2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-第五周-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

第五周[周一]1．(2023·錦州模擬)在△ABC中，點(diǎn)D在邊AB上且CD平分∠ACB.若eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝3，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝4，則eq\o(CD,\s\up6(→))等于()A.eq\f(4,5)a＋eq\f(3,5)b B.eq\f(3,5)a＋eq\f(4,5)bC.eq\f(4,7)a＋eq\f(3,7)b D.eq\f(3,7)a＋eq\f(4,7)b答案C解析因?yàn)镃D平分∠ACB，所以eq\f(AD,BD)＝eq\f(AC,BC)，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝3，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝4，所以eq\f(AD,BD)＝eq\f(4,3)，即AD＝eq\f(4,7)AB，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(4,7)eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(4,7)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(4,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))－\o(CA,\s\up6(→))))＝eq\f(3,7)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(4,7)eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(4,7)a＋eq\f(3,7)b.2．(2023·永州模擬)已知函數(shù)f(x)＝aln(x＋a)－eq\f(a,ex＋a)＋bx＋a(b＋4)(a>0)，對(duì)于定義域內(nèi)的任意x恒有f(x)≤0，則eq\f(b,a)的最大值為()A．－2eB．－eC．e－1D．e答案A解析不等式可化為aln(x＋a)＋ab≤eq\f(a,ex＋a)－(bx＋4a)，因?yàn)閍>0，將不等式兩邊同時(shí)除以a得ln(x＋a)＋b≤eq\f(1,ex＋a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)x＋4))，令t＝x＋a，原不等式等價(jià)于eq\f(b,a)t＋4≤eq\f(1,et)－lnt，設(shè)g(t)＝eq\f(1,et)－lnt，k(t)＝eq\f(b,a)t＋4，t>0，對(duì)g(t)求導(dǎo)可得g′(t)＝－eq\f(1,et2)－eq\f(1,t)<0，則函數(shù)g(t)＝eq\f(1,et)－lnt在(0，＋∞)上單調(diào)遞減且下凸，要使eq\f(b,a)t＋4≤eq\f(1,et)－lnt恒成立，則直線k(t)與曲線g(t)相切時(shí)eq\f(b,a)取得最大值，如圖，當(dāng)直線k(t)與曲線g(t)相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(t0，y0)，則－eq\f(1,et\o\al(2,0))－eq\f(1,t0)＝eq\f(b,a)，且eq\f(b,a)t0＋4＝eq\f(1,et0)－lnt0，整理可得3＋lnt0＝eq\f(2,et0)，解得t0＝eq\f(1,e)，此時(shí)eq\f(b,a)＝－2e.3．(多選)(2023·蚌埠質(zhì)檢)已知F是拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)，A(x1，y1)，B(x2，y2)是拋物線上相異的兩點(diǎn)，則以下結(jié)論正確的是()A．若x1＋x2＝6，那么|AB|＝8B．若|AF|＋|BF|＝3，則線段AB的中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為eq\f(1,2)C．若△FAB是以F為直角頂點(diǎn)的等腰三角形，則|AB|＝4eq\r(2)±4D．若eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，則直線AB的斜率為±2eq\r(2)答案BCD解析對(duì)于選項(xiàng)A，只有當(dāng)直線過焦點(diǎn)F時(shí)，根據(jù)拋物線性質(zhì)得|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq\f(p,2)＋x1＋eq\f(p,2)＋x2＝2＋x1＋x2＝8，此題不一定過焦點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，|AF|＋|BF|＝3，根據(jù)拋物線性質(zhì)得|AF|＋|BF|＝eq\f(p,2)＋x1＋eq\f(p,2)＋x2＝2＋x1＋x2＝3，即x1＋x2＝1，設(shè)AB中點(diǎn)橫坐標(biāo)為x0，x0＝eq\f(1,2)(x1＋x2)＝eq\f(1,2)，則線段AB的中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為eq\f(1,2)，