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2025高考数学复习“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十六—三十)【含答案】
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这是一份2025高考数学复习“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十六—三十)【含答案】，共109页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．设集合A＝{x|lg x<1}，B＝{x|x≤2}，则A∪B＝( )
A．{x|0C．{x|x<10} D．R
解析：选C lg x<1⇔lg x2．已知复数z＝2(1－i)i，则eq \x\t(z)的虚部为( )
A．－2i B．－2 C．2 D．2i
解析：选B z＝2(1－i)i＝2i－2i2＝2＋2i，所以eq \x\t(z)＝2－2i，所以eq \x\t(z)的虚部为－2.
3．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是( )
A．中位数 B．平均数
C．方差 D．极差
解析：选A 设9位评委评分按从小到大排列为x1≤x2≤x3≤x4≤…≤x8≤x9.则①原始中位数为x5，去掉最低分x1，最高分x9后，剩余x2≤x3≤x4≤…≤x8，中位数仍为x5，∴A正确；②原始平均数eq \x\t(x)＝eq \f(1,9)(x1＋x2＋x3＋x4＋…＋x8＋x9)，后来平均数eq \x\t(x)′＝eq \f(1,7)(x2＋x3＋x4＋…＋x8)，平均数受极端值影响较大，∴eq \x\t(x)与eq \x\t(x)′不一定相同，B不正确；③s2＝eq \f(1,9)[(x1－eq \x\t(x))2＋(x2－eq \x\t(x))2＋…＋(x9－eq \x\t(x))2]，s′2＝eq \f(1,7)[(x2－eq \x\t(x)′)2＋(x3－eq \x\t(x)′)2＋…＋(x8－eq \x\t(x)′)2]，由②易知，C不正确；④原极差＝x9－x1，后来极差＝x8－x2可能相等可能变小，D不正确．
4．设m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
B．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n
C．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
D．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β
解析：选A 对于A，设直线m，n的方向向量分别为u，v，因为m⊥α，n⊥β，则平面α的一个法向量为u，平面β的一个法向量为v，因为m⊥n，则u⊥v，故α⊥β，A正确；对于B，若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m，n平行或异面，B错误；对于C，若m∥α，n∥β，α⊥β，则m，n的位置关系不确定，C错误；对于D，若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α，β平行或相交，D错误．
5．某学校安排音乐、阅读、体育和编程四项课后活动供学生自愿选择参加，甲、乙、丙、丁4位同学每人限报其中一项．已知甲同学报的项目其他同学不报的情况下，4位同学所报项目各不相同的概率等于( )
A.eq \f(1,18) B．eq \f(3,32) C.eq \f(2,9) D．eq \f(8,9)
解析：选C 设A＝甲同学报的项目其他同学不报，B＝4位同学所报项目各不相同，由题得n(A)＝4×3×3×3，n(AB)＝4×3×2×1，所以P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(4×3×2×1,4×3×3×3)＝eq \f(2,9).
6．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割约为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin 18°，若m2＋n＝4，则eq \f(m\r(n),2cs227°－1)＝( )
A．8 B．4 C．2 D．1
解析：选C 因为m＝2sin 18°，m2＋n＝4，所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cs218°.所以eq \f(m\r(n),2cs227°－1)＝eq \f(2sin18°\r(4cs218°),2cs227°－1)＝eq \f(4sin18°cs18°,2cs227°－1)＝eq \f(2sin36°,cs54°)＝eq \f(2sin36°,sin36°)＝2.
7．设a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\r(3)c))sin(A＋C)＝(a＋c)(sin A－sin C)，设D是BC边的中点，且△ABC的面积为1，则eq \(AB,\s\up7(―→))·(eq \(DA,\s\up7(―→))＋eq \(DB,\s\up7(―→)))＝( )
A．2 B．2eq \r(3) C．－2eq \r(3) D．－2
解析：选B ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\r(3)c))sin(A＋C)＝(a＋c)(sin A－sin C)，∴由正弦定理可得(b＋eq \r(3)c)b＝(a＋c)(a－c)，整理可得b2＋c2－a2＝－eq \r(3)bc，∴由余弦定理可得cs A＝－eq \f(\r(3),2)，∴由A∈(0，π)，可得A＝eq \f(5π,6)，又△ABC的面积为1，即eq \f(1,2)bcsineq \f(5π,6)＝1，∴bc＝4，又eq \(AB,\s\up7(―→))·(eq \(DA,\s\up7(―→))＋eq \(DB,\s\up7(―→)))＝(eq \(DB,\s\up7(―→))－eq \(DA,\s\up7(―→)))·(eq \(DA,\s\up7(―→))＋eq \(DB,\s\up7(―→)))＝eq \(DB,\s\up7(―→))2－eq \(DA,\s\up7(―→))2＝eq \f(eq \(CB,\s\up7(―→))2,4)－eq \f(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))2,4)＝eq \f(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))2,4)－eq \f(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))2,4)＝－eq \f(4eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→)),4)＝－eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝－bccs A＝2eq \r(3).
8．已知定义在R上的奇函数f(x)恒有f(x－1)＝f(x＋1)，当x∈[0,1)时，f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)，已知k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(2,15)，－eq \f(1,18)))，则函数g(x)＝f(x)－kx－eq \f(1,3)在(－1,6)上的零点个数为( )
A．4 B．5
C．3或4 D．4或5
解析：选D 因为f(x－1)＝f(x＋1)，所以f(x)的周期为2.又因为f(x)为奇函数，f(x)＝－f(－x)，令x＝1，得f(1)＝－f(－1)，又f(－1)＝f(1)，所以f(1)＝f(－1)＝0，当x∈(－1,1)时，f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝1－eq \f(2,2x＋1)，由y＝eq \f(2,2x＋1)单调递减得函数f(x)在(－1,1)上单调递增，所以f(－1)由图象可知当y＝kx＋eq \f(1,3)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，－\f(1,3)))时，k＝－eq \f(2,15)，此时在(－1,6)上只有3个零点．当y＝kx＋eq \f(1,3)经过点(3,0)时，k＝－eq \f(1,9)，此时有5个零点．当－eq \f(2,15)二、多项选择题
9．下列结论正确的是( )
A．在△ABC中，若A>B，则sin A>sin B
B．在△ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则△ABC是等腰三角形
C．两个向量a，b共线的充要条件是存在实数λ，使b＝λa
D．对于非零向量a，b，“a＋b＝0”是“a∥b”的充分不必要条件
解析：选AD 对于A，大角对大边，由正弦定理可得该命题正确；对于B，若sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，即△ABC是等腰三角形或直角三角形，所以该命题不正确；对于C，若b≠0，a＝0，满足向量a，b共线，但不存在实数λ，使b＝λa，所以该命题不正确；对于D，若“a＋b＝0”，则“a∥b”；若“a∥b”，则“a＋b＝0”不一定成立．所以该命题正确．
10.函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0)的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得到y＝g(x)的图象，则下列说法正确的是( )
A．函数g(x)为奇函数
B．函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递减
C．函数F(x)＝xg(x)为偶函数
D．函数g(x)的图象的对称轴为直线x＝kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)
解析：选ABC 由函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象可知函数f(x)的周期为eq \f(4,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(5π,12)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))))＝π，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，3))，函数的最大值为3，所以A＝3，由T＝eq \f(2π,ω)＝π，解得ω＝2，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(5π,12)＋φ))＝3，所以φ＝－eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以取k＝0时，函数f(x)的解析式为f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得g(x)＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－eq \f(π,3)))＝3sin 2x，所以g(x)＝3sin 2x为奇函数，故A正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))，因为y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))上单调递减，所以g(x)＝3sin 2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递减，故B正确；F(x)＝xg(x)＝3xsin 2x，则F(－x)＝3(－x)·sin(－2x)＝3xsin 2x＝F(x)，即F(x)＝xg(x)为偶函数，故C正确；令2x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，故g(x)的对称轴为直线x＝eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，故D错误．
11．圆锥曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线过双曲线的另一个焦点．由此可得，过双曲线上任意一点的切线，平分该点与两焦点连线的夹角．请解决下面问题：已知F1，F2分别是双曲线C：x2－eq \f(y2,2)＝1的左、右焦点，点P为C在第一象限上的点，点M在F1P的延长线上，点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0))，且PQ为∠F1PF2的平分线，则下列结论正确的是( )
A.eq \f(|PF1|,|PF2|)＝2
B．|eq \(PF1,\s\up7(―→))＋eq \(PF2,\s\up7(―→))|＝2eq \r(3)
C．点P到x轴的距离为eq \r(3)
D．∠F2PM的角平分线所在直线的倾斜角为150°
解析：选AD 先证明结论双曲线C：x2－eq \f(y2,2)＝1在其上一点P(x0，y0)的切线的方程为x0x－eq \f(y0y,2)＝1.由已知xeq \\al(2,0)－eq \f(y\\al(2,0),2)＝1，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x－\f(y0y,2)＝1，,x2－\f(y2,2)＝1))可得x2－2x0x＋xeq \\al(2,0)＝0，即(x－x0)2＝0，解得x＝x0，所以双曲线C：x2－eq \f(y2,2)＝1在其上一点P(x0，y0)的切线的方程为x0x－eq \f(y0y,2)＝1.本题中，设点P(x0，y0)，则直线PQ的方程为x0x－eq \f(y0y,2)＝1，将点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0))代入切线方程可得x0＝eq \r(3)，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，2))，即点P到x轴的距离为2，C错误；在双曲线C中，a＝1，b＝eq \r(2)，则c＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(3)，则F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，所以|PF1|＝eq \r(2\r(3)2＋22)＝4，|PF2|＝eq \r(02＋22)＝2，所以eq \f(|PF1|,|PF2|)＝2，A正确；eq \(PF1,\s\up7(―→))＝(－2eq \r(3)，－2)，eq \(PF2,\s\up7(―→))＝(0，－2)，所以eq \(PF1,\s\up7(―→))＋eq \(PF2,\s\up7(―→))＝(－2eq \r(3)，－4)，则|eq \(PF1,\s\up7(―→))＋eq \(PF2,\s\up7(―→))|＝eq \r(－2\r(3)2＋－42)＝2eq \r(7)，B错误；因为∠F2PM的角平分线交x轴于点N(如图所示)，则∠QPF2＋∠NPF2＝eq \f(1,2)(∠F1PF2＋∠F2PM)＝90°，所以PN⊥PQ，因为kPQ＝eq \f(2,\r(3)－\f(\r(3),3))＝eq \r(3)，则kPN＝－eq \f(1,kPQ)＝－eq \f(\r(3),3)，故∠F2PM的角平分线所在直线的倾斜角为150°，D正确．
12.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，M，N分别为BB1，AB的中点．下列说法正确的是( )
A．点M到平面AND1的距离为eq \f(\r(2),2)
B．正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的体积为eq \f(\r(3)π,2)
C．平面AND1截正方体ABCD-A1B1C1D1外接球所得圆的面积为eq \f(3π,4)
D．以顶点A为球心，eq \f(2\r(3),3)为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长为eq \f(5\r(3)π,6)
解析：选BCD 由题意，得AD1＝eq \r(2)，S△AND1＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(2),4)，S△ANM＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,8)，设点M到平面AND1的距离为d，由VM-AND1＝VD1-AMN，得eq \f(1,3)×d×S△AND1＝eq \f(1,3)×D1A1×S△ANM，解得d＝eq \f(\r(2),4)，故A错误；正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的半径为eq \f(\r(12＋12＋12),2)＝eq \f(\r(3),2)，外接球的体积为eq \f(4π,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))3＝eq \f(\r(3)π,2)，故B正确；易得平面AND1经过正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的球心，故其截外接球所得圆的半径为外接球的半径eq \f(\r(3),2)，其圆的面积为eq \f(3π,4)，故C正确；如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即平面AA1B1B、平面ABCD和平面AA1D1D上；另一类在不过顶点A的三个面上，即平面BB1C1C、平面CC1D1D和平面A1B1C1D1上．在平面AA1B1B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为A1E＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))2－12)＝eq \f(\r(3),3)，则∠A1AE＝eq \f(π,6)，同理∠BAF＝eq \f(π,6)，所以∠EAF＝eq \f(π,6)，故弧EF的长为eq \f(2\r(3),3)×eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3)π,9)，而这样的弧共有三条．在平面BB1C1C上，交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为BF＝A1E＝eq \f(\r(3),3)，所以弧FG的长为eq \f(\r(3),3)×eq \f(π,2)＝eq \f(\r(3)π,6)，这样的弧也有三条．于是，所得的曲线长3×eq \f(\r(3)π,9)＋3×eq \f(\r(3)π,6)＝eq \f(5\r(3)π,6)，故D正确．
三、填空题
13．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))9的展开式中常数项是________．
解析：由题可知展开式Tr＋1＝Ceq \\al(r,9)(eq \r(x))9－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))r＝Ceq \\al(r,9)(－2)rxeq \f(9－3r,2)，令eq \f(9－3r,2)＝0，解得r＝3，故常数项为Ceq \\al(3,9)(－2)3＝－672.
答案：－672
14．函数f(x)＝xln(－2x)，则曲线y＝f(x)在x＝－eq \f(e,2)处的切线方程为________．
解析：由题可知f′(x)＝ln(－2x)＋1，所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e,2)))＝2，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e,2)))＝－eq \f(e,2)，故切线方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e,2)))＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e,2)))))，即4x－2y＋e＝0.
答案：4x－2y＋e＝0
15．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34，55，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用．若此数列的各项除以3的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2 022项的和为________．
解析：由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…各项除以3的余数，可得{an}为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…，所以{an}是周期为8的周期数列，一个周期中的8项和为9，因为2 022＝252×8＋6，所以数列{an}的前2 022项的和为252×9＋8＝2 276.
答案：2 276
16．已知椭圆C1：eq \f(x2,a\\al(2,1))＋eq \f(y2,b\\al(2,1))＝1(a1>b1>0)与双曲线C2：eq \f(x2,a\\al(2,2))－eq \f(y2,b\\al(2,2))＝1(a2>0，b2>0)有相同的焦点F1，F2，椭圆C1的离心率为e1，双曲线C2的离心率为e2，点P为椭圆C1与双曲线C2在第一象限的交点，且∠F1PF2＝eq \f(π,3)，则eq \f(e1e2,e1＋e2)的取值范围是________．
解析：设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
由椭圆的定义得m＋n＝2a1 ①，
由双曲线的定义得|m－n|＝2a2 ②，
①2＋②2得m2＋n2＝2(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2))，
①2－②2得mn＝aeq \\al(2,1)－aeq \\al(2,2)，
由余弦定理可得(2c)2＝m2＋n2－2mncs∠F1PF2，
所以aeq \\al(2,1)＋3aeq \\al(2,2)＝4c2 ③，
设a1＝2ccs θ，a2＝eq \f(2\r(3),3)c·sin θ，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a1,c)＝2cs θ>1，,0<\f(a2,c)＝\f(2\r(3),3)sin θ<1，))解得θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，
所以eq \f(e1＋e2,e1e2)＝eq \f(1,e1)＋eq \f(1,e2)＝eq \f(a1,c)＋eq \f(a2,c)＝2cs θ＋eq \f(2\r(3),3)sin θ＝eq \f(4\r(3),3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))，
当θ＝eq \f(π,6)时，eq \f(1,e1)＋eq \f(1,e2)的最大值为eq \f(4\r(3),3)，θ＝eq \f(π,3)时，eq \f(1,e1)＋eq \f(1,e2)的值为2，所以eq \f(e1e2,e1＋e2)的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，\f(1,2))).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，\f(1,2)))
大题规范增分练—今日题型：立体几何
17.如图，在四棱锥E-ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝BC＝eq \f(1,2)AB，E在以AB为直径的半圆上，平面ABE⊥平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点．
(1)求证：MN∥平面ABE；
(2)当四棱锥E-ABCD体积最大时，求二面角N-AE-B的余弦值．
解：(1)证明：如图所示，过D作DH⊥AB于H，连接EH，过M作MQ⊥EH于Q，过N作NP⊥AB于P，连接PQ.
易知NP＝MQ＝eq \f(1,2)DH，NP∥DH，MQ∥DH，所以四边形MNPQ为平行四边形，
所以MN∥PQ.
又MN⊄平面ABE，PQ⊂平面ABE，所以MN∥平面ABE.
(2)如图所示，过E作EO⊥AB交AB于O.
因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EO⊂平面ABE，
所以EO⊥平面ABCD，故EO为四棱锥E-ABCD的高，
要使四棱锥E-ABCD体积最大，则E为弧AEB的中点，此时O为AB的中点．
在此情况下，取CD的中点G，连接OG，因为AB∥CD，AD＝DC＝BC＝eq \f(1,2)AB，所以OG⊥AB.
因为EO⊥平面ABCD，所以EO⊥AB，EO⊥OG，所以EO，AB，OG两两垂直，以O为原点，分别以直线OE为x轴，直线AB为y轴，直线OG为z轴建立空间直角坐标系，如图．设AD＝DC＝BC＝eq \f(1,2)AB＝a(a>0)，
可得O(0,0,0)，A(0，－a,0)，E(a,0,0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)a，\f(\r(3),4)a))，
则eq \(AE,\s\up7(―→))＝(a，a,0)，eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7,4)a，\f(\r(3),4)a)).
设平面AEN的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \(AE,\s\up7(―→))·n＝0，,eq \(AN,\s\up7(―→))·n＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax＋ay＝0，,\f(7,4)ay＋\f(\r(3),4)az＝0，))
令x＝1，则平面AEN的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(7\r(3),3)))，
易得平面ABE的一个法向量为m＝(0,0,1)，
则|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\f(7\r(3),3),\r(\f(55,3)))＝eq \f(7\r(55),55)，
由图可知二面角N-AE-B的平面角为锐角，所以二面角N-AE-B的余弦值为eq \f(7\r(55),55).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十七)
小题限时保分练—选自2022·黄冈二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知复数z满足(－3i)z＝4－5i，则z的共轭复数的虚部为( )
A.eq \f(4i,3) B．eq \f(4,3)
C．－eq \f(4,3) D．－eq \f(4i,3)
解析：选C ∵(－3i)z＝4－5i，∴z＝eq \f(4－5i,－3i)＝eq \f(4－5ii,－3ii)＝eq \f(5＋4i,3)＝eq \f(5,3)＋eq \f(4,3)i，∴z的共轭复数的虚部为－eq \f(4,3).
2．设集合A＝{x|(x－1)(x－4)<0}，B＝{x|2x＋a<0}，且A∩B＝{x|1A．4 B．2
C．－2 D．－4
解析：选D 集合A＝{x|(x－1)(x－4)<0}＝{x|13．已知a＝2，b＝lg2eq \f(1,3)，c＝lgeq \f(1,3)，则( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>a>b D．c>b>a
解析：选C ∵0lg22＝1，∴c>a>b.
4．已知A，B，C是表面积为16π的球O的球面上的三个点，且AC＝AB＝1，∠ABC＝30°，则三棱锥O-ABC的体积为( )
A.eq \f(1,12) B．eq \f(\r(3),12) C.eq \f(1,4) D．eq \f(\r(3),4)
解析：选C 设球的半径为R，△ABC外接圆的半径为r，在△ABC中，由AC＝AB＝1，∠ABC＝30°，则∠BAC＝120°，得2r＝eq \f(AC,sin∠ABC)＝2，所以r＝1，因为球O的表面积为16π，则4πR2＝16π，解得R＝2，所以球心O到△ABC的距离d＝eq \r(R2－r2)＝eq \r(3)，即三棱锥O-ABC的高为eq \r(3)，S△ABC＝eq \f(1,2)AB·AC·sin∠BAC＝eq \f(\r(3),4)，所以三棱锥O-ABC的体积VO-ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×eq \r(3)＝eq \f(1,4).
5．已知函数f(x)＝xln(e2x＋1)－x2＋1，f(a)＝2，则f(－a)的值为( )
A．1 B．0 C．－1 D．－2
解析：选B 构造函数g(x)＝xln(e2x＋1)－x2，则g(－x)＋g(x)＝－xln(e－2x＋1)－x2＋xln(e2x＋1)－x2＝xlneq \f(e2x＋1,e－2x＋1)－2x2＝xln e2x－2x2＝0，故函数g(x)为奇函数，又f(a)＝g(a)＋1＝2，∴g(a)＝1，∴f(－a)＝g(－a)＋1＝－g(a)＋1＝0.
6．若sin α＋cs α＝eq \f(1,5)，0<α<π，则sin 2α＋cs 2α＝( )
A.eq \f(17,25) B．－eq \f(17,25) C.eq \f(31,25) D．－eq \f(31,25)
解析：选D 因为sin α＋cs α＝eq \f(1,5)，两边同时平方可得，1＋sin 2α＝eq \f(1,25)，所以sin 2α＝－eq \f(24,25)<0，因为0<α<π，则eq \f(π,2)<α<π，所以sin α>0，cs α<0，故(sin α－cs α)2＝1－sin 2α＝eq \f(49,25)，所以sin α－cs α＝eq \f(7,5)，故cs2α－sin2α＝(cs α＋sin α)(cs α－sin α)＝eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,5)))＝－eq \f(7,25)，即cs 2α＝－eq \f(7,25)，所以sin 2α＋cs 2α＝－eq \f(24,25)－eq \f(7,25)＝－eq \f(31,25).
7．直线x＝2与双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的渐近线交于A，B两点，设P为双曲线上任一点，若eq \(OP,\s\up7(―→))＝aeq \(OA,\s\up7(―→))＋beq \(OB,\s\up7(―→)) (a，b∈R，O为坐标原点)，则下列不等式恒成立的是( )
A．a2＋b2≥1 B．|ab|≥1
C．|a＋b|≥1 D．|a－b|≥2
解析：选C 双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的渐近线为y＝±eq \f(1,2)x.把x＝2代入上述方程可得y＝±1.不妨取A(2,1)，B(2，－1)．eq \(OP,\s\up7(―→))＝aeq \(OA,\s\up7(―→))＋beq \(OB,\s\up7(―→))＝(2a＋2b，a－b)．代入双曲线方程可得eq \f(2a＋2b2,4)－(a－b)2＝1，解得ab＝eq \f(1,4)，∴eq \f(1,4)＝ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，所以|a＋b|≥1.
8．若函数y＝f(x)的图象上存在两个不同的点A，B，使得曲线y＝f(x)在这两点处的切线重合，则称函数y＝f(x)为“共切”函数，下列函数是“共切”函数的为( )
A．y＝ln x＋x B．y＝ex＋x
C．y＝x3＋1 D．y＝x－cs x
解析：选D 由“共切”函数的定义可知，导函数中自变量存在两个值，它们的函数值相等，才可能是“共切”函数，因此导函数不会为单调函数．对于A，y′＝eq \f(1,x)＋1，即导函数在(0，＋∞)上单调递减，且自变量与函数值是一一对应的关系，故y＝ln x＋x不会是“共切”函数；对于B，y′＝ex＋1，即导函数在R上单调递增，故y＝ex＋x必不是“共切”函数；对于C，y′＝3x2，存在(m，m3＋1)与(－m，－m3＋1)(m≠0)，两点处的切线斜率均为3m2，分别写出切线方程为y＝3m2·x－2m3＋1，y＝3m2·x＋2m3＋1，显然两直线不重合，故y＝x3＋1不是“共切”函数；对于D，y′＝1＋sin x∈[0,2]，即导函数为T＝2π的周期函数，且y′≥0恒成立，故y＝x－cs x在R上递增，不妨取xA＝0，xB＝2π，则y′＝1，切点分别为A(0，－1)，B(2π，2π－1)，此时切线方程分别为y＝x－1，y＝x－2π＋2π－1＝x－1，两切线重合，可知至少存在A，B两点处的切线重合，故该函数为“共切”函数．
二、多项选择题
9．已知由样本数据(xi，yi)(i＝1,2,3，…，10)组成的一个样本，得到经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝2x－0.4，且eq \x\t(x)＝2，去除两个样本点(－2,1)和(2，－1)后，得到新的经验回归直线的斜率为3.则下列说法正确的是( )
A．相关变量x，y具有正相关关系
B．去除两个样本点后的经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝3x－3
C．去除两个样本点后，随x值增加相关变量y值增加速度变小
D．去除两个样本点后，样本(4,8.9)的残差为0.1
解析：选AB 对于A，去除两个样本点(－2,1)和(2，－1)后，得到新的经验回归直线的斜率为3,3>0，则相关变量x，y具有正相关关系，故A正确；对于B，将eq \x\t(x)＝2代入eq \(y,\s\up6(^))＝2x－0.4得eq \x\t(y)＝3.6，则去除两个样本点(－2,1)和(2，－1)后，得到新的样本点的中心点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(9,2)))，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \f(9,2)－3×eq \f(5,2)＝－3，故去除样本点后的经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝3x－3，故B正确；对于C，由于斜率为3>1，故相关变量x，y具有正相关关系且去除样本点后，随x值增加相关变量y值增加速度变大，故C错误；当x＝4时，eq \(y,\s\up6(^))＝3×4－3＝9，则样本(4,8.9)的残差为8.9－9＝－0.1，故D错误．
10．已知点M(1,0)，A，B是椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1上的动点，当eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BA,\s\up7(―→))取下列哪些值时，可以使eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BM,\s\up7(―→))＝0( )
A．3 B．6 C．9 D．12
解析：选ABC 设A(x0，y0)，且eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BM,\s\up7(―→))＝0.∵eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BA,\s\up7(―→))＝eq \(MA,\s\up7(――→))·(eq \(BM,\s\up7(―→))＋eq \(MA,\s\up7(――→)))＝eq \(MA,\s\up7(――→))2＋eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BM,\s\up7(―→))＝eq \(MA,\s\up7(――→))2＝(x0－1)2＋yeq \\al(2,0) ①，
将A点坐标代入椭圆，可得eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，则yeq \\al(2,0)＝1－eq \f(x\\al(2,0),4)代入①可得，eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BA,\s\up7(―→))＝(x0－1)2＋1－eq \f(x\\al(2,0),4)＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(4,3)))2＋eq \f(2,3)(－2≤x0≤2)，故(eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BA,\s\up7(―→)))min＝eq \f(2,3)，(eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BA,\s\up7(―→)))max＝9，对照选项，eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BA,\s\up7(―→))可以取A、B、C.
11．设函数f(x)＝eq \f(sin 2x－2sin x,cs x)，则( )
A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有且仅有1个零点
B．f(x)的最小正周期为π
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递减
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减
解析：选ACD 由二倍角公式可得，sin 2x＝2sin xcs x，∵f(x)＝eq \f(sin 2x－2sin x,cs x)＝eq \f(2sin xcs x－1,cs x)＝0，∴sin x＝0或cs x＝1，∴x＝kπ或x＝2kπ，k∈Z，∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴当且仅当k＝0，即x＝0时，满足f(x)＝0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有且仅有一个零点，满足题意，则A正确；f(x)＝2sin x－2tan x，∵sin x的最小正周期为2π，tan x的最小正周期为π，∴f(x)的最小正周期为2π，则B错误；f(x)＝2sin x－2tan x，则f′(x)＝2cs x－eq \f(2[cs2x－－sin x·sin x],cs x2)＝eq \f(2cs3x－1,cs2x)，∵cs3x－1≤0，∴f′(x)≤0，∴f(x)单调递减，则C、D正确．
12．在数列{an}中，对于任意的n∈N*都有an>0，且aeq \\al(2,n＋1)－an＋1＝an，则下列结论正确的是( )
A．对于任意的n≥2，都有an>1
B．对于任意的a1>0，数列{an}不可能为常数列
C．若0D．若a1>2，则当n≥2时，2解析：选ACD 由an＋1＝eq \f(an,an＋1)＋1，对∀n∈N*都有an>0，得an＋1＝eq \f(an,an＋1)＋1>1，即任意n≥2都有an>1，故A正确；由an＋1(an＋1－1)＝an，若{an}为常数列且an>0，则an＝2满足a1>0，故B错误；又eq \f(an,an＋1)＝an＋1－1且n∈N*，当12时，eq \f(an,an＋1)>1，此时a1＝a2(a2－1)>a2>2，数列{an}递减．所以02时an＋1>2且数列{an}递减，即n≥2时，2三、填空题
13.函数f(x)的图象如图所示，记A＝f′(x1)，B＝f′(x2)，C＝f′(x3)，则A，B，C最大的是________．
解析：根据导数的几何意义，f′(x1)，f′(x2)，f′(x3)分别为x1，x2，x3处的切线斜率，又x1与x3处的切线单调递增，x2处的切线单调递减，且x1处的切线比x3处的切线更陡峭，∴f′(x2)<0答案：A
14．已知(1＋x)n的展开式中，唯有x3的系数最大，则(1＋x)n的系数和为________．
解析：由题意，Ceq \\al(3,n)>Ceq \\al(2,n)，且Ceq \\al(3,n)>Ceq \\al(4,n)，所以n＝6，所以令x＝1，(1＋x)6的系数和为26＝64.
答案：64
15．与三角形的一边及另外两边的延长线都相切的圆，称为这个三角形的旁切圆．已知正△ABC的中心为O，AB＝1，点P为与BC边相切的旁切圆上的动点，则eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP,\s\up7(―→))的取值范围为________．
解析：如图所示，△ABC的旁切圆为圆O′，设其半径为R，因为正△ABC的边长为1，所以|AE|＝eq \f(\r(3),2)，易知O为△ABC的重心，则|OA|＝eq \f(\r(3),3)，|OE|＝eq \f(\r(3),6).易知AO′＝2DO′，即AE＋R＝2R，∴R＝AE，解得R＝eq \f(\r(3),2)，由平面向量数量积的几何意义可知eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OA,\s\up7(―→))，表示eq \(OP,\s\up7(―→))在eq \(OA,\s\up7(―→))上的投影与|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝eq \f(\r(3),3)的乘积，由图可知，当点P位于点E时，eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OA,\s\up7(―→))最大，最大值为eq \f(\r(3),3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)))＝－eq \f(1,6)，当点P位于点F时，eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OA,\s\up7(―→))最小，最小值为eq \f(\r(3),3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)－\f(\r(3),2)×2))＝－eq \f(7,6)，故eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP,\s\up7(―→))的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)，－\f(1,6))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)，－\f(1,6)))
16.已知P为正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的一动点，且满足|PA|＝eq \r(2)|PB|，AB＝2，则动点P运动轨迹的周长为________．
解析：由|PA|＝eq \r(2)|PB|，AB＝2可知，正方体表面上到点A距离最远的点为C1 ，所以P点只可能在面ABB1A1，面ABCD，面BB1C1C上运动，当P在面ABCD上运动时，如图所示，建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0) ，设P(x，y)，由|PA|＝eq \r(2)|PB|得：x2＋y2＝2[(x－2)2＋y2]，即(x－4)2＋y2＝8，即P点在平面ABCD内的轨迹是以E(4,0)为圆心，以2eq \r(2)为半径的一段圆弧，因为EC＝2eq \r(2)，BE＝2，故∠BEC＝eq \f(π,4)，所以P点在面ABCD内的轨迹的长即为eq \f(π,4)×2eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,2).
同理，P点在面ABB1A1内情况亦为eq \f(π,4)×2eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,2)；P点在面BB1C1C上时，
因为|PA|＝eq \r(2)|PB|，∠PBA＝eq \f(π,2)，
所以∠PAB＝eq \f(π,4)，PB＝2，所以此时P点轨迹为以B为圆心，2为半径的圆弧，其长为eq \f(1,4)×2π×2＝π，综上所述，P点运动轨迹的周长为2×eq \f(\r(2)π,2)＋π＝(eq \r(2)＋1)π.
答案：(eq \r(2)＋1)π
大题规范增分练—今日题型：函数与导数
17．已知函数f(x)＝aex－x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)当a≥1时，从下面①和②两个结论中任选其一进行证明．
①f(x)>xln x－sin x；
②f(x)>x(ln x－1)－cs x.
解：(1)由f(x)＝aex－x－a，得f(0)＝0，又f′(x)＝aex－1.当a≤0时，有f′(x)<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减，又由f(0)＝0，则f(x)≥0不成立．当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln eq \f(1,a)，
则x>ln eq \f(1,a)时，有f′(x)>0，
x即f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(1,a)))内单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)，＋∞))内单调递增，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)))是f(x)的极小值，
又因为f(x)≥0，且f(0)＝0，故ln eq \f(1,a)＝0，即a＝1，经验证成立．
(2)证明：选择①：
当a≥1，x>0时，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，
设g(x)＝ex－x－xln x＋sin x－1，
当00，sin x>0，又由(1)知ex－1－x>0，故g(x)>0，
当x>1时，g′(x)＝ex－2－ln x＋cs x，
设h(x)＝ex－2－ln x＋cs x，则h′(x)＝ex－eq \f(1,x)－sin x，h′(x)>e－1－1>0，
则h(x)在(1，＋∞)上单调递增，h(x)>h(1)＝e－2＋cs 1>0，
所以g′(x)>0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)>g(1)＝e－2＋sin 1>0，
综上，g(x)>0，即当a≥1时，f(x)>xln x－sin x.
选择②：
当a≥1，x>0时，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，
设g(x)＝ex－xln x＋cs x－1，
当00，cs x>0，ex－1>0，
故g(x)>0，
当x>1时，g′(x)＝ex－1－ln x－sin x，
设h(x)＝ex－1－ln x－sin x，则h′(x)＝ex－eq \f(1,x)－cs x，h′(x)>e－1－1>0，
则h(x)在(1，＋∞)上单调递增，h(x)>h(1)＝e－1－sin 1>0，所以g′(x)>0，
则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)>g(1)＝e－1＋cs 1>0，
综上，g(x)>0，即当a≥1时，f(x)>x(ln x－1)－cs x.
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十八)
小题限时保分练—选自2022·衡水模拟卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设全集U＝R，且A＝{－1,0,1,2}，B＝{x|2x<2}，则A∩B＝( )
A．(－1,0,1) B．(－1,0)
C．{－1,0} D．{－1,0,1}
解析：选C ∵B＝{x|2x<2}＝{x|x<1}，因此，A∩B＝{－1,0}．
2．已知复数z满足(1＋eq \r(3)i)z＝i，则复数z＝( )
A.eq \f(\r(3),4)＋eq \f(1,4)i B．eq \f(1,4)＋eq \f(\r(3),4)i
C．－eq \f(\r(3),4)＋eq \f(1,4)i D．－eq \f(1,4)＋eq \f(\r(3),4)i
解析：选A 由已知可得z＝eq \f(i,1＋\r(3)i)＝eq \f(i1－\r(3)i,1＋\r(3)i1－\r(3)i)＝eq \f(\r(3),4)＋eq \f(1,4)i.
3．已知向量a，b的夹角为θ，|a＋b|＝2eq \r(3)，|a－b|＝2，则a·b＝( )
A．2 B．2eq \r(2)
C．2eq \r(3) D．4eq \r(3)
解析：选A 由|a＋b|＝2eq \r(3)，得a2＋2a·b＋b2＝12，由|a－b|＝2，得a2－2a·b＋b2＝4，从而有4a·beq \a\vs4\al(＝)8，即a·b＝2.
4．函数f(x)＝sineq \f(x,2)－eq \r(3)cseq \f(x,2)，x∈R的最小正周期为( )
A.eq \f(π,2) B．π
C．2π D．4π
解析：选D f(x)＝sineq \f(x,2)－eq \r(3)cseq \f(x,2)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,3)))，所以f(x)的最小正周期为eq \f(2π,\f(1,2))＝4π.
5．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是( )
A.eq \f(2,3) B．eq \f(7,6)
C.eq \f(4,5) D．eq \f(5,6)
解析：选D 由题意，几何体的体积就是正方体的体积减去8个正三棱锥的体积，即V正方体－8V三棱锥＝1－8×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(5,6).
6．不等式“eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<2”是“lg2x>1”成立的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<2，可得x>－1，充分性不成立；由lg2x>1，可得x>2，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x7．已知函数f(x)＝x2＋2x＋1－2x，则y＝f(x)的图象大致为( )
解析：选C ∵f(x)＝(x＋1)2－2x，则f(0)＝0，f(2)＝32－22＝5>0，排除A选项，f(6)＝72－26<0，排除D选项，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝eq \f(4,9)－eq \r(3,\f(1,2))＝eq \r(3,\f(64,729))－eq \r(3,\f(1,2))<0，排除B选项．
8．已知定义域为R的函数f(x)＝a＋eq \f(2bx＋3sin x＋bxcs x,2＋cs x)(a，b∈R)有最大值和最小值，且最大值与最小值之和为6，则2a－3b等于( )
A．7 B．8
C．9 D．6
解析：选D 定义域为R的函数f(x)＝a＋eq \f(2bx＋3sin x＋bxcs x,2＋cs x)＝a＋bx＋eq \f(3sin x,2＋cs x)(a，b∈R)有最大值和最小值，所以b＝0.则f(x)＝a＋eq \f(3sin x,2＋cs x)，令g(x)＝f(x)－a，则g(x)是奇函数，故g(x)max＋g(x)min＝0，故f(x)max＋f(x)min－2a＝0，又f(x)max＋f(x)min＝6，故a＝3.所以2a－3b＝6.
二、多项选择题
9．按1 d(或24 h)降雨量的大小可将降水强度分为：小雨、中雨、大雨、暴雨、大暴雨、特大暴雨．其中，小雨：1 d(或24 h)降雨量小于10 mm；中雨：降雨量10～25 mm；大雨：降雨量25～50 mm；暴雨：降雨量50～100 mm；大暴雨：降雨量100～250 mm；特大暴雨：降雨量在250 mm以上．某城市水利部门根据以往汛期的降水量得出：连续两天下特大暴雨，则地区会出现内涝．下列给出该城市汛期内连续一周(7天)降特大暴雨的统计数据，假设任意两天降特大暴雨之间是互不影响的，能判定该地区一定出现内涝的是( )
A．一周内有4天降特大暴雨
B．一周内任意1天都降特大暴雨
C．一周内只有前3天降特大暴雨
D．一周内至多有3天降特大暴雨
解析：选BC 一周共7天，4天降特大暴雨，可能出现在周一、周三、周五、周日，没有连续2天下特大暴雨，所以不一定出现内涝，故A错误；一周内任意1天都降特大暴雨，即每天都下特大暴雨，所以一定出现内涝，故B正确；一周内前3天降特大暴雨，即有连续3天降特大暴雨，则一定出现内涝，故C正确；由A可知，一周内至多有3天降特大暴雨，不一定连续两天降特大暴雨，故D错误．故选B、C.
10.已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与双曲线的右支交于A，B两点，若|AF1|＝|BF2|＝2|AF2|，则( )
A．∠AF1B＝∠F1AB
B．双曲线的离心率e＝eq \f(\r(33),3)
C．双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(6),3)x
D．原点O在以F2为圆心，|AF2|为半径的圆上
解析：选AB 设|AF1|＝|BF2|＝2|AF2|＝2m，则|AB|＝|AF2|＋|BF2|＝3m，由双曲线的定义知，|AF1|－|AF2|＝2m－m＝2a，即m＝2a，|BF1|－|BF2|＝2a，即|BF1|－2m＝2a，∴|BF1|＝3m＝|AB|，则∠AF1B＝∠F1AB，故选项A正确；由余弦定理知，在△ABF1中，cs∠AF1B＝eq \f(|AF1|2＋|BF1|2－|AB|2,2|AF1|·|BF1|)＝eq \f(4m2＋9m2－9m2,2·2m·3m)＝eq \f(1,3)，在△AF1F2中，cs∠F1AB＝eq \f(|AF1|2＋|AF2|2－|F1F2|2,2|AF1|·|AF2|)＝eq \f(4m2＋m2－4c2,2·2m·m)＝cs∠AF1B＝eq \f(1,3)，化简整理得12c2＝11m2＝44a2，∴离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(44,12))＝eq \f(\r(33),3)，故选项B正确；双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝± eq \r(\f(c2－a2,a2))x＝±eq \r(e2－1)x＝±eq \f(2\r(6),3)x，故选项C错误；若原点O在以F2为圆心，AF2为半径的圆上，则c＝m＝2a，与eq \f(c,a)＝eq \f(\r(33),3)不符，故选项D错误．
11．已知函数f(x)＝sin x(cs 2xcs x＋sin 2xsin x)，x∈R，关于函数f(x)的性质，以下结论正确的是( )
A．函数f(x)的值域是[－1,1]
B．x＝－eq \f(π,4)是函数f(x)的一条对称轴
C．函数h(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))内有唯一极小值－eq \f(\r(3),4)－eq \f(5π,12)
D．函数f(x)向左平移eq \f(π,6)个单位长度后所得函数g(x)的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))
解析：选BC ∵f(x)＝(cs 2xcs x＋sin 2xsin x)sin x＝cs xsin x＝eq \f(1,2)sin 2x.对于A，函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，故A不正确；对于B，函数f(x)的对称轴为直线2x＝kπ＋eq \f(π,2)，即x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)，k∈Z，当k＝－1时，x＝－eq \f(π,4)，故B正确；对于C，h(x)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(1,2)x，h′(x)＝cs 2x－eq \f(1,2)，令h′(x)＝0，得x＝kπ±eq \f(π,6)，k∈Z，令h′(x)>0，得kπ－eq \f(π,6)12．P为正方体ABCD-A1B1C1D1对角线BD1上的一点，且BP＝λBD1(λ∈(0,1))．下列结论正确的是( )
A．A1D⊥C1P
B．若BD1⊥平面PAC，则λ＝eq \f(1,3)
C．若△PAC为钝角三角形，则λ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
D．若λ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))，则△PAC为锐角三角形
解析：选ABD 建立如图所示的空间直角坐标系，则eq \(BP,\s\up7(―→))＝λeq \(BD1,\s\up7(―→))，设正方体的棱长为3，则D(0,0,0)，A(3,0,0)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，D1(0,0,3)，A1(3，0,3)，C1(0,3,3)，故eq \(BD1,\s\up7(―→))＝(－3，－3,3)，所以eq \(BP,\s\up7(―→))＝(－3λ，－3λ，3λ)，故P(3－3λ，3－3λ，3λ)，故eq \(C1P,\s\up7(―→))＝(3－3λ，－3λ，3λ－3)，又eq \(A1D,\s\up7(―→))＝(－3,0，－3)，所以eq \(A1D,\s\up7(―→))·eq \(C1P,\s\up7(―→))＝－9＋9λ＋9－9λ＝0，所以A1D⊥C1P，故A正确；eq \(AP,\s\up7(―→))＝(－3λ，3－3λ，3λ)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(－3，3,0)，eq \(PC,\s\up7(―→))＝(3λ－3，3λ，－3λ)，因为BD1⊥平面PAC，故eq \(BD1,\s\up7(―→))⊥eq \(AP,\s\up7(―→))，eq \(BD1,\s\up7(―→))⊥eq \(AC,\s\up7(―→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3×－3λ＋－3×3－3λ＋3×3λ＝0，,－3×－3＋－3×3＋3×0＝0，))解得λ＝eq \f(1,3)，故B正确；由正方体的对称性可知PA＝PC，故△PAC为等腰三角形且∠PAC＝∠PCA.若△PAC为钝角三角形，则∠APC为钝角，则eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PC,\s\up7(―→))<0，即3λ2－2λ<0，解得0<λ0，故∠APC为锐角，故△PAC为锐角三角形，故D正确．
三、填空题
13．在等比数列{an}中，aeq \\al(2,2)＝a1a4，则{an}的公比为______．
解析：设等比数列的公比为q，因为aeq \\al(2,2)＝a1a4，所以aeq \\al(2,1)q2＝aeq \\al(2,1)q3，解得q＝1，即等比数列{an}的公比为1.
答案：1
14.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,x)))6的二项展开式中x2项的系数为_______．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,x)))6展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)x6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,x)))r＝Ceq \\al(r,6)(－3)rx6－2r，令6－2r＝2，所以r＝2，则含x2项的系数为Ceq \\al(2,6)(－3)2＝15×9＝135.
答案：135
15．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,6))).在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c且满足eq \f(2a－c,b)＝eq \f(cs C,cs B)，则f(A)的取值范围是________．
解析：由eq \f(2a－c,b)＝eq \f(cs C,cs B)及正弦定理，得eq \f(2sin A－sin C,sin B)＝eq \f(cs C,cs B)，即2sin Acs B－sin Ccs B＝sin Bcs C，即2sin Acs B＝sin Ccs B＋sin Bcs C＝sin A，又sin A≠0，所以cs B＝eq \f(1,2)，即B＝eq \f(π,3)，所以A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以eq \f(1,2)A＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，所以f(A)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
16．设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆(x－5)2＋y2＝r2(r>0)相切于点M，且M为线段AB的中点．若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是________．
解析：设直线l的方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，把直线l的方程代入抛物线方程y2＝4x，整理可得y2－4ty－4m＝0，则Δ＝16t2＋16m>0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，则x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，∴线段AB的中点M(2t2＋m,2t)，由题意可得直线AB与直线MC垂直，且C(5，0)，当t≠0时，有KMCKAB＝－1，即eq \f(2t－0,2t2＋m－5)×eq \f(1,t)＝－1，整理得m＝3－2t2，把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m>0，可得3－t2>0，即0答案：(2,4)
大题规范增分练—今日题型：解析几何
17．已知M，N为椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>0)和双曲线C2：eq \f(x2,a2)－y2＝1的公共顶点，e1，e2分别为C1和C2的离心率．
(1)若e1e2＝eq \f(\r(15),4).
①求C2的渐近线方程；
②过点G(4,0)的直线l交C2的右支于A，B两点，直线MA，MB与直线x＝1相交于A1，B1两点，记A，B，A1，B1的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，(x4，y4)，求证：eq \f(1,y1)＋eq \f(1,y2)＝eq \f(1,y3)＋eq \f(1,y4)；
(2)从C2上的动点P(x0，y0)(x0≠±a)引C1的两条切线，经过两个切点的直线与C2的两条渐近线围成三角形的面积为S，试判断S是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
解：(1)由题意得e1＝eq \f(\r(a2－1),a)，e2＝eq \f(\r(a2＋1),a)，
所以e1e2＝eq \f(\r(a4－1),a2)＝eq \f(\r(15),4)，
又a>0，解得a2＝4.
①故双曲线C2的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x.
②证明：设直线AB的方程为x＝ty＋4，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋4，,\f(x2,4)－y2＝1，))消去x，整理得(t2－4)y2＋8ty＋12＝0，Δ>0，
且t≠±2，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－8t,t2－4)，,y1y2＝\f(12,t2－4)，))
故eq \f(1,y1)＋eq \f(1,y2)＝eq \f(y1＋y2,y1y2)＝－eq \f(2t,3)，
又直线AA1的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
所以y3＝eq \f(3y1,x1＋2)，同理y4＝eq \f(3y2,x2＋2)，
所以eq \f(1,y3)＋eq \f(1,y4)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋2,y1)＋\f(x2＋2,y2)))＝eq \f(1,3)eq \f(ty1＋6,y1)＋eq \f(ty2＋6,y2)＝eq \f(2ty1y2＋6y1＋y2,3y1y2)＝eq \f(2,3)t＋eq \f(2y1＋y2,y1y2)＝eq \f(2,3)t＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＝eq \f(2,3)t－eq \f(4,3)t＝－eq \f(2,3)t，
故eq \f(1,y1)＋eq \f(1,y2)＝eq \f(1,y3)＋eq \f(1,y4).
(2)设两个切点P1(x5，y5)，P2(x6，y6)，由题意知PP1，PP2斜率存在，
直线PP1的方程为l1：y＝k1(x－x5)＋y5，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋y2＝1，,y＝k1x－x5＋y5，))由Δ＝0得k1＝－eq \f(x5,a2y5)，所以l1：eq \f(x5x,a2)＋y5y＝1，
同理直线PP2的方程为l2：eq \f(x6x,a2)＋y6y＝1，
由l1，l2过P点可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x5x0,a2)＋y5y0＝1，,\f(x6x0,a2)＋y6y0＝1，))
则直线P1P2的方程为eq \f(x0x,a2)＋y0y＝1，
不妨设，直线P1P2与双曲线两渐近线y＝±eq \f(1,a)x交于两点P′1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x0＋ay0)，\f(a,x0＋ay0)))，P′2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x0－ay0)，\f(－a,x0－ay0)))，
则围成三角形的面积S＝eq \f(1,2)eq \f(a2,x0＋ay0)·eq \f(－a,x0－ay0)－eq \f(a,x0＋ay0)·eq \f(a2,x0－ay0)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a3,x\\al(2,0)－a2y\\al(2,0))))，
因为P在双曲线C2上，xeq \\al(2,0)－a2yeq \\al(2,0)＝a2，
则S＝eq \f(a3,a2)＝a为定值．
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十九)
小题限时保分练—选自2022·唐山二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设全集U＝R，集合A＝{0,1,2}，B＝{x|x≥2}，则A∩(∁UB)＝( )
A．{0,1,2} B．{0,1} C．{2} D．{x|x<2}
解析：选B 因为B＝{x|x≥2}，所以∁UB＝{x|x<2}，又A＝{0,1,2}，所以A∩(∁UB)＝{0,1}．
2．已知复数z满足(2＋i)z＝3－i，则|z|＝( )
A．1－i B．1＋i C.eq \r(2) D．2
解析：选C 由(2＋i)z＝3－i，可得z＝eq \f(3－i,2＋i)＝eq \f(3－i2－i,2＋i2－i)＝eq \f(5－5i,5)＝1－i，则|z|＝eq \r(12＋－12)＝eq \r(2).
3．将函数f(x)＝sin x的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度，可以得到( )
A．y＝sin x的图象 B．y＝cs x的图象
C．y＝－sin x的图象 D．y＝－cs x的图象
解析：选D 将函数f(x)＝sin x的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度，可以得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))＝－cs x的图象．
4.如图，圆锥的轴为PO，其底面直径和高均为2，过PO的中点O1作平行底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，此圆柱的下底面在圆锥的底面上，则圆锥与所得圆柱的体积之比为( )
A．2∶1 B．5∶3
C．3∶1 D．8∶3
解析：选D 圆锥的体积为V1＝eq \f(1,3)π×12×2＝eq \f(2π,3)，圆柱的体积为V2＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×1＝eq \f(π,4)，所以V1∶V2＝eq \f(2π,3)∶eq \f(π,4)＝8∶3.
5．已知实数x，y满足x2＋4y2＝5，则x＋2y的最大值是( )
A.eq \r(10) B．eq \r(5) C．6 D．3
解析：选A 因为实数x，y满足x2＋4y2＝5，所以可设x＝eq \r(5)cs θ，2y＝eq \r(5)sin θ，θ∈[0,2π)，所以x＋2y＝eq \r(5)cs θ＋eq \r(5)sin θ＝eq \r(10)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))，所以x＋2y的最大值是eq \r(10)，当θ＝eq \f(π,4)时取得等号．
6．已知圆C1：x2＋y2－kx＋2y＝0与圆C2：x2＋y2＋ky－2＝0的公共弦所在直线恒过点P(a，b)，且点P在直线mx－ny－2＝0上，则mn的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4)))
解析：选A 由圆C1：x2＋y2－kx＋2y＝0，圆C2：x2＋y2＋ky－2＝0，得圆C1与圆C2的公共弦所在直线方程为k(x＋y)－2y－2＝0，求得定点P(1，－1)，又P(1，－1)在直线mx－ny－2＝0上，m＋n＝2，即n＝2－m.
∴mn＝(2－m)m＝－(m－1)2＋1，
∴mn的取值范围是(－∞，1]．故选A.
7．已知函数f(x)＝eq \f(x,\r(1＋x2))，若f(2x)>f(1－x)，则x的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)) D．(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
解析：选C f(x)的定义域为R，又f(－x)＝eq \f(－x,\r(1＋－x2))＝－eq \f(x,\r(1＋x2))＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，当x＝0时，f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝eq \f(x,\r(1＋x2))＝eq \f(1,\r(\f(1,x2)＋1))，易知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在定义域R上单调递增，又f(2x)>f(1－x)，所以2x>1－x，解得x>eq \f(1,3).
8．已知0<α<β<2π，函数f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，若f(α)＝f(β)＝1，则cs(β－α)＝( )
A.eq \f(23,25) B．－eq \f(23,25)
C.eq \f(3,5) D．－eq \f(3,5)
解析：选B 令f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝0,0二、多项选择题
9．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x2)))n的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则( )
A．n＝9
B．n＝11
C．常数项是672
D．展开式中所有项的系数和是－1
解析：选AD 由Ceq \\al(2,n)＝Ceq \\al(7,n)，可得n＝9，则选项A正确；选项B错误；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x2)))9的展开式的通项公式为Ceq \\al(r,9)x9－r(－2)rx－2r＝(－2)rCeq \\al(r,9)x9－3r，令9－3r＝0，则r＝3，则展开式的常数项是(－2)3Ceq \\al(3,9)＝－672，选项C错误；展开式中所有项的系数和是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,12)))9＝－1，选项D正确．
10．小李上班可以选择公交车、自行车两种交通工具，他分别记录了100次坐公交车和骑车所用时间(单位：分钟)，得到下列两个频率分布直方图：
基于以上统计信息，则( )
A．骑车时间的中位数的估计值是22分钟
B．骑车时间的众数的估计值是21分钟
C．坐公交车时间的中位数的估计值是20分钟
D．坐公交车时间的平均数的估计值小于骑车时间的平均数的估计值
解析：选BCD 在骑车时间频率分布直方图中，设骑车时间的中位数为a1，所以有0.1×2＋0.2×(a1－20)＝0.5，解得a1＝21.5，因此A不正确；骑车时间的众数的估计值为21分钟，因此B正确；在坐公交车时间频率分布直方图中，设坐公交车时间的中位数为a2，因为(0.025＋0.05＋0.075＋0.1)×2＝0.5，所以a2＝20，因此C正确；设骑车时间的平均数为b1，b1＝(19×0.1＋21×0.2＋23×0.15＋25×0.05)×2＝21.6，设坐公交车时间的平均数为b2，b2＝(13×0.025＋15×0.05＋17×0.075＋19×0.1＋21×0.1＋23×0.075＋25×0.05＋27×0.025)×2＝20，因为b1>b2，所以D正确．
11.双曲线具有如下光学性质：如图，F1，F2是双曲线的左、右焦点，从右焦点F2发出的光线m交双曲线右支于点P，经双曲线反射后，反射光线n的反向延长线过左焦点F1.若双曲线C的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，则下列结论正确的是( )
A．若m⊥n，则|PF1|·|PF2|＝16
B．当n过点Q(7,5)时，光由F2→P→Q所经过的路程为13
C．若射线n所在直线的斜率为k，则|k|∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))
D．若T(1,0)，直线PT与C相切，则|PF2|＝12
解析：选CD 若m⊥n，则∠F1PF2＝90°.因为P在双曲线右支上，所以|F1P|－|F2P|＝6.由勾股定理得|F1P|2＋|F2P|2＝|F1F2|2，二者联立解得|PF1|·|PF2|＝eq \f(|F1F2|2－|F1P|－|F2P|2,2)＝eq \f(100－36,2)＝32，故A错误；光由F2→P→Q所经过的路程为|F2P|＋|PQ|＝|F1P|－2a＋|PQ|＝|F1P|＋|PQ|－2a＝|F1Q|－2a＝eq \r(7＋52＋5－02)－6＝7，故B错误；双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.设左、右顶点分别为A，B，如图所示．当m与eq \(F2B,\s\up7(―→))同向共线时，n的方向为eq \(BF2,\s\up7(―→))，此时k＝0，最小．因为P在双曲线右支上，所以n所在直线的斜率为|k|0)．联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,9)－\f(y2,16)＝1，))消去y可得(16－9k2)x2＋18k2x－9k2－144＝0.其中Δ＝(18k2)2－4(16－9k2)(－9k2－144)＝0，即k2＝2，解得k＝eq \r(2)，代入(16－9k2)x2＋18k2x－9k2－144＝0，有－2x2＋36x－162＝0，解得x＝9.由P在双曲线右支上，即eq \f(92,9)－eq \f(y2,16)＝1，解得y＝8eq \r(2)(y＝－8eq \r(2)舍去)，所以P(9，8eq \r(2))．所以|F2P|＝eq \r(9－52＋8\r(2)－02)＝12，故D正确．
12.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，顶点A在平面α内，其余顶点在α的同侧，顶点A1，B，C到α的距离分别为eq \r(6)，1,2，则( )
A．BC∥平面α
B．平面A1AC⊥平面α
C．直线AB1与α所成角比直线AA1与α所成角大
D．正方体的棱长为2eq \r(2)
解析：选BD 因为B，C到α的距离分别为1,2，显然不相等，所以BC不可能与平面α平行，因此选项A不正确；如图1，连接AC，BD，相交于点O，显然O是AC的中点，因为平面ABCD∩α＝A, C到α的距离为2，所以O到α的距离为1，而B到α的距离为1，因此BO∥α，即DB∥α，设平面ABCD∩α＝l，所以BD∥l，因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，因为AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面A1AC，所以BD⊥平面A1AC，因此有l⊥平面A1AC，而l⊂α，所以平面A1AC⊥平面α，因此选项B正确；设B1到平面α的距离为d，因为平面AA1B1B∩α＝A，AA1B1B是正方形，点A1，B到α的距离分别为eq \r(6)，1，所以有eq \f(d,2)＝eq \f(\r(6)＋1,2)，解得d＝eq \r(6)＋1，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，设直线AB1与α所成角为β，所以sin β＝eq \f(\r(6)＋1,AB1)＝eq \f(\r(6)＋1,\r(2)a)，设直线AA1与α所成角为γ，所以sin γ＝eq \f(\r(6),AA1)＝eq \f(\r(6),a)，因为eq \f(\r(6)＋1,\r(2))由∠ECA＋∠CAE＝∠CAE＋∠A1AF，得∠ECA＝∠A1AF，又cs∠ECA＝eq \f(CE,AC)，sin∠A1AF＝eq \f(A1F,AA1)，由cs2∠ECA＋sin2∠A1AF＝1，得eq \f(4,2a2)＋eq \f(6,a2)＝1，解得a＝2eq \r(2)(负值舍去), 因此选项D正确．
三、填空题
13．设向量a＝(1,0)，b＝(0，－1)，若2a＋3b与xa－6b共线，则实数x＝________.
解析：向量a＝(1,0)，b＝(0，－1)，所以2a＋3b＝(2，－3)，xa－6b＝(x,6)．因为2a＋3b与xa－6b共线，所以－3x＝12，解得x＝－4.
答案：－4
14．若圆C：x2＋y2＋Dx＋2y＝0的圆心在直线x－2y＋1＝0上，则C的半径为________．
解析：圆C：x2＋y2＋Dx＋2y＝0，化为标准方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(D,2)))2＋(y＋1)2＝eq \f(D2,4)＋1，则圆心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－1))，则有－eq \f(D,2)－2×(－1)＋1＝0，解得D＝6，则C的半径为eq \r(\f(36,4)＋1)＝ eq \r(10).
答案： eq \r(10)
15．已知数列{an}满足a1＝a5＝0，|an＋1－an|＝2，则{an}前5项和的最大值为________．
解析：由|an＋1－an|＝2得an＋1＝an±2，又a1＝a5＝0，即a5＝a1±2±2±2±2＝±2±2±2±2＝0，所以需要两个＋2和两个－2，{an}前5项和S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝a2＋a3＋a4，要得到最大值，a2、a3、a4需要尽可能大，故a2＝2, a4＝2，从而a3＝4，则S5有最大值，为8.
