高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第七周-每日一練【含答案】

第七周

[周一]

1.(2023?淮北模擬)已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z=4,則團(tuán)等于()

A.2B4C.y[2D.小

答案C

鏟用1—3i(1—3i)(2—i)—1—7i]7.

解析z—2+i—(2+i)(2—i)—5551,

則團(tuán)=Y(T>+(—「2=7，+^=應(yīng)

2.(2023??？谀M)瓊中蜂蜜是海南省瓊中黎族苗族自治縣特產(chǎn).人們贊美蜜蜂是自然界的建

筑師，是因?yàn)槊鄯浣ㄔ斓姆浞渴且哉庵鶠閱挝坏膸缀误w.18世紀(jì)初，法國天文學(xué)家通過觀

測發(fā)現(xiàn)蜜蜂蜂房的每個(gè)單位并非六棱柱.如圖1,正六棱柱ABCDEF-A/iGAEiB的底面

邊長為m高為。.蜜蜂的蜂房實(shí)際形狀是一個(gè)十面體，如圖2,它的頂部是邊長為〃的正六邊

形，底部由三個(gè)全等的菱形AGC3，,CGED'和EG4P構(gòu)成，其余側(cè)面由6個(gè)全等的直角

f,

梯形構(gòu)成，AA、=CCi=EEi=b,BiB=DiD'=FiF=c,蜜蜂的高明之處在于圖2的構(gòu)

造在容積上與圖1相等，但所用的材料最省.則圖2中，b—c等于()

E】D}

儲(chǔ)G

D

尸q

AB

圖1圖2

小a也a目魚

2

A:2B.j4

答案D

設(shè)b—c=x,則由題意知蜂房的表面積為義

解析6xJz%+3xT

=6ab—3〃%+3*4/+a1,

3s。8x______6事ax

求導(dǎo)得/(x)=—3a,

22d4—+/[4X2+J

人#，、Max,^2a

令/（x尸g]—3o“=n。，侍0x=4'

當(dāng)0＜xQ^時(shí)，f'（x）＜0,/（x）單調(diào)遞減，

當(dāng)x＞乎時(shí)，f（%）＞o,y（x）單調(diào)遞增，

所以當(dāng)x=與時(shí)，＜x）取得極小值，也是最小值，即此時(shí)蜂房最省料.

3.（多選）（2023?衡陽模擬）已知拋物線C：尸加的頂點(diǎn)為。，準(zhǔn)線為尸得，焦點(diǎn)為F,過

尸作直線/交拋物線于M,N兩點(diǎn)（M,N順序從左向右），則（）

A.

B.若直線/經(jīng)過點(diǎn)（-1,0）,則|MN|=|

C.|OMH。川的最小值為1

D.若的=3加，則直線/的斜率為當(dāng)

答案ABD

解析拋物線方程化為/=g，準(zhǔn)線為y=一1，所以a＞0,20=；,今=與，

準(zhǔn)線為y=—專=—￡;=—所以〃=],故A正確;

又m，g,過/作直線/交拋物線于M,N兩點(diǎn)，顯然/的斜率存在，

設(shè)I的方程為y=kx+^,與尸%2聯(lián)立消去丁整理得X2—2fcx—1=0,/=叱+4。恒成立.

設(shè)M（xi,yi）,Ng,y2）,則％I+X2=2Z,XIX2=-1,\MN\=y11+（xi+%2）2~4%I%2—^/1+

、4+4如=2（1+於）.

直線/經(jīng)過點(diǎn)（一1,0）,則％=/,|AW|=|,故B正確;

\OM\-\ON\=q看+卷+管

君+町（君+町

="jlq]6+—*+4（G+4）

=區(qū)『2勺17+4[（即+%2）2-2為X2]

當(dāng)左=0時(shí)，IOM1OW取得最小值，為點(diǎn)故c錯(cuò)誤；

由尸N=3Mb得-3%I=%2,又％1必=—1,xi<0,X2>0,

解得X1=—坐，&=小，所以由24=為十及=羋，得上=半，故D正確.

4.（2023?運(yùn)城模擬）2023年9月第19屆亞運(yùn)會(huì)于杭州舉辦，在杭州亞運(yùn)會(huì)三館（杭州奧體中心

的體育館、游泳館和綜合訓(xùn)練館）對(duì)外免費(fèi)開放，預(yù)約期間將含甲、乙在內(nèi)的5位志愿者分配

到這三館負(fù)責(zé)接待工作，每個(gè)場館至少分配1位志愿者，且甲、乙分配到同一個(gè)場館，則甲

分配到游泳館的概率為.

