2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專項(xiàng)練-高考仿真卷(六)-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

高考仿真卷(六)(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(2023·大連模擬)已知集合M，N滿足M＝M∪N，則()A．M?N B．N?MC．N∈M D．M∈N答案B解析集合與集合間的關(guān)系不能用元素與集合間的關(guān)系來表示，故C，D錯(cuò)誤，而M＝M∪N說明N中元素都在集合M中，故N?M.2．(2023·汕頭模擬)已知復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)＝eq\f(3＋i,3－i)，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．第四象限答案D解析由題意eq\x\to(z)＝eq\f(3＋i,3－i)＝eq\f(3＋i2,32－i2)＝eq\f(9＋6i－1,10)＝eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i，所以z＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(3,5)))為第四象限內(nèi)的點(diǎn)．3．(2023·邯鄲模擬)向量m，n滿足m·n＝5，且m＝(－1,3)，則n在m上的投影向量為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5，\f(5,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,10)，\f(3,10)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),5)，\f(3\r(10),5)))答案C解析由m＝(－1,3)得|m|＝eq\r(－12＋32)＝eq\r(10)，又m·n＝5，所以n在m上的投影向量為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m|)))·eq\f(m,|m|)＝eq\f(5,\r(10))·eq\f(m,\r(10))＝eq\f(1,2)(－1,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2))).4．(2023·撫順模擬)已知a＝log53，b＝0.2－0.3，c＝eq\f(1,2)，則()A．c<a<b B．a(chǎn)<b<cC．c<b<a D．b<c<a答案A解析因?yàn)閑q\f(1,2)＝log5eq\r(5)<log53<log55＝1，即eq\f(1,2)<a<1，b＝0.2－0.3＝(0.2－1)0.3＝50.3>1，c＝eq\f(1,2)＝log62，且0＝log61<log62<log6eq\r(6)＝eq\f(1,2)，即0<c<eq\f(1,2)，所以c<a<b.5．(2023·菏澤模擬)足球是一項(xiàng)大眾喜愛的運(yùn)動(dòng)，為了解喜愛足球是否與性別有關(guān)，隨機(jī)抽取了若干人進(jìn)行調(diào)查，抽取女性人數(shù)是男性人數(shù)的2倍，男性喜愛足球的人數(shù)占男性人數(shù)的eq\f(5,6)，女性喜愛足球的人數(shù)占女性人數(shù)的eq\f(1,3)，若本次調(diào)查得出“根據(jù)小概率值α＝0.005的獨(dú)立性檢驗(yàn)，認(rèn)為喜愛足球與性別有關(guān)”的結(jié)論，則被調(diào)查的男性人數(shù)至少為()附：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).α0.100.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828A.10B．11C．12D．13答案C解析設(shè)被調(diào)查的男性為x人，則女性為2x人，依據(jù)題意可得列聯(lián)表如下，男性女性合計(jì)喜愛足球eq\f(5x,6)eq\f(2x,3)eq\f(3x,2)不喜愛足球eq\f(x,6)eq\f(4x,3)eq\f(3x,2)合計(jì)x2x3xχ2＝eq\f(3x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5x,6)·\f(4x,3)－\f(2x,3)·\f(x,6)))2,\f(3x,2)·\f(3x,2)·x·2x)＝eq\f(2x,3)，因?yàn)楸敬握{(diào)查得出“根據(jù)小概率值α＝0.005的獨(dú)立性檢驗(yàn)認(rèn)為喜愛足球與性別有關(guān)”的結(jié)論，所以有χ2≥7.879＝x0.005，即eq\f(2x,3)≥7.879，解得x≥11.8185，又因?yàn)樯鲜隽新?lián)表中的所有數(shù)字均為整數(shù)，故x的最小值為12.6．(2023·福建統(tǒng)考)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為eq\r(5)，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，F(xiàn)2關(guān)于C的一條漸近線的對(duì)稱點(diǎn)為P.若|PF1|＝2，則△PF1F2的面積為()A．2B.eq\r(5)C．3D．