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，由題意知，直線AF，BF的斜率分別為eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)，設(shè)直線AF：y＝x－1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,y2＝4x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝3＋2\r(2)，,y1＝2＋2\r(2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝3－2\r(2)，,y2＝2－2\r(2)，))∴|AB|＝2|y|＝4eq\r(2)±4，故C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，設(shè)直線AB的傾斜角為α，用α表示|AF|，|BF|，如圖，過點(diǎn)A作AH⊥x軸，垂足為H，作垂直于準(zhǔn)線的直線AA1，垂足為A1.|AF|＝|AA1|＝p＋|FH|＝p＋|AF|cosα，則|AF|(1－cosα)＝p，即|AF|＝eq\f(p,1－cosα)，同理可得|BF|＝eq\f(p,1＋cosα).由eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))得eq\f(p,1－cosα)＝eq\f(2p,1＋cosα)(A上B下)或eq\f(p,1＋cosα)＝eq\f(2p,1－cosα)(B上A下)，解得cosα＝eq\f(1,3)或cosα＝－eq\f(1,3)，則直線AB的斜率為±2eq\r(2)，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)班沒有分到三好學(xué)生名額的概率為________．答案eq\f(15,28)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Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,3)＝15(種)情況；第三種是三個(gè)班都分到了名額，有Ceq\o\al(2,5)＝10(種)情況．故恰有一個(gè)班沒有分到三好學(xué)生名額的概率為eq\f(15,3＋15＋10)＝eq\f(15,28).5.(2023·北京石景山區(qū)模擬)如圖，在△ABC中，AC＝4eq\r(2)，C＝eq\f(π,6)，點(diǎn)D在邊BC上，cos∠ADB＝eq\f(1,3).(1)求AD的長；(2)若△ABD的面積為2eq\r(2)，求AB的長．解(1)因?yàn)椤螦DB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADC＝－cos∠ADB＝－eq\f(1,3)，因?yàn)椤螦DC∈(0，π)，所以sin∠ADC＝eq\r(1－cos2∠ADC)＝eq\f(2\r(2),3)，在△ACD中，由正弦定理得eq\f(AD,sinC)＝eq\f(AC,sin∠ADC)，所以AD＝eq\f(AC·sinC,sin∠ADC)＝eq\f(4\r(2)×\f(1,2),\f(2\r(2),3))＝3.(2)由△ABD的面積為2eq\r(2)，得eq\f(1,2)BD·ADsin∠ADB＝2eq\r(2)，因?yàn)椤螦DB＋∠ADC＝π，所以sin∠ADC＝sin∠ADB＝eq\f(2\r(2),3)，又因?yàn)锳D＝3，所以BD＝2，在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB＝32＋22－2×3×2×eq\f(1,3)＝9，所以AB＝3.[周二]1．(2023·汕頭模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)，則f(x)的大致圖象為()答案C解析∵f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)，∴f′(x)＝eq\f(ex2x2－3x,x－12)，令f′(x)>0?x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，∴f(x)在(－∞，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上單調(diào)遞增．當(dāng)x<0時(shí)，f(x)>0，故f(x)的大致圖象為C選項(xiàng)圖象．2．(2023·濟(jì)南模擬)17世紀(jì)30年代，意大利數(shù)學(xué)家卡瓦列利在《不可分量幾何學(xué)》一書中介紹了利用平面圖形旋轉(zhuǎn)計(jì)算球體體積的方法．如圖，是一個(gè)半圓，圓心為O，四邊形ABCD是半圓的外切矩形．以直線OE為軸將該平面圖形旋轉(zhuǎn)一周，記△OCD，陰影部分，半圓所形成的幾何體的體積分別為V1，V2，V3，則下列說法正確的是()A．V1＋V2<V3 B．V1＋V2>V3C．V1>V2 D．V1＝V2答案D解析由旋轉(zhuǎn)體的概念可得△OCD、陰影部分、半圓所形成的幾何體分別為圓錐、圓柱減去同半徑的半球、半球，易知OE＝DE，設(shè)DE＝OE＝r.故V1＝eq\f(1,3)πr2×r＝eq\f(1,3)πr3，V2＝πr2×r－eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πr3＝eq\f(1,3)πr3，V3＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πr3＝eq\f(2,3)πr3，顯然V1＝V2，且V1＋V2＝V3.3．