统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业1核心价值引领文

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业1核心价值引领文，共7页。


A.{2，4，6，1}
B．{2，4，6，9}
C．{2，3，4，5，6，7}
D．{1，2，4，6，9}
2．[2023·山东省潍坊市高三期中]对于函数f(x)(x∈D)，若存在常数T(T>0)，使得对任意的x∈D，都有f(x＋T)≤f(x)成立，我们称函数f(x)为“T同比不增函数”．若函数f(x)＝kx＋csx是“eq \f(π,3)同比不增函数”，则实数k的取值范围是( )
A．[eq \f(3,π)，＋∞) B．(－∞，－eq \f(3,π)]
C．[－eq \f(3,π)，＋∞)D．(－∞，eq \f(3,π)]
3．[2023·山西省晋中市高三三模]设向量a与向量b的夹角为θ，定义a与b的向量积：a×b是一个向量，它的模|a×b|＝|a||b|sinθ.若m＝(1，0)，n＝(－1，eq \r(3))，则|m×n|＝( )
A．－1B．1
C．－eq \r(3)D．eq \r(3)
4．[2023·云南省昆明市第一中学高三检测]如图，当∠xOy＝α[α∈(0，eq \f(π,2))∪(eq \f(π,2)，π)]时，定义平面坐标系xOy为α­仿射坐标系，在α­仿射坐标系中，任意一点M的斜坐标这样定义：若eq \(OM,\s\up6(→))＝xe1＋ye2，其中e1，e2分别为与x轴、y轴正方向相同的单位向量，则M的斜坐标为(x，y).在α­仿射坐标系中，若α＝eq \f(π,3)，M的斜坐标为(2，－1)，则O到M的距离为( )
A．1B．eq \r(3)
C．eq \r(5)D．3
5．[2023·云南省部分重点中学高三月考]“易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦．”太极和八卦组合成了太极八卦图(如图1).某太极八卦图的平面图如图2所示，其中正八边形的中心与圆心重合，O是正八边形的中心，MN是圆O的一条直径，且正八边形ABCDEFGH内切圆的半径为2eq \r(2)＋2，|AB|＝|MN|＝4.若点P是正八边形ABCDEFGH边上的一点，则eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的取值范围是( )
A．[2eq \r(3)，4]
B．[2eq \r(2)，2eq \r(3)]
C．[12＋8eq \r(2)，16＋8eq \r(2)]
D．[8＋8eq \r(2)，12＋8eq \r(2)]
6．[2023·湖北省部分名校检测]秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”如果把以上这段文字写成公式就是S＝eq \r(\f(1,4)[a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋c2－b2,2)))\s\up12(2)])，其中a，b，c是△ABC的内角A，B，C的对边，若sinC＝2sinAcsB，且b2＋c2＝4，则△ABC面积S的最大值为( )
A．eq \f(\r(5),5)B．eq \f(2\r(5),5)
C．eq \f(3\r(5),5)D．eq \f(4\r(5),5)
7．[2023·四川省成都市第十二中学检测]欧拉公式exi＝csx＋isinx(其中i为虚数单位，x∈R)是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位．依据欧拉公式，下列选项正确的是( )
A．eπi为虚数
B．函数f(x)＝exi不是周期函数
C．若exi＝eq \f(1－\r(3)i,2)，则x＝eq \f(2π,3)
D．eeq \f(π,4)i·eeq \f(π,3)i的共轭复数是eq \f(\r(2)－\r(6),4)－eq \f(\r(2)＋\r(6),4)i
8．[2023·安徽省淮南市二模]我国古代数学在宋元时期达到繁荣的顶点，涌现了一大批卓有成就的数学家，其中朱世杰与秦九韶、杨辉、李冶被誉为我国“宋元数学四大家”．朱世杰著有《四元玉鉴》和《算学启蒙》等，在《算学启蒙》中，最为引人入胜的问题莫过于堆垛问题，其中记载有以下问题：“今有三角、四角果子垛各一所，共积六百八十五个，只云三角底子一面不及四角底子一面七个，问二垛底子一面几何？”其中“积”是和的意思，“三角果子垛”是每层都是正三角形的果子垛，自上至下依次有1，3，6，10，15，…个果子，“四角果子垛”是每层都是正方形的果子垛，自上至下依次有1，4，9，16，…个果子，“底子一面”指每垛最底层每条边．根据题意，可知该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数是(参考公式：12＋22＋32＋…＋n2＝eq \f(n（n＋1）（2n＋1）,6))( )
A．4，11B．5，12
C．6，13D．7，14
9．[2023·宁夏银川一中高三月考]设f0(x)＝sinx，f1(x)＝f′0(x)，f2(x)＝f′1(x)，…，fn＋1(x)＝f′n(x)，n∈N，则f2020(x)＝( )
