shù)約為3.5萬億元D．若每年國內(nèi)旅游收入y(萬億元)與年份x線性相關(guān)，且滿足y＝b(x－2010)＋1.205，則估計2020年的國內(nèi)旅游收入為7.2萬億元10．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,\r(x))))n的二項展開式中二項式系數(shù)之和為256，則下列結(jié)論正確的是()A．x2項的系數(shù)為560B．二項展開式中沒有常數(shù)項C．各項系數(shù)之和為1D．各項系數(shù)中的最大系數(shù)為89611．我們定義這樣一種運算“?”：①對任意a∈R，a?0＝0?a＝a；②對任意a，b∈R，(a?b)?c＝c?(ab)＋(a?c)＋(b?c)．若f(x)＝ex－1?e1－x，則以下結(jié)論正確的是()A．f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱B．f(x)在R上單調(diào)遞減C．f(x)的最小值為3D．f()>f()>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))12．若f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))))＋|sinx|，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)的最小正周期為πB．f(x)的最大值為eq\r(2)C．f(x)的最小值為eq\f(\r(2),2)D．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增第Ⅱ卷三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．已知向量a，b滿足a＋b＝(2,4)，a－b＝(－2,0)，則向量a，b的夾角為________．14．在平面直角坐標系xOy中，過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點F1(－2,0)作垂直于x軸的直線l，并與雙曲線的漸近線交于M，N兩點，且△MON為等邊三角形，則該雙曲線的標準方程為________．15．在三棱錐P-ABC中，AB＝AC＝BC＝2，PA＝PB＝2，PC＝eq\r(3)，則三棱錐P-ABC的外接球的半徑為________．16．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首項為eq\f(1,2)，公差為eq\f(1,4)的等差數(shù)列．若[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.5]＝0，[lg499]＝2，則an＝________；數(shù)列{[lgan]}的前2000項的和為________．(本題第一空2分，第二空3分．)四、解答題：本題共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．(10分)在①c＝1，②b＝eq\r(7)，③△ABC外接圓的面積為eq\f(49,21)π這三個條件中任選兩個，補充在下面的問題中，并給出解答．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，cosA＝eq\f(2\r(7),7)，________.(1)求角B；(2)若P為△ABC內(nèi)一點，PA⊥PB，∠APC＝150°，求tan∠PAB.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．18．(12分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2Sn－1＋2(n≥2，n∈N*)，數(shù)列{bn}中，a1＝2b1＝2.(1)求{an}的通項公式；(2)若b2n＝b2n－1＋1，b2n＋1＝b2n＋an，求數(shù)列{bn}的前10項和．19．(12分)某電商平臺2019年“雙十一”的銷售額為2684億元，為了預(yù)測該電商平臺在以后“雙十一”的銷售情況，某部門對該電商平臺近10年(2010—2019年)“雙十一”的銷售額進行了統(tǒng)計，得到下面的散點圖以及一些統(tǒng)計量的值(2010年到2019年的年份依次用數(shù)字1到10來表示)．(1)以年份編號x為解釋變量，銷售額y為預(yù)報變量，在y＝bx＋a和y＝cx2＋d中選擇一個你認為比較合適的回歸模型，并求出該模型(小數(shù)點后保留一位有效數(shù)字)；(2)根據(jù)你得到的模型，計算該電商平臺2019年“雙十一”的銷售額的估計值與2019年實際銷售額的誤差，并預(yù)測該電商平臺2020年“雙十一”的銷售額．附：參考數(shù)據(jù)：eq\i\su(i＝1,10,x)iyi＝77000，eq\x\to(y)＝960，eq\i\su(i＝1,10,x)eq\o\al(2,i)＝385，eq\i\su(i＝1,10,t)iyi＝654000，eq\x\to(t)＝38.5，eq\i\su(i＝1,10,t)eq\o\al(2,i)＝25333，其中ti＝xeq\o\al(2,i)，eq\x\to(t)＝eq\f(1,10)eq\i\su(i＝1,10,x)eq\o\al(2,i).