2024版大二轮数学新高考提高版（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）第一周39

第一周[周一]1．(2023·保山模拟)如果复数eq\f(2－bi,1＋2i)(其中i为虚数单位，b为实数)为纯虚数，那么1＋bi的模等于()A.eq\r(2)B．2C．1D.eq\r(3)答案A解析由复数的运算法则得eq\f(2－bi,1＋2i)＝eq\f(2－bi1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(2－2b＋－b－4i,5)＝eq\f(2－2b,5)＋eq\f(－b－4,5)i，因为复数eq\f(2－bi,1＋2i)为纯虚数，所以eq\f(2－2b,5)＝0且eq\f(－b－4,5)≠0，解得b＝1，所以1＋bi＝1＋i，所以|1＋i|＝eq\r(2).2．(2023·锦州模拟)已知实数x，y，z满足eylnx＝yex且ezlneq\f(1,x)＝zex，若y>1，则()A．x>y>z B．x>z>yC．y>z>x D．y>x>z答案D解析由eylnx＝yex得eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，①由ezlneq\f(1,x)＝zex得eq\f(ez,z)＝eq\f(ex,ln\f(1,x))，②由①②相加得eq\f(ey,y)＋eq\f(ez,z)＝0，因为y>1，ey>0，所以eq\f(ez,z)<0，又因为ez>0，所以z<0；因为eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，y>1，所以eq\f(ex,lnx)>0，即lnx>0，所以x>1；令f(x)＝x－lnx(x>1)，则f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)＝x－lnx在(1，＋∞)上单调递增，即x>lnx，所以eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)>eq\f(ex,x)，即eq\f(ey,y)>eq\f(ex,x)，令g(x)＝eq\f(ex,x)(x>1)，则g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(x－1ex,x2)(x>1)，当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)＝eq\f(ex,x)在(1，＋∞)上单调递增，所以由eq\f(ey,y)>eq\f(ex,x)，得到y>x.所以y>x>z.3．(多选)(2023·马鞍山模拟)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)＝f′(x)，若f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))，g(1＋x)均为奇函数，则()A．f(0)＝0 B．g(0)＝0C．f(－1)＝f(4) D．g(－1)＝g(4)答案BD解析因为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))是定义域为R的奇函数，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))，即f(－x)＝－f(x＋1)，所以[－f(－x)]′＝f′(x＋1)，即f′(－x)＝f′(x＋1)，所以g(－x)＝g(x＋1)，又g(1＋x)为奇函数，所以g(1＋x)＝－g(1－x)，当x＝0时，g(1)＝－g(1)＝g(0)，即g(1)＝0，g(0)＝0，故B正确；又g(－x)＝－g(1－x)，所以g(x)＝－g(1＋x)，故g(x＋2)＝－g(1＋x)＝g(x)，即函数g(x)的周期为2，所以g(－1)＝g(1)＝0，g(4)＝g(0)＝0，即g(－1)＝g(4)，故D正确；由f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))为奇函数可知f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))，即f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))成中心对称，不妨取f(x)＝eq\f(1,π)cosπ(x－1)，则g(x)＝－sinπ(x－1)满足周期为2，关于点(1,0)中心对称的条件，因为f(0)＝－eq\f(1,π)，f(－1)＝eq\f(1,π)，f(4)＝－eq\f(1,π)，可知A，C错误．4．(2023·福州模拟)利率变化是影响某金融产品价格的重要因素．经分析师分析，最近利率下调的概率为0.6，利率不变的概率为0.4.根据经验，在利率下调的情况下该金融产品价格上涨的概率为0.8，在利率不变的情况下该金融产品价格上涨的概率为0.4.则该金融产品价格上涨的概率为________．答案0.64解析由题意可知该金融产品价格上涨的概率为0.6×0.8＋0.4×0.4＝0.64.5．(2023·沈阳模拟)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2acosC＝c(3－2cosA)．(1)求eq\f(b,c)的值；(2)若A＝eq\f(π,3)，求sinC.解(1)∵2acosC＝c(3－2cosA)，∴由正弦定理得2sinAcosC＝sinC(3－2cosA)，∴2sinAcosC＋2cosAsinC＝2sin(A＋C)＝2sinB＝3sinC，再由正弦定理得2b＝3c，∴eq\f(b,c)＝eq\f(3,2).(2)由(1)得2sinB＝3sinC，∴2sin(A＋C)＝3sinC，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C))＝3sinC，∴sinC＋eq\r(3)cosC＝3sinC，∴eq\r(3)cosC＝2sinC，又sin2C＋cos2C＝1，sinC>0，∴sinC＝eq\f(\r(21),7).