答案：8
16．若函数f(x)＝x2ln x，g(x)＝xe2x，则f(x)的最小值为________；若a，b>0，且f(a)＝g(b)，则a－2b的最小值为________．
解析：由题意可得f(x)＝x2ln x，x>0，则f′(x)＝x(2ln x＋1)，当0e时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，故x＝e是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，故f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－\f(1,2)))＝e－1lne＝－eq \f(1,2e)；由a，b>0，且f(a)＝g(b)可得a2ln a＝be2b ，则ln a>0，a>1，即有ln ae2ln a＝be2b.因为g(x)＝xe2x，所以g′(x)＝e2x(2x＋1)，当x>0 时，g′(x)＝e2x(2x＋1)>0，g(x) 单调递增，故由a>1，b>0，ln ae2ln a＝be2b可得ln a＝b，故a－2b＝a－2ln a，a>1，令h(x)＝x－2ln x，x>1，则h′(x)＝1－eq \f(2,x)＝eq \f(x－2,x)，当12时，h′(x)>0，h(x)＝x－2ln x单调递增，故h(x)min＝h(2)＝2－2ln 2，即a－2b的最小值为2－2ln 2.
答案：－eq \f(1,2e) 2－2ln 2
大题规范增分练—今日题型：解三角形
17．已知角α，β(0<α<π，0<β<π)的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，B(－2eq \r(3)，2)分别在角α，β的终边上．
(1)设函数f(x)＝4sin(2x－α)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,24)，\f(π,2)))，求函数f(x)的值域；
(2)若点C在角β的终边上，且线段AC的长度为eq \r(7)，求△ABC的面积．
解：(1)∵α的终边过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，
∴cs α＝eq \f(\r(3),2)，sin α＝eq \f(1,2).
∵0<α<π，∴α＝eq \f(π,6).
则f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,24)，\f(π,2)))，∴2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,6)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
∴f(x)∈[2,4]，即f(x)的值域是[2,4]．
(2)∵β的终边过点B(－2eq \r(3)，2)，
∴sin β＝eq \f(1,2)，cs β＝－eq \f(\r(3),2).
∵0<β<π，∴β＝eq \f(5π,6)，∴∠AOC＝eq \f(2π,3).
在△AOC中，由余弦定理AC2＝OC2＋OA2－2OC·OA·cs∠AOC，
得7＝OC2＋1＋OC，解得OC＝2.
∵OB＝4，∴C为OB的中点，
∴△ABC的面积S△ABC＝S△AOC＝eq \f(1,2)×OC×OA×sin∠AOC＝eq \f(\r(3),2).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十)
小题限时保分练—选自2022·湖北八市联考卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设集合A＝{x||x|<1}，集合B＝{x|y＝eq \r(x)}，则A∩B＝( )
A．(－1,1) B．(0,1)
C．[0,1) D．(1，＋∞)
解析：选C 根据题意，可得A＝{x|－12．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为x＋2y＝0，则双曲线C的离心率为( )
A.eq \f(\r(3),2) B．eq \r(3)
C.eq \f(\r(5),2) D．eq \r(5)
解析：选C 渐近线方程可化为y＝－eq \f(1,2)x＝－eq \f(b,a)x，故a＝2b，又c＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(5)b，故离心率为eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),2).
3．从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，下列选项中是互斥而不对立的两个事件的是( )
A．“至少有1个红球”与“都是黑球”
B．“恰好有1个红球”与“恰好有1个黑球”
C．“至少有1个黑球”与“至少有1个红球”
D．“都是红球”与“都是黑球”
解析：选D 从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，可能的结果为1红1黑、2红、2黑，对于A，“至少有1个红球”包括1红1黑、2红，与“都是黑球”是对立事件，不符合题意；对于B，“恰好有1个红球”和“恰好有1个黑球”是同一个事件，不符合题意；对于C，“至少有1个黑球”包括1红1黑、2黑，“至少有1个红球”包括1红1黑、2红，这两个事件不是互斥事件，不符合题意；对于D，“都是红球”与“都是黑球”是互斥事件而不是对立事件，符合题意．
4．若向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a⊥(a＋b)，则a与b的夹角为( )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6)
解析：选C 由题可知，|a|＝1，|b|＝2，a·(a＋b)＝|a|2＋a·b＝0，可得a·b＝－1，∴cs〈a，b〉＝eq \f(ab,|a||b|)＝eq \f(－1,1×2)＝－eq \f(1,2)，∴向量a与b的夹角为eq \f(2π,3).
5．将函数y＝sin(2x－φ)的图象沿x轴向右平移eq \f(π,8)个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能取值为( )
A．－eq \f(π,4) B．eq \f(π,4) C.eq \f(π,2) D．eq \f(3π,4)
解析：选B 函数y＝sin(2x－φ)的图象沿x轴向右平移eq \f(π,8)个单位长度后，得y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))－φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)－φ))，因为其为偶函数，故可得－eq \f(π,4)－φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得φ＝－eq \f(3π,4)－kπ(k∈Z)，取k＝－1，可得φ＝eq \f(π,4).
6．设α，β为两个不同的平面，则α∥β的一个充要条件可以是( )
A．α内有无数条直线与β平行
B．α，β垂直于同一个平面
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一条直线
解析：选D 对于A，α内有无数条直线与β平行不能得出α∥β，α内的任意直线与β平行才能得出，故A错误；对于B、C，α，β垂直于同一平面或α，β平行于同一条直线，不能确定α，β的位置关系，故B、C错误；对于D，α，β垂直于同一条直线可以得出α∥β，反之当α∥β时，若α垂于某条直线，则β也垂于该条直线．
7．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋my))(2x－y)5的展开式中x2y4的系数为80，则m的值为( )
A．－2 B．2 C．－1 D．1
解析：选A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋my))(2x－y)5＝eq \f(1,x)(2x－y)5＋my(2x－y)5，在eq \f(1,x)(2x－y)5的展开式中，由x－1Ceq \\al(r,5)(2x)5－r(－y)r＝(－1)r·25－rCeq \\al(r,5)x4－ryr，令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－r＝2，,r＝4，))得r无解，即eq \f(1,x)(2x－y)5的展开式没有x2y4的项；在my(2x－y)5的展开式中，由myCeq \\al(r,5)(2x)5－r(－y)r＝(－1)r·25－rmCeq \\al(r,5)x5－ryr＋1，令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5－r＝2，,r＋1＝4，))解得r＝3，即my(2x－y)5的展开式中x2y4的项的系数为(－1)3·25－3mCeq \\al(3,5)＝－40m，又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋my))(2x－y)5的展开式中x2y4的系数为80，所以－40m＝80，解得m＝－2.
8．各种不同的进制在我们生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般用的是十进制．通常我们用函数f(x)＝eq \f(M,xlgxM)表示在x进制下表达M(M>1)个数字的效率，则下列选项中表达效率最高的是( )
A．二进制 B．三进制 C．八进制 D．十进制
解析：选B 因为f(x)＝eq \f(M,xlgxM)＝eq \f(M,x·\f(ln M,ln x))＝eq \f(M,ln M)·eq \f(ln x,x)，所以f′(x)＝eq \f(M,ln M)·eq \f(1－ln x,x2)，令f′(x)>0，易知f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故只需比较f(2)与f(3)的大小，又f(2)＝f(4)，故可得f(3)>f(2)>f(8)>f(10)．则效率最高的是三进制．
二、多项选择题
9．某中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的1 000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照[50,60)、[60,70)、[70,80)、[80,90)、[90,100]分成5组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是( )
A．图中的x值为0.020
B．这组数据的极差为50
C．得分在80分及以上的人数为400
D．这组数据的平均数的估计值为77
解析：选ACD 由(0.005＋x＋0.035＋0.030＋0.010)×10＝1，解得x＝0.020，故选项A正确；频率分布直方图无法看出这组数据的最大值和最小值，故选项B不正确；得分在80分及以上的人数的频率为(0.030＋0.010)×10＝0.4，故人数为1 000×0.4＝400，故选项C正确；这组数据的平均数的估计值为55×0.05＋65×0.2＋75×0.35＋85×0.3＋95×0.1＝77，故选项D正确．
10．2022年1月，中科大潘建伟团队和南科大范靖云团队发表学术报告，分别独立通过实验验证了虚数i在量子力学中的必要性，再次说明了虚数i的重要性．对于方程x3＝1，它的两个虚数根分别为( )
A.eq \f(1＋\r(3)i,2) B．eq \f(1－\r(3)i,2)
C.eq \f(－1＋\r(3)i,2) D．eq \f(－1－\r(3)i,2)
解析：选CD 对于方程x3＝1，移项因式分解可得(x－1)(x2＋x＋1)＝0，x＝1为实数根，要求虚数根，解方程x2＋x＋1＝0即可，解得x＝eq \f(－1±\r(3)i,2).
11．我们把经过同一顶点的三条棱两两垂直的三棱锥，称作直角三棱锥．在直角三棱锥S-ABC中，侧棱SA，SB，SC两两垂直，设SA＝a，SB＝b，SC＝c，点S在底面ABC的射影为点D，三条侧棱SA，SB，SC与底面所成的角分别为α，β，γ，下列结论正确的有( )
A．D为△ABC的外心
B．△ABC为锐角三角形
C．若a>b>c，则α<β<γ
D．sin2α＋sin2β＋sin2γ＝1
解析：选BCD 如图，连接AD并延长交BC于点E，连接SE，因为SD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以SD⊥BC，因为SA，SB，SC两两垂直，所以SA⊥平面SBC，因为BC⊂平面SBC，所以SA⊥BC，因为SD∩SA＝S，所以BC⊥平面SAE，因为AE⊂平面SAE，所以BC⊥AE，即BC⊥AD，同理可证得BD⊥AC，CD⊥AB，故D应为△ABC的垂心，故A不正确；由勾股定理可得，AB2＝a2＋b2，AC 2＝a2＋c2，BC 2＝b2＋c2，在△ABC中，由余弦定理，得cs∠BAC＝eq \f(AB 2＋AC 2－BC 2,2AB·AC)＝eq \f(a2＋b2＋a2＋c2－b2－c2,2\r(a2＋b2)\r(a2＋c2))＝eq \f(a2,\r(a2＋b2)\r(a2＋c2))>0，所以∠BAC为锐角，同理可得∠ABC，∠ACB都为锐角，所以△ABC为锐角三角形，故B正确；设SD＝h，则由题意得sin α＝eq \f(h,a)，sin β＝eq \f(h,b)，sin γ＝eq \f(h,c)，若a>b>c，则sin α12．已知函数f(x)＝eq \r(sin\f(x,2))＋eq \r(cs\f(x,2))，则( )
A．f(x)的图象关于x＝eq \f(π,2)对称
B．f(x)的最小正周期为eq \f(π,2)
C．f(x)的最小值为1
D．f(x)的最大值为2eq \f(3,4)
解析：选ACD f(π－x)＝eq \r(sin\f(π－x,2))＋eq \r(cs\f(π－x,2))＝eq \r(cs\f(x,2))＋eq \r(sin\f(x,2))＝f(x)，故A正确；∵f(x＋π)＝eq \r(sin\f(x＋π,2))＋eq \r(cs\f(x＋π,2))＝eq \r(sin\f(x,2))＋eq \r(cs\f(x,2))＝f(x)，故π为f(x)的一个周期．当x∈(0，π)时，f(x)＝eq \r(sin\f(x,2))＋eq \r(cs\f(x,2))，此时f′(x)＝eq \f(cs\f(x,2),4 \r(sin\f(x,2)))－eq \f(sin\f(x,2),4 \r(cs\f(x,2)))＝eq \f(1,2\r(2sin x))cseq \f(x,2)eq \f(3,2)－sineq \f(x,2)eq \f(3,2)，令f′(x)＝0，得cseq \f(x,2)＝sineq \f(x,2)，故eq \f(x,2)＝eq \f(π,4)，x＝eq \f(π,2).∵当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，故f(x)的最小正周期为π，故B错误；由上可知f(x)在x∈[0，π]上的最小值为f(0)＝f(π)＝1，最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2eq \f(3,4)，由f(x)的周期性可知，C、D均正确．
三、填空题
13．已知函数f(x)＝2ln x＋x，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为________．
解析：f′(x)＝eq \f(2,x)＋1，f′(1)＝3，f(1)＝1，故y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0.
答案：3x－y－2＝0
14.某校生物兴趣小组为开展课题研究，分得一块面积为32 m2的矩形空地，并计划在该空地上设置三块全等的矩形试验区(如图所示)．要求试验区四周各空0.5 m，各试验区之间也空0.5 m．则每块试验区的面积的最大值为________ m2.
解析：设矩形空地的长为x m，则宽为eq \f(32,x) m，依题意可得，试验区的总面积S＝(x－0.5×4)eq \f(32,x)－0.5×2＝34－x－eq \f(64,x)≤34－2eq \r(x·\f(64,x))＝18，当且仅当x＝eq \f(64,x)，即x＝8时等号成立，所以每块试验区的面积的最大值为eq \f(18,3)＝6 m2.
答案：6
15．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，点M是抛物线上异于顶点的一点，eq \(OM,\s\up7(―→))＝2eq \(ON,\s\up7(―→)) (点O为坐标原点)，过点N作直线OM的垂线与x轴交于点P，则2|OP|－|MF|＝________.
解析：依题意，设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)，y0))，由eq \(OM,\s\up7(―→))＝2eq \(ON,\s\up7(―→))，得N为OM的中点且Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),8)，\f(y0,2)))，则kOM＝eq \f(4,y0)，易得直线OM的垂线NP的方程为y－eq \f(y0,2)＝－eq \f(y0,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,0),8))).令y＝0，得x＝eq \f(y\\al(2,0),8)＋2，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),8)＋2，0))，由抛物线的定义易知|MF|＝eq \f(y\\al(2,0),4)＋1，故2|OP|－|MF|＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),8)＋2))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)＋1))＝3.
答案：3
16．理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线．如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程．
若第1个图中的三角形的边长为1，则第n个图形的周长为________；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n个图形的面积为________．
解析：记第n个图形为Pn，三角形边长为an，边数bn，周长为Ln，面积为Sn，P1有b1条边，边长a1；P2有b2＝4b1条边，边长a2＝eq \f(1,3)a1；P3有b3＝42b1条边，边长a3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2a1…分析可知an＝eq \f(1,3)an－1，即an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))na1；bn＝4bn－1，即bn＝b1·4n－1，当第1个图中的三角形的边长为1时，即a1＝1，b1＝3，所以Ln＝anbn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n×3×4n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1，由图形可知Pn是在Pn－1每条边上生成一个小三角形，即Sn＝Sn－1＋bn－1×eq \f(\r(3),4)aeq \\al(2,n)，即Sn－Sn－1＝eq \f(\r(3),4)×aeq \\al(2,n)·bn－1，Sn－1－Sn－2＝eq \f(\r(3),4)×aeq \\al(2,n－1)·bn－2，…，S2－S1＝eq \f(\r(3),4)×aeq \\al(2,2)·b1，利用累加法可得Sn－S1＝eq \f(\r(3),4)(aeq \\al(2,n)·bn－1＋aeq \\al(2,n－1)·bn－2＋…＋aeq \\al(2,2)·b1)，数列{an}是以eq \f(1,3)为公比的等比数列，数列{bn}是以4为公比的等比数列，故{aeq \\al(2,n)·bn－1}是以eq \f(4,9)为公比的等比数列，当第1个图中的三角形的面积为1时，S1＝1，即eq \f(\r(3),4)aeq \\al(2,1)＝1，此时aeq \\al(2,1)＝eq \f(4\r(3),3)，aeq \\al(2,2)＝eq \f(4\r(3),27)，P1有b1＝3条边， 则aeq \\al(2,n)·bn－1＋aeq \\al(2,n－1)·bn－2＋…＋aeq \\al(2,2)·b1＝eq \f(a\\al(2,2)·b1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))n－1)),1－\f(4,9))＝eq \f(4\r(3)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))n－1)),5)，所以Sn－S1＝eq \f(3,5)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))n－1))， 所以Sn＝eq \f(8,5)－eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))n－1.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1 eq \f(8,5)－eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))n－1
大题规范增分练—今日题型：数列
17．在①Sn＝2n－3n－1；②an＋1＝2an＋3，a1＝－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．
设数列{an}的前n项和为Sn，且________(只需填入序号)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝n·(an＋3)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)若选①：由Sn＝2n－3n－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3n－1－[2n－1－3(n－1)－1]＝2n－1－3，
当n＝1时，a1＝S1＝－2满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1－3.
若选②：由an＋1＝2an＋3，可得an＋1＋3＝2(an＋3)，
又由a1＝－2，可得a1＋3＝1，
所以数列{an＋3}是以a1＋3＝1为首项，2为公比的等比数列，所以an＋3＝2n－1，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1－3.
(2)由(1)得bn＝n·(an＋3)＝n·2n－1，
可得Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，
则2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
两式相减，可得－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝eq \f(1－2n,1－2)－n·2n＝(1－n)2n－1，
所以Tn＝(n－1)2n＋1.
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十一)
小题限时保分练—选自2022·长沙十六校联考卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{{∅}，∅}，下列选项中均为A的元素的是( )
(1){∅} (2){{∅}} (3)∅ (4){{∅}，∅}
A．(1)(2) B．(1)(3)
C．(2)(3) D．(2)(4)
答案：B
2．某圆锥高为1，底面半径为eq \r(3)，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为( )
A．2 B．eq \r(3)
C.eq \r(2) D．1
解析：选A 如图，截面为△PAB，设C为AB中点，设OC＝x，x∈[0，eq \r(3))，则PC＝ eq \r(x2＋1)，AB＝2eq \r(3－x2)，
则截面面积S＝eq \f(1,2)×2eq \r(3－x2)×eq \r(x2＋1)＝ eq \r(－x2－12＋4)，
则当x2＝1时，截面面积取得最大值为2.
3．有一个非常有趣的数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))叫做调和数列，此数列的前n项和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到它的近似公式：当n很大时，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)≈ln n＋γ，其中γ称为欧拉-马歇罗尼常数，γ≈0.577 215 664 901…，至今为止都还不确定γ是有理数还是无理数．由于上式在n很大时才成立，故当n较小时计算出的结果与实际值之间是存在一定误差的，已知ln 2≈0.693，ln 10≈2.303.用上式估算出的ln 5与实际的ln 5的误差绝对值近似为( )
A．0.003 B．0.096
C．0.121 D．0.216
解析：选B 1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)≈ln 5＋γ，得ln 5≈eq \f(137,60)－γ，又ln 5＝ln 10－ln 2≈2.303－0.693＝1.610，ln 5与实际的ln 5的误差绝对值近似为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(137,60)－0.577－1.610))≈0.096.
4．在正三角形ABC中，M为BC中点，P为三角形内一动点，且满足PA＝2PM，则eq \f(PA,PB)的最小值为( )
A．1 B．eq \f(\r(6),4) C.eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(3),2)
解析：选D 以M为坐标原点，eq \(MC,\s\up7(―→))，eq \(MA,\s\up7(――→))正方向为x，y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系，不妨设正三角形ABC的边长为2，则A(0，eq \r(3))，M(0，0)，B(－1,0)，
设P(x，y)，则PA2＝x2＋(y－eq \r(3))2，PM2＝x2＋y2，
∵PA＝2PM，∴PA2＝4PM2，
∴x2＋(y－eq \r(3))2＝4x2＋4y2，
即x2＋y2＋eq \f(2\r(3),3)y－1＝0.
∴P点轨迹：x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(\r(3),3)))2＝eq \f(4,3)(0eq \f(PA2,PB2)＝eq \f(4PM2,PB2)＝eq \f(4x2＋y2,x＋12＋y2)＝eq \f(4x2＋y2,x2＋y2＋2x＋1)＝eq \f(4,1＋\f(2x＋1,x2＋y2))＝eq \f(4,1＋\f(2x＋1,1－\f(2\r(3),3)y)) ＝eq \f(4,1－\f(\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2))),y－\f(\r(3),2)))；
当x＝－eq \f(1,2)时，eq \f(PA2,PB2)＝4，∴eq \f(PA,PB)＝2；
当x≠－eq \f(1,2)时，令t＝eq \f(y－\f(\r(3),2),x＋\f(1,2))，则t表示P(x，y)与点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))连线的斜率，
设直线y－eq \f(\r(3),2)＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))与圆x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(\r(3),3)))2＝eq \f(4,3)相切，
则圆心到直线的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k＋\f(5\r(3),3))),\r(4k2＋4))＝eq \f(2\r(3),3)，解得k＝－eq \f(3\r(3),13)或k＝eq \r(3)，
∴t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3\r(3),13)))∪[eq \r(3)，＋∞)，
则当t＝－eq \f(3\r(3),13)时，eq \f(PA2,PB2)取得最小值eq \f(3,4)，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(PA,PB)))min＝eq \f(\r(3),2).
综上所述，eq \f(PA,PB)最小值为eq \f(\r(3),2).
5．已知f(x)＝x3＋6x2＋9x＋11，f(x)的一条切线g(x)＝kx＋b与f(x)有且仅有一个交点，则( )
A．k＝－3，b＝3 B．k＝－3，b＝－3
C．k＝3，b＝3 D．k＝3，b＝－3
解析：选A 设切点为(x0，f(x0))，f′(x)＝3x2＋12x＋9，f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)＋12x0＋9，
所以切线方程为y－(xeq \\al(3,0)＋6xeq \\al(2,0)＋9x0＋11)＝(3xeq \\al(2,0)＋12x0＋9)(x－x0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x3＋6x2＋9x＋11，,y－x\\al(3,0)＋6x\\al(2,0)＋9x0＋11＝3x\\al(2,0)＋12x0＋9x－x0，))
得x3＋6x2＋9x＋11－(xeq \\al(3,0)＋6xeq \\al(2,0)＋9x0＋11)＝(3xeq \\al(2,0)＋12x0＋9)(x－x0)，
整理得(x－x0)2(x＋2x0＋6)＝0，
切线g(x)＝kx＋b与f(x)的图象有且仅有一个交点，所以x0＝－2x0－6，x0＝－2，
所以切线方程为y＝－3x＋3，所以k＝－3，b＝3.
6．从正360边形的顶点中取若干个，依次连接，构成的正多边形的个数为( )
A．360 B．630 C．1 170 D．840
解析：选B 从360的约数中去掉1和2，其余的约数均可作为正多边形的边数，
设从360个顶点中选出k个构成正多边形，这样的正多边形有eq \f(360,k)个，
因此所求的正多边形的个数就是360的所有正约数之和减去360和180，考虑到360＝23×32×5，
因此所求正多边形的个数为(1＋2＋4＋8)×(1＋3＋9)×(1＋5)－360－180＝630.
7．已知数列{cn}满足c1＝1，cn＋1＝eq \f(cn,c\\al(3,n)＋1)，n∈N*，则c18∈( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,5))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,7)，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(2,7))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,9)，\f(1,4)))
解析：选C 由cn＋1＝eq \f(cn,c\\al(3,n)＋1)，n∈N*，得eq \f(1,cn＋1)＝eq \f(c\\al(3,n)＋1,cn)＝eq \f(1,cn)＋ceq \\al(2,n)，n∈N*，eq \f(1,cn＋1)－eq \f(1,cn)＝ceq \\al(2,n)>0，所以eq \f(1,cn＋1)>eq \f(1,cn)，又c1＝1>0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))是递增数列且eq \f(1,cn)≥1，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn＋1)))3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)＋c\\al(2,n)))3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))3＋3＋3ceq \\al(3,n)＋ceq \\al(6,n)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))3＋3，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn＋1)))3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))3>3，n∈N*
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c18)))3＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c18)))3－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c17)))3))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c17)))3－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c16)))3))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c2)))3－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c1)))3))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c1)))3>3×17＋1＝52，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c18)))3>52, eq \f(1,c18)>eq \r(3,52)>eq \f(7,2).
当n＝1，得c2＝eq \f(c1,c\\al(3,1)＋1)＝eq \f(1,2)，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn＋1)))3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)＋c\\al(2,n)))3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))3＋3＋3ceq \\al(3,n)＋ceq \\al(6,n)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))3＋3＋4ceq \\al(3,n)，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c18)))3≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c1)))3＋3×17＋4(ceq \\al(3,1)＋ceq \\al(3,2)＋ceq \\al(3,3)＋…＋ceq \\al(3,17))<56＋4·ceq \\al(3,2)·16＝64，
所以eq \f(1,c18)<4，所以eq \f(7,2)8．P，Q，R是等腰直角三角形ABCeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∠A＝\f(π,2)))内的点，且满足∠APB＝∠BPC＝∠CPA，∠ACQ＝∠CBQ＝∠BAQ，sin Aeq \(RA,\s\up7(―→))＋sin Beq \(RB,\s\up7(―→))＋sin Ceq \(RC,\s\up7(―→))＝0，则下列说法正确的是( )
A．eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))>eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))>eq \(RA,\s\up7(―→))·eq \(RB,\s\up7(―→))
B．eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))>eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))>eq \(RA,\s\up7(―→))·eq \(RB,\s\up7(―→))
C．eq \(RA,\s\up7(―→))·eq \(RB,\s\up7(―→))>eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))>eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))
D．eq \(RA,\s\up7(―→))·eq \(RB,\s\up7(―→))>eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))>eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))
解析：选C ∵sin Aeq \(RA,\s\up7(―→))＋sin Beq \(RB,\s\up7(―→))＋sin Ceq \(RC,\s\up7(―→))＝0，
∴eq \f(a,2r)·eq \(RA,\s\up7(―→))＋eq \f(b,2r)·eq \(RB,\s\up7(―→))＋eq \f(c,2r)·eq \(RC,\s\up7(―→))＝0 (r为△ABC外接圆的半径)．
∴aeq \(RA,\s\up7(―→))＋beq \(RB,\s\up7(―→))＋ceq \(RC,\s\up7(―→))＝0.
∴ceq \(RC,\s\up7(―→))＝－aeq \(RA,\s\up7(―→))－beq \(RB,\s\up7(―→)).
∴ceq \(RC,\s\up7(―→))＝－a(eq \(RC,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→)))－beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(RC,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→)))).
∴(a＋b＋c)eq \(RC,\s\up7(―→))＝aeq \(AC,\s\up7(―→))＋beq \(BC,\s\up7(―→))＝abeq \f(eq \(AC,\s\up7(―→)),b)＋abeq \f(eq \(BC,\s\up7(―→)),a)＝abeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(AC,\s\up7(―→)),|eq \(AC,\s\up7(―→))|)＋\f(eq \(BC,\s\up7(―→)),|eq \(BC,\s\up7(―→))|))).
∴R在∠ACB的角平分线上， 同理可证R在∠BAC，∠ABC的角平分线上，
∴R为内心．
如图所示，
由∠APB＝∠BPC＝∠CPA知，这三个角都是120°，
且P在∠BAC的平分线AR上，延长AR交BC于点D，
取AB＝6，则BD＝AD＝3eq \r(2)，∠PBC＝30°，
得PD＝eq \f(BD,\r(3))＝eq \r(6)，PB＝2eq \r(6)，PA＝AD－PD＝3eq \r(2)－eq \r(6).
所以eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝(3eq \r(2)－eq \r(6))×2eq \r(6)×cs 120°＝6－6eq \r(3).
记△ABC的周长为C△ABC，
由题意知R是△ABC的内心，内切圆半径RD＝eq \f(2S△ABC,C△ABC)＝eq \f(36,6＋6＋6\r(2))＝6－3eq \r(2)，
RA＝AD－RD＝6eq \r(2)－6，
所以eq \(RB,\s\up7(―→))·eq \(RA,\s\up7(―→))＝(eq \(RD,\s\up7(―→))＋eq \(DB,\s\up7(―→)))·eq \(RA,\s\up7(―→))＝eq \(RD,\s\up7(―→))·eq \(RA,\s\up7(―→))＋eq \(DB,\s\up7(―→))·eq \(RA,\s\up7(―→))
＝－(6－3eq \r(2))×(6eq \r(2)－6)＋0＝72－54eq \r(2).
由∠ACQ＝∠BAQ，且∠BAQ＋∠CAQ＝∠BAC＝90°，
则∠ACQ＋∠CAQ＝90°.
所以∠AQC＝90°，即AQ⊥CQ，则Q在以AC为直径的圆上．由∠CBQ＝∠ACQ，且∠ACQ＋∠BCQ＝∠ACB＝45°，
所以∠CBQ＋∠BCQ＝45°，得∠BQC＝135°，∠AQB＝135°.
由∠BQC＝∠AQB，∠BCQ＝∠ABQ，得△BQC∽△AQB，
所以eq \f(BQ,AQ)＝eq \f(BC,AB)＝eq \r(2).
设AQ＝x，BQ＝eq \r(2)x，在△ABQ中，由余弦定理得，x2＋2x2－62＝2x·eq \r(2)x·cs 135°，解得x2＝eq \f(36,5).
所以eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))＝x·eq \r(2)x·cs 135°＝－x2＝－eq \f(36,5)＝－7.2.
由eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝6－6eq \r(3)≈6－6×1.732＝－4.392，
eq \(RB,\s\up7(―→))·eq \(RA,\s\up7(―→))＝72－54eq \r(2)≈72－54×1.414＝－4.356，
所以eq \(RB,\s\up7(―→))·eq \(RA,\s\up7(―→))>eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))>eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→)).
二、多项选择题
9．下列说法正确的有( )
A．一组数据按大小顺序排列，位于最中间的一个数据就是中位数
B．分层抽样为保证每个个体等可能入样，需在各层中进行简单随机抽样
C．若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，则事件A与事件B互为对立事件
D．线性回归分析中，R2的值越小，说明残差平方和越小，则模型拟合效果越好
解析：选BC 一组数据按大小顺序排列，位于最中间的一个数据或中间两个数的平均数是中位数，故A错误；根据随机抽样的性质可判断B正确；根据对立事件的定义可判断C正确；线性回归分析中，R2的值越大，说明残差平方和越小，则模型拟合效果越好，故D错误．
10．已知曲线C：x2＋y2＋xy＝1，焦点为F1，F2 ，O(0,0)，过A(0,2)的直线l与C交于M，N两点，则下列说法正确的有( )
A．x＋y＝0是C的一条对称轴
B．C的离心率为eq \f(\r(6),3)
C．对C上任意一点P皆有eq \(PF1,\s\up7(―→))·eq \(PF2,\s\up7(―→))>0
D．S△OMN最大值为eq \f(\r(3),3)
解析：选ABD 设点P(x，y)是曲线C上的任意一点，其关于直线x＋y＝0对称的点的坐标为P′(－y，－x)，代入曲线C方程x2＋y2＋xy＝1满足，故x＋y＝0是C的一条对称轴，故A正确；
由于点P(x，y)是曲线C上的任意一点，其关于直线x－y＝0对称，点P″(y，x)亦在曲线C上，且该曲线是封闭的曲线，故该曲线为椭圆，其对称轴为直线x－y＝0和直线x＋y＝0，且椭圆中心为坐标原点，故其顶点坐标：B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，B2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))，A1(－1，1)，A2(1，－1)，
由于点(－1,1)到椭圆中心的距离为eq \r(2)，
B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))到椭圆中心的距离为eq \f(\r(6),3)，
所以椭圆的长轴长为2eq \r(2)，短轴长为eq \f(2\r(6),3)，
所以椭圆的焦距为2eq \r(2－\f(6,9))＝eq \f(4\r(3),3)，故其离心率为eq \f(\f(2\r(3),3),\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，故B正确；
由B知，半焦距为eq \f(2\r(3),3)，且焦点F1，F2在直线x＋y＝0上，故焦点坐标为F1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3)))，F2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),3)))，
故eq \(B1F1,\s\up7(――→))·eq \(B1F2,\s\up7(――→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)－\f(\r(3),3)，\f(\r(6),3)－\f(\r(3),3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)－\f(\r(3),3)，－\f(\r(6),3)－\f(\r(3),3) ))＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)))2))＝－eq \f(2,3)<0，故C错误；
由题意知直线l斜率存在，故设方程为y＝kx＋2，
则联立方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＋xy＝1，,y＝kx＋2，))
得(k2＋k＋1)x2＋(4k＋2)x＋3＝0，
故Δ＝4k2＋4k－8>0，即k<－2或k>1，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(4k＋2,k2＋k＋1)，x1x2＝eq \f(3,k2＋k＋1)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)eq \r(\f(4k2＋4k－8,k2＋k＋12))，
O(0,0)到直线y＝kx＋2的距离为d＝eq \f(2,\r(1＋k2))，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)d·|MN|＝2eq \r(\f(k2＋k－2,k2＋k＋12))＝2eq \r(\f(k2＋k＋1－3,k2＋k＋12))＝2eq \r(\f(1,k2＋k＋1)－\f(3,k2＋k＋12))
令eq \f(1,k2＋k＋1)＝t，由于Δ＝4k2＋4k－8>0得k2＋k＋1>3，故t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，
所以S△OMN＝2eq \r(\f(1,k2＋k＋1)－\f(3,k2＋k＋12))＝2eq \r(－3t2＋t)，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
所以，当t＝eq \f(1,6)时，S△OMN取得最大值，S△OMN＝2eq \r(－3×\f(1,36)＋\f(1,6))＝eq \f(\r(3),3)，故D正确．
11.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则( )
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(6),4)))a
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为eq \f(1,4)(2π－eq \r(3))a2
D．勒洛四面体的体积V∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),12)a3，\f(\r(6)π,8)a3))
解析：选ABD 首先求得正四面体的一些结论：
正四面体ABCD棱长为a，M是底面BCD的中心，O是其外接球(也是内切球)的球心，外接球半径为R，AM是高，如图a.
BM＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)a＝eq \f(\r(3),3)a，AM＝eq \r(AB2－BM2)＝eq \f(\r(6),3)a，
由BO2＝BM2＋OM2得R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)a－R))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))2，解得R＝eq \f(\r(6),4)a，OM＝eq \f(1,3)R(内切球半径)．
正四面体ABCD的体积为VABCD＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)a2×eq \f(\r(6),3)a＝eq \f(\r(2),12)a3，外接球体积为V＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),4)a))3＝eq \f(\r(6),8)πa3.
由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；
勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图b，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B，O，E三点共线，且BE＝a，OB＝eq \f(\r(6),4)a，因此OE＝a－eq \f(\r(6),4)a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(6),4)))a，故B正确；
由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，当光线与平面ABD夹角不为90°时，易知截面投影均为如图c所示图象在平面α上的投影，其面积必然减小．
图c截面为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，
即3×eq \f(60°,360°)×πa2－2×eq \f(\r(3),4)a2 ＝eq \f(1,2)(π－eq \r(3))a2，故C错误；
勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，正四面体ABCD的体积V1＝eq \f(\r(2),12)a3，正四面体ABCD的外接球的体积V2＝eq \f(\r(6)π,8)a3，故D正确．
12．下列不等式正确的有( )
A.eq \f(10190,10091)>eq \f(3,125) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))eq \r(2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))eq \r(3)
C．e2－eq \r(e)>eq \f(3,2) D．tan 1>eq \f(3,2)
解析：选AD 由eq \f(10190,10090)＝(1＋0.01)90＝1＋Ceq \\al(1,90)×0.01＋Ceq \\al(2,90)×0.012＋Ceq \\al(3,90)×0.013＋…＋Ceq \\al(90,90)×0.0190
>1＋Ceq \\al(1,90)×0.01＋Ceq \\al(2,90)×0.012＋Ceq \\al(3,90)×0.013 ＝1＋0.9＋0.400 5＋0.117 48>2.4，则有eq \f(10190,10091)>0.024＝eq \f(3,125)，A正确；
假定eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))eq \r(2)令f(x)＝ln x－eq \f(2x－1,x＋1)，x>1，则f′(x)＝eq \f(x－12,xx＋12)＞0在(1，＋∞)上恒成立，故f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
则f(x)>f(1)＝0，即当x>1时，ln x>eq \f(2x－1,x＋1)，lneq \f(6,5)>eq \f(2,11)，(eq \r(3)－eq \r(2))lneq \f(6,5)>eq \f(2,11)(eq \r(3)－eq \r(2))，
令g(x)＝ln x－eq \f(x－1,\r(x))，x>1，则g′(x)＝eq \f(－\r(x)－12,2\r(x)·x)＜0，在(1，＋∞)上恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
则g(x)1时，ln xeq \f(2,11)(eq \r(3)－eq \r(2))>eq \f(1,10\r(3))，即60－20eq \r(6)>11，得49>20eq \r(6)，
因为49>eq \r(492－1)＝eq \r(50×48)＝20eq \r(6)成立，
则eq \r(2)lneq \f(25,24)<(eq \r(3)－eq \r(2))lneq \f(6,5)成立，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))eq \r(2)假定e2－eq \r(e)即eq \f(3,2)－lneq \f(3,2)令h(x)＝x－ln x，x>1，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
而eq \r(e)>eq \f(3,2)，则h(eq \r(e))>heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，所以e2－eq \r(e)令y＝tan x,0令φ(x)＝tan x－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)，0φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，即tan 1>4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(π,3)))＋eq \r(3)＝eq \f(3,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)＋ \r(3)－\f(4π,3)))>eq \f(3,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2.5＋1.7－4×\f(3.15,3)))＝eq \f(3,2)，D正确．
三、填空题
13．已知复数z1＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，z2＝eq \f(z\\al(2,1),z\\al(2,1)＋z1＋2)，则eq \x\t(z2)＝__________.
解析：因为z1＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，
所以z2＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＋2)＝eq \f(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i,－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＋2)＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，
则eq \x\t(z2)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i.
答案：－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i
14．设函数f(x)＝mex－ln x，参数m>0，过点(0,1)作曲线C：y＝f(x)的切线(斜率存在)，则切线斜率为__________．
解析：设切点为(x0，mex0－ln x0)，f′(x)＝mex－eq \f(1,x)，
则切线方程为y－mex0＋ln x0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mex0－\f(1,x0)))(x－x0)，
将(0,1)代入可得mex0(1－x0)－ln x0＝0，
令g(x)＝mex(1－x)－ln x，则g′(x)＝－mxex－eq \f(1,x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以mex0(1－x0)－ln x0＝0有唯一解x0＝1，
所以切线斜率为me－1.
答案：me－1
15．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，若C与直线y＝x有交点，且双曲线上存在不是顶点的P，使得∠PF2F1＝3∠PF1F2，则双曲线离心率的取值范围为__________．
解析：双曲线C与直线y＝x有交点，则eq \f(b,a)>1，eq \f(b2,a2)＝eq \f(c2－a2,a2)>1，解得e＝eq \f(c,a)>eq \r(2)，
双曲线上存在不是顶点的P，使得∠PF2F1＝3∠PF1F2，则P点在右支上，
设PF1与y轴交于点Q，由对称性|QF1|＝|QF2|，所以∠QF1F2＝∠QF2F1，
所以∠PF2Q＝∠PF2F1－∠QF2F1＝2∠PF1F2＝∠PQF2，
|PQ|＝|PF2|，
所以|PF1|－|PF2|＝|PF1|－|PQ|＝|QF1|＝2a，由|QF1|>|OF1|得2a>c，所以e＝eq \f(c,a)<2，
又△PF1F2中，∠PF1F2＋∠PF2F1＝4∠PF1F2<180°，∠PF1F2<45°，
所以eq \f(c,2a)＝cs∠PF1F2>eq \f(\r(2),2)，即e＝eq \f(c,a)>eq \r(2)，
综上，eq \r(2)答案：(eq \r(2)，2)
16.坐标平面上有一环状区域由圆x2＋y2＝3的外部与圆x2＋y2＝4的内部交集而成．某同学欲用一支长度为1的笔直扫描棒来扫描此环状区域的x轴上方的某区域R.他设计扫描棒黑、白两端分别在半圆C1：x2＋y2＝3(y≥0)、C2：x2＋y2＝4(y≥0)上移动．开始时扫描棒黑端在点A(eq \r(3)，0)，白端在C2的点B. 接着黑、白两端各沿着C1，C2逆时针移动，直至白端碰到C2的点B′(－2,0)便停止扫描，则B点坐标______；扫描棒扫过的区域R的面积为________．
解析：由题意A(eq \r(3)，0)，AB＝1，设B(x，y)，则点B在C2：x2＋y2＝4(y≥0)上．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝4y≥0，,\r(x－\r(3)2＋y2)＝1，))
解得x＝eq \r(3)，y＝1，所以B(eq \r(3)，1)．
当白端B在C2上移动，碰到C2的点B′(－2,0)时，黑端在点A在C1上移动，设移动到点A′位置．
则扫描棒扫过的区域R为如图所示的阴影部分．设A′(x0，y0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＝3y≥0，,|A′B′|＝\r(x0＋22＋y\\al(2,0))＝1，))
解得x0＝－eq \f(3,2)，y0＝eq \f(\r(3),2)，即A′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2))).
连接A′O，OB，在△OA′B′中，A′B′＝1，OA′＝eq \r(3)，OB′＝2，
满足A′B′2＋OA′2＝OB′2，则∠OA′B′＝eq \f(π,2)，
所以S△OA′B′＝eq \f(1,2)A′B′×OA′＝eq \f(1,2)×1×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),2) ，
由A(eq \r(3)，0)，B(eq \r(3)，1)，则△OAB为直角三角形，则S△OAB＝eq \f(1,2)×OA×AB＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×1＝eq \f(\r(3),2)，
则∠BOA＝30°，扇形OAC与扇形OA′C′的面积均为eq \f(30°,360°)π×(eq \r(3))2＝eq \f(π,4) ，区域R的面积为S扇环BB′－CC′－S△OA′B′＋S扇形OA′C′＋S△OAB－S扇形OAC＝eq \f(150°,360°)π×[22－(eq \r(3))2]＋eq \f(π,4)－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(3),2)－eq \f(π,4)＝eq \f(5π,12) .
答案：B(eq \r(3)，1) eq \f(5π,12)
大题规范增分练—今日题型：概率与统计
17．击鼓传花，也称传彩球，是中国古代传统民间酒宴上的助兴游戏，属于酒令的一种，又称“击鼓催花”，在唐代时就已出现．杜牧《羊栏浦夜陪宴会》诗句中有“球来香袖依稀暖，酒凸觥心泛艳光”，可以得知唐代酒宴上击鼓传花助兴的情景．游戏规则为：鼓响时，开始传花(或一小物件)，鼓响时众人开始依次传花，至鼓停为止，此时花在谁手中(或其序位前)，谁就上台表演节目(多是唱歌、跳舞、说笑话：或回答问题、猜谜、按纸条规定行事等)．某单位组织团建活动，9人一组，共9组，玩击鼓传花，组号x(前五组)与组内女性人数y统计结果如表：
若女性人数y与组号x(组号变量x依次为1,2,3,4,5，…)具有线性相关关系．
(1)请求出女性人数y关于组号x的回归直线方程；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(参考公式eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\t(x) \x\t(y),\i\su(i＝1,n,x)\\al(2,i)－n\x\t(x)2)，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x)))
(2)从前5组中随机抽取3组，若3组中女性人数不低于3人的有X组，求X的分布列与期望．
解：(1)由题意得eq \x\t(x)＝eq \f(1,5)×(1＋2＋3＋4＋5)＝3，
eq \x\t(y)＝eq \f(2＋2＋3＋4＋4,5)＝3.
eq \i\su(i＝1,5,x)iyi＝51，eq \i\su(i,5,x)eq \\al(2,i)＝12＋22＋32＋42＋52＝55，
则eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,5,x)iyi－5\x\t(x) \x\t(y),\i\su(i＝1,5,x)\\al(2,i)－5\x\t(x)2)＝0.6，
eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x)＝3－0.6×3＝1.2，
所以eq \(y,\s\up6(^))＝0.6x＋1.2.
(2)由题意知X的所有可能取值为1,2,3，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(2,2)C\\al(1,3),C\\al(3,5))＝eq \f(3,10)，P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,3),C\\al(3,5))＝eq \f(3,5)，P(X＝3)＝eq \f(C\\al(0,2)C\\al(3,3),C\\al(3,5))＝eq \f(1,10)，
则X的分布列为
∴E(X)＝1×eq \f(3,10)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,10)＝eq \f(9,5).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十二)
小题限时保分练—选自2022·泉州联考卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合M＝{y|y＝sin x，x∈R}，N＝{y|y＝2x，x∈R}，则M∩N＝( )
A．[－1，＋∞) B．[－1,0)
C．[0,1] D．(0,1]
解析：选D y＝sin x∈[－1,1]，所以M＝[－1,1]，y＝2x∈(0，＋∞)，所以N＝(0，＋∞)，故M∩N＝(0,1]．
2．在等比数列{an}中，公比为q，已知a1＝1，则“0＜q＜1”是“数列{an}为递减数列”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C an＝qn－1，当0＜q＜1时，0＜eq \f(an＋1,an)＝q＜1，所以数列{an}递减，故充分性成立，若数列{an}是递减数列，则0＜eq \f(an＋1,an)＜1，即0＜q＜1，故必要性成立，所以“0＜q＜1”是“数列{an}为递减数列”的充要条件．
3．某中学高三(1)班有50名学生，在一次高三模拟考试中，经统计得：数学成绩X～N(110,100)，则估计该班数学得分大于120分的学生人数为( )
(参考数据：P(|X－μ|＜σ)≈0.68，P(|X－μ|＜2σ)≈0.95)
A．16 B．10 C．8 D．2
解析：选C 因为数学成绩X～N(110,100)，所以μ＝110，σ＝10，因此由P(|X－110|＜10)≈0.68，得P(100＜X＜120)≈0.68，所以P(110＜X＜120)≈eq \f(1,2)×0.68＝0.34，所以有P(X≥120)＝eq \f(1,2)－P(110＜X＜120)＝eq \f(1,2)－0.34＝0.16，估计该班数学得分大于120分的学生人数为0.16×50＝8.
4．若f(α)＝cs α＋isin α(i为虚数单位)，则[f(α)]2＝( )
A．f(α) B．f(2α) C．2f(α) D．f(α2)
解析：选B [f(α)]2＝(cs α＋isin α)2＝cs2α＋2isin αcs α＋i2sin2α＝cs2α－sin2α＋isin 2α＝cs 2α＋isin 2α＝f(2α)．
5．已知直线eq \r(2)x＋y＋a＝0与⊙C：x2＋(y－1)2＝4相交于A，B两点，且△ABC为等边三角形，则实数a＝( )
A．－4或2 B．－2或4
C．－1±eq \r(3) D．－1±eq \r(6)
解析：选A ⊙C：x2＋(y－1)2＝4的圆心C(0,1)，半径r＝2，
因为直线eq \r(2)x＋y＋a＝0与⊙C：x2＋(y－1)2＝4相交于A，B两点，且△ABC为等边三角形，则圆心到直线的距离为d＝rsin 60°＝eq \r(3)，即d＝eq \f(|\r(2)×0＋1＋a|,\r(3))＝eq \r(3)，整理得|1＋a|＝3，解得a＝2或a＝－4.
6．在平面直角坐标系xOy中，设A(1,0)，B(3,4)，向量eq \(OC,\s\up7(―→))＝xeq \(OA,\s\up7(―→))＋yeq \(OB,\s\up7(―→))，x＋y＝6，则|eq \(AC,\s\up7(―→))|的最小值为( )
A．1 B．2 C.eq \r(5) D．2eq \r(5)
解析：选D eq \(OA,\s\up7(―→))＝(1,0)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(3,4)，
则eq \(OC,\s\up7(―→))＝xeq \(OA,\s\up7(―→))＋yeq \(OB,\s\up7(―→))＝(x＋3y,4y)，
由x＋y＝6，得x＝6－y，则eq \(OC,\s\up7(―→))＝(x＋3y,4y)＝(2y＋6，4y)，所以eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(2y＋5,4y)，
则|eq \(AC,\s\up7(―→))|＝eq \r(2y＋52＋4y2)＝eq \r(20y2＋20y＋25)＝eq \r(20\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2)))2＋20)，当y＝－eq \f(1,2)时，|eq \(AC,\s\up7(―→))|min＝2eq \r(5).
7．已知α＋β＝eq \f(π,4)(α＞0，β＞0)，则tan α＋tan β的最小值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B．1
C．－2－2eq \r(2) D．－2＋2eq \r(2)
解析：选D 因为α＋β＝eq \f(π,4)(α＞0，β＞0)，所以0＜α＜eq \f(π,4)，0＜β＜eq \f(π,4)，所以0＜tan α＜1,0＜tan β＜1，tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝taneq \f(π,4)＝1，所以tan α＋tan β＝1－tan αtan β，即tan α＋tan β＋tan αtan β＝1，又因为tan αtan β ≤eq \f(1,4)(tan α＋tan β)2，所以tan α＋tan β＋tan αtan β≤tan α＋tan β＋eq \f(1,4)(tan α＋tan β)2，即tan α＋tan β＋eq \f(1,4)(tan α＋tan β)2≥1，解得tan α＋tan β≥2eq \r(2)－2或tan α＋tan β≤－2eq \r(2)－2(舍去)，所以tan α＋tan β≥2eq \r(2)－2，当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tan α＝tan β，,tan α＋tan β＋tan αtan β＝1，))即tan α＝tan β＝eq \r(2)－1时，取等号，所以tan α＋tan β的最小值为－2＋2eq \r(2).
8．设函数f(x)的导函数是f′(x)，且f(x)·f′(x)＞x恒成立，则( )
A．f(1)＜f(－1) B．f(1)＞f(－1)
C．|f(1)|＜|f(－1)| D．|f(1)|＞|f(－1)|
解析：选D 设g(x)＝eq \f(1,2)[f2(x)－x2]，则g′(x)＝eq \f(1,2)[2f(x)f′(x)－2x]＝f(x)f′(x)－x＞0恒成立，所以g(x)＝eq \f(1,2)[f2(x)－x2]单调递增，故g(1)＞g(－1)，即eq \f(1,2)[f2(1)－1]＞eq \f(1,2)[f2(－1)－1]，解得f2(1)＞f2(－1)，即|f(1)|＞|f(－1)|.
二、多项选择题
9.汉代数学名著《九章算术》第九卷《勾股》章中提到了著名的“勾股容方”问题．如图，正方形GBEF内接于直角三角形ABC，其中BE＝d，BC＝a，AB＝b，a≤b，则下列关系式成立的是( )
A．a≤2d≤eq \r(ab)
B.eq \r(ab)＜2d＜eq \f(a＋b,2)
C.eq \f(1,d)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)
D.eq \r(a2＋b2)＝a＋b－d
解析：选AC 由已知GF∥BC，所以△AGF∽△ABC，即eq \f(GF,BC)＝eq \f(AG,AB)，所以eq \f(d,a)＝eq \f(b－d,b)，解得d＝eq \f(ab,a＋b)，所以eq \f(1,d)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)，C正确；
例如a＝3，b＝4，则d＝eq \f(12,7)，eq \r(a2＋b2)＝5，显然 eq \r(a2＋b2)≠a＋b－d，D错误；
eq \r(ab)＝eq \r(12)＝2eq \r(3)，2d＝2×eq \f(12,7)，而3×49＞144,7eq \r(3)＞12，所以2eq \r(3)＞eq \f(24,7)，eq \r(ab)＞2d，B错误；
因为0＜a≤b，所以2b≥a＋b，即2ab≥a(a＋b)，eq \f(2ab,a＋b)≥a，即2d≥a，又a＋b≥2eq \r(ab)，所以2d＝eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，所以a≤2d≤eq \r(ab)，当且仅当a＝b时取等号，A正确．
10．若椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,b2)＝1(b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，则下列b的值，能使以F1F2为直径的圆与椭圆C有公共点的有( )
A．b＝eq \r(2) B．b＝eq \r(3)
C．b＝2 D．b＝eq \r(5)
解析：选ABC 以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝c2，因为圆x2＋y2＝c2与椭圆C有公共点，所以c2≥b2，即9－b2≥b2，所以b2≤eq \f(9,2)，即0＜b≤eq \f(3\r(2),2)，满足条件的有A、B、C.
11．若数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1，记在数列{an}的前n＋2(n∈N*)项中任取两项都是正数的概率为Pn，则( )
A．P1＝eq \f(1,3)
B．P2n＜P2n＋2
C．P2n－1＜P2n
D．P2n－1＋P2n＜P2n＋1＋P2n＋2
解析：选AB 因为数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1，所以数列{an}的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列{an}的偶数项为－1，即偶数项为负数，
又数列{an}的前n＋2(n∈N*)项中，任取两项都是正数的概率为Pn，
当n＝1时，即前3项中，任取两项都是正数，概率为P1＝eq \f(1,3)，故A正确；
将2n－1代入，数列{an}的前2n＋1(n∈N*)项中，有(n＋1)个正数，n个负数，任取两项都是正数的概率为P2n－1＝eq \f(C\\al(2,n＋1),C\\al(2,2n＋1))＝eq \f(nn＋1,2n＋1·2n)＝eq \f(n＋1,4n＋2)，
将2n代入，数列{an}的前2n＋2(n∈N*)项中，有(n＋1)个正数，(n＋1)个负数，任取两项都是正数的概率为P2n＝eq \f(C\\al(2,n＋1),C\\al(2,2n＋2))＝eq \f(nn＋1,2n＋1·2n＋2)＝eq \f(n,4n＋2)，将2n＋1代入，数列{an}的前2n＋3(n∈N*)项中，有(n＋2)个正数，(n＋1)个负数，任取两项都是正数的概率为P2n＋1＝eq \f(C\\al(2,n＋2),C\\al(2,2n＋3))＝eq \f(n＋1n＋2,2n＋3·2n＋2)＝eq \f(n＋2,4n＋6)，
将2n＋2代入，数列{an}的前2n＋4(n∈N*)项中，有(n＋2)个正数，(n＋2)个负数，任取两项都是正数的概率为P2n＋2＝eq \f(C\\al(2,n＋2),C\\al(2,2n＋4))＝eq \f(n＋1n＋2,2n＋3·2n＋4)＝eq \f(n＋1,4n＋6)，所以P2n－P2n＋2＝eq \f(n,4n＋2)－eq \f(n＋1,4n＋6)＝eq \f(－2,4n＋2·4n＋6)＜0，所以P2n＜P2n＋2，故B正确；
P2n－1－P2n＝eq \f(n＋1,4n＋2)－eq \f(n,4n＋2)＝eq \f(1,4n＋2)＞0，所以P2n－1＞P2n，故C错误；
(P2n－1＋P2n)－(P2n＋1＋P2n＋2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,4n＋2)＋\f(n,4n＋2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋2,4n＋6)＋\f(n＋1,4n＋6)))
＝eq \f(2n＋1,4n＋2)－eq \f(2n＋3,4n＋6)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0，
所以P2n－1＋P2n＝P2n＋1＋P2n＋2，故D错误．
12.如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝AD＝CD＝1，BC＝PA＝2，记四棱锥P-ABCD的外接球为球O，平面PAD与平面PBC的交线为l，BC的中点为E，则( )
A．l∥BC
B．AB⊥PC
C．平面PDE⊥平面PAD
D．l被球O截得的弦长为1
解析：选ABD 因为AD∥BC，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD，又因为平面PAD与平面PBC的交线为l，所以l∥BC，故A正确；
连接AE，AC，
在等腰梯形ABCD中，因为AB＝AD＝CD＝1，BC＝2，BC的中点为E，所以四边形ABED，AECD都是菱形，
所以AC⊥DE，AB∥DE，所以AB⊥AC，
因为PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，
又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，
又因PC⊂平面PAC，所以AB⊥PC，故B正确；
如图以A为原点，AB，AC，AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,2)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，
则eq \(AP,\s\up7(―→))＝(0,0,2)，eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，
eq \(PD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，－2))，eq \(DE,\s\up7(―→))＝(1,0,0)，
设平面PDE的法向量m＝(x1，y1，z1)，平面PAD的法向量n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(PD,\s\up7(―→))＝－\f(1,2)x1＋\f(\r(3),2)y1－2z1＝0，,m·eq \(DE,\s\up7(―→))＝x1＝0，))
可取m＝(0,4，eq \r(3))，
同理可取n＝(eq \r(3)，1,0)，
因为m·n＝4≠0，所以m与n不垂直，
所以平面PDE与平面PAD不垂直，故C错误；
由B选项可知，EA＝EB＝EC＝ED，则点E即为四边形ABCD外接圆的圆心，
故四棱锥P-ABCD的外接球的球心O在过点E且垂直于平面ABCD的直线上，设外接球的半径为R，则OA＝OP＝R，则OA＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，
所以R＝eq \r(2)，设OP与l所成的角为θ，点O到直线l的距离为d，
B(1,0,0)，C(0，eq \r(3)，0)，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，
因为l∥BC，直线l的方向向量可取eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，1))，
则cs〈eq \(BC,\s\up7(―→))，eq \(OP,\s\up7(―→))〉＝－eq \f(\r(2),4)，所以sin θ＝eq \f(\r(14),4)，
所以d＝|OP|sin θ＝eq \f(\r(7),2)，
所以l被球O截得的弦长为2eq \r(2－\f(7,4))＝1，故D正确．
三、填空题
13．若f(x)＝(x＋3)5＋(x＋m)5是奇函数，则m＝__________.
解析：因为f(x)＝(x＋3)5＋(x＋m)5是奇函数，
所以有f(0)＝0，即35＋m5＝0，得m＝－3，即f(x)＝(x＋3)5＋(x－3)5，
因为f(－x)＝(－x＋3)5＋(－x－3)5＝－(x＋3)5－(x－3)5＝－f(x)，
所以函数f(x)＝(x＋3)5＋(x－3)5是奇函数．
答案：－3
14．直线l：y＝2x－4过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，与C交于A，B两点，则|AB|＝__________.
解析：因为直线l：y＝2x－4过抛物线C：y2＝2px的焦点F，故F(2,0)即p＝4，
故抛物线C：y2＝8x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x－4，,y2＝8x，))可得x2－6x＋4＝0，
故|AB|＝x1＋x2＋p＝10.
答案：10
15．已知实数a＞0，b＞0，eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1，则eq \f(4a,a－1)＋eq \f(3b,b－2)的最小值是__________．
解析：由a＞0，b＞0，
得eq \f(4a,a－1)＋eq \f(3b,b－2)＝eq \f(4,1－\f(1,a))＋eq \f(3,1－\f(2,b))，
又eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1，得eq \f(2,b)＝1－eq \f(1,a)，1－eq \f(2,b)＝eq \f(1,a)，
则eq \f(4a,a－1)＋eq \f(3b,b－2)＝eq \f(4,1－\f(1,a))＋eq \f(3,1－\f(2,b))＝eq \f(4,\f(2,b))＋eq \f(3,\f(1,a))＝3a＋2b，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))(3a＋2b)＝3＋eq \f(2b,a)＋eq \f(6a,b)＋4＝7＋eq \f(2b,a)＋eq \f(6a,b)≥7＋2eq \r(\f(2b,a)×\f(6a,b))＝7＋4eq \r(3)，
当且仅当eq \f(2b,a)＝eq \f(6a,b)，即a＝eq \f(3＋2\r(3),3)，b＝2＋eq \r(3)时取等号．
答案：7＋4eq \r(3)
16．已知：若函数f(x)，g(x)在R上可导，f(x)＝g(x)，则f′(x)＝g′(x)，又英国数学家泰勒发现了一个恒等式e2x＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn＋…，则a0＝__________，eq \i\su(n＝1,10, )eq \f(an＋1,nan)＝__________.