(多選)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(x＋2)為奇函數(shù)，f(2x＋1)為偶函數(shù)，則()A．f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱B．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱C．f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱D．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(2,0)對(duì)稱答案AD解析因?yàn)閒(x＋2)為奇函數(shù)，所以f(x＋2)＝－f(－x＋2)，所以函數(shù)f(x)關(guān)于點(diǎn)(2,0)對(duì)稱，又f(2x＋1)為偶函數(shù)，所以f(2x＋1)＝f(－2x＋1)，所以函數(shù)f(x)關(guān)于直線x＝1對(duì)稱．4．(2023·婁底模擬)若對(duì)任意的0<x1<x2≤a，都有<0成立，則a的最大值為________．答案e解析<0等價(jià)于，即x1x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx2－lnx1))<ex2－ex1，即lnx2＋eq\f(e,x2)<lnx1＋eq\f(e,x1)，設(shè)f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)，由題意可知f(x)在(0，a]上單調(diào)遞減，因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,x2)＝eq\f(x－e,x2)，則f′(x)＝eq\f(x－e,x2)≤0在(0，a]上恒成立，則(0，a]?(0，e]，故a的最大值為e.5．(2023·泉州模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積記為Tn，且滿足eq\f(1,Tn)＝eq\f(an－1,an).(1)證明：數(shù)列{Tn}為等差數(shù)列；(2)若bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tn，n為奇數(shù)，,\f(1,Tn－1Tn＋1)，n為偶數(shù)，))求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n.(1)證明當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(1,a1)＝eq\f(a1－1,a1)，得a1＝T1＝2，當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(1,Tn)＝eq\f(an－1,an)＝eq\f(\f(Tn,Tn－1)－1,\f(Tn,Tn－1))＝eq\f(Tn－Tn－1,Tn)，所以Tn－Tn－1＝1，所以數(shù)列{Tn}是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列．(2)解由(1)知，Tn＝2＋(n－1)×1＝n＋1，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，bn＝Tn＝n＋1，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，bn＝eq\f(1,Tn－1Tn＋1)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以T2n＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＋b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝2＋4＋6＋…＋2n＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,4)－\f(1,6)＋\f(1,6)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)＋…＋\f(1,2n－2)－\f(1,2n)＋\f(1,2n)－\f(1,2n＋2)))＝eq\f(n2＋2n,2)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2n＋2)))＝n2＋n＋eq\f(n,4n＋4).[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，則eq\x\to(z)為()A．－1－2i B．1＋2iC．－1＋2i D．1－2i答案C解析z＝eq\f(2－i,i)＝eq\f(2－i×－i,i×－i)＝－1－2i，則eq\x\to(z)＝－1＋2i.2．(2023·蚌埠質(zhì)檢)若橢圓C：eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,2)＝1的離心率為eq\f(\r(6),3)，則橢圓C的長軸長為()A．6 B.eq\f(2\r(6),3)或2eq\r(6)C．2eq\r(6) D．2eq\r(2)或2eq\r(6)答案D解析當(dāng)焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，由e＝eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(2－m),\r(2))，解得m＝eq\f(2,3)，符合題意，此時(shí)橢圓C的長軸長為2eq\r(2)；當(dāng)焦點(diǎn)在x軸上時(shí)，由e＝eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(m－2),\r(m))，解得m＝6，符合題意，此時(shí)橢圓C的長軸長為2eq\r(m)＝2eq\r(6).3．