高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第五周-每日一練【含答案】

第五周

［周一］

1.若平面向量a,b,c兩兩的夾角相等，且|a|=l,|Z>|=1,|c|=3,則|a+Z>+c|等于()

A.2B.4或小C.5D.2或5

答案D

解析因?yàn)槠矫嫦蛄縜,b,c兩兩的夾角相等，所以?shī)A角有兩種情況，

即a,b,c兩兩的夾角為0?；?20。，

當(dāng)夾角為0°時(shí)，|a+6+c|=|a|+|Z>|+|c|=l+l+3=5,

當(dāng)夾角為120°時(shí)，\a+b+c\=N（a+Z>+c）2—yja2+b2+c2+2a-b+2a-c+2b-c

—yj|a|2+|A|2+|c|2+2ab+2ac+2bc

11+2XIX1X（—，+2X1X3x（一￡）+2義1X3X（-3）

=2,

所以|a+）+c|=2或5.

2.(2023?永州模擬)已知函數(shù)J［x)=aln(x+a)-.［、+bx+a(b+4)(〃>0),對(duì)于定義域內(nèi)的任

b

意X恒有危)W0,則I的最大值為()

A.12eB.—eC.e1D.e

答案A

解析不等式可化為Qln(x+〃)+a/?W(［、一(bx+4。),

ICtI

因?yàn)閍>0,將不等式兩邊同時(shí)除以a得

ln（x+a）+成至%

h1

令t=x+a,原不等式等價(jià)于‘/+4W點(diǎn)一Int,

1h

設(shè)g?）=￡—In/,網(wǎng)。=7+%>0,

對(duì)g(。求導(dǎo)可得g'(f)=—點(diǎn)一］<0,

則函數(shù)g⑺=七一In，在（0,+8）上單調(diào)遞減且下凸，

h1,

要使/+4W或一In/恒成立，

b

則直線網(wǎng)。與曲線g⑺相切時(shí)4取得最大值，如圖，當(dāng)直線網(wǎng)。與曲線g?）相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)

為（to,yo）,

ml11b口bI/1

則且：o+4=u_lnm,

e/otoaae/o

“2

整理可得3+lnto=—

e/o9

1h

解得加=1，此時(shí)/=—2e.

3.（多選）（2023?蚌埠質(zhì)檢）已知廠是拋物線產(chǎn)=4%的焦點(diǎn)，A（xi，勿），以血，?）是拋物線上相

異的兩點(diǎn)，則以下結(jié)論正確的是（）

A.若為十元2=6,那么|A3|=8

B.若|4月十|8川=3,則線段的中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為3

C.若△物8是以尸為直角頂點(diǎn)的等腰三角形，則|48|=4陋±4

D.若石'=2而，則直線48的斜率為±2吸

答案BCD

解析對(duì)于選項(xiàng)A,只有當(dāng)直線過(guò)焦點(diǎn)/時(shí)，根據(jù)拋物線性質(zhì)得|AB|=|Afl+|8fl=g+xi+?+

X2=2+XI+X2=8,此題不一定過(guò)焦點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于選項(xiàng)B,|AN+|8f]=3,根據(jù)拋物線性質(zhì)得|AE|+|8N=3+XI+?+X2=2+XI+X2=3,即

為+冗2=1,

設(shè)A2中點(diǎn)橫坐標(biāo)為尤0,無(wú)o=g（尤i+%2）=；,

則線段AB的中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為:，故B正確；

7i3兀\y11’

對(duì)于選項(xiàng)C,由題意知，直線A憶跖的斜率分別為生斗,設(shè)直線ARy=x—l,聯(lián)立？，

今今[V=4x,

尤i=3+2"\/2,尤2=3-2冊(cè),

解得，或：.\AB\=2\y\=4-\j2+4,故C正確;

ji=2+2加)2=2—2啦,

對(duì)于選項(xiàng)D,設(shè)直線AB的傾斜角為a,用a表示|4月，|3月,

如圖，過(guò)點(diǎn)A作AHLx軸，垂足為H,作垂直于準(zhǔn)線的直線AAi,垂足為4.

|Af]=|AAi|=/?+|FW|=p+|AF|cosa,

則|AF|(l—cosa)=p,

即由1二1-,

1—cosa

同理可得|8月=1^—.

1+cosa

由入方=2而得

d—=/(A上B下)或丁J—=12P出上A下),

1—cosa1+cosct1+cosa1—cosa

解得cos<7=；或cosa=—/則直線AB的斜率為±2吸，故D正確.

4.（2023?白山模擬）現(xiàn)有6個(gè)三好學(xué)生名額，計(jì)劃分到三個(gè)班級(jí)，則恰有一個(gè)班沒(méi)有分到三好

學(xué)生名額的概率為.

