2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專項(xiàng)練-高考仿真卷(三)-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

高考仿真卷(三)(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·北京模擬)已知集合A＝{x|－1≤x≤1}，B＝{x|0<x≤2}，則A∪B等于()A．{x|－1≤x≤1} B．{x|0<x≤1}C．{x|0<x≤2} D．{x|－1≤x≤2}答案D解析因?yàn)榧螦＝{x|－1≤x≤1}，B＝{x|0<x≤2}，所以A∪B＝{x|－1≤x≤2}．2．(2023·寧波模擬)設(shè)i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z滿足eq\f(z,i)＝eq\f(3－i,1－i)，則z的虛部為()A．－2B．－1C．1D．2答案D解析由eq\f(z,i)＝eq\f(3－i,1－i)＝eq\f(3－i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(4＋2i,2)＝2＋i，則z＝2i－1，所以z的虛部為2.3．(2023·青島模擬)若{an}為等比數(shù)列，則“a1<a3<a5”是“數(shù)列{an}是遞增數(shù)列”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案B解析若等比數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，可得a1<a3<a5一定成立；反之，例如數(shù)列{(－1)n＋12n}，此時(shí)滿足a1<a3<a5，但數(shù)列{an}不是遞增數(shù)列，所以“a1<a3<a5”是“數(shù)列{an}是遞增數(shù)列”的必要不充分條件．4．(2023·杭州模擬)已知平面向量a＝(1,3)，|b|＝2，且|a－b|＝eq\r(10)，則(2a＋b)·(a－b)等于()A．1B．14C.eq\r(14)D.eq\r(10)答案B解析因?yàn)閨a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝10，|a|＝eq\r(10)，|b|＝2，所以a·b＝2，所以(2a＋b)·(a－b)＝2a2－b2－a·b＝20－4－2＝14.5．(2023·長春模擬)安排包括甲、乙在內(nèi)的4名大學(xué)生去3所不同的學(xué)校支教，每名大學(xué)生只去一個(gè)學(xué)校，每個(gè)學(xué)校至少去1名，甲、乙不能安排在同一所學(xué)校，則不同的安排方法有()A．36種B．30種C．24種D．12種答案B解析若每名大學(xué)生只去一個(gè)學(xué)校，每個(gè)學(xué)校至少去1名，則不同的安排方法有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(種)，若甲、乙安排在同一所學(xué)校，則不同的安排方法有Aeq\o\al(3,3)＝6(種)，因?yàn)榧?、乙不能安排在同一所學(xué)校，則不同的安排方法有36－6＝30(種)．6．(2023·潮州模擬)過圓x2＋y2＝4上一點(diǎn)P作圓O：x2＋y2＝m2(m>0)的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，若∠APB＝eq\f(π,3)，則實(shí)數(shù)m等于()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C．1D．2答案C解析取圓x2＋y2＝4上任意一點(diǎn)P，過P作圓O：x2＋y2＝m2(m>0)的兩條切線PA，PB，當(dāng)∠APB＝eq\f(π,3)時(shí)，∠APO＝eq\f(π,6)且OA⊥AP，|OP|＝2；則|OA|＝eq\f(1,2)|OP|＝1，所以實(shí)數(shù)m＝|OA|＝1.7．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F(xiàn)為其左焦點(diǎn)，直線y＝kx(k>0)與橢圓C交于點(diǎn)A，B，且AF⊥AB.若∠ABF＝30°，則橢圓C的離心率為()A.eq\f(\r(7),3)B.eq\f(\r(6),3)C.eq\f(\r(7),6)D.eq\f(\r(6),6)答案A解析設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F2，連接AF2，BF2，故四邊形AFBF2為平行四邊形，設(shè)|AF|＝m，∠FAB＝90°，∠ABF＝30°，則|FB|＝2m，|BF2|＝|AF|＝m，|BF|＋|BF2|＝2m＋m＝2a，m＝eq\f(2a,3)，在△BFF2中，由余弦定理得(2c)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4a,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)))2－2×eq\f(4a,3)×eq\f(2a,3)×cos120°，整理得4c2＝eq\f(28a2,9)，即c＝eq\f(\r(7)a,3)，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(7),3).8．(2023·濱州模擬)設(shè)a＝sineq\f(1,4)，b＝eq\r(4,e)－1，c＝lneq\f(5,4)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)>b>c B．b>a>cC．b>c>a D．