(多選)(2023·懷化模擬)下列結(jié)論中，正確的有()A．?dāng)?shù)據(jù)1,2,4,5,6,8,9的第60百分位數(shù)為5B．已知隨機(jī)變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(1,3)))，若E(3X＋1)＝6，則n＝5C．已知經(jīng)驗(yàn)回歸直線方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋1.8，且eq\x\to(x)＝2，eq\x\to(y)＝20，則eq\o(b,\s\up6(^))＝9.1D．對(duì)變量x與y的統(tǒng)計(jì)量χ2來說，χ2值越小，判斷“x與y有關(guān)系”的把握性越大答案BC解析對(duì)于A項(xiàng)，7×60%＝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)閄～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(1,3)))，所以E(X)＝np＝eq\f(1,3)n，所以E(3X＋1)＝3E(X)＋1＝n＋1＝6，解得n＝5，故B項(xiàng)正確；對(duì)于C項(xiàng)，由經(jīng)驗(yàn)回歸直線必過點(diǎn)(eq\x\to(x)，eq\x\to(y))，可得20＝2eq\o(b,\s\up6(^))＋1.8，解得eq\o(b,\s\up6(^))＝9.1，故C項(xiàng)正確；對(duì)于D項(xiàng)，由獨(dú)立性檢驗(yàn)可知，χ2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eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過x軸上方的焦點(diǎn)F1的直線與雙曲線上支交于M，N兩點(diǎn)，以NF2為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)M，若|MF2|，|MN|，|NF2|成等差數(shù)列，則該雙曲線的漸近線方程為____________．答案y＝±eq\f(\r(6),3)x解析如圖所示，由雙曲線的定義|MF2|＝2a＋|MF1|，|NF2|＝2a＋|NF1|，所以|MF2|＋|NF2|＝4a＋|MF1|＋|NF1|＝4a＋|MN|.因?yàn)閨MF2|，|MN|，|NF2|成等差數(shù)列，所以|MF2|＋|NF2|＝2|MN|，即4a＋|MN|＝2|MN|，|MN|＝4a.令|MF1|＝x，在△MNF2中，MF2⊥MN，所以|MF2|2＋|MN|2＝|NF2|2，即(2a＋x)2＋(4a)2＝(6a－x)2，解得x＝a，即|MF1|＝a，|MF2|＝3a，又在Rt△F1MF2中，a2＋(3a)2＝(2c)2，所以2c2＝5a2，又c2＝a2＋b2，所以2b2＝3a2，即eq\f(a,b)＝eq\f(\r(6),3)，所以y＝±eq\f(a,b)x＝±eq\f(\r(6),3)x.5.(2023·邵陽模擬)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2CD＝4.平面PAB⊥平面ABCD，O為AB的中點(diǎn)，∠DAO＝∠AOP＝60°，OA＝OP，E，F(xiàn)，G分別為BC，PD，PC的中點(diǎn)．(1)求證：平面PCD⊥平面AFGB；(2)求平面PDE與平面ABCD夾角的正切值．(1)證明如圖所示，取AO的中點(diǎn)H，連接HD，HP，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，CD＝2，∠DAO＝60°.∵O為AB的中點(diǎn)，即有四邊形BCDO是平行四邊形，∴OD∥BC，∠DOA＝∠CBO＝∠DAO＝60°.∴△OAD為正三角形，∴AD＝2，HD⊥AO.在△AOP中，OA＝OP＝2，∠AOP＝60°，∴△AOP為邊長為2的正三角形，∴AP＝2，PH⊥AO.∴AP＝AD，又F為PD的中點(diǎn)，∴AF⊥PD.∵HD⊥AO，PH⊥AO，HD∩PH＝H，HD，PH?平面PHD，∴AO⊥平面PHD，即AB⊥平面PHD.∵PD?平面PHD，∴AB⊥PD.∵G為PC的中點(diǎn)，∴FG∥CD∥AB，∴A，F(xiàn)，G，B四點(diǎn)共面，又∵AF∩AB＝A，AF，AB?平面AFGB，∴PD⊥平面AFGB.∵PD?平面PCD，∴平面PCD⊥平面AFGB.(2)解∵PH⊥AB，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PH?平面PAB，∴PH⊥平面ABCD，由(1)知，PH，HD，AB兩兩互相垂直，以H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Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\r(3)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(5,2)，0))，于是eq\o(HP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\r(3)))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，－\r(3)))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(5,2)，0)).