口木28

解析將6個(gè)三好學(xué)生名額分到三個(gè)班級(jí)，有3種類型：第一種是只有一個(gè)班分到名額，有

3種情況；第二種是恰有兩個(gè)班分到名額，有CgC1=15（種）情況；第三種是三個(gè)班都分到了

名額，有Cg=10（種）情況.故恰有一個(gè)班沒(méi)有分到三好學(xué)生名額的概率為￡=舄.

3十13十1U

5.（2023?北京石景山區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，AC=4巾,C=1,點(diǎn)。在邊BC上，cos/ADB

（1）求的長(zhǎng)；

⑵若△A3。的面積為2yL求A8的長(zhǎng).

解(1)因?yàn)?ADB+NAOC=7r,

所以cosZADC=-cosZA￡)B=—

因?yàn)镹ADCW。,n),

所以sinZADC—yl1—cos2ZAZ)C=^^,

在△AC。中，

由正弦定理得分=.

sinCsinZADC

4小X：

ACsinC

所以AD—=3

sinZADC~^F

3

(2)由△AB。的面積為2巾,

得^SDAOsinZADB=2yli,

因?yàn)镹AO8+NAZ)C=7t,

所以sinAADC—sinZADB—^-^,

又因?yàn)锳O=3,所以80=2,

在△48。中，

由余弦定理得4"=">2+即2-24。郎8$乙4。8=32+22—2乂3*2義/=9,

所以AB=3.

［周二］

1.（2023?汕頭模擬）已知函數(shù)火x）=2，：/），則/U）的大致圖象為（）

CD

答案c

ev（2x-l）

解析:危尸I一

比2/—3%)

?"(x)=

(Ll>

令f（尤）>0=xe（-8,o）U（j,+8）,

.,猶X）在（一8,0）和（|,+8）上單調(diào)遞增.

當(dāng)x<0時(shí)，兀。>0,故於）的大致圖象為C選項(xiàng)圖象.

2.（2023?深圳模擬）設(shè)表面積相等的正方體、正四面體和球的體積分別為％,吻和V3,則（）

A.%<%<匕B.V2<VI<V3

C.V3<Vi<V2D.V3<V2<Vi

答案B

解析設(shè)正方體棱長(zhǎng)為。，正四面體棱長(zhǎng)為6,球的半徑為R,面積為S.

正方體表面積為5=602,所以體=焉,

所以Vi=（^3）2=（^2）3~216;

如圖，在正四面體尸一A3C中，。為AC的中點(diǎn)，。為△A3C的中心，則PO是尸一ABC底

面ABC上的高.貝i]BZ）_LAC,AD=^b,

所以2。=、4岳—4。2=坐6,

所以SAABC=3XACX_B￡)=1X6X

所以正四面體P—ABC的表面積為

S=4SAABC=/^所以廬=3S.

2

又。為△A5C的中心，所以50=嚴(yán)。

又根據(jù)正四面體的性質(zhì)，可知尸0_L80,

所以PO=^PB1~BO2=^-b,

所以%=G義限甌XP0）2

=Qx務(wù)X坐》=%=拉凈）

q

球的表面積為5=4兀尺2,所以R2=通,

所以0=售時(shí)2=加3.

因?yàn)樵?3＞擊S3＞/3＞就6S3=^S3,

所以%＞有＞必，所以匕＜%＜%.

3.（多選）（2023?邯鄲模擬）已知/U）是定義在R上的函數(shù)，/（X）—八一x）=0,且滿足/（x+l）為奇

7TY

函數(shù)，當(dāng)尤e[o,i）時(shí)，加）=—cos了，下列結(jié)論正確的是（）

A.川）=0

B.八x）的周期為2

C.八x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（1,0）中心對(duì)稱

—

答案ACD

解析因?yàn)閥（x+i）為奇函數(shù)，

所以八一1）=—A龍+1），

所以八一。+1）=一八。+1）,

所以犬1）=0,A正確；

因?yàn)楫?dāng)工￡[0,1）時(shí),/x）=—cosy,

所以10）=-cos0=-1,

因?yàn)榘?x+l）=—

所以五2）=一八0）=1,故人2）差*0）,

所以2不是人元）的周期，B錯(cuò)誤;

因?yàn)?r+l）為奇函數(shù)，

所以函數(shù)人工+1）的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，

所以1x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（1,0）中心對(duì)稱，C正確;

由八一次+1）=~/（%+1），

?-A-x）=o,

可得人r+2）=-/（一尤-1+1）=尤）

=一段)，

所以/(x+4)=/(x+2+2)=—y(x+2)

所以函數(shù)1x)為周期函數(shù)，周期為4,

所以/=/(4X253—￡)

又當(dāng)[0,1）時(shí)，X%）=—cos

所以cos^=—坐，D正確.

4.(2023?沈陽(yáng)模擬)已知定義在R上的函數(shù)式x)的導(dǎo)函數(shù)是7''(尤)，對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x都有八尤)

=#4—x),當(dāng)尤W2時(shí)，(x)>4’(尤)恒成立，則不等式兀的勺(1尤1+2)的解集為.