宏安—

口水3

解析甲、乙分配到同一個(gè)場館有以下兩種情況：

（1）當(dāng)場館分組人數(shù)為1,1,3時(shí)，甲、乙必在3人組，則方法數(shù)有C』A?=18（種）；

（2）當(dāng)場館分組人數(shù)為2,2,1時(shí),其中甲、乙在一組，則方法數(shù)有C』C以3=18（種），

即甲、乙分配到同一個(gè)場館的方法數(shù)有〃=18+18=36（種）.

若甲分配到游泳館，則乙必然也在游泳館，此時(shí)的方法數(shù)有AH=C3A3+C3A3=12（種），

I71

故所求的概率為尸=7m=而=予

5.（2023?泰安模擬）在AABC中，內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為mb,c,a=2,b=3,cosB

」

=~y

⑴求sinC；

（2）若點(diǎn)。在△ABC的外接圓上，且NABZ）=NC3。，求AZ）的長.

解（1）方法一在△ABC中，由余弦定理得，

9=4+.—4"（一；）,即c2+%=o,

解得c=-3（舍）或c=|.

VcosB=-y且8￡（0,7i）,

..2P

??sinD-3.

5X2^2

由正弦定理得，sinC=J^—=喈.

方法二在△ABC中，COSJ5=-1<0,

..D2^/27t.7t

..sin<兀,??Aq,

2^2

2X

34^2

由正弦定理得，sinA=

39，

AcosA=j.

4\/7iy72V2_10V2

AsinC=sin(A+8)=-^-X-

3,十§327,

(2)連接AZ),(圖略)，?:/ABD=NCBD,

AD=CD,：.AD=CD.

又ZABC+/ADC=兀，cosNADC=g.

設(shè)AD=CD=m(m>0),

在△ACD中，由余弦定理得，9=m2+m2—2m2x1-=^m2,

.3s.m3s

??YYI—2，,?A0-2?

［周二］

1.(2023.遼東南協(xié)作校模擬)已知雙曲線C：條一力=1(°>0,b>0)的一條漸近線與直線2x—y

+1=0垂直，則該雙曲線C的離心率為()

A坐B.小C.2D.小

答案A

解析依題意知，雙曲線C的漸近線方程為尸士》依題意，一號(hào)X2=—1,于是6=2°,

雙曲線。的實(shí)半軸長為Z?,虛半軸長為。，半焦距。=封/?2+〃2=小〃,

所以雙曲線C的離心率e=A坐

2.(2023?南通模擬)函數(shù)若方程(x+sin%如)一加=0只有三個(gè)根陽，血，％3，

且為<%2<%3，貝！Jsin尬+2023XIX3的取值范圍是()

A.(0,+8)B.(2023,+8)

C.(—8,-2023)D.(—8,0)

答案D

解析由(x+sinx)/(x)一加=0,Xx)=^023|x|,

所以(x+sin023|x|—ax2=0,

①當(dāng)x=0時(shí)方程成立.

②當(dāng)xWO時(shí)，(x+sinx)%2023\x\—ax1—0化為(無+sin尤)一°21|刃一a=O0(x+sin尤)/°2i-|x|=a,

令尸⑴=(x+sin02i|x|,

由定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，

且尸(一龍)=[—尤+sin(一尤)](-02i|一刃=(尤+sinx'fx2021|x|=F(x),

所以尸(x)為偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，

所以F(x)與y=a的兩個(gè)交點(diǎn)對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)關(guān)于y軸對(duì)稱，

即方程(x+sinx)f°2i|x|=a的另外兩根一定一正一負(fù)，

又X1<X2<X3,

所以Xl<0,尤2=0,%3>0,且尤1=—%3=0,

所以sinxz+2023XLX3=-2023xi<0.

3.(多選)(2023?曲靖質(zhì)檢)正方體ABC。-AiSCiP的棱長為1,E,P分別為BC,CG的中

點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)H在線段4G上，則下列結(jié)論中正確的是()

A.直線A尸與直線。1E異面

0

B.平面AE/截正方體所得的截面面積為著

C.存在點(diǎn)使得平面AEH〃平面CODC1

D.三棱錐A—ECH的體積為定值

答案BD

解析依題意作圖，連接AA,則有Ad〃EF,即EF與AOi共面，構(gòu)成平面AEF。.