[周二]1．(2023·湖北八市联考)已知两个非零向量a，b的夹角为60°，且a⊥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2b))，则eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a＋b)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a－b)))等于()A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(7),7)C.eq\f(\r(21),3)D．3答案C解析因为非零向量a，b的夹角为60°，且a⊥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2b))，所以a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2b))＝0，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))2－2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))cos60°＝0，化简得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))，eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a＋b)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a－b)))＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋b))2),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－b))2))＝eq\f(\r(4\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))2＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2＋2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))),\r(4\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))2＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2－2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))))＝eq\r(\f(7,3))＝eq\f(\r(21),3).2．(2023·丽水模拟)已知A(1,0)是圆O：x2＋y2＝r2上一点，BC是圆O的直径，弦AC的中点为D.若点B在第一象限，直线AB，BD的斜率之和为0，则直线AB的斜率是()A．－eq\f(\r(5),4) B．－eq\f(\r(5),2)C．－eq\r(5) D．－2eq\r(5)答案C解析已知A(1,0)是圆O：x2＋y2＝r2上一点，所以12＋02＝r2＝1.设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＋y2＝1，))则(1＋k2)x2－2k2x＋k2－1＝0，Δ>0恒成立，所以xA＋xB＝eq\f(2k2,1＋k2)，xAxB＝eq\f(k2－1,1＋k2)，由于xA＝1，所以xB＝eq\f(k2－1,1＋k2)，则yB＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xB－1))＝－eq\f(2k,1＋k2)，由于BC是圆O的直径，所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(k2－1,1＋k2)，\f(2k,1＋k2)))，则弦AC的中点D的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋k2)，\f(k,1＋k2))).因为直线AB，BD的斜率之和为0，所以kBD＝eq\f(－\f(2k,1＋k2)－\f(k,1＋k2),\f(k2－1,1＋k2)－\f(1,1＋k2))＝－k，整理得k(k2－5)＝0，解得k＝0或k＝±eq\r(5)，又点B在第一象限，所以k<－1，故k＝－eq\r(5)，即直线AB的斜率是－eq\r(5).3．(多选)(2023·烟台模拟)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则()A．f(x)的最小正周期为πB．当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))C．将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度可得函数g(x)＝sin2x的图象D．