4答案D解析如圖，設(shè)PF2與漸近線y＝eq\f(b,a)x交于M，則F2M⊥OM，tan∠MOF2＝eq\f(b,a)，sin∠MOF2＝eq\f(b,c)，所以|F2M|＝|OF2|·sin∠MOF2＝b，|OM|＝eq\r(|OF2|2－|MF2|2)＝a，由O，M分別是F1F2與PF2的中點(diǎn)，可知OM∥PF1且|OM|＝eq\f(1,2)|PF1|＝1，即a＝1，由e＝eq\r(5)得c＝eq\r(5)，b＝2，所以＝＝4×eq\f(1,2)×2×1＝4.7．(2023·杭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))上恰有1個(gè)零點(diǎn)，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(8,3)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(5,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，2))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(11,3)))D．(0,2]∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(11,3)))答案B解析令t＝ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω＋\f(π,3)，πω＋\f(π,3)))，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))上恰有1個(gè)零點(diǎn)，即轉(zhuǎn)化為y＝sint，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω＋\f(π,3)，πω＋\f(π,3)))只有1個(gè)零點(diǎn)，故可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ－π≤\f(π,3)ω＋\f(π,3)<kπ，,kπ<πω＋\f(π,3)≤kπ＋π))(k∈Z)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3k－4≤ω<3k－1，,k－\f(1,3)<ω≤k＋\f(2,3)))(k∈Z)，又ω>0，要使上述方程組有解，則需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,3)<3k－1，,3k－4≤k＋\f(2,3)，,k＋\f(2,3)>0，,3k－1>0，))k∈Z，所以eq\f(1,3)<k≤eq\f(7,3)(k∈Z)，故k＝1,2，當(dāng)k＝1時(shí)，eq\f(2,3)<ω≤eq\f(5,3)，當(dāng)k＝2時(shí)，2≤ω≤eq\f(8,3).所以ω的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(5,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3))).8．已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，AB＝4，CD＝2，BC＝2eq\r(3)，點(diǎn)M在邊AD上．將△ABM沿BM折成銳二面角A′－BM－C，點(diǎn)A′，M，B，C，D均在球O的表面上，當(dāng)直線A′B和平面MBCD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4)時(shí)，球O的表面積為()A.eq\f(32,3)πB.eq\f(25\r(3),3)πC.eq\f(16\r(2),3)πD.eq\f(52,3)π答案D解析由題設(shè)知，A′B＝AB＝4，設(shè)點(diǎn)A′到平面MBCD的距離為d，則eq\f(d,A′B)＝eq\f(\r(3),4)，故d＝eq\r(3)，要使A′，M，B，C，D均在球O的表面上，則M，B，C，D共圓，由四邊形ABCD為直角梯形，AB∥CD，∠B＝90°，得∠BCD＝90°，所以∠BMD＝90°，所以BM⊥AD，故點(diǎn)A在繞BM旋轉(zhuǎn)過程中，BM⊥平面A′MD，BM?平面MBCD，所以平面A′MD⊥平面MBCD，即點(diǎn)A′到平面MBCD的距離為d，即A′到直線MD的距離．△ABM沿BM折成銳二面角A′－BM－C，過A′F⊥MD于F，則A′F＝d＝eq\r(3)，又AB＝4，CD＝2，BC＝2eq\r(3)，則∠A＝60°，故∠CDM＝120°，即∠CBM＝60°，綜上，△BCD，△BMD都是以BD為斜邊的直角三角形，且∠CDB＝60°，所以∠BDM＝60°，易知△ABD為等邊三角形，則M為AD中點(diǎn)，故A′M＝2，BM＝2eq\r(3)，在Rt△A′FM中，MF＝eq\r(4－3)＝1，而MD＝2，即F為MD的中點(diǎn)，同時(shí)△BCD≌△BMD，若E為BD的中點(diǎn)，則E為MBCD外接圓圓心，連接EF，則EF∥BM且EF＝eq\f(1,2)BM＝eq\r(3)，故EF⊥平面A′MD，且△A′MD為等邊三角形，球心O是過E并垂直于平面MBCD的直線與過△A′MD外接圓圓心且垂直于平面A′MD的直線的交點(diǎn)，若球O的半徑為R，則R2＝EF2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)A′F))2＝eq\f(13,3)，所以球O的表面積為4πR2＝eq\f(52,3)π.