解析：因为e2x＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn＋…，令x＝0，即e0＝a0，所以a0＝1；
(e2x)′＝2e2x＝a1＋2a2x＋…＋nanxn－1＋(n＋1)an＋1xn＋…
又2e2x＝2a0＋2a1x＋2a2x2＋…＋2anxn＋…，
所以2an＝(n＋1)an＋1，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2,n＋1)，所以eq \f(an＋1,nan)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以eq \i\su(n＝1,10, )eq \f(an＋1,nan)＝eq \i\su(n＝1,10,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝
2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq \f(20,11).
答案：1 eq \f(20,11)
大题规范增分练—今日题型：立体几何
17.如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1，O，M，N分别为线段BC，AA1，BB1的中点，P为线段AC1上的动点，AA1＝16，AC＝8.
(1)若AO＝eq \f(1,2)BC，试证C1N⊥CM；
(2)在(1)的条件下，当AB＝6时，试确定动点P的位置，使线段MP与平面BB1C1C所成角的正弦值最大．
解：(1)证明：在△ABC中，
∵O为BC中点且AO＝eq \f(1,2)BC，
∴AB⊥AC.
∵平面ABC⊥平面ACC1A1且交线为AC，
∴AB⊥平面ACC1A1，∴AB⊥CM.
∵M，N分别为AA1，BB1的中点，
∴MN∥AB.
∴CM⊥MN.
在直角△AMC和直角△MA1C1中，
∵AM＝A1M＝8，AC＝A1C1＝8，
∴△AMC≌△A1MC1，
∴CM＝C1M＝eq \r(64＋64)＝8eq \r(2)，
∴CM2＋C1M2＝128＋128＝162＝CCeq \\al(2,1)，
∴CM⊥C1M，MN∩C1M＝M.
∴CM⊥平面C1MN，C1N⊂平面C1MN，
∴CM⊥C1N.
(2)∵AA1⊥平面ABC，由(1)得AB，AC，AA1三线两两垂直，以A为原点，以AB，AC，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图，
则A(0,0,0)，B(6,0,0)，
C(0,8,0)，C1(0,8,16)，M(0,0,8)，B1(6,0,16)，
∴eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－6,8,0)，eq \(BB1,\s\up7(―→))＝(0,0,16)．
设平面BB1C1C的一个法向量为n＝ (x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－6x＋8y＝0，,16z＝0，))
令x＝4得y＝3，n＝(4,3,0)，
设P(x，y，z)，eq \(AP,\s\up7(―→))＝meq \(AC1,\s\up7(―→)) (0≤m≤1)，则(x，y，z)＝m(0,8,16)，
∴P(0,8m,16m)，eq \(MP,\s\up7(――→))＝(0,8m,16m－8)，
设直线MP与平面BB1C1C所成的角为θ，
则sin θ＝eq \f(|n·eq \(MP,\s\up7(――→))|,|n|·|eq \(MP,\s\up7(――→))|)＝eq \f(24m,5\r(64m2＋16m－82))＝eq \f(3m,5\r(5m2－4m＋1)).
若m＝0，sin θ＝0此时点P与A重合，
若m≠0，令t＝eq \f(1,m)(t≥1)，则sin θ＝eq \f(3,5\r(5－4t＋t2))＝eq \f(3,5\r(t－22＋1))≤eq \f(3,5).
当t＝2，即m＝eq \f(1,2)，P为AC1的中点时，sin θ取得最大值eq \f(3,5).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十三)
小题限时保分练—选自2022·江苏四市调研卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知i为虚数单位，若复数z满足(1－i)eq \x\t(z)＝2，则|z|＝( )
A．1 B． eq \r(2) C. 2 D． 2eq \r(2)
解析：选B 因为(1－i)eq \x\t(z)＝2，所以eq \x\t(z)＝eq \f(2,1－i)＝eq \f(21＋i,1－i1＋i)＝1＋i，所以z＝1－i，所以|z|＝eq \r(2).
2．已知集合A＝{x|lg2x<4}，B＝{x|－2A．(－2,0] B．[0,2)
C．(0,2) D．[－2,0)
解析：选A 因为A＝{x|03．已知向量a，b满足|a|＝2，|b|＝1，a⊥b，若(a＋b)⊥(a－λb)，则实数λ的值为( )
A. 2 B． 2eq \r(3) C. 4 D． eq \f(9,2)
解析：选C 因为a⊥b，所以a·b＝0，
依题意(a＋b)·(a－λb)＝|a|2－λ|b|2－(λ－1)a·b＝4－λ＝0，则λ＝4.
4．已知函数f(x)＝ax2＋|x＋a＋1|为偶函数，则不等式f(x)>0的解集为( )
A．∅ B．(－1,0)∪(0,1)
C．(－1,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析：选B 因为f(x)为偶函数，所以f(－1)＝f(1)，即a＋|a＋2|＝a＋|a|，解得a＝－1，经检验符合题意．则f(x)＝－x2＋|x|，
由－x2＋|x|>0，可得x∈(－1,0)∪(0,1)．
故f(x)＝－x2＋|x|>0的解集为(－1,0)∪(0,1)．
5．已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－α))＝sin α，则tan α＝( )
A．－eq \r(3) B． －eq \f(\r(3),3) C. eq \f(\r(3),3) D． eq \r(3)
解析：选A 由sin α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－α))得，sin α＝－eq \f(\r(3),2)cs α＋eq \f(1,2)sin α，
所以tan α＝－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)tan α，解得tan α＝－eq \r(3).
6.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：eq \f(x2,a\\al(2,1))＋eq \f(y2,b\\al(2,1))＝1(a1>b1>0)与双曲线C2：eq \f(x2,a\\al(2,2))－eq \f(y2,b\\al(2,2))＝1(a2>0，b2>0)有相同的焦点F1，F2，C2的渐近线分别交C1于A，C和B，D四点，若多边形ABF2CDF1为正六边形，则C1与C2的离心率之和为( )
A.eq \r(3)－1 B． 2
C.eq \r(3)＋1 D．2eq \r(3)
解析：选C 因为多边形ABF2CDF1为正六边形，设正六边形的边长为m，
所以tan∠BOF2＝eq \r(3)＝eq \f(b2,a2)，∴e2＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a2)))2)＝2，
∴e1＝eq \f(|F1F2|,|AF1|＋|AF2|)＝eq \f(2m,m＋\r(3)m)＝eq \r(3)－1，∴e1＋e2＝eq \r(3)＋1.
7．已知实数a，b，c满足ln a＝2b＝c－eq \f(1,2)，则下列关系式中，不可能成立的是( )
A．a>b>c B． a>c>b
C．c>a>b D． c>b>a
解析：选D 设ln a＝2b＝c－eq \f(1,2)＝t，t>0，
则a＝et，b＝lg2t，c＝eq \f(1,t2)，
在同一平面直角坐标系中分别画出函数y＝ex，y＝lg2x，y＝eq \f(1,x2)的图象，
当t＝x1时，c>a>b，
当t＝x2时，a>c>b，
当t＝x3时，a>b>c，
由此可以看出，不可能出现c>b>a这种情况．
8．随着北京冬奥会的举办，中国冰雪运动的参与人数有了突飞猛进的提升．某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动，号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动的主力军”，开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程．甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件A＝“甲乙两人所选课程恰有一门相同”，事件B＝“甲、乙两人所选课程完全不同”，事件C＝“甲、乙两人均未选择陆地冰壶课程”，则( )
A．A与B为对立事件 B．A与C互斥
C．A与C相互独立 D．B与C相互独立
解析：选C 依题意甲、乙两人所选课程有如下情形①有一门相同，②两门都相同，③两门都不相同；
故A与B互斥不对立，A与C不互斥，
所以P(A)＝eq \f(C\\al(1,4)·C\\al(1,3)·C\\al(1,2),C\\al(2,4)·C\\al(2,4))＝eq \f(2,3)，P(B)＝eq \f(C\\al(2,4),C\\al(2,4)·C\\al(2,4))＝eq \f(1,6)，P(C)＝eq \f(C\\al(2,3)·C\\al(2,3),C\\al(2,4)·C\\al(2,4))＝eq \f(1,4)，且P(AC)＝eq \f(C\\al(1,3)·C\\al(1,2),C\\al(2,4)·C\\al(2,4))＝eq \f(1,6)，P(BC)＝0，所以P(AC)＝P(A)·P(C)，P(BC)≠P(B)·P(C)，即A与C相互独立，B与C不相互独立．
二、多项选择题
9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))，则下列说法正确的有( )
A．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称
B．函数f(x)图象的一条对称轴是x＝eq \f(π,6)
C．若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，则函数f(x)的最小值为eq \r(3)
D．若f(x1)f(x2)＝4，x1≠x2，则|x1－x2|的最小值为eq \f(π,2)
解析：选BCD 在f(x)的图象上取一点(0，eq \r(3))，其关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称的点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，－\r(3)))不在f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))的图象上，所以函数f(x)的图象不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称，故A不正确；
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))))＝f(x)，所以函数f(x)图象的一条对称轴是x＝eq \f(π,6)，故B正确；
若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，则2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))∈[eq \r(3)，2]，故C正确；
因为f(x)max＝2，所以f(x1)＝f(x2)＝2，所以|x1－x2|min＝eq \f(2π,2)·eq \f(1,2)＝eq \f(π,2)，故D正确．
10．已知随机变量X服从二项分布B(4，p)，其数学期望E(X)＝2，随机变量Y服从正态分布N(p,4)，且P(X＝3)＋P(YA．p＝eq \f(1,4) B. p＝eq \f(1,2)
C．P(Y>1－a)＝eq \f(1,4) D．P(Y>1－a)＝eq \f(3,4)
解析：选BD 因为E(X)＝4p＝2，所以p＝eq \f(1,2)，即A错误，B正确；易知Y～Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))，因为P(X＝3)＝Ceq \\al(3,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(1,4)，所以P(Y1－a)＝eq \f(3,4)，即C错误，D正确．
11．已知定义在[1,6]上的函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)，则( )
A．任意a，b，c∈[1,6]，f(a)，f(b)，f(c)均能作为一个三角形的三条边长
B．存在a，b，c∈[1,6]，使得f(a)，f(b)，f(c)不能作为一个三角形的三条边长
C．任意a，b，c∈[1,6]，f(a)，f(b)，f(c)均不能成为一个直角三角形的三条边长
D．存在a，b，c∈[1,6]，使得f(a)，f(b)，f(c)能成为一个直角三角形的三条边长
解析：选AD 函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)在[1,2]上单调递减，在[2,6]上单调递增，f(x)min＝f(2)＝4，f(x)max＝f(6)＝eq \f(20,3)，
任意a，b，c∈[1,6]，不妨令f(a)≥f(b)≥f(c)，则f(b)＋f(c)≥2f(c)≥2f(x)min>f(x)max≥f(a)，
即f(a)，f(b)，f(c)均能作为一个三角形的三条边长，A正确，B错误；
取a＝b＝2，c＝2eq \r(2)＋2，满足a，b，c∈[1,6]，则f(a)＝f(b)＝4，f(c)＝4eq \r(2)，显然有[f(a)]2＋[f(b)]2＝[f(c)]2，即f(a)，f(b)，f(c)为边的三角形是直角三角形，C错误，D正确．
12．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，CC1＝2AB＝2，E为CC1的中点，P为棱AA1上的动点，平面α过B，E，P三点，则( )
A．平面α⊥平面A1B1E
B．平面α与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形
C．当P与A重合时，α截此四棱柱的外接球所得的截面面积为eq \f(11,8)π
D．存在点P，使得AD与平面α所成角的大小为eq \f(π,3)
解析：选AC 因为CC1＝2AB＝2，E为CC1的中点，底面ABCD为正方形，
所以B1E⊥BE，又因为A1B1⊥平面BCC1B1，BE⊂平面BCC1B1，
所以A1B1⊥BE，因为B1E∩A1B1＝B1，
所以BE⊥平面A1B1E，因为BE⊂平面α，
所以平面α⊥平面A1B1E，即A正确；
当PA>PA1时，画出平面α与正四棱柱表面的交线围成的图形如图1：
其中F在线段A1D1上，G在D1C1上，BP∥EG，BE∥PF，
可知交线围成的图形为五边形，即B错误；
如图2，当P与A重合时，取DD1的中点F，截面为图中的矩形ABEF.以A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，A(0,0,0)，
B(0，1,0)，E(1,1,1)，
设平面ABEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(BE,\s\up7(―→))＝x＋z＝0，,n·eq \(AB,\s\up7(―→))＝y＝0，))令x＝1，则z＝－1，
则n＝(1,0，－1)，
球心O到平面ABEF的距离d＝eq \f(|eq \(AO,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(2),4)，
此正四棱柱的外接球半径为R＝eq \f(AC1,2)＝eq \f(\r(6),2)，
所以截面半径r＝eq \r(R2－d2)＝eq \r(\f(11,8))，则截面面积S＝πr2＝eq \f(11,8)π，即C正确；
设P(0,0，m)，0≤m≤2，
则平面α的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(BE,\s\up7(―→))＝x1＋z1＝0，,n1·eq \(BP,\s\up7(―→))＝－y1＋mz1＝0，))
令z1＝1，则x1＝－1，y1＝m，所以n1＝(－1，m,1)，
设AD与平面α所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n1，eq \(AD,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(|n1|·|eq \(AD,\s\up7(―→))|,|n1·eq \(AD,\s\up7(―→))|)＝eq \f(1,\r(2＋m2))≤eq \f(\r(2),2)，
因为y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
所以不存在点P，使得AD与平面α所成角的大小为eq \f(π,3)，即D错误．
三、填空题
13.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x3－\f(1,x2)))5展开式中的常数项是__________．
答案：－40
14．已知圆锥同时满足条件：①侧面展开图为半圆；②底面半径为正整数，请写出一个这样的圆锥的体积V＝__________.
解析：设底面半径r＝1，母线长为l，由展开图为半圆，可知2π＝l·π，所以l＝2，所以高h＝eq \r(l2－r2)＝eq \r(3)，则体积V＝eq \f(1,3)·π·eq \r(3)＝eq \f(\r(3),3)π.
答案：eq \f(\r(3),3)π(答案不唯一)
15．在平面直角坐标系xOy中，已知点P(1,2)，直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝5交于A，B两点，若△PAB为正三角形，则实数m的值是__________．
解析：由题意可知P(1,2)在圆上， 如图，设AB中点为H，连接PH，则PH过点O，且PH⊥AB ，则直线l的斜率k＝－eq \f(1,kOP)＝－eq \f(1,2) ，
故y＝kx＋m即为y＝－eq \f(1,2)x＋m，
因为△PAB为正三角形，则O点为△PAB的中心，
则OH＝eq \f(OP,2)＝eq \f(\r(5),2)，故eq \f(|m|,\r(1＋\f(1,4)))＝eq \f(\r(5),2) ，解得m＝±eq \f(5,4) ，
结合P(1,2)在圆上，△PAB是圆的内接正三角形，可知m<0 ，即m＝－eq \f(5,4).
答案：－eq \f(5,4)
16.第十四届国际数学教育大会(简称ICME-14)于2021年7月在上海举办，会徽的主题图案(如图)有着丰富的数学元素，展现了中国古代数学的灿烂文明，其右下方的“卦”是用中国古代的计数符号写出的八进制数字3745.八进制有0～7共8个数字，基数为8，加法运算时逢八进一，减法运算时借一当八．八进制数字3745换算成十进制是5×80＋4×81＋7×82＋3×83＝2021，表示ICME-14的举办年份．设正整数n＝a0·80＋a1·8＋…＋ai·8i＋…＋ak·8k，其中ai∈{0,1,2,3,4,5,6,7}，i＝0,1，…，k，k∈N.记ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，S(n)＝ω(1)＋ω(2)＋…＋ω(8n)，则ω(72)＝__________；当n≤7时，用含n的代数式表示S(n)＝__________.
解析：因为72＝1×82＋1×81＋0×80，所以ω(72)＝1＋1＋0＝2；
易知S(n)－S(n－1)＝7(n－1)＋1＋2＋…＋7＋n＝8n＋21(n≥2)，且S(1)＝29，
所以S(n)＝29n＋8×eq \f(nn－1,2)＝4n2＋25n.
答案：2 4n2＋25n
大题规范增分练—今日题型：解析几何
17．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线AP的斜率为k1，直线QB的斜率为k2，已知k1＝7k2.
①求证：直线PQ恒过x轴上一定点；
②设△PQB和△PQA的面积分别为S1，S2，求|S1－S2|的最大值．
解：(1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)①依题意，点A(－2,0)，B(2,0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有kAP＝－kBQ，不合题意，所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为x＝ty＋n(n≠±2)，与椭圆C联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4，,x＝ty＋n，))整理得(t2＋4)y2＋2nty＋n2－4＝0，所以Δ＝4t2n2－4(t2＋4)(n2－4)＞0，且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2tn,t2＋4)，,y1y2＝\f(n2－4,t2＋4).))因为点P(x1，y1)是椭圆上一点，即eq \f(x\\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，所以kAP·kBP＝eq \f(y1,x1＋2)·eq \f(y1,x1－2)＝eq \f(y\\al(2,1),x\\al(2,1)－4)＝eq \f(1－\f(x\\al(2,1),4),x\\al(2,1)－4)＝－eq \f(1,4)，所以kAP＝－eq \f(1,4kBP)＝7kBQ，
即28kBP·kBQ＝－1
因为28kBP·kBQ＝eq \f(28y1y2,x1－2x2－2)
＝eq \f(28y1y2,ty1＋n－2ty2＋n－2)
＝eq \f(28y1y2,t2y1y2＋tn－2y1＋y2＋n－22)
＝eq \f(\f(28n2－4,t2＋4),\f(t2n2－4,t2＋4)－\f(2t2nn－2,t2＋4)＋n－22)
＝eq \f(28n＋2,t2n＋2－2t2n＋n－2t2＋4)＝eq \f(28n＋2,4n－2)＝eq \f(7n＋14,n－2)＝－1，所以n＝－eq \f(3,2)，此时Δ＝16(t2＋4－n2)＝4(4t2＋7)＞0，故直线PQ恒过x轴上一定点Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0)).
②由①得y1＋y2＝eq \f(3t,t2＋4)，y1y2＝eq \f(n2－4,t2＋4)＝－eq \f(7,4t2＋4)，
所以|S1－S2|＝eq \f(1,2)×|y1－y2|×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))))－eq \f(1,2)×|y1－y2|×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))))＝eq \f(3,2)|y1－y2|＝eq \f(3,2) eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(3\r(4t2＋7),t2＋4)＝3eq \r(\f(4t2＋4－9,t2＋42))＝3eq \r(\f(4,t2＋4)－\f(9,t2＋42))＝eq \r(－9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,t2＋4)－\f(2,3)))2＋4)≤2当且仅当eq \f(3,t2＋4)＝eq \f(2,3)即t2＝eq \f(1,2)时等号成立，所以|S1－S2|的最大值为2.
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十四)
小题限时保分练—选自2022·泰安三模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合M＝{x|lg(x－1)≤0}，N＝{x||x－1|<1}，则M∩N＝( )
A．(0,2] B．(0,2) C．(1,2) D．(1,2]
解析：选C 不等式lg(x－1)≤0的解集为{x|1不等式|x－1|<1的解集为{x|0故M＝{x|1所以M∩N＝(1,2)．
2．已知复数z＝eq \f(i,2＋i)，i为虚数单位，则z的共轭复数为( )
A.eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i B．eq \f(1,5)－eq \f(2,5)i
C.eq \f(2,5)＋eq \f(1,5)i D．eq \f(2,5)－eq \f(1,5)i
解析：选B z＝eq \f(i,2＋i)＝eq \f(i2－i,2＋i2－i)＝eq \f(1＋2i,5)＝eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i，所以z的共轭复数为eq \f(1,5)－eq \f(2,5)i.
3．已知随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，若P(X<2)·P(X>4)＝eq \f(1,36)，则P(2A.eq \f(1,3) B．eq \f(1,4) C.eq \f(1,6) D．eq \f(1,9)
解析：选A 因为随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，由对称性可知，P(X<2)＝P(X>4)，
又P(X<2)·P(X>4)＝eq \f(1,36)，
所以P(X<2)＝P(X>4)＝eq \f(1,6)，
故P(24,2)＝eq \f(1－\f(1,6)－\f(1,6),2)＝eq \f(1,3).
4．已知对数函数f(x)＝lg2x的图象经过点A(4，t)，a＝lgt，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))t，c＝t，则( )
A．cC．b5．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，点B为双曲线虚轴的上端点，A为双曲线的左顶点，若∠ABF＝eq \f(π,2)，则双曲线的离心率为( )
A.eq \r(2) B．eq \r(3) C.eq \r(5) D．eq \f(1＋\r(5),2)
解析：选D 由已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点F的坐标为(c,0)，虚轴的上端点B的坐标为(0，b)，
左顶点A的坐标为(－a,0)，所以eq \(BA,\s\up7(―→))＝(－a，－b)，eq \(BF,\s\up7(―→))＝(c，－b)，又∠ABF＝eq \f(π,2)，所以eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BF,\s\up7(―→))＝0，故b2＝ac，即c2－a2＝ac，
所以e2－e－1＝0，又e>1，
所以双曲线的离心率e＝eq \f(1＋\r(5),2).
6．已知函数f(x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex－1,ex＋1)，则对任意的实数x1，x2，“x1＋x2>0”是“f(x1)＋f(x2)>0”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选C ∵f(x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex－1,ex＋1)，
∴f(－x)＝ln(－x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(e－x－1,e－x＋1)＝ln(－x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(1－ex,1＋ex)，
∴f(x)＋f(－x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex－1,ex＋1)＋ln(－x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(1－ex,1＋ex)＝ln 1＋0＝0，
∴ 函数f(x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex－1,ex＋1)为奇函数，
又f(x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex＋1－2,ex＋1)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋1－eq \f(2,ex＋1)，
当x>0时，函数y＝ln(x＋eq \r(x2＋1))单调递增，y＝eq \f(2,ex＋1)单调递减，
所以函数f(x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex－1,ex＋1)在(0，＋∞)上单调递增，又函数f(x)为奇函数，
所以函数f(x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex－1,ex＋1)在(－∞，＋∞)上单调递增，
由x1＋x2>0可得x1>－x2，所以f(x1)>f(－x2)＝－f(x2)，故f(x1)＋f(x2)>0，
由f(x1)＋f(x2)>0可得f(x1)>－f(x2)＝f(－x2)，所以x1>－x2，所以x1＋x2>0，
所以“x1＋x2>0”是“f(x1)＋f(x2)>0”的充要条件．
7．已知数列{an}满足：对任意的m，n∈N*，都有aman＝am＋n，且a2＝3，则a20＝( )
A．320 B．315 C．310 D．35
解析：选C 因为对任意的m，n∈N*，都有aman＝am＋n，所以a1a1＝a2，a1an＝a1＋n，
又a2＝3，
所以a1＝±eq \r(3)，所以eq \f(an＋1,an)＝a1，
所以数列{an}是首项为a1，公比为a1的等比数列，
所以an＝a1·(a1)n－1＝(a1)n，
所以a20＝(a1)20＝310.
8.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等腰直角三角形，AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，AA1＝4，点D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥D-ABC的外接球表面积的最大值为( )
A.eq \f(81,4)π B．24π
C.eq \f(243,16)π D．8eq \r(6)π
解析：选B 因为△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC＝2，
所以△ABC的外接圆的圆心为AB的中点O1, 且AO1＝eq \r(2)，如图，
连接O1与A1B1的中点E，则O1E∥AA1，所以O1E⊥平面ABC，
设球的球心为O，由球的截面性质可得O在O1E上，
设OO1＝x，DE＝t(0≤t≤eq \r(2))，半径为R，
因为OA＝OD＝R，所以eq \r(2＋x2)＝eq \r(4－x2＋t2)，
所以t2＝8x－14，又0≤t≤eq \r(2)，
所以eq \f(7,4)≤x≤2，因为R2＝2＋x2，所以eq \f(81,16)≤R2≤6，
所以三棱锥D-ABC的外接球表面积的最大值为24π.
二、多项选择题
9．已知a，b∈R，a>0，b>0，且a＋b＝2，则下列说法正确的为( )
A．ab的最小值为1
B．lg2a＋lg2b≤0
C．2a＋2b≥4
D.eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2＋eq \r(2)
解析：选BC 因为a>0，b>0，由基本不等式可得a＋b≥2eq \r(ab)，当且仅当a＝b时等号成立，
又a＋b＝2，所以ab≤1，当且仅当a＝b＝1时等号成立，故ab的最大值为1，A错误；
lg2a＋lg2b＝lg2ab≤0，当且仅当a＝b＝1时等号成立，B正确；
2a＋2b≥2eq \r(2a2b)＝2eq \r(2a＋b)＝4，当且仅当a＝b＝1时等号成立，C正确；
eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \f(1,2)(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(2a,b)＋\f(b,a)))≥eq \f(1,2)(3＋2eq \r(2))，当且仅当a＝2eq \r(2)－2，b＝4－2eq \r(2)时等号成立，D错误．
10．已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x－2y＋4＝0，则下列说法正确的是( )
A.eq \f(y,x)的最大值为eq \f(4,3)
B.eq \f(y,x)的最小值为0
C．x2＋y2的最大值为eq \r(5)＋1
D．x＋y的最大值为3＋eq \r(2)
解析：选ABD 由实数x，y满足方程x2＋y2－4x－2y＋4＝0可得点(x，y)在圆(x－2)2＋(y－1)2＝1上，作其图象如图，因为eq \f(y,x)表示点(x，y)与坐标原点连线的斜率，
设过坐标原点的圆的切线方程为y＝kx，则eq \f(|2k－1|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝0或k＝eq \f(4,3)，
∴eq \f(y,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))max＝eq \f(4,3)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))min＝0，A、B正确；
x2＋y2表示圆上的点(x，y)到坐标原点的距离的平方，圆上的点(x，y)到坐标原点的距离的最大值为|OC|＋1，
所以x2＋y2最大值为(|OC|＋1)2，又|OC|＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，
所以x2＋y2的最大值为6＋2eq \r(5)，C错误；
因为x2＋y2－4x－2y＋4＝0可化为(x－2)2＋(y－1)2＝1，
故可设x＝2＋cs θ，y＝1＋sin θ，
所以x＋y＝2＋cs θ＋1＋sin θ＝3＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))，
所以当θ＝eq \f(π,4)时，即x＝2＋eq \f(\r(2),2)，y＝1＋eq \f(\r(2),2)时x＋y取最大值，最大值为3＋eq \r(2)，D正确．
11．已知函数f(x)＝sin xcs x－eq \r(3)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)，则下列说法正确的是( )
A．函数f(x)的最小正周期为π
B．函数f(x)的对称轴方程为x＝kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)
C．函数f(x)的图象可由y＝sin 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到
D．方程f(x)＝－eq \f(\r(3),2)在[0,10]内有7个根
解析：选ACD f(x)＝sin xcs x－eq \r(3)cs2x＋eq \f(\r(3),2)
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \r(3)·eq \f(1＋cs 2x,2)＋eq \f(\r(3),2)
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
对于A，函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，所以A正确；
对于B，由2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，所以函数f(x)的对称轴方程为x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，所以B错误；
对于C，y＝sin 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得y＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，所以函数f(x)的图象可由y＝sin 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到，所以C正确；
对于D，由f(x)＝－eq \f(\r(3),2)，得2x－eq \f(π,3)＝eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z或2x－eq \f(π,3)＝eq \f(5π,3)＋2kπ，k∈Z，得x＝eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z或x＝π＋kπ，k∈Z，
由0≤eq \f(5π,6)＋kπ≤10，k∈Z，得k＝0,1,2，
由0≤π＋kπ≤10，k∈Z，得k＝－1,0,1,2，
所以方程f(x)＝－eq \f(\r(3),2)在[0,10]内有7个根，所以D正确．
12．已知函数f(x)＝ax2＋2ln x(a∈R)有两个不同的零点x1，x2，符号[x]表示不超过x的最大整数，如[0.5]＝0，[1.2]＝1，则下列结论正确的是( )
A．a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，＋∞))
B．a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0))
C．[x1]＋[x2]≥3
D．若[x1]＋[x2]＝4，则a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2ln 3,9)，－\f(ln 2,4)))
解析：选BD 函数f(x)＝ax2＋2ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax＋2eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2＋1,x)，
当a≥0时，f′(x)≥0，函数f(x)＝ax2＋2ln x在(0，＋∞)上单调递增，
函数f(x)＝ax2＋2ln x在(0，＋∞)上至多只有一个零点，与条件矛盾，
当a<0时，由f′(x)＝0可得x＝eq \r(－\f(1,a))或x＝－eq \r(－\f(1,a))(舍去)，
当00，函数f(x)单调递增，
当 eq \r(－\f(1,a))因为函数f(x)＝ax2＋2ln x有两个不同的零点x1，x2可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(－\f(1,a))))>0，
所以a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(－\f(1,a))))2＋2ln eq \r(－\f(1,a))>0，所以lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))>1，所以－eq \f(1,e)因为eq \r(－\f(1,a))>eq \r(e)，f(1)＝a<0，
所以x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1， \r(－\f(1,a))))，x2> eq \r(－\f(1,a))，
当 eq \r(－\f(1,a))≥2时，[x1]≥1，[x2]≥2，则[x1]＋[x2]≥3，
当eq \r(e)< eq \r(－\f(1,a))<2时，则－eq \f(1,e)所以f(2)＝4a＋2ln 2，当－eq \f(1,e)因为[x1]＋[x2]＝4，
若[x1]＝1则[x2]＝3，f(2)>0，f(3)≥0，f(4)<0，
所以4a＋2ln 2>0,9a＋2ln 3≥0,16a＋2ln 4<0，
所以a>－eq \f(ln 2,2)，a≥－eq \f(2ln 3,9)，a<－eq \f(ln 2,4)，
所以－eq \f(2ln 3,9)≤a<－eq \f(ln 2,4)，
若[x1]＝2，则[x2]＝2，f(2)<0，f(3)<0，且2所以4a＋2ln 2<0,9a＋2ln 3<0，－eq \f(1,4)所以a<－eq \f(ln 2,2)，a<－eq \f(2ln 3,9)，－eq \f(1,4)所以a<－eq \f(ln 2,2)，－eq \f(1,4)又ln 2>eq \f(1,2)，所以－ln 2<－eq \f(1,2)，所以－eq \f(ln 2,2)<－eq \f(1,4)，故满足条件的a不存在，
所以a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2ln 3,9)，－\f(ln 2,4)))，D正确．
三、填空题
13．已知tan θ＝2，则eq \f(sinπ－θ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,2))))＝__________.
解析：eq \f(sinπ－θ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,2))))＝eq \f(sin θ,－cs θ)＝－tan θ＝－2.
答案：－2
14．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex＋1，x≤0，,fx－4，x>0，))则f(2 022)＝__________.
解析：∵f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex＋1，x≤0，,fx－4，x>0，))
∴f(2 022)＝f(2 018)＝f(2 014)＝…＝f(2)＝f(－2)＝e－2＋1＝eq \f(1,e).
答案：eq \f(1,e)
15．从抛物线x2＝2y的准线l上一点P引抛物线的两条切线PA，PB，且A，B为切点，若直线AB的倾斜角为eq \f(π,3)，则P点的横坐标为__________．
解析：抛物线x2＝2y的准线l：y＝－eq \f(1,2)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，－\f(1,2)))，
则kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝taneq \f(π,3)＝eq \r(3)，
又∵ y1＝eq \f(x\\al(2,1),2)，y2＝eq \f(x\\al(2,2),2)，
∴ kAB＝eq \f(\f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),2),x1－x2)＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \r(3)，则x1＋x2＝2eq \r(3)，
由x2＝2y，得y＝eq \f(x2,2)，∴ y′＝x，
∴切线PA的方程为y－y1＝x1(x－x1)，
切线PB的方程为y－y2＝x2(x－x2)，
即切线PA的方程为y－eq \f(x\\al(2,1),2)＝x1(x－x1)，即xeq \\al(2,1)－2x1x＋2y＝0，
切线PB的方程为y－eq \f(x\\al(2,2),2)＝x2(x－x2)，
即xeq \\al(2,2)－2x2x＋2y＝0，
∵点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，－\f(1,2)))在切线PA，PB上，
∴ xeq \\al(2,1)－2x1x0－1＝0，xeq \\al(2,2)－2x2x0－1＝0，
可知x1，x2是方程x2－2x0x－1＝0的两个根，
∴x1＋x2＝2x0，得x0＝eq \r(3)，
即P点的横坐标为eq \r(3).
答案：eq \r(3)
16.如图，在△ABC中，∠BAC＝eq \f(π,3)，eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))，点P在线段CD上(P不与C，D点重合)，若△ABC的面积为4eq \r(3)，eq \(AP,\s\up7(―→))＝meq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))，则实数m＝__________，|eq \(AP,\s\up7(―→))|的最小值为__________．
解析：因为eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))，所以eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→))，
而eq \(PD,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－meq \(AC,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,6)eq \(AB,\s\up7(―→))－meq \(AC,\s\up7(―→)).
因为eq \(CD,\s\up7(―→))与eq \(PD,\s\up7(―→))为非零共线向量，故存在实数λ使得eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)eq \(AB,\s\up7(―→))－meq \(AC,\s\up7(―→))))，
故λ＝4，m＝eq \f(1,4)， 所以eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))，|eq \(AP,\s\up7(―→))|2＝eq \f(1,16)eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))2＋2×eq \f(1,8)×|eq \(AC,\s\up7(―→))|×|eq \(AB,\s\up7(―→))|×eq \f(1,2)，
又△ABC的面积为4eq \r(3)，所以eq \f(1,2)×|eq \(AC,\s\up7(―→))|×|eq \(AB,\s\up7(―→))|×eq \f(\r(3),2)＝4eq \r(3)，即|eq \(AC,\s\up7(―→))|×|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝16，
所以|eq \(AP,\s\up7(―→))|2＝eq \f(1,16)eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))2＋2≥2×eq \f(1,4)×eq \f(1,2)×16＋2＝6，
当且仅当|eq \(AC,\s\up7(―→))|＝4eq \r(2)，|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝2eq \r(2)时等号成立，
故|eq \(AP,\s\up7(―→))|的最小值为eq \r(6).
答案：eq \f(1,4) eq \r(6)
大题规范增分练—今日题型：函数与导数
17．已知函数f(x)＝ae2x－x2，a∈R.
(1)设f(x)的导函数为g(x)，讨论g(x)零点的个数；
(2)设f(x)的极值点为x1，x2(x1＜x2)，若eq \f(e,e－2)x1＋x2≥λx1x2恒成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)g(x)＝f′(x)＝2ae2x－2x，g′(x)＝4ae2x－2.
当a≤0时，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，当x→－∞时，g(x)→＋∞，
当x→＋∞时，g(x)→－∞，由零点存在定理可得，此时g(x)存在唯一零点；
当a>0时，令g′(x)＝4ae2x－2>0，解得x>－eq \f(ln 2a,2)，故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ln 2a,2)，＋∞))时，g′(x)>0，g(x)单调递增，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(ln 2a,2)))时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ln 2a,2)))＝1＋ln 2a.
又当x→－∞时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以当geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ln 2a,2)))<0，即0eq \f(1,2e)时，g(x)无零点．
综上，当0eq \f(1,2e)时，g(x)无零点．
(2)由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，即方程g(x)＝2ae2x－2x＝0的两根，且00，ae2x2＝x2>0，两式相除并取对数得2(x2－x1)＝lneq \f(x2,x1)>0，
由eq \f(e,e－2)x1＋x2≥λx1x2得2(x2－x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,e－2)x1＋x2))≥λx1x2lneq \f(x2,x1)，
所以λ≤eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e－2)＋\f(x2,x1)－\f(e,e－2)·\f(x1,x2))),ln\f(x2,x1))，令t＝eq \f(x2,x1)>1，
令h(t)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e－2)＋t－\f(e,e－2)·\f(1,t))),ln t)(t>1)，则λ≤h(t)恒成立，
h′(t)＝2eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋\f(e,e－2)))ln t－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e－2)t＋t2－\f(e,e－2))),t2ln2t).
令φ(t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋\f(e,e－2)))ln t－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e－2)t＋t2－\f(e,e－2)))，则φ′(t)＝2tln t－t＋eq \f(e,e－2)·eq \f(1,t)－eq \f(2,e－2)，
令p(t)＝φ′(t)＝2tln t－t＋eq \f(e,e－2)·eq \f(1,t)－eq \f(2,e－2)，
则p′(t)＝2ln t＋1－eq \f(e,e－2)·eq \f(1,t2)在(1，＋∞)上单调递增，
p′(1)<0，p′(e)>0，所以存在t0∈(1，e)，使得p′(t0)＝0，且当t∈(1，t0)时，p′(t)<0，φ′(x)单调递减，t∈(t0，＋∞)时，p′(t)>0，φ′(t)单调递增，
又φ′(1)＝0，φ′(e)>0，所以存在t1∈(1，e)，
当t∈(1，t1)时，φ′(t)<0，φ(t)单调递减，当t∈(t1，＋∞)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增，
又φ(1)＝φ(e)＝0，
所以当t∈(1，e)时，φ(t)<0，h(t)单调递减，当t∈(e，＋∞)时，φ(t)>0，h(t)单调递增，
所以当t＝e时，h(t)min＝h(e)＝eq \f(2e－12,e－2)，λ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，eq \f(2e－12,e－2))).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十五)
小题限时保分练—选自2022·汕头二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设集合A＝{x||x－1|<2}，B＝{y|y＝2x，x∈[0,2]}，则A∩B＝( )
A．[0,2] B．(1,3) C．[1,3) D．(1,4)
解析：选C 因为|x－1|<2，解得－1所以A＝(－1,3)，
因为B＝{y|y＝2x，x∈[0,2]}
所以B＝[1,4]．所以A∩B＝[1,3)．
2．已知复数z满足(1－i)z＝1＋i(i是虚数单位)，则z2 022的值为( )
A．－2 022 B．1 C．－1 D．2 022
解析：选C 由已知可得z＝eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq \f(2i,2)＝i，因此，z2 022＝(i2)1 011＝(－1)1 011＝－1.
3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝( )
A．－6 B．－4 C．－2 D．2
解析：选A 由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8a1＋\f(8×7,2)d＝4a1＋2d，,a1＋6d＝－2.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝10，,d＝－2.)) ∴a9＝a1＋8d＝10－8×2＝－6.
4．下列各个函数图象所对应的函数解析式序号为( )
①f(x)＝e|x|sin x；②g(x)＝x－ln|x|；③t(x)＝x2sin x；④h(x)＝eq \f(ex,x2).
A．④②①③ B．②④①③
C．②④③① D．④②③①
解析：选A f(x)，t(x)的定义域为R，g(x)，h(x)的定义域为{x|x≠0}，
h(x)＝eq \f(ex,x2)>0在定义域内恒成立，则图象a，b对应的函数解析式分别为④②.
当x∈(0，π)时，则f(x)＝exsin x，
f′(x)＝ex(sin x＋cs x)＝eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
令f′(x)>0，则0f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))内单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))内单调递减，
则图象c对应的函数解析式为①.故选A.
5．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,x)＋\f(1,\r(x))))24展开式中，有理项的项数为( )
A．3 B．4 C．5 D．7
解析：选D 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,x)＋\f(1,\r(x))))24展开式中，
r的取值只需满足6－eq \f(3,4)r∈Z，则r＝0,4,8,12,16,20,24，即有理项共有7项．
6．已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，直线AB过F1与该椭圆交于A，B两点，当△F2AB为正三角形时，该椭圆的离心率为( )
A.eq \f(\r(3),4) B．eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(2),3) D．eq \f(\r(2),2)
解析：选B 设正三角形F2AB的边长为m，
设椭圆的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，设左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)，
设BF1＝x，则有AF1＝m－x，
由椭圆的定义可知，BF1＋BF2＝2a，得x＋m＝2a，
AF1＋AF2＝2a，得m－x＋m＝2a，解得m＝eq \f(4,3)a，x＝eq \f(2,3)a，在△F2F1B中，由余弦定理可知F1Feq \\al(2,2)＝BFeq \\al(2,1)＋BFeq \\al(2,2)－2BF1·BF2·cseq \f(π,3)，
4c2＝eq \f(4,9)a2＋eq \f(16,9)a2－2×eq \f(2a,3)×eq \f(4a,3)×eq \f(1,2)，得a2＝3c2，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),3).
7．若λsin 160°＋tan 20°＝eq \r(3)，则实数λ的值为( )
A．4 B．4eq \r(3) C．2eq \r(3) D．eq \f(4\r(3),3)
解析：选A 由已知可得λ＝eq \f(\r(3)－tan 20°,sin180°－20°)＝eq \f(\r(3)cs 20°－sin 20°,sin 20°cs 20°)＝
eq \f(2sin 60°cs 20°－cs 60°sin 20°,\f(1,2)sin 40°)＝eq \f(4sin 40°,sin 40°)＝4.
8．已知函数f(x)＝2x3－3x，若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，则t的取值范围是( )
A．[－3,1) B．[－2,1]
C．(－∞，－3]∪(－1,1) D．(－3，－1)
解析：选D 设切点(x0,2xeq \\al(3,0)－3x0)，
因为f(x)＝2x3－3x，
则f′(x)＝6x2－3，f′(x0)＝6xeq \\al(2,0)－3，
所以切线方程为y－2xeq \\al(3,0)＋3x0＝(6xeq \\al(2,0)－3)(x－x0)，
因为切线过点P(1，t)，
所以t－2xeq \\al(3,0)＋3x0＝(6xeq \\al(2,0)－3)(1－x0)，
即t＝－4xeq \\al(3,0)＋6xeq \\al(2,0)－3，
令h(x)＝－4x3＋6x2－3，
则h′(x)＝－12x2＋12x，
令h′(x)＝0，得x＝0或x＝1，
当x<0或x>1时，h′(x)<0，当00，
所以当x＝0时，函数h(x)取得极小值－3，当x＝1时，函数h(x)取得极大值－1，
因为存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，
所以方程有三个不同根，则－3二、多项选择题
9．已知a，b，c满足cA．ac(a－c)>0 B．c(b－a)<0
C．cb2ac
解析：选BCD 因为a，b，c满足c所以c<0，a>0，b>0，a－c>0，b－a>0，
所以ac(a－c)<0 ，c(b－a)<0，cb2ac.
10.如图所示，5个(x，y)数据，去掉D(3,10)后，下列说法正确的是( )
A．相关系数r变大
B．残差平方和变大
C．相关指数R2变小
D．解释变量x与预报变量y的相关性变强
解析：选AD 由散点图知，去掉离群点D后，x与y的相关性变强，且为正相关，
所以相关系数r的值变大，相关指数R2的值变大，残差平方和变小．
11．设a，b，c都是正数，且4a＝6b＝9c，则下列结论正确的是( )
A．ab＋bc＝2ac B．ab＋bc＝ac
C．4b·9b＝4a·9c D．eq \f(1,c)＝eq \f(2,b)－eq \f(1,a)
解析：选ACD 设4a＝6b＝9c＝t>1，则a＝lg4t，b＝lg6t，c＝lg9t，
所以eq \f(b,c)＋eq \f(b,a)＝eq \f(lg6t,lg9t)＋eq \f(lg6t,lg4t)＝eq \f(\f(lg t,lg 6),\f(lg t,lg 9))＋eq \f(\f(lg t,lg 6),\f(lg t,lg 4))
＝eq \f(lg 9,lg 6)＋eq \f(lg 4,lg 6)＝eq \f(lg 9＋lg 4,lg 6)＝eq \f(lg9×4,lg 6)＝eq \f(lg 62,lg 6)＝2.
即eq \f(b,c)＋eq \f(b,a)＝2，所以eq \f(1,c)＋eq \f(1,a)＝eq \f(2,b)，所以eq \f(1,c)＝eq \f(2,b)－eq \f(1,a)，故D正确；
由eq \f(b,c)＋eq \f(b,a)＝2，所以ab＋bc＝2ac，故A正确，B错误；
因为4a·9c＝4a·4a＝(4a)2,4b·9b＝(4×9)b＝(62)b＝(6b)2，
又4a＝6b＝9c，所以(4a)2＝(6b)2，即4b·9b＝4a·9c，故C正确．
12.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则( )
A．直线BD1⊥平面A1C1D
B．三棱锥P-A1C1D的体积为定值
C．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))
D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),4)
解析：选AB 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
B(1,1,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，D(0,0,0)，B1(1，1,1)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，
设P(x，y，z)，设eq \(B1P,\s\up7(―→))＝λeq \(B1C,\s\up7(―→))，即(x－1，y－1，z－1)＝λ(－1,0，－1)(λ∈[0,1])，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1－λ，,y＝1，,z＝1－λ，))
即P(1－λ，1,1－λ)．
eq \(BD1,\s\up7(―→))＝(－1，－1,1)，eq \(DA1,\s\up7(―→))＝(1,0,1)，eq \(DC1,\s\up7(―→))＝(0，1,1)，
因为eq \(BD1,\s\up7(―→))·eq \(DA1,\s\up7(―→))＝－1×1＋1×1＝0，eq \(BD1,\s\up7(―→))·eq \(DC1,\s\up7(―→))＝－1×1＋1×1＝0，所以eq \(BD1,\s\up7(―→))⊥eq \(DA1,\s\up7(―→))，eq \(BD1,\s\up7(―→))⊥eq \(DC1,\s\up7(―→))，即BD1⊥DA1，BD1⊥DC1，
又DA1∩DC1＝D，DA1⊂平面A1C1D，DC1⊂平面A1C1D，
所以直线BD1⊥平面A1C1D，因此A正确；
侧面BCC1B1的对角线交点为O，所以CB1⊥OC1，OC1＝eq \f(1,2)eq \r(12＋12)＝eq \f(\r(2),2)，
而A1B1⊥平面BCC1B1，OC1⊂平面BCC1B1，
所以A1B1⊥OC1，而A1B1∩CB1＝B1，A1B1⊂平面A1B1CD，CB1⊂平面A1B1CD，
所以OC1⊥平面A1B1CD，
eq \(AP,\s\up7(―→))＝(－λ，1,1－λ)，eq \(A1D,\s\up7(―→))＝(－1,0，－1)，
设异面直线AP与A1D所成的角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))，
则有cs θ＝eq \f(|eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(A1D,\s\up7(―→))|,|eq \(AP,\s\up7(―→))|·|eq \(A1D,\s\up7(―→))|)
＝eq \f(|λ－1＋λ|,\r(－λ2＋12＋1－λ2)·\r(－12＋－12))
＝eq \f(|2λ－1|,2·\r(λ2－λ＋1))，
当λ＝eq \f(1,2)时，cs θ＝0，解得θ＝eq \f(π,2)；
当λ≠eq \f(1,2)时，cs θ＝eq \f(1,\r(\f(4λ2－4λ＋4,4λ2－4λ＋1)))＝eq \f(1,\r(1＋\f(3,2λ－12)))，
因为λ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以(2λ－1)2∈(0,1]，
因此eq \f(1,2λ－12)≥1，即eq \f(3,2λ－12)≥3，所以1＋eq \f(3,2λ－12)≥4，得 eq \r(1＋\f(3,2λ－12))≥2，所以0设平面A1C1D的法向量为m＝(x0，y0，z0)，eq \(C1P,\s\up7(―→))＝(1－λ，0，－λ)，
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m⊥eq \(DA1,\s\up7(―→))，,m⊥eq \(DC1,\s\up7(―→))，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(DA1,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(DC1,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＋z0＝0，,y0＋z0＝0，))取x0＝－1，则y0＝－1，z0＝1，所以m＝(－1，－1,1)，
直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为eq \f(|m·eq \(C1P,\s\up7(―→))|,|m|·|eq \(C1P,\s\up7(―→))|)＝eq \f(|λ－1－λ|,\r(1－λ2＋－λ2)·\r(－12＋－12＋12))＝
eq \f(1,\r(3)·\r(2λ2－2λ＋1))＝eq \f(1,\r(3)·\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))2＋\f(1,2)))，
因为λ∈[0,1]，所以当λ＝eq \f(1,2)时， eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))2＋\f(1,2))有最小值，最小值为 eq \r(\f(1,2))＝eq \f(\r(2),2)，
所以直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为eq \f(1,\r(3)×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(6),3)，因此D不正确．
三、填空题
13．中国古代数学名著《周髀算经》曾记载有“勾股各自乘，并而开方除之”，用符号表示为a2＋b2＝c2(a，b，c∈N*)，我们把a，b，c叫做勾股数．下列给出几组勾股数：3,4,5；5,12,13；7,24,25；9,40,41，以此类推，可猜测第5组勾股数的三个数依次是________．
解析：观察、先找出勾股数的规律：①以上各组数均满足a2＋b2＝c2(a，b，c∈N*)；②最小的数a是奇数，并且每组勾股数中最小的数依次放在一起是连续的奇数，其余的两个数是连续的正整数；③最小奇数的平方等于另两个连续整数的和，
如32＝4＋5,52＝12＋13,72＝24＋25,92＝40＋41,112＝60＋61…
由以上特点我们可知第5组勾股数：112＝60＋61,
答案：11,60,61
14．在边长为1的等边三角形ABC中，设eq \(BC,\s\up7(―→))＝2eq \(BD,\s\up7(―→))，eq \(CA,\s\up7(―→))＝3eq \(CE,\s\up7(―→))，则eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BE,\s\up7(―→))＝__________.
解析：因为eq \(BC,\s\up7(―→))＝2eq \(BD,\s\up7(―→))，所以D为BC的中点即eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))，∵eq \(CA,\s\up7(―→))＝3eq \(CE,\s\up7(―→))，
所以eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CE,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(CA,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))－
eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))，
所以eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))))＝eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))2－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))2－eq \f(1,6)eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2)－eq \f(1,12)＝－eq \f(1,4).
答案：－eq \f(1,4)
15.如图，从双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(其中b>a>0)的左焦点F引圆x2＋y2＝a2的切线，切点为T，延长FT，交双曲线右支于点P，若M为线段FP的中点，O为原点，则|MO|－|MT|的值为(用a，b表示)__________．
解析：由图可知点P在第一象限．
设F1是双曲线的右焦点，连接PF1，
∵M，O分别为FP，FF1的中点，∴|MO|＝eq \f(1,2)|PF1|.
又由双曲线定义得，
|PF|－|PF1|＝2a，
|FT|＝eq \r(|OF|2－|OT|2)＝eq \r(c2－a2)＝b.
故|MO|－|MT|
＝eq \f(1,2)|PF1|－|MF|＋|FT|
＝eq \f(1,2)(|PF1|－|PF|)＋|FT|
＝b－a.
答案：b－a
16．若cs5θ－sin5θ<7(sin3θ－cs3θ)(θ∈[0,2π))，则θ的取值范围为__________．
解析：题设不等式等价于7sin3θ＋sin5θ>7cs3θ＋cs5θ.
设f(x)＝7x3＋x5，所以f′(x)＝21x2＋5x4≥0，
所以f(x)＝7x3＋x5是(－∞，＋∞)上的增函数，所以，sin θ>cs θ.
故2kπ＋eq \f(π,4)<θ<2kπ＋eq \f(5π,4)(k∈Z)．
由θ∈[0,2π)，知θ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))
大题规范增分练—今日题型：解三角形
17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足2bcs C＝2a－c.
(1)求角B；
(2)在①△ABC的外接圆的面积为eq \f(16π,3)，②△ABC的周长为12，③b＝4，这三个条件中任选一个，求△ABC的面积的最大值．
解：(1)∵2bcs C＝2a－c，
∴2sin Bcs C＝2sin A－sin C，
∴2sin Bcs C＝2sin(B＋C)－sin C，
∴2cs Bsin C＝sin C.
∵C∈(0，π)，∴sin C≠0.∴cs B＝eq \f(1,2).
∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
(2)若选①，设△ABC的外接圆半径为R，
则eq \f(16,3)π＝π·R2，∴R＝eq \f(4,\r(3))，
∴b＝2Rsin B＝2×eq \f(4,\r(3))×eq \f(\r(3),2)＝4，
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accs B，
即16＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，
当且仅当a＝c时，等号成立．
即△ABC的面积的最大值为4eq \r(3).
若选②，∵a＋b＋c＝12，∴b＝12－(a＋c)．
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B得，
[12－(a＋c)]2＝a2＋c2－ac，
ac＝8(a＋c)－48，
又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))2≥ac，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))2－8(a＋c)＋48≥0.
∴a＋c≥24(舍)或a＋c≤8，当且仅当a＝c时等号成立，
∴S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),4)ac≤eq \f(\r(3),4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))2＝4eq \r(3).
若选③，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accsB．
即16＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，
当且仅当a＝c时，等号成立．
∴S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B≤eq \f(1,2)×16×eq \f(\r(3),2)＝4eq \r(3)，
即△ABC的面积的最大值为4eq \r(3).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十六)
小题限时保分练—选自2022·济宁模拟卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{－2，－1,1,2}，B＝{x|2x<1}，则A∩B＝( )
A．{－2，－1} B．{1,2}
C．{－2，－1,1} D．{－2，－1,2}
解析：选A ∵B＝{x|2x<1}＝{x|x<0}，因此，A∩B＝{－2，－1}．
2．复数z满足(1－i)z＝2＋3i，则z在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选B 由题意知，z＝eq \f(2＋3i,1－i)＝eq \f(2＋3i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(－1＋5i,2)，所以z在复平面内对应的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(5,2)))，位于第二象限．
3．若圆锥的母线长为2，侧面积为2π，则其体积为( )
A.eq \r(6)π B．eq \r(3)π C.eq \f(\r(6),3)π D．eq \f(\r(3),3)π
解析：选D 设圆锥的底面半径为r，高为h，则πr×2＝2π，可得r＝1，则h＝eq \r(22－r2)＝eq \r(3)，
因此，该圆锥的体积为V＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(1,3)π×12×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),3)π.
4．二进制在计算机技术中应用广泛．一个二进制数以2为基数，通常用0和1两个数码来表示，进位规则是从最右面的数位依次向左满二进一，如二进制数101对应的十进制数为1×22＋0×21＋1×20＝5.那么十进制数22对应的二进制数为( )
A．10 011 B．10 101
C．10 110 D．11 010
解析：选C 因为1×24＋0×23＋1×22＋1×21＋0×20＝22，
所以十进制数22对应的二进制数为10 110.
5．曲线y＝x3＋bx2＋c在点M(1,0)处的切线与直线x－y－2＝0垂直，则c的值为( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：选C 设f(x)＝x3＋bx2＋c，则f′(x)＝3x2＋2bx，直线x－y－2＝0的斜率为1，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝3＋2b＝－1，,f1＝b＋c＋1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－2，,c＝1.))
6．在(x2－2x＋y)6的展开式中，含x5y2项的系数为( )
A．－480 B．480
C．－240 D．240
解析：选A (x2－2x＋y)6看成是6个(x2－2x＋y)相乘，要得到x5y2.分以下情况：
6个因式中，2个因式取y,1个因式取x2,3个因式取－2x，此时x5y2的系数为Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,3)·(－2)3＝－480，所以x5y2的系数为－480.
7．声音是由物体振动产生的．我们平时听到的声音几乎都是复合音．复合音的产生是由于发音体不仅全段在振动，它的各部分如二分之一、三分之一、四分之一等也同时在振动．不同的振动的混合作用决定了声音的音色，人们以此分辨不同的声音．已知刻画某声音的函数为y＝sin x＋eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1,3)sin 3x，则其部分图象大致为( )
解析：选C 令y＝f(x)＝sin x＋eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1,3)sin 3x，
则f′(x)＝cs x＋cs 2x＋cs 3x＝cs x＋cs 2x＋cs 2xcs x－sin 2xsin x＝cs x(1－2sin2x)＋cs 2x(1＋cs x)＝(1＋2cs x)cs 2x，
所以，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(3π,4)))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
由于f(0)＝0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(2\r(2),3)＋eq \f(1,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝eq \f(\r(3),4)，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))＝eq \f(2\r(2),3)－eq \f(1,2)>0，f(π)＝0，
所以x∈(0，π)时，f(x)>0，且单调区间变化不具有对称的性质，所以只有C选项满足．
8．已知点F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，点P为直线x＝eq \f(a2,b)上一个动点．若tan ∠F1PF2的最大值为eq \f(\r(3),3)，则椭圆C的离心率为( )
A.eq \f(\r(3),4) B．eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(2),4) D．eq \f(\r(2),2)
解析：选D 根据对称性，不妨设点P在第一象限且坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,b)，m))(m>0)，如图，
记直线x＝eq \f(a2,b)与x轴的交点为M，设∠F2PM＝α，∠F1PM＝β，则∠F1PF2＝β－α，
由于F1(－c,0)，F2(c,0)，故|MF1|＝eq \f(a2,b)＋c，|MF2|＝eq \f(a2,b)－c，所以tan α＝eq \f(\f(a2,b)－c,m)，tan β＝eq \f(\f(a2,b)＋c,m)，
所以tan∠F1PF2＝tan(β－α)＝eq \f(\f(2c,m),1＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,b)))2－c2,m2))＝eq \f(2mcb2,m2b2＋a4－b2c2)＝eq \f(2cb2,mb2＋\f(a4－b2c2,m))，
因为m>0，mb2＋eq \f(a4－b2c2,m)≥2eq \r(b2a4－b2c2)，当且仅当mb2＝eq \f(a4－b2c2,m)，即m2＝eq \f(a4－b2c2,b2)时等号成立，
所以tan∠F1PF2＝eq \f(2cb2,mb2＋\f(a4－b2c2,m))≤eq \f(2cb2,2\r(b2a4－b2c2))＝eq \f(\r(3),3)，
整理得4c4－4a2c2＋a4＝0，
所以4e4－4e2＋1＝0，解得e2＝eq \f(1,2)，
所以e＝eq \f(\r(2),2)，即椭圆C的离心率为eq \f(\r(2),2).