參考公式：對于一組具有線性相關(guān)關(guān)系的數(shù)據(jù)(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回歸直線v＝α＋βu的斜率和截距的最小二乘估計分別為eq\o(β,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,u)ivi－n\o(u,\s\up6(－))\o(v,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,n,u)\o\al(2,i)－n\x\to(u)2)，eq\o(α,\s\up6(^))＝eq\x\to(v)－eq\o(β,\s\up6(^))eq\x\to(u).20．(12分)如圖，在多面體ABCDP中，△ABC是邊長為4的等邊三角形，PA＝AC，BD＝CD＝2eq\r(2)，PC＝PB＝4eq\r(2)，點E為BC的中點，平面BDC⊥平面ABC.(1)求證：DE∥平面PAC.(2)線段BC上是否存在一點T，使得二面角T-DA-B為直二面角？若存在，試指出點T的位置；若不存在，請說明理由．21.(12分)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1和橢圓C2：eq\f(x2,c2)＋eq\f(y2,b2)＝1，其中a>c>b>0，a2＝b2＋c2，C1，C2的離心率分別為e1，e2，且滿足e1︰e2＝2︰eq\r(3).A，B分別是橢圓C2的右、下頂點，直線AB與橢圓C1的另一個交點為P，且|PB|＝eq\f(18,5).(1)求橢圓C1的方程；(2)與橢圓C2相切的直線MN交橢圓C1于點M，N，求|MN|的最大值．22．(12分)已知函數(shù)f(x)＝2mx2－nx＋lnx在x＝1處取得極值．(1)若f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，求m的取值范圍；(2)若f(x)在(0，e]上的最大值為1，求m的值．專練五1．答案：D解析：由z＝eq\f(1－i3,2－ai)＝eq\f(1＋i,2－ai)＝eq\f(1＋i2＋ai,2－ai2＋ai)＝eq\f(2＋ai＋2i－a,4＋a2)＝eq\f(2－a＋2＋ai,4＋a2)為純虛數(shù)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a＝0，,2＋a≠0，))解得a＝2，故選D.2．答案：A解析：由對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及x≥－1＝，解得0<x≤2，所以A＝{x|x≥－1}＝{x|0<x≤2}．由二次根式有意義的條件可得－x2－x＋2≥0，得到x2＋x－2≤0，解得－2≤x≤1，所以B＝{x|y＝eq\r(－x2－x＋2)}＝{x|－2≤x≤1}．所以A∩B＝{x|0<x≤1}．故選A.3．答案：D解析：A，B，C選項都有可能得到n?β，故均不正確；對于D，由α∥β，且n?α可得n∥β，故α∥β，且n?α是n∥β的充分條件．故選D.4．答案：A解析：由數(shù)字1,2,3,4,5,6組成沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，共有Aeq\o\al(4,6)＝6×5×4×3＝360(個)．第一步，考慮千位數(shù)字，情況有Ceq\o\al(1,3)＝3(種)；第二步，考慮百位數(shù)字，情況有Ceq\o\al(1,3)＝3(種)；第三步，同時考慮個位數(shù)字和十位數(shù)字，情況有Ceq\o\al(2,4)＝6(種)，故共有3×3×6＝54(種)．從所有沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)中任取一個，則這個數(shù)是“特征數(shù)”的概率為eq\f(54,360)＝eq\f(3,20).故選A.5．答案：B解析：由f(x)＝x＋lnx，得f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，則f′(x0)＝1＋eq\f(1,x0)＝k，得x0＝eq\f(1,k－1).由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＝eq\f(1,k－1)＋lneq\f(1,k－1)＝eq\f(k,k－1)－1，得lneq\f(1,k－1)＝0，即k＝2.所以切線l的方程為y＝2x－1，令x＝0，得到y(tǒng)＝－1，令y＝0，得到x＝eq\f(1,2)，所求三角形面積為eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×|－1|＝eq\f(1,4)，故選B.6．答案：A解析：解法一：取線段AD上一點E，使AE＝2ED，連接ME，NE，如圖所示．因為A1D＝3MD，AN＝2NC，所以eq\f(MD,A1D)＝eq\f(CN,AC)＝eq\f(DE,AD)＝eq\f(1,3)，所以NE∥CD，ME∥AA1.又CD∥C1D1，所以易知∠MNE為異面直線MN與C1D1所成的角．設(shè)該正方體的棱長為3a，則EN＝eq\f(2,3)CD＝2a，ME＝eq\f(1,3)AA1＝a，所以在Rt△MNE中，MN＝eq\r(ME2＋EN2)＝eq\r(a2＋2a2)＝eq\r(5)a，所以cos∠MNE＝eq\f(EN,MN)＝eq\f(2a,\r(5)a)＝eq\f(2\r(5),5)，故選A.