二、選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求的．全部選對(duì)得5分，部分選對(duì)得2分，有選錯(cuò)的得0分)9．(2023·聊城模擬)隨著國(guó)民經(jīng)濟(jì)的快速發(fā)展和人民生活水平的不斷提高，我國(guó)社會(huì)物流需求不斷增加，物流行業(yè)前景廣闊．社會(huì)物流總費(fèi)用與GDP的比率是反映地區(qū)物流發(fā)展水平的指標(biāo)，下面是2017－2022年我國(guó)社會(huì)物流總費(fèi)用與GDP的比率統(tǒng)計(jì)，則()A．2018－2022這5年我國(guó)社會(huì)物流總費(fèi)用逐年增長(zhǎng)且2021年增長(zhǎng)的最多B．2017－2022這6年我國(guó)社會(huì)物流總費(fèi)用的70%分位數(shù)為14.9萬億元C．2017－2022這6年我國(guó)社會(huì)物流總費(fèi)用與GDP的比率的極差為0.2%D．2022年我國(guó)的GDP超過了121萬億元答案ACD解析由圖表可知，2018－2022這5年我國(guó)社會(huì)物流總費(fèi)用逐年增長(zhǎng)，2021年增長(zhǎng)的最多，且增長(zhǎng)為16.7－14.9＝1.8萬億元，故A正確；因?yàn)?×70%＝4.2，則70%分位數(shù)為第5個(gè)，即為16.7，所以這6年我國(guó)社會(huì)物流總費(fèi)用的70%分位數(shù)為16.7萬億元，故B錯(cuò)誤；由圖表可知，2017－2022這6年我國(guó)社會(huì)物流總費(fèi)用與GDP的比率的極差為14.8%－14.6%＝0.2%，故C正確；由圖表可知，2022年我國(guó)的GDP為17.8÷14.7%≈121.1萬億元，故D正確．10．(2023·淮北模擬)設(shè)a，b為兩個(gè)正數(shù)，定義a，b的算術(shù)平均數(shù)為A(a，b)＝eq\f(a＋b,2)，幾何平均數(shù)為G(a，b)＝eq\r(ab).上個(gè)世紀(jì)五十年代，美國(guó)數(shù)學(xué)家D.H.Lehmer提出了“Lehmer均值”，即Lp(a，b)＝eq\f(ap＋bp,ap－1＋bp－1)，其中p為有理數(shù)．下列結(jié)論正確的是()A．L0.5(a，b)≤L1(a，b)B．L0(a，b)≤G(a，b)C．L2(a，b)≤A(a，b)D．Ln＋1(a，b)≤Ln(a，b)答案AB解析對(duì)于A，L0.5(a，b)＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\f(1,\r(a))＋\f(1,\r(b)))＝eq\r(ab)≤L1(a，b)＝eq\f(a＋b,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立，故A正確；對(duì)于B，L0(a，b)＝eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))＝eq\f(2ab,a＋b)≤eq\f(2ab,2\r(ab))＝eq\r(ab)＝G(a，b)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立，故B正確；對(duì)于C，L2(a，b)＝eq\f(a2＋b2,a＋b)＝eq\f(a2＋b2＋a2＋b2,2a＋b)≥eq\f(a2＋b2＋2ab,2a＋b)＝eq\f(a＋b2,2a＋b)＝eq\f(a＋b,2)＝A(a，b)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立，故C不正確；對(duì)于D，當(dāng)n＝1時(shí)，由C可知，L2(a，b)≥eq\f(a＋b,2)＝L1(a，b)，故D不正確．11．(2023·濟(jì)南模擬)拋物線y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線為l，焦點(diǎn)為F，且經(jīng)過點(diǎn)A(1,2)，點(diǎn)A關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)M，設(shè)拋物線上一動(dòng)點(diǎn)P到直線x＝－2的距離為d，則()A．p＝4B．|PM|＋d的最小值為2eq\r(5)＋1C．直線AF與拋物線相交所得弦的長(zhǎng)度為4D．過點(diǎn)M且與拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線共有兩條答案BC解析對(duì)于A，A(1,2)代入拋物線方程，解得p＝2，故A錯(cuò)誤；對(duì)于D，由A知，拋物線方程為y2＝4x，故準(zhǔn)線為x＝－1，由題意M(－3,2)，于是y＝2過M點(diǎn)且和拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，過M且斜率不存在的直線顯然和拋物線不相交，故設(shè)y－2＝k(x＋3)，和拋物線的解析式聯(lián)立得到y(tǒng)－2＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2,4)＋3))，整理得ky2－4y＋12k＋8＝0，由Δ＝16－4k(12k＋8)＝0，解得k＝－1或k＝eq\f(1,3)，于是y＝－x－1，y＝eq\f(x,3)＋3是拋物線的兩條切線，綜上，過點(diǎn)M且與拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線共有三條，故D錯(cuò)誤；對(duì)于C，注意到A(1,2)，F(xiàn)(1,0)，故AF⊥x軸，設(shè)直線AF與拋物線相交所得弦為AB，根據(jù)對(duì)稱性得|AB|＝2|AF|＝4，故C正確；對(duì)于B，作PQ⊥l，垂足為Q，由題意，|PM|＋d＝|PM|＋|PQ|＋1，根據(jù)拋物線的性質(zhì)得|PQ|＝|PF|，于是|PM|＋d＝|PM|＋|PF|＋1≥|MF|＋1＝eq\r(－3－12＋22)＋1＝2eq\r(5)＋1，當(dāng)P落在線段MF上時(shí)等號(hào)成立，故B正確．