将函数f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))对称答案ACD解析由图可知，A＝1，函数f(x)的最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－\f(π,6)))＝π，故A正确；由T＝eq\f(2π,|ω|)，ω>0，知ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2，因为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，所以eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，对于B，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，所以f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，故B错误；对于C，将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度，得到g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝sin2x的图象，故C正确；对于D，将函数f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象，因为当x＝eq\f(5π,6)时，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋\f(π,6)))＝sinπ＝0，所以得到的函数图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))对称，故D正确．4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b(2－cosA)＝a(cosB＋1)，a＋c＝4，则△ABC面积的最大值为__________．答案eq\r(3)解析由正弦定理可得sinB(2－cosA)＝sinA(cosB＋1)，即2sinB－sinBcosA＝sinAcosB＋sinA，故2sinB＝sinAcosB＋sinBcosA＋sinA＝sin(A＋B)＋sinA＝sinC＋sinA，故2b＝c＋a＝4，解得b＝2.由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)，即4＝42－2ac(1＋cosB)，解得ac＝eq\f(6,1＋cosB).又由基本不等式可得ac≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2＝4，当且仅当a＝c＝2时取等号．故eq\f(6,1＋cosB)≤4，即cosB≥eq\f(1,2)，当且仅当a＝b＝c＝2时取等号，故B∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(3sinB,1＋cosB)＝eq\f(6sin\f(B,2)cos\f(B,2),2cos2\f(B,2))＝3taneq\f(B,2)，又eq\f(B,2)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，故当eq\f(B,2)＝eq\f(π,6)时，S△ABC取最大值eq\r(3)，此时a＝b＝c＝2.5.(2023·淮南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，BD＝DC＝2AB＝2，BD⊥CD，△PBD是等边三角形且与底面垂直，E是棱PA上一点，eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(EP,\s\up6(→)).(1)当PC∥平面EBD时，求实数λ的值；(2)当λ为何值时，平面EBD与平面PBD所成角的大小为eq\f(π,6)？解(1)在四棱锥P－ABCD中，连接AC交BD于点F，连接EF，如图．因为PC∥平面EBD，PC⊂平面PAC，平面PAC∩平面EBD＝EF，则PC∥EF，因为AB∥CD，即△ABF∽△CDF，因此eq\f(AF,FC)＝eq\f(AB,DC)＝eq\f(1,2)，由PC∥EF，得eq\f(AE,EP)＝eq\f(AF,FC)＝eq\f(1,2)，于是λ＝eq\f(1,2)，所以实数λ的值为eq\f(1,2).(2)在四棱锥P－ABCD中，取BD的中点O，连接PO，如图．因为△PBD是等边三角形且与底面垂直，则有PO⊥BD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，PO⊂平面PBD，从而PO⊥平面ABCD，过点O作Oy∥CD，又BD⊥CD，所以Oy⊥BD，以O为原点，分别以OB，Oy，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，－1,0)，B(1,0,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq\r(3))，由eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(EP,\s\up6(→))(λ>0)，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋λ)，－\f(1,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)))，则eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋λ)－1，－\f(1,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，设平面EBD的法向量为m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BE,\s\up6(→))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋λ)－1))x－\f(1,1＋λ)y＋\f(\r(3)λ,1＋λ)z＝0，,m·\o(DB,\s\up6(→))＝2x＝0，))取z＝1，得m＝(0，eq\r(3)λ，1)，平面PBD的一个法向量为n＝(0,1,0)，则|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\r(3)λ,\r(3λ2＋1))＝coseq\f(π,6)，即eq\f(\r(3)λ,\r(3λ2＋1))＝eq\f(\r(3),2)，解得λ＝1，所以当λ＝1时，平面EBD与平面PBD所成角的大小为eq\f(π,6).[周三]1．