解法二：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系．設(shè)AB＝3，則由A1D＝3MD，AN＝2NC，得C1(0,3,3)，D1(0,0,3)，M(1,0,1)，N(1,2,0)，所以eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝(0，－3,0)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，則cos〈eq\o(C1D1,\s\up6(→))，eq\o(MN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(C1D1,\s\up6(→))·\o(MN,\s\up6(→)),|\o(C1D1,\s\up6(→))|·|\o(MN,\s\up6(→))|)＝eq\f(－6,3\r(5))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以異面直線MN與C1D1所成角的余弦值為eq\f(2\r(5),5)，故選A.7．答案：B解析：設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，l的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(p,2)))(k≠0)，代入拋物線方程y2＝2px中，消去x可得y2－eq\f(2p,k)y＋p2＝0，則由Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2p,k)))2－4p2>0，得到－1<k<1且k≠0，y1＋y2＝eq\f(2p,k)，y1y2＝p2.則kTM＋kTN＝eq\f(y1－y0,x1－x0)＋eq\f(y2－y0,x2－x0)＝eq\f(y1－y0,\f(y\o\al(2,1),2p)－\f(y\o\al(2,0),2p))＋eq\f(y2－y0,\f(y\o\al(2,2),2p)－\f(y\o\al(2,0),2p))＝eq\f(2p,y1＋y0)＋eq\f(2p,y2＋y0)＝eq\f(2py1＋y2＋2y0,y1y2＋y1＋y2y0＋y\o\al(2,0))＝eq\f(2p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,k)＋2y0)),p2＋\f(2p,k)y0＋y\o\al(2,0))＝2，得eq\f(2p2,k)＋2py0＝p2＋eq\f(2p,k)y0＋yeq\o\al(2,0)，即p2＋eq\f(2p,k)y0＋yeq\o\al(2,0)－eq\f(2p2,k)－2py0＝0，得到(y0－p)(y0＋eq\f(2p,k)－p)＝0，所以y0＝p.故選B.8．答案：C解析：解法一：由題意知，f′(x)＝－m＋ex－2，當m≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，沒有兩個不同的零點．當m>0時，由f′(x)＝－m＋ex－2＝0，得x＝2＋lnm．x>2＋lnm，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(2＋lnm，＋∞)上單調(diào)遞增；x<2＋lnm，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(－∞，2＋lnm)上單調(diào)遞減．故f(x)在x＝2＋lnm處取得最小值，所以f(2＋lnm)＝－m(2＋lnm)＋elnm<0，得m>eq\f(1,e)，所以m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，故選C.解法二：顯然，x＝0不是函數(shù)f(x)的零點，令f(x)＝－mx＋ex－2＝0，得m＝eq\f(ex－2,x)，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(ex－2,x)，則g′(x)＝eq\f(ex－2x－1,x2)，令g′(x)>0得到x>1，令g′(x)<0得到x<1且x≠0，畫出函數(shù)g(x)＝eq\f(ex－2,x)的圖象，如圖所示，可知當m≤0時，直線y＝m與g(x)的圖象不可能有兩個交點；當m>0，且x＝1時g(x)＝eq\f(ex－2,x)取得最小值，所以g(x)min＝g(1)＝eq\f(1,e).當m>eq\f(1,e)時，g(x)＝eq\f(ex－2,x)的圖象與直線y＝m有兩個不同的交點，即函數(shù)f(x)＝－mx＋ex－2恰有兩個不同的零點，所以m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，故選C.9．答案：AB解析：選項A，由圖可知，2019年國內(nèi)旅游收入比2018年增長了1萬億元，增幅約為eq\f(1,5.1)×100%≈0.1961×100%＝19.61%，故A選項正確；選項B，將2011—2019年這九年的國內(nèi)旅游收入的金額按照由小到大的順序排列，可得中位數(shù)是3.4萬億元，故B選項正確；選項C,2011—2019年國內(nèi)旅游收入的平均數(shù)約為eq\f(1.9＋2.3＋2.6＋3.3＋3.4＋3.9＋4.6＋5.1＋6.1,9)≈3.69(萬億元)，故C選項不正確；選項D，由題意可得eq\x\to(x)＝eq\f(2011＋2012＋2013＋2014＋2015＋2016＋2017＋2018＋2019,9)＝2015，將(2015,3.69)代入y＝b(x－2010)＋1.205，得5b＋1.205＝3.69，可得b＝0.497，所以y＝0.497(x－2010)＋1.205，將x＝2020代入，可得y＝6.175，D選項不正確．