12．(2023·馬鞍山模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x2＋x)ex＋lnx的零點(diǎn)為x0，下列判斷正確的是()A．x0<eq\f(1,2) B．x0>eq\f(1,e)C．＋lnx0<0 D．x0＋lnx0<0答案ABD解析由題意可得f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝(x2＋3x＋1)ex＋eq\f(1,x)，因?yàn)閒′(x)＝(x2＋3x＋1)ex＋eq\f(1,x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，對(duì)于A，因?yàn)閒

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,4)eq\r(e)－ln2>1－ln2>0，所以x0<eq\f(1,2)，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)閒

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(e＋1,e2)－1<eq\f(e＋1,e2)－1＝<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＋1－\f(3,2)e))<0，所以x0>eq\f(1,e)，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)閤0>eq\f(1,e)，則lnx0>－1，>1，所以＋lnx0>0，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)閤0<eq\f(1,2)，所以x0＋lnx0<eq\f(1,2)－ln2<0，故D正確．三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．(2023·福建統(tǒng)考)已知{an}是單調(diào)遞增的等比數(shù)列，a4＋a5＝24，a3a6＝128，則公比q的值是________．答案2解析由等比數(shù)列的性質(zhì)知a3a6＝a4a5，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a5＝24，,a4a5＝128，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝8，,a5＝16))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝16，,a5＝8，))因?yàn)閧an}是單調(diào)遞增的等比數(shù)列，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝8，,a5＝16，))即q＝eq\f(a5,a4)＝2.14．(2023·杭州模擬)已知sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ＝sin2β，則4cos22α－cos22β＝________.答案0解析將sinθ＋cosθ＝2sinα平方得1＋2sinθcosθ＝4sin2α，結(jié)合sinθcosθ＝sin2β可得1＋2sin2β＝4sin2α，即1＋2sin2β－4sin2α＝0，則4cos22α－cos22β＝(2cos2α－cos2β)(2cos2α＋cos2β)＝(1－4sin2α＋2sin2β)(2cos2α＋cos2β)＝0.15．(2023·福州模擬)某市文明辦積極創(chuàng)建全國(guó)文明典范城市，號(hào)召志愿者深入開展交通督導(dǎo)、旅游宣傳、潔凈家園、秩序維護(hù)4項(xiàng)志愿服務(wù)．現(xiàn)有6組志愿者服務(wù)隊(duì)，若每組參與一項(xiàng)志愿服務(wù)，每項(xiàng)志愿服務(wù)至少有1組參與，其中甲組志愿服務(wù)隊(duì)不參與旅游宣傳志愿服務(wù)，則不同的參與方式共有__________種．答案1170解析若甲組志愿服務(wù)隊(duì)是單獨(dú)一組參加一項(xiàng)志愿服務(wù)，則有Ceq\o\al(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C\o\al(1,5)C\o\al(1,4)C\o\al(3,3),A\o\al(2,2))＋\f(C\o\al(2,5)C\o\al(2,3)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))))·Aeq\o\al(3,3)＝450(種)參與方式，若甲組志愿服務(wù)隊(duì)是兩個(gè)組一起參加一項(xiàng)志愿服務(wù)，則有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,3)·eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(1,3)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)＝540(種)參與方式，若甲組志愿服務(wù)隊(duì)是三個(gè)組一起參加一項(xiàng)志愿服務(wù)，則有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)·eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(3,3))·Aeq\o\al(3,3)＝180(種)參與方式，所以共有450＋540＋180＝1170(種)參與方式．