(2023·长春模拟)已知等比数列{an}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则q的值为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．2D．4答案C解析已知等比数列{an}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则a6－a4＝8a3－8a1，所以eq\f(a6－a4,a3－a1)＝eq\f(q3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a3－a1)),a3－a1)＝q3＝8，解得q＝2.2．(2023·武汉调研)阅读下段文字：“已知eq\r(2)为无理数，若为有理数，则存在无理数a＝b＝eq\r(2)，使得ab为有理数；若为无理数，则取无理数a＝，b＝eq\r(2)，此时ab＝＝＝(eq\r(2))2＝2为有理数．”依据这段文字可以证明的结论是()A．是有理数B．是无理数C．存在无理数a，b，使得ab为有理数D．对任意无理数a，b，都有ab为无理数答案C解析这段文字中，没有证明是有理数的条件，也没有证明是无理数的条件，A，B错误；这段文字的两句话中，都说明了结论“存在无理数a，b，使得ab为有理数”，因此这段文字可以证明此结论，C正确；这段文字中只提及存在无理数a，b，不涉及对任意无理数a，b都成立的问题，D错误．3．(多选)(2023·湖南四大名校联考)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AD＝eq\r(2)，AB＝AP＝PD＝1，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PC上运动(不含端点)，则()A．存在点M使得BD⊥AMB．四棱锥P－ABCD外接球的表面积为3πC．直线PC与直线AD所成的角为eq\f(π,3)D．当动点M到直线BD的距离最小时，过点A，D，M作截面交PB于点N，则四棱锥P－ADMN的体积是eq\f(1,8)答案BCD解析如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，GC∩BD＝H，则PG⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊂平面PAD，所以PG⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，则PG⊥BD.又因为tan∠ADB·tan∠DGC＝eq\f(AB,AD)·eq\f(CD,GD)＝1，所以GC⊥BD，又PG∩GC＝G，PG，GC⊂平面PGC，所以BD⊥平面PGC.因为M∈平面PGC，A∉平面PGC，所以BD⊥AM不成立，A错误；因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正方体．如图2，则四棱锥P－ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径R＝eq\f(\r(3),2)，即四棱锥P－ABCD外接球的表面积为3π，B正确；如图2，直线PC与直线AD所成的角即为直线PC与直线BC所成的角，即为eq\f(π,3)，C正确；如图1，连接PH(图略)，因为BD⊥平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时HM⊥PC，由上推导知PG⊥GC，GC＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(6),2)，cos∠DCG＝eq\f(DC,CG)＝eq\f(1,\f(\r(6),2))＝eq\f(\r(6),3)，CH＝DCcos∠DCH＝eq\f(\r(6),3)，GH＝GC－CH＝eq\f(\r(6),6)，PH＝eq\r(PG2＋GH2)＝eq\r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)))2)＝eq\f(\r(6),3)，PH＝CH，因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为QD的中点，平面ADM即平面ADQ与BP的交点也即为QA与BP的交点，可知N为QA的中点，故VP－ADMN＝eq\f(3,4)VP－AQD＝eq\f(3,4)VQ－APD＝eq\f(3,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,8)，D正确．4．第31届世界大学生夏季运动会于2023年7月28日至8月8日在四川省成都市举行．有编号为1,2,3,4,5的五位裁判，分别就座于编号为1,2,3,4,5的五个座位上，每个座位恰好坐一位裁判，则恰有两位裁判编号和座位编号一致的坐法种数为________．答案20解析依题意，5人中选出2人，他们的编号与座位编号一致，有Ceq\o\al(2,5)种方法，剩余3人都不坐与自己编号相同的座位有2种方法，由分步乘法计数原理得所求的坐法种数为2Ceq\o\al(2,5)＝20.5．已知函数f(x)＝ax2－bx＋lnx(a，b∈R)．(1)若a＝1，b＝3，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若b＝0时，不等式f(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．解(1)由题意得x>0，a＝1，b＝3时，f(x)＝x2－3x＋lnx，f′(x)＝2x－3＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x－1x－1,x)，令f′(x)>0，解得0<x<eq\f(1,2)或x>1.故f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)．