c>b>a答案B解析將eq\f(1,4)用變量x替代，則a＝sinx，b＝ex－1，c＝ln(x＋1)，x∈(0,1)，令f(x)＝sinx－ln(x＋1)，則f′(x)＝cosx－eq\f(1,x＋1)，令g(x)＝f′(x)＝cosx－eq\f(1,x＋1)，則g′(x)＝－sinx＋eq\f(1,x＋12)，易知g′(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，且g′(0)＝1>0，g′(1)＝eq\f(1,4)－sin1<0，∴?x0∈(0,1)，使得g′(x0)＝0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g′(x)>0，f′(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0,1)時(shí)，g′(x)<0，f′(x)單調(diào)遞減．又f′(0)＝0，f′(1)＝cos1－eq\f(1,2)>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，∴f(x)>f(0)＝0，即sinx>ln(x＋1)，∴a>c，記h(x)＝ex－(sinx＋1)，x∈(0,1)，則h′(x)＝ex－cosx>0，∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex－1>sinx，∴b>a，綜上，b>a>c.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·岳陽模擬)2022年11月28日，平江－益陽高速公路通車運(yùn)營，湖南省交通運(yùn)輸廳12月22日至12月28日比較，得到同比增長率eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(同比增長率＝\f(該月車流量－上月同期車流量,上月同期車流量)))數(shù)據(jù)，繪制了如下統(tǒng)計(jì)圖，則下列結(jié)論正確的是()A．2023年1月22日至1月28日的高速公路車流量的極差為25B．2023年1月22日至1月28日的高速公路車流量的中位數(shù)為18C．2023年1月22日至1月28日的高速公路車流量比2022年12月22日至12月28日高速公路車流量大的有4天D．2022年12月25日的高速公路車流量小于20萬車次答案BC解析對(duì)于A，由題圖知，2023年1月22日至1月28日的高速公路車流量的極差為27－3＝24，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，易知2023年1月22日至1月28日的高速公路車流量的中位數(shù)為18，故B正確；對(duì)于C,2023年1月23日，1月26日，1月27日，1月28日這4天的同比增長率均大于0，所以2023年1月22日至1月28日的高速公路車流量比2022年12月22日至12月28日高速公路車流量大的有4天，故C正確；對(duì)于D,2023年1月25日的高速公路車流量為18萬車次，同比增長率為－10%，設(shè)2022年12月25日的高速公路車流量為x萬車次，則eq\f(18－x,x)＝－10%，解得x＝20，故D錯(cuò)誤．10．(2023·襄陽模擬)A，B為隨機(jī)事件，已知P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，下列結(jié)論中正確的是()A．若A，B為互斥事件，則P(A＋B)＝0.8B．若A，B為互斥事件，則P(eq\x\to(A)＋eq\x\to(B))＝0.8C．若A，B是相互獨(dú)立事件，P(A＋B)＝0.65D．若P(B|A)＝0.5，則P(B|eq\x\to(A))＝0.1答案ACD解析對(duì)于A，由A，B是互斥事件，故P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.5＋0.3＝0.8，正確．對(duì)于B，由(?UA)∪(?UB)＝?U(A∩B)知，P(eq\x\to(A)＋eq\x\to(B))＝1－P(AB)＝1－0＝1，錯(cuò)誤．對(duì)于C，由于A，B是相互獨(dú)立事件，P(AB)＝P(A)P(B)，∴P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.5＋0.3－0.5×0.3＝0.65，正確．對(duì)于D，P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝0.5，則P(AB)＝0.25，∴P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(PB\x\to(A),P\x\to(A))＝eq\f(PB－PAB,1－PA)＝eq\f(0.3－0.25,1－0.5)＝0.1，正確．11．(2023·廈門模擬)已知函數(shù)f(x)，g(x)的定義域都為R，g(x)為奇函數(shù)，且f(x)＋g(x)＝2，f(x)＋g(x－2)＝2，則()A．f(0)＝0 B．g(1)＝0C.eq\i\su(i＝1,n,f)(i)＝0 D.eq\i\su(i＝1,n,g)(i)＝0答案BD解析對(duì)于A，由f(x)＋g(x)＝2，令x＝0可得f(0)＋g(0)＝2，又g(x)為奇函數(shù)，故g(0)＝0，f(0)＝2，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由f(x)＋g(x)＝2及f(x)＋g(x－2)＝2可得g(x)＝g(x－2)，又g(x)為奇函數(shù)，則g(x)＝－g(－x)＝g(x－2)，令x＝1，則g(1)＝－g(－1)＝g(－1)，故g(1)＝g(－1)＝0，故B正確；對(duì)于C，由f(x)＋g(x)＝2及g(1)＝0可得f(1)＝2，當(dāng)n＝1時(shí)，eq\i\su(i＝1,n,f)(i)＝0不成立，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由A，B可得g(0)＝g(1)＝0且g(x)周期為2，故g(i)＝0(i∈N*)，故eq\i\su(i＝1,n,g)(i)＝0，故D正確．12．