16．(2023·寧波模擬)正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為3，P在棱AB上，且滿足eq\o(BA,\s\up6(→))＝3eq\o(BP,\s\up6(→))，記四面體ABCD的內(nèi)切球?yàn)榍騉1，四面體PBCD的外接球?yàn)榍騉2，則O1O2＝________.答案eq\f(\r(6),2)解析如圖，設(shè)點(diǎn)H為△BCD的中心，則AH⊥平面BCD，連接BH，并延長(zhǎng)BH交CD于點(diǎn)E，則點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，BH＝eq\f(2,3)BE，則四面體ABCD的內(nèi)切球的球心O1在AH上，且四面體PBCD的外接球的球心O2在AH上，設(shè)四面體ABCD的內(nèi)切球的半徑為r，BE＝eq\f(3\r(3),2)，BH＝eq\f(2,3)BE＝eq\r(3)，AH＝eq\r(6)，則VA－BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×3×eq\f(\r(3),2)×eq\r(6)＝eq\f(9\r(2),4)，又VA－BCD＝，則eq\f(1,3)×4×eq\f(1,2)×3×3×eq\f(\r(3),2)·r＝eq\f(9\r(2),4)，解得r＝eq\f(\r(6),4)，即O1H＝eq\f(\r(6),4)，由四面體PBCD的外接球的球心O2在AH上，得O2P＝O2B，記BP的中點(diǎn)為M，則O2M⊥BP，AM＝eq\f(5,2)，cos∠BAH＝eq\f(AM,AO2)＝eq\f(AH,AB)＝eq\f(\r(6),3)，所以AO2＝eq\f(5\r(6),4)，則O2H＝eq\f(\r(6),4)，所以O(shè)1O2＝eq\f(\r(6),2).四、解答題(本大題共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)已知△ABC的三個(gè)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且2cos(B－C)cosA＋cos2A＝1＋2cosAcos(B＋C)．(1)若B＝C，求A；(2)求eq\f(b2＋c2,a2)的值．解(1)若B＝C，則cos(B－C)＝1.因?yàn)?cos(B－C)cosA＋cos2A＝1＋2cosAcos(B＋C)，所以2cosA＋cos2A＝1＋2cosAcos(π－A)，2cosA＋2cos2A－1＝1－2cos2A，整理得2cos2A＋cosA－1＝0.解得cosA＝－1(舍去)或cosA＝eq\f(1,2)，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)因?yàn)?cos(B－C)cosA＋cos2A＝1＋2cosAcos(B＋C)，所以2cos(B－C)cosA－2cosAcos(B＋C)＝1－cos2A，2[cos(B－C)－cos(B＋C)]cosA＝1－cos2A，2[cosBcosC＋sinBsinC－(cosBcosC－sinBsinC)]cosA＝1－cos2A，整理得2sinBsinCcosA＝sin2A，由正弦定理得2bccosA＝a2，由余弦定理得b2＋c2－a2＝2bccosA＝a2，即b2＋c2＝2a2，所以eq\f(b2＋c2,a2)＝2.18．(12分)(2023·湖南師大附中模擬)如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是平行四邊形，側(cè)面PAD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，AB＝BD＝eq\r(7)，PB＝3.(1)求證：平面PAD⊥平面ABCD；(2)設(shè)Q是棱PC上的點(diǎn)，當(dāng)PA∥平面BDQ時(shí)，求平面BDQ與平面ABD夾角的余弦值．(1)證明取AD中點(diǎn)O，連接OP，OB，∵△PAD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，∴OP＝eq\r(3)，OP⊥AD，又AB＝BD＝eq\r(7)，∴OB⊥AD，且OB＝eq\r(AB2－OA2)＝eq\r(6).于是OB2＋OP2＝9＝PB2，從而OP⊥OB.又OP?平面ABCD，AD∩OB＝O，AD，OB?平面ABCD，∴OP⊥平面ABCD，而OP?平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD.(2)解連接AC交BD于E，則E為AC的中點(diǎn)，連接EQ，當(dāng)PA∥平面BDQ時(shí)，PA∥EQ，所以Q是PC中點(diǎn)．