(2)f(x)＝ax2＋lnx≤0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤－eq\f(lnx,x2)在区间[1，＋∞)上恒成立，设g(x)＝－eq\f(lnx,x2)，x≥1，则g′(x)＝eq\f(2lnx－1,x3)，令g′(x)>0，解得x>eq\r(e)，此时g(x)单调递增，令g′(x)<0，解得1≤x<eq\r(e)，此时g(x)单调递减，故g(x)min＝g(eq\r(e))＝－eq\f(1,2e).故a≤－eq\f(1,2e)，即实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2e))).[周四]1．(2023·浙江金丽衢十二校联考)设集合A＝{x|log2x<2}，B＝{x|x2<9}，则A∩B等于()A．(0,3) B．(－3,3)C．(0,1) D．(－3,1)答案A解析由题意得A＝(0,4)，B＝(－3,3)，所以A∩B＝(0,3)．2．(2023·齐齐哈尔模拟)已知角α的顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,8)－sin\f(π,8)，cos\f(π,8)＋sin\f(π,8)))，则tanα等于()A.eq\r(2)－1 B.eq\r(2)＋1C.eq\r(2) D．2答案B解析tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(cos\f(π,8)＋sin\f(π,8),cos\f(π,8)－sin\f(π,8))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,8)＋sin\f(π,8)))2,cos2\f(π,8)－sin2\f(π,8))＝eq\f(1＋sin\f(π,4),cos\f(π,4))＝eq\f(1＋\f(\r(2),2),\f(\r(2),2))＝eq\r(2)＋1.3．(多选)(2023·张家界模拟)下列说法中正确的是()A．一组数据11,12,12,13,14,15,16,18,20,22的第80百分位数为19B．若随机变量ξ～N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，则P(2<ξ<4)＝0.4C．袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球，从袋中不放回地依次抽取2个球．记事件A＝“第一次抽到的是红球”，事件B＝“第二次抽到的是白球”，则P(B|A)＝eq\f(2,5)D．已知变量x，y线性相关，由样本数据算得经验回归方程是eq\o(y,\s\up6(^))＝0.4x＋eq\o(a,\s\up6(^))，且算得eq\x\to(x)＝4，eq\x\to(y)＝3.7，则eq\o(a,\s\up6(^))＝2.1答案ACD解析对于A，因为共有10个数，10×80%＝8，所以这组数据的第80百分位数为18和20的平均数，即为19，故A正确；对于B，因为随机变量ξ～Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，σ2))，且Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ<4))＝0.8，则Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ≤2))＝0.5，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2<ξ<4))＝0.8－0.5＝0.3，故B错误；对于C，由题意可知P(A)＝eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(1,6))＝eq\f(2,3)，P(AB)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(1,2),C\o\al(1,6)C\o\al(1,5))＝eq\f(4,15)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A))))＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(2,5)，故C正确；对于D，因为经验回归直线eq\o(y,\s\up6(^))＝0.4x＋eq\o(a,\s\up6(^))经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\x\to(x)，\x\to(y)))，所以3.7＝0.4×4＋eq\o(a,\s\up6(^))，解得eq\o(a,\s\up6(^))＝2.1，故D正确．4．(2023·永州模拟)已知双曲线Ω：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，b>0))，圆O：x2＋y2＝a2＋b2与x轴交于A，B两点，M，N是圆O与双曲线在x轴上方的两个交点，点A，M在y轴的同侧，且AM交BN于点C.若eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))，则双曲线的离心率为________．答案eq\r(3)＋1解析由题意可知a2＋b2＝c2，故不妨设A(－c,0)，B(c,0)，即为双曲线的焦点，|AB|＝2c，由eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))可得eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，即2eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，故M点为AC的中点，根据双曲线的对称性可知N为BC的中点，又因为BM⊥AC，故|AB|＝|BC|，同理|AB|＝|AC|，即△ABC为正三角形，故|AM|＝eq\f(1,2)|AC|＝c，|BM|＝eq\r(3)c，又点M在双曲线左支上，故|BM|－|AM|＝eq\r(3)c－c＝2a，则e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1.5．