設(shè)平面PDE的法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－\r(3)z＝0，,－\f(\r(3),2)x＋\f(5,2)y＝0，))取x＝5，則n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\r(3)，5))，易知eq\o(HP,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3))為平面ABCD的一個(gè)法向量，設(shè)平面PDE與平面ABCD的夾角為θ，則cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n，\o(HP,\s\up6(→))〉))＝eq\f(|n·\o(HP,\s\up6(→))|,|n||\o(HP,\s\up6(→))|)＝eq\f(5\r(3),\r(53)×\r(3))＝eq\f(5,\r(53)).∴sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(2\r(7),\r(53))，tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(2\r(7),5).∴平面PDE與平面ABCD夾角的正切值為eq\f(2\r(7),5).[周四]1．(2023·沈陽模擬)設(shè)集合A＝{x∈N|－1≤x≤3}，集合B＝{x|2x<2}，則A∩B等于()A．{－1,0} B．{x|－1≤x<1}C．{0} D．?答案C解析∵B＝{x|2x<2}＝{x|x<1}，A＝{x∈N|－1≤x≤3}＝{0,1,2,3}，∴A∩B＝{0}．2．(2023·安慶模擬)已知第二象限角α滿足sin(π＋α)＝－eq\f(2,3)，則sin2β－2sin(α＋β)cos(α－β)的值為()A．－eq\f(1,9) B．－eq\f(4\r(5),9)C.eq\f(1,9) D.eq\f(4\r(5),9)答案D解析由題意知sinα＝eq\f(2,3)，且α為第二象限角，所以cosα＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2)＝－eq\f(\r(5),3)，于是sin2β－2sin(α＋β)cos(α－β)＝sin[(α＋β)－(α－β)]－2sin(α＋β)cos(α－β)＝－[sin(α＋β)cos(α－β)＋cos(α＋β)sin(α－β)]＝－sin2α＝－2sinαcosα＝－2×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),3)))＝eq\f(4\r(5),9).3．(多選)(2023·汕頭模擬)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a1＝1，a3＝2eq\r(2)＋1，其前n項(xiàng)和為Sn.數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(Sn,n)，則下列結(jié)論正確的是()A．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\r(2)n－eq\r(2)＋1B．?dāng)?shù)列{bn}是遞減數(shù)列C．?dāng)?shù)列{bn}是等差數(shù)列D．?dāng)?shù)列{an}中任意三項(xiàng)不能構(gòu)成等比數(shù)列答案ACD解析數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a1＝1，a3＝2eq\r(2)＋1，則其公差d＝eq\r(2)，則an＝1＋eq\r(2)(n－1)＝eq\r(2)n－eq\r(2)＋1，則選項(xiàng)A正確；數(shù)列{an}前n項(xiàng)和Sn＝n＋eq\f(\r(2),2)n(n－1)，則bn＝eq\f(Sn,n)＝1＋eq\f(\r(2),2)(n－1)＝eq\f(\r(2),2)n－eq\f(\r(2),2)＋1，由bn＋1－bn＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))－eq\f(\r(2),2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)n－\f(\r(2),2)＋1))＝eq\f(\r(2),2)>0，可得數(shù)列{bn}是等差數(shù)列且是遞增數(shù)列，則選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；假設(shè)ar，as，at(r≠s，s≠t，r≠t)為等差數(shù)列{an}中的三項(xiàng)，且ar，as，at構(gòu)成等比數(shù)列，則as2＝arat，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)s－\r(2)＋1))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)r－\r(2)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)t－\r(2)＋1))，整理得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s2－rt))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2s－r－t))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(s2－rt＝0，,2s－r－t＝0，))可得r＝t＝s，這與r≠t≠s矛盾．