故選AB.10．答案：BC解析：由題意可得Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n＝256，所以n＝8，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,\r(x))))n的二項展開式的通項Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)(2x)8－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))r＝(－1)rCeq\o\al(r,8)28－r.令8－eq\f(3r,2)＝2，可得r＝4，所以x2的系數(shù)為(－1)4Ceq\o\al(4,8)24＝1120，A項不正確；因為8－eq\f(3r,2)不可能等于0，所以二項展開式中沒有常數(shù)項，B項正確；令x＝1，則各項系數(shù)之和為1，C項正確；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|－1rC\o\al(r,8)28－r|≥|－1r＋1C\o\al(r＋1,8)27－r|，,|－1rC\o\al(r,8)28－r|≥|－1r－1C\o\al(r－1,8)29－r|，))得2≤r≤3，當r＝2時，系數(shù)為1792，當r＝3時，系數(shù)為－1792，D項不正確．故選BC.11．答案：AC解析：對任意a，b∈R，(a?b)?c＝c?(ab)＋(a?c)＋(b?c)，令c＝0，得(a?b)?0＝0?(ab)＋(a?0)＋(b?0)，得(a?b)?0＝a?b＝ab＋a＋b，所以f(x)＝ex－1?e1－x＝ex－1＋e1－x＋1.f(1－x)＝e－x＋ex＋1，f(1＋x)＝e－x＋ex＋1，所以f(1－x)＝f(1＋x)，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，A項正確；f′(x)＝ex－1－e1－x，當x>1時，f′(x)>0，當x<1時，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，B項不正確；f(x)＝ex－1＋e1－x＋1≥2eq\r(ex－1·e1－x)＋1＝3，當且僅當x＝1時，等號成立，C項正確；根據(jù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))＝f(log381)，又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，log381＝4,1<<<4，所以f()<f()<f(log381)，所以f()<f()<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))，故D項錯誤．故選AC.12．答案：ACD解析：研究f(x)在[0，π)上的情況，易得f(x)＝|sinx－cosx|＋|sinx|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，,2sinx－cosx，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π)).))因為y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))))和y＝|sinx|的最小正周期均為π，所以f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))))＋|sinx|的最小正周期為π，故A正確；當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，f(x)單調(diào)遞減，f(x)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))時，f(x)＝2sinx－cosx＝eq\r(5)sin(x－φ)，其中tanφ＝eq\f(1,2)，因為tanφ＝eq\f(1,2)<1，所以可設(shè)φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))).由0≤x－φ≤π得φ≤x≤π＋φ.又π<π＋φ<eq\f(5π,4)，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝eq\r(5)，f(x)min＝eq\f(\r(2),2)，所以B錯誤，C正確；因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))?eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)＋φ))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以D正確．故選ACD.13．