二、多项选择题
9．下列结论正确的有( )
A．若随机变量ξ，η满足η＝2ξ＋1，则D(η)＝2D(ξ)＋1
B．若随机变量ξ～N(3，σ2)，且P(ξ<6)＝0.84，则P(3<ξ<6)＝0.34
C．若样本数据(xi，yi)(i＝1,2,3，…，n)线性相关，则用最小二乘估计得到的经验回归直线经过该组数据的中心点(eq \x\t(x)，eq \x\t(y))
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2＝4.712.依据α＝0.05的独立性检验(x0.05＝3.841)，可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05
解析：选BCD 对于A，由方差的性质可知，若随机变量ξ，η满足η＝2ξ＋1，则D(η)＝22D(ξ)＝4D(ξ)，故A错误；
对于B，根据正态分布的对称性可得P(3<ξ<6)＝P(ξ<6)－0.5＝0.34，故B正确；
对于C，根据回归直线过样本中心点可知C正确；
对于D，由χ2＝4.712>3.841可知判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05，故D正确．
10.已知函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则( )
A．ω＝2
B．φ＝eq \f(π,3)
C．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))是f(x)图象的一个对称中心
D．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,4)，2π))上的最小值为－2
解析：选AC 由题图可知，函数的周期为T＝π，即T＝π＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝2，故A选项正确；
因为f(0)＝2cs φ＝1，即cs φ＝eq \f(1,2)，|φ|因为当φ＝eq \f(π,3)时，f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，此时feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋\f(π,3)))＝－2≠1，故舍去，
所以φ＝－eq \f(π,3)，此时f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，满足题意，故B选项错误；
当x＝－eq \f(π,12)时，2x－eq \f(π,3)＝－eq \f(π,2)，由于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))是余弦函数的一个对称中心，故点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))是f(x)图象的一个对称中心，C选项正确；
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,4)，2π))时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(19π,6)，\f(11π,3)))，由于余弦函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(19π,6)，\f(11π,3)))上单调递增，故函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,4)，2π))上单调递增，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,4)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,2)－\f(π,3)))＝2cseq \f(19π,6)＝－eq \r(3)，故D选项错误．
11．已知a，b∈(0,1)，且a＋b＝1，则( )
A．a2＋b2≥eq \f(1,2) B．ln a＋ln b≤－2ln 2
C．ln aln b≥ln22 D．a＋ln b<0
解析：选ABD 对于A，因为1＝(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤2(a2＋b2)，所以a2＋b2≥eq \f(1,2)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，A正确；
对于B，由基本不等式可得ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(1,4)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，
所以ln a＋ln b＝ln ab≤lneq \f(1,4)＝－2ln 2，B正确；
对于C，取a＝eq \f(1,4)，b＝eq \f(3,4)，则ln aln b－ln22＝lneq \f(1,4)×lneq \f(3,4)－ln22＝－2ln 2×lneq \f(3,4)－ln22
＝ln 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(16,9)－ln 2))<0，此时ln aln b对于D，令f(x)＝1－x＋ln x，其中0则f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)>0，所以函数f(x)在(0,1)上为增函数，因为012．给出构造数列的一种方法：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现自1,1起进行构造，第1次得到数列1,2,1，第2次得到数列1,3,2,3,1，…，第n(n∈N*)次得到数列1，x1，x2，…，xk,1，记an＝1＋x1＋x2＋…＋xk＋1，数列{an}的前n项和为Sn，则( )
A．a4＝81 B．an＝3an－1－1
C．an＝3n＋1 D．Sn＝eq \f(1,2)×3n＋1＋n－eq \f(3,2)
解析：选CD 由题意得a1＝4，a2＝10＝3×4－2，a3＝28＝3×10－2，a4＝82＝3×28－2，
所以有an＝3an－1－2，因此选项A、B不正确；
an＝3an－1－2⇒an－1＝3(an－1－1)，所以数列{an－1}是以a1－1＝3为首项，3为公比的等比数列，因此有an－1＝3·3n－1＝3n⇒an＝3n＋1，因此选项C正确；Sn＝eq \f(31－3n,1－3)＋n ＝eq \f(1,2)×3n＋1＋n－eq \f(3,2)，所以选项D正确．
三、填空题
13．已知α为锐角，且sin α＝eq \f(3,4)，则cs(π－α)的值为__________．
解析：因为α为锐角，且sin α＝eq \f(3,4)，则cs α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \f(\r(7),4)，因此，cs(π－α)＝－cs α＝－eq \f(\r(7),4).
答案：－eq \f(\r(7),4)
14．已知函数f(x＋1)为偶函数，当x∈(0,1)时，f(x)＝2－x，则f(lg23)的值为__________．
解析：因为函数f(x＋1)为偶函数，所以函数f(x＋1)的图象关于直线x＝0对称，
所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，即f(2－x)＝f(x)，因为x∈(0,1)时，f(x)＝2－x，
所以f(lg23)＝f(2－lg23)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(4,3)))＝＝eq \f(3,4).
答案：eq \f(3,4)
15．已知a，b均为单位向量，且夹角为eq \f(π,3)，若向量c满足(c－2a)·(c－b)＝0，则|c|的最大值为__________．
解析：(c－2a)·(c－b)＝0⇒|c|2－c·(2a＋b)＋2a·b＝0，因为a，b均为单位向量，且夹角为eq \f(π,3)，
所以有|c|2－c·(2a＋b)＋2×1×1×eq \f(1,2)＝0⇒c·(2a＋b)＝|c|2＋1，
c·(2a＋b)≤|c|·|2a＋b|＝|c|·eq \r(2a＋b2)＝|c|·eq \r(4a2＋b2＋4a·b)＝|c| eq \r(4＋1＋4×1×1×\f(1,2))，
即c·(2a＋b)≤eq \r(7)|c|，而c·(2a＋b)＝|c|2＋1，
所以有|c|2＋1≤eq \r(7)|c|⇒eq \f(\r(7)－\r(3),2)≤|c|≤eq \f(\r(7)＋\r(3),2)，
因此|c|的最大值为eq \f(\r(7)＋\r(3),2).
答案：eq \f(\r(7)＋\r(3),2)
16．鲁班锁是我国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中的榫卯结构，其内部的凹凸部分啮合十分精巧．图1是一种鲁班锁玩具，图2是其直观图．它的表面由八个正三角形和六个正八边形构成，其中每条棱长均为2.若该玩具可以在一个正方体内任意转动(忽略摩擦)，则此正方体表面积的最小值为__________．
解析：将鲁班锁补成正方体ABCD-A1B1C1D1，然后以点A为坐标原点，
AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，在鲁班锁所在几何体上任取一个顶点P(0，eq \r(2)，2＋2eq \r(2))，
观察图形可知，P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值在|PE|，|PF|，|PG|，|PH|，|PM|，|PN|，|PR|，|PS|中取得，
结合图形可知E(eq \r(2)，0,0)，F(2＋eq \r(2)，0,0)，G(2＋2eq \r(2)，eq \r(2)，0)，H(2＋2eq \r(2)，2＋eq \r(2)，0)，
M(2＋eq \r(2)，2＋2eq \r(2)，0)，N(eq \r(2)，2＋2eq \r(2)，0)，R(0,2＋eq \r(2)，0)，S(0，eq \r(2)，0)，
则|PE|2＝4＋(2＋2eq \r(2))2＝16＋8eq \r(2)，|PF|2＝(2＋eq \r(2))2＋2＋(2＋2eq \r(2))2＝20＋12eq \r(2)，
|PG|2＝2(2＋2eq \r(2))2＝24＋16eq \r(2)，|PH|2＝2(2＋2eq \r(2))2＋4＝28＋16eq \r(2)，
|PM|2＝(2＋2eq \r(2))2＋2×(2＋eq \r(2))2＝24＋16eq \r(2)，
|PN|2＝2＋(2＋eq \r(2))2＋(2＋2eq \r(2))2＝20＋12eq \r(2)，
|PR|2＝4＋(2＋2eq \r(2))2＝16＋8eq \r(2)，|PS|2＝(2＋2eq \r(2))2＝12＋8eq \r(2)，
所以P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值为 eq \r(28＋16\r(2))，
所以若该玩具可以在一个正方体内任意转动(忽略摩擦)，
设该正方体的棱长的最小值为a，则a＝eq \r(28＋16\r(2))，该正方体的表面积为S＝6a2＝168＋96eq \r(2).
答案：168＋96eq \r(2)
大题规范增分练—今日题型：立体几何
17.如图，线段AC是圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，AC＝2，BC＝1，PA⊥底面ABC，M是PB上的动点，且eq \(PM,\s\up7(―→))＝λeq \(PB,\s\up7(―→)) (0＜λ＜1)，N是PC的中点．
(1)若λ＝eq \f(1,2)时，记平面AMN与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PBC的位置关系，并加以证明；
(2)若平面PBC与平面ABC的夹角为eq \f(π,4)，点M到平面PAC的距离是eq \f(\r(3),3)，求λ的值．
解：(1)直线l∥平面PBC.
证明：当λ＝eq \f(1,2)时，M是PB的中点，又因为N是PC的中点，
所以MN∥BC，又BC⊂平面ABC，且MN⊄平面ABC，
所以MN∥平面ABC，又MN⊂平面AMN，且平面AMN∩平面ABC＝l，所以MN∥l，又因为l⊄平面PBC，MN⊂平面PBC，所以直线l∥平面PBC.
(2)因为AC是圆O的直径，所以∠ABC＝90°，
由勾股定理得AB＝eq \r(3)，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC，又AB⊥BC，AB∩PA＝A，
所以BC⊥平面PBA，而PB⊂平面PBA，
故PB⊥BC，
故∠PBA就是平面PBC与平面ABC的夹角，
所以∠PBA＝45°，
所以△PAB为等腰直角三角形，且PA＝AB＝eq \r(3)，
以点B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，
则A(eq \r(3)，0,0)，B(0,0,0)，C(0，1,0)，P(eq \r(3)，0，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(－eq \r(3)，1,0)，eq \(AP,\s\up7(―→))＝(0,0，eq \r(3))，
设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(AC,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(AP,\s\up7(―→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋y＝0，,\r(3)z＝0，))
令x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝0，得n＝(1，eq \r(3)，0)，
由eq \(PM,\s\up7(―→))＝λeq \(PB,\s\up7(―→))＝(－eq \r(3)λ，0，－eq \r(3)λ)，
所以点M到平面PAC的距离d＝eq \f(|eq \(PM,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(3)λ,2)＝eq \f(\r(3),3)，所以λ＝eq \f(2,3).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十七)
小题限时保分练—选自2022·秦皇岛二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{x|x2＋4x－12<0}，B＝{x|1A．(－1,2) B．(1,2)
C．(－1,3] D．(1,3]
解析：选B 因为A＝{x|x2＋4x－12<0}＝{x|(x＋6)(x－2)<0}＝{x|－6B＝{x|12．已知z(1－i)2＝2－3i，则z＝( )
A.eq \f(3,2)－i B．1＋2i
C.eq \f(3,2)＋i D．2＋i
解析：选C 因为z(1－i)2＝2－3i，所以z＝eq \f(2－3i,1－i2)＝eq \f(2－3i,－2i)＝eq \f(2i＋3,2)＝eq \f(3,2)＋i.
3．椭圆C：eq \f(x2,m＋2)＋eq \f(y2,m)＝1(m>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上一点，若△PF1F2的周长为6＋2eq \r(2)，则椭圆C的离心率为( )
A.eq \f(\r(2),6) B．eq \f(\r(2),3)
C.eq \f(\r(3),3) D．eq \f(\r(3),6)
解析：选B 因为c2＝m＋2－m＝2，所以c＝eq \r(2).
因为△PF1F2的周长为6＋2eq \r(2)，所以2a＋2c＝6＋2eq \r(2)，所以2a＝6，所以a＝3，所以椭圆C的离心率为eq \f(\r(2),3).
4．设a＝ln 2,2b＝5，c＝20.2，则( )
A．a>b>c B．b>c>a
C．c>b>a D．c>a>b
解析：选B 因为a＝ln 2∈(0,1)，b＝lg25>lg24＝2，c＝20.2∈(1,2)，所以b>c>a.
5．直线l：x＋y＝0被圆C：x2＋y2－6x－4y－3＝0截得的弦长为( )
A.eq \f(\r(14),2) B．eq \r(14)
C.eq \f(\r(7),2) D．eq \r(7)
解析：选B 将圆的方程化为C：(x－3)2＋(y－2)2＝16，则圆C的圆心为(3,2)，半径为4，因为圆心到直线l的距离为eq \f(|3＋2|,\r(2))＝eq \f(5\r(2),2)，所以直线l被圆C截得的弦长为2eq \r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(2),2)))2)＝eq \r(14).
6.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AC＝BC＝1，AB＝eq \r(2)，D，E分别是A1B1，CC1的中点，则直线BC与平面A1BE所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(2),3) B．eq \f(\r(5),5)
C.eq \f(\r(3),4) D．eq \f(\r(6),6)
解析：选D 由题设，S△BCE＝eq \f(1,2)CE·BC＝eq \f(1,4)，且A1到平面BCE的距离为A1C1＝1.
又EA1＝BE＝eq \f(\r(5),2)，BA1＝eq \r(3)，故E到BA1上高为eq \f(\r(2),2)，所以S△A1BE＝eq \f(\r(6),4).
设C到平面A1BE的距离为d，由VC-A1BE＝VA1-BCE得eq \f(1,3)d·S△A1BE＝eq \f(1,3)A1C1·S△BCE，解得d＝eq \f(\r(6),6)，故直线BC与平面A1BE所成角的正弦值为eq \f(d,BC)＝eq \f(\r(6),6).
7．已知函数f(x)为偶函数，当x＞0时，f(x)＝ln x－e1－x，则曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线方程为( )
A．y－e2＋1＝0
B．y＋1＝0
C．(e2－1)x－y＋e2－2＝0
D．2x＋y＋3＝0
解析：选D 因为f(x)为偶函数，设x＜0，则－x＞0，所以f(x)＝f(－x)＝ln(－x)－e1＋x，所以f(－1)＝－1.因为当x＜0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－e1＋x，所以f′(－1)＝－2，所以曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线方程为y＋1＝－2(x＋1)，即2x＋y＋3＝0.
8．“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质平台，现日益成为人们了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门APP.该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习板块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题板块．某人在学习过程中，将六大板块各完成一次，则“挑战答题”板块与其他三个答题板块在完成顺序上均不相邻的学习方法种数为( )
A．144 B．72 C．96 D．36
解析：选A 当“挑战答题”板块在首或尾时，则与“挑战答题”板块相邻的只能是“阅读文章”或“视听学习”板块，其他任意排，共有Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(4,4)＝96种不同的排法；当“挑战答题”板块不在首尾时，则与“挑战答题”板块相邻的只能是“阅读文章”和“视听学习”板块，其他任意排，共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(4,4)＝48种不同的排法．
所以“挑战答题”板块与其他三个答题板块在完成顺序上均不相邻的学习方法种数为96＋48＝144.
二、多项选择题
9．为了提高全市市民的疫情防控意识，某市抽取了1 000名市民进行常态化防控知识问卷调查，根据问卷得分制成的频率分布直方图如图所示，问卷得分分组区间是[50, 60)，[60, 70)，[70, 80)，[80, 90)，[90, 100]，根据图中信息，下列说法正确的是( )
A．图中a的值为0.01
B．得分在80分及以上的人数为250
C．这组数据的极差为50
D．这组数据中位数的估计值(精确到0.1)为71.7
解析：选BD 因为(2a＋0.02＋0.03＋0.04)×10＝1，解得a＝0.005，故A错误；得分在80分及以上的人数为1 000×(0.02＋0.005)×10＝250，故B正确；因为这组数据的最大值与最小值无法确定，故C错误；由(0.005＋0.04)×10＝0.45<0.5，(0.005＋0.04＋0.03)×10＝0.75>0.5，所以中位数x∈[70,80)，所以(0.005＋0.04)×10＋0.03×(x－70)＝0.5，解得x＝70＋eq \f(5,3)≈71.7，故D正确．
10．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))图象的一条对称轴方程为x＝eq \f(π,6)，与其相邻对称中心的距离为eq \f(π,4)，则( )
A．f(x)的最小正周期为π
B．f(x)的最小正周期为2π
C．φ＝eq \f(π,6)
D．φ＝eq \f(π,3)
解析：选AC 因为f(x)图象相邻的对称中心与对称轴的距离为eq \f(π,4)，所以最小正周期T＝π，故A正确，B不正确；
因为ω＝eq \f(2π,T)＝2，且2×eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，|φ|11．过抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点A(1，－4)作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，则( )
A．C的准线方程是x＝－4
B．过C的焦点的最短弦长为8
C．直线MN过定点(0,4)
D．当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为2x＋y－38＝0
解析：选AD 将A(1，－4)代入C中得p＝8，则C为y2＝16x，所以C的准线方程是x＝－4，故A正确；
当过C的焦点且与x轴垂直时弦长最短，此时弦长为16，故B不正确；
设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),16)，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),16)，y2))，直线MN为x＝my＋n，联立抛物线方程得y2－16my－16n＝0，
所以y1＋y2＝16m，y1y2＝－16n，又AM⊥AN，
所以eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),16)－1，y1＋4))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),16)－1，y2＋4))＝eq \f(y\\al(2,1)－16y\\al(2,2)－16,256)＋(y1＋4)(y2＋4)＝0.
因为y1≠－4，y2≠－4，即(y1＋4)(y2＋4)≠0，
所以eq \f(y1－4y2－4,256)＋1＝0，整理得y1y2－4(y1＋y2)＋272＝0，故－16n－64m＋272＝0，得n＝－4m＋17，
所以直线MN为x＝m(y－4)＋17，所以直线MN过定点P(17,4)，故C不正确；
当MN⊥AP时A到直线MN的距离最大，此时直线MN为2x＋y－38＝0，故D正确．
12．已知函数f(x)＝lg(eq \r(x2＋100)－x)，g(x)＝eq \f(2,1＋2x)，F(x)＝f(x)＋g(x)，则( )
A．f(x)的图象关于点(0,1)对称
B．g(x)的图象没有对称中心
C．对任意的x∈[－a，a](a>0)，F(x)的最大值与最小值之和为4
D．若eq \f(Fx－3＋x－3,x－1)<1，则实数x的取值范围是(－∞，1)∪(3，＋∞)
解析：选ACD 由题意知f(x)的定义域为R，因为f(x)＋f(－x)＝lg 100＝2，所以f(x)的图象关于点(0,1)对称，故A正确；
因为g(x)的定义域为R，且g(x)＋g(－x)＝2，所以g(x)的图象关于点(0,1)对称，故B不正确；
因为F(x)＝f(x)＋g(x)，所以F(x)的图象关于点(0,2)对称，所以对任意的x∈[－a，a](a＞0)，F(x)的最大值与最小值之和为4，故C正确；
由eq \f(Fx－3＋x－3,x－1)＜1，得eq \f(Fx－3＋x－3,x－1)－1＝eq \f(Fx－3－2,x－1)＜0，又F(x)在R上单调递减，且F(0)＝2，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－3＞0，,x－1＞0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－3＜0，,x－1＜0，))解得x＞3或x＜1，故D正确．
三、填空题
13．设向量a＝(－1，m)，b＝(2,3)，且(a－b)⊥b，则m＝__________.
解析：因为a＝(－1，m)，b＝(2,3)，所以a·b＝－2＋3m，b2＝22＋32＝13，
因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－b2＝－2＋3m－13＝0，所以m＝5.
答案：5
14．已知{an}是等差数列，a3＋a9＝12，则a13－eq \f(1,2)a20＝__________.
解析：因为{an}是等差数列且a3＋a9＝12，所以a6＝eq \f(a3＋a9,2)＝6，因为a13－eq \f(1,2)a20＝(a1＋12d)－eq \f(1,2)(a1＋19d)＝eq \f(1,2)(a1＋5d)＝eq \f(1,2)a6，所以a13－eq \f(1,2)a20＝3.
答案：3
15．已知α为锐角，且tan α＋taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(5,3)，则eq \f(sin 2α＋1,cs 2α)＝__________.
解析：由tan α＋taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(5,3)，得tan α＋eq \f(1－tan α,1＋tan α)＝eq \f(5,3)，即3tan2α－5tan α－2＝0，
解得tan α＝2或tan α＝－eq \f(1,3)，因为α为锐角，所以tan α＝2，故eq \f(sin 2α＋1,cs 2α)＝eq \f(2sin αcs α＋sin2α＋cs2α,cs2α－sin2α)＝eq \f(tan2α＋2tan α＋1,1－tan2α)＝eq \f(4＋4＋1,1－4)＝－3.
答案：－3
16.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝3，A1A＝1，P为线段C1D1的中点，一质点从A点出发，沿长方体表面运动到达P点处，则质点从A到P的最短距离为__________；若沿质点A的最短运动路线截长方体，则所得截面的面积为__________．
解析：如图1所示，当质点经过棱DD1时，AP＝eq \r(AA\\al(2,1)＋A1P2)＝eq \r(12＋3＋12)＝eq \r(17)，
如图2所示，当质点经过棱A1D1时，AP＝eq \r(AD2＋DP2)＝eq \r(32＋1＋12)＝eq \r(13)，
如图3所示，当质点经过棱A1B1时，AP＝eq \r(AD\\al(2,1)＋D1P2)＝eq \r(1＋32＋12)＝eq \r(17)，
所以最短距离为eq \r(13)，
此时质点从A点出发，经过A1D1的中点E，再到达P点，则平面AEP截长方体所得的截面为梯形ACPE，如图4所示，由已知得AC＝eq \r(13)，EP＝eq \f(\r(13),2)，AE＝eq \f(\r(13),2)，CP＝eq \r(2)，
过点E，P分别作AC的垂线，垂足为M，N，
设EM＝NP＝h，且MN＝EP＝eq \f(\r(13),2)，
故eq \r(AE2－EM2)＋MN＋eq \r(PC2－PN2)＝AC，
即eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),2)))2－h2)＋eq \f(\r(13),2)＋ eq \r(\r(2)2－h2)＝eq \r(13)，
解得h＝eq \r(\f(22,13))，
故S＝eq \f(1,2)(EP＋AC)·h＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),2)＋\r(13)))×eq \r(\f(22,13))＝eq \f(3\r(22),4).
答案：eq \r(13) eq \f(3\r(22),4)
大题规范增分练—今日题型：数列
17．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn，数列{bn}满足bn＝(－2)eq \f(an,2).
(1)求数列{bn}的前n项和Bn，并证明Bn＋1，Bn，Bn＋2是等差数列；
(2)设cn＝(－1)nan＋bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn ①，an＞0，
当n＝1时，aeq \\al(2,1)＋2a1＝4a1，
∴a1＝2或a1＝0(舍去)，
当n≥2时，aeq \\al(2,n－1)＋2an－1＝4Sn－1 ②，
①－②得aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋2an－2an－1＝4an，
∴(an－an－1)(an＋an－1)＝2(an＋an－1)，
∵an＞0，∴an－an－1＝2(n≥2)，
∴{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，∴an＝2n，bn＝(－2)n，
∴数列{bn}是首项为－2，公比为－2的等比数列，
∴Bn＝eq \f(－2[1－－2n],1－－2)＝－eq \f(2,3)＋(－1)neq \f(2n＋1,3).
∵Bn＋2＋Bn＋1＝－eq \f(4,3)＋(－1)n＋2·eq \f(2n＋3,3)＋(－1)n＋1·eq \f(2n＋2,3)＝－eq \f(4,3)＋eq \f(－1n＋1·2n＋2－2＋1,3)＝－eq \f(4,3)＋eq \f(2·－1n·2n＋1,3)＝2Bn，
∴Bn＋1，Bn，Bn＋2成等差数列．
(2)cn＝(－1)n·2n＋(－2)n＝(－2)n＋2(－1)n·n，
当n为偶数时，Tn＝(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n＋2[－1＋2－3＋4＋…－(n－1)＋n]
＝eq \f(－2×[1－－2n],1－－2)＋2×[(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－n＋1＋n)]＝eq \f(－2＋2n＋1,3)＋2×eq \f(n,2)
＝eq \f(2n＋1,3)＋n－eq \f(2,3).
当n为奇数时，Tn＝(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n＋2[－1＋2－3＋4＋…＋(n－1)－n]
＝eq \f(－2×[1－－2n],1－－2)＋2×[－1＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(n－1－n)]
＝eq \f(－2－－2n＋1,3)＋2×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1＋－1×\f(n－1,2)))
＝eq \f(－2－2n＋1,3)－n－1
＝－eq \f(2n＋1,3)－n－eq \f(5,3).
综上可知，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1,3)＋n－\f(2,3)，n为偶数，,－\f(2n＋1,3)－n－\f(5,3)，n为奇数.))
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十八)
小题限时保分练—选自2022·海南模拟卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{x|1≤x≤5}，B＝{x|x2－2x－3≤0}，则A∩(∁RB)＝( )
A．(3,5] B．[－1,5]
C．(3，＋∞) D．(－∞，－1]
解析：选A B＝{x|x2－2x－3≤0}＝{x|(x－3)(x＋1)≤0}＝{x|－1≤x≤3}，∁RB＝{x|x＜－1或x＞3}，则A∩(∁RB)＝{x|3＜x≤5}．
2．已知复数z满足z(1＋i)＝2－i，则z的虚部为( )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2) C．－eq \f(3,2) D．eq \f(3,2)
解析：选C z＝eq \f(2－i,1＋i)＝eq \f(2－i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(1－3i,2)，故z的虚部为－eq \f(3,2).
3．函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1的图象的一个对称中心为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，0)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，0))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，1)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，1))
解析：选D 令2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，则x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，所以函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1的图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋\f(kπ,2)，1))，故A、B不是函数图象的对称中心；令eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)＝－eq \f(5π,12)，则k＝－eq \f(5,3)∉Z，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，1))不是函数图象的对称中心；
令eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)＝eq \f(11π,12)，则k＝1∈Z，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，1))是函数图象的对称中心．
4．设a＝lg20.4，b＝20.6，c＝0.82，则( )
A．a＜b＜c B．b＜c＜a
C．c＜a＜b D．a＜c＜b
解析：选D a＝lg20.4＜lg21＝0，b＝20.6＞20＝1，c＝0.82＝0.64，所以a＜c＜b.
5．若a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))且cs 2α＝eq \f(24,25)，则tan α＝( )
A．－7 B．－eq \f(1,7) C.eq \f(1,7) D．7
解析：选B cs 2α＝cs2α－sin2α＝eq \f(cs2α－sin2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq \f(24,25)，故tan2α＝eq \f(1,49)，由于α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，所以tan α＜0，故tan α＝－eq \f(1,7).
6．两个不同的圆锥的底面是球O的同一截面，顶点均在球O表面上，若球O的体积为V，则这两个圆锥体积之和的最大值为( )
A.eq \f(1,3)V B．eq \f(1,2)V C.eq \f(2,3)V D．eq \f(3,4)V
解析：选B 设球的半径为R，两个圆锥中较小的高为h(0＜h≤R)，则另一个圆锥的高为2R－h，
圆锥底面半径为r，则R2＝(R－h)2＋r2，
r2＝2Rh－h2，
两个圆锥的体积和为f(h)＝eq \f(1,3)πr2h＋eq \f(1,3)πr2(2R－h)＝eq \f(2,3)πR(2Rh－h2)，所以当h＝R时，f(h)max＝eq \f(2,3)πR3，V＝eq \f(4,3)πR3，因此f(h)max＝eq \f(1,2)V.
7．设随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，若P(X＜2－a)＝0.3，则P(X＜a)＝( )
A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8
解析：选C 因为随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，所以正态曲线关于直线x＝1对称，因为P(X＜2－a)＝0.3，所以P(X＞a)＝P(X＜2－a)＝0.3，所以P(X＜a)＝1－P(X＞a)＝1－0.3＝0.7.
8.海口钟楼的历史悠久，最早是为适应对外通商而建立，已成为海口的最重要的标志性与象征性建筑物之一．如图所示，海口钟楼的主体结构可以看做一个长方体，四个侧面各有一个大钟，则从8：00到10：00这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为60°的次数为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
解析：选D 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，以点A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设分针长为a，设矩形AA1B1B的对角线的交点为E，矩形AA1D1D的对角线的交点为F，
考查8：00到9：00这个时间段，设t时刻，侧面AA1B1B，AA1D1D内的钟的分针的针点的位置分别为M，N，
设eq \(EM,\s\up7(―→))＝(asin θ，0，acs θ)，其中－360°≤θ≤0°，
则eq \(FN,\s\up7(―→))＝(0，－asin θ，acs θ)，eq \(EM,\s\up7(―→))·eq \(FN,\s\up7(―→))＝a2cs2θ，
由已知可得|cs〈eq \(EM,\s\up7(―→))，eq \(FN,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(|eq \(EM,\s\up7(―→))·eq \(FN,\s\up7(―→))|,|eq \(EM,\s\up7(―→))||eq \(FN,\s\up7(―→))|)＝cs2θ＝eq \f(1,2)，则cs θ＝±eq \f(\r(2),2)，
因为－360°≤θ≤0°，故θ的取值为－45°，－135°，－225°，－315°，
即在8：00到9：00这个时间段，相邻两面钟的分针所成角为60°的次数为4，
因此，从8：00到10：00这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为60°的次数为8.
二、多项选择题
9．已知向量a＝(1，eq \r(3))，b＝(－1,0)，则( )
A．a－2b＝(2，eq \r(3)) B．|a|＝2|b|
C．(a＋b)⊥b D．a与b的夹角为eq \f(π,3)
解析：选BC 对于A，a－2b＝(1，eq \r(3))－2(－1,0)＝(3，eq \r(3))，A错误；对于B，|a|＝2，|b|＝1，则|a|＝2|b|，B正确；对于C，a·b＝－1，故(a＋b)·b＝a·b＋b2＝－1＋1＝0，所以(a＋b)⊥b，C正确；对于D，cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝－eq \f(1,2)，因为0≤〈a，b〉≤π，故〈a，b〉＝eq \f(2π,3)，D错误．
10．下列双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x的是( )
A.eq \f(x2,4)－y2＝1 B．eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1
C.eq \f(y2,4)－x2＝1 D．eq \f(y2,4)－eq \f(x2,16)＝1
解析：选AD A选项，eq \f(x2,4)－y2＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，A正确；
B选项，eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(2),2)x，B错误；
C选项，eq \f(y2,4)－x2＝1的渐近线方程为y＝±2x，C错误；D选项，eq \f(y2,4)－eq \f(x2,16)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，D正确．
11．环境监测部门统计了甲、乙两个城市去年每天的AQI(空气质量指数)，数据按照(0,50]，(50,100]，…，(200,250]进行分组得到下面的频率分布直方图，已知0＜AQI≤50时空气质量等级为优，则( )
A．甲、乙两城市AQI的中位数的估计值相等
B．甲、乙两城市AQI的平均数的估计值相等
C．甲城市AQI的方差比乙城市AQI的方差小
D．甲城市空气质量为优的天数比乙城市空气质量为优的天数多
解析：选ABD 选项A，根据两个频率分布直方图，甲、乙两个城市去年每天的AQI的中位数均为125，故选项A正确；
选项B，由题图可知，a×50×2＋b×50＋c×50×2＝1，即50(2a＋b＋2c)＝1，同理50(2x＋z＋2y)＝1.
甲城市的AQI的平均数为50c×25＋50a×75＋50b×125＋50a×175＋50c×225＝50(250c＋250a＋125b)＝50×125×(2c＋2a＋b)＝125，
乙城市的AQI的平均数为50x×25＋50y×75＋50z×125＋50y×175＋50x×225＝50(250x＋250y＋125z)＝50×125×(2x＋2y＋z)＝125，
所以甲、乙两城市AQI的平均数的估计值相等，故选项B正确；
选项C，由题图可知，乙城市AQI的数据更集中，即方差更小，所以选项C错误；
选项D，由题图可知甲城市AQI在(0,50]的频率大于0.2，乙城市AQI在(0,50]的频率小于0.2，
所以甲城市AQI在(0,50]的频率大于乙城市AQI在(0,50]的频率，即甲城市空气质量为优的天数比乙城市空气质量为优的天数多，故D正确．
12．“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2,1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1,1个2,2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．则对于外观数列{an}，下列说法正确的是( )
A．若a1＝3，则从a4开始出现数字2
B．若a1＝k(k＝1,2,3，…，9)，则an(n∈N*)的最后一个数字均为k
C．{an}不可能为等差数列或等比数列
D．若a1＝123，则an(n∈N*)均不包含数字4
解析：选BD 对于A，a1＝3，即“1个3”，a2＝13，即“1个1,1个3”，a3＝1113，即“3个1,1个3”，故a4＝3113，A错误；对于B，若a1＝k(k＝2,3，…，9)，即“1个k”，a2＝1k，即“1个1,1个k”，a3＝111k，即“3个1,1个k”，a4＝311k，…，以此类推可知，an(n∈N*)的最后一个数字均为k，若a1＝1，则a2＝11，a3＝21，a4＝1211，…，以此类推可知，an(n∈N*)的最后一个数字均为1.综上所述，若a1＝k(k＝1,2,3，…，9)，则an(n∈N*)的最后一个数字均为k，B正确；对于C，取a1＝22，则a2＝a3＝…＝22，此时数列{an}既是等差数列，又是等比数列，C错误；对于D，∵a1＝123，则a2＝111213，a3＝31121113，a4＝1321123113，…，若数列{an}中，ak(k≥5，k∈N*)中第一次出现数字4，则ak－1中必出现了4个连续的相同数字，如ak－1＝…1111…，则在ak－2的描述中必包含“1个1,1个1”，即ak－2＝…11…，显然ak－2的描述是不合乎要求的，若ak－1＝…2222…或ak－1＝…3333…，同理可知均不合乎题意，故an(n∈N*)不包含数字4，D正确．
三、填空题
13．已知函数f(x)＝eq \r(2x－a)的定义域为[2，＋∞)，则a＝__________.
解析：由题意可知，不等式2x－a≥0的解集为[2，＋∞)，则22－a＝0，解得a＝4，当a＝4时，由2x－4≥0，可得2x≥4＝22，解得x≥2，合乎题意．
答案：4
14．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))8的展开式中，eq \f(1,x)的系数是__________．
解析：由二项式定理知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))8的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)(2x)8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))r＝Ceq \\al(r,8)28－r(－1)r，
令8－eq \f(3,2)r＝－1得r＝6，
故T7＝eq \f(112,x).
答案：112
15．已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1(0＜b＜2)的左焦点为F，M是C上的动点，点N(0，eq \r(3))，若|MN|＋|MF|的最大值为6，则C的离心率为__________．
解析：设右焦点为F′，由椭圆定义知，|MF|＝4－|MF′|，|MN|＋|MF|＝|MN|－|MF′|＋4≤|NF′|＋4，
当且仅当M，N，F′三点共线时，取等号，|NF′|＋4＝6.又N(0，eq \r(3))，F′(c,0)，∴c＝1，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
16．已知函数f(x)＝ex－b和g(x)＝ln(x＋a)－b3，其中a，b为常数且b＞0.若存在斜率为1的直线与曲线y＝f(x)，y＝g(x)同时相切，则eq \f(a,b)的最小值为__________．
解析：f(x)＝ex－b的定义域为R，g(x)＝ln(x＋a)－b3的定义域为(－a，＋∞)，又f′(x)＝ex，g′(x)＝eq \f(1,x＋a)，
设f(x)＝ex－b在切点A(x1，ex1－b)处的切线即为斜率为1的直线，故ex1＝1，所以x1＝0，则A(0,1－b)，设g(x)＝ln(x＋a)－b3在切点B(x2，ln(x2＋a)－b3)处的切线即为斜率为1的直线，则eq \f(1,x2＋a)＝1，则x2＝1－a，
则B(1－a，－b3)，由两点间斜率公式得eq \f(b3－b＋1,a－1)＝1，则a＝b3－b＋2，由于b＞0，
则eq \f(a,b)＝eq \f(b3－b＋2,b)＝b2＋eq \f(2,b)－1＝b2＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,b)－1≥3eq \r(3,b2·\f(1,b)·\f(1,b))－1＝2，当且仅当b2＝eq \f(1,b)，
即b＝1，a＝2时等号成立，故eq \f(a,b)的最小值为2.
答案：2
大题规范增分练—今日题型：解析几何
17．已知抛物线C的焦点F在x轴上，过F且垂直于x轴的直线交C于A(点A在第一象限)，B两点，且|AB|＝4.
(1)求C的标准方程；
(2)已知l为C的准线，过F的直线l1交C于M，N(M，N异于A，B)两点，证明：直线AM，BN和l相交于一点．
解：(1)由抛物线C的焦点F在x轴上，点A在第一象限，则抛物线开口向右．
设抛物线C的标准方程为y2＝2px(p＞0)，则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).
由题意AF⊥x轴，则点A的横坐标为eq \f(p,2)，
将x＝eq \f(p,2)代入y2＝2px，可得|y|＝p，由|AB|＝2p＝4，则p＝2，
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)证明：由(1)可知A(1,2)，B(1，－2)．
设直线l1的方程为x＝my＋1，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋1，))
则y2－4my－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
直线AM的方程为y＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)＋2，
即y＝eq \f(4,y1＋2)(x－1)＋2，
令x＝－1，解得y＝eq \f(2y1－4,y1＋2).所以直线AM与准线的交点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2y1－4,y1＋2))).
直线BN的方程为y＝eq \f(y2＋2,x2－1)(x－1)－2，即y＝eq \f(4,y2－2)(x－1)－2，
令x＝－1，解得y＝eq \f(－2y2－4,y2－2).所以直线BN与准线的交点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(－2y2－4,y2－2))).
因为eq \f(\f(2y1－4,y1＋2),\f(－2y2－4,y2－2))＝－eq \f(y1－2y2－2,y1＋2y2＋2)
＝－eq \f(y1y2－2y1＋y2＋4,y1y2＋2y1＋y2＋4)＝1，
即eq \f(2y1－4,y1＋2)＝eq \f(－2y2－4,y2－2)，
所以直线AM，BN和l相交于一点．
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十九)
小题限时保分练—选自2022·惠州一模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合M＝{－2,1,2,3}，N＝{－2,2}，下列结论成立的是( )
A．M⊆N B．M∩N＝∅
C．M∪N＝M D．∁MN＝{1}
解析：选C 集合M＝{－2,1,2,3}，N＝{－2,2}，如图，N⊆M，则C正确，故选C.
2．若抛物线y2＝2px(p＞0)上一点P(2，y0)到其焦点的距离为4，则抛物线的标准方程为( )
A．y2＝2x B．y2＝4x
C．y2＝6x D．y2＝8x
解析：选D 抛物线y2＝2px(p>0)上一点P(2，y0)到焦点的距离等于到其准线的距离，∴eq \f(p,2)＋2＝4，解得p＝4，∴抛物线的标准方程为y2＝8x.故选D.
3．已知tan α＝2，π＜α＜eq \f(3π,2)，则cs α－sin α＝( )
A.eq \f(\r(5),5) B．－eq \f(\r(5),5) C.eq \f(3\r(5),5) D．－eq \f(3\r(5),5)
解析：选A tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝2，且sin2α＋cs2α＝1，π＜α＜eq \f(3π,2)，解得sin α＝－eq \f(2\r(5),5)，cs α＝－eq \f(\r(5),5)，所以cs α－sin α＝－eq \f(\r(5),5)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)))＝eq \f(\r(5),5).
4．若(1－2x)2 022＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 022x2 022，则a1＋a2＋…＋a2 022＝( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
解析：选B 令x＝0，代入得a0＝1，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2 022＝1，所以a1＋a2＋…＋a2 022＝0.
5．现有3名学生报名参加校园文化活动的3个项目，每人须报1项且只报1项，则恰有2名学生报同一项目的报名方法有( )
A．36种 B．18种 C．9种 D．6种
解析：选B 根据题意首先从3名学生中选2名选报同一项目作为一个整体，然后3个元素全排即可．由题意可得报名方法有Ceq \\al(2,3)·Aeq \\al(2,3)＝18种．
6．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex－4，x≤4，,x－162－143，x＞4，))则当x≥0时，f(2x)与f(x2)的大小关系是( )
A．f(2x)≥f(x2) B．f(2x)≤f(x2)
C．f(2x)＝f(x2) D．不确定
解析：选A 由函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex－4，x≤4，,x－162－143，x＞4，))
得函数f(x)在(－∞，4]上单调递增，在[4,16]上单调递减，在(16，＋∞)上单调递增，
作出函数f(x)的大致图象，再作出函数y＝2x与y＝x2的图象，
令x2＝2x，得x＝2或x＝4，结合函数图象可知，
当0≤x＜2时，4＞2x＞x2≥0，则f(2x)＞f(x2)，
当2≤x≤4时，4≤2x≤x2≤16，则f(2x)≥f(x2)，
当x＞4时，2x＞x2＞16，则f(2x)＞f(x2)，
综上所述，当x≥0时，f(2x)≥f(x2)．故选A.
7．设等差数列{an}的公差为d，若bn＝2an，则“d＜0”是“bn＋1＜bn(n∈N*)”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 充分性：若d＜0，则an＋1－an＝d＜0，即an＋1＜an，∴2an＋1＜2an，即bn＋1 ＜bn，所以充分性成立；必要性：若bn＋1＜bn，即2an＋1＜2an，∴aa＋1＜an，则an＋1－an＝d＜0，必要性成立．因此，“d＜0”是“bn＋1＜bn”的充要条件．
8．中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：C＝Wlg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(S,N)))，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率C取决于信道带宽W、信道内信号的平均功率S、信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中eq \f(S,N)叫做信噪比．当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计，按照香农公式，若不改变带宽W，而将信噪比eq \f(S,N)从1 000提升至5 000，则C大约增加了(附：lg 2≈0.301 0)( )
A．20% B．23% C．28% D．50%
解析：选B 将信噪比eq \f(S,N)从1 000提升至5 000时，C大约增加了eq \f(Wlg21＋5 000－Wlg21＋1 000,Wlg21＋1 000)＝eq \f(lg25 001－lg21 001,lg21 001)≈eq \f(\f(lg 5 000,lg 2)－\f(lg 1 000,lg 2),\f(lg 1 000,lg 2))＝eq \f(lg 5,3)＝eq \f(1－lg 2,3)≈0.23＝23%.
二、多项选择题
9．对于实数a，b，c，下列结论正确的是( )
A．若a＞b，则ac＜bc
B．若ac2＞bc2，则a＞b
C．若a＜b＜0，则|a|＞|b|
D．若c＞a＞b＞0，则eq \f(1,c－a)＞eq \f(1,c－b)
解析：选BCD 当c＞0时，ac＞bc，故A错误；若ac2＞bc2，c2＞0，则a＞b，故B正确；若a＜b＜0，则|a|＞|b|，故C正确；若c＞a＞b＞0，则c－b＞c－a＞0，所以eq \f(1,c－a)＞eq \f(1,c－b)＞0，故D正确．
10.如图，点O是正八边形ABCDEFGH的中心，且|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝1，则( )
A．eq \(AH,\s\up7(―→))与eq \(CF,\s\up7(―→))能构成一组基底
B．eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))＝0
C．eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \r(2) eq \(OB,\s\up7(―→))
D．eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝－eq \f(\r(2),2)
解析：选BC 连接BG，CF，由正八边形的性质可知，AH∥BG，CF∥BG，所以AH∥CF，所以eq \(AH,\s\up7(―→))与eq \(CF,\s\up7(―→))是共线向量，所以eq \(AH,\s\up7(―→))与eq \(CF,\s\up7(―→))不能构成一组基底，A项错误；
又∠AOC＝eq \f(1,4)×2π＝eq \f(π,2)，所以OA⊥OC，所以eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))＝0，B项正确；
因为eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OC,\s\up7(―→))，由平行四边形法则可知，eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \r(2) eq \(OB,\s\up7(―→))，C项正确；
又正八边形的每一个内角为eq \f(1,8)×(8－2)×π＝eq \f(3π,4)，AB⊥CD，所以eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝|eq \(BC,\s\up7(―→))|2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－\f(3π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，D项错误(或者从正八边形的性质可知eq \(AC,\s\up7(―→))与eq \(CD,\s\up7(―→))的夹角为锐角，则有eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＞0可判断D错误)．故选B、C.
11.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
B．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))对称
C．函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递增
D．y＝1与y＝f(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)≤x≤\f(23π,12)))图象的所有交点的横坐标之和为eq \f(8π,3)
解析：选BCD 由题图可得A＝2，eq \f(1,4)×eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,3)－eq \f(5π,12)，得ω＝2,2×eq \f(2π,3)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝eq \f(π,6)，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
当x＝eq \f(π,2)时，f(x)＝－1，不是最值，故函数f(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,2)对称，故排除A；
当x＝－eq \f(π,12)时，f(x)＝0，是对称中心，故B选项正确；令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
解得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)，当k＝0时，－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(π,6)，故C正确；
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，解得2x＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)或2x＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)，即x＝kπ(k∈Z)或x＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，因为－eq \f(π,12)≤x≤eq \f(23π,12)，所以x＝0，π，eq \f(π,3)，eq \f(4π,3)，横坐标和为eq \f(8π,3)，故选项D正确．
12.近年来，纳米晶的多项技术和方法在水软化领域均有重要应用．纳米晶体结构众多，如图是一种纳米晶的结构示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体，则下列说法正确的有( )
A．该结构的纳米晶个体的表面积为7eq \r(3)n2
B．该结构的纳米晶个体的体积为eq \f(23\r(2),12)n3
C．该结构的纳米晶个体外接球的表面积为eq \f(11,4)πn2
D．二面角A1-A2A3-B3的余弦值为－eq \f(1,3)
解析：选ABD 对于A，该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，S＝4×eq \f(\r(3),4)n2＋4×6×eq \f(\r(3),4)n2＝7eq \r(3)n2，故A正确；对于B，棱长为a的正四面体的高为eq \f(\r(6),3)a，所以V＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×(3n)2×eq \f(\r(6),3)×(3n)－4×eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)n2×eq \f(\r(6),3)n＝eq \f(23\r(2),12)n3，故B正确；对于C，设外接球球心为O，△A1A2A3的中心为O′，正六边形B2B1C2C1D2D1的中心为O″，外接球的半径为R，
则O在O′O″上，几何体上下底面距离为eq \r(6)n－eq \f(\r(6),3)n＝eq \f(2\r(6),3)n，可得 eq \r(R2－\f(n2,3))＋eq \r(R2－n2)＝eq \f(2\r(6),3)n，计算整理得R2＝eq \f(11,8)n2，因此该几何体的外接球表面积为S＝4πR2＝eq \f(11,2)πn2，故C错误；对于D，二面角A1-A2A3-B3是原正四面体侧面和底面所成角的补角，如图，过正四面体的顶点V作VO⊥平面ABC，易知O为△ABC的中点，延长BO交AC于D，则D为AC的中点，连接VD，设正四面体的棱长为2，则BD＝2sineq \f(π,3)＝eq \r(3)，所以BO＝eq \f(2,3)BD＝eq \f(2\r(3),3)，OD＝eq \f(1,3)BD＝eq \f(\r(3),3)，因为VO⊥平面ABC，所以VO⊥AC，又AC⊥BD，VO∩BD＝O，所以AC⊥平面VBD，VD⊂平面VBD，所以AC⊥VD，所以∠VDB即为所求侧面VAC与底面ABC所成二面角的平面角，在Rt△VOD中，cs∠VDB＝eq \f(OD,VD)＝eq \f(OD,BD)＝eq \f(1,3)，所以二面角A1-A2A3-B3的余弦值为－eq \f(1,3).故D正确．
三、填空题
13．已知i是虚数单位，则复数eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,\r(2))))4的模等于______．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,\r(2))))4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,\r(2))))2))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2i,2)))2＝i2＝－1，所以模为1.
答案：1
14．已知双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(2),2)x，则双曲线C的标准方程可以是__________．(写出一个正确的方程即可)
解析：双曲线方程为eq \f(x2,2)－y2＝λ(λ≠0)，典型值有eq \f(x2,2)－y2＝1，eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1，y2－eq \f(x2,2)＝1等．
答案：eq \f(x2,2)－y2＝λ(λ≠0)[注：λ可以取具体的数值]
15．若一个圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，且扇环的面积为4π，圆台上、下底面圆的半径分别为r1，r2(r1＜r2)，则req \\al(2,2)－req \\al(2,1)＝__________.
解析：因为扇环的面积为4π，则有eq \f(1,2)π(2r2)2－eq \f(1,2)π(2r1)2＝4π，所以req \\al(2,2)－req \\al(2,1)＝2.
答案：2
16．已知函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且满足f(x)＋g(x)＝2x－x，则f(0)的值为________；若关于x的方程2|x－2 021|－λf(x－2 021)－2λ2＝0有唯一的实数解，则实数λ的值为________．
解析：∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，∴g(0)＝0，f(0)＋g(0)＝20－0＝1，
∴f(0)＝1，
∵f(－x)＝f(x)，g(－x)＝－g(x)，
又∵f(x)＋g(x)＝2x－x ①，
∴f(－x)＋g(－x)＝f(x)－g(x)＝2－x＋x ②，
①＋②：2f(x)＝2x＋2－x，∴f(x)＝eq \f(1,2)(2x＋2－x)，令h(x)＝2|x－2 021|－λf(x－2 021)－2λ2，
又∵h(x)＝2|x－2 021|－λf(x－2 021)－2λ2＝2|x－2 021|－eq \f(1,2)(2x－2 021＋2－x＋2 021)λ－2λ2，换元设x－2 021＝t，
又∵关于x的方程2|x－2 021|－λf(x－2 021)－2λ2＝0有唯一的实数解，设m(t)＝2|t|－eq \f(1,2)λ(2t＋2－t)－2λ2，∵m(t)为偶函数，∴当且仅当t＝0时为唯一零点，∴1－λ－2λ2＝0，解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝－1.
答案：1 eq \f(1,2)或－1
大题规范增分练—今日题型：概率与统计
17．最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且试验成功的概率为p(0＜p＜1)．现对该产品进行独立重复试验，若试验成功，试验结束；若试验不成功，则继续试验，且最多试验10次．记X为试验结束时所进行的试验次数，且每次试验的成本为a(a＞0)元．
(1)①写出X的分布列；
②证明：E(X)＜eq \f(1,p)；
(2)某公司有意向投资该产品．若p＝0.25，且试验成功则获利5a元，则该公司如何决策投资，并说明理由．
解：(1)①由题意，X＝1,2,3，…，10，
故P(X＝k)＝p(1－p)k－1，k＝1,2，…，9，P(X＝10)＝(1－p)9，
分布列如下：
②证明：E(X)＝p(1－p)0＋2p(1－p)1＋3p(1－p)2＋…＋9p(1－p)8＋10(1－p)9，
记S＝(1－p)0＋2(1－p)1＋3(1－p)2＋…＋9(1－p)8，
(1－p)S＝(1－p)1＋2(1－p)2＋3(1－p)3＋…＋9(1－p)9，
作差可得，pS＝(1－p)0＋(1－p)1＋(1－p)2＋…＋(1－p)8－9(1－p)9＝eq \f(1－1－p9,p)－9(1－p)9，
则E(X)＝pS＋10(1－p)9＝eq \f(1－1－p9,p)＋(1－p)9＝eq \f(1－1－p10,p)＜eq \f(1,p)，即证．
(2)由(1)可知E(X)＜eq \f(1,p)＝4，则试验成本的期望小于4a，又获利5a大于成本的期望，则应该投资．
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(三十)
小题限时保分练—选自2022·日照二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合M＝{x|x2－2x＜0}，N＝{－2，－1,0,1,2}，则M∩N＝( )
A．∅ B．{1} C．{0,1} D．{－1,0,1}
答案：B
2．z1，z2互为共轭复数，z1＝1－i，则z1·z2＝( )
A．－2 B．2 C．2－i D．2＋i
答案：B
3．若a，b，c为实数，且a＜b，c＞0，则下列不等关系一定成立的是( )
A．a＋c＜b＋c B．eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)
C．ac＞bc D．b－a＞c
答案：A
4．已知曲线C：eq \f(x2,a)＋eq \f(y2,a－1)＝1，则“a＞0”是“曲线C是椭圆”的( )
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
答案：C
5．曲线y＝ln x－eq \f(2,x)在x＝1处的切线的倾斜角为α，则cs 2α的值为( )
A.eq \f(4,5) B．－eq \f(4,5) C.eq \f(3,5) D．－eq \f(3,5)
答案：B
6．设a＝sin 1，则( )
A．lg0.5a＜a2＜2a B．lg0.5a＜2a＜a2
C．a2＜2a＜lg0.5a D．a2＜lg0.5a＜2a
解析：选A 因为a＝sin 1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，所以a2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))，2a＞1，lg0.5a＜lg0.5eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,2)，所以lg0.5a＜a2＜2a.
7．王大爷养了5只灰兔子和3只白兔子，晚上关在同一间兔舍里，清晨打开门，若这些兔子随机逐一向外走，则恰有2只白兔子相邻走出兔舍的概率为( )
A.eq \f(5,28) B．eq \f(5,14) C.eq \f(15,56) D．eq \f(15,28)
解析：选D 兔子走出房门，共有Aeq \\al(8,8)种不同的方案，其中恰有2只白兔子相邻走出房子的方案为：先排5只灰兔子，会产生6个空隙，再从3只白兔子中选2只捆绑排列，最后与剩下的兔子排列到6个空隙中共有Aeq \\al(5,5)Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(2,6)种方案，故恰有2只白兔子相邻走出房子的概率为P＝eq \f(A\\al(5,5)A\\al(2,3)A\\al(2,6),A\\al(8,8))＝eq \f(15,28).
8．设0＜a＜1，若x1＝a，x2＝ax1，x3＝ax2，…，xn＝axn－1，…，则数列{xn}( )
A．是递增的
B．是递减的
C．奇数项递增，偶数项递减
D．偶数项递增，奇数项递减
解析：选C 作y＝ax的图象，在图象上取点x1，x2，x3，x4，由0＜a＜1，知x1＜x3＜x4＜x2，即A、B、D错误．
二、多项选择题
9．已知向量m＝(2,0)，n＝(1,1)，则( )
A．m∥n B．(m－n)⊥n
C．m⊥n D．|m|＝eq \r(2)|n|
解析：选BD 由m＝(2,0)，n＝(1,1)，对于A，若m∥n，由2×1≠0×1，故A错误；对于B，若(m－n)⊥n，则1×1＋(－1)×1＝0，符合题意，故B正确；对于C，若m⊥n，由m·n≠0，故C错误；对于D，|m|＝2，|n|＝eq \r(2)，故D正确．故选B、D.
10．关于函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1(x∈R)，下列说法正确的是( )
A．若f(x1)＝f(x2)＝1，则x1－x2＝kπ(k∈Z)
B．y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，1))对称
C．y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
D．y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度后所得图象关于y轴对称
解析：选BD 对于A，由f(x1)＝f(x2)＝1知(x1,1)，(x2,1)是f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1图象的两个对称中心，则x1－x2是eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)的整数倍(T是函数f(x)的最小正周期)，即x1－x2＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，所以A错误；对于B，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝3sin π＋1＝1，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，1))是f(x)的对称中心，所以B正确；对于C，由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得kπ－eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，当k＝0时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))上单调递增，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))上单调递减，所以C错误；对于D，y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度后所得图象对应的函数为y＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))－\f(π,3)))＋1＝－3cs 2x＋1，是偶函数，所以图象关于y轴对称，所以D正确．故选B、D.
11.传说古希腊科学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径与圆柱的高相等．因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他在几何上最为得意的发现，于是留下遗言：他去世后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形．设圆柱的体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，若f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,n)x3－\f(1,x)))8，则( )
A．n＝eq \f(3,2)
B．f(x)展开式中的x4的系数为56
C．f(x)展开式中的各项系数之和为0
D．f(i)＝－16，其中i为虚数单位
解析：选AC 设内切球的半径为r，则圆柱的高为2r，∴m＝eq \f(πr2·2r,\f(4,3)πr3)＝eq \f(3,2)，n＝eq \f(2πr2＋2πr·2r,4πr2)＝eq \f(3,2)，A正确；则eq \f(m,n)＝1，∴f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－\f(1,x)))8.对于B，f(x)展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x24－3r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r＝(－1)rCeq \\al(r,8)x24－4r，令24－4r＝4，解得r＝5，∴f(x)展开式中的x4的系数为(－1)5Ceq \\al(5,8)＝－56，B错误；对于C，f(1)＝0，即f(x)展开式的各项系数之和为0，C正确；对于D，f(i)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i3－\f(1,i)))8＝(－i＋i)8＝0，D错误．
12．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(ln an＋1)＋1，则下列说法正确的有( )
A.eq \f(2a3,a1＋a2)＜5
B．an＋1≤2aeq \\al(2,n)＋1
C．若n≥2，则eq \f(3,4)≤eq \i\su(i＝1,n, )eq \f(1,ai＋1)＜1
D.eq \i\su(i＝1,n,l)n(ai＋1)≤(2n－1)ln 2
解析：选BCD a2＝2a1(ln a1＋1)＋1＝3，a3＝2a2(ln a2＋1)＋1＝6ln 3＋7，则2a3－5(a1＋a2)＝12ln 3－6＞0，又a1＋a2＞0，所以eq \f(2a3,a1＋a2)＞5，A错误；
令函数f(x)＝x－ln x－1，则f′(x)＝1－eq \f(1,x)，则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0，即x≥ln x＋1，又易得{an}是递增数列，an≥a1＝1，故an≥ln an＋1，所以an＋1≤2aeq \\al(2,n)＋1，B正确；
易知{an}是递增数列，所以an≥a1＝1，则ln an＋1≥1，an＋1＝2an(ln an＋1)＋1≥2an＋1，则an＋1＋1≥2(an＋1)，即eq \f(an＋1＋1,an＋1)≥2，所以eq \f(an＋1,an－1＋1)·eq \f(an－1＋1,an－2＋1)·…·eq \f(a2＋1,a1＋1)≥2n－1，即an＋1≥2n－1(a1＋1)＝2n，
所以eq \f(1,an＋1)≤eq \f(1,2n)，所以eq \i\su(i＝1,n, )eq \f(1,ai＋1)≤eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n)＜1，而当n≥2时，则有eq \i\su(i＝1,n, )eq \f(1,ai＋1)≥eq \f(1,a1＋1)＋eq \f(1,a2＋1)＝eq \f(3,4)，C正确；
令函数g(x)＝2ln x－x＋eq \f(1,x)，则g′(x)＝eq \f(2,x)－1－eq \f(1,x2)＝eq \f(－x2＋2x－1,x2)≤0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当x≥1时，g(x)≤g(1)＝0，则ln x≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))，所以an＋1≤2aneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,an)))＋1))＋1＝aeq \\al(2,n)＋2an，
an＋1＋1≤(an＋1)2，eq \f(lnan＋1＋1,lnan＋1)≤2，eq \f(lnan＋1,lnan－1＋1)·eq \f(lnan－1＋1,lnan－2＋1)·…·eq \f(lna2＋1,lna1＋1)≤2n－1，
即ln(an＋1)≤2n－1ln(a1＋1)＝2n－1ln 2，所以eq \i\su(i＝1,n,l)n(ai＋1)≤(1＋2＋…＋2n－1)ln 2＝(2n－1)ln 2，D正确．
三、填空题
13．设f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝2x2－x，则f(－1)＝__________.
解析：f(1)＝2×12－1＝1，f(－1)＝－f(1)＝－1.
答案：－1
14．已知第一象限的点M(a，b)在直线x＋y－1＝0上，则eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值是__________．
答案：3＋2eq \r(2)
15．如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，从F2发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且cs∠BAC＝－eq \f(4,5)，AB⊥BD，则E的离心率为__________．
解析：如图，连接F1B，F1A，则F1，A，C和F1，B，D都三点共线．设|F2B|＝x，则|F1B|＝x＋2a.
由cs∠F1AB＝cs(π－∠BAC)＝eq \f(4,5)，得tan∠F1AB＝eq \f(3,4)，
又AB⊥BD，则|AB|＝eq \f(4,3)|F1B|，|F1A|＝eq \f(5,3)|F1B|，|F2A|＝|AB|－|F2B|，
因此|F1A|－|F2A|＝eq \f(4,3)x＋eq \f(2,3)a＝2a，即x＝a，
则tan∠F1F2B＝3，(2c)2＝(x＋2a)2＋x2＝10a2，c2＝eq \f(5,2)a2，故e＝eq \f(\r(10),2).