(2023·黃山模擬)在棱長為2的正四面體ABCD中，過點(diǎn)C且與BD平行的平面α分別與棱AB，AD交于點(diǎn)E，F(xiàn)，點(diǎn)Q為線段CD上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．AC⊥EFB．當(dāng)E，Q分別為線段AB，CD中點(diǎn)時(shí)，CF與EQ所成角的余弦值為eq\f(\r(6),6)C．線段EQ的最小值為eq\r(3)D．空間四邊形BCFE的周長的最小值為4＋eq\r(3)答案ABD解析由題知，BD∥平面CEF，而平面CEF∩平面ABD＝EF，BD?平面ABD，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可知，BD∥EF，又eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝2×2×cos

eq\f(2π,3)＋2×2×cos

eq\f(π,3)＝0，即AC⊥BD，故AC⊥EF，A正確；連接AQ，BQ，易得AQ＝BQ＝eq\r(3)＝CF，又AE＝EB＝1，于是EQ⊥AB(三線合一)，故EQ＝eq\r(\r(3)2－1)＝eq\r(2)，取FD的中點(diǎn)P，連接PQ，PE，由中位線可知PQ＝eq\f(\r(3),2)，在△AEP中由余弦定理，得EP2＝AE2＋AP2－2AE·APcos

eq\f(π,3)＝eq\f(7,4)，即EP＝eq\f(\r(7),2)，由CF∥PQ，CF與EQ所成角即為∠EQP(或其補(bǔ)角)，在△EQP中根據(jù)余弦定理，得cos∠EQP＝eq\f(2＋\f(3,4)－\f(7,4),\r(6))＝eq\f(\r(6),6)，B正確；根據(jù)B選項(xiàng)分析，當(dāng)E，Q分別為線段AB，CD的中點(diǎn)時(shí)，EQ＝eq\r(2)<eq\r(3)，C錯(cuò)誤；由BD∥EF，△ABD為正三角形，則△AEF也是正三角形，故EF＝AE，故四邊形BCFE的周長為BC＋BE＋EF＋CF＝2＋(BE＋AE)＋CF＝4＋CF，當(dāng)F為AD的中點(diǎn)，即CF⊥AD時(shí)，CF有最小值eq\r(3).即空間四邊形BCFE的周長的最小值為4＋eq\r(3)，D正確．三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．(2023·淮北模擬)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,\r(x))))6的展開式的常數(shù)項(xiàng)是________________．(用數(shù)字作答)答案240解析因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,\r(x))))6的展開式的通項(xiàng)公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)x6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(x))))k＝(－2)kCeq\o\al(k,6)，令6－eq\f(3,2)k＝0，解得k＝4.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,\r(x))))6的展開式的常數(shù)項(xiàng)是T5＝(－2)4Ceq\o\al(4,6)＝240.14．(2023·哈爾濱模擬)在正四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，上、下底面邊長分別為3eq\r(2)，4eq\r(2)，該正四棱臺(tái)的外接球的表面積為100π，則該正四棱臺(tái)的高為________．答案1或7解析設(shè)正四棱臺(tái)的外接球的半徑為R，則4πR2＝100π，解得R＝5，連接AC，BD相交于點(diǎn)E，連接A1C1，B1D1相交于點(diǎn)F，連接EF，則球心O在直線EF上，連接OB，OB1，如圖(1)，當(dāng)球心O在線段EF上時(shí)，則OB＝OB1＝R＝5，因?yàn)樯?、下底面邊長分別為3eq\r(2)，4eq\r(2)，所以BE＝4，B1F＝3，由勾股定理得OF＝eq\r(OB\o\al(2,1)－B1F2)＝4，OE＝eq\r(OB2－BE2)＝3，此時(shí)該正四棱臺(tái)的高為3＋4＝7；如圖(2)，當(dāng)球心O在FE的延長線上時(shí)，同理可得OF＝eq\r(OB\o\al(2,1)－B1F2)＝4，OE＝eq\r(OB2－BE2)＝3，此時(shí)該正四棱臺(tái)的高為4－3＝1.15．(2023·淄博模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinωx－eq\r(3)cosωx(ω>0)的零點(diǎn)是以eq\f(π,2)為公差的等差數(shù)列．若f(x)在區(qū)間[0，m]上單調(diào)遞增，則m的最大值為________．答案eq\f(5π,12)解析因?yàn)閒(x)＝sinωx－eq\r(3)cosωx(ω>0)，所以f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinωx－\f(\r(3),2)cosωx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，因?yàn)閒(x)的零點(diǎn)是以eq\f(π,2)為公差的等差數(shù)列，所以函數(shù)周期為π，即eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2；當(dāng)x∈[0，m]時(shí)，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，2m－\f(π,3)))，因?yàn)閒(x)在區(qū)間[0，m]上單調(diào)遞增，所以2m－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)，解得m≤eq\f(5π,12).