答案：eq\f(π,4)解析：將a＋b＝(2,4)，a－b＝(－2,0)相加，得a＝(0,2)，相減，得b＝(2,2)，故cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(4,2×2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，則a，b的夾角為eq\f(π,4).14．答案：eq\f(x2,3)－y2＝1解析：解法一：由于△MON為等邊三角形，且雙曲線的漸近線關(guān)于x軸對稱，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x，則可設(shè)雙曲線的方程為eq\f(x2,3m)－eq\f(y2,m)＝1(m>0)，則有4＝3m＋m＝4m，解得m＝1，所以該雙曲線的標準方程為eq\f(x2,3)－y2＝1.解法二：由于△MON為等邊三角形，且雙曲線的漸近線關(guān)于x軸對稱，所以雙曲線的漸近線的傾斜角為30°和150°，故eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),3).又c2＝22＝a2＋b2，所以a2＝3，b2＝1，所以該雙曲線的標準方程為eq\f(x2,3)－y2＝1.15．答案：eq\f(\r(13),3)解析：如圖，取AB的中點D，連接PD，CD，根據(jù)AB＝AC＝BC＝2，PA＝PB＝2，得CD⊥AB，PD⊥AB，且CD＝PD＝eq\r(3)，又PC＝eq\r(3)，所以△PDC是正三角形，∠PDC＝60°.設(shè)三棱錐P-ABC的外接球球心為O，易知O在△PDC內(nèi)部，過點O作OE⊥CD于點E，OF⊥PD于點F，連接OB，BE，OD，則點E，F(xiàn)分別是△ABC，△PAB的外接圓圓心，且OE＝OF.在Rt△ODE中，∠ODE＝30°，DE＝eq\f(1,3)CD＝eq\f(\r(3),3)，所以O(shè)E＝eq\f(\r(3),3)DE＝eq\f(1,3).在Rt△DBE中，BE＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＋12)＝eq\f(2\r(3),3).設(shè)球O的半徑為R，則R2＝OE2＋BE2＝eq\f(1,9)＋eq\f(12,9)＝eq\f(13,9)，得R＝eq\f(\r(13),3).16．答案：eq\f(n,2)3782解析：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首項為eq\f(1,2)，公差為eq\f(1,4)的等差數(shù)列，所以eq\f(Sn,n)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,4)＝eq\f(n＋1,4)，得Sn＝eq\f(n2＋n,4)，當n＝1時，a1＝S1＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,4)－eq\f(n－12＋n－1,4)＝eq\f(n,2).又a1＝eq\f(1,2)也適合上式，所以an＝eq\f(n,2)(n∈N*)，所以[lgan]＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lg\f(n,2)))，數(shù)列{[lgan]}的前2000項和為[lga1]＋[lga2]＋[lga3]＋…＋[lga2000]．當n＝1時，－1≤lgan<0；當n＝2,3,4，…，19時，0≤lgan<1；當n＝20,21,22，…，199時，1≤lgan<2；當n＝200,201,202，…，1999時，2≤lgan<3；當n＝2000時，lgan＝3.故數(shù)列{[lgan]}的前2000項和為[lga1]＋[lga2]＋[lga3]＋…＋[lga2000]＝－1×1＋18×0＋1×180＋2×1800＋3＝3782.17．解析：(1)若選擇①②，因為cosA＝eq\f(2\r(7),7)，c＝1，b＝eq\r(7)，所以由余弦定理得a2＝c2＋b2－2cbcosA＝4，所以a＝2，所以cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ca)＝－eq\f(1,2)，所以B＝120°.若選擇①③，因為cosA＝eq\f(2\r(7),7)，所以sinA＝eq\r(1－\f(4,7))＝eq\f(\r(21),7).設(shè)△ABC的外接圓的半徑為r，由正弦定理得r＝eq\f(a,2sinA)，因為△ABC外接圓的面積為eq\f(49,21)π，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2sinA)))2π＝eq\f(49,21)π，所以a＝2.由余弦定理得a2＝c2＋b2－2cbcosA＝4，所以b2－eq\f(4\r(7),7)b－3＝0，所以b＝eq\r(7)或b＝－eq\f(3\r(7),7)(舍去)，所以cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ca)＝－eq\f(1,2)，B＝120°.若選擇②③，因為cosA＝eq\f(2\r(7),7)，所以sinA＝eq\r(1－\f(4,7))＝eq\f(\r(21),7).設(shè)△ABC的外接圓的半徑為r，由正弦定理得r＝eq\f(a,2sinA)，因為△ABC外接圓的面積為eq\f(49,21)π，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2sinA)))2π＝eq\f(49,21)π，所以a＝2.