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(s2－rt＝0,2s－r－t＝0))不成立；又由2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s2－rt))，2s－r－t為整數(shù)，2－eq\r(2)為無理數(shù)，可得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s2－rt))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2s－r－t))不成立，則假設(shè)不成立，即數(shù)列{an}中任意三項(xiàng)不能構(gòu)成等比數(shù)列，則選項(xiàng)D正確．4．(2023·懷化模擬)點(diǎn)(0，－1)到直線y＝k(x＋1)距離的最大值為________．答案eq\r(2)解析∵直線y＝k(x＋1)恒過點(diǎn)A(－1,0)，則點(diǎn)(0，－1)到直線y＝k(x＋1)距離的最大值為點(diǎn)(0，－1)到點(diǎn)A的距離，∴點(diǎn)(0，－1)到直線y＝k(x＋1)距離的最大值為d＝eq\r(0＋12＋－1－02)＝eq\r(2).5．(2023·滄州調(diào)研)近年來，隨著科技不斷地進(jìn)步，科技成果逐年呈遞增的態(tài)勢(shì)，尤其與物理專業(yè)有關(guān)的方向——光學(xué)、電學(xué)、機(jī)械力學(xué)、電氣等方向遞增更快．為了保護(hù)知識(shí)產(chǎn)權(quán)，需要將科技成果轉(zhuǎn)化為科技專利，這樣就需要大量的專利代理人員從事專利書寫工作，而物理方向的研究生更受專利代理公司青睞．因?yàn)橥ㄟ^培訓(xùn)物理方向的研究生，他們可以書寫化學(xué)、生物、醫(yī)學(xué)等方向的專利，而其他科目的研究生只能寫本專業(yè)方向的專利．某大型專利代理公司為了更好、更多地招收研究生來書寫專利，通過隨機(jī)問卷調(diào)查的方式對(duì)物理方向的研究生進(jìn)行了專利代理方向就業(yè)意向調(diào)查，得到的數(shù)據(jù)如下表：喜歡不喜歡女研究生10575男研究生6090(1)根據(jù)α＝0.001的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為物理方向的研究生專利代理方向就業(yè)意向與性別有關(guān)聯(lián)？(2)該專利代理公司從這150名男研究生中按專利代理方向就業(yè)意向分層，采用比例分配分層隨機(jī)抽樣方法抽取5人，再從這5人中隨機(jī)抽取3人，用問卷的形式調(diào)查他們畢業(yè)后的年薪意向，設(shè)這3人中有X人喜歡從事專利代理工作，求X的分布列和均值．附：臨界值表及參考公式：α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.解(1)零假設(shè)為H0：物理方向的研究生專利代理方向就業(yè)意向與性別沒有關(guān)聯(lián)，χ2＝eq\f(330×105×90－75×602,165×165×180×150)＝11>10.828，∴根據(jù)α＝0.001的獨(dú)立性檢驗(yàn)，可以推斷H0不成立，即認(rèn)為物理方向的研究生專利代理方向就業(yè)意向與性別有關(guān)聯(lián)．(2)采用比例分配分層隨機(jī)抽樣的方法抽取的喜歡專利代理的男生有2人，不喜歡專利代理的男生有3人．則X的所有可能取值為0,1,2，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(2,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(3,10)，∴X的分布列為X012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)則E(X)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).[周五]1．(2023·邵陽模擬)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(3－i,－1＋i)(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．第四象限答案C解析依題意eq\f(3－i,－1＋i)＝eq\f(3－i－1－i,－1＋i－1－i)＝－2－i，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(－2，－1)，在第三象限．2．(2023·煙臺(tái)模擬)過拋物線x2＝2py(p>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，B到y(tǒng)軸的距離之和為4eq\r(2)，則p的值為()A．1B．2C．3D．