對(duì)于A,因?yàn)锳,E,F,A都在平面4EED1內(nèi)，所以直線AF與。宙共面，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,平面AEF截正方體的截面就是四邊形AEEDi,以。為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)

系，如圖，

貝4(1,0,0),帽，1,0),m，1,￡),01(0,0,1),1,￡|,贏=G，1,-1

一__O

AF-5TE=O,即AFLAE,由空間兩點(diǎn)距離公式得

19

四邊形AEFOi的面積=KXAFXDI￡=G，故B正確；

Zo

對(duì)于C,若出勺41且8WC1,則A//C平面A22iAi=A,且平面4班14，

即平面與平面ABBiAi有交點(diǎn)，平面ABSA〃平面CDD^Cx,

并且平面CDDC,故平面AE”與平面CDAG相交；

若H=Ai,則加平面ABBA,平面AEH與平面A8&A1相交，

平面ABBiAi〃平面CDDiCi,并且E4平面CDDiCi,

故平面與平面CDDiCi相交；

若H=G,同理可證得平面A即與平面CDAG相交，

故不存在點(diǎn)“，使得平面AEW與平面CD。。平行，C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,由直線4cl〃平面ABCD,

所以H點(diǎn)到平面ABC。的距離就是正方體的棱長1,

也是底面為△AEC的三棱錐A—ECH的高，又的面積是定值，所以三棱錐A—ECH

的體積為定值，故D正確.

4.（2023?湛江模擬）若函數(shù)y（無）二^一混一。存在兩個(gè)極值點(diǎn)xi,無2,且及=2尤i,則a—.

答案看

解析fix）—ax1—a,定義域?yàn)镽,所以/'（尤）=e“一2ax,

故e"—2axi=0.e%2—2ax2=0.又X2=2XI,所以e?為一4axi=0,

即e』（e』-2）=0.

1

又e”>0,故e*=2,所以xi=ln2,所以a=

5.（2023?沈陽模擬）已知數(shù)列｛詼｝的前"項(xiàng)和為S”且S,滿足log2（S“+2）="+l.

（1）求數(shù)列｛%｝的通項(xiàng)公式；

（2）在任意相鄰兩項(xiàng)延和a*+i（其中ZGN*）之間插入2A個(gè)3,使它們和原數(shù)列的項(xiàng)構(gòu)成一個(gè)新

的數(shù)列｛%”｝.記。為數(shù)列｛仇｝的前〃項(xiàng)和，求736的值.

解（1）由題意知S”+2=2"+i,

則S?=2"+1-2,

當(dāng)"22時(shí)，a?=S?-S?-i=2,,+1-2-2"+2=2",而的=51=22—2=2滿足上式，

n

所以數(shù)列｛斯｝的通項(xiàng)公式為an=2.

（2）由題意知，數(shù)列｛d｝中的元素依次為0，3,3,ai,3,…,3,的，3,…,3,你…，

21個(gè)22個(gè)23個(gè)

在0到怒之間3的個(gè)數(shù)為21+22+23+24=30,故在。5處｛瓦｝共有35個(gè)元素，

所以前36項(xiàng)中含ai,…，〃5及31個(gè)3,故?36—----1~〃5+31X3=2H---1-25+93.一-

2—1

+93=155.

［周三］

1.（2023?漳州質(zhì)檢）已知sin（a+^）=乎，則sin（2a+"）等于（）

A.B.|C.一坐D坐

答案B

解析sin（2a+,）=sin2a+）+,=cos^2a+^=1—2sin2^a+^=1—2X^=^.