答案(一2,-1)U(1,2)

解析當(dāng)尤<2時(shí)，由(x—2?'(x)>0知，/'(x)<0,則/(無(wú))在(一8,2)上單調(diào)遞減；

當(dāng)x>2時(shí)，由(x—2?'(x)>0知，/'(x)>0,則於)在(2,+8)上單調(diào)遞增，

又對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x都有式x)=/(4—x),即/(x)的圖象關(guān)于直線x=2對(duì)稱，

綜上，若兀c2)勺(|x|+2),則*—2|<|尤|,

當(dāng)x<—\[2,即x2—2<—x時(shí)，

x^~\~x—2=(x+2)(x—1)<0,

此時(shí)一2<x<一也；

當(dāng)一也Wx<0,即Z—dv—x時(shí)，

x2—x—2=(無(wú)一2)(x+1)>0,

此時(shí)一啦Wx<-1；

當(dāng)OWxvp,即2—時(shí)，

x2~\~x—2=(尤+2)(尤-1)>0,

此時(shí)]<x<y[2；

當(dāng)X2小,即x2—2<x時(shí)，

X2—x—2=(x—2)(x+1)<0,

此時(shí)也Wx<2,

綜上，不等式的解集為(一2,-1)U(1,2).

5.(2023?大慶模擬)已知數(shù)列｛a”｝滿足勾+3a2H-----b(2n-l)a?=n.

(1)證明：是等差數(shù)列；

f1

7^7,〃為奇數(shù)，

(2)已知cn=\19斯求數(shù)列｛金｝的前2n項(xiàng)和S2n.

,〃為偶數(shù)，

⑴證明當(dāng)〃=1時(shí)，可得。1=1,

=

當(dāng)〃22時(shí)，由〃i+3a2+…+(2〃—l)ann9

得。1+3。2+~+(2〃-3)斯-1=〃一1(〃22),

上述兩式作差可得斯=五匕(〃22),

因?yàn)椤?=1滿足斯=\r,

2〃一1

所以｛斯｝的通項(xiàng)公式為即=2〃1]，〃￡N*,

所以;=2〃-1,

CLn

因?yàn)楫?dāng)〃22時(shí)，；一」一=2九一1一(2〃-3)=2(常數(shù))，

斯Cln-l

所以，5,是等差數(shù)列?

f2n—l%.貼

19，〃為奇數(shù)，

=<

(2)解cn]

、(2〃一1)(2〃+3)，"為偶數(shù)’

所以Cl+c3H------l-C2n-l

1+5+9H----b(4“一3)(2〃一l)w

=19=~19~~'

C2+c4H-------\~C2n

_yi_i,1_±,ii

-4l37+7ll+'"+4n-l4/1+3；

____n

=3(4〃+3)，

所以數(shù)列｛c.｝的前2n項(xiàng)和

c_(2n-l)nn

W19十3(4〃+3).

［周三］

1.（2023?南京模擬）已知復(fù)數(shù)z滿足iz=2—i,其中i為虛數(shù)單位，貝I］z為（）

A.-l-2iB.l+2i

C.-l+2iD.l-2i

答案C

(2—i)X(—i)

解析l-2i,

iX(-i)

則z=—l+2i.

2.（2023?蚌埠質(zhì)檢諾橢圓C：\+曰=1的離心率為坐，則橢圓C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為（）

A.6B或2乖

C.2乖D.2巾或2#

答案D

解析當(dāng)焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，由e=^=寫五，

解得加=|,符合題意，此時(shí)橢圓C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2??；當(dāng)焦點(diǎn)在x軸上時(shí)，由6=乎="穿,

解得根=6,符合題意，此時(shí)橢圓C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2吊蔡=2\后.

3.（多選）（2023?懷化模擬）下列結(jié)論中，正確的有（）

A.數(shù)據(jù)1,2,4,5,6,8,9的第60百分位數(shù)為5

B.已知隨機(jī)變量X?8（?。唬?，若E（3X+1）=6,則w=5

AAA

C.已知經(jīng)驗(yàn)回歸直線方程為y=bx+L8,且尤=2,y=20,貝帕=9.1

D.對(duì)變量x與y的統(tǒng)計(jì)量/來(lái)說(shuō)，/值越小，判斷。與y有關(guān)系”的把握性越大

答案BC

解析對(duì)于A項(xiàng)，7X60%=4.2,所以第60百分位數(shù)為6,故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

對(duì)于B項(xiàng)，因?yàn)?/p>

所以E（X）=np=5,

所以E（3X+1）=3E（X）+1="+1=6,解得〃=5,故B項(xiàng)正確；

對(duì)于C項(xiàng)，由經(jīng)驗(yàn)回歸直線必過(guò)點(diǎn)（x,y）,

可得20=26+1.8,

解得6=9.1,故C項(xiàng)正確；

對(duì)于D項(xiàng)，由獨(dú)立性檢驗(yàn)可知，/值越大，判斷“x與y有關(guān)系”的把握性越大，故D項(xiàng)錯(cuò)

誤.