由(1)知OA，OB，OP兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則B(0，eq\r(6)，0)，C(－2，eq\r(6)，0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq\r(3))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(6),2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(6)，0)，eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2)，\f(\r(3),2))).設(shè)平面BDQ的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up6(→))＝x＋\r(6)y＝0，,n·\o(DQ,\s\up6(→))＝\f(\r(6),2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，))取n＝(－eq\r(6)，1，－eq\r(2))．易得平面ABD的一個(gè)法向量是m＝(0,0,1)，∴|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|－\r(2)|,\r(－\r(6)2＋12＋－\r(2)2))＝eq\f(\r(2),3)，∴平面BDQ與平面ABD夾角的余弦值為eq\f(\r(2),3).19．(12分)(2023·紹興模擬)2023年是全面貫徹落實(shí)黨的二十大精神的開局之年，也是實(shí)施“十四五”規(guī)劃承上啟下的關(guān)鍵之年，今年春季以來，各地出臺(tái)了促進(jìn)經(jīng)濟(jì)發(fā)展的各種措施，經(jīng)濟(jì)增長(zhǎng)呈現(xiàn)穩(wěn)中有進(jìn)的可喜現(xiàn)象．服務(wù)業(yè)的消費(fèi)越來越火爆，某地一些超市也紛紛加大了廣告促銷．現(xiàn)隨機(jī)抽取7家超市，得到其廣告支出x(單位：萬元)與銷售額y(單位：萬元)數(shù)據(jù)如下：超市ABCDEFG廣告支出x1246101320銷售額y19324440525354(1)建立y關(guān)于x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程(系數(shù)精確到0.01)；(2)若將超市的銷售額y與廣告支出x的比值稱為該超市的廣告效率值μ，當(dāng)μ≥10時(shí)，稱該超市的廣告為“好廣告”．從這7家超市中隨機(jī)抽取4家超市，記這4家超市中“好廣告”的超市數(shù)為X，求X的分布列與期望．參考數(shù)據(jù)：eq\i\su(i＝1,7,x)iyi＝2788，eq\i\su(i＝1,7,x)eq\o\al(2,i)＝726，eq\i\su(i＝1,7,y)eq\o\al(2,i)＝13350，經(jīng)驗(yàn)回歸方程eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(a,\s\up6(^))＋eq\o(b,\s\up6(^))x中斜率和截距的最小二乘估計(jì)公式分別為：eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\to(x)\x\to(y),\i\su(i＝1,n,x)\o\al(2,i)－n\x\to(x)2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x).解(1)由數(shù)據(jù)可得eq\x\to(x)＝eq\f(1＋2＋4＋6＋10＋13＋20,7)＝8，eq\x\to(y)＝eq\f(19＋32＋44＋40＋52＋53＋54,7)＝42，又eq\i\su(i＝1,7,x)iyi＝2788，eq\i\su(i＝1,7,x)eq\o\al(2,i)＝726，∴eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,7,x)iyi－7\x\to(x)\x\to(y),\i\su(i＝1,7,x)\o\al(2,i)－7\x\to(x)2)＝eq\f(2788－7×8×42,726－7×82)＝eq\f(218,139)≈1.57，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x)＝42－eq\f(218,139)×8≈29.45.∴eq\o(y,\s\up6(^))＝1.57x＋29.45.(2)由題知，7家超市中有3家超市的廣告是“好廣告”，X的可能取值是0,1,2,3，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(4,4),C\o\al(4,7))＝eq\f(1,35)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(3,4),C\o\al(4,7))＝eq\f(12,35)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,4),C\o\al(4,7))＝eq\f(18,35)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(1,4),C\o\al(4,7))＝eq\f(4,35)，∴X的分布列為X0123Peq\f(1,35)eq\f(12,35)eq\f(18,35)eq\f(4,35)∴E(X)＝0×eq\f(1,35)＋1×eq\f(12,35)＋2×eq\f(18,35)＋3×eq\f(4,35)＝eq\f(60,35)＝eq\f(12,7).20．