2.（2023?安徽A10聯(lián)盟模擬）19世紀(jì)美國天文學(xué)家西蒙?紐康在翻閱對(duì)數(shù)表時(shí)，偶然發(fā)現(xiàn)表中

以1開頭的數(shù)出現(xiàn)的頻率更高.約半個(gè)世紀(jì)后，物理學(xué)家本福特又重新發(fā)現(xiàn)這個(gè)現(xiàn)象，從實(shí)

際生活得出的大量數(shù)據(jù)中，以1開頭的數(shù)出現(xiàn)的頻數(shù)約為總數(shù)的三成，并提出本福特定律，

丸十1

即在大量b進(jìn)制隨機(jī)數(shù)據(jù)中，以n開頭的數(shù)出現(xiàn)的概率為P4"）=log廠］，如斐波那契數(shù)、

階乘數(shù)、素?cái)?shù)等都比較符合該定律.后來常有數(shù)學(xué)愛好者用此定律來檢驗(yàn)?zāi)承┙?jīng)濟(jì)數(shù)據(jù)、選

舉數(shù)據(jù)等大數(shù)據(jù)的真實(shí)性.若g尸10（〃）=答三二噌々GN*,ZW20）,則上的值為（）

n=kl+10g25

A.2B.3C.4D.5

答案B

_20女+1女+221

解析依題意，得￡P(guān)io(n)=Pio(fc)+Pio(k+1)Hl-Pio(2O)=lg左+lg1+1TMg刀

n=k'

,21

log221-log23_log27_

--lg故k=3.

Xl+log25log210

3.（多選）（2023?昆明模擬）已知橢圓C：猴+?=1的左、右焦點(diǎn)分別為Q,F2,直線y=，"與

C交于A,B兩點(diǎn)（A在y軸右側(cè)），。為坐標(biāo)原點(diǎn)，則下列說法正確的是（）

A.|AFi|+|BFi|=2V5

B.當(dāng)機(jī)=平時(shí)，四邊形ABFiB為矩形

4

C.若貝!J加=§

D.存在實(shí)數(shù)機(jī)使得四邊形AB尸10為平行四邊形

答案ABD

解析如圖1,由橢圓與丁=相關(guān)于y軸對(duì)稱，可得|AH|+|8B|=|AB|+|A七|=2小，故A正

確；

圖1

如圖2,當(dāng)機(jī)=警時(shí)，可得嗒)，《一1,啕，又用(一1,0),&(1,0),

圖2

則AB_LRP2,|AB|=|AB|,又AB〃尸iB,則四邊形ABBB為矩形，故B正確;

設(shè)A(〃，m)(n>0),B(—n,m),貝|24尸1=(—1—〃，—m),BFi=(—1+"，—m),

--->--->"2加2

若AFi±BFi,貝尸1=1一/+加2=0,又3+彳=1,

4

聯(lián)立消元得9療—16=0,解得加=±±故C錯(cuò)誤；

如圖3,若四邊形A防。為平行四邊形，則|AB|=|AO|=c=l,即點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為;，

代入橢圓方程可得加=±4^,故當(dāng)加=±當(dāng)^時(shí)，四邊形ABR。為平行四邊形，故D正確.

圖3

4.(2023?安慶模擬)在棱長為4的正方體ABC。一中，點(diǎn)E是棱上一點(diǎn)，且AE

=1.過E,Bi，G三點(diǎn)的平面截該正方體的內(nèi)切球所得截面圓的面積為.

姣安96兀

°木25

解析由條件知正方體的內(nèi)切球的半徑為2,設(shè)球心到平面EB1G的距離為d,

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則￡(4,0,1),5(4,4,4),Ci(0,4,4),

設(shè)正方體內(nèi)切球的球心為。，則0(2,2,2),

則瓦西=(一4,0,0),麗=(0,4,3),丘)=(—2,2,1),

設(shè)平面EB1G的法向量為"=(x,y,z),

nB\C\=0,f—4x=0,

則4I。八令y=-3,則z=4,x=0,

.函=0〔4y+3z=0,

所以"=(0,—3,4),所以d=甯U-土a=|,

于是截面圓的半徑大小為22—(J)2=半,

故截面圓的面積為兀(4^>=舞.

5.(2023?南通聯(lián)考)2022年10月1日，女籃世界杯落幕，時(shí)隔28年，中國隊(duì)再次獲得亞軍,

追平歷史最佳成績.統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)顯示，中國隊(duì)主力隊(duì)員A能夠勝任小前鋒(SF)、大前鋒(PF)和

得分后衛(wèi)(SG)三個(gè)位置，且出任三個(gè)位置的概率分別為匕"，同時(shí)，當(dāng)隊(duì)員A出任這三

個(gè)位置時(shí)，球隊(duì)贏,球的概率分別4為點(diǎn)8余2隊(duì)員A參加所有比賽均分出勝負(fù)).