4答案B解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意可得，直線AB的斜率k＝tan45°＝1，拋物線x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，故直線AB的方程為y＝x＋eq\f(p,2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\f(p,2)，,x2＝2py，))消去y得x2－2px－p2＝0，則Δ＝(－2p)2－4×1×(－p2)＝8p2>0，x1＋x2＝2p，x1x2＝－p2<0，可知x1，x2異號(hào)，由題意可得|x1|＋|x2|＝|x1－x2|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2p2－4－p2)＝2eq\r(2)p＝4eq\r(2)，解得p＝2.3．(多選)(2023·溫州模擬)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若存在a，b，c∈R，使得Sn＝a·bn＋c，則()A．a(chǎn)＋c＝0B．b是數(shù)列{an}的公比C．a(chǎn)c<0D．{an}可能為常數(shù)列答案ABC解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝na1，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；當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝eq\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－qn)),1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)·qn，所以c＝eq\f(a1,1－q)，a＝－eq\f(a1,1－q)，b＝q，即a＋c＝0，ac＝－eq\f(a\o\al(2,1),1－q2)<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A(－1,0)，B(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＝________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))eq\f(2\r(15)－\r(5),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△AMB是頂角為120°的等腰三角形，所以∠MAB＝30°，故OM＝eq\f(\r(3),3)OA＝eq\f(\r(3),3)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))，由∠MBC＝∠OBC－∠MBO，而sin∠OBC＝eq\f(2,\r(5))，cos∠OBC＝eq\f(1,\r(5))，sin∠MBO＝eq\f(1,2)，cos∠MBO＝eq\f(\r(3),2)，所以sin∠MBC＝sin∠OBCcos∠MBO－cos∠OBCsin∠MBO＝eq\f(2,\r(5))×eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,\r(5))×eq\f(1,2)＝eq\f(2\r(15)－\r(5),10).5．已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex，g(x)＝ln(x＋2)．(1)求f(x)的極值；(2)若存在x0∈(－2，m]，使得f(x0)＋g(m)≤0，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解(1)由題可得f′(x)＝xex，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)取得極小值f(0)＝－1，沒有極大值．(2)存在x0∈(－2，m]，使得f(x0)＋g(m)≤0，等價(jià)于當(dāng)x0∈(－2，m]時(shí)，f(x)min＋g(m)≤0.當(dāng)－2<m<0時(shí)，由(1)可得f(x)在(－2，m]上單調(diào)遞減，故此時(shí)f(x)min＝f(m)＝(m－1)em，f(x)min＋g(m)≤0?f(m)＋g(m)≤0.構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)＝(x－1)ex＋ln(x＋2)，x∈(－2,0)．則h′(x)＝xex＋eq\f(1,x＋2)＝eq\f(x2＋2xex＋1,x＋2).令p(x)＝(x2＋2x)ex＋1，x∈(－2,0)．則p′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋2))ex，令p′(x)＝0?x＝－2＋eq\r(2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－2＋\r(2)))時(shí)，p′(x)<0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\r(2)，0))時(shí)，p′(x)>0，則p(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－2＋\r(2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\r(2)，0))上單調(diào)遞增，故p(x)≥peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\r(2)))＝1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))>1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))>0，即h′(x)＝eq\f(px,x＋2)>0，得h(x)在(－2,0)上單調(diào)遞增．