A．sinxB．－sinx
C．csxD．－csx
10．[2023·宁夏中卫市高三一模]如图1.规定1个正方形对应1个三角形和1个正方形，1个三角形对应1个正方形．已知图2中，第1行有1个正方形和1个三角形，按上述规定得到第2行，共有2个正方形和1个三角形，按此规定继续可得到第3行，第4行，第5行，则在图2中第5行正方形的个数为( )
A．5B．8
C．13D．16
11．[2023·重庆市九龙坡区高三二模]正多面体统称为柏拉图体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成(各面都是全等的正多边形，且每个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成的二面角都相等)，正多面体共有5种，它们分别是正四面体、正六面体(即正方体)、正八面体、正十二面体、正二十面体．连接正方体中相邻面的中心(如图1)，得到另一个柏拉图体，即正八面体P­ABCD­Q(如图2)，设E，F，H分别为PA，PB，BC的中点，则下列说法正确的是( )
A．AP与CQ为异面直线
B．经过E，F，H的平面截此正八面体所得的截面为正五边形
C．平面PAB⊥平面PCD
D．平面EFH∥平面PCD
12．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈．问积几何？”题中的“圆亭”是一个几何体，其三视图如图所示，其中正视图和侧视图是高为1丈的全等梯形，俯视图中的两个圆的周长分别是2丈和3丈，取π＝3，则该圆亭外接球的球心到上底面的距离为( )
A．eq \f(5,72)丈B．eq \f(41,72)丈
C．eq \f(29,72)丈D．eq \f(31,72)丈
13．[2023·湖北省高中名校联考]已知集合U＝{1，2，…，n}(n∈N*，n≥2)，对于集合U的两个非空子集A，B，若A∩B＝∅，则称(A，B)为集合U的一组“互斥子集”．记集合U的所有“互斥子集”的组数为f(n)(视(A，B)与(B，A)为同一组“互斥子集”).那么f(n)＝________．
14．[2023·黑龙江省哈尔滨高三四模]任取一个正整数m，若m是奇数，就将该数乘3再加上1；若m是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等).如取正整数m＝6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤第一次变成1(简称为8步“雹程”).当m＝17时，需要________步“雹程”；若m经过8步“雹程”次变成1，则m所有可能的取值集合M＝________．
15．[2023·东北师范大学附中第三次摸底]我国古代数学家刘徽在其《海岛算经》中给出了著名的望海岛问题及二次测望方法：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表三相直．从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末三合．从后表却行一百二十七步，人目着地取望岛峰，亦与表末三合．问岛高及去表各几何？这一方法领先印度500多年，领先欧洲1300多年，其大意为：测量望海岛PQ的高度及海岛离岸距离，在海岸边立两根等高标杆AB，CD (PQ，AB，CD共面，均垂直于地面)，使目测点E与P、B共线，目测点F与P、D共线，测出AE、CF、AC即可求出岛高PQ和EQ的距离(如图).若AB＝CD＝r，AE＝a，CF＝b，EF＝d，则PQ＝________．
16．[2023·山东省潍坊市高三一模]2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来．我国古人将一年分为24个节气，如图所示，
相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始．已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的日晷长的和为________尺．
课时作业1 核心价值引领
1．解析：由韦恩图可知，A⊗B＝{x|x∈（A∪B），x∉（A∩B）}，因为A＝{x|x＝2n＋1，n∈N，n≤4}＝{1，3，5，7，9}，B＝{2，3，4，5，6，7}，则A∪B＝{1，2，3，4，5，6，7，9}，A∩B＝{3，5，7}，因此，A⊗B＝{1，2，4，6，9}．故选D.
答案：D
2．解析：因为函数f（x）＝kx＋csx是“eq \f(π,3))同比不增函数”，所以f（x＋eq \f(π,3)）≤f（x），即k（x＋eq \f(π,3)）＋cs（x＋eq \f(π,3)）≤kx＋csx，故eq \f(π,3)k≤csx－cs（x＋eq \f(π,3)）＝csx－（csxcseq \f(π,3)－sinxsineq \f(π,3)）＝eq \f(\r(3),2)sinx＋eq \f(1,2)csx＝sin（x＋eq \f(π,6)）恒成立，又因为sin（x＋eq \f(π,6)）min＝－1，因此eq \f(π,3)k≤－1，故k≤－eq \f(3,π)，即k∈（－∞，－eq \f(3,π)].故选B.