4.(2023?廊坊模擬)已知雙曲線/一，=l(a>0,6>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為尸1，尸2,過(guò)x軸上方的

焦點(diǎn)后的直線與雙曲線上支交于M,N兩點(diǎn)，以N6為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)加，若阿科，\MN\,

IN&I成等差數(shù)列，則該雙曲線的漸近線方程為.

答案

解析如圖所示，

由雙曲線的定義

|MF2|=2a+|MFi|,

\NF2\=2a+\NF!\,

所以阿眄|+|NBI=4a+\MFx\+\NFi\=4a+\MN\.

因?yàn)閨MB|,|MN，|NB|成等差數(shù)列，

INF2I=

所以\MF2\+2\MN\,

即4a+|MV|=2|MN，|AW|=4a.

令|MFi|=x,在中，MF2-LMN,

所以|M&F+|MNp=|N&|2,

即(2a+尤>+(4a)2=(6a~x)2,

解得x=a,即|MQ|=a,\MF,\=3a,

又在RtAFiMF2中，

。2+(3<7/=(2o)2,所以2/=5/，

又c1=a2+b2,所以2b2=342,

即￡=*，所以y=±1x=G^x.

5.(2023?邵陽(yáng)模擬)如圖所示，在四棱錐產(chǎn)一ABC。中，底面A8CO是等腰梯形，AB//CD,AB

=209=4.平面平面ABC?,。為AB的中點(diǎn)，ZDAO=ZAOP=60°,OA=OP,E,F,

G分別為3C,PD,PC的中點(diǎn).

(1)求證：平面PCD_L平面AFG8；

(2)求平面PDE與平面ABCD夾角的正切值.

⑴證明如圖所示，取A。的中點(diǎn)X,連接HD,HP,

在等腰梯形48co中，

AB//CD,AB=4,CD=2,ZDAO^60°.

為AB的中點(diǎn)，即有四邊形BC。。是平行四邊形，

：.OD//BC,ZDOA=ZCBO=ZDAO=6Q°.

為正三角形，：.AD=2,HDLAO.

在△A0P中，0A=0P=2,ZAOP=60°,

：.^AOP為邊長(zhǎng)為2的正三角形，

；.AP=2,PHLAO.

J.AP^AD,又尸為尸。的中點(diǎn)，：.AF±PD.

"：HD±AO,PHLAO,HDCPH=H,HD,PHU平而PHD,

；.AO_L平面PHD,即A2_L平面PHD.

PDU平面PHD,：.AB±PD.

：G為尸C的中點(diǎn)，.,.FG//CD//AB,

.,.A,F,G,8四點(diǎn)共面，

XVAFHAB=A,AF,ABU平面AFGB,

.?.PO_L平面AFGA

;尸。u平面PCD,；.平面PCD_L平面AFGB.

（2）解'：PH±AB,平面E4B_L平面ABC。，

平面B48c平面ABCD=AB,PHU平面PAB,

平面ABCD,

由（1）知，PH,HD,AB兩兩互相垂直，以X為坐標(biāo)原點(diǎn)，HD,HB,HP所在直線分別為x

軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則”（0,0,0）,P（0,0,?。?。（小，0,0）,

于是加=（0,0,?。?，PD=（y[3,0,一小）,

發(fā)=（一零2）°）

設(shè)平面尸。E的法向量為〃=（x,y,z）,

n-PZ)=O,

則<一即一半x+jy=。,

jiDE=O,

取x=5,貝!|〃=(5,小，5),

易知加=(0,0,4)為平面ABCQ的一個(gè)法向量,

設(shè)平面PDE與平面ABCD的夾角為仇

一I\nHP\

則cos3=cos〈n,HP〉\——

I^IIHPI

5事5

一辰X小一府

/.sin9—yjl—cos23=^^

,Asin。2市

tan(J-cos8/>—5<.

平面PDE與平面ABC。夾角的正切值為苧.

［周四］

1.(2023?沈陽(yáng)模擬)設(shè)集合A={xGN|-1WXW3},集合8={習(xí)2工<2},則AC8等于()

A.{-1,0}B.{x|—1WX<1}

C.{0}D.0

答案C

解析'：B={x^<2}={x\x<\},

A={xGN|—l《xW3}={0,l,2,3},

.?.ACB={0}.