所以m的最大值為eq\f(5π,12).16．(2023·蚌埠模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，點(diǎn)M在l上，點(diǎn)A，B在C上，若A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線，且MF⊥AB，△MFA的外接圓交l于點(diǎn)M，P，△MFB的外接圓交l于點(diǎn)M，Q，則eq\f(|MP|·|MQ|,|AF|·|BF|)＝________.答案1解析如圖所示，因?yàn)镸F⊥AB，所以MA為△MAF外接圓的直徑，MB為△MBF外接圓的直徑，所以AP⊥l，BQ⊥l，由拋物線的定義得|AP|＝|AF|，|BQ|＝|BF|，則∠BMQ＝∠BMF，∠AMP＝∠AMF，所以∠MAP＝∠BMQ，∠AMP＝∠MBQ，所以Rt△AMP∽R(shí)t△MBQ，則eq\f(|MP|,|BQ|)＝eq\f(|AP|,|MQ|)，所以eq\f(|MP|·|MQ|,|AF|·|BF|)＝eq\f(|MP|,|AP|)·eq\f(|MQ|,|BQ|)＝eq\f(|MP|,|BQ|)·eq\f(|MQ|,|AP|)＝1.四、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)(2023·煙臺(tái)模擬)已知△ABC內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，bcosC＋eq\r(3)csinB＝a＋c.(1)求角B的大小；(2)若△ABC為鈍角三角形，且a－c＝2，求△ABC外接圓半徑的取值范圍．解(1)因?yàn)閎cosC＋eq\r(3)csinB＝a＋c，由正弦定理可得sinBcosC＋eq\r(3)sinCsinB＝sinA＋sinC＝sin(π－B－C)＋sinC＝sinBcosC＋cosBsinC＋sinC，即eq\r(3)sinCsinB＝cosBsinC＋sinC，又C∈(0，π)，所以sinC≠0，故eq\r(3)sinB＝cosB＋1，即eq\r(3)sinB－cosB＝1，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝1，又B－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即B＝eq\f(π,3).(2)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，得a＝2RsinA，c＝2RsinC，所以a－c＝2R(sinA－sinC)＝2Req\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))))＝2Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA－\f(\r(3),2)cosA－\f(1,2)sinA))＝2Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinA－\f(\r(3),2)cosA))＝2Rsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3)))＝2，①又因?yàn)椤鰽BC為鈍角三角形，且a－c＝2>0，又由(1)知B＝eq\f(π,3)，所以eq\f(π,2)<A<eq\f(2π,3)，所以A－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3)))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，又由①式可知，R＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3))))，所以R∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，2)).18．(12分)(2023·淄博模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，過A1，C1，B三點(diǎn)的平面截去長方體的一個(gè)角后，得到如圖所示的幾何體ABCD－A1C1D1，且這個(gè)幾何體的體積為10.(1)求棱A1A的長；(2)求平面A1BC1和平面BC1D夾角的余弦值．解(1)設(shè)A1A＝h，由題設(shè)＝－＝10，即S四邊形ABCD×h－eq\f(1,3)××h＝10，即2×2×h－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×h＝10，解得h＝3，故A1A的長為3.(2)以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，由已知及(1)可知D(0,0,0)，A1(2,0,3)，B(2,2,0)，C1(0,2,3)，設(shè)平面A1BC1的法向量為n＝(u，v，w)，有n⊥eq\o(A1B,\s\up6(→))，n⊥eq\o(C1B,\s\up6(→))，其中eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,2，－3)，eq\o(C1B,\s\up6(→))＝(2,0，－3)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,n·\o(C1B,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2v－3w＝0，,2u－3w＝0，))取w＝2，得平面A1BC1的一個(gè)法向量n＝(3,3,2)；設(shè)平面BC1D的法向量為n′＝(x，y，z)，有n′⊥eq\o(BC1,\s\up6(→))，n′⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，其中eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,3)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n′·\o(BC1,\s\up6(→))＝0，,n′·\o(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋3z＝0，,2x＋2y＝0，))取z＝1，得平面BC1D的一個(gè)法向量n′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,2)，1))，故|cos〈n，n′〉|＝eq\f(|n·n′|,|n||n′|)＝eq\f(2,\r(22)·\f(\r(22),2))＝eq\f(2,11)，則平面A1BC1和平面BC1D夾角的余弦值為eq\f(2,11).19．