最新高考数学一轮复习-第八周-每日一练【含答案】

这是一份最新高考数学一轮复习-第八周-每日一练【含答案】，共25页。
1．(2023·邵阳模拟)已知向量a＝(1,3)，b＝(1，－1)，c＝(4,5)．若a与b＋λc垂直，则实数λ的值为( )
A.eq \f(2,19) B.eq \f(4,11) C．2 D．－eq \f(4,7)
答案 A
解析 由题意，b＋λc＝(1＋4λ，5λ－1)，由a与b＋λc垂直，则a·(b＋λc)＝0，
即1＋4λ＋3×(5λ－1)＝0，解得λ＝eq \f(2,19).
2．(2023·龙岩质检)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f(x＋4)＝23，当x∈(0,4]时，f(x)＝x2－2x，则函数f(x)在区间(－4,2 023]上的零点个数是( )
A．253 B．506
C．507 D．759
答案 B
解析 由f(x)＋f(x＋4)＝23得f(x＋4)＋f(x＋8)＝23，
所以f(x＋8)＝f(x)，即f(x)是以8为周期的周期函数，
当x∈(0,4]时，f(x)＝x2－2x有两个零点2和4，
当x∈(4,8]时，x－4∈(0,4]，f(x)＝23－f(x－4)＝23－(x－4)2＋2x－4，令23－(x－4)2＋2x－4＝0，
则有2x－4＝(x－4)2－23，
当x∈(4,8]时，(x－4)2－231，
所以2x－4＝(x－4)2－23无解，
所以当x∈(4,8]时，f(x)＝23－(x－4)2＋2x－4无零点，
又2 023＝252×8＋7，因此在(0,2 016]上函数有2×252＝504(个)零点，当x∈(0,4]时，f(x)有两个零点2和4，当x∈(4,7]时，f(x)无零点，当x∈(－4,0]时，f(x)无零点，
因此在(－4,2 023]上，f(x)有504＋2＝506(个)零点．
3．(多选)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为侧面ABB1A1内的一个动点(含边界)，则下列说法正确的是( )
A．随着P点移动，三棱锥D－PCC1的体积有最小值为eq \f(1,18)
B．三棱锥A－PCD体积的最大值为eq \f(1,6)
C．直线BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3)
D．作体对角线AC1的垂面α，则平面α截此正方体所得截面图形的面积越大，其周长越大
答案 BC
解析 对于A，如图1，＝＝eq \f(1,3)××1＝eq \f(1,6)为定值，故A错误；
图1
对于B，如图2，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，当点P在A1B1上时，三棱锥A－PCD即P－ACD的体积取最大值，Vmax＝eq \f(1,3)×S△ACD×1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,6)，故B正确；
图2
对于C，根据题意作图如图3所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，
图3
BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，
因为BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BDB1，
所以AC⊥平面BDB1，又B1D⊂平面BDB1，即AC⊥B1D，
因为CD1⊥C1D，B1C1⊥平面D1C1CD，CD1⊂平面D1C1CD，所以B1C1⊥CD1，
且C1D∩B1C1＝C1，C1D，B1C1⊂平面B1C1D，
所以CD1⊥平面B1C1D，又B1D⊂平面B1C1D，即B1D⊥CD1，
因为AC∩CD1＝C，AC，CD1⊂平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1，设AC∩BD＝O′，
连接D1O′，设D1O′∩B1D＝F，则∠DD1F为直线DD1与平面ACD1所成的角，
在Rt△DD1O′中，cs∠DD1F＝eq \f(DD1,D1O′)＝eq \f(1,\f(\r(6),2))＝eq \f(\r(6),3)，
因为BB1∥DD1，所以直线BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3)，故C正确；
对于D，如图4，平面α⊥AC1，截面α从A点到平面A1BD过程中，
图4
截面面积和周长都越来越大；从平面A1BD到平面CB1D1过程中，
设A1H＝a(0≤a≤1)，则A1G＝A1H＝BI＝BN＝DE＝DF＝a，B1I＝B1H＝CN＝CE＝D1G＝D1F＝1－a，
所以GH＝IN＝EF＝eq \r(2)a，HI＝EN＝FG＝eq \r(2)(1－a)，所以截面周长为3eq \r(2)，
所以截面面积先变大后变小而周长不变；从平面CB1D1到C1过程中，截面面积和周长都越来越小，故D错误．
4．(2023·邵阳模拟)已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1＝2(n＋2)an(n∈N*)，设数列{an}的前n项和为Sn，则数列{an}的通项公式为an＝______________，Sn＋2＝______________.