(1)當(dāng)隊(duì)員A參加比賽時(shí)，求該球隊(duì)某場比賽獲勝的概率；

(2)在賽前的友誼賽中，第一輪積分規(guī)則為：勝一場積3分，負(fù)一場積一1分.本輪比賽球隊(duì)

一共進(jìn)行5場，且至少獲勝3場才可晉級(jí)第二輪，已知隊(duì)員A每場比賽均上場且球隊(duì)順利晉

級(jí)第二輪，記球隊(duì)第一輪比賽最終積分為X,求X的均值.

解⑴根據(jù)題意，當(dāng)隊(duì)員A參加比賽時(shí)，比賽獲勝的概率「4溫十4/方義,號(hào)

(2)根據(jù)題意，可得A贏3場負(fù)兩場，積7分；A贏4場負(fù)一場，積11分；A贏5場，積15

分，所以隨機(jī)變量X的所有可能取值為7,11,15,記G表示“第一輪比賽最終積分為G(/=

7,11,15)”，。表示“A所在的球隊(duì)順利晉級(jí)第二輪”，

可得尸(GO)=cj|)3X(；)2=墨，

P(CIID)=C^4X|=-|J,

尸(。15。尸停下=等，則P(￡))=等，

所以P(X=7)=P(C7|Z))=

L\iy1J"4

尸(x=u)=尸(Cu|z))=久、)=適，

尸(X=[5)=尸(Gg)=尸部，W，

所以隨機(jī)變量X的分布列為

X71115

551

p

12126

E(X)=7X萬?+11X得+15X/=10.

［周四］

1.（2023?蚌埠質(zhì)檢）已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)Z滿足Z（l—i）2=2,則z2023等于（）

A.-1B.1C.-iD.i

答案C

解析由z（l—i>=2,

可仔Z—］_2i+i2——i——i2—I

所以22023n2。23=的105=_.

〃2入2/2

2.（2023?鹽城模擬）定義曲線為一*=1為雙曲線a一5=1的“伴隨曲線”.在雙曲線G：/

—丁=1的伴隨曲線C2上任取一點(diǎn)尸，過尸分別作無軸、y軸的垂線，垂足分別為M，N,則

直線MN與雙曲線Ci的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為（）

A.0B.1

C.2D.與點(diǎn)尸的位置有關(guān)系

答案B

解析雙曲線G：x2~y2=l的伴隨曲線C2為

「2-1,

設(shè)P（加，〃）為3—9=1上一點(diǎn)，

Ay

則4—4=1，

nrn

過尸分別作x軸、y軸的垂線，垂足分別為M,N,則M>,0）,N（0，〃），

所以直線MMy=~—）c+n,

=4/（1+：）—4義[1—〃20+削義（―/—i）=o,

則直線MN與雙曲線G的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1.

3.(多選)(2023.鞍山質(zhì)檢)已知函數(shù)/(x)=Tsinx+小cos21一坐，則()

57r一

A.?x)的圖象向右平移？■個(gè)單位長度后得到函數(shù)y=~cosx的圖象

B.7U)的圖象與g(x)=sinQ+用的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱

7T77r

C.的單調(diào)遞減區(qū)間為24兀+4,2左兀+不(kGZ)

D.若八尤)在[0,句上有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)。的取值范圍是[竽，半

答案ABC

角星析/(x)=zsinx+小cosg—騫=}sinx+小X1+；os?―雪x+^cosx=

的圖象，A正確；

對(duì)于B,月-x)=sin(—x+9=sin兀一(一x+g]=sinG+金=g(x),B正確;

兀71371

對(duì)于C,由2+2祈，女￡Z,

TT771

解得4+2EWXWW~+2E,kRZ,

r兀7兀-1

所以函數(shù)?x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[2%兀+不2左兀+不」(左￡Z),C正確;

因?yàn)閤￡[0,a],所以x+^^+a,

7T

因?yàn)槲?在[0,上有3個(gè)零點(diǎn)，所以3兀WW+Q<4兀，

解得,D錯(cuò)誤.

4.(2023?齊齊哈爾模擬)已知拋物線C丁=8羽點(diǎn)尸為拋物線。上第一象限內(nèi)任意一點(diǎn)，過

點(diǎn)尸向圓。：^+,2—I6x+48=O作切線，切點(diǎn)分別為A,B,則四邊形面積的最小值

為,此時(shí)直線A3的方程為.