答案：B
3．解析：∵|m|＝eq \r(12＋02)＝1，|n|＝eq \r(（－1）2＋（\r(3)）2)＝2，∴csθ＝eq \f(m·n,|m||n|)＝－eq \f(1,2)，又θ∈[0，π]，∴sinθ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(3),2)，∴|m×n|＝|m||n|sinθ＝eq \r(3).故选D.
答案：D
4．解析：依题意eq \(OM,\s\up6(→))＝2e1－e2，所以|eq \(OM,\s\up6(→))|2＝（2e1－e2）2＝5－4e1·e2＝5－2＝3，得|eq \(OM,\s\up6(→))|＝eq \r(3).故选B.
答案：B
5．解析：
如图，连接PO.因为eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OM,\s\up6(→))，eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \(PO,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→))，所以eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝（eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OM,\s\up6(→))）·（eq \(PO,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→))）＝eq\a\vs4\al(\(PO,\s\up6(→)))2－eq \(OM,\s\up6(→))2.因为正八边形ABCDEFGH内切圆的半径为2eq \r(2)＋2，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝4，所以2eq \r(2)＋2≤|eq \(PO,\s\up6(→))|≤eq \r(16＋8\r(2)).因为|MN|＝4，所以|eq \(OM,\s\up6(→))|＝2，所以8＋8eq \r(2)≤eq\a\vs4\al(\(PO,\s\up6(→)))2－eq\a\vs4\al(\(OM,\s\up6(→)))2≤12＋8eq \r(2)，即eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的取值范围是[8＋8eq \r(2)，12＋8eq \r(2)].故选D.
答案：D
6．解析：由sinC＝2sinAcsB得c＝2a·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，得a＝b，所以S＝eq \r(\f(1,4)[a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋c2－b2,2)))\s\up12(2)])＝eq \r(\f(1,4)（b2c2－\f(c4,4)）)＝eq \r(\f(1,4)（4c2－c4－\f(c4,4)）)＝eq \f(1,2)eq \r(4c2－\f(5c4,4))＝eq \f(1,2)eq \r(c2（4－\f(5c2,4)）)＝eq \f(1,2)eq \r(\f(4,5)·\f(5,4)c2（4－\f(5c2,4)）)≤eq \f(1,2)eq \r(\f(4,5))·eq \f(\f(5c2,4)＋4－\f(5c2,4),2)＝eq \f(2\r(5),5)，当且仅当c2＝eq \f(8,5)，b2＝a2＝eq \f(12,5)时，等号成立．故选B.
答案：B
7．解析：eπi＝csπ＋isinπ＝－1，为实数，A错误；f（x）＝exi＝csx＋isinx，由于sinx，csx是最小正周期为2π的函数，所以f（x）＝exi＝csx＋isinx是周期函数，B错误；由题意得csx＋isinx＝eq \f(1－\r(3)i,2)，所以csx＝eq \f(1,2)，sinx＝－eq \f(\r(3),2)，又x＝eq \f(2π,3)时，csx＝－eq \f(1,2)，sinx＝eq \f(\r(3),2)，故C错误；eeq \f(π,4)i·eeq \f(π,3)i＝（cseq \f(π,4)＋isineq \f(π,4)）（cseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3)）＝（eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)i）（eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i）＝eq \f(\r(2)－\r(6),4)＋eq \f(\r(6)＋\r(2),4)i，故共轭复数是eq \f(\r(2)－\r(6),4)－eq \f(\r(2)＋\r(6),4)i，D正确．故选D.
答案：D
8．解析：设三角果子垛自上至下依次为a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，…，当n≥2时，an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a3－a2＋a2－a1＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝eq \f(n2,2)＋eq \f(n,2)，且n＝1时a1＝1，所以三角果子垛第n层的果子数为an＝eq \f(n2,2)＋eq \f(n,2)，四角果子垛第n层的果子数为n2，设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为m，m＋7，所以三角果子垛各层果子总和为eq \f(1,2)（12＋22＋32＋…＋m2）＋eq \f(1,2)（1＋2＋3＋…＋m），四角果子垛各层果子总和为12＋22＋32＋…＋（m＋7）2，由题意eq \f(1,2)（12＋22＋32＋…＋m2）＋eq \f(1,2)（1＋2＋3＋…＋m）＋12＋22＋32＋…＋（m＋7）2＝685，即eq \f(1,2)×eq \f(m（m＋1）（2m＋1）,6)＋eq \f(m（m＋1）,4)＋eq \f(（m＋7）（m＋8）（2m＋15）,6)＝685，解得m＝5，m＋7＝12，所以该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别是5，12.故选B.