2

2.(2023?安慶模擬)已知第二象限角a滿足sin(?t+a)=一貝!Jsin2s—2sin(a+￡)cos(a一份的

值為()

c|D.平

答案D

2,

解析由題意知sina=w，且。為第二象限角,

所以COSQ=一^1—(jj2=—3,

于是sin2在一2sin(a+.)cos(oc—S)

=sin[(a+/?)—(?-￡)]—2sin(a+B)cos(a一4)

=-[sin(a+/3)cos(a—/J)+cos(ot+/?)sin(a-^)]

=-sin2a=_2sinacosa

-X|x(一明岑

3.(多選X2023?懷化模擬)數(shù)列｛〃〃｝滿足的=3，斯一斯+i—2〃s+i=0(〃￡N*),數(shù)列｛瓦｝的前〃

項(xiàng)和為S”且b.T=Js.(wGN*),則下列結(jié)論正確的是()

A?023e｛斯｝

(113"+i3

B.數(shù)歹“￡一勿[的前n項(xiàng)和。"=〃2+"——^十^

C.數(shù)列｛斯斯+1｝的前n項(xiàng)和C<1

11

nbi,b2上,bw19X33

D-W…+藐=^-+2

答案BCD

^^析由0,

得」一一工=2,又工=2,

an+iana\

所以是首項(xiàng)為2,公差為2的等差數(shù)列，則；=2〃，

l^njCln

則斯=+?則2；235｛斯｝，A錯(cuò)誤；

222

由與一1=qS〃，可得bl—1=§S1=芋>1,

解得"=3,

=

又當(dāng)“22時(shí)，bn-l-l^Sn-l,

則仇一瓦,一1=|小，

整理得為=3d—1,

則數(shù)列｛兒｝是首項(xiàng)為3,公比為3的等比數(shù)列，則與=3"(WGN*),

則數(shù)列[；一瓦]的前n項(xiàng)和

〔斯J

C“=(2—3)+(4—32)H---|-(2n-3")

=(2+4+…+2〃)一(3+3?+…+3")

7(2+2幾)3(1—3〃)

=2--1-3

3〃+i3

=川+〃一空一+],B正確；

1

斯斯+1=4〃(〃+1)=1n

則數(shù)列｛為金+1｝的前n項(xiàng)和T?=

If1-2+2-3+3-4+-

=削一出后c正確；

設(shè)數(shù)列佚，的前〃項(xiàng)和為4,

則A?=2X3+4X32H----\-2n-3,1,

3A?=2X32+4X33H----\-2n-3n+l,

兩式相減得一2A,=2X3+(2><32+2X33+…+2X3〃)-2加3〃+1,

(2幾—1)3"+1319X3“3

整理得4=----2----+1則當(dāng)〃=1。時(shí)，Aio=-2~+》D正確.

4.（2023?汕頭模擬）與圓Cx2+y2-x+2y=0關(guān)于直線I：x+y=Q對(duì)稱的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是

答案（x-l）2+^+1｝=J

解析圓C：l+y2—x+2y=0的圓心為eg,—1）,半徑為坐，

點(diǎn)戲，—1）關(guān)于直線/：x+y=0對(duì)稱的點(diǎn)為C'（1,—0,則所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x—

5.（2023?永州模擬）為了精準(zhǔn)地找到目標(biāo)人群，更好地銷售新能源汽車，某4s店對(duì)近期購(gòu)車

的男性與女性各100位進(jìn)行問(wèn)卷調(diào)查，并作為樣本進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析，得到如下列聯(lián)表（znW40,

m^N）：

購(gòu)買新能源汽車（人數(shù)）購(gòu)買傳統(tǒng)燃油車（人數(shù)）

男性801m20+m

女性60+m40~m

（1）當(dāng)m=O時(shí)，將樣本中購(gòu)買傳統(tǒng)燃油車的購(gòu)車者按性別采用比例分配分層隨機(jī)抽樣的方法

抽取6人，再?gòu)倪@6人中隨機(jī)抽取3人調(diào)查購(gòu)買傳統(tǒng)燃油車的原因，記這3人中女性的人數(shù)

為X,求X的分布列與均值;

(2)定義心=￡.By)Qw￡3,2WjW3,i,六N),其中心為列聯(lián)表中第i行第/列的實(shí)際

Dij

數(shù)據(jù)，%為列聯(lián)表中第i行與第j列的總頻率之積再乘以列聯(lián)表的總頻數(shù)得到的理論頻數(shù).基

于小概率值a的檢驗(yàn)規(guī)則：首先提出零假設(shè)Ho(變量A，8相互獨(dú)立)，然后計(jì)算K?的值，當(dāng)

心2必時(shí)，我們推斷％不成立，即認(rèn)為A和8不獨(dú)立，該推斷犯錯(cuò)誤的概率不超過(guò)a；否貝U，

我們沒(méi)有充分證據(jù)推斷員不成立，可以認(rèn)為A和2獨(dú)立.根據(jù)蜉的計(jì)算公式，求解下面問(wèn)

題：

①當(dāng)機(jī)=0時(shí)，依據(jù)小概率值a=0.005的獨(dú)立性檢驗(yàn)，請(qǐng)分析性別與是否購(gòu)買新能源汽車有

關(guān)；

②當(dāng)機(jī)＜10時(shí)，依據(jù)小概率值a=0.1的獨(dú)立性檢驗(yàn)，若認(rèn)為性別與是否購(gòu)買新能源汽車有關(guān),

則至少有多少名男性購(gòu)買新能源汽車？

附：

a0.10.010.005

Xa2.7066.6357.879

解(1)當(dāng)機(jī)=0時(shí)，

采用比例分配分層隨機(jī)抽樣的方法抽取購(gòu)買傳統(tǒng)燃油車的6人中，男性有2人，女性有4人.