答案：eq \f(\r(10),2)
16．在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知点P为棱AA1上靠近点A1的三等分点，点Q为棱CD上一动点．若M为平面D1PQ与平面ABCD的公共点，且点M在正方体的表面上，则所有满足条件的点M构成的区域面积为__________．
解析：如图，延长DA，D1P交于点N，连接NQ交AB于点E，则线段EQ为平面D1PQ与平面ABCD的公共点M的集合，当Q运动到点D时，E与A重合；当Q运动到点C时，设此时E点运动到F点，则梯形FADC即为点M构成的区域，因为△PAF∽△D1DC，所以eq \f(AF,DC)＝eq \f(AP,DD1)＝eq \f(2,3)，所以AF＝2，所以S＝eq \f(1,2)×(2＋3)×3＝eq \f(15,2).
答案：eq \f(15,2)
大题规范增分练—今日题型：函数与导数
17．已知函数f(x)＝exsin x＋ax.
(1)若a＝1，判断f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))内的单调性；
(2)从下面两个条件中选一个，求a的取值范围．
①f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且只有2个零点；
②当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)≥x2.
解：(1)当a＝1时，f(x)＝exsin x＋x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，
f′(x)＝exsin x＋excs x＋1＝eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋1.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时，x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，
所以－eq \f(\r(2),2)＜sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＜eq \f(\r(2),2)，
－1＜eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＜1，
又0＜ex＜1，
故eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＞－1，从而f′(x)＞0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增．
(2)选择①.
由函数f(x)＝exsin x＋ax，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
可知f(0)＝0，
因此f(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且只有1个零点．
f′(x)＝exsin x＋excs x＋a，令h(x)＝exsin x＋excs x＋a，
则h′(x)＝2excs x≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立．
即f′(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，f′(0)＝1＋a，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝＋a，
当a≥－1时，f′(x)≥f′(0)≥0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增．
则f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上无零点，不合题意，舍去．
当a≤－时，f′(x)≤f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))≤0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
则f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上无零点，不合题意，舍去．
当－＜a＜－1时，f′(0)＝1＋a＜0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝＋a>0，
则f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上只有1个零点，设为x0.
且当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)在(0，x0)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上单调递增，
选择②.
构造函数m(x)＝exsin x＋ax－x2，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
令t(x)＝exsin x＋excs x＋a－2x，则t′(x)＝2excs x－2，t′(0)＝0，t′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－2.
令p(x)＝2excs x－2，则p′(x)＝2ex(cs x－sin x)，p′(0)＝2，p′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝，
令q(x)＝2ex(cs x－sin x)，
则q′(x)＝－4exsin x≤0，
所以q(x)＝2ex(cs x－sin x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减．
又q(0)＝p′(0)＝2＞0，qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝p′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝＜0，
所以q(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在唯一的实数x1使得q(x1)＝0，且满足当x∈(0，x1)时，q(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(π,2)))时，q(x)＜0，
即p(x)在(0，x1)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(π,2)))上单调递减．
又p(0)＝t′(0)＝0，peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝t′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－2＜0，
所以p(x)＝2excs x－2在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(π,2)))上存在唯一的实数x2使得p(x2)＝0，
且满足当x∈(0，x2)时，p(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(π,2)))时，p(x)＜0，
即t(x)＝m′(x)在(0，x2)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(π,2)))上单调递减，
当m′(0)＝1＋a≥0，即a≥－1时，m′(x)≥0，函数m(x)＝exsin x＋ax－x2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，又m(0)＝0，因此m(x)＝exsin x＋ax－x2≥0恒成立，符合题意．
当m′(0)＝1＋a＜0，即a＜－1时，在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上必存在实数x3，使得当x∈(0，x3)时，m′(x)＜0，又m(0)＝0，因此在x∈(0，x3)上存在实数使得m(x)＜0，不合题意，舍去．综上所述a≥－1.
x
1
2
3
4
5
y
2
2
3
4
4
X
1
2
3
P
eq \f(3,10)
eq \f(3,5)
eq \f(1,10)
X
1
2
3
4
5
P
p
p(1－p)
p(1－p)2
p(1－p)3
p(1－p)4
X
6
7
8
9
10
P
p(1－p)5
p(1－p)6
p(1－p)7
p(1－p)8
(1－p)9
一、单项选择题
1．设集合A＝{x|lg x<1}，B＝{x|x≤2}，则A∪B＝( )
A．{x|0
解析：选C lg x<1⇔lg x
A．－2i B．－2 C．2 D．2i
解析：选B z＝2(1－i)i＝2i－2i2＝2＋2i，所以eq \x\t(z)＝2－2i，所以eq \x\t(z)的虚部为－2.
3．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是( )
A．中位数 B．平均数
C．方差 D．极差
解析：选A 设9位评委评分按从小到大排列为x1≤x2≤x3≤x4≤…≤x8≤x9.则①原始中位数为x5，去掉最低分x1，最高分x9后，剩余x2≤x3≤x4≤…≤x8，中位数仍为x5，∴A正确；②原始平均数eq \x\t(x)＝eq \f(1,9)(x1＋x2＋x3＋x4＋…＋x8＋x9)，后来平均数eq \x\t(x)′＝eq \f(1,7)(x2＋x3＋x4＋…＋x8)，平均数受极端值影响较大，∴eq \x\t(x)与eq \x\t(x)′不一定相同，B不正确；③s2＝eq \f(1,9)[(x1－eq \x\t(x))2＋(x2－eq \x\t(x))2＋…＋(x9－eq \x\t(x))2]，s′2＝eq \f(1,7)[(x2－eq \x\t(x)′)2＋(x3－eq \x\t(x)′)2＋…＋(x8－eq \x\t(x)′)2]，由②易知，C不正确；④原极差＝x9－x1，后来极差＝x8－x2可能相等可能变小，D不正确．
4．设m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
B．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n
C．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
D．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β
解析：选A 对于A，设直线m，n的方向向量分别为u，v，因为m⊥α，n⊥β，则平面α的一个法向量为u，平面β的一个法向量为v，因为m⊥n，则u⊥v，故α⊥β，A正确；对于B，若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m，n平行或异面，B错误；对于C，若m∥α，n∥β，α⊥β，则m，n的位置关系不确定，C错误；对于D，若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α，β平行或相交，D错误．
5．某学校安排音乐、阅读、体育和编程四项课后活动供学生自愿选择参加，甲、乙、丙、丁4位同学每人限报其中一项．已知甲同学报的项目其他同学不报的情况下，4位同学所报项目各不相同的概率等于( )
A.eq \f(1,18) B．eq \f(3,32) C.eq \f(2,9) D．eq \f(8,9)
解析：选C 设A＝甲同学报的项目其他同学不报，B＝4位同学所报项目各不相同，由题得n(A)＝4×3×3×3，n(AB)＝4×3×2×1，所以P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(4×3×2×1,4×3×3×3)＝eq \f(2,9).
6．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割约为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin 18°，若m2＋n＝4，则eq \f(m\r(n),2cs227°－1)＝( )
A．8 B．4 C．2 D．1
解析：选C 因为m＝2sin 18°，m2＋n＝4，所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cs218°.所以eq \f(m\r(n),2cs227°－1)＝eq \f(2sin18°\r(4cs218°),2cs227°－1)＝eq \f(4sin18°cs18°,2cs227°－1)＝eq \f(2sin36°,cs54°)＝eq \f(2sin36°,sin36°)＝2.
7．设a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\r(3)c))sin(A＋C)＝(a＋c)(sin A－sin C)，设D是BC边的中点，且△ABC的面积为1，则eq \(AB,\s\up7(―→))·(eq \(DA,\s\up7(―→))＋eq \(DB,\s\up7(―→)))＝( )
A．2 B．2eq \r(3) C．－2eq \r(3) D．－2
解析：选B ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\r(3)c))sin(A＋C)＝(a＋c)(sin A－sin C)，∴由正弦定理可得(b＋eq \r(3)c)b＝(a＋c)(a－c)，整理可得b2＋c2－a2＝－eq \r(3)bc，∴由余弦定理可得cs A＝－eq \f(\r(3),2)，∴由A∈(0，π)，可得A＝eq \f(5π,6)，又△ABC的面积为1，即eq \f(1,2)bcsineq \f(5π,6)＝1，∴bc＝4，又eq \(AB,\s\up7(―→))·(eq \(DA,\s\up7(―→))＋eq \(DB,\s\up7(―→)))＝(eq \(DB,\s\up7(―→))－eq \(DA,\s\up7(―→)))·(eq \(DA,\s\up7(―→))＋eq \(DB,\s\up7(―→)))＝eq \(DB,\s\up7(―→))2－eq \(DA,\s\up7(―→))2＝eq \f(eq \(CB,\s\up7(―→))2,4)－eq \f(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))2,4)＝eq \f(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))2,4)－eq \f(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))2,4)＝－eq \f(4eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→)),4)＝－eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝－bccs A＝2eq \r(3).
8．已知定义在R上的奇函数f(x)恒有f(x－1)＝f(x＋1)，当x∈[0,1)时，f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)，已知k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(2,15)，－eq \f(1,18)))，则函数g(x)＝f(x)－kx－eq \f(1,3)在(－1,6)上的零点个数为( )
A．4 B．5
C．3或4 D．4或5
解析：选D 因为f(x－1)＝f(x＋1)，所以f(x)的周期为2.又因为f(x)为奇函数，f(x)＝－f(－x)，令x＝1，得f(1)＝－f(－1)，又f(－1)＝f(1)，所以f(1)＝f(－1)＝0，当x∈(－1,1)时，f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝1－eq \f(2,2x＋1)，由y＝eq \f(2,2x＋1)单调递减得函数f(x)在(－1,1)上单调递增，所以f(－1)
9．下列结论正确的是( )
A．在△ABC中，若A>B，则sin A>sin B
B．在△ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则△ABC是等腰三角形
C．两个向量a，b共线的充要条件是存在实数λ，使b＝λa
D．对于非零向量a，b，“a＋b＝0”是“a∥b”的充分不必要条件
解析：选AD 对于A，大角对大边，由正弦定理可得该命题正确；对于B，若sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，即△ABC是等腰三角形或直角三角形，所以该命题不正确；对于C，若b≠0，a＝0，满足向量a，b共线，但不存在实数λ，使b＝λa，所以该命题不正确；对于D，若“a＋b＝0”，则“a∥b”；若“a∥b”，则“a＋b＝0”不一定成立．所以该命题正确．
10.函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0)的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得到y＝g(x)的图象，则下列说法正确的是( )
A．函数g(x)为奇函数
B．函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递减
C．函数F(x)＝xg(x)为偶函数
D．函数g(x)的图象的对称轴为直线x＝kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)
解析：选ABC 由函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象可知函数f(x)的周期为eq \f(4,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(5π,12)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))))＝π，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，3))，函数的最大值为3，所以A＝3，由T＝eq \f(2π,ω)＝π，解得ω＝2，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(5π,12)＋φ))＝3，所以φ＝－eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以取k＝0时，函数f(x)的解析式为f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得g(x)＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－eq \f(π,3)))＝3sin 2x，所以g(x)＝3sin 2x为奇函数，故A正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))，因为y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))上单调递减，所以g(x)＝3sin 2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递减，故B正确；F(x)＝xg(x)＝3xsin 2x，则F(－x)＝3(－x)·sin(－2x)＝3xsin 2x＝F(x)，即F(x)＝xg(x)为偶函数，故C正确；令2x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，故g(x)的对称轴为直线x＝eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，故D错误．
11．圆锥曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线过双曲线的另一个焦点．由此可得，过双曲线上任意一点的切线，平分该点与两焦点连线的夹角．请解决下面问题：已知F1，F2分别是双曲线C：x2－eq \f(y2,2)＝1的左、右焦点，点P为C在第一象限上的点，点M在F1P的延长线上，点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0))，且PQ为∠F1PF2的平分线，则下列结论正确的是( )
A.eq \f(|PF1|,|PF2|)＝2
B．|eq \(PF1,\s\up7(―→))＋eq \(PF2,\s\up7(―→))|＝2eq \r(3)
C．点P到x轴的距离为eq \r(3)
D．∠F2PM的角平分线所在直线的倾斜角为150°
解析：选AD 先证明结论双曲线C：x2－eq \f(y2,2)＝1在其上一点P(x0，y0)的切线的方程为x0x－eq \f(y0y,2)＝1.由已知xeq \\al(2,0)－eq \f(y\\al(2,0),2)＝1，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x－\f(y0y,2)＝1，,x2－\f(y2,2)＝1))可得x2－2x0x＋xeq \\al(2,0)＝0，即(x－x0)2＝0，解得x＝x0，所以双曲线C：x2－eq \f(y2,2)＝1在其上一点P(x0，y0)的切线的方程为x0x－eq \f(y0y,2)＝1.本题中，设点P(x0，y0)，则直线PQ的方程为x0x－eq \f(y0y,2)＝1，将点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0))代入切线方程可得x0＝eq \r(3)，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，2))，即点P到x轴的距离为2，C错误；在双曲线C中，a＝1，b＝eq \r(2)，则c＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(3)，则F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，所以|PF1|＝eq \r(2\r(3)2＋22)＝4，|PF2|＝eq \r(02＋22)＝2，所以eq \f(|PF1|,|PF2|)＝2，A正确；eq \(PF1,\s\up7(―→))＝(－2eq \r(3)，－2)，eq \(PF2,\s\up7(―→))＝(0，－2)，所以eq \(PF1,\s\up7(―→))＋eq \(PF2,\s\up7(―→))＝(－2eq \r(3)，－4)，则|eq \(PF1,\s\up7(―→))＋eq \(PF2,\s\up7(―→))|＝eq \r(－2\r(3)2＋－42)＝2eq \r(7)，B错误；因为∠F2PM的角平分线交x轴于点N(如图所示)，则∠QPF2＋∠NPF2＝eq \f(1,2)(∠F1PF2＋∠F2PM)＝90°，所以PN⊥PQ，因为kPQ＝eq \f(2,\r(3)－\f(\r(3),3))＝eq \r(3)，则kPN＝－eq \f(1,kPQ)＝－eq \f(\r(3),3)，故∠F2PM的角平分线所在直线的倾斜角为150°，D正确．
12.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，M，N分别为BB1，AB的中点．下列说法正确的是( )
A．点M到平面AND1的距离为eq \f(\r(2),2)
B．正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的体积为eq \f(\r(3)π,2)
C．平面AND1截正方体ABCD-A1B1C1D1外接球所得圆的面积为eq \f(3π,4)
D．以顶点A为球心，eq \f(2\r(3),3)为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长为eq \f(5\r(3)π,6)
解析：选BCD 由题意，得AD1＝eq \r(2)，S△AND1＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(2),4)，S△ANM＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,8)，设点M到平面AND1的距离为d，由VM-AND1＝VD1-AMN，得eq \f(1,3)×d×S△AND1＝eq \f(1,3)×D1A1×S△ANM，解得d＝eq \f(\r(2),4)，故A错误；正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的半径为eq \f(\r(12＋12＋12),2)＝eq \f(\r(3),2)，外接球的体积为eq \f(4π,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))3＝eq \f(\r(3)π,2)，故B正确；易得平面AND1经过正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的球心，故其截外接球所得圆的半径为外接球的半径eq \f(\r(3),2)，其圆的面积为eq \f(3π,4)，故C正确；如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即平面AA1B1B、平面ABCD和平面AA1D1D上；另一类在不过顶点A的三个面上，即平面BB1C1C、平面CC1D1D和平面A1B1C1D1上．在平面AA1B1B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为A1E＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))2－12)＝eq \f(\r(3),3)，则∠A1AE＝eq \f(π,6)，同理∠BAF＝eq \f(π,6)，所以∠EAF＝eq \f(π,6)，故弧EF的长为eq \f(2\r(3),3)×eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3)π,9)，而这样的弧共有三条．在平面BB1C1C上，交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为BF＝A1E＝eq \f(\r(3),3)，所以弧FG的长为eq \f(\r(3),3)×eq \f(π,2)＝eq \f(\r(3)π,6)，这样的弧也有三条．于是，所得的曲线长3×eq \f(\r(3)π,9)＋3×eq \f(\r(3)π,6)＝eq \f(5\r(3)π,6)，故D正确．
三、填空题
13．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))9的展开式中常数项是________．
解析：由题可知展开式Tr＋1＝Ceq \\al(r,9)(eq \r(x))9－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))r＝Ceq \\al(r,9)(－2)rxeq \f(9－3r,2)，令eq \f(9－3r,2)＝0，解得r＝3，故常数项为Ceq \\al(3,9)(－2)3＝－672.
答案：－672
14．函数f(x)＝xln(－2x)，则曲线y＝f(x)在x＝－eq \f(e,2)处的切线方程为________．
解析：由题可知f′(x)＝ln(－2x)＋1，所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e,2)))＝2，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e,2)))＝－eq \f(e,2)，故切线方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e,2)))＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e,2)))))，即4x－2y＋e＝0.
答案：4x－2y＋e＝0
15．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34，55，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用．若此数列的各项除以3的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2 022项的和为________．
解析：由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…各项除以3的余数，可得{an}为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…，所以{an}是周期为8的周期数列，一个周期中的8项和为9，因为2 022＝252×8＋6，所以数列{an}的前2 022项的和为252×9＋8＝2 276.
答案：2 276
16．已知椭圆C1：eq \f(x2,a\\al(2,1))＋eq \f(y2,b\\al(2,1))＝1(a1>b1>0)与双曲线C2：eq \f(x2,a\\al(2,2))－eq \f(y2,b\\al(2,2))＝1(a2>0，b2>0)有相同的焦点F1，F2，椭圆C1的离心率为e1，双曲线C2的离心率为e2，点P为椭圆C1与双曲线C2在第一象限的交点，且∠F1PF2＝eq \f(π,3)，则eq \f(e1e2,e1＋e2)的取值范围是________．
解析：设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
由椭圆的定义得m＋n＝2a1 ①，
由双曲线的定义得|m－n|＝2a2 ②，
①2＋②2得m2＋n2＝2(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2))，
①2－②2得mn＝aeq \\al(2,1)－aeq \\al(2,2)，
由余弦定理可得(2c)2＝m2＋n2－2mncs∠F1PF2，
所以aeq \\al(2,1)＋3aeq \\al(2,2)＝4c2 ③，
设a1＝2ccs θ，a2＝eq \f(2\r(3),3)c·sin θ，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a1,c)＝2cs θ>1，,0<\f(a2,c)＝\f(2\r(3),3)sin θ<1，))解得θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，
所以eq \f(e1＋e2,e1e2)＝eq \f(1,e1)＋eq \f(1,e2)＝eq \f(a1,c)＋eq \f(a2,c)＝2cs θ＋eq \f(2\r(3),3)sin θ＝eq \f(4\r(3),3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))，
当θ＝eq \f(π,6)时，eq \f(1,e1)＋eq \f(1,e2)的最大值为eq \f(4\r(3),3)，θ＝eq \f(π,3)时，eq \f(1,e1)＋eq \f(1,e2)的值为2，所以eq \f(e1e2,e1＋e2)的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，\f(1,2))).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，\f(1,2)))
大题规范增分练—今日题型：立体几何
17.如图，在四棱锥E-ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝BC＝eq \f(1,2)AB，E在以AB为直径的半圆上，平面ABE⊥平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点．
(1)求证：MN∥平面ABE；
(2)当四棱锥E-ABCD体积最大时，求二面角N-AE-B的余弦值．
解：(1)证明：如图所示，过D作DH⊥AB于H，连接EH，过M作MQ⊥EH于Q，过N作NP⊥AB于P，连接PQ.
易知NP＝MQ＝eq \f(1,2)DH，NP∥DH，MQ∥DH，所以四边形MNPQ为平行四边形，
所以MN∥PQ.
又MN⊄平面ABE，PQ⊂平面ABE，所以MN∥平面ABE.
(2)如图所示，过E作EO⊥AB交AB于O.
因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EO⊂平面ABE，
所以EO⊥平面ABCD，故EO为四棱锥E-ABCD的高，
要使四棱锥E-ABCD体积最大，则E为弧AEB的中点，此时O为AB的中点．
在此情况下，取CD的中点G，连接OG，因为AB∥CD，AD＝DC＝BC＝eq \f(1,2)AB，所以OG⊥AB.
因为EO⊥平面ABCD，所以EO⊥AB，EO⊥OG，所以EO，AB，OG两两垂直，以O为原点，分别以直线OE为x轴，直线AB为y轴，直线OG为z轴建立空间直角坐标系，如图．设AD＝DC＝BC＝eq \f(1,2)AB＝a(a>0)，
可得O(0,0,0)，A(0，－a,0)，E(a,0,0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)a，\f(\r(3),4)a))，
则eq \(AE,\s\up7(―→))＝(a，a,0)，eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7,4)a，\f(\r(3),4)a)).
设平面AEN的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \(AE,\s\up7(―→))·n＝0，,eq \(AN,\s\up7(―→))·n＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax＋ay＝0，,\f(7,4)ay＋\f(\r(3),4)az＝0，))
令x＝1，则平面AEN的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(7\r(3),3)))，
易得平面ABE的一个法向量为m＝(0,0,1)，
则|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\f(7\r(3),3),\r(\f(55,3)))＝eq \f(7\r(55),55)，
由图可知二面角N-AE-B的平面角为锐角，所以二面角N-AE-B的余弦值为eq \f(7\r(55),55).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十七)
小题限时保分练—选自2022·黄冈二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知复数z满足(－3i)z＝4－5i，则z的共轭复数的虚部为( )
A.eq \f(4i,3) B．eq \f(4,3)
C．－eq \f(4,3) D．－eq \f(4i,3)
解析：选C ∵(－3i)z＝4－5i，∴z＝eq \f(4－5i,－3i)＝eq \f(4－5ii,－3ii)＝eq \f(5＋4i,3)＝eq \f(5,3)＋eq \f(4,3)i，∴z的共轭复数的虚部为－eq \f(4,3).
2．设集合A＝{x|(x－1)(x－4)<0}，B＝{x|2x＋a<0}，且A∩B＝{x|1
C．－2 D．－4
解析：选D 集合A＝{x|(x－1)(x－4)<0}＝{x|1
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>a>b D．c>b>a
解析：选C ∵0
4．已知A，B，C是表面积为16π的球O的球面上的三个点，且AC＝AB＝1，∠ABC＝30°，则三棱锥O-ABC的体积为( )
A.eq \f(1,12) B．eq \f(\r(3),12) C.eq \f(1,4) D．eq \f(\r(3),4)
解析：选C 设球的半径为R，△ABC外接圆的半径为r，在△ABC中，由AC＝AB＝1，∠ABC＝30°，则∠BAC＝120°，得2r＝eq \f(AC,sin∠ABC)＝2，所以r＝1，因为球O的表面积为16π，则4πR2＝16π，解得R＝2，所以球心O到△ABC的距离d＝eq \r(R2－r2)＝eq \r(3)，即三棱锥O-ABC的高为eq \r(3)，S△ABC＝eq \f(1,2)AB·AC·sin∠BAC＝eq \f(\r(3),4)，所以三棱锥O-ABC的体积VO-ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×eq \r(3)＝eq \f(1,4).
5．已知函数f(x)＝xln(e2x＋1)－x2＋1，f(a)＝2，则f(－a)的值为( )
A．1 B．0 C．－1 D．－2
解析：选B 构造函数g(x)＝xln(e2x＋1)－x2，则g(－x)＋g(x)＝－xln(e－2x＋1)－x2＋xln(e2x＋1)－x2＝xlneq \f(e2x＋1,e－2x＋1)－2x2＝xln e2x－2x2＝0，故函数g(x)为奇函数，又f(a)＝g(a)＋1＝2，∴g(a)＝1，∴f(－a)＝g(－a)＋1＝－g(a)＋1＝0.
6．若sin α＋cs α＝eq \f(1,5)，0<α<π，则sin 2α＋cs 2α＝( )
A.eq \f(17,25) B．－eq \f(17,25) C.eq \f(31,25) D．－eq \f(31,25)
解析：选D 因为sin α＋cs α＝eq \f(1,5)，两边同时平方可得，1＋sin 2α＝eq \f(1,25)，所以sin 2α＝－eq \f(24,25)<0，因为0<α<π，则eq \f(π,2)<α<π，所以sin α>0，cs α<0，故(sin α－cs α)2＝1－sin 2α＝eq \f(49,25)，所以sin α－cs α＝eq \f(7,5)，故cs2α－sin2α＝(cs α＋sin α)(cs α－sin α)＝eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,5)))＝－eq \f(7,25)，即cs 2α＝－eq \f(7,25)，所以sin 2α＋cs 2α＝－eq \f(24,25)－eq \f(7,25)＝－eq \f(31,25).
7．直线x＝2与双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的渐近线交于A，B两点，设P为双曲线上任一点，若eq \(OP,\s\up7(―→))＝aeq \(OA,\s\up7(―→))＋beq \(OB,\s\up7(―→)) (a，b∈R，O为坐标原点)，则下列不等式恒成立的是( )
A．a2＋b2≥1 B．|ab|≥1
C．|a＋b|≥1 D．|a－b|≥2
解析：选C 双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的渐近线为y＝±eq \f(1,2)x.把x＝2代入上述方程可得y＝±1.不妨取A(2,1)，B(2，－1)．eq \(OP,\s\up7(―→))＝aeq \(OA,\s\up7(―→))＋beq \(OB,\s\up7(―→))＝(2a＋2b，a－b)．代入双曲线方程可得eq \f(2a＋2b2,4)－(a－b)2＝1，解得ab＝eq \f(1,4)，∴eq \f(1,4)＝ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，所以|a＋b|≥1.
8．若函数y＝f(x)的图象上存在两个不同的点A，B，使得曲线y＝f(x)在这两点处的切线重合，则称函数y＝f(x)为“共切”函数，下列函数是“共切”函数的为( )
A．y＝ln x＋x B．y＝ex＋x
C．y＝x3＋1 D．y＝x－cs x
解析：选D 由“共切”函数的定义可知，导函数中自变量存在两个值，它们的函数值相等，才可能是“共切”函数，因此导函数不会为单调函数．对于A，y′＝eq \f(1,x)＋1，即导函数在(0，＋∞)上单调递减，且自变量与函数值是一一对应的关系，故y＝ln x＋x不会是“共切”函数；对于B，y′＝ex＋1，即导函数在R上单调递增，故y＝ex＋x必不是“共切”函数；对于C，y′＝3x2，存在(m，m3＋1)与(－m，－m3＋1)(m≠0)，两点处的切线斜率均为3m2，分别写出切线方程为y＝3m2·x－2m3＋1，y＝3m2·x＋2m3＋1，显然两直线不重合，故y＝x3＋1不是“共切”函数；对于D，y′＝1＋sin x∈[0,2]，即导函数为T＝2π的周期函数，且y′≥0恒成立，故y＝x－cs x在R上递增，不妨取xA＝0，xB＝2π，则y′＝1，切点分别为A(0，－1)，B(2π，2π－1)，此时切线方程分别为y＝x－1，y＝x－2π＋2π－1＝x－1，两切线重合，可知至少存在A，B两点处的切线重合，故该函数为“共切”函数．
二、多项选择题
9．已知由样本数据(xi，yi)(i＝1,2,3，…，10)组成的一个样本，得到经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝2x－0.4，且eq \x\t(x)＝2，去除两个样本点(－2,1)和(2，－1)后，得到新的经验回归直线的斜率为3.则下列说法正确的是( )
A．相关变量x，y具有正相关关系
B．去除两个样本点后的经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝3x－3
C．去除两个样本点后，随x值增加相关变量y值增加速度变小
D．去除两个样本点后，样本(4,8.9)的残差为0.1
解析：选AB 对于A，去除两个样本点(－2,1)和(2，－1)后，得到新的经验回归直线的斜率为3,3>0，则相关变量x，y具有正相关关系，故A正确；对于B，将eq \x\t(x)＝2代入eq \(y,\s\up6(^))＝2x－0.4得eq \x\t(y)＝3.6，则去除两个样本点(－2,1)和(2，－1)后，得到新的样本点的中心点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(9,2)))，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \f(9,2)－3×eq \f(5,2)＝－3，故去除样本点后的经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝3x－3，故B正确；对于C，由于斜率为3>1，故相关变量x，y具有正相关关系且去除样本点后，随x值增加相关变量y值增加速度变大，故C错误；当x＝4时，eq \(y,\s\up6(^))＝3×4－3＝9，则样本(4,8.9)的残差为8.9－9＝－0.1，故D错误．
10．已知点M(1,0)，A，B是椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1上的动点，当eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BA,\s\up7(―→))取下列哪些值时，可以使eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BM,\s\up7(―→))＝0( )
A．3 B．6 C．9 D．12
解析：选ABC 设A(x0，y0)，且eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BM,\s\up7(―→))＝0.∵eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BA,\s\up7(―→))＝eq \(MA,\s\up7(――→))·(eq \(BM,\s\up7(―→))＋eq \(MA,\s\up7(――→)))＝eq \(MA,\s\up7(――→))2＋eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BM,\s\up7(―→))＝eq \(MA,\s\up7(――→))2＝(x0－1)2＋yeq \\al(2,0) ①，
将A点坐标代入椭圆，可得eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，则yeq \\al(2,0)＝1－eq \f(x\\al(2,0),4)代入①可得，eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BA,\s\up7(―→))＝(x0－1)2＋1－eq \f(x\\al(2,0),4)＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(4,3)))2＋eq \f(2,3)(－2≤x0≤2)，故(eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BA,\s\up7(―→)))min＝eq \f(2,3)，(eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BA,\s\up7(―→)))max＝9，对照选项，eq \(MA,\s\up7(――→))·eq \(BA,\s\up7(―→))可以取A、B、C.
11．设函数f(x)＝eq \f(sin 2x－2sin x,cs x)，则( )
A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有且仅有1个零点
B．f(x)的最小正周期为π
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递减
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减
解析：选ACD 由二倍角公式可得，sin 2x＝2sin xcs x，∵f(x)＝eq \f(sin 2x－2sin x,cs x)＝eq \f(2sin xcs x－1,cs x)＝0，∴sin x＝0或cs x＝1，∴x＝kπ或x＝2kπ，k∈Z，∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴当且仅当k＝0，即x＝0时，满足f(x)＝0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有且仅有一个零点，满足题意，则A正确；f(x)＝2sin x－2tan x，∵sin x的最小正周期为2π，tan x的最小正周期为π，∴f(x)的最小正周期为2π，则B错误；f(x)＝2sin x－2tan x，则f′(x)＝2cs x－eq \f(2[cs2x－－sin x·sin x],cs x2)＝eq \f(2cs3x－1,cs2x)，∵cs3x－1≤0，∴f′(x)≤0，∴f(x)单调递减，则C、D正确．
12．在数列{an}中，对于任意的n∈N*都有an>0，且aeq \\al(2,n＋1)－an＋1＝an，则下列结论正确的是( )
A．对于任意的n≥2，都有an>1
B．对于任意的a1>0，数列{an}不可能为常数列
C．若0
13.函数f(x)的图象如图所示，记A＝f′(x1)，B＝f′(x2)，C＝f′(x3)，则A，B，C最大的是________．
解析：根据导数的几何意义，f′(x1)，f′(x2)，f′(x3)分别为x1，x2，x3处的切线斜率，又x1与x3处的切线单调递增，x2处的切线单调递减，且x1处的切线比x3处的切线更陡峭，∴f′(x2)<0
14．已知(1＋x)n的展开式中，唯有x3的系数最大，则(1＋x)n的系数和为________．
解析：由题意，Ceq \\al(3,n)>Ceq \\al(2,n)，且Ceq \\al(3,n)>Ceq \\al(4,n)，所以n＝6，所以令x＝1，(1＋x)6的系数和为26＝64.
答案：64
15．与三角形的一边及另外两边的延长线都相切的圆，称为这个三角形的旁切圆．已知正△ABC的中心为O，AB＝1，点P为与BC边相切的旁切圆上的动点，则eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP,\s\up7(―→))的取值范围为________．
解析：如图所示，△ABC的旁切圆为圆O′，设其半径为R，因为正△ABC的边长为1，所以|AE|＝eq \f(\r(3),2)，易知O为△ABC的重心，则|OA|＝eq \f(\r(3),3)，|OE|＝eq \f(\r(3),6).易知AO′＝2DO′，即AE＋R＝2R，∴R＝AE，解得R＝eq \f(\r(3),2)，由平面向量数量积的几何意义可知eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OA,\s\up7(―→))，表示eq \(OP,\s\up7(―→))在eq \(OA,\s\up7(―→))上的投影与|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝eq \f(\r(3),3)的乘积，由图可知，当点P位于点E时，eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OA,\s\up7(―→))最大，最大值为eq \f(\r(3),3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)))＝－eq \f(1,6)，当点P位于点F时，eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OA,\s\up7(―→))最小，最小值为eq \f(\r(3),3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)－\f(\r(3),2)×2))＝－eq \f(7,6)，故eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP,\s\up7(―→))的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)，－\f(1,6))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)，－\f(1,6)))
16.已知P为正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的一动点，且满足|PA|＝eq \r(2)|PB|，AB＝2，则动点P运动轨迹的周长为________．
解析：由|PA|＝eq \r(2)|PB|，AB＝2可知，正方体表面上到点A距离最远的点为C1 ，所以P点只可能在面ABB1A1，面ABCD，面BB1C1C上运动，当P在面ABCD上运动时，如图所示，建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0) ，设P(x，y)，由|PA|＝eq \r(2)|PB|得：x2＋y2＝2[(x－2)2＋y2]，即(x－4)2＋y2＝8，即P点在平面ABCD内的轨迹是以E(4,0)为圆心，以2eq \r(2)为半径的一段圆弧，因为EC＝2eq \r(2)，BE＝2，故∠BEC＝eq \f(π,4)，所以P点在面ABCD内的轨迹的长即为eq \f(π,4)×2eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,2).
同理，P点在面ABB1A1内情况亦为eq \f(π,4)×2eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,2)；P点在面BB1C1C上时，
因为|PA|＝eq \r(2)|PB|，∠PBA＝eq \f(π,2)，
所以∠PAB＝eq \f(π,4)，PB＝2，所以此时P点轨迹为以B为圆心，2为半径的圆弧，其长为eq \f(1,4)×2π×2＝π，综上所述，P点运动轨迹的周长为2×eq \f(\r(2)π,2)＋π＝(eq \r(2)＋1)π.
答案：(eq \r(2)＋1)π
大题规范增分练—今日题型：函数与导数
17．已知函数f(x)＝aex－x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)当a≥1时，从下面①和②两个结论中任选其一进行证明．
①f(x)>xln x－sin x；
②f(x)>x(ln x－1)－cs x.
解：(1)由f(x)＝aex－x－a，得f(0)＝0，又f′(x)＝aex－1.当a≤0时，有f′(x)<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减，又由f(0)＝0，则f(x)≥0不成立．当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln eq \f(1,a)，
则x>ln eq \f(1,a)时，有f′(x)>0，
x
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)，＋∞))内单调递增，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)))是f(x)的极小值，
又因为f(x)≥0，且f(0)＝0，故ln eq \f(1,a)＝0，即a＝1，经验证成立．
(2)证明：选择①：
当a≥1，x>0时，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，
设g(x)＝ex－x－xln x＋sin x－1，
当0
当x>1时，g′(x)＝ex－2－ln x＋cs x，
设h(x)＝ex－2－ln x＋cs x，则h′(x)＝ex－eq \f(1,x)－sin x，h′(x)>e－1－1>0，
则h(x)在(1，＋∞)上单调递增，h(x)>h(1)＝e－2＋cs 1>0，
所以g′(x)>0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)>g(1)＝e－2＋sin 1>0，
综上，g(x)>0，即当a≥1时，f(x)>xln x－sin x.
选择②：
当a≥1，x>0时，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，
设g(x)＝ex－xln x＋cs x－1，
当0
故g(x)>0，
当x>1时，g′(x)＝ex－1－ln x－sin x，
设h(x)＝ex－1－ln x－sin x，则h′(x)＝ex－eq \f(1,x)－cs x，h′(x)>e－1－1>0，
则h(x)在(1，＋∞)上单调递增，h(x)>h(1)＝e－1－sin 1>0，所以g′(x)>0，
则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)>g(1)＝e－1＋cs 1>0，
综上，g(x)>0，即当a≥1时，f(x)>x(ln x－1)－cs x.
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十八)
小题限时保分练—选自2022·衡水模拟卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设全集U＝R，且A＝{－1,0,1,2}，B＝{x|2x<2}，则A∩B＝( )
A．(－1,0,1) B．(－1,0)
C．{－1,0} D．{－1,0,1}
解析：选C ∵B＝{x|2x<2}＝{x|x<1}，因此，A∩B＝{－1,0}．
2．已知复数z满足(1＋eq \r(3)i)z＝i，则复数z＝( )
A.eq \f(\r(3),4)＋eq \f(1,4)i B．eq \f(1,4)＋eq \f(\r(3),4)i
C．－eq \f(\r(3),4)＋eq \f(1,4)i D．－eq \f(1,4)＋eq \f(\r(3),4)i
解析：选A 由已知可得z＝eq \f(i,1＋\r(3)i)＝eq \f(i1－\r(3)i,1＋\r(3)i1－\r(3)i)＝eq \f(\r(3),4)＋eq \f(1,4)i.
3．已知向量a，b的夹角为θ，|a＋b|＝2eq \r(3)，|a－b|＝2，则a·b＝( )
A．2 B．2eq \r(2)
C．2eq \r(3) D．4eq \r(3)
解析：选A 由|a＋b|＝2eq \r(3)，得a2＋2a·b＋b2＝12，由|a－b|＝2，得a2－2a·b＋b2＝4，从而有4a·beq \a\vs4\al(＝)8，即a·b＝2.
4．函数f(x)＝sineq \f(x,2)－eq \r(3)cseq \f(x,2)，x∈R的最小正周期为( )
A.eq \f(π,2) B．π
C．2π D．4π
解析：选D f(x)＝sineq \f(x,2)－eq \r(3)cseq \f(x,2)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,3)))，所以f(x)的最小正周期为eq \f(2π,\f(1,2))＝4π.
5．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是( )
A.eq \f(2,3) B．eq \f(7,6)
C.eq \f(4,5) D．eq \f(5,6)
解析：选D 由题意，几何体的体积就是正方体的体积减去8个正三棱锥的体积，即V正方体－8V三棱锥＝1－8×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(5,6).
6．不等式“eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<2”是“lg2x>1”成立的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<2，可得x>－1，充分性不成立；由lg2x>1，可得x>2，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
解析：选C ∵f(x)＝(x＋1)2－2x，则f(0)＝0，f(2)＝32－22＝5>0，排除A选项，f(6)＝72－26<0，排除D选项，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝eq \f(4,9)－eq \r(3,\f(1,2))＝eq \r(3,\f(64,729))－eq \r(3,\f(1,2))<0，排除B选项．
8．已知定义域为R的函数f(x)＝a＋eq \f(2bx＋3sin x＋bxcs x,2＋cs x)(a，b∈R)有最大值和最小值，且最大值与最小值之和为6，则2a－3b等于( )
A．7 B．8
C．9 D．6
解析：选D 定义域为R的函数f(x)＝a＋eq \f(2bx＋3sin x＋bxcs x,2＋cs x)＝a＋bx＋eq \f(3sin x,2＋cs x)(a，b∈R)有最大值和最小值，所以b＝0.则f(x)＝a＋eq \f(3sin x,2＋cs x)，令g(x)＝f(x)－a，则g(x)是奇函数，故g(x)max＋g(x)min＝0，故f(x)max＋f(x)min－2a＝0，又f(x)max＋f(x)min＝6，故a＝3.所以2a－3b＝6.
二、多项选择题
9．按1 d(或24 h)降雨量的大小可将降水强度分为：小雨、中雨、大雨、暴雨、大暴雨、特大暴雨．其中，小雨：1 d(或24 h)降雨量小于10 mm；中雨：降雨量10～25 mm；大雨：降雨量25～50 mm；暴雨：降雨量50～100 mm；大暴雨：降雨量100～250 mm；特大暴雨：降雨量在250 mm以上．某城市水利部门根据以往汛期的降水量得出：连续两天下特大暴雨，则地区会出现内涝．下列给出该城市汛期内连续一周(7天)降特大暴雨的统计数据，假设任意两天降特大暴雨之间是互不影响的，能判定该地区一定出现内涝的是( )
A．一周内有4天降特大暴雨
B．一周内任意1天都降特大暴雨
C．一周内只有前3天降特大暴雨
D．一周内至多有3天降特大暴雨
解析：选BC 一周共7天，4天降特大暴雨，可能出现在周一、周三、周五、周日，没有连续2天下特大暴雨，所以不一定出现内涝，故A错误；一周内任意1天都降特大暴雨，即每天都下特大暴雨，所以一定出现内涝，故B正确；一周内前3天降特大暴雨，即有连续3天降特大暴雨，则一定出现内涝，故C正确；由A可知，一周内至多有3天降特大暴雨，不一定连续两天降特大暴雨，故D错误．故选B、C.
10.已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与双曲线的右支交于A，B两点，若|AF1|＝|BF2|＝2|AF2|，则( )
A．∠AF1B＝∠F1AB
B．双曲线的离心率e＝eq \f(\r(33),3)
C．双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(6),3)x
D．原点O在以F2为圆心，|AF2|为半径的圆上
解析：选AB 设|AF1|＝|BF2|＝2|AF2|＝2m，则|AB|＝|AF2|＋|BF2|＝3m，由双曲线的定义知，|AF1|－|AF2|＝2m－m＝2a，即m＝2a，|BF1|－|BF2|＝2a，即|BF1|－2m＝2a，∴|BF1|＝3m＝|AB|，则∠AF1B＝∠F1AB，故选项A正确；由余弦定理知，在△ABF1中，cs∠AF1B＝eq \f(|AF1|2＋|BF1|2－|AB|2,2|AF1|·|BF1|)＝eq \f(4m2＋9m2－9m2,2·2m·3m)＝eq \f(1,3)，在△AF1F2中，cs∠F1AB＝eq \f(|AF1|2＋|AF2|2－|F1F2|2,2|AF1|·|AF2|)＝eq \f(4m2＋m2－4c2,2·2m·m)＝cs∠AF1B＝eq \f(1,3)，化简整理得12c2＝11m2＝44a2，∴离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(44,12))＝eq \f(\r(33),3)，故选项B正确；双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝± eq \r(\f(c2－a2,a2))x＝±eq \r(e2－1)x＝±eq \f(2\r(6),3)x，故选项C错误；若原点O在以F2为圆心，AF2为半径的圆上，则c＝m＝2a，与eq \f(c,a)＝eq \f(\r(33),3)不符，故选项D错误．
11．已知函数f(x)＝sin x(cs 2xcs x＋sin 2xsin x)，x∈R，关于函数f(x)的性质，以下结论正确的是( )
A．函数f(x)的值域是[－1,1]
B．x＝－eq \f(π,4)是函数f(x)的一条对称轴
C．函数h(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))内有唯一极小值－eq \f(\r(3),4)－eq \f(5π,12)
D．函数f(x)向左平移eq \f(π,6)个单位长度后所得函数g(x)的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))
解析：选BC ∵f(x)＝(cs 2xcs x＋sin 2xsin x)sin x＝cs xsin x＝eq \f(1,2)sin 2x.对于A，函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，故A不正确；对于B，函数f(x)的对称轴为直线2x＝kπ＋eq \f(π,2)，即x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)，k∈Z，当k＝－1时，x＝－eq \f(π,4)，故B正确；对于C，h(x)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(1,2)x，h′(x)＝cs 2x－eq \f(1,2)，令h′(x)＝0，得x＝kπ±eq \f(π,6)，k∈Z，令h′(x)>0，得kπ－eq \f(π,6)
A．A1D⊥C1P
B．若BD1⊥平面PAC，则λ＝eq \f(1,3)
C．若△PAC为钝角三角形，则λ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
D．若λ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))，则△PAC为锐角三角形
解析：选ABD 建立如图所示的空间直角坐标系，则eq \(BP,\s\up7(―→))＝λeq \(BD1,\s\up7(―→))，设正方体的棱长为3，则D(0,0,0)，A(3,0,0)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，D1(0,0,3)，A1(3，0,3)，C1(0,3,3)，故eq \(BD1,\s\up7(―→))＝(－3，－3,3)，所以eq \(BP,\s\up7(―→))＝(－3λ，－3λ，3λ)，故P(3－3λ，3－3λ，3λ)，故eq \(C1P,\s\up7(―→))＝(3－3λ，－3λ，3λ－3)，又eq \(A1D,\s\up7(―→))＝(－3,0，－3)，所以eq \(A1D,\s\up7(―→))·eq \(C1P,\s\up7(―→))＝－9＋9λ＋9－9λ＝0，所以A1D⊥C1P，故A正确；eq \(AP,\s\up7(―→))＝(－3λ，3－3λ，3λ)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(－3，3,0)，eq \(PC,\s\up7(―→))＝(3λ－3，3λ，－3λ)，因为BD1⊥平面PAC，故eq \(BD1,\s\up7(―→))⊥eq \(AP,\s\up7(―→))，eq \(BD1,\s\up7(―→))⊥eq \(AC,\s\up7(―→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3×－3λ＋－3×3－3λ＋3×3λ＝0，,－3×－3＋－3×3＋3×0＝0，))解得λ＝eq \f(1,3)，故B正确；由正方体的对称性可知PA＝PC，故△PAC为等腰三角形且∠PAC＝∠PCA.若△PAC为钝角三角形，则∠APC为钝角，则eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PC,\s\up7(―→))<0，即3λ2－2λ<0，解得0<λ
三、填空题
13．在等比数列{an}中，aeq \\al(2,2)＝a1a4，则{an}的公比为______．
解析：设等比数列的公比为q，因为aeq \\al(2,2)＝a1a4，所以aeq \\al(2,1)q2＝aeq \\al(2,1)q3，解得q＝1，即等比数列{an}的公比为1.
答案：1
14.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,x)))6的二项展开式中x2项的系数为_______．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,x)))6展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)x6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,x)))r＝Ceq \\al(r,6)(－3)rx6－2r，令6－2r＝2，所以r＝2，则含x2项的系数为Ceq \\al(2,6)(－3)2＝15×9＝135.
答案：135
15．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,6))).在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c且满足eq \f(2a－c,b)＝eq \f(cs C,cs B)，则f(A)的取值范围是________．
解析：由eq \f(2a－c,b)＝eq \f(cs C,cs B)及正弦定理，得eq \f(2sin A－sin C,sin B)＝eq \f(cs C,cs B)，即2sin Acs B－sin Ccs B＝sin Bcs C，即2sin Acs B＝sin Ccs B＋sin Bcs C＝sin A，又sin A≠0，所以cs B＝eq \f(1,2)，即B＝eq \f(π,3)，所以A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以eq \f(1,2)A＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，所以f(A)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
16．设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆(x－5)2＋y2＝r2(r>0)相切于点M，且M为线段AB的中点．若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是________．
解析：设直线l的方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，把直线l的方程代入抛物线方程y2＝4x，整理可得y2－4ty－4m＝0，则Δ＝16t2＋16m>0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，则x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，∴线段AB的中点M(2t2＋m,2t)，由题意可得直线AB与直线MC垂直，且C(5，0)，当t≠0时，有KMCKAB＝－1，即eq \f(2t－0,2t2＋m－5)×eq \f(1,t)＝－1，整理得m＝3－2t2，把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m>0，可得3－t2>0，即0
大题规范增分练—今日题型：解析几何
17．已知M，N为椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>0)和双曲线C2：eq \f(x2,a2)－y2＝1的公共顶点，e1，e2分别为C1和C2的离心率．
(1)若e1e2＝eq \f(\r(15),4).
①求C2的渐近线方程；
②过点G(4,0)的直线l交C2的右支于A，B两点，直线MA，MB与直线x＝1相交于A1，B1两点，记A，B，A1，B1的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，(x4，y4)，求证：eq \f(1,y1)＋eq \f(1,y2)＝eq \f(1,y3)＋eq \f(1,y4)；
(2)从C2上的动点P(x0，y0)(x0≠±a)引C1的两条切线，经过两个切点的直线与C2的两条渐近线围成三角形的面积为S，试判断S是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
解：(1)由题意得e1＝eq \f(\r(a2－1),a)，e2＝eq \f(\r(a2＋1),a)，
所以e1e2＝eq \f(\r(a4－1),a2)＝eq \f(\r(15),4)，
又a>0，解得a2＝4.
①故双曲线C2的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x.
②证明：设直线AB的方程为x＝ty＋4，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋4，,\f(x2,4)－y2＝1，))消去x，整理得(t2－4)y2＋8ty＋12＝0，Δ>0，
且t≠±2，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－8t,t2－4)，,y1y2＝\f(12,t2－4)，))
故eq \f(1,y1)＋eq \f(1,y2)＝eq \f(y1＋y2,y1y2)＝－eq \f(2t,3)，
又直线AA1的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
所以y3＝eq \f(3y1,x1＋2)，同理y4＝eq \f(3y2,x2＋2)，
所以eq \f(1,y3)＋eq \f(1,y4)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋2,y1)＋\f(x2＋2,y2)))＝eq \f(1,3)eq \f(ty1＋6,y1)＋eq \f(ty2＋6,y2)＝eq \f(2ty1y2＋6y1＋y2,3y1y2)＝eq \f(2,3)t＋eq \f(2y1＋y2,y1y2)＝eq \f(2,3)t＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＝eq \f(2,3)t－eq \f(4,3)t＝－eq \f(2,3)t，
故eq \f(1,y1)＋eq \f(1,y2)＝eq \f(1,y3)＋eq \f(1,y4).
(2)设两个切点P1(x5，y5)，P2(x6，y6)，由题意知PP1，PP2斜率存在，
直线PP1的方程为l1：y＝k1(x－x5)＋y5，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋y2＝1，,y＝k1x－x5＋y5，))由Δ＝0得k1＝－eq \f(x5,a2y5)，所以l1：eq \f(x5x,a2)＋y5y＝1，
同理直线PP2的方程为l2：eq \f(x6x,a2)＋y6y＝1，
由l1，l2过P点可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x5x0,a2)＋y5y0＝1，,\f(x6x0,a2)＋y6y0＝1，))
则直线P1P2的方程为eq \f(x0x,a2)＋y0y＝1，
不妨设，直线P1P2与双曲线两渐近线y＝±eq \f(1,a)x交于两点P′1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x0＋ay0)，\f(a,x0＋ay0)))，P′2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x0－ay0)，\f(－a,x0－ay0)))，
则围成三角形的面积S＝eq \f(1,2)eq \f(a2,x0＋ay0)·eq \f(－a,x0－ay0)－eq \f(a,x0＋ay0)·eq \f(a2,x0－ay0)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a3,x\\al(2,0)－a2y\\al(2,0))))，
因为P在双曲线C2上，xeq \\al(2,0)－a2yeq \\al(2,0)＝a2，
则S＝eq \f(a3,a2)＝a为定值．
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十九)
小题限时保分练—选自2022·唐山二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设全集U＝R，集合A＝{0,1,2}，B＝{x|x≥2}，则A∩(∁UB)＝( )
A．{0,1,2} B．{0,1} C．{2} D．{x|x<2}
解析：选B 因为B＝{x|x≥2}，所以∁UB＝{x|x<2}，又A＝{0,1,2}，所以A∩(∁UB)＝{0,1}．
2．已知复数z满足(2＋i)z＝3－i，则|z|＝( )
A．1－i B．1＋i C.eq \r(2) D．2
解析：选C 由(2＋i)z＝3－i，可得z＝eq \f(3－i,2＋i)＝eq \f(3－i2－i,2＋i2－i)＝eq \f(5－5i,5)＝1－i，则|z|＝eq \r(12＋－12)＝eq \r(2).
3．将函数f(x)＝sin x的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度，可以得到( )
A．y＝sin x的图象 B．y＝cs x的图象
C．y＝－sin x的图象 D．y＝－cs x的图象
解析：选D 将函数f(x)＝sin x的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度，可以得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))＝－cs x的图象．
4.如图，圆锥的轴为PO，其底面直径和高均为2，过PO的中点O1作平行底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，此圆柱的下底面在圆锥的底面上，则圆锥与所得圆柱的体积之比为( )
A．2∶1 B．5∶3
C．3∶1 D．8∶3
解析：选D 圆锥的体积为V1＝eq \f(1,3)π×12×2＝eq \f(2π,3)，圆柱的体积为V2＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×1＝eq \f(π,4)，所以V1∶V2＝eq \f(2π,3)∶eq \f(π,4)＝8∶3.
5．已知实数x，y满足x2＋4y2＝5，则x＋2y的最大值是( )
A.eq \r(10) B．eq \r(5) C．6 D．3
解析：选A 因为实数x，y满足x2＋4y2＝5，所以可设x＝eq \r(5)cs θ，2y＝eq \r(5)sin θ，θ∈[0,2π)，所以x＋2y＝eq \r(5)cs θ＋eq \r(5)sin θ＝eq \r(10)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))，所以x＋2y的最大值是eq \r(10)，当θ＝eq \f(π,4)时取得等号．
6．已知圆C1：x2＋y2－kx＋2y＝0与圆C2：x2＋y2＋ky－2＝0的公共弦所在直线恒过点P(a，b)，且点P在直线mx－ny－2＝0上，则mn的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4)))
解析：选A 由圆C1：x2＋y2－kx＋2y＝0，圆C2：x2＋y2＋ky－2＝0，得圆C1与圆C2的公共弦所在直线方程为k(x＋y)－2y－2＝0，求得定点P(1，－1)，又P(1，－1)在直线mx－ny－2＝0上，m＋n＝2，即n＝2－m.
∴mn＝(2－m)m＝－(m－1)2＋1，
∴mn的取值范围是(－∞，1]．故选A.
7．已知函数f(x)＝eq \f(x,\r(1＋x2))，若f(2x)>f(1－x)，则x的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)) D．(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
解析：选C f(x)的定义域为R，又f(－x)＝eq \f(－x,\r(1＋－x2))＝－eq \f(x,\r(1＋x2))＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，当x＝0时，f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝eq \f(x,\r(1＋x2))＝eq \f(1,\r(\f(1,x2)＋1))，易知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在定义域R上单调递增，又f(2x)>f(1－x)，所以2x>1－x，解得x>eq \f(1,3).
8．已知0<α<β<2π，函数f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，若f(α)＝f(β)＝1，则cs(β－α)＝( )
A.eq \f(23,25) B．－eq \f(23,25)
C.eq \f(3,5) D．－eq \f(3,5)
解析：选B 令f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝0,0
9．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x2)))n的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则( )
A．n＝9
B．n＝11
C．常数项是672
D．展开式中所有项的系数和是－1
解析：选AD 由Ceq \\al(2,n)＝Ceq \\al(7,n)，可得n＝9，则选项A正确；选项B错误；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x2)))9的展开式的通项公式为Ceq \\al(r,9)x9－r(－2)rx－2r＝(－2)rCeq \\al(r,9)x9－3r，令9－3r＝0，则r＝3，则展开式的常数项是(－2)3Ceq \\al(3,9)＝－672，选项C错误；展开式中所有项的系数和是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,12)))9＝－1，选项D正确．
10．小李上班可以选择公交车、自行车两种交通工具，他分别记录了100次坐公交车和骑车所用时间(单位：分钟)，得到下列两个频率分布直方图：
基于以上统计信息，则( )
A．骑车时间的中位数的估计值是22分钟
B．骑车时间的众数的估计值是21分钟
C．坐公交车时间的中位数的估计值是20分钟
D．坐公交车时间的平均数的估计值小于骑车时间的平均数的估计值
解析：选BCD 在骑车时间频率分布直方图中，设骑车时间的中位数为a1，所以有0.1×2＋0.2×(a1－20)＝0.5，解得a1＝21.5，因此A不正确；骑车时间的众数的估计值为21分钟，因此B正确；在坐公交车时间频率分布直方图中，设坐公交车时间的中位数为a2，因为(0.025＋0.05＋0.075＋0.1)×2＝0.5，所以a2＝20，因此C正确；设骑车时间的平均数为b1，b1＝(19×0.1＋21×0.2＋23×0.15＋25×0.05)×2＝21.6，设坐公交车时间的平均数为b2，b2＝(13×0.025＋15×0.05＋17×0.075＋19×0.1＋21×0.1＋23×0.075＋25×0.05＋27×0.025)×2＝20，因为b1>b2，所以D正确．
11.双曲线具有如下光学性质：如图，F1，F2是双曲线的左、右焦点，从右焦点F2发出的光线m交双曲线右支于点P，经双曲线反射后，反射光线n的反向延长线过左焦点F1.若双曲线C的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，则下列结论正确的是( )
A．若m⊥n，则|PF1|·|PF2|＝16
B．当n过点Q(7,5)时，光由F2→P→Q所经过的路程为13
C．若射线n所在直线的斜率为k，则|k|∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))
D．若T(1,0)，直线PT与C相切，则|PF2|＝12
解析：选CD 若m⊥n，则∠F1PF2＝90°.因为P在双曲线右支上，所以|F1P|－|F2P|＝6.由勾股定理得|F1P|2＋|F2P|2＝|F1F2|2，二者联立解得|PF1|·|PF2|＝eq \f(|F1F2|2－|F1P|－|F2P|2,2)＝eq \f(100－36,2)＝32，故A错误；光由F2→P→Q所经过的路程为|F2P|＋|PQ|＝|F1P|－2a＋|PQ|＝|F1P|＋|PQ|－2a＝|F1Q|－2a＝eq \r(7＋52＋5－02)－6＝7，故B错误；双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.设左、右顶点分别为A，B，如图所示．当m与eq \(F2B,\s\up7(―→))同向共线时，n的方向为eq \(BF2,\s\up7(―→))，此时k＝0，最小．因为P在双曲线右支上，所以n所在直线的斜率为|k|
12.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，顶点A在平面α内，其余顶点在α的同侧，顶点A1，B，C到α的距离分别为eq \r(6)，1,2，则( )
A．BC∥平面α
B．平面A1AC⊥平面α
C．直线AB1与α所成角比直线AA1与α所成角大
D．正方体的棱长为2eq \r(2)
解析：选BD 因为B，C到α的距离分别为1,2，显然不相等，所以BC不可能与平面α平行，因此选项A不正确；如图1，连接AC，BD，相交于点O，显然O是AC的中点，因为平面ABCD∩α＝A, C到α的距离为2，所以O到α的距离为1，而B到α的距离为1，因此BO∥α，即DB∥α，设平面ABCD∩α＝l，所以BD∥l，因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，因为AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面A1AC，所以BD⊥平面A1AC，因此有l⊥平面A1AC，而l⊂α，所以平面A1AC⊥平面α，因此选项B正确；设B1到平面α的距离为d，因为平面AA1B1B∩α＝A，AA1B1B是正方形，点A1，B到α的距离分别为eq \r(6)，1，所以有eq \f(d,2)＝eq \f(\r(6)＋1,2)，解得d＝eq \r(6)＋1，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，设直线AB1与α所成角为β，所以sin β＝eq \f(\r(6)＋1,AB1)＝eq \f(\r(6)＋1,\r(2)a)，设直线AA1与α所成角为γ，所以sin γ＝eq \f(\r(6),AA1)＝eq \f(\r(6),a)，因为eq \f(\r(6)＋1,\r(2))
三、填空题
13．设向量a＝(1,0)，b＝(0，－1)，若2a＋3b与xa－6b共线，则实数x＝________.