答案 (n2＋n)·2n－1 (n2－n＋2)·2n
解析 因为nan＋1＝2(n＋2)an，且a1＝2≠0，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2n＋2,n)，
则当n≥2时，
an＝a1×eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×…×eq \f(an,an－1)＝2×eq \f(2×3,1)×eq \f(2×4,2)×eq \f(2×5,3)×…×eq \f(2×n＋1,n－1)＝n(n＋1)·2n－1＝(n2＋n)·2n－1.
又当n＝1时，a1＝2符合上式，
故an＝(n2＋n)·2n－1.
由Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(1×2)×20＋(2×3)×21＋…＋n(n＋1)·2n－1，①
2Sn＝1×2×21＋…＋(n－1)n·2n－1＋n(n＋1)·2n，②
①－②得－Sn＝2－n(n＋1)·2n＋4·21＋6·22＋…＋2n·2n－1＝－n(n＋1)·2n＋(1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n)．
令Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，③
所以2Tn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，④
③－④得－Tn＝21＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1＝eq \f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝(－n＋1)·2n＋1－2，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
故－Sn＝－n(n＋1)·2n＋(n－1)·2n＋1＋2，
则Sn＝(n2－n＋2)·2n－2，即Sn＋2＝(n2－n＋2)·2n.
5．(2023·台州模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知asin B＝bcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，bcs C＝ccs B.
(1)求A的值；
(2)若点D为边BC上的一个点，且满足cs∠BAD＝eq \f(4,5)，求△ABD与△ACD的面积之比．
解 (1)因为asin B＝bcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
所以由正弦定理可得sin Asin B＝sin Bcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
在△ABC中，A，B，C∈(0，π)，
显然sin B≠0，所以sin A＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－A))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
又因为eq \f(π,2)－A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
A－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，
所以eq \f(π,2)－A＝A－eq \f(π,6)或eq \f(π,2)－A＋A－eq \f(π,6)＝0(显然不成立)，所以A＝eq \f(π,3).
(2)因为bcs C＝ccs B，
所以sin Bcs C＝sin Ccs B，
即sin(B－C)＝0.
在△ABC中，B，C∈(0，π)，
所以B－C∈(－π，π)，所以B＝C，所以b＝c，
因为cs∠BAD＝eq \f(4,5)，
所以sin∠BAD＝eq \f(3,5)，
所以sin∠CAD＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－∠BAD))
＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(4,5)－eq \f(1,2)×eq \f(3,5)＝eq \f(4\r(3)－3,10)；
所以eq \f(sin∠BAD,sin∠CAD)＝eq \f(6,4\r(3)－3)＝eq \f(8\r(3)＋6,13)，
所以由正弦定理得△ABD与△ACD的面积之比等于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×AB×AD×sin∠BAD))÷
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×AC×AD×sin∠CAD))＝eq \f(8\r(3)＋6,13).
[周二]
1．(2023·东三省四市教研体模拟)要得到函数f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(\r(3),2)cs 2x的图象，只需把函数g(x)＝sin 2x的图象( )
A．向左平移eq \f(π,6)个单位长度
B．向右平移eq \f(π,6)个单位长度
C．向左平移eq \f(π,3)个单位长度
D．向右平移eq \f(π,3)个单位长度
答案 A
解析 f(x)＝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)))，
把函数g(x)＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到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)))的图象，满足要求，A正确，其他选项均不符合要求．
2．(2023·南通模拟)已知三棱锥P－ABC，Q为BC的中点，PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，侧面PBC⊥底面ABC，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(5π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，2π)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，2π))
答案 A
解析 如图，连接PQ，QA，由PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，
可知△ABC和△PBC是等边三角形，
设三棱锥P－ABC外接球的球心为O，
所以球心O到平面ABC和平面PBC的射影分别是△ABC和△PBC的中心E，F，
因为△PBC是等边三角形，Q为BC的中点，
所以PQ⊥BC，又因为侧面PBC⊥底面ABC，侧面PBC∩底面ABC＝BC，PQ⊂侧面PBC，
所以PQ⊥底面ABC，而AQ⊂底面ABC，因此PQ⊥AQ，所以四边形OFQE是矩形，
因为△ABC和△PBC是边长为2的等边三角形，
所以两个三角形的高h＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2))2)＝eq \r(3)，
在矩形OFQE中，OE＝FQ＝eq \f(1,3)h＝eq \f(\r(3),3).AE＝eq \f(2,3)h＝eq \f(2\r(3),3)，连接OA，
所以OA＝eq \r(OE2＋EA2)＝eq \r(\f(1,3)＋\f(4,3))＝eq \f(\r(15),3)，
设过点Q的平面为α，当OQ⊥α时，
所得截面的面积最小，该截面为圆形，
OQ＝eq \r(OF2＋FQ2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)h))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)h))2)＝eq \f(\r(2),3)h＝eq \f(\r(2),3)×eq \r(3)＝eq \f(\r(6),3)，
因此圆Q的半径为eq \r(OA2－OQ2)＝eq \r(\f(15,9)－\f(6,9))＝1，所以此时截面面积为π·12＝π，
当点Q在以O为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),3)))2＝eq \f(5π,3)，
所以截面面积的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(5π,3))).