答案16y[2x—y[2y—4=0

解析如圖所示，由題意知，圓。的標(biāo)準(zhǔn)方程(x—8)2+y2=i6,則圓心為。(8,0),半徑為廠

=|ZM|=4,

設(shè)尸庫，y)(y>o),則|即=4&-8)2+丫2=、^^332)^48,

所以當(dāng)V=32,即y=4碑時(shí)，|尸。|取得最小值，即|P￡>|min=d電=4小,

又因?yàn)閨出|=、任。2一/,

所以|B4|min=^48-16=4小,

又因?yàn)樗倪呅蜳ADB的面積S=2SAMD=2x||B4|Xr,

所以四邊形PADB面積的最小值Smin=2X；|B4|mmXr=16陋，此時(shí)尸(4,4W)，

則以PD為直徑的圓M的方程為。一4)。-8)+,。-4陋)=0,

圓Af方程與圓。方程相減可得直線AB的方程為x—y[2y—4=0.

5.(2023?湖北七市(州)聯(lián)考)如圖，在斜三棱柱ABC—481G中，底面△ABC是邊長為2的正

三角形，側(cè)面BCG?為菱形，已知/B8iC=60。，ABi=a.

(1)當(dāng)。=加時(shí)，求三棱柱ABC—418cl的體積；

(2)設(shè)尸為側(cè)棱821上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)。=3時(shí)，求直線PG與平面ACG4所成角的正弦值的取值

范圍.

解(1)如圖，取BC的中點(diǎn)。，連接A。，BiO,因?yàn)?CGS為菱形，且NBBiC=60。，所以

△BIC為正三角形，

又△ABC為正三角形且邊長為2,則8C_LA。，BCLBxO,

且AO=BiO=/,ABi=y[6,

所以4。2+81。2=48彳，

所以8iO_LA。，又BCCAO=。，

BC,AOu平面ABC,所以BiO_L平面ABC,

所以三棱柱ABC—AiBCi的體積V=BQSAABC=^X號(hào)乂22=3.

(2)在△AOS中，AO=BiO=小,ABi=3,

由余弦定理的推論可得

（小>+（小AT?1

cosNAO8i=

2X鎘X小T

所以/AOBi=可,

由(1)知2cL4。,BClBiO,

又BiOCAO=。，BiO,AOu平面A。/

所以BC_L平面AOS,因?yàn)锽Cu平面ABC,

所以平面AOBi_L平面ABC,所以在平面AOB內(nèi)作。z_LOA,貝IOz_L平面ABC,

以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA,OC,Oz所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如

圖所示.

則B(一坐,0,|),

3(0,-1,0),A(y/3,0,0),

C(o,1,0),c1T，2,I),Al凈1,I),

設(shè)〃=(尤，y,z)是平面ACGAi的法向量，

AC=(-V3,1,0),記=(—羋，2,|),

-AC=0,

則《

=0,

—yl3x+y=0,

即“3A/33

—￥x+2y+表=0,

取z=l,得憶=（一/，—3,1）,

設(shè)部=力麗（0—W1）,

則血=姿+詼=藍(lán)+4函

設(shè)直線PC1與平面ACC1A1所成角為e,

則sind=bos(CAP,n)|='~1J

\n\\CiP\

_________6__________.3

X^4(/—34+3)V13XW2—32+3’

令")一恒口、#—3什3(。*W1)'

則人力在［0,1］上單調(diào)遞增，

所以yu)e［曙，喈］

［周五］

71

1.（2023?福州質(zhì)檢）已知△ABC的外接圓半徑為1,A=§,則ACcosC+ABcos8等于（）

A.gB.1C.坐D.小

答案D

解析由正弦定理可得羋=圣=生=2,

sinCsinBsinA

所以A8=2sinC,AC=2sinB,

則AC-cosC+AB-cosB=2sinBcosC+2sinCeosB=2sin（B+C）=2sinA=^/3.