解析：向量a＝(1,0)，b＝(0，－1)，所以2a＋3b＝(2，－3)，xa－6b＝(x,6)．因为2a＋3b与xa－6b共线，所以－3x＝12，解得x＝－4.
答案：－4
14．若圆C：x2＋y2＋Dx＋2y＝0的圆心在直线x－2y＋1＝0上，则C的半径为________．
解析：圆C：x2＋y2＋Dx＋2y＝0，化为标准方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(D,2)))2＋(y＋1)2＝eq \f(D2,4)＋1，则圆心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－1))，则有－eq \f(D,2)－2×(－1)＋1＝0，解得D＝6，则C的半径为eq \r(\f(36,4)＋1)＝ eq \r(10).
答案： eq \r(10)
15．已知数列{an}满足a1＝a5＝0，|an＋1－an|＝2，则{an}前5项和的最大值为________．
解析：由|an＋1－an|＝2得an＋1＝an±2，又a1＝a5＝0，即a5＝a1±2±2±2±2＝±2±2±2±2＝0，所以需要两个＋2和两个－2，{an}前5项和S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝a2＋a3＋a4，要得到最大值，a2、a3、a4需要尽可能大，故a2＝2, a4＝2，从而a3＝4，则S5有最大值，为8.
答案：8
16．若函数f(x)＝x2ln x，g(x)＝xe2x，则f(x)的最小值为________；若a，b>0，且f(a)＝g(b)，则a－2b的最小值为________．
解析：由题意可得f(x)＝x2ln x，x>0，则f′(x)＝x(2ln x＋1)，当0
答案：－eq \f(1,2e) 2－2ln 2
大题规范增分练—今日题型：解三角形
17．已知角α，β(0<α<π，0<β<π)的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，B(－2eq \r(3)，2)分别在角α，β的终边上．
(1)设函数f(x)＝4sin(2x－α)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,24)，\f(π,2)))，求函数f(x)的值域；
(2)若点C在角β的终边上，且线段AC的长度为eq \r(7)，求△ABC的面积．
解：(1)∵α的终边过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，
∴cs α＝eq \f(\r(3),2)，sin α＝eq \f(1,2).
∵0<α<π，∴α＝eq \f(π,6).
则f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,24)，\f(π,2)))，∴2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,6)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
∴f(x)∈[2,4]，即f(x)的值域是[2,4]．
(2)∵β的终边过点B(－2eq \r(3)，2)，
∴sin β＝eq \f(1,2)，cs β＝－eq \f(\r(3),2).
∵0<β<π，∴β＝eq \f(5π,6)，∴∠AOC＝eq \f(2π,3).
在△AOC中，由余弦定理AC2＝OC2＋OA2－2OC·OA·cs∠AOC，
得7＝OC2＋1＋OC，解得OC＝2.
∵OB＝4，∴C为OB的中点，
∴△ABC的面积S△ABC＝S△AOC＝eq \f(1,2)×OC×OA×sin∠AOC＝eq \f(\r(3),2).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十)
小题限时保分练—选自2022·湖北八市联考卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设集合A＝{x||x|<1}，集合B＝{x|y＝eq \r(x)}，则A∩B＝( )
A．(－1,1) B．(0,1)
C．[0,1) D．(1，＋∞)
解析：选C 根据题意，可得A＝{x|－1
A.eq \f(\r(3),2) B．eq \r(3)
C.eq \f(\r(5),2) D．eq \r(5)
解析：选C 渐近线方程可化为y＝－eq \f(1,2)x＝－eq \f(b,a)x，故a＝2b，又c＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(5)b，故离心率为eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),2).
3．从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，下列选项中是互斥而不对立的两个事件的是( )
A．“至少有1个红球”与“都是黑球”
B．“恰好有1个红球”与“恰好有1个黑球”
C．“至少有1个黑球”与“至少有1个红球”
D．“都是红球”与“都是黑球”
解析：选D 从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，可能的结果为1红1黑、2红、2黑，对于A，“至少有1个红球”包括1红1黑、2红，与“都是黑球”是对立事件，不符合题意；对于B，“恰好有1个红球”和“恰好有1个黑球”是同一个事件，不符合题意；对于C，“至少有1个黑球”包括1红1黑、2黑，“至少有1个红球”包括1红1黑、2红，这两个事件不是互斥事件，不符合题意；对于D，“都是红球”与“都是黑球”是互斥事件而不是对立事件，符合题意．
4．若向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a⊥(a＋b)，则a与b的夹角为( )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6)
解析：选C 由题可知，|a|＝1，|b|＝2，a·(a＋b)＝|a|2＋a·b＝0，可得a·b＝－1，∴cs〈a，b〉＝eq \f(ab,|a||b|)＝eq \f(－1,1×2)＝－eq \f(1,2)，∴向量a与b的夹角为eq \f(2π,3).
5．将函数y＝sin(2x－φ)的图象沿x轴向右平移eq \f(π,8)个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能取值为( )
A．－eq \f(π,4) B．eq \f(π,4) C.eq \f(π,2) D．eq \f(3π,4)
解析：选B 函数y＝sin(2x－φ)的图象沿x轴向右平移eq \f(π,8)个单位长度后，得y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))－φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)－φ))，因为其为偶函数，故可得－eq \f(π,4)－φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得φ＝－eq \f(3π,4)－kπ(k∈Z)，取k＝－1，可得φ＝eq \f(π,4).
6．设α，β为两个不同的平面，则α∥β的一个充要条件可以是( )
A．α内有无数条直线与β平行
B．α，β垂直于同一个平面
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一条直线
解析：选D 对于A，α内有无数条直线与β平行不能得出α∥β，α内的任意直线与β平行才能得出，故A错误；对于B、C，α，β垂直于同一平面或α，β平行于同一条直线，不能确定α，β的位置关系，故B、C错误；对于D，α，β垂直于同一条直线可以得出α∥β，反之当α∥β时，若α垂于某条直线，则β也垂于该条直线．
7．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋my))(2x－y)5的展开式中x2y4的系数为80，则m的值为( )
A．－2 B．2 C．－1 D．1
解析：选A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋my))(2x－y)5＝eq \f(1,x)(2x－y)5＋my(2x－y)5，在eq \f(1,x)(2x－y)5的展开式中，由x－1Ceq \\al(r,5)(2x)5－r(－y)r＝(－1)r·25－rCeq \\al(r,5)x4－ryr，令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－r＝2，,r＝4，))得r无解，即eq \f(1,x)(2x－y)5的展开式没有x2y4的项；在my(2x－y)5的展开式中，由myCeq \\al(r,5)(2x)5－r(－y)r＝(－1)r·25－rmCeq \\al(r,5)x5－ryr＋1，令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5－r＝2，,r＋1＝4，))解得r＝3，即my(2x－y)5的展开式中x2y4的项的系数为(－1)3·25－3mCeq \\al(3,5)＝－40m，又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋my))(2x－y)5的展开式中x2y4的系数为80，所以－40m＝80，解得m＝－2.
8．各种不同的进制在我们生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般用的是十进制．通常我们用函数f(x)＝eq \f(M,xlgxM)表示在x进制下表达M(M>1)个数字的效率，则下列选项中表达效率最高的是( )
A．二进制 B．三进制 C．八进制 D．十进制
解析：选B 因为f(x)＝eq \f(M,xlgxM)＝eq \f(M,x·\f(ln M,ln x))＝eq \f(M,ln M)·eq \f(ln x,x)，所以f′(x)＝eq \f(M,ln M)·eq \f(1－ln x,x2)，令f′(x)>0，易知f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故只需比较f(2)与f(3)的大小，又f(2)＝f(4)，故可得f(3)>f(2)>f(8)>f(10)．则效率最高的是三进制．
二、多项选择题
9．某中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的1 000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照[50,60)、[60,70)、[70,80)、[80,90)、[90,100]分成5组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是( )
A．图中的x值为0.020
B．这组数据的极差为50
C．得分在80分及以上的人数为400
D．这组数据的平均数的估计值为77
解析：选ACD 由(0.005＋x＋0.035＋0.030＋0.010)×10＝1，解得x＝0.020，故选项A正确；频率分布直方图无法看出这组数据的最大值和最小值，故选项B不正确；得分在80分及以上的人数的频率为(0.030＋0.010)×10＝0.4，故人数为1 000×0.4＝400，故选项C正确；这组数据的平均数的估计值为55×0.05＋65×0.2＋75×0.35＋85×0.3＋95×0.1＝77，故选项D正确．
10．2022年1月，中科大潘建伟团队和南科大范靖云团队发表学术报告，分别独立通过实验验证了虚数i在量子力学中的必要性，再次说明了虚数i的重要性．对于方程x3＝1，它的两个虚数根分别为( )
A.eq \f(1＋\r(3)i,2) B．eq \f(1－\r(3)i,2)
C.eq \f(－1＋\r(3)i,2) D．eq \f(－1－\r(3)i,2)
解析：选CD 对于方程x3＝1，移项因式分解可得(x－1)(x2＋x＋1)＝0，x＝1为实数根，要求虚数根，解方程x2＋x＋1＝0即可，解得x＝eq \f(－1±\r(3)i,2).
11．我们把经过同一顶点的三条棱两两垂直的三棱锥，称作直角三棱锥．在直角三棱锥S-ABC中，侧棱SA，SB，SC两两垂直，设SA＝a，SB＝b，SC＝c，点S在底面ABC的射影为点D，三条侧棱SA，SB，SC与底面所成的角分别为α，β，γ，下列结论正确的有( )
A．D为△ABC的外心
B．△ABC为锐角三角形
C．若a>b>c，则α<β<γ
D．sin2α＋sin2β＋sin2γ＝1
解析：选BCD 如图，连接AD并延长交BC于点E，连接SE，因为SD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以SD⊥BC，因为SA，SB，SC两两垂直，所以SA⊥平面SBC，因为BC⊂平面SBC，所以SA⊥BC，因为SD∩SA＝S，所以BC⊥平面SAE，因为AE⊂平面SAE，所以BC⊥AE，即BC⊥AD，同理可证得BD⊥AC，CD⊥AB，故D应为△ABC的垂心，故A不正确；由勾股定理可得，AB2＝a2＋b2，AC 2＝a2＋c2，BC 2＝b2＋c2，在△ABC中，由余弦定理，得cs∠BAC＝eq \f(AB 2＋AC 2－BC 2,2AB·AC)＝eq \f(a2＋b2＋a2＋c2－b2－c2,2\r(a2＋b2)\r(a2＋c2))＝eq \f(a2,\r(a2＋b2)\r(a2＋c2))>0，所以∠BAC为锐角，同理可得∠ABC，∠ACB都为锐角，所以△ABC为锐角三角形，故B正确；设SD＝h，则由题意得sin α＝eq \f(h,a)，sin β＝eq \f(h,b)，sin γ＝eq \f(h,c)，若a>b>c，则sin α
A．f(x)的图象关于x＝eq \f(π,2)对称
B．f(x)的最小正周期为eq \f(π,2)
C．f(x)的最小值为1
D．f(x)的最大值为2eq \f(3,4)
解析：选ACD f(π－x)＝eq \r(sin\f(π－x,2))＋eq \r(cs\f(π－x,2))＝eq \r(cs\f(x,2))＋eq \r(sin\f(x,2))＝f(x)，故A正确；∵f(x＋π)＝eq \r(sin\f(x＋π,2))＋eq \r(cs\f(x＋π,2))＝eq \r(sin\f(x,2))＋eq \r(cs\f(x,2))＝f(x)，故π为f(x)的一个周期．当x∈(0，π)时，f(x)＝eq \r(sin\f(x,2))＋eq \r(cs\f(x,2))，此时f′(x)＝eq \f(cs\f(x,2),4 \r(sin\f(x,2)))－eq \f(sin\f(x,2),4 \r(cs\f(x,2)))＝eq \f(1,2\r(2sin x))cseq \f(x,2)eq \f(3,2)－sineq \f(x,2)eq \f(3,2)，令f′(x)＝0，得cseq \f(x,2)＝sineq \f(x,2)，故eq \f(x,2)＝eq \f(π,4)，x＝eq \f(π,2).∵当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，故f(x)的最小正周期为π，故B错误；由上可知f(x)在x∈[0，π]上的最小值为f(0)＝f(π)＝1，最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2eq \f(3,4)，由f(x)的周期性可知，C、D均正确．
三、填空题
13．已知函数f(x)＝2ln x＋x，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为________．
解析：f′(x)＝eq \f(2,x)＋1，f′(1)＝3，f(1)＝1，故y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0.
答案：3x－y－2＝0
14.某校生物兴趣小组为开展课题研究，分得一块面积为32 m2的矩形空地，并计划在该空地上设置三块全等的矩形试验区(如图所示)．要求试验区四周各空0.5 m，各试验区之间也空0.5 m．则每块试验区的面积的最大值为________ m2.
解析：设矩形空地的长为x m，则宽为eq \f(32,x) m，依题意可得，试验区的总面积S＝(x－0.5×4)eq \f(32,x)－0.5×2＝34－x－eq \f(64,x)≤34－2eq \r(x·\f(64,x))＝18，当且仅当x＝eq \f(64,x)，即x＝8时等号成立，所以每块试验区的面积的最大值为eq \f(18,3)＝6 m2.
答案：6
15．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，点M是抛物线上异于顶点的一点，eq \(OM,\s\up7(―→))＝2eq \(ON,\s\up7(―→)) (点O为坐标原点)，过点N作直线OM的垂线与x轴交于点P，则2|OP|－|MF|＝________.
解析：依题意，设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)，y0))，由eq \(OM,\s\up7(―→))＝2eq \(ON,\s\up7(―→))，得N为OM的中点且Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),8)，\f(y0,2)))，则kOM＝eq \f(4,y0)，易得直线OM的垂线NP的方程为y－eq \f(y0,2)＝－eq \f(y0,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,0),8))).令y＝0，得x＝eq \f(y\\al(2,0),8)＋2，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),8)＋2，0))，由抛物线的定义易知|MF|＝eq \f(y\\al(2,0),4)＋1，故2|OP|－|MF|＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),8)＋2))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)＋1))＝3.
答案：3
16．理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线．如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程．
若第1个图中的三角形的边长为1，则第n个图形的周长为________；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n个图形的面积为________．
解析：记第n个图形为Pn，三角形边长为an，边数bn，周长为Ln，面积为Sn，P1有b1条边，边长a1；P2有b2＝4b1条边，边长a2＝eq \f(1,3)a1；P3有b3＝42b1条边，边长a3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2a1…分析可知an＝eq \f(1,3)an－1，即an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))na1；bn＝4bn－1，即bn＝b1·4n－1，当第1个图中的三角形的边长为1时，即a1＝1，b1＝3，所以Ln＝anbn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n×3×4n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1，由图形可知Pn是在Pn－1每条边上生成一个小三角形，即Sn＝Sn－1＋bn－1×eq \f(\r(3),4)aeq \\al(2,n)，即Sn－Sn－1＝eq \f(\r(3),4)×aeq \\al(2,n)·bn－1，Sn－1－Sn－2＝eq \f(\r(3),4)×aeq \\al(2,n－1)·bn－2，…，S2－S1＝eq \f(\r(3),4)×aeq \\al(2,2)·b1，利用累加法可得Sn－S1＝eq \f(\r(3),4)(aeq \\al(2,n)·bn－1＋aeq \\al(2,n－1)·bn－2＋…＋aeq \\al(2,2)·b1)，数列{an}是以eq \f(1,3)为公比的等比数列，数列{bn}是以4为公比的等比数列，故{aeq \\al(2,n)·bn－1}是以eq \f(4,9)为公比的等比数列，当第1个图中的三角形的面积为1时，S1＝1，即eq \f(\r(3),4)aeq \\al(2,1)＝1，此时aeq \\al(2,1)＝eq \f(4\r(3),3)，aeq \\al(2,2)＝eq \f(4\r(3),27)，P1有b1＝3条边， 则aeq \\al(2,n)·bn－1＋aeq \\al(2,n－1)·bn－2＋…＋aeq \\al(2,2)·b1＝eq \f(a\\al(2,2)·b1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))n－1)),1－\f(4,9))＝eq \f(4\r(3)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))n－1)),5)，所以Sn－S1＝eq \f(3,5)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))n－1))， 所以Sn＝eq \f(8,5)－eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))n－1.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1 eq \f(8,5)－eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))n－1
大题规范增分练—今日题型：数列
17．在①Sn＝2n－3n－1；②an＋1＝2an＋3，a1＝－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．
设数列{an}的前n项和为Sn，且________(只需填入序号)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝n·(an＋3)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)若选①：由Sn＝2n－3n－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3n－1－[2n－1－3(n－1)－1]＝2n－1－3，
当n＝1时，a1＝S1＝－2满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1－3.
若选②：由an＋1＝2an＋3，可得an＋1＋3＝2(an＋3)，
又由a1＝－2，可得a1＋3＝1，
所以数列{an＋3}是以a1＋3＝1为首项，2为公比的等比数列，所以an＋3＝2n－1，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1－3.
(2)由(1)得bn＝n·(an＋3)＝n·2n－1，
可得Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，
则2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
两式相减，可得－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝eq \f(1－2n,1－2)－n·2n＝(1－n)2n－1，
所以Tn＝(n－1)2n＋1.
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十一)
小题限时保分练—选自2022·长沙十六校联考卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{{∅}，∅}，下列选项中均为A的元素的是( )
(1){∅} (2){{∅}} (3)∅ (4){{∅}，∅}
A．(1)(2) B．(1)(3)
C．(2)(3) D．(2)(4)
答案：B
2．某圆锥高为1，底面半径为eq \r(3)，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为( )
A．2 B．eq \r(3)
C.eq \r(2) D．1
解析：选A 如图，截面为△PAB，设C为AB中点，设OC＝x，x∈[0，eq \r(3))，则PC＝ eq \r(x2＋1)，AB＝2eq \r(3－x2)，
则截面面积S＝eq \f(1,2)×2eq \r(3－x2)×eq \r(x2＋1)＝ eq \r(－x2－12＋4)，
则当x2＝1时，截面面积取得最大值为2.
3．有一个非常有趣的数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))叫做调和数列，此数列的前n项和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到它的近似公式：当n很大时，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)≈ln n＋γ，其中γ称为欧拉-马歇罗尼常数，γ≈0.577 215 664 901…，至今为止都还不确定γ是有理数还是无理数．由于上式在n很大时才成立，故当n较小时计算出的结果与实际值之间是存在一定误差的，已知ln 2≈0.693，ln 10≈2.303.用上式估算出的ln 5与实际的ln 5的误差绝对值近似为( )
A．0.003 B．0.096
C．0.121 D．0.216
解析：选B 1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)≈ln 5＋γ，得ln 5≈eq \f(137,60)－γ，又ln 5＝ln 10－ln 2≈2.303－0.693＝1.610，ln 5与实际的ln 5的误差绝对值近似为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(137,60)－0.577－1.610))≈0.096.
4．在正三角形ABC中，M为BC中点，P为三角形内一动点，且满足PA＝2PM，则eq \f(PA,PB)的最小值为( )
A．1 B．eq \f(\r(6),4) C.eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(3),2)
解析：选D 以M为坐标原点，eq \(MC,\s\up7(―→))，eq \(MA,\s\up7(――→))正方向为x，y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系，不妨设正三角形ABC的边长为2，则A(0，eq \r(3))，M(0，0)，B(－1,0)，
设P(x，y)，则PA2＝x2＋(y－eq \r(3))2，PM2＝x2＋y2，
∵PA＝2PM，∴PA2＝4PM2，
∴x2＋(y－eq \r(3))2＝4x2＋4y2，
即x2＋y2＋eq \f(2\r(3),3)y－1＝0.
∴P点轨迹：x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(\r(3),3)))2＝eq \f(4,3)(0
当x＝－eq \f(1,2)时，eq \f(PA2,PB2)＝4，∴eq \f(PA,PB)＝2；
当x≠－eq \f(1,2)时，令t＝eq \f(y－\f(\r(3),2),x＋\f(1,2))，则t表示P(x，y)与点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))连线的斜率，
设直线y－eq \f(\r(3),2)＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))与圆x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(\r(3),3)))2＝eq \f(4,3)相切，
则圆心到直线的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k＋\f(5\r(3),3))),\r(4k2＋4))＝eq \f(2\r(3),3)，解得k＝－eq \f(3\r(3),13)或k＝eq \r(3)，
∴t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3\r(3),13)))∪[eq \r(3)，＋∞)，
则当t＝－eq \f(3\r(3),13)时，eq \f(PA2,PB2)取得最小值eq \f(3,4)，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(PA,PB)))min＝eq \f(\r(3),2).
综上所述，eq \f(PA,PB)最小值为eq \f(\r(3),2).
5．已知f(x)＝x3＋6x2＋9x＋11，f(x)的一条切线g(x)＝kx＋b与f(x)有且仅有一个交点，则( )
A．k＝－3，b＝3 B．k＝－3，b＝－3
C．k＝3，b＝3 D．k＝3，b＝－3
解析：选A 设切点为(x0，f(x0))，f′(x)＝3x2＋12x＋9，f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)＋12x0＋9，
所以切线方程为y－(xeq \\al(3,0)＋6xeq \\al(2,0)＋9x0＋11)＝(3xeq \\al(2,0)＋12x0＋9)(x－x0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x3＋6x2＋9x＋11，,y－x\\al(3,0)＋6x\\al(2,0)＋9x0＋11＝3x\\al(2,0)＋12x0＋9x－x0，))
得x3＋6x2＋9x＋11－(xeq \\al(3,0)＋6xeq \\al(2,0)＋9x0＋11)＝(3xeq \\al(2,0)＋12x0＋9)(x－x0)，
整理得(x－x0)2(x＋2x0＋6)＝0，
切线g(x)＝kx＋b与f(x)的图象有且仅有一个交点，所以x0＝－2x0－6，x0＝－2，
所以切线方程为y＝－3x＋3，所以k＝－3，b＝3.
6．从正360边形的顶点中取若干个，依次连接，构成的正多边形的个数为( )
A．360 B．630 C．1 170 D．840
解析：选B 从360的约数中去掉1和2，其余的约数均可作为正多边形的边数，
设从360个顶点中选出k个构成正多边形，这样的正多边形有eq \f(360,k)个，
因此所求的正多边形的个数就是360的所有正约数之和减去360和180，考虑到360＝23×32×5，
因此所求正多边形的个数为(1＋2＋4＋8)×(1＋3＋9)×(1＋5)－360－180＝630.
7．已知数列{cn}满足c1＝1，cn＋1＝eq \f(cn,c\\al(3,n)＋1)，n∈N*，则c18∈( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,5))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,7)，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(2,7))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,9)，\f(1,4)))
解析：选C 由cn＋1＝eq \f(cn,c\\al(3,n)＋1)，n∈N*，得eq \f(1,cn＋1)＝eq \f(c\\al(3,n)＋1,cn)＝eq \f(1,cn)＋ceq \\al(2,n)，n∈N*，eq \f(1,cn＋1)－eq \f(1,cn)＝ceq \\al(2,n)>0，所以eq \f(1,cn＋1)>eq \f(1,cn)，又c1＝1>0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))是递增数列且eq \f(1,cn)≥1，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn＋1)))3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)＋c\\al(2,n)))3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))3＋3＋3ceq \\al(3,n)＋ceq \\al(6,n)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))3＋3，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn＋1)))3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))3>3，n∈N*
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c18)))3＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c18)))3－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c17)))3))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c17)))3－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c16)))3))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c2)))3－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c1)))3))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c1)))3>3×17＋1＝52，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c18)))3>52, eq \f(1,c18)>eq \r(3,52)>eq \f(7,2).
当n＝1，得c2＝eq \f(c1,c\\al(3,1)＋1)＝eq \f(1,2)，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn＋1)))3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)＋c\\al(2,n)))3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))3＋3＋3ceq \\al(3,n)＋ceq \\al(6,n)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))3＋3＋4ceq \\al(3,n)，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c18)))3≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c1)))3＋3×17＋4(ceq \\al(3,1)＋ceq \\al(3,2)＋ceq \\al(3,3)＋…＋ceq \\al(3,17))<56＋4·ceq \\al(3,2)·16＝64，
所以eq \f(1,c18)<4，所以eq \f(7,2)
A．eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))>eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))>eq \(RA,\s\up7(―→))·eq \(RB,\s\up7(―→))
B．eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))>eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))>eq \(RA,\s\up7(―→))·eq \(RB,\s\up7(―→))
C．eq \(RA,\s\up7(―→))·eq \(RB,\s\up7(―→))>eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))>eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))
D．eq \(RA,\s\up7(―→))·eq \(RB,\s\up7(―→))>eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))>eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))
解析：选C ∵sin Aeq \(RA,\s\up7(―→))＋sin Beq \(RB,\s\up7(―→))＋sin Ceq \(RC,\s\up7(―→))＝0，
∴eq \f(a,2r)·eq \(RA,\s\up7(―→))＋eq \f(b,2r)·eq \(RB,\s\up7(―→))＋eq \f(c,2r)·eq \(RC,\s\up7(―→))＝0 (r为△ABC外接圆的半径)．
∴aeq \(RA,\s\up7(―→))＋beq \(RB,\s\up7(―→))＋ceq \(RC,\s\up7(―→))＝0.
∴ceq \(RC,\s\up7(―→))＝－aeq \(RA,\s\up7(―→))－beq \(RB,\s\up7(―→)).
∴ceq \(RC,\s\up7(―→))＝－a(eq \(RC,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→)))－beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(RC,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→)))).
∴(a＋b＋c)eq \(RC,\s\up7(―→))＝aeq \(AC,\s\up7(―→))＋beq \(BC,\s\up7(―→))＝abeq \f(eq \(AC,\s\up7(―→)),b)＋abeq \f(eq \(BC,\s\up7(―→)),a)＝abeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(AC,\s\up7(―→)),|eq \(AC,\s\up7(―→))|)＋\f(eq \(BC,\s\up7(―→)),|eq \(BC,\s\up7(―→))|))).
∴R在∠ACB的角平分线上， 同理可证R在∠BAC，∠ABC的角平分线上，
∴R为内心．
如图所示，
由∠APB＝∠BPC＝∠CPA知，这三个角都是120°，
且P在∠BAC的平分线AR上，延长AR交BC于点D，
取AB＝6，则BD＝AD＝3eq \r(2)，∠PBC＝30°，
得PD＝eq \f(BD,\r(3))＝eq \r(6)，PB＝2eq \r(6)，PA＝AD－PD＝3eq \r(2)－eq \r(6).
所以eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝(3eq \r(2)－eq \r(6))×2eq \r(6)×cs 120°＝6－6eq \r(3).
记△ABC的周长为C△ABC，
由题意知R是△ABC的内心，内切圆半径RD＝eq \f(2S△ABC,C△ABC)＝eq \f(36,6＋6＋6\r(2))＝6－3eq \r(2)，
RA＝AD－RD＝6eq \r(2)－6，
所以eq \(RB,\s\up7(―→))·eq \(RA,\s\up7(―→))＝(eq \(RD,\s\up7(―→))＋eq \(DB,\s\up7(―→)))·eq \(RA,\s\up7(―→))＝eq \(RD,\s\up7(―→))·eq \(RA,\s\up7(―→))＋eq \(DB,\s\up7(―→))·eq \(RA,\s\up7(―→))
＝－(6－3eq \r(2))×(6eq \r(2)－6)＋0＝72－54eq \r(2).
由∠ACQ＝∠BAQ，且∠BAQ＋∠CAQ＝∠BAC＝90°，
则∠ACQ＋∠CAQ＝90°.
所以∠AQC＝90°，即AQ⊥CQ，则Q在以AC为直径的圆上．由∠CBQ＝∠ACQ，且∠ACQ＋∠BCQ＝∠ACB＝45°，
所以∠CBQ＋∠BCQ＝45°，得∠BQC＝135°，∠AQB＝135°.
由∠BQC＝∠AQB，∠BCQ＝∠ABQ，得△BQC∽△AQB，
所以eq \f(BQ,AQ)＝eq \f(BC,AB)＝eq \r(2).
设AQ＝x，BQ＝eq \r(2)x，在△ABQ中，由余弦定理得，x2＋2x2－62＝2x·eq \r(2)x·cs 135°，解得x2＝eq \f(36,5).
所以eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))＝x·eq \r(2)x·cs 135°＝－x2＝－eq \f(36,5)＝－7.2.
由eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝6－6eq \r(3)≈6－6×1.732＝－4.392，
eq \(RB,\s\up7(―→))·eq \(RA,\s\up7(―→))＝72－54eq \r(2)≈72－54×1.414＝－4.356，
所以eq \(RB,\s\up7(―→))·eq \(RA,\s\up7(―→))>eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))>eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→)).
二、多项选择题
9．下列说法正确的有( )
A．一组数据按大小顺序排列，位于最中间的一个数据就是中位数
B．分层抽样为保证每个个体等可能入样，需在各层中进行简单随机抽样
C．若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，则事件A与事件B互为对立事件
D．线性回归分析中，R2的值越小，说明残差平方和越小，则模型拟合效果越好
解析：选BC 一组数据按大小顺序排列，位于最中间的一个数据或中间两个数的平均数是中位数，故A错误；根据随机抽样的性质可判断B正确；根据对立事件的定义可判断C正确；线性回归分析中，R2的值越大，说明残差平方和越小，则模型拟合效果越好，故D错误．
10．已知曲线C：x2＋y2＋xy＝1，焦点为F1，F2 ，O(0,0)，过A(0,2)的直线l与C交于M，N两点，则下列说法正确的有( )
A．x＋y＝0是C的一条对称轴
B．C的离心率为eq \f(\r(6),3)
C．对C上任意一点P皆有eq \(PF1,\s\up7(―→))·eq \(PF2,\s\up7(―→))>0
D．S△OMN最大值为eq \f(\r(3),3)
解析：选ABD 设点P(x，y)是曲线C上的任意一点，其关于直线x＋y＝0对称的点的坐标为P′(－y，－x)，代入曲线C方程x2＋y2＋xy＝1满足，故x＋y＝0是C的一条对称轴，故A正确；
由于点P(x，y)是曲线C上的任意一点，其关于直线x－y＝0对称，点P″(y，x)亦在曲线C上，且该曲线是封闭的曲线，故该曲线为椭圆，其对称轴为直线x－y＝0和直线x＋y＝0，且椭圆中心为坐标原点，故其顶点坐标：B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，B2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))，A1(－1，1)，A2(1，－1)，
由于点(－1,1)到椭圆中心的距离为eq \r(2)，
B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))到椭圆中心的距离为eq \f(\r(6),3)，
所以椭圆的长轴长为2eq \r(2)，短轴长为eq \f(2\r(6),3)，
所以椭圆的焦距为2eq \r(2－\f(6,9))＝eq \f(4\r(3),3)，故其离心率为eq \f(\f(2\r(3),3),\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，故B正确；
由B知，半焦距为eq \f(2\r(3),3)，且焦点F1，F2在直线x＋y＝0上，故焦点坐标为F1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3)))，F2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),3)))，
故eq \(B1F1,\s\up7(――→))·eq \(B1F2,\s\up7(――→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)－\f(\r(3),3)，\f(\r(6),3)－\f(\r(3),3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)－\f(\r(3),3)，－\f(\r(6),3)－\f(\r(3),3) ))＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)))2))＝－eq \f(2,3)<0，故C错误；
由题意知直线l斜率存在，故设方程为y＝kx＋2，
则联立方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＋xy＝1，,y＝kx＋2，))
得(k2＋k＋1)x2＋(4k＋2)x＋3＝0，
故Δ＝4k2＋4k－8>0，即k<－2或k>1，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(4k＋2,k2＋k＋1)，x1x2＝eq \f(3,k2＋k＋1)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)eq \r(\f(4k2＋4k－8,k2＋k＋12))，
O(0,0)到直线y＝kx＋2的距离为d＝eq \f(2,\r(1＋k2))，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)d·|MN|＝2eq \r(\f(k2＋k－2,k2＋k＋12))＝2eq \r(\f(k2＋k＋1－3,k2＋k＋12))＝2eq \r(\f(1,k2＋k＋1)－\f(3,k2＋k＋12))
令eq \f(1,k2＋k＋1)＝t，由于Δ＝4k2＋4k－8>0得k2＋k＋1>3，故t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，
所以S△OMN＝2eq \r(\f(1,k2＋k＋1)－\f(3,k2＋k＋12))＝2eq \r(－3t2＋t)，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
所以，当t＝eq \f(1,6)时，S△OMN取得最大值，S△OMN＝2eq \r(－3×\f(1,36)＋\f(1,6))＝eq \f(\r(3),3)，故D正确．
11.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则( )
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(6),4)))a
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为eq \f(1,4)(2π－eq \r(3))a2
D．勒洛四面体的体积V∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),12)a3，\f(\r(6)π,8)a3))
解析：选ABD 首先求得正四面体的一些结论：
正四面体ABCD棱长为a，M是底面BCD的中心，O是其外接球(也是内切球)的球心，外接球半径为R，AM是高，如图a.
BM＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)a＝eq \f(\r(3),3)a，AM＝eq \r(AB2－BM2)＝eq \f(\r(6),3)a，
由BO2＝BM2＋OM2得R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)a－R))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))2，解得R＝eq \f(\r(6),4)a，OM＝eq \f(1,3)R(内切球半径)．
正四面体ABCD的体积为VABCD＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)a2×eq \f(\r(6),3)a＝eq \f(\r(2),12)a3，外接球体积为V＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),4)a))3＝eq \f(\r(6),8)πa3.
由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；
勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图b，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B，O，E三点共线，且BE＝a，OB＝eq \f(\r(6),4)a，因此OE＝a－eq \f(\r(6),4)a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(6),4)))a，故B正确；
由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，当光线与平面ABD夹角不为90°时，易知截面投影均为如图c所示图象在平面α上的投影，其面积必然减小．
图c截面为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，
即3×eq \f(60°,360°)×πa2－2×eq \f(\r(3),4)a2 ＝eq \f(1,2)(π－eq \r(3))a2，故C错误；
勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，正四面体ABCD的体积V1＝eq \f(\r(2),12)a3，正四面体ABCD的外接球的体积V2＝eq \f(\r(6)π,8)a3，故D正确．
12．下列不等式正确的有( )
A.eq \f(10190,10091)>eq \f(3,125) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))eq \r(2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))eq \r(3)
C．e2－eq \r(e)>eq \f(3,2) D．tan 1>eq \f(3,2)
解析：选AD 由eq \f(10190,10090)＝(1＋0.01)90＝1＋Ceq \\al(1,90)×0.01＋Ceq \\al(2,90)×0.012＋Ceq \\al(3,90)×0.013＋…＋Ceq \\al(90,90)×0.0190
>1＋Ceq \\al(1,90)×0.01＋Ceq \\al(2,90)×0.012＋Ceq \\al(3,90)×0.013 ＝1＋0.9＋0.400 5＋0.117 48>2.4，则有eq \f(10190,10091)>0.024＝eq \f(3,125)，A正确；
假定eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))eq \r(2)
则f(x)>f(1)＝0，即当x>1时，ln x>eq \f(2x－1,x＋1)，lneq \f(6,5)>eq \f(2,11)，(eq \r(3)－eq \r(2))lneq \f(6,5)>eq \f(2,11)(eq \r(3)－eq \r(2))，
令g(x)＝ln x－eq \f(x－1,\r(x))，x>1，则g′(x)＝eq \f(－\r(x)－12,2\r(x)·x)＜0，在(1，＋∞)上恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
则g(x)
因为49>eq \r(492－1)＝eq \r(50×48)＝20eq \r(6)成立，
则eq \r(2)lneq \f(25,24)<(eq \r(3)－eq \r(2))lneq \f(6,5)成立，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))eq \r(2)
而eq \r(e)>eq \f(3,2)，则h(eq \r(e))>heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，所以e2－eq \r(e)
三、填空题
13．已知复数z1＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，z2＝eq \f(z\\al(2,1),z\\al(2,1)＋z1＋2)，则eq \x\t(z2)＝__________.
解析：因为z1＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，
所以z2＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＋2)＝eq \f(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i,－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＋2)＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，
则eq \x\t(z2)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i.
答案：－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i
14．设函数f(x)＝mex－ln x，参数m>0，过点(0,1)作曲线C：y＝f(x)的切线(斜率存在)，则切线斜率为__________．
解析：设切点为(x0，mex0－ln x0)，f′(x)＝mex－eq \f(1,x)，
则切线方程为y－mex0＋ln x0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mex0－\f(1,x0)))(x－x0)，
将(0,1)代入可得mex0(1－x0)－ln x0＝0，
令g(x)＝mex(1－x)－ln x，则g′(x)＝－mxex－eq \f(1,x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以mex0(1－x0)－ln x0＝0有唯一解x0＝1，
所以切线斜率为me－1.
答案：me－1
15．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，若C与直线y＝x有交点，且双曲线上存在不是顶点的P，使得∠PF2F1＝3∠PF1F2，则双曲线离心率的取值范围为__________．
解析：双曲线C与直线y＝x有交点，则eq \f(b,a)>1，eq \f(b2,a2)＝eq \f(c2－a2,a2)>1，解得e＝eq \f(c,a)>eq \r(2)，
双曲线上存在不是顶点的P，使得∠PF2F1＝3∠PF1F2，则P点在右支上，
设PF1与y轴交于点Q，由对称性|QF1|＝|QF2|，所以∠QF1F2＝∠QF2F1，
所以∠PF2Q＝∠PF2F1－∠QF2F1＝2∠PF1F2＝∠PQF2，
|PQ|＝|PF2|，
所以|PF1|－|PF2|＝|PF1|－|PQ|＝|QF1|＝2a，由|QF1|>|OF1|得2a>c，所以e＝eq \f(c,a)<2，
又△PF1F2中，∠PF1F2＋∠PF2F1＝4∠PF1F2<180°，∠PF1F2<45°，
所以eq \f(c,2a)＝cs∠PF1F2>eq \f(\r(2),2)，即e＝eq \f(c,a)>eq \r(2)，
综上，eq \r(2)
16.坐标平面上有一环状区域由圆x2＋y2＝3的外部与圆x2＋y2＝4的内部交集而成．某同学欲用一支长度为1的笔直扫描棒来扫描此环状区域的x轴上方的某区域R.他设计扫描棒黑、白两端分别在半圆C1：x2＋y2＝3(y≥0)、C2：x2＋y2＝4(y≥0)上移动．开始时扫描棒黑端在点A(eq \r(3)，0)，白端在C2的点B. 接着黑、白两端各沿着C1，C2逆时针移动，直至白端碰到C2的点B′(－2,0)便停止扫描，则B点坐标______；扫描棒扫过的区域R的面积为________．
解析：由题意A(eq \r(3)，0)，AB＝1，设B(x，y)，则点B在C2：x2＋y2＝4(y≥0)上．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝4y≥0，,\r(x－\r(3)2＋y2)＝1，))
解得x＝eq \r(3)，y＝1，所以B(eq \r(3)，1)．
当白端B在C2上移动，碰到C2的点B′(－2,0)时，黑端在点A在C1上移动，设移动到点A′位置．
则扫描棒扫过的区域R为如图所示的阴影部分．设A′(x0，y0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＝3y≥0，,|A′B′|＝\r(x0＋22＋y\\al(2,0))＝1，))
解得x0＝－eq \f(3,2)，y0＝eq \f(\r(3),2)，即A′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2))).
连接A′O，OB，在△OA′B′中，A′B′＝1，OA′＝eq \r(3)，OB′＝2，
满足A′B′2＋OA′2＝OB′2，则∠OA′B′＝eq \f(π,2)，
所以S△OA′B′＝eq \f(1,2)A′B′×OA′＝eq \f(1,2)×1×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),2) ，
由A(eq \r(3)，0)，B(eq \r(3)，1)，则△OAB为直角三角形，则S△OAB＝eq \f(1,2)×OA×AB＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×1＝eq \f(\r(3),2)，
则∠BOA＝30°，扇形OAC与扇形OA′C′的面积均为eq \f(30°,360°)π×(eq \r(3))2＝eq \f(π,4) ，区域R的面积为S扇环BB′－CC′－S△OA′B′＋S扇形OA′C′＋S△OAB－S扇形OAC＝eq \f(150°,360°)π×[22－(eq \r(3))2]＋eq \f(π,4)－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(3),2)－eq \f(π,4)＝eq \f(5π,12) .
答案：B(eq \r(3)，1) eq \f(5π,12)
大题规范增分练—今日题型：概率与统计
17．击鼓传花，也称传彩球，是中国古代传统民间酒宴上的助兴游戏，属于酒令的一种，又称“击鼓催花”，在唐代时就已出现．杜牧《羊栏浦夜陪宴会》诗句中有“球来香袖依稀暖，酒凸觥心泛艳光”，可以得知唐代酒宴上击鼓传花助兴的情景．游戏规则为：鼓响时，开始传花(或一小物件)，鼓响时众人开始依次传花，至鼓停为止，此时花在谁手中(或其序位前)，谁就上台表演节目(多是唱歌、跳舞、说笑话：或回答问题、猜谜、按纸条规定行事等)．某单位组织团建活动，9人一组，共9组，玩击鼓传花，组号x(前五组)与组内女性人数y统计结果如表：
若女性人数y与组号x(组号变量x依次为1,2,3,4,5，…)具有线性相关关系．
(1)请求出女性人数y关于组号x的回归直线方程；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(参考公式eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\t(x) \x\t(y),\i\su(i＝1,n,x)\\al(2,i)－n\x\t(x)2)，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x)))
(2)从前5组中随机抽取3组，若3组中女性人数不低于3人的有X组，求X的分布列与期望．
解：(1)由题意得eq \x\t(x)＝eq \f(1,5)×(1＋2＋3＋4＋5)＝3，
eq \x\t(y)＝eq \f(2＋2＋3＋4＋4,5)＝3.
eq \i\su(i＝1,5,x)iyi＝51，eq \i\su(i,5,x)eq \\al(2,i)＝12＋22＋32＋42＋52＝55，
则eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,5,x)iyi－5\x\t(x) \x\t(y),\i\su(i＝1,5,x)\\al(2,i)－5\x\t(x)2)＝0.6，
eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x)＝3－0.6×3＝1.2，
所以eq \(y,\s\up6(^))＝0.6x＋1.2.
(2)由题意知X的所有可能取值为1,2,3，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(2,2)C\\al(1,3),C\\al(3,5))＝eq \f(3,10)，P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,3),C\\al(3,5))＝eq \f(3,5)，P(X＝3)＝eq \f(C\\al(0,2)C\\al(3,3),C\\al(3,5))＝eq \f(1,10)，
则X的分布列为
∴E(X)＝1×eq \f(3,10)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,10)＝eq \f(9,5).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十二)
小题限时保分练—选自2022·泉州联考卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合M＝{y|y＝sin x，x∈R}，N＝{y|y＝2x，x∈R}，则M∩N＝( )
A．[－1，＋∞) B．[－1,0)
C．[0,1] D．(0,1]
解析：选D y＝sin x∈[－1,1]，所以M＝[－1,1]，y＝2x∈(0，＋∞)，所以N＝(0，＋∞)，故M∩N＝(0,1]．
2．在等比数列{an}中，公比为q，已知a1＝1，则“0＜q＜1”是“数列{an}为递减数列”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C an＝qn－1，当0＜q＜1时，0＜eq \f(an＋1,an)＝q＜1，所以数列{an}递减，故充分性成立，若数列{an}是递减数列，则0＜eq \f(an＋1,an)＜1，即0＜q＜1，故必要性成立，所以“0＜q＜1”是“数列{an}为递减数列”的充要条件．
3．某中学高三(1)班有50名学生，在一次高三模拟考试中，经统计得：数学成绩X～N(110,100)，则估计该班数学得分大于120分的学生人数为( )
(参考数据：P(|X－μ|＜σ)≈0.68，P(|X－μ|＜2σ)≈0.95)
A．16 B．10 C．8 D．2
解析：选C 因为数学成绩X～N(110,100)，所以μ＝110，σ＝10，因此由P(|X－110|＜10)≈0.68，得P(100＜X＜120)≈0.68，所以P(110＜X＜120)≈eq \f(1,2)×0.68＝0.34，所以有P(X≥120)＝eq \f(1,2)－P(110＜X＜120)＝eq \f(1,2)－0.34＝0.16，估计该班数学得分大于120分的学生人数为0.16×50＝8.
4．若f(α)＝cs α＋isin α(i为虚数单位)，则[f(α)]2＝( )
A．f(α) B．f(2α) C．2f(α) D．f(α2)
解析：选B [f(α)]2＝(cs α＋isin α)2＝cs2α＋2isin αcs α＋i2sin2α＝cs2α－sin2α＋isin 2α＝cs 2α＋isin 2α＝f(2α)．
5．已知直线eq \r(2)x＋y＋a＝0与⊙C：x2＋(y－1)2＝4相交于A，B两点，且△ABC为等边三角形，则实数a＝( )
A．－4或2 B．－2或4
C．－1±eq \r(3) D．－1±eq \r(6)
解析：选A ⊙C：x2＋(y－1)2＝4的圆心C(0,1)，半径r＝2，
因为直线eq \r(2)x＋y＋a＝0与⊙C：x2＋(y－1)2＝4相交于A，B两点，且△ABC为等边三角形，则圆心到直线的距离为d＝rsin 60°＝eq \r(3)，即d＝eq \f(|\r(2)×0＋1＋a|,\r(3))＝eq \r(3)，整理得|1＋a|＝3，解得a＝2或a＝－4.
6．在平面直角坐标系xOy中，设A(1,0)，B(3,4)，向量eq \(OC,\s\up7(―→))＝xeq \(OA,\s\up7(―→))＋yeq \(OB,\s\up7(―→))，x＋y＝6，则|eq \(AC,\s\up7(―→))|的最小值为( )
A．1 B．2 C.eq \r(5) D．2eq \r(5)
解析：选D eq \(OA,\s\up7(―→))＝(1,0)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(3,4)，
则eq \(OC,\s\up7(―→))＝xeq \(OA,\s\up7(―→))＋yeq \(OB,\s\up7(―→))＝(x＋3y,4y)，
由x＋y＝6，得x＝6－y，则eq \(OC,\s\up7(―→))＝(x＋3y,4y)＝(2y＋6，4y)，所以eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(2y＋5,4y)，
则|eq \(AC,\s\up7(―→))|＝eq \r(2y＋52＋4y2)＝eq \r(20y2＋20y＋25)＝eq \r(20\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2)))2＋20)，当y＝－eq \f(1,2)时，|eq \(AC,\s\up7(―→))|min＝2eq \r(5).
7．已知α＋β＝eq \f(π,4)(α＞0，β＞0)，则tan α＋tan β的最小值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B．1
C．－2－2eq \r(2) D．－2＋2eq \r(2)
解析：选D 因为α＋β＝eq \f(π,4)(α＞0，β＞0)，所以0＜α＜eq \f(π,4)，0＜β＜eq \f(π,4)，所以0＜tan α＜1,0＜tan β＜1，tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝taneq \f(π,4)＝1，所以tan α＋tan β＝1－tan αtan β，即tan α＋tan β＋tan αtan β＝1，又因为tan αtan β ≤eq \f(1,4)(tan α＋tan β)2，所以tan α＋tan β＋tan αtan β≤tan α＋tan β＋eq \f(1,4)(tan α＋tan β)2，即tan α＋tan β＋eq \f(1,4)(tan α＋tan β)2≥1，解得tan α＋tan β≥2eq \r(2)－2或tan α＋tan β≤－2eq \r(2)－2(舍去)，所以tan α＋tan β≥2eq \r(2)－2，当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tan α＝tan β，,tan α＋tan β＋tan αtan β＝1，))即tan α＝tan β＝eq \r(2)－1时，取等号，所以tan α＋tan β的最小值为－2＋2eq \r(2).
8．设函数f(x)的导函数是f′(x)，且f(x)·f′(x)＞x恒成立，则( )
A．f(1)＜f(－1) B．f(1)＞f(－1)
C．|f(1)|＜|f(－1)| D．|f(1)|＞|f(－1)|
解析：选D 设g(x)＝eq \f(1,2)[f2(x)－x2]，则g′(x)＝eq \f(1,2)[2f(x)f′(x)－2x]＝f(x)f′(x)－x＞0恒成立，所以g(x)＝eq \f(1,2)[f2(x)－x2]单调递增，故g(1)＞g(－1)，即eq \f(1,2)[f2(1)－1]＞eq \f(1,2)[f2(－1)－1]，解得f2(1)＞f2(－1)，即|f(1)|＞|f(－1)|.
二、多项选择题
9.汉代数学名著《九章算术》第九卷《勾股》章中提到了著名的“勾股容方”问题．如图，正方形GBEF内接于直角三角形ABC，其中BE＝d，BC＝a，AB＝b，a≤b，则下列关系式成立的是( )
A．a≤2d≤eq \r(ab)
B.eq \r(ab)＜2d＜eq \f(a＋b,2)
C.eq \f(1,d)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)
D.eq \r(a2＋b2)＝a＋b－d
解析：选AC 由已知GF∥BC，所以△AGF∽△ABC，即eq \f(GF,BC)＝eq \f(AG,AB)，所以eq \f(d,a)＝eq \f(b－d,b)，解得d＝eq \f(ab,a＋b)，所以eq \f(1,d)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)，C正确；
例如a＝3，b＝4，则d＝eq \f(12,7)，eq \r(a2＋b2)＝5，显然 eq \r(a2＋b2)≠a＋b－d，D错误；
eq \r(ab)＝eq \r(12)＝2eq \r(3)，2d＝2×eq \f(12,7)，而3×49＞144,7eq \r(3)＞12，所以2eq \r(3)＞eq \f(24,7)，eq \r(ab)＞2d，B错误；
因为0＜a≤b，所以2b≥a＋b，即2ab≥a(a＋b)，eq \f(2ab,a＋b)≥a，即2d≥a，又a＋b≥2eq \r(ab)，所以2d＝eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，所以a≤2d≤eq \r(ab)，当且仅当a＝b时取等号，A正确．
10．若椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,b2)＝1(b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，则下列b的值，能使以F1F2为直径的圆与椭圆C有公共点的有( )
A．b＝eq \r(2) B．b＝eq \r(3)
C．b＝2 D．b＝eq \r(5)
解析：选ABC 以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝c2，因为圆x2＋y2＝c2与椭圆C有公共点，所以c2≥b2，即9－b2≥b2，所以b2≤eq \f(9,2)，即0＜b≤eq \f(3\r(2),2)，满足条件的有A、B、C.
11．若数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1，记在数列{an}的前n＋2(n∈N*)项中任取两项都是正数的概率为Pn，则( )
A．P1＝eq \f(1,3)
B．P2n＜P2n＋2
C．P2n－1＜P2n
D．P2n－1＋P2n＜P2n＋1＋P2n＋2
解析：选AB 因为数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1，所以数列{an}的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列{an}的偶数项为－1，即偶数项为负数，
又数列{an}的前n＋2(n∈N*)项中，任取两项都是正数的概率为Pn，
当n＝1时，即前3项中，任取两项都是正数，概率为P1＝eq \f(1,3)，故A正确；
将2n－1代入，数列{an}的前2n＋1(n∈N*)项中，有(n＋1)个正数，n个负数，任取两项都是正数的概率为P2n－1＝eq \f(C\\al(2,n＋1),C\\al(2,2n＋1))＝eq \f(nn＋1,2n＋1·2n)＝eq \f(n＋1,4n＋2)，
将2n代入，数列{an}的前2n＋2(n∈N*)项中，有(n＋1)个正数，(n＋1)个负数，任取两项都是正数的概率为P2n＝eq \f(C\\al(2,n＋1),C\\al(2,2n＋2))＝eq \f(nn＋1,2n＋1·2n＋2)＝eq \f(n,4n＋2)，将2n＋1代入，数列{an}的前2n＋3(n∈N*)项中，有(n＋2)个正数，(n＋1)个负数，任取两项都是正数的概率为P2n＋1＝eq \f(C\\al(2,n＋2),C\\al(2,2n＋3))＝eq \f(n＋1n＋2,2n＋3·2n＋2)＝eq \f(n＋2,4n＋6)，
将2n＋2代入，数列{an}的前2n＋4(n∈N*)项中，有(n＋2)个正数，(n＋2)个负数，任取两项都是正数的概率为P2n＋2＝eq \f(C\\al(2,n＋2),C\\al(2,2n＋4))＝eq \f(n＋1n＋2,2n＋3·2n＋4)＝eq \f(n＋1,4n＋6)，所以P2n－P2n＋2＝eq \f(n,4n＋2)－eq \f(n＋1,4n＋6)＝eq \f(－2,4n＋2·4n＋6)＜0，所以P2n＜P2n＋2，故B正确；
P2n－1－P2n＝eq \f(n＋1,4n＋2)－eq \f(n,4n＋2)＝eq \f(1,4n＋2)＞0，所以P2n－1＞P2n，故C错误；
(P2n－1＋P2n)－(P2n＋1＋P2n＋2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,4n＋2)＋\f(n,4n＋2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋2,4n＋6)＋\f(n＋1,4n＋6)))
＝eq \f(2n＋1,4n＋2)－eq \f(2n＋3,4n＋6)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0，
所以P2n－1＋P2n＝P2n＋1＋P2n＋2，故D错误．
12.如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝AD＝CD＝1，BC＝PA＝2，记四棱锥P-ABCD的外接球为球O，平面PAD与平面PBC的交线为l，BC的中点为E，则( )
A．l∥BC
B．AB⊥PC
C．平面PDE⊥平面PAD
D．l被球O截得的弦长为1
解析：选ABD 因为AD∥BC，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD，又因为平面PAD与平面PBC的交线为l，所以l∥BC，故A正确；
连接AE，AC，
在等腰梯形ABCD中，因为AB＝AD＝CD＝1，BC＝2，BC的中点为E，所以四边形ABED，AECD都是菱形，
所以AC⊥DE，AB∥DE，所以AB⊥AC，
因为PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，
又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，
又因PC⊂平面PAC，所以AB⊥PC，故B正确；
如图以A为原点，AB，AC，AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,2)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，
则eq \(AP,\s\up7(―→))＝(0,0,2)，eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，
eq \(PD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，－2))，eq \(DE,\s\up7(―→))＝(1,0,0)，
设平面PDE的法向量m＝(x1，y1，z1)，平面PAD的法向量n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(PD,\s\up7(―→))＝－\f(1,2)x1＋\f(\r(3),2)y1－2z1＝0，,m·eq \(DE,\s\up7(―→))＝x1＝0，))
可取m＝(0,4，eq \r(3))，
同理可取n＝(eq \r(3)，1,0)，
因为m·n＝4≠0，所以m与n不垂直，
所以平面PDE与平面PAD不垂直，故C错误；
由B选项可知，EA＝EB＝EC＝ED，则点E即为四边形ABCD外接圆的圆心，
故四棱锥P-ABCD的外接球的球心O在过点E且垂直于平面ABCD的直线上，设外接球的半径为R，则OA＝OP＝R，则OA＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，
所以R＝eq \r(2)，设OP与l所成的角为θ，点O到直线l的距离为d，
B(1,0,0)，C(0，eq \r(3)，0)，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，
因为l∥BC，直线l的方向向量可取eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，1))，
则cs〈eq \(BC,\s\up7(―→))，eq \(OP,\s\up7(―→))〉＝－eq \f(\r(2),4)，所以sin θ＝eq \f(\r(14),4)，
所以d＝|OP|sin θ＝eq \f(\r(7),2)，
所以l被球O截得的弦长为2eq \r(2－\f(7,4))＝1，故D正确．
三、填空题
13．若f(x)＝(x＋3)5＋(x＋m)5是奇函数，则m＝__________.
解析：因为f(x)＝(x＋3)5＋(x＋m)5是奇函数，
所以有f(0)＝0，即35＋m5＝0，得m＝－3，即f(x)＝(x＋3)5＋(x－3)5，
因为f(－x)＝(－x＋3)5＋(－x－3)5＝－(x＋3)5－(x－3)5＝－f(x)，
所以函数f(x)＝(x＋3)5＋(x－3)5是奇函数．
答案：－3
14．直线l：y＝2x－4过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，与C交于A，B两点，则|AB|＝__________.
解析：因为直线l：y＝2x－4过抛物线C：y2＝2px的焦点F，故F(2,0)即p＝4，
故抛物线C：y2＝8x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x－4，,y2＝8x，))可得x2－6x＋4＝0，
故|AB|＝x1＋x2＋p＝10.
答案：10
15．已知实数a＞0，b＞0，eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1，则eq \f(4a,a－1)＋eq \f(3b,b－2)的最小值是__________．
解析：由a＞0，b＞0，
得eq \f(4a,a－1)＋eq \f(3b,b－2)＝eq \f(4,1－\f(1,a))＋eq \f(3,1－\f(2,b))，
又eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1，得eq \f(2,b)＝1－eq \f(1,a)，1－eq \f(2,b)＝eq \f(1,a)，
则eq \f(4a,a－1)＋eq \f(3b,b－2)＝eq \f(4,1－\f(1,a))＋eq \f(3,1－\f(2,b))＝eq \f(4,\f(2,b))＋eq \f(3,\f(1,a))＝3a＋2b，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))(3a＋2b)＝3＋eq \f(2b,a)＋eq \f(6a,b)＋4＝7＋eq \f(2b,a)＋eq \f(6a,b)≥7＋2eq \r(\f(2b,a)×\f(6a,b))＝7＋4eq \r(3)，
当且仅当eq \f(2b,a)＝eq \f(6a,b)，即a＝eq \f(3＋2\r(3),3)，b＝2＋eq \r(3)时取等号．
答案：7＋4eq \r(3)
16．已知：若函数f(x)，g(x)在R上可导，f(x)＝g(x)，则f′(x)＝g′(x)，又英国数学家泰勒发现了一个恒等式e2x＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn＋…，则a0＝__________，eq \i\su(n＝1,10, )eq \f(an＋1,nan)＝__________.
解析：因为e2x＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn＋…，令x＝0，即e0＝a0，所以a0＝1；
(e2x)′＝2e2x＝a1＋2a2x＋…＋nanxn－1＋(n＋1)an＋1xn＋…
又2e2x＝2a0＋2a1x＋2a2x2＋…＋2anxn＋…，
所以2an＝(n＋1)an＋1，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2,n＋1)，所以eq \f(an＋1,nan)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以eq \i\su(n＝1,10, )eq \f(an＋1,nan)＝eq \i\su(n＝1,10,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝
2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq \f(20,11).
答案：1 eq \f(20,11)
大题规范增分练—今日题型：立体几何
17.如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1，O，M，N分别为线段BC，AA1，BB1的中点，P为线段AC1上的动点，AA1＝16，AC＝8.
(1)若AO＝eq \f(1,2)BC，试证C1N⊥CM；
(2)在(1)的条件下，当AB＝6时，试确定动点P的位置，使线段MP与平面BB1C1C所成角的正弦值最大．
解：(1)证明：在△ABC中，
∵O为BC中点且AO＝eq \f(1,2)BC，
∴AB⊥AC.
∵平面ABC⊥平面ACC1A1且交线为AC，
∴AB⊥平面ACC1A1，∴AB⊥CM.