(2023·东三省三校模拟)已知数列{an}，设mn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)(n∈N*)，若{an}满足性质Ω：存在常数c，使得对于任意两两不等的正整数i，j，k，都有(i－j)mk＋(j－k)mi＋(k－i)mj＝c，则称数列{an}为“梦想数列”．(1)若bn＝2n(n∈N*)，判断数列{bn}是否为“梦想数列”，并说明理由；(2)若cn＝2n－1(n∈N*)，判断数列{cn}是否为“梦想数列”，并说明理由；(3)判断“梦想数列”{an}是否为等差数列，并说明理由．解(1)由题意知，(i－j)mk＋(j－k)mi＋(k－i)mj＝c，(j－i)mk＋(k－j)mi＋(i－k)mj＝c，所以c＝0，当bn＝2n时，m1＝2，m2＝3，m3＝eq\f(14,3)，(1－2)×eq\f(14,3)＋(2－3)×2＋(3－1)×3＝－eq\f(2,3)≠0，所以{bn}不是“梦想数列”．(2)ci＝2i－1，cj＝2j－1，ck＝2k－1，mn＝eq\f(c1＋c2＋…＋cn,n)＝eq\f(Sn,n)＝eq\f(\f(nc1＋cn,2),n)＝eq\f(n2,n)，(i－j)eq\f(k2,k)＋(j－k)eq\f(i2,i)＋(k－i)eq\f(j2,j)＝0，所以{cn}是“梦想数列”．(3)①令i＝1，j＝2，k＝3，(1－2)eq\f(a1＋a2＋a3,3)＋(2－3)eq\f(a1,1)＋(3－1)eq\f(a1＋a2,2)＝0，所以a1＋a3＝2a2，即a1，a2，a3成等差数列，②令i＝1，j＝2，k＝n(n≥3)，设Sn为数列{an}的前n项和，(1－2)eq\f(Sn,n)＋(2－n)a1＋(n－1)eq\f(S2,2)＝0，化简得2Sn＋(n2－3n)a1－n(n－1)a2＝0，2Sn＋1＋(n2－n－2)a1－n(n＋1)a2＝0，两式相减得2an＋1＋2na1－2a1－2na2＝0⇒an＋1＝a1＋n(a2－a1)，所以an＝a1＋(n－1)(a2－a1)(n≥4)，当n＝1,2,3时也成立．综上可得，“梦想数列”{an}是等差数列．[周五]1．(2023·汕头模拟)已知集合A＝{1,3，a2}，B＝{1，a＋2}，且A∪B＝A，则a的取值集合为()A．{－1} B．{2}C．{－1,2} D．{1，－1,2}答案B解析由题意可得a＋2＝3或a＋2＝a2，若a＋2＝3，此时a＝1⇒a2＝1，集合A的元素有重复，不符合题意；若a＋2＝a2，解得a＝2或a＝－1，显然a＝2符合题意，而a＝－1⇒a2＝1，集合A的元素有重复，不符合题意，故a＝2.2．(2023·漳州质检)英国物理学家和数学家牛顿曾提出物体在常温环境下温度变化的冷却模型．如果物体的初始温度是θ1，环境温度是θ0，则经过tmin后物体的温度θ将满足θ＝θ0＋(θ1－θ0)e－kt，其中k是一个随着物体与空气的接触情况而定的正常数．现有温度为90℃的物体，若放在10℃的空气中冷却，经过10min后物体的温度为50℃，则若使物体的温度为20℃，需要冷却()A．17.5min B．25.5minC．30min D．32.5min答案C解析由题意得50＝10＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90－10))e－10k，即e－10k＝eq\f(1,2)，∴k＝eq\f(1,10)ln2，∴θ＝θ0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ1－θ0))，由20＝10＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90－10))得＝eq\f(1,8)，即－eq\f(t,10)ln2＝lneq\f(1,8)＝－3ln2，解得t＝30，∴若使物体的温度为20℃，需要冷却30min.3．(多选)(2023·南通模拟)直线l：mx＋y－eq\r(2)m＝0与圆x2＋y2＝4交于A，B两点，P为圆上任意一点，则()A．线段AB最短长度为2eq\r(2)B．△AOB的面积最大值为2C．无论m为何值，l与圆相交D．不存在m，使∠APB取得最大值答案CD解析由直线l：mx＋y－eq\r(2)m＝0可知m(x－eq\r(2))＋y＝0，该直线过定点E(eq\r(2)，0)，且直线斜率一定存在，当OE⊥AB时，弦AB的弦心距最长，则AB的最短长度为2eq\r(4－2)＝2eq\r(2)，此时AB的斜率不存在，与题意矛盾，故A错误；△AOB的面积为S△AOB＝eq\f(1,2)|OA||OB|sin∠AOB＝2sin∠AOB，若△AOB的面积取到最大值，则∠AOB为直角，此时|OE|＝eq\r(2)，|AB|＝2eq\r(2)，OE⊥AB，与题意矛盾，故B错误；由于直线AB过定点E(eq\r(2)，0)，E(eq\r(2)，0)在x2＋y2＝4内，故无论m为何值，l与圆相交，故C正确；P为圆上任意一点，假设当l与x轴垂直时，如图中虚线位置，此时劣弧最短，当P为劣弧与x轴的交点时，∠APB最大，但由于直线l斜率存在，故直线取不到图中虚线位置，即不存在m，使∠APB取得最大值，故D正确．4．(2023·青岛模拟)已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为________．答案eq\f(4π,3)解析设圆锥母线长为l，由题意2π×1＝πl，l＝2，圆锥内半径最大的球与圆锥相切，作出圆锥的轴截面△PAB，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆O，D，E是切点，如图，易知PD是圆锥的高，O在PD上，由PA＝2，BD＝1得∠BPD＝eq\f(π,6)，因此∠ABP＝eq\f(π,3)，所以∠OBD＝eq\f(1,2)∠DBP＝eq\f(π,6)，OD＝BDtaneq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，所以圆锥内半径最大的球的表面积为S＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(4π,3).5．