由題意可知，X的所有可能取值為1,2,3.

C?C11

P(x=D=討=亍

C1C?_3

P(X=2)=

51

C9ci1

P(X=3)=討

則X的分布列為

X123

131

P

555

131

E(X)=1*5+2乂5+3*5=2.

⑵①零假設(shè)為Ho：性別與是否購(gòu)買新能源汽車無(wú)關(guān)聯(lián).

當(dāng)m=0時(shí)，

4,2=80,32,2=0.5X0.7X200=70,

4,3=20,&,3=0.5X0.3X200=30,

A3,2=60,33,2=0.5X0.7X200=70,

4,3=40,6,3=0.5X0.3X200=30,

皿⑶,2-&,2)[L(A2,31&,3)2」_

K=瓦三十瓦二十

03,2—B3,2)2(4,3—53,3產(chǎn)

W,2Bs,3

(70-80)2(20-30)2(60-70)2

=-70-+-30-+-70-

,(40—30)2200

+-30-一可-29.524,

\,9.524>7.879=XO.OO5,

根據(jù)小概率值a=0.005的獨(dú)立性檢驗(yàn)，我們推斷Ho不成立，即認(rèn)為性別與是否購(gòu)買新能

源汽車有關(guān)聯(lián)，此推斷犯錯(cuò)誤的概率不超過(guò)0.005.

,(80-/7I-70)2(20+m-30)2(60+/W-70)2(40-/W-30)2

②％=70+30+70+30

2(10-m)2

=-21-

2(10—機(jī)產(chǎn)、

由題意可知21------22.706,

整理得(10—機(jī))2^28413,

又MIGN,機(jī)<10,.,.機(jī)W4,

機(jī)的最大值為4,又80—4=76,

,至少有76名男性購(gòu)買新能源汽車.

［周五］

1.（2023?邵陽(yáng)模擬）在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)千3（i為虛數(shù)單位）對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

答案C

解析依題意F=（3+%T」）

對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為（一2,-1）,在第三象限.

2.（2023?煙臺(tái)模擬）過(guò)拋物線一=20</?>0）的焦點(diǎn)且傾斜角為45。的直線與拋物線交于A,B

兩點(diǎn)，若點(diǎn)A,8到y(tǒng)軸的距離之和為4陋，則p的值為（）

A.1B.2C.3D.4

答案B

解析設(shè)A（?,9），B（X2,y2）,

由題意可得，直線AB的斜率A=tan45o=l,拋物線*=2內(nèi)加>0）的焦點(diǎn)為《0,

故直線AB的方程為y=x+$

聯(lián)立方程（2

=2py,

消去y得x*1—2px~p2=0,

則/=（一2p）2—4X1X（一夕2）=8p2>0,

Xl-\-X2=2p,無(wú)1無(wú)2=~p2<0,

可知XI,無(wú)2異號(hào)，

由題意可得|對(duì)+網(wǎng)=M—X2|

=7（X1+X2j—4X1X2

=q（2p）2—4（—p2）=2mp=4W,

解得p=2.

3.（多選）（2023?溫州模擬）是等比數(shù)列｛斯｝的前w項(xiàng)和，若存在a,3cGR,使得&=06"

+c,則（）

A.a+c—0

B.b是數(shù)列｛a“｝的公比

C.ac<0

D.｛%｝可能為常數(shù)列

答案ABC

解析設(shè)等比數(shù)列｛斯｝的公比為名

當(dāng)q=l時(shí)，斗=〃兩，顯然是一次函數(shù)形式不是指數(shù)函數(shù)形式，故不滿足題意，所以D錯(cuò)誤;

業(yè)BlR°-（1一」'）0"1?

當(dāng)產(chǎn)1時(shí)，SL[_q-x_q-x_qq，

所以cu-j~Q=一~b=q,

1—q1—t7

2

即a+c=0,ac=-（]_"）2<0,所以ABC正確.

4.（2023?保山模擬）費(fèi)馬點(diǎn)是指三角形內(nèi)到三角形三個(gè)頂點(diǎn)距離之和最小的點(diǎn)，當(dāng)三角形三個(gè)

內(nèi)角都小于120。時(shí)，費(fèi)馬點(diǎn)與三個(gè)頂點(diǎn)連線恰好三等分費(fèi)馬點(diǎn)的周角，即該點(diǎn)所對(duì)三角形三

邊的張角相等且均為120。.根據(jù)以上性質(zhì)，已知4（-1,0）,3（1,0）,C（0,2）,M為△ABC內(nèi)一

點(diǎn)，當(dāng)|MA|+|MB|+|MC|的值最小時(shí)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為,此時(shí)sin/MBC=.