由余弦定理得4＝c2＋7－4c，解得c＝1或c＝3，所以cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ca)＝－eq\f(1,2)或eq\f(1,2)，B＝120°或60°.(2)選擇①②或①③時，解法如下：由題意知∠BPC＝120°，設(shè)∠PAB＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBC中，∠BCP＝180°－120°－[120°－(90°－α)]＝30°－α，由正弦定理得eq\f(2,sin120°)＝eq\f(sinα,sin30°－α)，所以2sin(30°－α)＝eq\f(\r(3),2)sinα，2sin30°cosα－2cos30°sinα＝eq\f(\r(3),2)sinα，即cosα＝eq\f(3\r(3),2)sinα，所以tanα＝eq\f(2\r(3),9)，即tan∠PAB＝eq\f(2\r(3),9).選擇②③時解法如下：當∠ABC＝120°時，由題意知∠BPC＝120°，設(shè)∠PAB＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBC中，∠BCP＝180°－120°－[120°－(90°－α)]＝30°－α，由正弦定理得eq\f(2,sin120°)＝eq\f(sinα,sin30°－α)，所以2sin(30°－α)＝eq\f(\r(3),2)sinα，2sin30°cosα－2cos30°sinα＝eq\f(\r(3),2)sinα，即cosα＝eq\f(3\r(3),2)sinα，所以tanα＝eq\f(2\r(3),9)，即tan∠PAB＝eq\f(2\r(3),9).當∠ABC＝60°時，同理得∠BCP＝180°－120°－[60°－(90°－α)]＝90°－α，則由正弦定理得eq\f(2,sin120°)＝eq\f(3sinα,sin90°－α)，所以tanα＝eq\f(4\r(3),9)，即tan∠PAB＝eq\f(4\r(3),9).18．解析：(1)由Sn＝2Sn－1＋2(n≥2)，①可得Sn－1＝2Sn－2＋2(n≥3)，②①－②得：Sn－Sn－1＝2(Sn－1－Sn－2)，所以an＝2an－1(n≥3)，又a2＋a1＝2a1＋2，a1＝2，所以a2＝4，所以a2＝2a1，故{an}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，故an＝2n.(2)由題意得b2n－b2n－1＝1，b2n＋1－b2n＝2n，所以b2n＋1－b2n－1＝1＋2n，則b2n－1－b2n－3＝1＋2n－1，b2n－3－b2n－5＝1＋2n－2，…，b5－b3＝1＋22，b3－b1＝1＋21，所以b2n－1－b1＝n－1＋(21＋22＋…＋2n－1)＝n－1＋eq\f(21－2n－1,1－2)＝2n＋n－3(n≥2)，所以b2n－1＝2n＋n－2(n≥2)，所以b2n＝2n＋n－1(n≥2)，所以b2n＋b2n－1＝2n＋1＋2n－3(n≥2)，易得b1＋b2也適合上式，所以{bn}的前10項和為b1＋b2＋…＋b9＋b10＝(22＋23＋…＋26)＋(－1＋1＋…＋7)＝139.19．解析：(1)由散點圖可知，選擇回歸模型y＝cx2＋d比較合適．令t＝x2，則eq\o(c,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,10,t)iyi－10\x\to(t)·\x\to(y),\i\su(i＝1,10,t)\o\al(2,i)－10\x\to(t)2)＝eq\f(654000－10×38.5×960,25333－10×38.5×38.5)≈27.1，eq\o(d,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(c,\s\up6(^))·eq\x\to(t)≈960－27.1×38.5≈－83.4，于是回歸模型為eq\o(y,\s\up6(^))＝27.1x2－83.4.(2)令x＝10，得eq\o(y,\s\up6(^))＝27.1×102－83.4＝2626.6，又2626.6－2684＝－57.4，所以該電商平臺2019年“雙十一”的銷售額的估計值與2019年實際銷售額的誤差為57.4億元．令x＝11，得eq\o(y,\s\up6(^))＝27.1×112－83.4＝3195.7，故預(yù)測該電商平臺2020年“雙十一”的銷售額為3195.7億元．20．解析：(1)證明：因為BD＝CD＝2eq\r(2)，△ABC是邊長為4的等邊三角形，所以BD2＋CD2＝(2eq\r(2))2＋(2eq\r(2))2＝16＝BC2，所以△BDC是等腰直角三角形，∠BDC＝90°.又點E為BC的中點，所以DE⊥BC.因為平面BDC⊥平面ABC，平面BDC∩平面ABC＝BC，所以DE⊥平面ABC.因為PC＝PB＝4eq\r(2)，PA＝AC＝AB＝4，所以PA2＋AC2＝42＋42＝32＝PC2，PA2＋AB2＝42＋42＝32＝PB2，所以△PAB與△PAC都是直角三角形，故PA⊥AC，PA⊥AB.又AC∩AB＝A，所以PA⊥平面ABC，所以DE∥PA.因為PA?平面PAC，DE?平面PAC，所以DE∥平面PAC.