(2023·沈阳模拟)在2023年春节期间，为了进一步发挥电子商务在活跃消费市场方面的积极作用，保障人民群众度过一个平安健康快乐祥和的新春佳节，甲公司和乙公司在某购物平台上同时开启了打折促销直播带年货活动，甲公司和乙公司所售商品类似，存在竞争关系．(1)现对某时间段100名观看直播后选择这两个公司直播间购物的情况进行调查，得到如下数据：用户年龄直播间购物合计选择甲公司选择乙公司19—24岁405025—34岁30合计依据小概率值α＝0.001的独立性检验，能否认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关？(2)若小李连续两天每天选择在甲、乙其中一个直播间进行购物，第一天他等可能地从甲、乙两家中选一家直播间购物，如果第一天去甲直播间购物，那么第二天去甲直播间购物的概率为0.7；如果第一天去乙直播间购物，那么第二天去甲直播间购物的概率为0.8，求小李第二天去乙直播间购物的概率；(3)某节日期间，甲公司购物平台直播间进行“秒杀”活动，假设直播间每人下单成功的概率均为peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<p<1))，每人下单成功与否互不影响，若从直播间中随机抽取5人，记5人中恰有2人下单成功的概率为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p))，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p))的最大值点p0.参考公式：χ2＝eq\f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ad－bc))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋d))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋d)))，其中n＝a＋b＋c＋d.χ2独立性检验中5个常用的小概率值和相应的临界值如表所示：α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解(1)列联表如下：用户年龄直播间购物合计选择甲公司选择乙公司19—24岁40105025—34岁203050合计6040100零假设为H0：选择哪家直播间购物与用户的年龄无关．根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝eq\f(100×40×30－20×102,60×40×50×50)＝eq\f(50,3)>10.828＝x0.001，依据小概率值α＝0.001的独立性检验，推断H0不成立，即认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.(2)由题设，小李第二天去乙直播间购物的样本点有(第一天去甲直播间，第二天去乙直播间)，(第一天去乙直播间，第二天去乙直播间)，所以小李第二天去乙直播间购物的概率P＝0.5×(1－0.7)＋0.5×(1－0.8)＝0.25.(3)由题意，设5人中下单成功的人数为X，则X～B(5，p)，所以f(p)＝Ceq\o\al(2,5)p2(1－p)3＝10p2(1－p)3，令g(p)＝p2(1－p)3＝p2－3p3＋3p4－p5，所以g′(p)＝p(2－9p＋12p2－5p3)，令h(p)＝2－9p＋12p2－5p3，所以h′(p)＝－9＋24p－15p2＝－15eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(4,5)))2＋eq\f(3,5)，h′(p)开口向下，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,5)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1))上单调递减，又h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))＝h′(1)＝0，故当p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,5)))时，h′(p)<0，h(p)单调递减；当p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，1))时，h′(p)>0，h(p)单调递增；由heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))＝0，h(1)＝0，故当p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))时，h(p)>0，即g′(p)>0；当p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))时，h(p)<0，即g′(p)<0，所以g(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))上单调递减，即f(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))上单调递减，所以f(p)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))，即p0＝eq\f(2,5).[周六]1．(2023·烟台模拟)若复数z满足z(1＋i)＝2i，则|z|等于()A.eq\r(2)B．2C.eq\r(3)D．3答案A解析∵z(1＋i)＝2i，∴z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(2i－2i2,1－i2)＝1＋i，∴|z|＝eq\r(2).2．