2.（2023?懷化模擬）已知球。的半徑為相，球面上有不共面的四個(gè)點(diǎn)A,B,C,D,且A3

=2714,則四面體ABC。體積的最大值是（）

A.14#B.挈C.98#D.呼

答案B

解析如圖所示，取AB的中點(diǎn)M,則OM=：30T4=4,

c

設(shè)點(diǎn)O到直線CD的距離為曲，點(diǎn)M到直線CD的距離為d,點(diǎn)A,8到平面的距離

分別為⑶，。2,

則CD=2、30—成dWdo+4,曲￡（0,而），

所以SAMCDW2430—加（向+4）*，=叱30一而（4+4）2,

令人而二給。一%2)(：尤+4>,尤G(0,455),則,(x)=-4(x+5)(x+4)(x—3),

所以當(dāng)xd(0,3)時(shí)，f(x)>0,大￡)單調(diào)遞增；當(dāng)xe(3,小5)時(shí)，f(x)<0,式x)單調(diào)遞減;

所以當(dāng)X=3時(shí)，A^)max=X3)=21X49,

所以SAMCDW~h]^l,

所以V四面體A6CD=^S^MCD,(h\+hi)wg&MczyAfiw/X7A/21X2^14，，

當(dāng)且僅當(dāng)MC=MD=?,且A3_L平面MCD時(shí)等號(hào)成立，

即四面體ABCD體積的最大值是竽.

3.(多選)(2023?石家莊質(zhì)檢)下列說法正確的是()

A.一組數(shù)據(jù)6,7,7,8,10,12,14,16,20,22的第80百分位數(shù)為16

B.若隨機(jī)變量《?N(2,o2),且一(a5)=0.22,則W<5)=0.56

C.若隨機(jī)變量i(9,D，則方差。(2。=8

D.若將一組數(shù)據(jù)中的每個(gè)數(shù)都加上一個(gè)相同的正數(shù)無，則平均數(shù)和方差都會(huì)發(fā)生變化

答案BC

解析對(duì)于A選項(xiàng)，該組數(shù)據(jù)共10個(gè)數(shù)，且10X0.8=8,

因此，該組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)為嗎”=18,A錯(cuò)誤；

對(duì)于B選項(xiàng)，若隨機(jī)變量。?N(2,/),且PC25)=0.22,

則尸(一k35)=l—2PC25)=l—2X0.22=0.56,B正確；

對(duì)于C選項(xiàng)，若隨機(jī)變量1?B(9,|),則￡>(2S=4O?=4X9x|xg=8,C正確；

對(duì)于D選項(xiàng)，在隨機(jī)變量X的每個(gè)樣本數(shù)據(jù)上都加個(gè)正數(shù)尤，

則得到的新數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的隨機(jī)變量為X+x,

由期望和方差的性質(zhì)可得E(X+x)=E(X)+x,￡>(X+x)=D(X),

因此，若將一組數(shù)據(jù)中的每個(gè)數(shù)都加上一個(gè)相同的正數(shù)x,則平均數(shù)會(huì)改變，但方差不變，D

錯(cuò)誤.

4.（2023?衢州模擬）已知數(shù)列1,1,3,1,3,5,1,3,5,7,1,3,5,7,9,…，其中第一項(xiàng)是1,接下來的兩項(xiàng)

是1,3,再接下來的三項(xiàng)是1,3,5,依此類推.將該數(shù)列的前w項(xiàng)和記為則使得S.>400成

立的最小正整數(shù)n的值是.

答案59

解析將已知數(shù)列分組，每組的第一項(xiàng)均為1,即第一組：1；第二組：1,3；第三組：1,3,5；

依此類推；

將該數(shù)列記為數(shù)列｛斯卜將各組數(shù)據(jù)之和記為數(shù)列｛乞｝,則核="0+；"—1）=〃2,

記數(shù)列｛瓦,｝的前W項(xiàng)和為Tn,則乙=12+22+…+層=迎土”"II;

10X11X2111X12X23

T1O==385<400,Tii==506>400；

66

?「bi+Z?2H------對(duì)應(yīng)｛〃〃｝中的項(xiàng)數(shù)為1+2+3H------------1_10=2=55,即S55=TIO,

???S58=385+l+3+5=394<400,S59=385+l+3+5+7=401>400,

則使得S〃>400成立的最小正整數(shù)n的值是59.

5.（2023?十堰調(diào)研）已知產(chǎn)（2,0）是橢圓C：，+5=13泌>0）的右頂點(diǎn)，過點(diǎn)。（1,0）且斜率為

人/<0）的直線/與橢圓C相交于A,8兩點(diǎn)（A點(diǎn)在x軸的上方），直線抬，尸8分別與直線x

=1相交于M,N兩點(diǎn).當(dāng)A為橢圓C的上頂點(diǎn)時(shí)，k=T.