∵M，N分别为AA1，BB1的中点，
∴MN∥AB.
∴CM⊥MN.
在直角△AMC和直角△MA1C1中，
∵AM＝A1M＝8，AC＝A1C1＝8，
∴△AMC≌△A1MC1，
∴CM＝C1M＝eq \r(64＋64)＝8eq \r(2)，
∴CM2＋C1M2＝128＋128＝162＝CCeq \\al(2,1)，
∴CM⊥C1M，MN∩C1M＝M.
∴CM⊥平面C1MN，C1N⊂平面C1MN，
∴CM⊥C1N.
(2)∵AA1⊥平面ABC，由(1)得AB，AC，AA1三线两两垂直，以A为原点，以AB，AC，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图，
则A(0,0,0)，B(6,0,0)，
C(0,8,0)，C1(0,8,16)，M(0,0,8)，B1(6,0,16)，
∴eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－6,8,0)，eq \(BB1,\s\up7(―→))＝(0,0,16)．
设平面BB1C1C的一个法向量为n＝ (x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－6x＋8y＝0，,16z＝0，))
令x＝4得y＝3，n＝(4,3,0)，
设P(x，y，z)，eq \(AP,\s\up7(―→))＝meq \(AC1,\s\up7(―→)) (0≤m≤1)，则(x，y，z)＝m(0,8,16)，
∴P(0,8m,16m)，eq \(MP,\s\up7(――→))＝(0,8m,16m－8)，
设直线MP与平面BB1C1C所成的角为θ，
则sin θ＝eq \f(|n·eq \(MP,\s\up7(――→))|,|n|·|eq \(MP,\s\up7(――→))|)＝eq \f(24m,5\r(64m2＋16m－82))＝eq \f(3m,5\r(5m2－4m＋1)).
若m＝0，sin θ＝0此时点P与A重合，
若m≠0，令t＝eq \f(1,m)(t≥1)，则sin θ＝eq \f(3,5\r(5－4t＋t2))＝eq \f(3,5\r(t－22＋1))≤eq \f(3,5).
当t＝2，即m＝eq \f(1,2)，P为AC1的中点时，sin θ取得最大值eq \f(3,5).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十三)
小题限时保分练—选自2022·江苏四市调研卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知i为虚数单位，若复数z满足(1－i)eq \x\t(z)＝2，则|z|＝( )
A．1 B． eq \r(2) C. 2 D． 2eq \r(2)
解析：选B 因为(1－i)eq \x\t(z)＝2，所以eq \x\t(z)＝eq \f(2,1－i)＝eq \f(21＋i,1－i1＋i)＝1＋i，所以z＝1－i，所以|z|＝eq \r(2).
2．已知集合A＝{x|lg2x<4}，B＝{x|－2
C．(0,2) D．[－2,0)
解析：选A 因为A＝{x|0
A. 2 B． 2eq \r(3) C. 4 D． eq \f(9,2)
解析：选C 因为a⊥b，所以a·b＝0，
依题意(a＋b)·(a－λb)＝|a|2－λ|b|2－(λ－1)a·b＝4－λ＝0，则λ＝4.
4．已知函数f(x)＝ax2＋|x＋a＋1|为偶函数，则不等式f(x)>0的解集为( )
A．∅ B．(－1,0)∪(0,1)
C．(－1,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析：选B 因为f(x)为偶函数，所以f(－1)＝f(1)，即a＋|a＋2|＝a＋|a|，解得a＝－1，经检验符合题意．则f(x)＝－x2＋|x|，
由－x2＋|x|>0，可得x∈(－1,0)∪(0,1)．
故f(x)＝－x2＋|x|>0的解集为(－1,0)∪(0,1)．
5．已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－α))＝sin α，则tan α＝( )
A．－eq \r(3) B． －eq \f(\r(3),3) C. eq \f(\r(3),3) D． eq \r(3)
解析：选A 由sin α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－α))得，sin α＝－eq \f(\r(3),2)cs α＋eq \f(1,2)sin α，
所以tan α＝－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)tan α，解得tan α＝－eq \r(3).
6.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：eq \f(x2,a\\al(2,1))＋eq \f(y2,b\\al(2,1))＝1(a1>b1>0)与双曲线C2：eq \f(x2,a\\al(2,2))－eq \f(y2,b\\al(2,2))＝1(a2>0，b2>0)有相同的焦点F1，F2，C2的渐近线分别交C1于A，C和B，D四点，若多边形ABF2CDF1为正六边形，则C1与C2的离心率之和为( )
A.eq \r(3)－1 B． 2
C.eq \r(3)＋1 D．2eq \r(3)
解析：选C 因为多边形ABF2CDF1为正六边形，设正六边形的边长为m，
所以tan∠BOF2＝eq \r(3)＝eq \f(b2,a2)，∴e2＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a2)))2)＝2，
∴e1＝eq \f(|F1F2|,|AF1|＋|AF2|)＝eq \f(2m,m＋\r(3)m)＝eq \r(3)－1，∴e1＋e2＝eq \r(3)＋1.
7．已知实数a，b，c满足ln a＝2b＝c－eq \f(1,2)，则下列关系式中，不可能成立的是( )
A．a>b>c B． a>c>b
C．c>a>b D． c>b>a
解析：选D 设ln a＝2b＝c－eq \f(1,2)＝t，t>0，
则a＝et，b＝lg2t，c＝eq \f(1,t2)，
在同一平面直角坐标系中分别画出函数y＝ex，y＝lg2x，y＝eq \f(1,x2)的图象，
当t＝x1时，c>a>b，
当t＝x2时，a>c>b，
当t＝x3时，a>b>c，
由此可以看出，不可能出现c>b>a这种情况．
8．随着北京冬奥会的举办，中国冰雪运动的参与人数有了突飞猛进的提升．某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动，号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动的主力军”，开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程．甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件A＝“甲乙两人所选课程恰有一门相同”，事件B＝“甲、乙两人所选课程完全不同”，事件C＝“甲、乙两人均未选择陆地冰壶课程”，则( )
A．A与B为对立事件 B．A与C互斥
C．A与C相互独立 D．B与C相互独立
解析：选C 依题意甲、乙两人所选课程有如下情形①有一门相同，②两门都相同，③两门都不相同；
故A与B互斥不对立，A与C不互斥，
所以P(A)＝eq \f(C\\al(1,4)·C\\al(1,3)·C\\al(1,2),C\\al(2,4)·C\\al(2,4))＝eq \f(2,3)，P(B)＝eq \f(C\\al(2,4),C\\al(2,4)·C\\al(2,4))＝eq \f(1,6)，P(C)＝eq \f(C\\al(2,3)·C\\al(2,3),C\\al(2,4)·C\\al(2,4))＝eq \f(1,4)，且P(AC)＝eq \f(C\\al(1,3)·C\\al(1,2),C\\al(2,4)·C\\al(2,4))＝eq \f(1,6)，P(BC)＝0，所以P(AC)＝P(A)·P(C)，P(BC)≠P(B)·P(C)，即A与C相互独立，B与C不相互独立．
二、多项选择题
9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))，则下列说法正确的有( )
A．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称
B．函数f(x)图象的一条对称轴是x＝eq \f(π,6)
C．若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，则函数f(x)的最小值为eq \r(3)
D．若f(x1)f(x2)＝4，x1≠x2，则|x1－x2|的最小值为eq \f(π,2)
解析：选BCD 在f(x)的图象上取一点(0，eq \r(3))，其关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称的点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，－\r(3)))不在f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))的图象上，所以函数f(x)的图象不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称，故A不正确；
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))))＝f(x)，所以函数f(x)图象的一条对称轴是x＝eq \f(π,6)，故B正确；
若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，则2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))∈[eq \r(3)，2]，故C正确；
因为f(x)max＝2，所以f(x1)＝f(x2)＝2，所以|x1－x2|min＝eq \f(2π,2)·eq \f(1,2)＝eq \f(π,2)，故D正确．
10．已知随机变量X服从二项分布B(4，p)，其数学期望E(X)＝2，随机变量Y服从正态分布N(p,4)，且P(X＝3)＋P(Y
C．P(Y>1－a)＝eq \f(1,4) D．P(Y>1－a)＝eq \f(3,4)
解析：选BD 因为E(X)＝4p＝2，所以p＝eq \f(1,2)，即A错误，B正确；易知Y～Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))，因为P(X＝3)＝Ceq \\al(3,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(1,4)，所以P(Y
11．已知定义在[1,6]上的函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)，则( )
A．任意a，b，c∈[1,6]，f(a)，f(b)，f(c)均能作为一个三角形的三条边长
B．存在a，b，c∈[1,6]，使得f(a)，f(b)，f(c)不能作为一个三角形的三条边长
C．任意a，b，c∈[1,6]，f(a)，f(b)，f(c)均不能成为一个直角三角形的三条边长
D．存在a，b，c∈[1,6]，使得f(a)，f(b)，f(c)能成为一个直角三角形的三条边长
解析：选AD 函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)在[1,2]上单调递减，在[2,6]上单调递增，f(x)min＝f(2)＝4，f(x)max＝f(6)＝eq \f(20,3)，
任意a，b，c∈[1,6]，不妨令f(a)≥f(b)≥f(c)，则f(b)＋f(c)≥2f(c)≥2f(x)min>f(x)max≥f(a)，
即f(a)，f(b)，f(c)均能作为一个三角形的三条边长，A正确，B错误；
取a＝b＝2，c＝2eq \r(2)＋2，满足a，b，c∈[1,6]，则f(a)＝f(b)＝4，f(c)＝4eq \r(2)，显然有[f(a)]2＋[f(b)]2＝[f(c)]2，即f(a)，f(b)，f(c)为边的三角形是直角三角形，C错误，D正确．
12．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，CC1＝2AB＝2，E为CC1的中点，P为棱AA1上的动点，平面α过B，E，P三点，则( )
A．平面α⊥平面A1B1E
B．平面α与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形
C．当P与A重合时，α截此四棱柱的外接球所得的截面面积为eq \f(11,8)π
D．存在点P，使得AD与平面α所成角的大小为eq \f(π,3)
解析：选AC 因为CC1＝2AB＝2，E为CC1的中点，底面ABCD为正方形，
所以B1E⊥BE，又因为A1B1⊥平面BCC1B1，BE⊂平面BCC1B1，
所以A1B1⊥BE，因为B1E∩A1B1＝B1，
所以BE⊥平面A1B1E，因为BE⊂平面α，
所以平面α⊥平面A1B1E，即A正确；
当PA>PA1时，画出平面α与正四棱柱表面的交线围成的图形如图1：
其中F在线段A1D1上，G在D1C1上，BP∥EG，BE∥PF，
可知交线围成的图形为五边形，即B错误；
如图2，当P与A重合时，取DD1的中点F，截面为图中的矩形ABEF.以A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，A(0,0,0)，
B(0，1,0)，E(1,1,1)，
设平面ABEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(BE,\s\up7(―→))＝x＋z＝0，,n·eq \(AB,\s\up7(―→))＝y＝0，))令x＝1，则z＝－1，
则n＝(1,0，－1)，
球心O到平面ABEF的距离d＝eq \f(|eq \(AO,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(2),4)，
此正四棱柱的外接球半径为R＝eq \f(AC1,2)＝eq \f(\r(6),2)，
所以截面半径r＝eq \r(R2－d2)＝eq \r(\f(11,8))，则截面面积S＝πr2＝eq \f(11,8)π，即C正确；
设P(0,0，m)，0≤m≤2，
则平面α的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(BE,\s\up7(―→))＝x1＋z1＝0，,n1·eq \(BP,\s\up7(―→))＝－y1＋mz1＝0，))
令z1＝1，则x1＝－1，y1＝m，所以n1＝(－1，m,1)，
设AD与平面α所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n1，eq \(AD,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(|n1|·|eq \(AD,\s\up7(―→))|,|n1·eq \(AD,\s\up7(―→))|)＝eq \f(1,\r(2＋m2))≤eq \f(\r(2),2)，
因为y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
所以不存在点P，使得AD与平面α所成角的大小为eq \f(π,3)，即D错误．
三、填空题
13.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x3－\f(1,x2)))5展开式中的常数项是__________．
答案：－40
14．已知圆锥同时满足条件：①侧面展开图为半圆；②底面半径为正整数，请写出一个这样的圆锥的体积V＝__________.
解析：设底面半径r＝1，母线长为l，由展开图为半圆，可知2π＝l·π，所以l＝2，所以高h＝eq \r(l2－r2)＝eq \r(3)，则体积V＝eq \f(1,3)·π·eq \r(3)＝eq \f(\r(3),3)π.
答案：eq \f(\r(3),3)π(答案不唯一)
15．在平面直角坐标系xOy中，已知点P(1,2)，直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝5交于A，B两点，若△PAB为正三角形，则实数m的值是__________．
解析：由题意可知P(1,2)在圆上， 如图，设AB中点为H，连接PH，则PH过点O，且PH⊥AB ，则直线l的斜率k＝－eq \f(1,kOP)＝－eq \f(1,2) ，
故y＝kx＋m即为y＝－eq \f(1,2)x＋m，
因为△PAB为正三角形，则O点为△PAB的中心，
则OH＝eq \f(OP,2)＝eq \f(\r(5),2)，故eq \f(|m|,\r(1＋\f(1,4)))＝eq \f(\r(5),2) ，解得m＝±eq \f(5,4) ，
结合P(1,2)在圆上，△PAB是圆的内接正三角形，可知m<0 ，即m＝－eq \f(5,4).
答案：－eq \f(5,4)
16.第十四届国际数学教育大会(简称ICME-14)于2021年7月在上海举办，会徽的主题图案(如图)有着丰富的数学元素，展现了中国古代数学的灿烂文明，其右下方的“卦”是用中国古代的计数符号写出的八进制数字3745.八进制有0～7共8个数字，基数为8，加法运算时逢八进一，减法运算时借一当八．八进制数字3745换算成十进制是5×80＋4×81＋7×82＋3×83＝2021，表示ICME-14的举办年份．设正整数n＝a0·80＋a1·8＋…＋ai·8i＋…＋ak·8k，其中ai∈{0,1,2,3,4,5,6,7}，i＝0,1，…，k，k∈N.记ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，S(n)＝ω(1)＋ω(2)＋…＋ω(8n)，则ω(72)＝__________；当n≤7时，用含n的代数式表示S(n)＝__________.
解析：因为72＝1×82＋1×81＋0×80，所以ω(72)＝1＋1＋0＝2；
易知S(n)－S(n－1)＝7(n－1)＋1＋2＋…＋7＋n＝8n＋21(n≥2)，且S(1)＝29，
所以S(n)＝29n＋8×eq \f(nn－1,2)＝4n2＋25n.
答案：2 4n2＋25n
大题规范增分练—今日题型：解析几何
17．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线AP的斜率为k1，直线QB的斜率为k2，已知k1＝7k2.
①求证：直线PQ恒过x轴上一定点；
②设△PQB和△PQA的面积分别为S1，S2，求|S1－S2|的最大值．
解：(1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)①依题意，点A(－2,0)，B(2,0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有kAP＝－kBQ，不合题意，所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为x＝ty＋n(n≠±2)，与椭圆C联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4，,x＝ty＋n，))整理得(t2＋4)y2＋2nty＋n2－4＝0，所以Δ＝4t2n2－4(t2＋4)(n2－4)＞0，且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2tn,t2＋4)，,y1y2＝\f(n2－4,t2＋4).))因为点P(x1，y1)是椭圆上一点，即eq \f(x\\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，所以kAP·kBP＝eq \f(y1,x1＋2)·eq \f(y1,x1－2)＝eq \f(y\\al(2,1),x\\al(2,1)－4)＝eq \f(1－\f(x\\al(2,1),4),x\\al(2,1)－4)＝－eq \f(1,4)，所以kAP＝－eq \f(1,4kBP)＝7kBQ，
即28kBP·kBQ＝－1
因为28kBP·kBQ＝eq \f(28y1y2,x1－2x2－2)
＝eq \f(28y1y2,ty1＋n－2ty2＋n－2)
＝eq \f(28y1y2,t2y1y2＋tn－2y1＋y2＋n－22)
＝eq \f(\f(28n2－4,t2＋4),\f(t2n2－4,t2＋4)－\f(2t2nn－2,t2＋4)＋n－22)
＝eq \f(28n＋2,t2n＋2－2t2n＋n－2t2＋4)＝eq \f(28n＋2,4n－2)＝eq \f(7n＋14,n－2)＝－1，所以n＝－eq \f(3,2)，此时Δ＝16(t2＋4－n2)＝4(4t2＋7)＞0，故直线PQ恒过x轴上一定点Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0)).
②由①得y1＋y2＝eq \f(3t,t2＋4)，y1y2＝eq \f(n2－4,t2＋4)＝－eq \f(7,4t2＋4)，
所以|S1－S2|＝eq \f(1,2)×|y1－y2|×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))))－eq \f(1,2)×|y1－y2|×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))))＝eq \f(3,2)|y1－y2|＝eq \f(3,2) eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(3\r(4t2＋7),t2＋4)＝3eq \r(\f(4t2＋4－9,t2＋42))＝3eq \r(\f(4,t2＋4)－\f(9,t2＋42))＝eq \r(－9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,t2＋4)－\f(2,3)))2＋4)≤2当且仅当eq \f(3,t2＋4)＝eq \f(2,3)即t2＝eq \f(1,2)时等号成立，所以|S1－S2|的最大值为2.
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十四)
小题限时保分练—选自2022·泰安三模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合M＝{x|lg(x－1)≤0}，N＝{x||x－1|<1}，则M∩N＝( )
A．(0,2] B．(0,2) C．(1,2) D．(1,2]
解析：选C 不等式lg(x－1)≤0的解集为{x|1
2．已知复数z＝eq \f(i,2＋i)，i为虚数单位，则z的共轭复数为( )
A.eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i B．eq \f(1,5)－eq \f(2,5)i
C.eq \f(2,5)＋eq \f(1,5)i D．eq \f(2,5)－eq \f(1,5)i
解析：选B z＝eq \f(i,2＋i)＝eq \f(i2－i,2＋i2－i)＝eq \f(1＋2i,5)＝eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i，所以z的共轭复数为eq \f(1,5)－eq \f(2,5)i.
3．已知随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，若P(X<2)·P(X>4)＝eq \f(1,36)，则P(2
解析：选A 因为随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，由对称性可知，P(X<2)＝P(X>4)，
又P(X<2)·P(X>4)＝eq \f(1,36)，
所以P(X<2)＝P(X>4)＝eq \f(1,6)，
故P(2
4．已知对数函数f(x)＝lg2x的图象经过点A(4，t)，a＝lgt，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))t，c＝t，则( )
A．c
A.eq \r(2) B．eq \r(3) C.eq \r(5) D．eq \f(1＋\r(5),2)
解析：选D 由已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点F的坐标为(c,0)，虚轴的上端点B的坐标为(0，b)，
左顶点A的坐标为(－a,0)，所以eq \(BA,\s\up7(―→))＝(－a，－b)，eq \(BF,\s\up7(―→))＝(c，－b)，又∠ABF＝eq \f(π,2)，所以eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BF,\s\up7(―→))＝0，故b2＝ac，即c2－a2＝ac，
所以e2－e－1＝0，又e>1，
所以双曲线的离心率e＝eq \f(1＋\r(5),2).
6．已知函数f(x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex－1,ex＋1)，则对任意的实数x1，x2，“x1＋x2>0”是“f(x1)＋f(x2)>0”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选C ∵f(x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex－1,ex＋1)，
∴f(－x)＝ln(－x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(e－x－1,e－x＋1)＝ln(－x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(1－ex,1＋ex)，
∴f(x)＋f(－x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex－1,ex＋1)＋ln(－x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(1－ex,1＋ex)＝ln 1＋0＝0，
∴ 函数f(x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex－1,ex＋1)为奇函数，
又f(x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex＋1－2,ex＋1)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋1－eq \f(2,ex＋1)，
当x>0时，函数y＝ln(x＋eq \r(x2＋1))单调递增，y＝eq \f(2,ex＋1)单调递减，
所以函数f(x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex－1,ex＋1)在(0，＋∞)上单调递增，又函数f(x)为奇函数，
所以函数f(x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))＋eq \f(ex－1,ex＋1)在(－∞，＋∞)上单调递增，
由x1＋x2>0可得x1>－x2，所以f(x1)>f(－x2)＝－f(x2)，故f(x1)＋f(x2)>0，
由f(x1)＋f(x2)>0可得f(x1)>－f(x2)＝f(－x2)，所以x1>－x2，所以x1＋x2>0，
所以“x1＋x2>0”是“f(x1)＋f(x2)>0”的充要条件．
7．已知数列{an}满足：对任意的m，n∈N*，都有aman＝am＋n，且a2＝3，则a20＝( )
A．320 B．315 C．310 D．35
解析：选C 因为对任意的m，n∈N*，都有aman＝am＋n，所以a1a1＝a2，a1an＝a1＋n，
又a2＝3，
所以a1＝±eq \r(3)，所以eq \f(an＋1,an)＝a1，
所以数列{an}是首项为a1，公比为a1的等比数列，
所以an＝a1·(a1)n－1＝(a1)n，
所以a20＝(a1)20＝310.
8.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等腰直角三角形，AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，AA1＝4，点D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥D-ABC的外接球表面积的最大值为( )
A.eq \f(81,4)π B．24π
C.eq \f(243,16)π D．8eq \r(6)π
解析：选B 因为△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC＝2，
所以△ABC的外接圆的圆心为AB的中点O1, 且AO1＝eq \r(2)，如图，
连接O1与A1B1的中点E，则O1E∥AA1，所以O1E⊥平面ABC，
设球的球心为O，由球的截面性质可得O在O1E上，
设OO1＝x，DE＝t(0≤t≤eq \r(2))，半径为R，
因为OA＝OD＝R，所以eq \r(2＋x2)＝eq \r(4－x2＋t2)，
所以t2＝8x－14，又0≤t≤eq \r(2)，
所以eq \f(7,4)≤x≤2，因为R2＝2＋x2，所以eq \f(81,16)≤R2≤6，
所以三棱锥D-ABC的外接球表面积的最大值为24π.
二、多项选择题
9．已知a，b∈R，a>0，b>0，且a＋b＝2，则下列说法正确的为( )
A．ab的最小值为1
B．lg2a＋lg2b≤0
C．2a＋2b≥4
D.eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2＋eq \r(2)
解析：选BC 因为a>0，b>0，由基本不等式可得a＋b≥2eq \r(ab)，当且仅当a＝b时等号成立，
又a＋b＝2，所以ab≤1，当且仅当a＝b＝1时等号成立，故ab的最大值为1，A错误；
lg2a＋lg2b＝lg2ab≤0，当且仅当a＝b＝1时等号成立，B正确；
2a＋2b≥2eq \r(2a2b)＝2eq \r(2a＋b)＝4，当且仅当a＝b＝1时等号成立，C正确；
eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \f(1,2)(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(2a,b)＋\f(b,a)))≥eq \f(1,2)(3＋2eq \r(2))，当且仅当a＝2eq \r(2)－2，b＝4－2eq \r(2)时等号成立，D错误．
10．已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x－2y＋4＝0，则下列说法正确的是( )
A.eq \f(y,x)的最大值为eq \f(4,3)
B.eq \f(y,x)的最小值为0
C．x2＋y2的最大值为eq \r(5)＋1
D．x＋y的最大值为3＋eq \r(2)
解析：选ABD 由实数x，y满足方程x2＋y2－4x－2y＋4＝0可得点(x，y)在圆(x－2)2＋(y－1)2＝1上，作其图象如图，因为eq \f(y,x)表示点(x，y)与坐标原点连线的斜率，
设过坐标原点的圆的切线方程为y＝kx，则eq \f(|2k－1|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝0或k＝eq \f(4,3)，
∴eq \f(y,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))max＝eq \f(4,3)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))min＝0，A、B正确；
x2＋y2表示圆上的点(x，y)到坐标原点的距离的平方，圆上的点(x，y)到坐标原点的距离的最大值为|OC|＋1，
所以x2＋y2最大值为(|OC|＋1)2，又|OC|＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，
所以x2＋y2的最大值为6＋2eq \r(5)，C错误；
因为x2＋y2－4x－2y＋4＝0可化为(x－2)2＋(y－1)2＝1，
故可设x＝2＋cs θ，y＝1＋sin θ，
所以x＋y＝2＋cs θ＋1＋sin θ＝3＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))，
所以当θ＝eq \f(π,4)时，即x＝2＋eq \f(\r(2),2)，y＝1＋eq \f(\r(2),2)时x＋y取最大值，最大值为3＋eq \r(2)，D正确．
11．已知函数f(x)＝sin xcs x－eq \r(3)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)，则下列说法正确的是( )
A．函数f(x)的最小正周期为π
B．函数f(x)的对称轴方程为x＝kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)
C．函数f(x)的图象可由y＝sin 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到
D．方程f(x)＝－eq \f(\r(3),2)在[0,10]内有7个根
解析：选ACD f(x)＝sin xcs x－eq \r(3)cs2x＋eq \f(\r(3),2)
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \r(3)·eq \f(1＋cs 2x,2)＋eq \f(\r(3),2)
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
对于A，函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，所以A正确；
对于B，由2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，所以函数f(x)的对称轴方程为x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，所以B错误；
对于C，y＝sin 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得y＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，所以函数f(x)的图象可由y＝sin 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到，所以C正确；
对于D，由f(x)＝－eq \f(\r(3),2)，得2x－eq \f(π,3)＝eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z或2x－eq \f(π,3)＝eq \f(5π,3)＋2kπ，k∈Z，得x＝eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z或x＝π＋kπ，k∈Z，
由0≤eq \f(5π,6)＋kπ≤10，k∈Z，得k＝0,1,2，
由0≤π＋kπ≤10，k∈Z，得k＝－1,0,1,2，
所以方程f(x)＝－eq \f(\r(3),2)在[0,10]内有7个根，所以D正确．
12．已知函数f(x)＝ax2＋2ln x(a∈R)有两个不同的零点x1，x2，符号[x]表示不超过x的最大整数，如[0.5]＝0，[1.2]＝1，则下列结论正确的是( )
A．a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，＋∞))
B．a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0))
C．[x1]＋[x2]≥3
D．若[x1]＋[x2]＝4，则a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2ln 3,9)，－\f(ln 2,4)))
解析：选BD 函数f(x)＝ax2＋2ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax＋2eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2＋1,x)，
当a≥0时，f′(x)≥0，函数f(x)＝ax2＋2ln x在(0，＋∞)上单调递增，
函数f(x)＝ax2＋2ln x在(0，＋∞)上至多只有一个零点，与条件矛盾，
当a<0时，由f′(x)＝0可得x＝eq \r(－\f(1,a))或x＝－eq \r(－\f(1,a))(舍去)，
当0
当 eq \r(－\f(1,a))
所以a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(－\f(1,a))))2＋2ln eq \r(－\f(1,a))>0，所以lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))>1，所以－eq \f(1,e)
所以x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1， \r(－\f(1,a))))，x2> eq \r(－\f(1,a))，
当 eq \r(－\f(1,a))≥2时，[x1]≥1，[x2]≥2，则[x1]＋[x2]≥3，
当eq \r(e)< eq \r(－\f(1,a))<2时，则－eq \f(1,e)
若[x1]＝1则[x2]＝3，f(2)>0，f(3)≥0，f(4)<0，
所以4a＋2ln 2>0,9a＋2ln 3≥0,16a＋2ln 4<0，
所以a>－eq \f(ln 2,2)，a≥－eq \f(2ln 3,9)，a<－eq \f(ln 2,4)，
所以－eq \f(2ln 3,9)≤a<－eq \f(ln 2,4)，
若[x1]＝2，则[x2]＝2，f(2)<0，f(3)<0，且2
所以a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2ln 3,9)，－\f(ln 2,4)))，D正确．
三、填空题
13．已知tan θ＝2，则eq \f(sinπ－θ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,2))))＝__________.
解析：eq \f(sinπ－θ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,2))))＝eq \f(sin θ,－cs θ)＝－tan θ＝－2.
答案：－2
14．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex＋1，x≤0，,fx－4，x>0，))则f(2 022)＝__________.
解析：∵f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex＋1，x≤0，,fx－4，x>0，))
∴f(2 022)＝f(2 018)＝f(2 014)＝…＝f(2)＝f(－2)＝e－2＋1＝eq \f(1,e).
答案：eq \f(1,e)
15．从抛物线x2＝2y的准线l上一点P引抛物线的两条切线PA，PB，且A，B为切点，若直线AB的倾斜角为eq \f(π,3)，则P点的横坐标为__________．
解析：抛物线x2＝2y的准线l：y＝－eq \f(1,2)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，－\f(1,2)))，
则kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝taneq \f(π,3)＝eq \r(3)，
又∵ y1＝eq \f(x\\al(2,1),2)，y2＝eq \f(x\\al(2,2),2)，
∴ kAB＝eq \f(\f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),2),x1－x2)＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \r(3)，则x1＋x2＝2eq \r(3)，
由x2＝2y，得y＝eq \f(x2,2)，∴ y′＝x，
∴切线PA的方程为y－y1＝x1(x－x1)，
切线PB的方程为y－y2＝x2(x－x2)，
即切线PA的方程为y－eq \f(x\\al(2,1),2)＝x1(x－x1)，即xeq \\al(2,1)－2x1x＋2y＝0，
切线PB的方程为y－eq \f(x\\al(2,2),2)＝x2(x－x2)，
即xeq \\al(2,2)－2x2x＋2y＝0，
∵点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，－\f(1,2)))在切线PA，PB上，
∴ xeq \\al(2,1)－2x1x0－1＝0，xeq \\al(2,2)－2x2x0－1＝0，
可知x1，x2是方程x2－2x0x－1＝0的两个根，
∴x1＋x2＝2x0，得x0＝eq \r(3)，
即P点的横坐标为eq \r(3).
答案：eq \r(3)
16.如图，在△ABC中，∠BAC＝eq \f(π,3)，eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))，点P在线段CD上(P不与C，D点重合)，若△ABC的面积为4eq \r(3)，eq \(AP,\s\up7(―→))＝meq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))，则实数m＝__________，|eq \(AP,\s\up7(―→))|的最小值为__________．
解析：因为eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))，所以eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→))，
而eq \(PD,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－meq \(AC,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,6)eq \(AB,\s\up7(―→))－meq \(AC,\s\up7(―→)).
因为eq \(CD,\s\up7(―→))与eq \(PD,\s\up7(―→))为非零共线向量，故存在实数λ使得eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)eq \(AB,\s\up7(―→))－meq \(AC,\s\up7(―→))))，
故λ＝4，m＝eq \f(1,4)， 所以eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))，|eq \(AP,\s\up7(―→))|2＝eq \f(1,16)eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))2＋2×eq \f(1,8)×|eq \(AC,\s\up7(―→))|×|eq \(AB,\s\up7(―→))|×eq \f(1,2)，
又△ABC的面积为4eq \r(3)，所以eq \f(1,2)×|eq \(AC,\s\up7(―→))|×|eq \(AB,\s\up7(―→))|×eq \f(\r(3),2)＝4eq \r(3)，即|eq \(AC,\s\up7(―→))|×|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝16，
所以|eq \(AP,\s\up7(―→))|2＝eq \f(1,16)eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))2＋2≥2×eq \f(1,4)×eq \f(1,2)×16＋2＝6，
当且仅当|eq \(AC,\s\up7(―→))|＝4eq \r(2)，|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝2eq \r(2)时等号成立，
故|eq \(AP,\s\up7(―→))|的最小值为eq \r(6).
答案：eq \f(1,4) eq \r(6)
大题规范增分练—今日题型：函数与导数
17．已知函数f(x)＝ae2x－x2，a∈R.
(1)设f(x)的导函数为g(x)，讨论g(x)零点的个数；
(2)设f(x)的极值点为x1，x2(x1＜x2)，若eq \f(e,e－2)x1＋x2≥λx1x2恒成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)g(x)＝f′(x)＝2ae2x－2x，g′(x)＝4ae2x－2.
当a≤0时，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，当x→－∞时，g(x)→＋∞，
当x→＋∞时，g(x)→－∞，由零点存在定理可得，此时g(x)存在唯一零点；
当a>0时，令g′(x)＝4ae2x－2>0，解得x>－eq \f(ln 2a,2)，故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ln 2a,2)，＋∞))时，g′(x)>0，g(x)单调递增，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(ln 2a,2)))时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ln 2a,2)))＝1＋ln 2a.
又当x→－∞时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以当geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ln 2a,2)))<0，即0
综上，当0
(2)由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，即方程g(x)＝2ae2x－2x＝0的两根，且0
由eq \f(e,e－2)x1＋x2≥λx1x2得2(x2－x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,e－2)x1＋x2))≥λx1x2lneq \f(x2,x1)，
所以λ≤eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e－2)＋\f(x2,x1)－\f(e,e－2)·\f(x1,x2))),ln\f(x2,x1))，令t＝eq \f(x2,x1)>1，
令h(t)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e－2)＋t－\f(e,e－2)·\f(1,t))),ln t)(t>1)，则λ≤h(t)恒成立，
h′(t)＝2eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋\f(e,e－2)))ln t－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e－2)t＋t2－\f(e,e－2))),t2ln2t).
令φ(t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋\f(e,e－2)))ln t－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e－2)t＋t2－\f(e,e－2)))，则φ′(t)＝2tln t－t＋eq \f(e,e－2)·eq \f(1,t)－eq \f(2,e－2)，
令p(t)＝φ′(t)＝2tln t－t＋eq \f(e,e－2)·eq \f(1,t)－eq \f(2,e－2)，
则p′(t)＝2ln t＋1－eq \f(e,e－2)·eq \f(1,t2)在(1，＋∞)上单调递增，
p′(1)<0，p′(e)>0，所以存在t0∈(1，e)，使得p′(t0)＝0，且当t∈(1，t0)时，p′(t)<0，φ′(x)单调递减，t∈(t0，＋∞)时，p′(t)>0，φ′(t)单调递增，
又φ′(1)＝0，φ′(e)>0，所以存在t1∈(1，e)，
当t∈(1，t1)时，φ′(t)<0，φ(t)单调递减，当t∈(t1，＋∞)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增，
又φ(1)＝φ(e)＝0，
所以当t∈(1，e)时，φ(t)<0，h(t)单调递减，当t∈(e，＋∞)时，φ(t)>0，h(t)单调递增，
所以当t＝e时，h(t)min＝h(e)＝eq \f(2e－12,e－2)，λ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，eq \f(2e－12,e－2))).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十五)
小题限时保分练—选自2022·汕头二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设集合A＝{x||x－1|<2}，B＝{y|y＝2x，x∈[0,2]}，则A∩B＝( )
A．[0,2] B．(1,3) C．[1,3) D．(1,4)
解析：选C 因为|x－1|<2，解得－1
因为B＝{y|y＝2x，x∈[0,2]}
所以B＝[1,4]．所以A∩B＝[1,3)．
2．已知复数z满足(1－i)z＝1＋i(i是虚数单位)，则z2 022的值为( )
A．－2 022 B．1 C．－1 D．2 022
解析：选C 由已知可得z＝eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq \f(2i,2)＝i，因此，z2 022＝(i2)1 011＝(－1)1 011＝－1.
3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝( )
A．－6 B．－4 C．－2 D．2
解析：选A 由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8a1＋\f(8×7,2)d＝4a1＋2d，,a1＋6d＝－2.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝10，,d＝－2.)) ∴a9＝a1＋8d＝10－8×2＝－6.
4．下列各个函数图象所对应的函数解析式序号为( )
①f(x)＝e|x|sin x；②g(x)＝x－ln|x|；③t(x)＝x2sin x；④h(x)＝eq \f(ex,x2).
A．④②①③ B．②④①③
C．②④③① D．④②③①
解析：选A f(x)，t(x)的定义域为R，g(x)，h(x)的定义域为{x|x≠0}，
h(x)＝eq \f(ex,x2)>0在定义域内恒成立，则图象a，b对应的函数解析式分别为④②.
当x∈(0，π)时，则f(x)＝exsin x，
f′(x)＝ex(sin x＋cs x)＝eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
令f′(x)>0，则0
则图象c对应的函数解析式为①.故选A.
5．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,x)＋\f(1,\r(x))))24展开式中，有理项的项数为( )
A．3 B．4 C．5 D．7
解析：选D 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,x)＋\f(1,\r(x))))24展开式中，
r的取值只需满足6－eq \f(3,4)r∈Z，则r＝0,4,8,12,16,20,24，即有理项共有7项．
6．已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，直线AB过F1与该椭圆交于A，B两点，当△F2AB为正三角形时，该椭圆的离心率为( )
A.eq \f(\r(3),4) B．eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(2),3) D．eq \f(\r(2),2)
解析：选B 设正三角形F2AB的边长为m，
设椭圆的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，设左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)，
设BF1＝x，则有AF1＝m－x，
由椭圆的定义可知，BF1＋BF2＝2a，得x＋m＝2a，
AF1＋AF2＝2a，得m－x＋m＝2a，解得m＝eq \f(4,3)a，x＝eq \f(2,3)a，在△F2F1B中，由余弦定理可知F1Feq \\al(2,2)＝BFeq \\al(2,1)＋BFeq \\al(2,2)－2BF1·BF2·cseq \f(π,3)，
4c2＝eq \f(4,9)a2＋eq \f(16,9)a2－2×eq \f(2a,3)×eq \f(4a,3)×eq \f(1,2)，得a2＝3c2，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),3).
7．若λsin 160°＋tan 20°＝eq \r(3)，则实数λ的值为( )
A．4 B．4eq \r(3) C．2eq \r(3) D．eq \f(4\r(3),3)
解析：选A 由已知可得λ＝eq \f(\r(3)－tan 20°,sin180°－20°)＝eq \f(\r(3)cs 20°－sin 20°,sin 20°cs 20°)＝
eq \f(2sin 60°cs 20°－cs 60°sin 20°,\f(1,2)sin 40°)＝eq \f(4sin 40°,sin 40°)＝4.
8．已知函数f(x)＝2x3－3x，若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，则t的取值范围是( )
A．[－3,1) B．[－2,1]
C．(－∞，－3]∪(－1,1) D．(－3，－1)
解析：选D 设切点(x0,2xeq \\al(3,0)－3x0)，
因为f(x)＝2x3－3x，
则f′(x)＝6x2－3，f′(x0)＝6xeq \\al(2,0)－3，
所以切线方程为y－2xeq \\al(3,0)＋3x0＝(6xeq \\al(2,0)－3)(x－x0)，
因为切线过点P(1，t)，
所以t－2xeq \\al(3,0)＋3x0＝(6xeq \\al(2,0)－3)(1－x0)，
即t＝－4xeq \\al(3,0)＋6xeq \\al(2,0)－3，
令h(x)＝－4x3＋6x2－3，
则h′(x)＝－12x2＋12x，
令h′(x)＝0，得x＝0或x＝1，
当x<0或x>1时，h′(x)<0，当0
所以当x＝0时，函数h(x)取得极小值－3，当x＝1时，函数h(x)取得极大值－1，
因为存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，
所以方程有三个不同根，则－3
9．已知a，b，c满足c
C．cb2
解析：选BCD 因为a，b，c满足c
所以ac(a－c)<0 ，c(b－a)<0，cb2
10.如图所示，5个(x，y)数据，去掉D(3,10)后，下列说法正确的是( )
A．相关系数r变大
B．残差平方和变大
C．相关指数R2变小
D．解释变量x与预报变量y的相关性变强
解析：选AD 由散点图知，去掉离群点D后，x与y的相关性变强，且为正相关，
所以相关系数r的值变大，相关指数R2的值变大，残差平方和变小．
11．设a，b，c都是正数，且4a＝6b＝9c，则下列结论正确的是( )
A．ab＋bc＝2ac B．ab＋bc＝ac
C．4b·9b＝4a·9c D．eq \f(1,c)＝eq \f(2,b)－eq \f(1,a)
解析：选ACD 设4a＝6b＝9c＝t>1，则a＝lg4t，b＝lg6t，c＝lg9t，
所以eq \f(b,c)＋eq \f(b,a)＝eq \f(lg6t,lg9t)＋eq \f(lg6t,lg4t)＝eq \f(\f(lg t,lg 6),\f(lg t,lg 9))＋eq \f(\f(lg t,lg 6),\f(lg t,lg 4))
＝eq \f(lg 9,lg 6)＋eq \f(lg 4,lg 6)＝eq \f(lg 9＋lg 4,lg 6)＝eq \f(lg9×4,lg 6)＝eq \f(lg 62,lg 6)＝2.
即eq \f(b,c)＋eq \f(b,a)＝2，所以eq \f(1,c)＋eq \f(1,a)＝eq \f(2,b)，所以eq \f(1,c)＝eq \f(2,b)－eq \f(1,a)，故D正确；
由eq \f(b,c)＋eq \f(b,a)＝2，所以ab＋bc＝2ac，故A正确，B错误；
因为4a·9c＝4a·4a＝(4a)2,4b·9b＝(4×9)b＝(62)b＝(6b)2，
又4a＝6b＝9c，所以(4a)2＝(6b)2，即4b·9b＝4a·9c，故C正确．
12.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则( )
A．直线BD1⊥平面A1C1D
B．三棱锥P-A1C1D的体积为定值
C．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))
D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),4)
解析：选AB 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
B(1,1,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，D(0,0,0)，B1(1，1,1)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，
设P(x，y，z)，设eq \(B1P,\s\up7(―→))＝λeq \(B1C,\s\up7(―→))，即(x－1，y－1，z－1)＝λ(－1,0，－1)(λ∈[0,1])，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1－λ，,y＝1，,z＝1－λ，))
即P(1－λ，1,1－λ)．
eq \(BD1,\s\up7(―→))＝(－1，－1,1)，eq \(DA1,\s\up7(―→))＝(1,0,1)，eq \(DC1,\s\up7(―→))＝(0，1,1)，
因为eq \(BD1,\s\up7(―→))·eq \(DA1,\s\up7(―→))＝－1×1＋1×1＝0，eq \(BD1,\s\up7(―→))·eq \(DC1,\s\up7(―→))＝－1×1＋1×1＝0，所以eq \(BD1,\s\up7(―→))⊥eq \(DA1,\s\up7(―→))，eq \(BD1,\s\up7(―→))⊥eq \(DC1,\s\up7(―→))，即BD1⊥DA1，BD1⊥DC1，
又DA1∩DC1＝D，DA1⊂平面A1C1D，DC1⊂平面A1C1D，
所以直线BD1⊥平面A1C1D，因此A正确；
侧面BCC1B1的对角线交点为O，所以CB1⊥OC1，OC1＝eq \f(1,2)eq \r(12＋12)＝eq \f(\r(2),2)，
而A1B1⊥平面BCC1B1，OC1⊂平面BCC1B1，
所以A1B1⊥OC1，而A1B1∩CB1＝B1，A1B1⊂平面A1B1CD，CB1⊂平面A1B1CD，
所以OC1⊥平面A1B1CD，
eq \(AP,\s\up7(―→))＝(－λ，1,1－λ)，eq \(A1D,\s\up7(―→))＝(－1,0，－1)，
设异面直线AP与A1D所成的角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))，
则有cs θ＝eq \f(|eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(A1D,\s\up7(―→))|,|eq \(AP,\s\up7(―→))|·|eq \(A1D,\s\up7(―→))|)
＝eq \f(|λ－1＋λ|,\r(－λ2＋12＋1－λ2)·\r(－12＋－12))
＝eq \f(|2λ－1|,2·\r(λ2－λ＋1))，
当λ＝eq \f(1,2)时，cs θ＝0，解得θ＝eq \f(π,2)；
当λ≠eq \f(1,2)时，cs θ＝eq \f(1,\r(\f(4λ2－4λ＋4,4λ2－4λ＋1)))＝eq \f(1,\r(1＋\f(3,2λ－12)))，
因为λ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以(2λ－1)2∈(0,1]，
因此eq \f(1,2λ－12)≥1，即eq \f(3,2λ－12)≥3，所以1＋eq \f(3,2λ－12)≥4，得 eq \r(1＋\f(3,2λ－12))≥2，所以0
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m⊥eq \(DA1,\s\up7(―→))，,m⊥eq \(DC1,\s\up7(―→))，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(DA1,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(DC1,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＋z0＝0，,y0＋z0＝0，))取x0＝－1，则y0＝－1，z0＝1，所以m＝(－1，－1,1)，
直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为eq \f(|m·eq \(C1P,\s\up7(―→))|,|m|·|eq \(C1P,\s\up7(―→))|)＝eq \f(|λ－1－λ|,\r(1－λ2＋－λ2)·\r(－12＋－12＋12))＝
eq \f(1,\r(3)·\r(2λ2－2λ＋1))＝eq \f(1,\r(3)·\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))2＋\f(1,2)))，
因为λ∈[0,1]，所以当λ＝eq \f(1,2)时， eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))2＋\f(1,2))有最小值，最小值为 eq \r(\f(1,2))＝eq \f(\r(2),2)，
所以直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为eq \f(1,\r(3)×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(6),3)，因此D不正确．
三、填空题
13．中国古代数学名著《周髀算经》曾记载有“勾股各自乘，并而开方除之”，用符号表示为a2＋b2＝c2(a，b，c∈N*)，我们把a，b，c叫做勾股数．下列给出几组勾股数：3,4,5；5,12,13；7,24,25；9,40,41，以此类推，可猜测第5组勾股数的三个数依次是________．
解析：观察、先找出勾股数的规律：①以上各组数均满足a2＋b2＝c2(a，b，c∈N*)；②最小的数a是奇数，并且每组勾股数中最小的数依次放在一起是连续的奇数，其余的两个数是连续的正整数；③最小奇数的平方等于另两个连续整数的和，
如32＝4＋5,52＝12＋13,72＝24＋25,92＝40＋41,112＝60＋61…
由以上特点我们可知第5组勾股数：112＝60＋61,
答案：11,60,61
14．在边长为1的等边三角形ABC中，设eq \(BC,\s\up7(―→))＝2eq \(BD,\s\up7(―→))，eq \(CA,\s\up7(―→))＝3eq \(CE,\s\up7(―→))，则eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BE,\s\up7(―→))＝__________.
解析：因为eq \(BC,\s\up7(―→))＝2eq \(BD,\s\up7(―→))，所以D为BC的中点即eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))，∵eq \(CA,\s\up7(―→))＝3eq \(CE,\s\up7(―→))，
所以eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CE,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(CA,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))－
eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))，
所以eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))))＝eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))2－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))2－eq \f(1,6)eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2)－eq \f(1,12)＝－eq \f(1,4).
答案：－eq \f(1,4)
15.如图，从双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(其中b>a>0)的左焦点F引圆x2＋y2＝a2的切线，切点为T，延长FT，交双曲线右支于点P，若M为线段FP的中点，O为原点，则|MO|－|MT|的值为(用a，b表示)__________．
解析：由图可知点P在第一象限．
设F1是双曲线的右焦点，连接PF1，
∵M，O分别为FP，FF1的中点，∴|MO|＝eq \f(1,2)|PF1|.
又由双曲线定义得，
|PF|－|PF1|＝2a，
|FT|＝eq \r(|OF|2－|OT|2)＝eq \r(c2－a2)＝b.
故|MO|－|MT|
＝eq \f(1,2)|PF1|－|MF|＋|FT|
＝eq \f(1,2)(|PF1|－|PF|)＋|FT|
＝b－a.
答案：b－a
16．若cs5θ－sin5θ<7(sin3θ－cs3θ)(θ∈[0,2π))，则θ的取值范围为__________．
解析：题设不等式等价于7sin3θ＋sin5θ>7cs3θ＋cs5θ.
设f(x)＝7x3＋x5，所以f′(x)＝21x2＋5x4≥0，
所以f(x)＝7x3＋x5是(－∞，＋∞)上的增函数，所以，sin θ>cs θ.
故2kπ＋eq \f(π,4)<θ<2kπ＋eq \f(5π,4)(k∈Z)．
由θ∈[0,2π)，知θ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))
大题规范增分练—今日题型：解三角形
17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足2bcs C＝2a－c.
(1)求角B；
(2)在①△ABC的外接圆的面积为eq \f(16π,3)，②△ABC的周长为12，③b＝4，这三个条件中任选一个，求△ABC的面积的最大值．
解：(1)∵2bcs C＝2a－c，
∴2sin Bcs C＝2sin A－sin C，
∴2sin Bcs C＝2sin(B＋C)－sin C，
∴2cs Bsin C＝sin C.
∵C∈(0，π)，∴sin C≠0.∴cs B＝eq \f(1,2).
∵B∈(0，π)，∴B＝eq \f(π,3).
(2)若选①，设△ABC的外接圆半径为R，
则eq \f(16,3)π＝π·R2，∴R＝eq \f(4,\r(3))，
∴b＝2Rsin B＝2×eq \f(4,\r(3))×eq \f(\r(3),2)＝4，
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accs B，
即16＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，
当且仅当a＝c时，等号成立．
即△ABC的面积的最大值为4eq \r(3).
若选②，∵a＋b＋c＝12，∴b＝12－(a＋c)．
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B得，
[12－(a＋c)]2＝a2＋c2－ac，
ac＝8(a＋c)－48，
又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))2≥ac，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))2－8(a＋c)＋48≥0.
∴a＋c≥24(舍)或a＋c≤8，当且仅当a＝c时等号成立，
∴S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),4)ac≤eq \f(\r(3),4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))2＝4eq \r(3).
若选③，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accsB．
即16＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，
当且仅当a＝c时，等号成立．
∴S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B≤eq \f(1,2)×16×eq \f(\r(3),2)＝4eq \r(3)，
即△ABC的面积的最大值为4eq \r(3).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十六)
小题限时保分练—选自2022·济宁模拟卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{－2，－1,1,2}，B＝{x|2x<1}，则A∩B＝( )
A．{－2，－1} B．{1,2}
C．{－2，－1,1} D．{－2，－1,2}
解析：选A ∵B＝{x|2x<1}＝{x|x<0}，因此，A∩B＝{－2，－1}．
2．复数z满足(1－i)z＝2＋3i，则z在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选B 由题意知，z＝eq \f(2＋3i,1－i)＝eq \f(2＋3i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(－1＋5i,2)，所以z在复平面内对应的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(5,2)))，位于第二象限．
3．若圆锥的母线长为2，侧面积为2π，则其体积为( )
A.eq \r(6)π B．eq \r(3)π C.eq \f(\r(6),3)π D．eq \f(\r(3),3)π
解析：选D 设圆锥的底面半径为r，高为h，则πr×2＝2π，可得r＝1，则h＝eq \r(22－r2)＝eq \r(3)，
因此，该圆锥的体积为V＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(1,3)π×12×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),3)π.
4．二进制在计算机技术中应用广泛．一个二进制数以2为基数，通常用0和1两个数码来表示，进位规则是从最右面的数位依次向左满二进一，如二进制数101对应的十进制数为1×22＋0×21＋1×20＝5.那么十进制数22对应的二进制数为( )
A．10 011 B．10 101
C．10 110 D．11 010
解析：选C 因为1×24＋0×23＋1×22＋1×21＋0×20＝22，
所以十进制数22对应的二进制数为10 110.
5．曲线y＝x3＋bx2＋c在点M(1,0)处的切线与直线x－y－2＝0垂直，则c的值为( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：选C 设f(x)＝x3＋bx2＋c，则f′(x)＝3x2＋2bx，直线x－y－2＝0的斜率为1，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝3＋2b＝－1，,f1＝b＋c＋1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－2，,c＝1.))
6．在(x2－2x＋y)6的展开式中，含x5y2项的系数为( )
A．－480 B．480
C．－240 D．240
解析：选A (x2－2x＋y)6看成是6个(x2－2x＋y)相乘，要得到x5y2.分以下情况：
6个因式中，2个因式取y,1个因式取x2,3个因式取－2x，此时x5y2的系数为Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,3)·(－2)3＝－480，所以x5y2的系数为－480.
7．声音是由物体振动产生的．我们平时听到的声音几乎都是复合音．复合音的产生是由于发音体不仅全段在振动，它的各部分如二分之一、三分之一、四分之一等也同时在振动．不同的振动的混合作用决定了声音的音色，人们以此分辨不同的声音．已知刻画某声音的函数为y＝sin x＋eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1,3)sin 3x，则其部分图象大致为( )
解析：选C 令y＝f(x)＝sin x＋eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1,3)sin 3x，
则f′(x)＝cs x＋cs 2x＋cs 3x＝cs x＋cs 2x＋cs 2xcs x－sin 2xsin x＝cs x(1－2sin2x)＋cs 2x(1＋cs x)＝(1＋2cs x)cs 2x，
所以，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(3π,4)))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
由于f(0)＝0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(2\r(2),3)＋eq \f(1,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝eq \f(\r(3),4)，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))＝eq \f(2\r(2),3)－eq \f(1,2)>0，f(π)＝0，
所以x∈(0，π)时，f(x)>0，且单调区间变化不具有对称的性质，所以只有C选项满足．
8．已知点F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，点P为直线x＝eq \f(a2,b)上一个动点．若tan ∠F1PF2的最大值为eq \f(\r(3),3)，则椭圆C的离心率为( )
A.eq \f(\r(3),4) B．eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(2),4) D．eq \f(\r(2),2)
解析：选D 根据对称性，不妨设点P在第一象限且坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,b)，m))(m>0)，如图，
记直线x＝eq \f(a2,b)与x轴的交点为M，设∠F2PM＝α，∠F1PM＝β，则∠F1PF2＝β－α，
由于F1(－c,0)，F2(c,0)，故|MF1|＝eq \f(a2,b)＋c，|MF2|＝eq \f(a2,b)－c，所以tan α＝eq \f(\f(a2,b)－c,m)，tan β＝eq \f(\f(a2,b)＋c,m)，
所以tan∠F1PF2＝tan(β－α)＝eq \f(\f(2c,m),1＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,b)))2－c2,m2))＝eq \f(2mcb2,m2b2＋a4－b2c2)＝eq \f(2cb2,mb2＋\f(a4－b2c2,m))，
因为m>0，mb2＋eq \f(a4－b2c2,m)≥2eq \r(b2a4－b2c2)，当且仅当mb2＝eq \f(a4－b2c2,m)，即m2＝eq \f(a4－b2c2,b2)时等号成立，
所以tan∠F1PF2＝eq \f(2cb2,mb2＋\f(a4－b2c2,m))≤eq \f(2cb2,2\r(b2a4－b2c2))＝eq \f(\r(3),3)，
整理得4c4－4a2c2＋a4＝0，
所以4e4－4e2＋1＝0，解得e2＝eq \f(1,2)，
所以e＝eq \f(\r(2),2)，即椭圆C的离心率为eq \f(\r(2),2).
二、多项选择题
9．下列结论正确的有( )
A．若随机变量ξ，η满足η＝2ξ＋1，则D(η)＝2D(ξ)＋1
B．若随机变量ξ～N(3，σ2)，且P(ξ<6)＝0.84，则P(3<ξ<6)＝0.34
C．若样本数据(xi，yi)(i＝1,2,3，…，n)线性相关，则用最小二乘估计得到的经验回归直线经过该组数据的中心点(eq \x\t(x)，eq \x\t(y))
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2＝4.712.依据α＝0.05的独立性检验(x0.05＝3.841)，可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05
解析：选BCD 对于A，由方差的性质可知，若随机变量ξ，η满足η＝2ξ＋1，则D(η)＝22D(ξ)＝4D(ξ)，故A错误；
对于B，根据正态分布的对称性可得P(3<ξ<6)＝P(ξ<6)－0.5＝0.34，故B正确；
对于C，根据回归直线过样本中心点可知C正确；
对于D，由χ2＝4.712>3.841可知判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05，故D正确．
10.已知函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则( )
A．ω＝2
B．φ＝eq \f(π,3)
C．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))是f(x)图象的一个对称中心
D．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,4)，2π))上的最小值为－2
解析：选AC 由题图可知，函数的周期为T＝π，即T＝π＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝2，故A选项正确；
因为f(0)＝2cs φ＝1，即cs φ＝eq \f(1,2)，|φ|
所以φ＝－eq \f(π,3)，此时f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，满足题意，故B选项错误；
当x＝－eq \f(π,12)时，2x－eq \f(π,3)＝－eq \f(π,2)，由于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))是余弦函数的一个对称中心，故点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))是f(x)图象的一个对称中心，C选项正确；
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,4)，2π))时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(19π,6)，\f(11π,3)))，由于余弦函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(19π,6)，\f(11π,3)))上单调递增，故函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,4)，2π))上单调递增，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,4)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,2)－\f(π,3)))＝2cseq \f(19π,6)＝－eq \r(3)，故D选项错误．
11．已知a，b∈(0,1)，且a＋b＝1，则( )
A．a2＋b2≥eq \f(1,2) B．ln a＋ln b≤－2ln 2
C．ln aln b≥ln22 D．a＋ln b<0
解析：选ABD 对于A，因为1＝(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤2(a2＋b2)，所以a2＋b2≥eq \f(1,2)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，A正确；
对于B，由基本不等式可得ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(1,4)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，
所以ln a＋ln b＝ln ab≤lneq \f(1,4)＝－2ln 2，B正确；
对于C，取a＝eq \f(1,4)，b＝eq \f(3,4)，则ln aln b－ln22＝lneq \f(1,4)×lneq \f(3,4)－ln22＝－2ln 2×lneq \f(3,4)－ln22
＝ln 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(16,9)－ln 2))<0，此时ln aln b
A．a4＝81 B．an＝3an－1－1
C．an＝3n＋1 D．Sn＝eq \f(1,2)×3n＋1＋n－eq \f(3,2)
解析：选CD 由题意得a1＝4，a2＝10＝3×4－2，a3＝28＝3×10－2，a4＝82＝3×28－2，
所以有an＝3an－1－2，因此选项A、B不正确；
an＝3an－1－2⇒an－1＝3(an－1－1)，所以数列{an－1}是以a1－1＝3为首项，3为公比的等比数列，因此有an－1＝3·3n－1＝3n⇒an＝3n＋1，因此选项C正确；Sn＝eq \f(31－3n,1－3)＋n ＝eq \f(1,2)×3n＋1＋n－eq \f(3,2)，所以选项D正确．
三、填空题
13．已知α为锐角，且sin α＝eq \f(3,4)，则cs(π－α)的值为__________．
解析：因为α为锐角，且sin α＝eq \f(3,4)，则cs α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \f(\r(7),4)，因此，cs(π－α)＝－cs α＝－eq \f(\r(7),4).
答案：－eq \f(\r(7),4)
14．已知函数f(x＋1)为偶函数，当x∈(0,1)时，f(x)＝2－x，则f(lg23)的值为__________．
解析：因为函数f(x＋1)为偶函数，所以函数f(x＋1)的图象关于直线x＝0对称，
所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，即f(2－x)＝f(x)，因为x∈(0,1)时，f(x)＝2－x，
所以f(lg23)＝f(2－lg23)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(4,3)))＝＝eq \f(3,4).