(2)連接AE，以E為原點，EC，EA，ED所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,2eq\r(3)，0)，B(－2,0,0)，C(2,0,0)，D(0,0,2)，設(shè)存在T(λ，0,0)，使得二面角T-DA-B為直二面角，易知－2≤λ≤2，且λ≠0.設(shè)平面BAD的一個法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則由eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，－2eq\r(3)，2)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,－\r(3)y1＋z1＝0，))令z1＝1，得x1＝－1，y1＝eq\f(\r(3),3)，故n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),3)，1)).設(shè)平面TAD的一個法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則由eq\o(DT,\s\up6(→))＝(λ，0，－2)，eq\o(AT,\s\up6(→))＝(λ，－2eq\r(3)，0)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λx2－2z2＝0，,λx2－2\r(3)y2＝0，))令z2＝1，得x2＝eq\f(2,λ)，y2＝eq\f(\r(3),3)，故n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,λ)，\f(\r(3),3)，1)).由cos〈n1，n2〉＝eq\f(－\f(2,λ)＋\f(\r(3),3)×\f(\r(3),3)＋1,\r(\f(7,3))×\r(\f(4,3)＋\f(4,λ2)))＝0，得eq\f(1,3)－eq\f(2,λ)＋1＝0，故λ＝eq\f(3,2).所以當T為線段BC上靠近點C的八等分點時，二面角T-DA-B為直二面角．21．解析：(1)由題意知e1＝eq\f(c,a)，e2＝eq\f(\r(c2－b2),c)＝eq\f(\r(2c2－a2),c).因為e1︰e2＝2︰eq\r(3)，所以eq\r(3)·eq\f(c,a)＝2·eq\f(\r(2c2－a2),c)，2aeq\r(2c2－a2)＝eq\r(3)c2，將等號兩邊同時平方，得3c4－8a2c2＋4a4＝0，即(2a2－c2)(2a2－3c2)＝0，所以a2＝eq\f(3,2)c2.又a2＝b2＋c2，所以a＝eq\r(3)b，c＝eq\r(2)b，所以A(eq\r(2)b,0)，B(0，－b)，所以直線AB的方程為y＝eq\f(\r(2),2)x－b，與橢圓C1：eq\f(x2,3b2)＋eq\f(y2,b2)＝1聯(lián)立并消去y，得x2＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x－b))2＝3b2，整理得，eq\f(5,2)x2－3eq\r(2)bx＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(6\r(2),5)b，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6\r(2)b,5)，\f(b,5))).因為|PB|＝eq\f(18,5)，所以eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6\r(2),5)b－0))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,5)＋b))2)＝eq\f(18,5)，得b＝eq\r(3)，所以a＝3，橢圓C1的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)當直線MN的斜率不存在時，易得|MN|＝2.當直線MN的斜率存在時，設(shè)直線MN：y＝kx＋m(k≠0)，與橢圓C2：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1聯(lián)立并消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，因為直線MN與橢圓C2相切，所以Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝0，整理得，6k2＋3－m2＝0.(*)將直線MN與橢圓C1的方程聯(lián)立并消去y，得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－9＝0，由(*)式可得Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－9)＝12(9k2＋3－m2)＝36k2，設(shè)M(xM，yM)，N(xN，yN)，則xM＋xN＝eq\f(－6km,1＋3k2)，xMxN＝eq\f(3m2－9,1＋3k2)，所以|MN|＝eq\r(1＋k2)|xM－xN|＝eq\r(1＋k2)·eq\f(\r(36k2),1＋3k2)＝6eq\r(\f(k4＋k2,1＋3k22)).設(shè)1＋3k2＝t，則t>1，|MN|＝6eq\r(\f(t2＋t－2,9t2))＝2eq\r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,4)))2＋\f(9,8)