(2023·丽水模拟)甲乙两人在一座7层大楼的第一层进入电梯，假设每人从第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则甲乙两人离开电梯的楼层数的和是8的概率是()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,9)C.eq\f(5,36)D.eq\f(7,36)答案C解析记事件A＝“甲乙两人离开电梯的楼层数的和是8”，由题意，两个人各有6种不同的离开方法，故共有36种结果，则事件A包含两人分别从2楼和6楼离开，3楼和5楼离开，均从4楼离开，共有2＋2＋1＝5(种)不同的离开方法，所以P(A)＝eq\f(5,36).3．(多选)(2023·宁德质检)若(x－1)6＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋a3(x＋1)3＋…＋a6(x＋1)6，则()A．a0＝64B．a0＋a2＋a4＋a6＝365C．a5＝12D．a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6＝－6答案ABD解析令x＝－1，则(－1－1)6＝a0，即a0＝64，故A正确；令x＝0，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(0－1)6＝1，令x＝－2，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝(－2－1)6＝729，则a0＋a2＋a4＋a6＝eq\f(1＋729,2)＝365，故B正确；(x－1)6＝[(x＋1)－2]6，则Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(x＋1)6－k(－2)k，令k＝1，则a5＝Ceq\o\al(1,6)(－2)1＝－12，故C错误；由(x－1)6＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋a3(x＋1)3＋…＋a6(x＋1)6两边求导，得6(x－1)5＝a1＋2a2(x＋1)＋3a3(x＋1)2＋…＋6a6(x＋1)5，令x＝0，则a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6＝6×(0－1)5＝－6，故D正确．4．(2023·沧州调研)若函数y＝f(x)的图象上存在不同的两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称函数y＝f(x)具有T性质．若函数g(x)＝ax－eq\f(c,2)＋bsinxcosx＋ccos2x具有T性质，其中a，b，c为实数，且满足b2＋c2＝1，则实数a＋b＋c的取值范围是______________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2)))解析由题意可得，g(x)＝ax＋eq\f(b,2)sin2x＋eq\f(c,2)cos2x＝ax＋eq\f(\r(b2＋c2),2)sin(2x＋φ)．于是g′(x)＝a＋eq\r(b2＋c2)cos(2x＋φ)＝a＋cos(2x＋φ)．设切点分别为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则由函数y＝g(x)具有T性质，可得g′(x1)g′(x2)＝－1，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a＋cos2x1＋φ))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a＋cos2x2＋φ))＝－1，整理得a2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ＋cos2x2＋φ))a＋cos(2x1＋φ)cos(2x2＋φ)＋1＝0，将上式视为关于a的方程，则其判别式Δ＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ＋cos2x2＋φ))2－4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φcos2x2＋φ＋1))≥0，即Δ＝[cos(2x1＋φ)－cos(2x2＋φ)]2－4≥0，注意到－1≤cos(2x1＋φ)≤1，－1≤cos(2x2＋φ)≤1，则－2≤cos(2x1＋φ)－cos(2x2＋φ)≤2，故Δ＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ－cos2x2＋φ))2－4＝0，此时eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ＝－1，,cos2x2＋φ＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ＝1，,cos2x2＋φ＝－1.))代入方程可得a2＝0，因此，a＝0.另一方面，由b2＋c2＝1，可设b＝cosθ，c＝sinθ，其中θ∈R，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b＋c))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cosθ＋sinθ))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))))≤eq\r(2)，即－eq\r(2)≤b＋c≤eq\r(2).因此，a＋b＋c∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2))).5．(2023·福州模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，过点(－2,0)的两条直线l1，l2分别交E于A，B两点和