答案：eq \f(3,4)
15．已知a，b均为单位向量，且夹角为eq \f(π,3)，若向量c满足(c－2a)·(c－b)＝0，则|c|的最大值为__________．
解析：(c－2a)·(c－b)＝0⇒|c|2－c·(2a＋b)＋2a·b＝0，因为a，b均为单位向量，且夹角为eq \f(π,3)，
所以有|c|2－c·(2a＋b)＋2×1×1×eq \f(1,2)＝0⇒c·(2a＋b)＝|c|2＋1，
c·(2a＋b)≤|c|·|2a＋b|＝|c|·eq \r(2a＋b2)＝|c|·eq \r(4a2＋b2＋4a·b)＝|c| eq \r(4＋1＋4×1×1×\f(1,2))，
即c·(2a＋b)≤eq \r(7)|c|，而c·(2a＋b)＝|c|2＋1，
所以有|c|2＋1≤eq \r(7)|c|⇒eq \f(\r(7)－\r(3),2)≤|c|≤eq \f(\r(7)＋\r(3),2)，
因此|c|的最大值为eq \f(\r(7)＋\r(3),2).
答案：eq \f(\r(7)＋\r(3),2)
16．鲁班锁是我国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中的榫卯结构，其内部的凹凸部分啮合十分精巧．图1是一种鲁班锁玩具，图2是其直观图．它的表面由八个正三角形和六个正八边形构成，其中每条棱长均为2.若该玩具可以在一个正方体内任意转动(忽略摩擦)，则此正方体表面积的最小值为__________．
解析：将鲁班锁补成正方体ABCD-A1B1C1D1，然后以点A为坐标原点，
AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，在鲁班锁所在几何体上任取一个顶点P(0，eq \r(2)，2＋2eq \r(2))，
观察图形可知，P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值在|PE|，|PF|，|PG|，|PH|，|PM|，|PN|，|PR|，|PS|中取得，
结合图形可知E(eq \r(2)，0,0)，F(2＋eq \r(2)，0,0)，G(2＋2eq \r(2)，eq \r(2)，0)，H(2＋2eq \r(2)，2＋eq \r(2)，0)，
M(2＋eq \r(2)，2＋2eq \r(2)，0)，N(eq \r(2)，2＋2eq \r(2)，0)，R(0,2＋eq \r(2)，0)，S(0，eq \r(2)，0)，
则|PE|2＝4＋(2＋2eq \r(2))2＝16＋8eq \r(2)，|PF|2＝(2＋eq \r(2))2＋2＋(2＋2eq \r(2))2＝20＋12eq \r(2)，
|PG|2＝2(2＋2eq \r(2))2＝24＋16eq \r(2)，|PH|2＝2(2＋2eq \r(2))2＋4＝28＋16eq \r(2)，
|PM|2＝(2＋2eq \r(2))2＋2×(2＋eq \r(2))2＝24＋16eq \r(2)，
|PN|2＝2＋(2＋eq \r(2))2＋(2＋2eq \r(2))2＝20＋12eq \r(2)，
|PR|2＝4＋(2＋2eq \r(2))2＝16＋8eq \r(2)，|PS|2＝(2＋2eq \r(2))2＝12＋8eq \r(2)，
所以P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值为 eq \r(28＋16\r(2))，
所以若该玩具可以在一个正方体内任意转动(忽略摩擦)，
设该正方体的棱长的最小值为a，则a＝eq \r(28＋16\r(2))，该正方体的表面积为S＝6a2＝168＋96eq \r(2).
答案：168＋96eq \r(2)
大题规范增分练—今日题型：立体几何
17.如图，线段AC是圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，AC＝2，BC＝1，PA⊥底面ABC，M是PB上的动点，且eq \(PM,\s\up7(―→))＝λeq \(PB,\s\up7(―→)) (0＜λ＜1)，N是PC的中点．
(1)若λ＝eq \f(1,2)时，记平面AMN与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PBC的位置关系，并加以证明；
(2)若平面PBC与平面ABC的夹角为eq \f(π,4)，点M到平面PAC的距离是eq \f(\r(3),3)，求λ的值．
解：(1)直线l∥平面PBC.
证明：当λ＝eq \f(1,2)时，M是PB的中点，又因为N是PC的中点，
所以MN∥BC，又BC⊂平面ABC，且MN⊄平面ABC，
所以MN∥平面ABC，又MN⊂平面AMN，且平面AMN∩平面ABC＝l，所以MN∥l，又因为l⊄平面PBC，MN⊂平面PBC，所以直线l∥平面PBC.
(2)因为AC是圆O的直径，所以∠ABC＝90°，
由勾股定理得AB＝eq \r(3)，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC，又AB⊥BC，AB∩PA＝A，
所以BC⊥平面PBA，而PB⊂平面PBA，
故PB⊥BC，
故∠PBA就是平面PBC与平面ABC的夹角，
所以∠PBA＝45°，
所以△PAB为等腰直角三角形，且PA＝AB＝eq \r(3)，
以点B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，
则A(eq \r(3)，0,0)，B(0,0,0)，C(0，1,0)，P(eq \r(3)，0，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(－eq \r(3)，1,0)，eq \(AP,\s\up7(―→))＝(0,0，eq \r(3))，
设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(AC,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(AP,\s\up7(―→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋y＝0，,\r(3)z＝0，))
令x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝0，得n＝(1，eq \r(3)，0)，
由eq \(PM,\s\up7(―→))＝λeq \(PB,\s\up7(―→))＝(－eq \r(3)λ，0，－eq \r(3)λ)，
所以点M到平面PAC的距离d＝eq \f(|eq \(PM,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(3)λ,2)＝eq \f(\r(3),3)，所以λ＝eq \f(2,3).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十七)
小题限时保分练—选自2022·秦皇岛二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{x|x2＋4x－12<0}，B＝{x|1
C．(－1,3] D．(1,3]
解析：选B 因为A＝{x|x2＋4x－12<0}＝{x|(x＋6)(x－2)<0}＝{x|－6
A.eq \f(3,2)－i B．1＋2i
C.eq \f(3,2)＋i D．2＋i
解析：选C 因为z(1－i)2＝2－3i，所以z＝eq \f(2－3i,1－i2)＝eq \f(2－3i,－2i)＝eq \f(2i＋3,2)＝eq \f(3,2)＋i.
3．椭圆C：eq \f(x2,m＋2)＋eq \f(y2,m)＝1(m>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上一点，若△PF1F2的周长为6＋2eq \r(2)，则椭圆C的离心率为( )
A.eq \f(\r(2),6) B．eq \f(\r(2),3)
C.eq \f(\r(3),3) D．eq \f(\r(3),6)
解析：选B 因为c2＝m＋2－m＝2，所以c＝eq \r(2).
因为△PF1F2的周长为6＋2eq \r(2)，所以2a＋2c＝6＋2eq \r(2)，所以2a＝6，所以a＝3，所以椭圆C的离心率为eq \f(\r(2),3).
4．设a＝ln 2,2b＝5，c＝20.2，则( )
A．a>b>c B．b>c>a
C．c>b>a D．c>a>b
解析：选B 因为a＝ln 2∈(0,1)，b＝lg25>lg24＝2，c＝20.2∈(1,2)，所以b>c>a.
5．直线l：x＋y＝0被圆C：x2＋y2－6x－4y－3＝0截得的弦长为( )
A.eq \f(\r(14),2) B．eq \r(14)
C.eq \f(\r(7),2) D．eq \r(7)
解析：选B 将圆的方程化为C：(x－3)2＋(y－2)2＝16，则圆C的圆心为(3,2)，半径为4，因为圆心到直线l的距离为eq \f(|3＋2|,\r(2))＝eq \f(5\r(2),2)，所以直线l被圆C截得的弦长为2eq \r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(2),2)))2)＝eq \r(14).
6.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AC＝BC＝1，AB＝eq \r(2)，D，E分别是A1B1，CC1的中点，则直线BC与平面A1BE所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(2),3) B．eq \f(\r(5),5)
C.eq \f(\r(3),4) D．eq \f(\r(6),6)
解析：选D 由题设，S△BCE＝eq \f(1,2)CE·BC＝eq \f(1,4)，且A1到平面BCE的距离为A1C1＝1.
又EA1＝BE＝eq \f(\r(5),2)，BA1＝eq \r(3)，故E到BA1上高为eq \f(\r(2),2)，所以S△A1BE＝eq \f(\r(6),4).
设C到平面A1BE的距离为d，由VC-A1BE＝VA1-BCE得eq \f(1,3)d·S△A1BE＝eq \f(1,3)A1C1·S△BCE，解得d＝eq \f(\r(6),6)，故直线BC与平面A1BE所成角的正弦值为eq \f(d,BC)＝eq \f(\r(6),6).
7．已知函数f(x)为偶函数，当x＞0时，f(x)＝ln x－e1－x，则曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线方程为( )
A．y－e2＋1＝0
B．y＋1＝0
C．(e2－1)x－y＋e2－2＝0
D．2x＋y＋3＝0
解析：选D 因为f(x)为偶函数，设x＜0，则－x＞0，所以f(x)＝f(－x)＝ln(－x)－e1＋x，所以f(－1)＝－1.因为当x＜0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－e1＋x，所以f′(－1)＝－2，所以曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线方程为y＋1＝－2(x＋1)，即2x＋y＋3＝0.
8．“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质平台，现日益成为人们了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门APP.该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习板块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题板块．某人在学习过程中，将六大板块各完成一次，则“挑战答题”板块与其他三个答题板块在完成顺序上均不相邻的学习方法种数为( )
A．144 B．72 C．96 D．36
解析：选A 当“挑战答题”板块在首或尾时，则与“挑战答题”板块相邻的只能是“阅读文章”或“视听学习”板块，其他任意排，共有Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(4,4)＝96种不同的排法；当“挑战答题”板块不在首尾时，则与“挑战答题”板块相邻的只能是“阅读文章”和“视听学习”板块，其他任意排，共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(4,4)＝48种不同的排法．
所以“挑战答题”板块与其他三个答题板块在完成顺序上均不相邻的学习方法种数为96＋48＝144.
二、多项选择题
9．为了提高全市市民的疫情防控意识，某市抽取了1 000名市民进行常态化防控知识问卷调查，根据问卷得分制成的频率分布直方图如图所示，问卷得分分组区间是[50, 60)，[60, 70)，[70, 80)，[80, 90)，[90, 100]，根据图中信息，下列说法正确的是( )
A．图中a的值为0.01
B．得分在80分及以上的人数为250
C．这组数据的极差为50
D．这组数据中位数的估计值(精确到0.1)为71.7
解析：选BD 因为(2a＋0.02＋0.03＋0.04)×10＝1，解得a＝0.005，故A错误；得分在80分及以上的人数为1 000×(0.02＋0.005)×10＝250，故B正确；因为这组数据的最大值与最小值无法确定，故C错误；由(0.005＋0.04)×10＝0.45<0.5，(0.005＋0.04＋0.03)×10＝0.75>0.5，所以中位数x∈[70,80)，所以(0.005＋0.04)×10＋0.03×(x－70)＝0.5，解得x＝70＋eq \f(5,3)≈71.7，故D正确．
10．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))图象的一条对称轴方程为x＝eq \f(π,6)，与其相邻对称中心的距离为eq \f(π,4)，则( )
A．f(x)的最小正周期为π
B．f(x)的最小正周期为2π
C．φ＝eq \f(π,6)
D．φ＝eq \f(π,3)
解析：选AC 因为f(x)图象相邻的对称中心与对称轴的距离为eq \f(π,4)，所以最小正周期T＝π，故A正确，B不正确；
因为ω＝eq \f(2π,T)＝2，且2×eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，|φ|
A．C的准线方程是x＝－4
B．过C的焦点的最短弦长为8
C．直线MN过定点(0,4)
D．当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为2x＋y－38＝0
解析：选AD 将A(1，－4)代入C中得p＝8，则C为y2＝16x，所以C的准线方程是x＝－4，故A正确；
当过C的焦点且与x轴垂直时弦长最短，此时弦长为16，故B不正确；
设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),16)，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),16)，y2))，直线MN为x＝my＋n，联立抛物线方程得y2－16my－16n＝0，
所以y1＋y2＝16m，y1y2＝－16n，又AM⊥AN，
所以eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),16)－1，y1＋4))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),16)－1，y2＋4))＝eq \f(y\\al(2,1)－16y\\al(2,2)－16,256)＋(y1＋4)(y2＋4)＝0.
因为y1≠－4，y2≠－4，即(y1＋4)(y2＋4)≠0，
所以eq \f(y1－4y2－4,256)＋1＝0，整理得y1y2－4(y1＋y2)＋272＝0，故－16n－64m＋272＝0，得n＝－4m＋17，
所以直线MN为x＝m(y－4)＋17，所以直线MN过定点P(17,4)，故C不正确；
当MN⊥AP时A到直线MN的距离最大，此时直线MN为2x＋y－38＝0，故D正确．
12．已知函数f(x)＝lg(eq \r(x2＋100)－x)，g(x)＝eq \f(2,1＋2x)，F(x)＝f(x)＋g(x)，则( )
A．f(x)的图象关于点(0,1)对称
B．g(x)的图象没有对称中心
C．对任意的x∈[－a，a](a>0)，F(x)的最大值与最小值之和为4
D．若eq \f(Fx－3＋x－3,x－1)<1，则实数x的取值范围是(－∞，1)∪(3，＋∞)
解析：选ACD 由题意知f(x)的定义域为R，因为f(x)＋f(－x)＝lg 100＝2，所以f(x)的图象关于点(0,1)对称，故A正确；
因为g(x)的定义域为R，且g(x)＋g(－x)＝2，所以g(x)的图象关于点(0,1)对称，故B不正确；
因为F(x)＝f(x)＋g(x)，所以F(x)的图象关于点(0,2)对称，所以对任意的x∈[－a，a](a＞0)，F(x)的最大值与最小值之和为4，故C正确；
由eq \f(Fx－3＋x－3,x－1)＜1，得eq \f(Fx－3＋x－3,x－1)－1＝eq \f(Fx－3－2,x－1)＜0，又F(x)在R上单调递减，且F(0)＝2，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－3＞0，,x－1＞0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－3＜0，,x－1＜0，))解得x＞3或x＜1，故D正确．
三、填空题
13．设向量a＝(－1，m)，b＝(2,3)，且(a－b)⊥b，则m＝__________.
解析：因为a＝(－1，m)，b＝(2,3)，所以a·b＝－2＋3m，b2＝22＋32＝13，
因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－b2＝－2＋3m－13＝0，所以m＝5.
答案：5
14．已知{an}是等差数列，a3＋a9＝12，则a13－eq \f(1,2)a20＝__________.
解析：因为{an}是等差数列且a3＋a9＝12，所以a6＝eq \f(a3＋a9,2)＝6，因为a13－eq \f(1,2)a20＝(a1＋12d)－eq \f(1,2)(a1＋19d)＝eq \f(1,2)(a1＋5d)＝eq \f(1,2)a6，所以a13－eq \f(1,2)a20＝3.
答案：3
15．已知α为锐角，且tan α＋taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(5,3)，则eq \f(sin 2α＋1,cs 2α)＝__________.
解析：由tan α＋taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(5,3)，得tan α＋eq \f(1－tan α,1＋tan α)＝eq \f(5,3)，即3tan2α－5tan α－2＝0，
解得tan α＝2或tan α＝－eq \f(1,3)，因为α为锐角，所以tan α＝2，故eq \f(sin 2α＋1,cs 2α)＝eq \f(2sin αcs α＋sin2α＋cs2α,cs2α－sin2α)＝eq \f(tan2α＋2tan α＋1,1－tan2α)＝eq \f(4＋4＋1,1－4)＝－3.
答案：－3
16.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝3，A1A＝1，P为线段C1D1的中点，一质点从A点出发，沿长方体表面运动到达P点处，则质点从A到P的最短距离为__________；若沿质点A的最短运动路线截长方体，则所得截面的面积为__________．
解析：如图1所示，当质点经过棱DD1时，AP＝eq \r(AA\\al(2,1)＋A1P2)＝eq \r(12＋3＋12)＝eq \r(17)，
如图2所示，当质点经过棱A1D1时，AP＝eq \r(AD2＋DP2)＝eq \r(32＋1＋12)＝eq \r(13)，
如图3所示，当质点经过棱A1B1时，AP＝eq \r(AD\\al(2,1)＋D1P2)＝eq \r(1＋32＋12)＝eq \r(17)，
所以最短距离为eq \r(13)，
此时质点从A点出发，经过A1D1的中点E，再到达P点，则平面AEP截长方体所得的截面为梯形ACPE，如图4所示，由已知得AC＝eq \r(13)，EP＝eq \f(\r(13),2)，AE＝eq \f(\r(13),2)，CP＝eq \r(2)，
过点E，P分别作AC的垂线，垂足为M，N，
设EM＝NP＝h，且MN＝EP＝eq \f(\r(13),2)，
故eq \r(AE2－EM2)＋MN＋eq \r(PC2－PN2)＝AC，
即eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),2)))2－h2)＋eq \f(\r(13),2)＋ eq \r(\r(2)2－h2)＝eq \r(13)，
解得h＝eq \r(\f(22,13))，
故S＝eq \f(1,2)(EP＋AC)·h＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),2)＋\r(13)))×eq \r(\f(22,13))＝eq \f(3\r(22),4).
答案：eq \r(13) eq \f(3\r(22),4)
大题规范增分练—今日题型：数列
17．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn，数列{bn}满足bn＝(－2)eq \f(an,2).
(1)求数列{bn}的前n项和Bn，并证明Bn＋1，Bn，Bn＋2是等差数列；
(2)设cn＝(－1)nan＋bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn ①，an＞0，
当n＝1时，aeq \\al(2,1)＋2a1＝4a1，
∴a1＝2或a1＝0(舍去)，
当n≥2时，aeq \\al(2,n－1)＋2an－1＝4Sn－1 ②，
①－②得aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋2an－2an－1＝4an，
∴(an－an－1)(an＋an－1)＝2(an＋an－1)，
∵an＞0，∴an－an－1＝2(n≥2)，
∴{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，∴an＝2n，bn＝(－2)n，
∴数列{bn}是首项为－2，公比为－2的等比数列，
∴Bn＝eq \f(－2[1－－2n],1－－2)＝－eq \f(2,3)＋(－1)neq \f(2n＋1,3).
∵Bn＋2＋Bn＋1＝－eq \f(4,3)＋(－1)n＋2·eq \f(2n＋3,3)＋(－1)n＋1·eq \f(2n＋2,3)＝－eq \f(4,3)＋eq \f(－1n＋1·2n＋2－2＋1,3)＝－eq \f(4,3)＋eq \f(2·－1n·2n＋1,3)＝2Bn，
∴Bn＋1，Bn，Bn＋2成等差数列．
(2)cn＝(－1)n·2n＋(－2)n＝(－2)n＋2(－1)n·n，
当n为偶数时，Tn＝(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n＋2[－1＋2－3＋4＋…－(n－1)＋n]
＝eq \f(－2×[1－－2n],1－－2)＋2×[(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－n＋1＋n)]＝eq \f(－2＋2n＋1,3)＋2×eq \f(n,2)
＝eq \f(2n＋1,3)＋n－eq \f(2,3).
当n为奇数时，Tn＝(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n＋2[－1＋2－3＋4＋…＋(n－1)－n]
＝eq \f(－2×[1－－2n],1－－2)＋2×[－1＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(n－1－n)]
＝eq \f(－2－－2n＋1,3)＋2×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1＋－1×\f(n－1,2)))
＝eq \f(－2－2n＋1,3)－n－1
＝－eq \f(2n＋1,3)－n－eq \f(5,3).
综上可知，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1,3)＋n－\f(2,3)，n为偶数，,－\f(2n＋1,3)－n－\f(5,3)，n为奇数.))
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十八)
小题限时保分练—选自2022·海南模拟卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{x|1≤x≤5}，B＝{x|x2－2x－3≤0}，则A∩(∁RB)＝( )
A．(3,5] B．[－1,5]
C．(3，＋∞) D．(－∞，－1]
解析：选A B＝{x|x2－2x－3≤0}＝{x|(x－3)(x＋1)≤0}＝{x|－1≤x≤3}，∁RB＝{x|x＜－1或x＞3}，则A∩(∁RB)＝{x|3＜x≤5}．
2．已知复数z满足z(1＋i)＝2－i，则z的虚部为( )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2) C．－eq \f(3,2) D．eq \f(3,2)
解析：选C z＝eq \f(2－i,1＋i)＝eq \f(2－i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(1－3i,2)，故z的虚部为－eq \f(3,2).
3．函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1的图象的一个对称中心为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，0)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，0))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，1)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，1))
解析：选D 令2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，则x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，所以函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1的图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋\f(kπ,2)，1))，故A、B不是函数图象的对称中心；令eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)＝－eq \f(5π,12)，则k＝－eq \f(5,3)∉Z，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，1))不是函数图象的对称中心；
令eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)＝eq \f(11π,12)，则k＝1∈Z，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，1))是函数图象的对称中心．
4．设a＝lg20.4，b＝20.6，c＝0.82，则( )
A．a＜b＜c B．b＜c＜a
C．c＜a＜b D．a＜c＜b
解析：选D a＝lg20.4＜lg21＝0，b＝20.6＞20＝1，c＝0.82＝0.64，所以a＜c＜b.
5．若a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))且cs 2α＝eq \f(24,25)，则tan α＝( )
A．－7 B．－eq \f(1,7) C.eq \f(1,7) D．7
解析：选B cs 2α＝cs2α－sin2α＝eq \f(cs2α－sin2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq \f(24,25)，故tan2α＝eq \f(1,49)，由于α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，所以tan α＜0，故tan α＝－eq \f(1,7).
6．两个不同的圆锥的底面是球O的同一截面，顶点均在球O表面上，若球O的体积为V，则这两个圆锥体积之和的最大值为( )
A.eq \f(1,3)V B．eq \f(1,2)V C.eq \f(2,3)V D．eq \f(3,4)V
解析：选B 设球的半径为R，两个圆锥中较小的高为h(0＜h≤R)，则另一个圆锥的高为2R－h，
圆锥底面半径为r，则R2＝(R－h)2＋r2，
r2＝2Rh－h2，
两个圆锥的体积和为f(h)＝eq \f(1,3)πr2h＋eq \f(1,3)πr2(2R－h)＝eq \f(2,3)πR(2Rh－h2)，所以当h＝R时，f(h)max＝eq \f(2,3)πR3，V＝eq \f(4,3)πR3，因此f(h)max＝eq \f(1,2)V.
7．设随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，若P(X＜2－a)＝0.3，则P(X＜a)＝( )
A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8
解析：选C 因为随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，所以正态曲线关于直线x＝1对称，因为P(X＜2－a)＝0.3，所以P(X＞a)＝P(X＜2－a)＝0.3，所以P(X＜a)＝1－P(X＞a)＝1－0.3＝0.7.
8.海口钟楼的历史悠久，最早是为适应对外通商而建立，已成为海口的最重要的标志性与象征性建筑物之一．如图所示，海口钟楼的主体结构可以看做一个长方体，四个侧面各有一个大钟，则从8：00到10：00这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为60°的次数为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
解析：选D 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，以点A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设分针长为a，设矩形AA1B1B的对角线的交点为E，矩形AA1D1D的对角线的交点为F，
考查8：00到9：00这个时间段，设t时刻，侧面AA1B1B，AA1D1D内的钟的分针的针点的位置分别为M，N，
设eq \(EM,\s\up7(―→))＝(asin θ，0，acs θ)，其中－360°≤θ≤0°，
则eq \(FN,\s\up7(―→))＝(0，－asin θ，acs θ)，eq \(EM,\s\up7(―→))·eq \(FN,\s\up7(―→))＝a2cs2θ，
由已知可得|cs〈eq \(EM,\s\up7(―→))，eq \(FN,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(|eq \(EM,\s\up7(―→))·eq \(FN,\s\up7(―→))|,|eq \(EM,\s\up7(―→))||eq \(FN,\s\up7(―→))|)＝cs2θ＝eq \f(1,2)，则cs θ＝±eq \f(\r(2),2)，
因为－360°≤θ≤0°，故θ的取值为－45°，－135°，－225°，－315°，
即在8：00到9：00这个时间段，相邻两面钟的分针所成角为60°的次数为4，
因此，从8：00到10：00这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为60°的次数为8.
二、多项选择题
9．已知向量a＝(1，eq \r(3))，b＝(－1,0)，则( )
A．a－2b＝(2，eq \r(3)) B．|a|＝2|b|
C．(a＋b)⊥b D．a与b的夹角为eq \f(π,3)
解析：选BC 对于A，a－2b＝(1，eq \r(3))－2(－1,0)＝(3，eq \r(3))，A错误；对于B，|a|＝2，|b|＝1，则|a|＝2|b|，B正确；对于C，a·b＝－1，故(a＋b)·b＝a·b＋b2＝－1＋1＝0，所以(a＋b)⊥b，C正确；对于D，cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝－eq \f(1,2)，因为0≤〈a，b〉≤π，故〈a，b〉＝eq \f(2π,3)，D错误．
10．下列双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x的是( )
A.eq \f(x2,4)－y2＝1 B．eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1
C.eq \f(y2,4)－x2＝1 D．eq \f(y2,4)－eq \f(x2,16)＝1
解析：选AD A选项，eq \f(x2,4)－y2＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，A正确；
B选项，eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(2),2)x，B错误；
C选项，eq \f(y2,4)－x2＝1的渐近线方程为y＝±2x，C错误；D选项，eq \f(y2,4)－eq \f(x2,16)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，D正确．
11．环境监测部门统计了甲、乙两个城市去年每天的AQI(空气质量指数)，数据按照(0,50]，(50,100]，…，(200,250]进行分组得到下面的频率分布直方图，已知0＜AQI≤50时空气质量等级为优，则( )
A．甲、乙两城市AQI的中位数的估计值相等
B．甲、乙两城市AQI的平均数的估计值相等
C．甲城市AQI的方差比乙城市AQI的方差小
D．甲城市空气质量为优的天数比乙城市空气质量为优的天数多
解析：选ABD 选项A，根据两个频率分布直方图，甲、乙两个城市去年每天的AQI的中位数均为125，故选项A正确；
选项B，由题图可知，a×50×2＋b×50＋c×50×2＝1，即50(2a＋b＋2c)＝1，同理50(2x＋z＋2y)＝1.
甲城市的AQI的平均数为50c×25＋50a×75＋50b×125＋50a×175＋50c×225＝50(250c＋250a＋125b)＝50×125×(2c＋2a＋b)＝125，
乙城市的AQI的平均数为50x×25＋50y×75＋50z×125＋50y×175＋50x×225＝50(250x＋250y＋125z)＝50×125×(2x＋2y＋z)＝125，
所以甲、乙两城市AQI的平均数的估计值相等，故选项B正确；
选项C，由题图可知，乙城市AQI的数据更集中，即方差更小，所以选项C错误；
选项D，由题图可知甲城市AQI在(0,50]的频率大于0.2，乙城市AQI在(0,50]的频率小于0.2，
所以甲城市AQI在(0,50]的频率大于乙城市AQI在(0,50]的频率，即甲城市空气质量为优的天数比乙城市空气质量为优的天数多，故D正确．
12．“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2,1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1,1个2,2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．则对于外观数列{an}，下列说法正确的是( )
A．若a1＝3，则从a4开始出现数字2
B．若a1＝k(k＝1,2,3，…，9)，则an(n∈N*)的最后一个数字均为k
C．{an}不可能为等差数列或等比数列
D．若a1＝123，则an(n∈N*)均不包含数字4
解析：选BD 对于A，a1＝3，即“1个3”，a2＝13，即“1个1,1个3”，a3＝1113，即“3个1,1个3”，故a4＝3113，A错误；对于B，若a1＝k(k＝2,3，…，9)，即“1个k”，a2＝1k，即“1个1,1个k”，a3＝111k，即“3个1,1个k”，a4＝311k，…，以此类推可知，an(n∈N*)的最后一个数字均为k，若a1＝1，则a2＝11，a3＝21，a4＝1211，…，以此类推可知，an(n∈N*)的最后一个数字均为1.综上所述，若a1＝k(k＝1,2,3，…，9)，则an(n∈N*)的最后一个数字均为k，B正确；对于C，取a1＝22，则a2＝a3＝…＝22，此时数列{an}既是等差数列，又是等比数列，C错误；对于D，∵a1＝123，则a2＝111213，a3＝31121113，a4＝1321123113，…，若数列{an}中，ak(k≥5，k∈N*)中第一次出现数字4，则ak－1中必出现了4个连续的相同数字，如ak－1＝…1111…，则在ak－2的描述中必包含“1个1,1个1”，即ak－2＝…11…，显然ak－2的描述是不合乎要求的，若ak－1＝…2222…或ak－1＝…3333…，同理可知均不合乎题意，故an(n∈N*)不包含数字4，D正确．
三、填空题
13．已知函数f(x)＝eq \r(2x－a)的定义域为[2，＋∞)，则a＝__________.
解析：由题意可知，不等式2x－a≥0的解集为[2，＋∞)，则22－a＝0，解得a＝4，当a＝4时，由2x－4≥0，可得2x≥4＝22，解得x≥2，合乎题意．
答案：4
14．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))8的展开式中，eq \f(1,x)的系数是__________．
解析：由二项式定理知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))8的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)(2x)8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))r＝Ceq \\al(r,8)28－r(－1)r，
令8－eq \f(3,2)r＝－1得r＝6，
故T7＝eq \f(112,x).
答案：112
15．已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1(0＜b＜2)的左焦点为F，M是C上的动点，点N(0，eq \r(3))，若|MN|＋|MF|的最大值为6，则C的离心率为__________．
解析：设右焦点为F′，由椭圆定义知，|MF|＝4－|MF′|，|MN|＋|MF|＝|MN|－|MF′|＋4≤|NF′|＋4，
当且仅当M，N，F′三点共线时，取等号，|NF′|＋4＝6.又N(0，eq \r(3))，F′(c,0)，∴c＝1，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
16．已知函数f(x)＝ex－b和g(x)＝ln(x＋a)－b3，其中a，b为常数且b＞0.若存在斜率为1的直线与曲线y＝f(x)，y＝g(x)同时相切，则eq \f(a,b)的最小值为__________．
解析：f(x)＝ex－b的定义域为R，g(x)＝ln(x＋a)－b3的定义域为(－a，＋∞)，又f′(x)＝ex，g′(x)＝eq \f(1,x＋a)，
设f(x)＝ex－b在切点A(x1，ex1－b)处的切线即为斜率为1的直线，故ex1＝1，所以x1＝0，则A(0,1－b)，设g(x)＝ln(x＋a)－b3在切点B(x2，ln(x2＋a)－b3)处的切线即为斜率为1的直线，则eq \f(1,x2＋a)＝1，则x2＝1－a，
则B(1－a，－b3)，由两点间斜率公式得eq \f(b3－b＋1,a－1)＝1，则a＝b3－b＋2，由于b＞0，
则eq \f(a,b)＝eq \f(b3－b＋2,b)＝b2＋eq \f(2,b)－1＝b2＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,b)－1≥3eq \r(3,b2·\f(1,b)·\f(1,b))－1＝2，当且仅当b2＝eq \f(1,b)，
即b＝1，a＝2时等号成立，故eq \f(a,b)的最小值为2.
答案：2
大题规范增分练—今日题型：解析几何
17．已知抛物线C的焦点F在x轴上，过F且垂直于x轴的直线交C于A(点A在第一象限)，B两点，且|AB|＝4.
(1)求C的标准方程；
(2)已知l为C的准线，过F的直线l1交C于M，N(M，N异于A，B)两点，证明：直线AM，BN和l相交于一点．
解：(1)由抛物线C的焦点F在x轴上，点A在第一象限，则抛物线开口向右．
设抛物线C的标准方程为y2＝2px(p＞0)，则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).
由题意AF⊥x轴，则点A的横坐标为eq \f(p,2)，
将x＝eq \f(p,2)代入y2＝2px，可得|y|＝p，由|AB|＝2p＝4，则p＝2，
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)证明：由(1)可知A(1,2)，B(1，－2)．
设直线l1的方程为x＝my＋1，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋1，))
则y2－4my－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
直线AM的方程为y＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)＋2，
即y＝eq \f(4,y1＋2)(x－1)＋2，
令x＝－1，解得y＝eq \f(2y1－4,y1＋2).所以直线AM与准线的交点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2y1－4,y1＋2))).
直线BN的方程为y＝eq \f(y2＋2,x2－1)(x－1)－2，即y＝eq \f(4,y2－2)(x－1)－2，
令x＝－1，解得y＝eq \f(－2y2－4,y2－2).所以直线BN与准线的交点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(－2y2－4,y2－2))).
因为eq \f(\f(2y1－4,y1＋2),\f(－2y2－4,y2－2))＝－eq \f(y1－2y2－2,y1＋2y2＋2)
＝－eq \f(y1y2－2y1＋y2＋4,y1y2＋2y1＋y2＋4)＝1，
即eq \f(2y1－4,y1＋2)＝eq \f(－2y2－4,y2－2)，
所以直线AM，BN和l相交于一点．
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二十九)
小题限时保分练—选自2022·惠州一模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合M＝{－2,1,2,3}，N＝{－2,2}，下列结论成立的是( )
A．M⊆N B．M∩N＝∅
C．M∪N＝M D．∁MN＝{1}
解析：选C 集合M＝{－2,1,2,3}，N＝{－2,2}，如图，N⊆M，则C正确，故选C.
2．若抛物线y2＝2px(p＞0)上一点P(2，y0)到其焦点的距离为4，则抛物线的标准方程为( )
A．y2＝2x B．y2＝4x
C．y2＝6x D．y2＝8x
解析：选D 抛物线y2＝2px(p>0)上一点P(2，y0)到焦点的距离等于到其准线的距离，∴eq \f(p,2)＋2＝4，解得p＝4，∴抛物线的标准方程为y2＝8x.故选D.
3．已知tan α＝2，π＜α＜eq \f(3π,2)，则cs α－sin α＝( )
A.eq \f(\r(5),5) B．－eq \f(\r(5),5) C.eq \f(3\r(5),5) D．－eq \f(3\r(5),5)
解析：选A tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝2，且sin2α＋cs2α＝1，π＜α＜eq \f(3π,2)，解得sin α＝－eq \f(2\r(5),5)，cs α＝－eq \f(\r(5),5)，所以cs α－sin α＝－eq \f(\r(5),5)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)))＝eq \f(\r(5),5).
4．若(1－2x)2 022＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 022x2 022，则a1＋a2＋…＋a2 022＝( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
解析：选B 令x＝0，代入得a0＝1，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2 022＝1，所以a1＋a2＋…＋a2 022＝0.
5．现有3名学生报名参加校园文化活动的3个项目，每人须报1项且只报1项，则恰有2名学生报同一项目的报名方法有( )
A．36种 B．18种 C．9种 D．6种
解析：选B 根据题意首先从3名学生中选2名选报同一项目作为一个整体，然后3个元素全排即可．由题意可得报名方法有Ceq \\al(2,3)·Aeq \\al(2,3)＝18种．
6．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex－4，x≤4，,x－162－143，x＞4，))则当x≥0时，f(2x)与f(x2)的大小关系是( )
A．f(2x)≥f(x2) B．f(2x)≤f(x2)
C．f(2x)＝f(x2) D．不确定
解析：选A 由函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex－4，x≤4，,x－162－143，x＞4，))
得函数f(x)在(－∞，4]上单调递增，在[4,16]上单调递减，在(16，＋∞)上单调递增，
作出函数f(x)的大致图象，再作出函数y＝2x与y＝x2的图象，
令x2＝2x，得x＝2或x＝4，结合函数图象可知，
当0≤x＜2时，4＞2x＞x2≥0，则f(2x)＞f(x2)，
当2≤x≤4时，4≤2x≤x2≤16，则f(2x)≥f(x2)，
当x＞4时，2x＞x2＞16，则f(2x)＞f(x2)，
综上所述，当x≥0时，f(2x)≥f(x2)．故选A.
7．设等差数列{an}的公差为d，若bn＝2an，则“d＜0”是“bn＋1＜bn(n∈N*)”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 充分性：若d＜0，则an＋1－an＝d＜0，即an＋1＜an，∴2an＋1＜2an，即bn＋1 ＜bn，所以充分性成立；必要性：若bn＋1＜bn，即2an＋1＜2an，∴aa＋1＜an，则an＋1－an＝d＜0，必要性成立．因此，“d＜0”是“bn＋1＜bn”的充要条件．
8．中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：C＝Wlg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(S,N)))，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率C取决于信道带宽W、信道内信号的平均功率S、信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中eq \f(S,N)叫做信噪比．当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计，按照香农公式，若不改变带宽W，而将信噪比eq \f(S,N)从1 000提升至5 000，则C大约增加了(附：lg 2≈0.301 0)( )
A．20% B．23% C．28% D．50%
解析：选B 将信噪比eq \f(S,N)从1 000提升至5 000时，C大约增加了eq \f(Wlg21＋5 000－Wlg21＋1 000,Wlg21＋1 000)＝eq \f(lg25 001－lg21 001,lg21 001)≈eq \f(\f(lg 5 000,lg 2)－\f(lg 1 000,lg 2),\f(lg 1 000,lg 2))＝eq \f(lg 5,3)＝eq \f(1－lg 2,3)≈0.23＝23%.
二、多项选择题
9．对于实数a，b，c，下列结论正确的是( )
A．若a＞b，则ac＜bc
B．若ac2＞bc2，则a＞b
C．若a＜b＜0，则|a|＞|b|
D．若c＞a＞b＞0，则eq \f(1,c－a)＞eq \f(1,c－b)
解析：选BCD 当c＞0时，ac＞bc，故A错误；若ac2＞bc2，c2＞0，则a＞b，故B正确；若a＜b＜0，则|a|＞|b|，故C正确；若c＞a＞b＞0，则c－b＞c－a＞0，所以eq \f(1,c－a)＞eq \f(1,c－b)＞0，故D正确．
10.如图，点O是正八边形ABCDEFGH的中心，且|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝1，则( )
A．eq \(AH,\s\up7(―→))与eq \(CF,\s\up7(―→))能构成一组基底
B．eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))＝0
C．eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \r(2) eq \(OB,\s\up7(―→))
D．eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝－eq \f(\r(2),2)
解析：选BC 连接BG，CF，由正八边形的性质可知，AH∥BG，CF∥BG，所以AH∥CF，所以eq \(AH,\s\up7(―→))与eq \(CF,\s\up7(―→))是共线向量，所以eq \(AH,\s\up7(―→))与eq \(CF,\s\up7(―→))不能构成一组基底，A项错误；
又∠AOC＝eq \f(1,4)×2π＝eq \f(π,2)，所以OA⊥OC，所以eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))＝0，B项正确；
因为eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OC,\s\up7(―→))，由平行四边形法则可知，eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \r(2) eq \(OB,\s\up7(―→))，C项正确；
又正八边形的每一个内角为eq \f(1,8)×(8－2)×π＝eq \f(3π,4)，AB⊥CD，所以eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝|eq \(BC,\s\up7(―→))|2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－\f(3π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，D项错误(或者从正八边形的性质可知eq \(AC,\s\up7(―→))与eq \(CD,\s\up7(―→))的夹角为锐角，则有eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＞0可判断D错误)．故选B、C.
11.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
B．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))对称
C．函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递增
D．y＝1与y＝f(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)≤x≤\f(23π,12)))图象的所有交点的横坐标之和为eq \f(8π,3)
解析：选BCD 由题图可得A＝2，eq \f(1,4)×eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,3)－eq \f(5π,12)，得ω＝2,2×eq \f(2π,3)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝eq \f(π,6)，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
当x＝eq \f(π,2)时，f(x)＝－1，不是最值，故函数f(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,2)对称，故排除A；
当x＝－eq \f(π,12)时，f(x)＝0，是对称中心，故B选项正确；令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
解得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)，当k＝0时，－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(π,6)，故C正确；
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，解得2x＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)或2x＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)，即x＝kπ(k∈Z)或x＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，因为－eq \f(π,12)≤x≤eq \f(23π,12)，所以x＝0，π，eq \f(π,3)，eq \f(4π,3)，横坐标和为eq \f(8π,3)，故选项D正确．
12.近年来，纳米晶的多项技术和方法在水软化领域均有重要应用．纳米晶体结构众多，如图是一种纳米晶的结构示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体，则下列说法正确的有( )
A．该结构的纳米晶个体的表面积为7eq \r(3)n2
B．该结构的纳米晶个体的体积为eq \f(23\r(2),12)n3
C．该结构的纳米晶个体外接球的表面积为eq \f(11,4)πn2
D．二面角A1-A2A3-B3的余弦值为－eq \f(1,3)
解析：选ABD 对于A，该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，S＝4×eq \f(\r(3),4)n2＋4×6×eq \f(\r(3),4)n2＝7eq \r(3)n2，故A正确；对于B，棱长为a的正四面体的高为eq \f(\r(6),3)a，所以V＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×(3n)2×eq \f(\r(6),3)×(3n)－4×eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)n2×eq \f(\r(6),3)n＝eq \f(23\r(2),12)n3，故B正确；对于C，设外接球球心为O，△A1A2A3的中心为O′，正六边形B2B1C2C1D2D1的中心为O″，外接球的半径为R，
则O在O′O″上，几何体上下底面距离为eq \r(6)n－eq \f(\r(6),3)n＝eq \f(2\r(6),3)n，可得 eq \r(R2－\f(n2,3))＋eq \r(R2－n2)＝eq \f(2\r(6),3)n，计算整理得R2＝eq \f(11,8)n2，因此该几何体的外接球表面积为S＝4πR2＝eq \f(11,2)πn2，故C错误；对于D，二面角A1-A2A3-B3是原正四面体侧面和底面所成角的补角，如图，过正四面体的顶点V作VO⊥平面ABC，易知O为△ABC的中点，延长BO交AC于D，则D为AC的中点，连接VD，设正四面体的棱长为2，则BD＝2sineq \f(π,3)＝eq \r(3)，所以BO＝eq \f(2,3)BD＝eq \f(2\r(3),3)，OD＝eq \f(1,3)BD＝eq \f(\r(3),3)，因为VO⊥平面ABC，所以VO⊥AC，又AC⊥BD，VO∩BD＝O，所以AC⊥平面VBD，VD⊂平面VBD，所以AC⊥VD，所以∠VDB即为所求侧面VAC与底面ABC所成二面角的平面角，在Rt△VOD中，cs∠VDB＝eq \f(OD,VD)＝eq \f(OD,BD)＝eq \f(1,3)，所以二面角A1-A2A3-B3的余弦值为－eq \f(1,3).故D正确．
三、填空题
13．已知i是虚数单位，则复数eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,\r(2))))4的模等于______．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,\r(2))))4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,\r(2))))2))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2i,2)))2＝i2＝－1，所以模为1.
答案：1
14．已知双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(2),2)x，则双曲线C的标准方程可以是__________．(写出一个正确的方程即可)
解析：双曲线方程为eq \f(x2,2)－y2＝λ(λ≠0)，典型值有eq \f(x2,2)－y2＝1，eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1，y2－eq \f(x2,2)＝1等．
答案：eq \f(x2,2)－y2＝λ(λ≠0)[注：λ可以取具体的数值]
15．若一个圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，且扇环的面积为4π，圆台上、下底面圆的半径分别为r1，r2(r1＜r2)，则req \\al(2,2)－req \\al(2,1)＝__________.
解析：因为扇环的面积为4π，则有eq \f(1,2)π(2r2)2－eq \f(1,2)π(2r1)2＝4π，所以req \\al(2,2)－req \\al(2,1)＝2.
答案：2
16．已知函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且满足f(x)＋g(x)＝2x－x，则f(0)的值为________；若关于x的方程2|x－2 021|－λf(x－2 021)－2λ2＝0有唯一的实数解，则实数λ的值为________．
解析：∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，∴g(0)＝0，f(0)＋g(0)＝20－0＝1，
∴f(0)＝1，
∵f(－x)＝f(x)，g(－x)＝－g(x)，
又∵f(x)＋g(x)＝2x－x ①，
∴f(－x)＋g(－x)＝f(x)－g(x)＝2－x＋x ②，
①＋②：2f(x)＝2x＋2－x，∴f(x)＝eq \f(1,2)(2x＋2－x)，令h(x)＝2|x－2 021|－λf(x－2 021)－2λ2，
又∵h(x)＝2|x－2 021|－λf(x－2 021)－2λ2＝2|x－2 021|－eq \f(1,2)(2x－2 021＋2－x＋2 021)λ－2λ2，换元设x－2 021＝t，
又∵关于x的方程2|x－2 021|－λf(x－2 021)－2λ2＝0有唯一的实数解，设m(t)＝2|t|－eq \f(1,2)λ(2t＋2－t)－2λ2，∵m(t)为偶函数，∴当且仅当t＝0时为唯一零点，∴1－λ－2λ2＝0，解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝－1.
答案：1 eq \f(1,2)或－1
大题规范增分练—今日题型：概率与统计
17．最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且试验成功的概率为p(0＜p＜1)．现对该产品进行独立重复试验，若试验成功，试验结束；若试验不成功，则继续试验，且最多试验10次．记X为试验结束时所进行的试验次数，且每次试验的成本为a(a＞0)元．
(1)①写出X的分布列；
②证明：E(X)＜eq \f(1,p)；
(2)某公司有意向投资该产品．若p＝0.25，且试验成功则获利5a元，则该公司如何决策投资，并说明理由．
解：(1)①由题意，X＝1,2,3，…，10，
故P(X＝k)＝p(1－p)k－1，k＝1,2，…，9，P(X＝10)＝(1－p)9，
分布列如下：
②证明：E(X)＝p(1－p)0＋2p(1－p)1＋3p(1－p)2＋…＋9p(1－p)8＋10(1－p)9，
记S＝(1－p)0＋2(1－p)1＋3(1－p)2＋…＋9(1－p)8，
(1－p)S＝(1－p)1＋2(1－p)2＋3(1－p)3＋…＋9(1－p)9，
作差可得，pS＝(1－p)0＋(1－p)1＋(1－p)2＋…＋(1－p)8－9(1－p)9＝eq \f(1－1－p9,p)－9(1－p)9，
则E(X)＝pS＋10(1－p)9＝eq \f(1－1－p9,p)＋(1－p)9＝eq \f(1－1－p10,p)＜eq \f(1,p)，即证．
(2)由(1)可知E(X)＜eq \f(1,p)＝4，则试验成本的期望小于4a，又获利5a大于成本的期望，则应该投资．
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(三十)
小题限时保分练—选自2022·日照二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合M＝{x|x2－2x＜0}，N＝{－2，－1,0,1,2}，则M∩N＝( )
A．∅ B．{1} C．{0,1} D．{－1,0,1}
答案：B
2．z1，z2互为共轭复数，z1＝1－i，则z1·z2＝( )
A．－2 B．2 C．2－i D．2＋i
答案：B
3．若a，b，c为实数，且a＜b，c＞0，则下列不等关系一定成立的是( )
A．a＋c＜b＋c B．eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)
C．ac＞bc D．b－a＞c
答案：A
4．已知曲线C：eq \f(x2,a)＋eq \f(y2,a－1)＝1，则“a＞0”是“曲线C是椭圆”的( )
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
答案：C
5．曲线y＝ln x－eq \f(2,x)在x＝1处的切线的倾斜角为α，则cs 2α的值为( )
A.eq \f(4,5) B．－eq \f(4,5) C.eq \f(3,5) D．－eq \f(3,5)
答案：B
6．设a＝sin 1，则( )
A．lg0.5a＜a2＜2a B．lg0.5a＜2a＜a2
C．a2＜2a＜lg0.5a D．a2＜lg0.5a＜2a
解析：选A 因为a＝sin 1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，所以a2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))，2a＞1，lg0.5a＜lg0.5eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,2)，所以lg0.5a＜a2＜2a.
7．王大爷养了5只灰兔子和3只白兔子，晚上关在同一间兔舍里，清晨打开门，若这些兔子随机逐一向外走，则恰有2只白兔子相邻走出兔舍的概率为( )
A.eq \f(5,28) B．eq \f(5,14) C.eq \f(15,56) D．eq \f(15,28)
解析：选D 兔子走出房门，共有Aeq \\al(8,8)种不同的方案，其中恰有2只白兔子相邻走出房子的方案为：先排5只灰兔子，会产生6个空隙，再从3只白兔子中选2只捆绑排列，最后与剩下的兔子排列到6个空隙中共有Aeq \\al(5,5)Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(2,6)种方案，故恰有2只白兔子相邻走出房子的概率为P＝eq \f(A\\al(5,5)A\\al(2,3)A\\al(2,6),A\\al(8,8))＝eq \f(15,28).
8．设0＜a＜1，若x1＝a，x2＝ax1，x3＝ax2，…，xn＝axn－1，…，则数列{xn}( )
A．是递增的
B．是递减的
C．奇数项递增，偶数项递减
D．偶数项递增，奇数项递减
解析：选C 作y＝ax的图象，在图象上取点x1，x2，x3，x4，由0＜a＜1，知x1＜x3＜x4＜x2，即A、B、D错误．
二、多项选择题
9．已知向量m＝(2,0)，n＝(1,1)，则( )
A．m∥n B．(m－n)⊥n
C．m⊥n D．|m|＝eq \r(2)|n|
解析：选BD 由m＝(2,0)，n＝(1,1)，对于A，若m∥n，由2×1≠0×1，故A错误；对于B，若(m－n)⊥n，则1×1＋(－1)×1＝0，符合题意，故B正确；对于C，若m⊥n，由m·n≠0，故C错误；对于D，|m|＝2，|n|＝eq \r(2)，故D正确．故选B、D.
10．关于函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1(x∈R)，下列说法正确的是( )
A．若f(x1)＝f(x2)＝1，则x1－x2＝kπ(k∈Z)
B．y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，1))对称
C．y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
D．y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度后所得图象关于y轴对称
解析：选BD 对于A，由f(x1)＝f(x2)＝1知(x1,1)，(x2,1)是f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1图象的两个对称中心，则x1－x2是eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)的整数倍(T是函数f(x)的最小正周期)，即x1－x2＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，所以A错误；对于B，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝3sin π＋1＝1，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，1))是f(x)的对称中心，所以B正确；对于C，由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得kπ－eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，当k＝0时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))上单调递增，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))上单调递减，所以C错误；对于D，y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度后所得图象对应的函数为y＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))－\f(π,3)))＋1＝－3cs 2x＋1，是偶函数，所以图象关于y轴对称，所以D正确．故选B、D.
11.传说古希腊科学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径与圆柱的高相等．因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他在几何上最为得意的发现，于是留下遗言：他去世后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形．设圆柱的体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，若f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,n)x3－\f(1,x)))8，则( )
A．n＝eq \f(3,2)
B．f(x)展开式中的x4的系数为56
C．f(x)展开式中的各项系数之和为0
D．f(i)＝－16，其中i为虚数单位
解析：选AC 设内切球的半径为r，则圆柱的高为2r，∴m＝eq \f(πr2·2r,\f(4,3)πr3)＝eq \f(3,2)，n＝eq \f(2πr2＋2πr·2r,4πr2)＝eq \f(3,2)，A正确；则eq \f(m,n)＝1，∴f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－\f(1,x)))8.对于B，f(x)展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x24－3r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r＝(－1)rCeq \\al(r,8)x24－4r，令24－4r＝4，解得r＝5，∴f(x)展开式中的x4的系数为(－1)5Ceq \\al(5,8)＝－56，B错误；对于C，f(1)＝0，即f(x)展开式的各项系数之和为0，C正确；对于D，f(i)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i3－\f(1,i)))8＝(－i＋i)8＝0，D错误．
12．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(ln an＋1)＋1，则下列说法正确的有( )
A.eq \f(2a3,a1＋a2)＜5
B．an＋1≤2aeq \\al(2,n)＋1
C．若n≥2，则eq \f(3,4)≤eq \i\su(i＝1,n, )eq \f(1,ai＋1)＜1
D.eq \i\su(i＝1,n,l)n(ai＋1)≤(2n－1)ln 2
解析：选BCD a2＝2a1(ln a1＋1)＋1＝3，a3＝2a2(ln a2＋1)＋1＝6ln 3＋7，则2a3－5(a1＋a2)＝12ln 3－6＞0，又a1＋a2＞0，所以eq \f(2a3,a1＋a2)＞5，A错误；
令函数f(x)＝x－ln x－1，则f′(x)＝1－eq \f(1,x)，则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0，即x≥ln x＋1，又易得{an}是递增数列，an≥a1＝1，故an≥ln an＋1，所以an＋1≤2aeq \\al(2,n)＋1，B正确；
易知{an}是递增数列，所以an≥a1＝1，则ln an＋1≥1，an＋1＝2an(ln an＋1)＋1≥2an＋1，则an＋1＋1≥2(an＋1)，即eq \f(an＋1＋1,an＋1)≥2，所以eq \f(an＋1,an－1＋1)·eq \f(an－1＋1,an－2＋1)·…·eq \f(a2＋1,a1＋1)≥2n－1，即an＋1≥2n－1(a1＋1)＝2n，
所以eq \f(1,an＋1)≤eq \f(1,2n)，所以eq \i\su(i＝1,n, )eq \f(1,ai＋1)≤eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n)＜1，而当n≥2时，则有eq \i\su(i＝1,n, )eq \f(1,ai＋1)≥eq \f(1,a1＋1)＋eq \f(1,a2＋1)＝eq \f(3,4)，C正确；
令函数g(x)＝2ln x－x＋eq \f(1,x)，则g′(x)＝eq \f(2,x)－1－eq \f(1,x2)＝eq \f(－x2＋2x－1,x2)≤0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当x≥1时，g(x)≤g(1)＝0，则ln x≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))，所以an＋1≤2aneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,an)))＋1))＋1＝aeq \\al(2,n)＋2an，
an＋1＋1≤(an＋1)2，eq \f(lnan＋1＋1,lnan＋1)≤2，eq \f(lnan＋1,lnan－1＋1)·eq \f(lnan－1＋1,lnan－2＋1)·…·eq \f(lna2＋1,lna1＋1)≤2n－1，
即ln(an＋1)≤2n－1ln(a1＋1)＝2n－1ln 2，所以eq \i\su(i＝1,n,l)n(ai＋1)≤(1＋2＋…＋2n－1)ln 2＝(2n－1)ln 2，D正确．
三、填空题
13．设f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝2x2－x，则f(－1)＝__________.
解析：f(1)＝2×12－1＝1，f(－1)＝－f(1)＝－1.
答案：－1
14．已知第一象限的点M(a，b)在直线x＋y－1＝0上，则eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值是__________．
答案：3＋2eq \r(2)
15．如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，从F2发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且cs∠BAC＝－eq \f(4,5)，AB⊥BD，则E的离心率为__________．
解析：如图，连接F1B，F1A，则F1，A，C和F1，B，D都三点共线．设|F2B|＝x，则|F1B|＝x＋2a.
由cs∠F1AB＝cs(π－∠BAC)＝eq \f(4,5)，得tan∠F1AB＝eq \f(3,4)，
又AB⊥BD，则|AB|＝eq \f(4,3)|F1B|，|F1A|＝eq \f(5,3)|F1B|，|F2A|＝|AB|－|F2B|，
因此|F1A|－|F2A|＝eq \f(4,3)x＋eq \f(2,3)a＝2a，即x＝a，
则tan∠F1F2B＝3，(2c)2＝(x＋2a)2＋x2＝10a2，c2＝eq \f(5,2)a2，故e＝eq \f(\r(10),2).
答案：eq \f(\r(10),2)
16．在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知点P为棱AA1上靠近点A1的三等分点，点Q为棱CD上一动点．若M为平面D1PQ与平面ABCD的公共点，且点M在正方体的表面上，则所有满足条件的点M构成的区域面积为__________．
解析：如图，延长DA，D1P交于点N，连接NQ交AB于点E，则线段EQ为平面D1PQ与平面ABCD的公共点M的集合，当Q运动到点D时，E与A重合；当Q运动到点C时，设此时E点运动到F点，则梯形FADC即为点M构成的区域，因为△PAF∽△D1DC，所以eq \f(AF,DC)＝eq \f(AP,DD1)＝eq \f(2,3)，所以AF＝2，所以S＝eq \f(1,2)×(2＋3)×3＝eq \f(15,2).
答案：eq \f(15,2)
大题规范增分练—今日题型：函数与导数
17．已知函数f(x)＝exsin x＋ax.
(1)若a＝1，判断f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))内的单调性；
(2)从下面两个条件中选一个，求a的取值范围．
①f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且只有2个零点；
②当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)≥x2.
解：(1)当a＝1时，f(x)＝exsin x＋x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，
f′(x)＝exsin x＋excs x＋1＝eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋1.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时，x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，
所以－eq \f(\r(2),2)＜sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＜eq \f(\r(2),2)，
－1＜eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＜1，
又0＜ex＜1，
故eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＞－1，从而f′(x)＞0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增．
(2)选择①.
由函数f(x)＝exsin x＋ax，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
可知f(0)＝0，
因此f(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且只有1个零点．
f′(x)＝exsin x＋excs x＋a，令h(x)＝exsin x＋excs x＋a，
则h′(x)＝2excs x≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立．
即f′(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，f′(0)＝1＋a，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝＋a，
当a≥－1时，f′(x)≥f′(0)≥0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增．
则f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上无零点，不合题意，舍去．
当a≤－时，f′(x)≤f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))≤0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
则f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上无零点，不合题意，舍去．
当－＜a＜－1时，f′(0)＝1＋a＜0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝＋a>0，
则f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上只有1个零点，设为x0.
且当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)在(0，x0)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上单调递增，
选择②.
构造函数m(x)＝exsin x＋ax－x2，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
令t(x)＝exsin x＋excs x＋a－2x，则t′(x)＝2excs x－2，t′(0)＝0，t′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－2.
令p(x)＝2excs x－2，则p′(x)＝2ex(cs x－sin x)，p′(0)＝2，p′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝，
令q(x)＝2ex(cs x－sin x)，
则q′(x)＝－4exsin x≤0，
所以q(x)＝2ex(cs x－sin x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减．
又q(0)＝p′(0)＝2＞0，qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝p′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝＜0，
所以q(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在唯一的实数x1使得q(x1)＝0，且满足当x∈(0，x1)时，q(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(π,2)))时，q(x)＜0，
即p(x)在(0，x1)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(π,2)))上单调递减．
又p(0)＝t′(0)＝0，peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝t′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－2＜0，
所以p(x)＝2excs x－2在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(π,2)))上存在唯一的实数x2使得p(x2)＝0，
且满足当x∈(0，x2)时，p(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(π,2)))时，p(x)＜0，
即t(x)＝m′(x)在(0，x2)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(π,2)))上单调递减，
当m′(0)＝1＋a≥0，即a≥－1时，m′(x)≥0，函数m(x)＝exsin x＋ax－x2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，又m(0)＝0，因此m(x)＝exsin x＋ax－x2≥0恒成立，符合题意．
当m′(0)＝1＋a＜0，即a＜－1时，在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上必存在实数x3，使得当x∈(0，x3)时，m′(x)＜0，又m(0)＝0，因此在x∈(0，x3)上存在实数使得m(x)＜0，不合题意，舍去．综上所述a≥－1.
x
1
2
3
4
5
y
2
2
3
4
4
X
1
2
3
P
eq \f(3,10)
eq \f(3,5)
eq \f(1,10)
X
1
2
3
4
5
P
p
p(1－p)
p(1－p)2
p(1－p)3
p(1－p)4
X
6
7
8
9
10
P
p(1－p)5
p(1－p)6
p(1－p)7
p(1－p)8
(1－p)9
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