⑴求橢圓C的方程；

⑵若|加|一照￡）|=九且丸?[1,3],求左的取值范圍.

解（1）由題可知，a=2.

當(dāng)4為橢圓C的上頂點(diǎn)時(shí)，上=鬻=—I,解得6=1,故橢圓C的方程為Y+y2=L

（2）依題意可設(shè)直線/的方程為無=0+1,<0,A（X1,yi）,B（X2,yi）.

x—ty+i,

聯(lián)立方程組

彳+產(chǎn)上

消去x整理得（尸+4）丁+2"—3=0,

,2t3

則》+丁2=一齊以，》m=一存了

=,yi

直線AP的方程為y0(x—2),

'xi—2

令x=1,得yM~一—二

x\~2

同理可得處=一會(huì)，

則甌|”|=會(huì)+自

_"+%

)2—1ty\—\

201y2—。1+?)

^iy2—^(yi+y2)+l

—3—2t—4/

2，產(chǎn)+4—產(chǎn)+4—+4

=,—3-2?=^~=—L

廣耳―'.不十1戶+4

因?yàn)閨ND|一|MD尸九且立[1,3],

所以1W—fW3,—3W/W—1,又上=7，

故—1WkW—/

[周六]

1.(2023?濱州模擬)已知復(fù)數(shù)z=^\i為虛數(shù)單位),則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)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B

Q+U工曲士4l+2i(l+2i)(l+i)-l+3i

解析由越思知z="jr=5=5，

1—i2z

故復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(一看|)在第二象限.

2.已知八乃是定義在R上的函數(shù)，且為奇函數(shù)，/(x+2)為偶函數(shù)，當(dāng)xd[0,2]時(shí)，人尤)

=，+1,若〃=黃11),/?=Xlog211)，c=f(2n),貝Ij〃，b,C的大小關(guān)系為()

A.b>c>aB.b<a<c

C.a>c>bD.a>b>c

答案D

解析由八x)—1為奇函數(shù)，得八一%)—1=—[/(x)—1],即八-x)=2-/(x),

又由/(x+2)為偶函數(shù)，得為-x+2)=/(x+2),即火一x)=/(x+4),

于是/(x+4)=2-/(x),即於+8)=2—%+4)=2—[2—A%)]=/(x),因此於)是以8為周期的

函數(shù)，

又當(dāng)尤G［0,2］時(shí)，?=x2+l,則犬x)在［0,2］上單調(diào)遞增，

由人一尤+2)=/(x+2),得40的圖象關(guān)于直線尤=2對(duì)稱，

a=/(ll)=X3)=/(l),3<log2ll<4,&=Xlog2l1)=7(4-log2ll)=/^log21￡),

。=八2")=<0),0<log21|<l,即有/(0)</(log211)<^l),即a>b>c.

3.(多選)(2023?浙江金麗衢十二校聯(lián)考)己知遞增數(shù)列｛斯｝的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且其前w項(xiàng)和

為S?,貝女)

A.存在公差為1的等差數(shù)列｛“〃｝,使得514=2023

B.存在公比為2的等比數(shù)列｛如｝,使得$3=2023

C.若Sio=2023,則。4/285

D.若Sio=2023,則aio22O8

答案ABC

解析對(duì)于A,設(shè)數(shù)列的首項(xiàng)為則Si4=14ai+gxi4X13Xl=2023,解得?=138,

即當(dāng)?shù)炔顢?shù)列的首項(xiàng)為138,公差為1時(shí)，514=2023,A正確；

1—23

對(duì)于B,設(shè)數(shù)列的首項(xiàng)為6，則$3=。「「7=2023,.?.?=289,B正確；

對(duì)于C,欲使得。4盡可能地大，不妨令41=1,42=2,43=3,則有1+2+3+〃4+。5H----

410=2023,.,?。4+。5+…+〃10=2017,

又〃2一防21,俏一〃221,…，〃1。一。921,即〃52〃4+1,〃62。4+2,…，〃10三〃4+6,

〃4+。5+…+〃102。4+(。4+1)+(〃4+2)+…+(々4+6),

即7〃4W2017—21=1996,.*.^4^285,C正確；

對(duì)于D,Sio=+〃