3．(多选)(2023·烟台模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，O为坐标原点，过C的右焦点F作C的一条渐近线的平行线交C于点P，交C的另一条渐近线于点Q，则( )
A．向量eq \(QF,\s\up6(→))在eq \(OF,\s\up6(→))上的投影向量为eq \f(1,2)eq \(OF,\s\up6(→))
B．若△OQF为直角三角形，则C为等轴双曲线
C．若tan∠OQF＝－eq \f(3,4)，则C的离心率为eq \r(10)
D．若eq \(PQ,\s\up6(→))＝4eq \(FP,\s\up6(→))，则C的渐近线方程为x±2y＝0
答案 ABD
解析 对于A，由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|＝|QF|，
∴Q在OF上的投影为OF的中点，∴eq \(QF,\s\up6(→))在eq \(OF,\s\up6(→))上的投影向量为eq \f(1,2)eq \(OF,\s\up6(→))，故A正确；
对于B，若△OQF为直角三角形，可得渐近线的倾斜角为45°，∴eq \f(b,a)＝1，∴a＝b，
∴C为等轴双曲线，故B正确；
对于C，若tan∠OQF＝－eq \f(3,4)，设∠OQF＝2α，则eq \f(2tan α,1－tan2α)＝－eq \f(3,4)，解得tan α＝3或tan α＝－eq \f(1,3)(舍去)，设渐近线y＝eq \f(b,a)x的倾斜角为β，可得tan β＝eq \f(1,3)，∴eq \f(b,a)＝eq \f(1,3)，∴a＝3b，
∴a2＝9b2，∴a2＝9(c2－a2)，∴10a2＝9c2，∴eq \f(c,a)＝eq \f(\r(10),3)，故C错误；
对于D，设直线QF的方程为y＝eq \f(b,a)(x－c)，与渐近线y＝－eq \f(b,a)x的交点坐标为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，－\f(bc,2a)))，若eq \(PQ,\s\up6(→))＝4eq \(FP,\s\up6(→))，则eq \(FP,\s\up6(→))＝eq \f(1,5)eq \(FQ,\s\up6(→))，设P(m，n)，∴(m－c，n)＝eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,2)，－\f(bc,2a)))，
∴m＝eq \f(9c,10)，n＝－eq \f(bc,10a)，∵P在双曲线上，∴eq \f(\f(81c2,100),a2)－eq \f(\f(b2c2,100a2),b2)＝1，∴eq \f(4c2,5a2)＝1，∴eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，
∴C的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，即x±2y＝0，故D正确．
4．(2023·福州质检)已知变量x和y的统计数据如表：
若由表中数据得到经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝0.8x＋eq \(a,\s\up6(^))，则当x＝10时的残差为________(注：观测值减去预测值称为残差)．
答案 －0.1
解析 eq \x\t(x)＝eq \f(6＋7＋8＋9＋10,5)＝8，
eq \x\t(y)＝eq \f(3.5＋4＋5＋6＋6.5,5)＝5，
则5＝0.8×8＋eq \(a,\s\up6(^))，解得eq \(a,\s\up6(^))＝－1.4，
所以eq \(y,\s\up6(^))＝0.8x－1.4，
当x＝10时，eq \(y,\s\up6(^))＝6.6，
所以当x＝10时的残差为6.5－6.6＝－0.1.
5．(2023·湛江模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2an－4n＋2.
(1)证明：数列{an＋4}为等比数列；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,an·an＋1)))的前n项和为Tn，证明：Tn