2仃一小

答案10~

解析由題設(shè)，△ABC是等腰三角形，且AC=BC,根據(jù)已知坐標(biāo)得示意圖如圖所示.

根據(jù)費(fèi)馬點(diǎn)定義知，M在AB的垂直平分線OC上，且是頂角為120。的等腰三角形,

所以/K48=30。，

故。知=坐。4=坐，則從0,坐),

由ZMBC=NOBC—AMBO,

21

而sinAOBC—cosNOBC=占‘

sinZMBO=^,cosZMBO=^,

所以sinZMBC=sinZOBCcosZMBO-

cosNOBCsinNMBO=1X坐一東門

24一木

10

5.(2023?蘭州模擬)已知函數(shù)八x)=；+alnx(aeR).

(1)當(dāng)。=4時(shí)，求/(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；

工2—2犬—1

(2)設(shè)函數(shù)g(x)=?x)+—苕彳一,討論g(x)的單調(diào)性.

解(1)當(dāng)。=4時(shí)，?x)=:+41nx,

則/(X)=~^+^=^2^-,

當(dāng)xe(o,g時(shí),f(x)<o,

函數(shù)段)在(0,2上單調(diào)遞減；

當(dāng)xeg,+8)時(shí)，f(x)>0,

函數(shù)兀o在Q,+s)上單調(diào)遞增，

所以Ax)min=f=4(1—In4)<0,

又/(g=e3—12>0,11)=1>0,

所以存在X1G(O,3，及^(；，+8),使得式X1)=KX2)=O,

即/(X)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.

—2x—1x—1

(2)函數(shù)g(%)=/(x)+—京石一=dnx+^q~j-,定義域?yàn)?0,+0°),

/a2加+(2〃+2)%+〃

且⑴―X(%+1)2一%(%+1)2

當(dāng)〃20時(shí)，g'(x)>0,函數(shù)g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增;

當(dāng)〃<0時(shí)，令h(x)=ax1+(2a+2)x-\-a,

由于/=(2〃+2)2—4〃2=4(2〃+1),

①當(dāng)〃=-1時(shí)，/=0,

——T(X——I)?

g'(x)=—(.八2W0,函數(shù)g(x)在(0，+8)上單調(diào)遞減；

A-IL1

②當(dāng)a<—g時(shí)，/<0,h(x)<0,g'(x)<0,函數(shù)g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞減；

③當(dāng)一氐。<0時(shí)，/>0,設(shè)尤1,尤2是方程貽)=0的兩個(gè)根，且無(wú)1<%2,

一(。+1)+?2〃+1

9

則為=a

一(〃+1)—yj2a~\~1

也=a，

(〃+1)-y)2a+1

又Xl=

-a

^次+2〃+1-42〃+1

—a'

則當(dāng)x￡(0,為)時(shí),帖)<0,gfW<0,

函數(shù)g(x)在(0，即)上單調(diào)遞減;

當(dāng)工￡(沏,%2)時(shí),h(x)>0,g'(x)>0,

函數(shù)g(x)在(為，％2)上單調(diào)遞增；

當(dāng)X￡(X2,+8)時(shí)，優(yōu)0<0,g'(x)<o,函數(shù)g(x)在(X2,+8)上單調(diào)遞減.

綜上所述，

當(dāng)時(shí)，函數(shù)g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增；

當(dāng)忘一；時(shí)，函數(shù)g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞減;

當(dāng)一^<a<0時(shí),

1

函數(shù)g(x)在(。，—(。十嵋^

—(〃+1)—y/2a+]

,+8上單調(diào)遞減,

一(〃+1)+^2"+]—(〃+])-42〃+]

在上單調(diào)遞增.

aa

［周六］

1.(2023?泉州質(zhì)檢)已知集合4={尤|一5<歡2},2={尤因<3},則AUB等于()

A.(一8,2)B.(一8,3)

C.(-3,2)D.(-5,3)

答案D

解析因?yàn)锳={x［—5<%<2},

B={x|kl<3}={x|—3<x<3},

因此AUB=(—5,3).

2.(2023?安慶模擬)為了解學(xué)生每天的體育活動(dòng)時(shí)間，某市教育部門對(duì)全市高中學(xué)生進(jìn)行調(diào)查,

隨機(jī)抽取1000名學(xué)生每天進(jìn)行體育運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，按照時(shí)長(zhǎng)(單位：分鐘)分成6組：第一組

［30,40),第二組［40,50),第三組［50,60),第四組［60,70),第五組［70,80),第六組［80,90］.對(duì)統(tǒng)

計(jì)數(shù)據(jù)整理得到如圖所示的頻率分布直方圖，則可以估計(jì)該市高中學(xué)生每天體育活動(dòng)時(shí)間的

第25百分位數(shù)約為()

C.47.5分鐘D.49.5分鐘

答案C

解析由頻率之和為1得，

10X(0.01+0.02+0.03+2a+0.01)=1,

解得a=0.015,

由10X0.01=0.1<0.25,

10X0.01+10X0.02=0.3>0.25,

故第25百分位數(shù)位于［40,50）內(nèi)，

則第25百分位數(shù)為40+照10=47.5.