(12分)(2023·廈門模擬)移動(dòng)物聯(lián)網(wǎng)廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)制造、公共服務(wù)、個(gè)人消費(fèi)等領(lǐng)域．截至2022年底，我國移動(dòng)物聯(lián)網(wǎng)連接數(shù)達(dá)18.45億戶，成為全球主要經(jīng)濟(jì)體中首個(gè)實(shí)現(xiàn)“物超人”的國家．下圖是2018－2022年移動(dòng)物聯(lián)網(wǎng)連接數(shù)W(單位：億戶)與年份代碼t的散點(diǎn)圖，其中年份2018－2022對(duì)應(yīng)的t分別為1～5.(1)根據(jù)散點(diǎn)圖推斷兩個(gè)變量是否線性相關(guān)．計(jì)算樣本相關(guān)系數(shù)(精確到0.01)，并推斷它們的相關(guān)程度；(2)①假設(shè)變量x與變量Y的n對(duì)觀測(cè)數(shù)據(jù)為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，兩個(gè)變量滿足一元線性回歸模型eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Y＝bx＋e，,Ee＝0，De＝σ2))(隨機(jī)誤差ei＝y(tǒng)i－bxi)．請(qǐng)推導(dǎo)：當(dāng)隨機(jī)誤差平方和Q＝eq\i\su(i＝1,n,e)eq\o\al(2,i)取得最小值時(shí)，參數(shù)b的最小二乘估計(jì)；②令變量x＝t－eq\x\to(t)，y＝w－eq\x\to(w)，則變量x與變量Y滿足一元線性回歸模型eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Y＝bx＋e，,Ee＝0，De＝σ2，))利用①中結(jié)論求y關(guān)于x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程，并預(yù)測(cè)2024年移動(dòng)物聯(lián)網(wǎng)連接數(shù)．附：樣本相關(guān)系數(shù)r＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)ti－\x\to(t)wi－\x\to(w),\r(\i\su(i＝1,n,)ti－\x\to(t)2)\r(\i\su(i＝1,n,)wi－\x\to(w)2))，eq\i\su(i＝1,5,)(wi－eq\x\to(w))2＝76.9，eq\i\su(i＝1,5,)(ti－eq\x\to(t))(wi－eq\x\to(w))＝27.2，eq\i\su(i＝1,5,w)i＝60.8，eq\r(769)≈27.7.解(1)由散點(diǎn)圖可以看出樣本點(diǎn)都集中在一條直線附近，由此推斷兩個(gè)變量線性相關(guān)．因?yàn)閑q\x\to(t)＝eq\f(1,5)×(1＋2＋3＋4＋5)＝3，所以eq\i\su(i＝1,5,)(ti－eq\x\to(t))2＝(1－3)2＋(2－3)2＋(3－3)2＋(4－3)2＋(5－3)2＝10，所以r＝eq\f(\o(∑,\s\up6(5),\s\do12(i＝1))ti－\x\to(t)wi－\x\to(w),\r(\o(∑,\s\up6(5),\s\do12(i＝1))ti－\x\to(t)2)\r(\o(∑,\s\up6(5),\s\do12(i＝1))wi－\x\to(w)2))＝eq\f(27.2,\r(10×76.9))＝eq\f(27.2,\r(769))≈eq\f(27.2,27.7)≈0.98，所以這兩個(gè)變量正線性相關(guān)，且相關(guān)程度很強(qiáng)．(2)①Q(mào)＝eq\i\su(i＝1,n,e)eq\o\al(2,i)＝eq\i\su(i＝1,n,)(yi－bxi)2＝eq\i\su(i＝1,n,)(yeq\o\al(2,i)－2bxiyi＋b2xeq\o\al(2,i))＝b2eq\i\su(i＝1,n,x)eq\o\al(2,i)－2beq\i\su(i＝1,n,x)iyi＋eq\i\su(i＝1,n,y)eq\o\al(2,i)，要使Q取得最小值，當(dāng)且僅當(dāng)eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,x)iyi,\i\su(i＝1,n,x)\o\al(2,i)).②由①知eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,5,x)iyi,\i\su(i＝1,5,x)\o\al(2,i))＝eq\f(\i\su(i＝1,5,)ti－\x\to(t)wi－\x\to(w),\i\su(i＝1,5,)ti－\x\to(t)2)＝eq\f(27.2,10)＝2.72，所以y關(guān)于x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為y＝2.72x，又eq\x\to(w)＝eq\f(\i\su(i＝1,5,w)i,5)＝eq\f(60.8,5)＝12.16，所以當(dāng)t＝7時(shí)，則x＝7－3＝4，w＝y(tǒng)＋eq\x\to(w)＝2.72×4＋12.16＝23.04，所以預(yù)測(cè)2024年移動(dòng)物聯(lián)網(wǎng)連接數(shù)為23.04億戶．