答案：B
9．解析：f0（x）＝sinx，f1（x）＝f′0（x）＝（sinx）′＝csx，f2（x）＝f′1（x）＝（csx）′＝－sinx，f3（x）＝f′2（x）＝（－sinx）′＝－csx，f4（x）＝f′3（x）＝（－csx）′＝sinx，所以fn（x）＝fn＋4（x）（n∈N）.故f2020（x）＝f0（x）＝sinx．故选A.
答案：A
10．解析：设an为第n行中正方形的个数，bn为第n行中三角形的个数，由于每个正方形产生下一行的1个三角形和1个正方形，每个三角形产生下一行的1个正方形，则有an＋1＝an＋bn，bn＋1＝an，整理得an＋1＝an＋an－1（n≥2），且a1＝1，a2＝2，则a3＝a2＋a1＝3，a4＝a3＋a2＝5，a5＝a4＋a3＝8.所以第5行的正方形的个数为8.故选B.
答案：B
11．解析：
对于A，显然APCQ为平行四边形，则AP∥CQ，故A错误；对于B，分别取CQ，DQ，AD的中点M，N，L，依次连接HM，MN，NL，LE，如图所示，经过E，F，H的截面EFHMNL为正六边形，故B错误；对于C，分别取AB，CD的中点R，S，连接PR，PS，RS，则∠RPS为平面PAB与平面PCD所成的角，设正方体的棱长为2，则正八面体的棱长为eq \r(2)，PR＝PS＝eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(6),2)，RS＝eq \r(2)，PR2＋PS2≠RS2，即平面PAB与平面PCD不垂直，故C错误；对于D，由于E，F，H分别为PA，PB，BC的中点，所以EF∥AB∥CD，FH∥PC，根据线面平行的判定定理知EF∥平面PCD，同理FH∥平面PCD，EF∩FH＝F，则平面EFH∥平面PCD，故D正确，故选D.
答案：D
12．解析：由三视图知，这个几何体是上下底的底面圆周长分别为2丈和3丈，高为1丈的圆台，而π＝3，则圆台上下底面圆半径分别为eq \f(1,3)，eq \f(1,2)，由球面的截面小圆性质知，球心在两底面圆圆心确定的直线上，令球半径为R，球心到上底面圆距离为x，当球心在圆台内时，01，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(R2＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋x2,R2＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋（x－1）2))，解得x＝eq \f(41,72)，此时无解，圆亭外接球的球心到上底面的距离为eq \f(41,72).故选B.
答案：B
13．解析：根据题意，任意一个元素只能在集合A，B，C＝∁U（A∪B）之一中，则这n个元素在集合A，B，C中，共有3n种；其中A为空集的种数为2n，B为空集的种数为2n个，故可得A，B均为非空子集的种数为3n－2n＋1＋1，又因为（A，B）与（B，A）为同一组“互斥子集”，故f（n）＝eq \f(1,2)（3n－2n＋1＋1）.
答案：eq \f(1,2)（3n－2n＋1＋1）
14．解析：当m＝17时，对应的“雹程”为：17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1，共有12步“雹程”．因为m经过8步“雹程”第一次变成1，倒退可得如下所有“雹程”.1←2←4←8←16←eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(32←64←\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(128←256,21←42)),5←10←\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3←6,20←40))))，故m所有可能的取值集合M＝{6，40，42，256}．
答案：12 {6，40，42，256}
15．解析：由题知，eq \f(AB,PQ)＝eq \f(AE,EQ)，eq \f(CD,PQ)＝eq \f(CF,FQ)，即eq \f(r,PQ)＝eq \f(a,a＋AQ)，eq \f(r,PQ)＝eq \f(b,d＋a＋AQ)，
解得AQ＝eq \f(ad,b－a)－a，代入上式得eq \f(r,PQ)＝eq \f(a,\f(ad,b－a))，解得PQ＝eq \f(dr,b－a).
答案：eq \f(dr,b－a)
16．解析：依题意，冬至日晷长为13.5尺，记为a1＝13.5，芒种日晷长为2.5尺，记为a12＝2.5，
因相邻两个节气的日晷长变化量相同，则从冬至日晷长到芒种日晷长的各数据依次排成一列得等差数列{an}，n∈N*，n≤12，
数列{an}的公差d＝eq \f(a12－a1,12－1)＝eq \f(2.5－13.5,12－1)＝－1，
因夏至与芒种相邻，且夏至日晷长最短，则夏至的日晷长为a12＋d＝1.5，
又大雪与冬至相邻，且冬至日晷长最长，则大雪的日晷长为a1＋d＝12.5，
显然夏至到大雪的日晷长依次排成一列是递增等差数列，首项为1.5尺，末项为12.5尺，共12项，所以一年中夏至到大雪的日晷长的和为eq \f(1.5＋12.5,2)×12＝84（尺）.
答案：84