U.3—U.1

可以估計(jì)該市高中學(xué)生每天體育活動(dòng)時(shí)間的第25百分位數(shù)約為47.5.

3.（多選）（2023?沈陽(yáng)模擬）在正方體ABC。一AJ31GD1中，AB=1,點(diǎn)尸在正方體的面

內(nèi)（含邊界）移動(dòng)，則下列結(jié)論正確的是（）

A.當(dāng)直線BiP〃平面48。時(shí)，直線BiP與直線CA所成角可能為:

B.當(dāng)直線BiP〃平面A/D時(shí)，點(diǎn)尸軌跡被以A為球心，1為半徑的球截得的長(zhǎng)度為3

C.若直線3P與平面CGA。所成角為全則點(diǎn)尸的軌跡長(zhǎng)度為自

D.當(dāng)直線BiP±AB時(shí)，經(jīng)過(guò)點(diǎn)B,P,Di的平面被正方體所截，截面面積的取值范圍為

整向

答案BCD

解析對(duì)于A,如圖1,連接CBi,CDx,BQi,由正方體性質(zhì)知，CBt/ZDAr,CDX//BAl,

由于CB停平面AiBZ）,ZMiU平面42。，則〃平面ABD,同理可證CZ）i〃平面A/。，

又C8iCC￡）i=C,CBi,CPU平面CBQ,故平面〃平面CB。，

由Bid平面CBiOi,平面CBidC平面CCQiO=CA,且P在正方體的面CGOi。內(nèi),

所以要使直線81P〃平面48。，則SPU平面CBiQi,即PGCA,

又△C81A為等邊三角形,

故尸在CA上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線囪尸與直線CA所成角的取值范圍為后IT，句JT，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,由A分析知，直線BiP〃平面A/。，點(diǎn)尸軌跡為線段C。，

如圖2,取CA的中點(diǎn),連接ADi,AH,而AACDi為等邊三角形，則AH=、A瑤一喇=

'屋|=坐，以A為球心，'為半徑的球截CA的長(zhǎng)度為2\/圖2—圖2=/故B正確；

JT

對(duì)于C,由平面CCQ1。，顯然修。1,與平面CCQ1。所成的角均為不

jr

所以若直線修尸與平面CCbDi。所成的角為不則點(diǎn)尸的軌跡是以Ci為圓心，GA為半徑的

圓的尢如圖3所示.

‘，17T

所以點(diǎn)尸的軌跡長(zhǎng)度為^X2兀=/,故C正確;

對(duì)于D,若SP_L48,而A8〃C。，則8iP_LCD,而CDJ_平面以6平面881clC,

又平面851clec平面CCiDi￡?=CC!,故點(diǎn)尸的軌跡為線段CG,

過(guò)A作。1E〃8尸交A4i于E,連接8E,易知截面為平行四邊形，如圖4,

當(dāng)尸與C或Ci重合時(shí)，截面為矩形，此時(shí)面積最大，為木;

當(dāng)P為CG的中點(diǎn)時(shí)，截面為菱形，此時(shí)面積最小，為我小Xp=坐,

所以截面面積的取值范圍為坐，也］,故D正確.

4.(2023?武漢調(diào)研)(x—l)(2x+l)6的展開式中含/項(xiàng)的系數(shù)為.

答案一48

解析(2x+1)6的通項(xiàng)公式為

7Ui=ax(2x)6rx/

=26fXC《X尤6f,

所以(X—1)(2X+1)6的展開式中含A2的項(xiàng)為

CM2x>x—C名?(2%)2=(12—60勿2=—48總所以。一1)(2工+1)6的展開式中含x2項(xiàng)的系數(shù)為-48.

5.(2023?青島模擬)已知。為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C：￡+奈=13>6>0)的左、右焦點(diǎn)分別為

B，A為橢圓C的上頂點(diǎn)，△4為出為等腰直角三角形，其面積為L(zhǎng)

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)直線/交橢圓C于P,。兩點(diǎn)，點(diǎn)W在過(guò)原點(diǎn)且與I平行的直線上，記直線WP,WQ的

斜率分別為h，k2,△WP。的面積為S從下面三個(gè)條件①②③中選擇兩個(gè)條件，證明另一個(gè)

條件成立.

①5=冬②信后=—3；③W為原點(diǎn)Q

注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.

解(1)記。尸2|=2。,

由題意知|AFi|==a,2c=也。，

?，.=1a2=l,解得a=yf2,

.*.Z?=1,c=l,

...橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為與+y2=i.

(2)選②③為條件：

設(shè)P(xi,yi),2(X2,丁2),

當(dāng)直線/的斜率不存在時(shí)，根據(jù)橢圓的對(duì)稱性，不妨設(shè)點(diǎn)尸在第一象限，

則由k\k?=—2?可得h=2，

此時(shí)直線WP的方程為y=M，