20．(12分)(2023·邵陽模擬)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a3＝5，S9＝81，數(shù)列{bn}滿足a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·3n＋1＋3.(1)求數(shù)列{an}與數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{cn}滿足cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn，n為奇數(shù)，,\f(1,anan＋2)，n為偶數(shù)，))求{cn}前2n項(xiàng)和T2n.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝5，,S9＝81，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,9a1＋\f(9×8,2)d＝81，))∴a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.∵a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·3n＋1＋3，①∴a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝(n－2)·3n＋3(n≥2)，②∴①－②得anbn＝(2n－1)·3n，∴bn＝3n(n≥2)．當(dāng)n＝1時(shí)，a1b1＝3，b1＝3，符合bn＝3n，∴bn＝3n.(2)T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n，依題有，T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2a4)＋\f(1,a4a6)＋…＋\f(1,a2na2n＋2))).記T奇＝b1＋b3＋…＋b2n－1，則T奇＝eq\f(31－32n,1－32)＝eq\f(32n＋1－3,8).記T偶＝eq\f(1,a2a4)＋eq\f(1,a4a6)＋…＋eq\f(1,a2na2n＋2)，則T偶＝eq\f(1,2d)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a4)－\f(1,a6)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n)－\f(1,a2n＋2)))))＝eq\f(1,2d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a2n＋2)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4n＋3))).∴T2n＝eq\f(32n＋1－3,8)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4n＋3)))＝eq\f(3·9n,8)－eq\f(1,16n＋12)－eq\f(7,24).21．(12分)(2023·廣州模擬)已知圓F1：x2＋y2＋4x＝0，圓F2：x2＋y2－4x－12＝0，一動(dòng)圓與圓F1和圓F2同時(shí)內(nèi)切．(1)求動(dòng)圓圓心M的軌跡方程；(2)設(shè)點(diǎn)M的軌跡為曲線C，兩條互相垂直的直線l1，l2相交于點(diǎn)F2，l1交曲線C于M，N兩點(diǎn)，l2交圓F1于P，Q兩點(diǎn)，求△PQM與△PQN的面積之和的取值范圍．解(1)由F1：x2＋y2＋4x＝0，得(x＋2)2＋y2＝4，可知F1(－2,0)，其半徑為2，由F2：x2＋y2－4x－12＝0，得(x－2)2＋y2＝16，可知F2(2,0)，其半徑為4.設(shè)動(dòng)圓半徑為r，動(dòng)圓圓心M到F1的距離為n，到F2的距離為m，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2＝r，,m＋4＝r))?n－m＝2或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋r＝2，,m＋r＝4))?m－n＝2，即|n－m|＝2＝2a，得a＝1，又|F1F2|＝4＝2c>2a，所以動(dòng)圓圓心M的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的雙曲線，由c2＝a2＋b2，可得b2＝3，所以動(dòng)圓圓心M的軌跡方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)①當(dāng)直線l1的斜率存在時(shí)，由題意得k≠0，設(shè)l1：y＝kx－2k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，與雙曲線聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2k，,x2－\f(y2,3)＝1))?(3－k2)x2＋4k2x－4k2－3＝0，則x1＋x2＝－eq\f(4k2,3－k2)，x1x2＝eq\f(－4k2－3,3－k2)，由于l1交雙曲線兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－k2≠0，,Δ＝16k4＋43－k24k2＋3＝36k2＋36>0，))得k2≠3且k2≠0，且|MN|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－