注意到，若m<0，則h(m)＝f(m)＋g(m)<h(0)＝－1＋ln2<0.則當(dāng)－2<m<0時(shí)，f(x)min＋g(m)≤0恒成立，即－2<m<0滿足條件；當(dāng)m≥0時(shí)，由(1)可得此時(shí)f(x)min＝f(0)＝－1，則f(x)min＋g(m)≤0?－1＋g(m)≤0，即ln(m＋2)－1≤0?ln(m＋2)≤lne?0≤m≤e－2.綜上可知，m∈(－2，e－2]．[周六]1．(2023·泉州質(zhì)檢)已知集合A＝{x|－5<x<2}，B＝{x||x|<3}，則A∪B等于()A．(－∞，2) B．(－∞，3)C．(－3,2) D．(－5,3)答案D解析因?yàn)锳＝{x|－5<x<2}，B＝{x||x|<3}＝{x|－3<x<3}，因此A∪B＝(－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(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()A．43.5分鐘 B．45.5分鐘C．47.5分鐘 D．49.5分鐘答案C解析由頻率之和為1得，10×(0.01＋0.02＋0.03＋2a＋0.01)＝1，解得a＝0.015，由10×0.01＝0.1<0.25，10×0.01＋10×0.02＝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＋eq\f(0.25－0.1,0.3－0.1)×10＝47.5.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·湖北八市聯(lián)考)在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為CC1的中點(diǎn)，N為四邊形A1D1DA內(nèi)一點(diǎn)(含邊界)，若B1N∥平面BMD，則下列結(jié)論正確的是()A．NB1⊥DC1B．三棱錐B1－NBM的體積為eq\f(4,3)C．線段B1N的最小值為eq\f(2\r(30),5)D．tan∠A1NB1的取值范圍為[1，eq\r(5)]答案BCD解析取AA1，DD1的中點(diǎn)分別為N1，E，連接D1N1，B1N1，AE，B1D1，A1N，如圖所示．∵ABCD－A1B1C1D1為正方體，∴AE∥BM，B1D1∥BD，D1N1∥AE，∴D1N1∥BM，∵D1N1，B1D1?平面B1D1N1，BD，BM?平面BMD，且D1N1∩B1D1＝D1，BD∩BM＝B，∴平面B1D1N1∥平面BMD，∵N為四邊形A1D1DA內(nèi)一點(diǎn)(含邊界)，且B1N∥平面BMD，∴點(diǎn)N在線段D1N1上(含端點(diǎn))．對(duì)于選項(xiàng)A，當(dāng)N為D1時(shí)，NB1∥BD，則NB1與DC1的夾角為∠BDC1，此時(shí)BD＝BC1＝DC1＝2eq\r(2)，則∠BDC1＝eq\f(π,3)，則NB1與DC1不垂直，故A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，∵N為四邊形A1D1DA內(nèi)一點(diǎn)(含邊界)，∴N到平面B1BM的距離為2，∴三棱錐B1－NBM的體積＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×2×2＝eq\f(4,3)，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，∵點(diǎn)N在線段D1N1上(含端點(diǎn))，∴當(dāng)B1N⊥D1N1時(shí)，線段B1N最小，∵B1N1＝D1N1＝eq\r(5)，B1D1＝2eq\r(2)，∴△B1N1D1在邊B1D1上的高為eq\r(\r(5)2－\r(2)2)＝eq\r(3)，則＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\r(6)，則當(dāng)B1N⊥D1N1時(shí)，(B1N)min＝＝eq\f(2\r(6),\r(5))＝eq\f(2\r(30),5)，故C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，∵ABCD－A1B1C1D1為正方體，∴A1B1⊥平面A1D1DA，∵A1N?平面A1D1DA，∴A1B1⊥A1N，∴△A1B1N為直角三角形，且直角為∠B1A1N，∴tan∠A1NB1＝eq\f(A1B1,A1N)＝eq\f(2,A1N)，∵點(diǎn)N在線段D1N1上(含端點(diǎn))，則當(dāng)A1N最大時(shí)，點(diǎn)N為點(diǎn)D1，此時(shí)A1N＝2，此時(shí)tan∠A1NB1最小，為eq\f(2,A1N)＝eq\f(2,2)＝1，當(dāng)A1N最小時(shí)，A1N⊥D1N1，此時(shí)A1N＝＝eq\f(2×\f(1,2)×1×2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，此時(shí)tan∠A1NB1最大，為eq\f(2,A1N)＝eq\f(2,\f(2\r(5),5))＝eq\r(5)，則tan∠A1NB1的取值范圍為[1，eq\r(5)]，故D正確．4．(2023·武漢調(diào)研)(x－1)(2x＋1)6的展開式中含x2項(xiàng)的系數(shù)為________．答案－48解析(2x＋1)6的通項(xiàng)公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)×(2x)6－k×1k＝26－k×Ceq\o\al(k,6)×x6－k，所以(x－1)(2x＋1)6的展開式中含x2的項(xiàng)為C