(12分)(2023·汕頭模擬)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝3，且anaeq\o\al(2,n＋1)－2(aeq\o\al(2,n)－1)an＋1－an＝0，n∈N*.(1)設(shè)bn＝an－eq\f(1,an)，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Sn＝aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)，Tn＝eq\f(1,a\o\al(2,1))＋eq\f(1,a\o\al(2,2))＋…＋eq\f(1,a\o\al(2,n))，求Sn＋Tn，并確定最小正整數(shù)n，使得Sn＋Tn為整數(shù)．解(1)∵anaeq\o\al(2,n＋1)－2(aeq\o\al(2,n)－1)an＋1－an＝0?an(aeq\o\al(2,n＋1)－1)＝2(aeq\o\al(2,n)－1)an＋1，∴bn＋1＝an＋1－eq\f(1,an＋1)＝eq\f(a\o\al(2,n＋1)－1,an＋1)＝2·eq\f(a\o\al(2,n)－1,an)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,an)))＝2bn，∴{bn}是公比為2的等比數(shù)列，b1＝a1－eq\f(1,a1)＝eq\f(8,3)，∴bn＝b1·2n－1＝eq\f(2n＋2,3).(2)Sn＋Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)＋\f(1,a\o\al(2,1))))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,2)＋\f(1,a\o\al(2,2))))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,n)＋\f(1,a\o\al(2,n))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,a1)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,a2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,an)))2＋2n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2·4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2·42＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2·4n－1＋2n＝eq\f(\f(64,9)4n－1,4－1)＋2n＝eq\f(64,27)(4n－1)＋2n，若Sn＋Tn為整數(shù)，∵2n∈Z，∴eq\f(64,27)(4n－1)∈Z，即eq\f(1,27)(4n－1)∈Z，4n－1＝(3＋1)n－1＝Ceq\o\al(0,n)3n＋Ceq\o\al(1,n)3n－1＋…＋Ceq\o\al(n－3,n)33＋Ceq\o\al(n－2,n)32＋Ceq\o\al(n－1,n)3＋Ceq\o\al(n,n)－1＝Ceq\o\al(0,n)3n＋Ceq\o\al(1,n)3n－1＋…＋Ceq\o\al(n－3,n)33＋Ceq\o\al(n－2,n)32＋Ceq\o\al(n－1,n)3，∴Ceq\o\al(n－2,n)32＋Ceq\o\al(n－1,n)3能被27整除，Ceq\o\al(n－2,n)32＋Ceq\o\al(n－1,n)3＝9·eq\f(nn－1,2)＋3n＝eq\f(9n2－3n,2)，∴當(dāng)n＝9時(shí)，Ceq\o\al(n－2,n)32＋Ceq\o\al(n－1,n)3能被27整除，∴n的最小值是9.21．(12分)如圖，橢圓Γ：eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,b2)＝1(0<b<4)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)A，B，C分別為橢圓Γ的左、右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)F1的直線l交橢圓Γ于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，線段EF2的中點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).點(diǎn)P是Γ上在第一象限內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，直線AP與直線BC相交于點(diǎn)Q，直線CP與x軸相交于點(diǎn)M.(1)求橢圓Γ的方程；(2)設(shè)△OCQ的面積為S1，△OCM的面積為S2，求S1·S2的值．解(1)因?yàn)榫€段EF2的中點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))在y軸上，O為F1F2的中點(diǎn)，所以EF1∥y軸，即EF⊥x軸，設(shè)E(－c,1)，F(xiàn)(－c，－1)，代入橢圓Γ的方程得eq\f(c2,16)＋eq\f(1,b2)＝1，又c2＝a2－b2＝16－b2，所以eq\f(16－b2,16)＋eq\f(1,b2)＝1，即1－eq\f(b2,16)＋eq\f(1,b2)＝1，所以eq\f(1,b2)＝eq\f(b2,16)，解得b2＝4，所以橢圓Γ的方程為eq\f(x2,16)＋e