2025高考数学复习“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(一-十五)【含答案】

PAGE“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(一)小题限时保分练—选自2022·济南一模卷(限时45分钟)一、单项选择题1．已知全集U＝{x|x>0}，集合A＝{x|x(x－1)<0}，则∁UA＝()A．{x|x>1，或x<0} B．{x|x≥1，或x≤0}C．{x|x>1} D．{x|x≥1}解析：选D因为A＝{x|x(x－1)<0}＝{x|0<x<1}，且U＝{x|x>0}，所以∁UA＝{x|x≥1}．2．已知复数z满足z(1＋i)＝－i(其中i为虚数单位)，则z的模为()A.eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C.eq\r(2) D．2解析：选B因为复数z满足z(1＋i)＝－i，则z＝eq\f(－i,1＋i)＝eq\f(－i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(－1－i,2)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，所以|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，即z的模为eq\f(\r(2),2).3.某学校于3月12日组织师生举行植树活动，购买垂柳、银杏、侧柏、海桐四种树苗共计1200棵，比例如图所示．高一、高二、高三年级报名参加植树活动的人数分别为600,400,200，若每种树苗均按各年级报名人数的比例进行分配，则高三年级应分得侧柏的数量为()A．34 B．46C．50 D．70解析：选C由扇形统计图知，购买的1200棵树苗中，侧柏的数量为1200×25%＝300，依题意，高一、高二、高三年级分到的侧柏的棵数比为600∶400∶200＝3∶2∶1，所以高三年级应分得侧柏的数量为eq\f(1,3＋2＋1)×300＝50.4．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(3),2)，则sin2α的值为()A.eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D．－eq\f(\r(3),2)解析：选A因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(3),2)，所以sin2α＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))2－1＝eq\f(1,2).5．函数f(x)＝x－sinx的部分图象大致为()解析：选B因为f(x)＝x－sinx，则f(－x)＝－x－sin(－x)＝－x＋sinx＝－f(x)，函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，D不满足；对f(x)求导得f′(x)＝1－cosx≥0，所以函数f(x)在R上单调递增，当x>0时，f(x)>f(0)＝0，A不满足；而当x＝eq\f(π,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)－sineq\f(π,2)＝eq\f(π,2)－1<1，显然C不满足，B满足．6．我们通常所说的ABO血型系统是由A，B，O三个等位基因决定的，每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成，且两个等位基因分别来自于父亲和母亲，其中AA，AO为A型血，BB，BO为B型血，AB为AB型血，OO为O型血．比如：父亲和母亲的基因型分别为AO，AB，则孩子的基因型等可能的出现AA，AB，AO，BO四种结果．已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型，不考虑基因突变，则小明是A型血的概率为()A.eq\f(1,16) B．eq\f(1,8)C.eq\f(1,4) D．eq\f(1,2)解析：选C因为小明的爷爷、奶奶的血型均为AB型，则小明父亲的血型可能是AA，AB，BB，它们对应的概率分别为eq\f(1,4)，eq\f(1,2)，eq\f(1,4).当小明父亲的血型是AA时，因为小明母亲的血型为AB，则小明的血型可能是AA，AB，它们的概率均为eq\f(1,2)，此时小明是A型血的概率为eq\f(1,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8)；当小明父亲的血型是AB时，因为小明母亲的血型为AB，则小明的血型是AA的概率为eq\f(1,4)，此时小明是A型血的概率为eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,8)；当小明父亲的血型是BB时，因为小明母亲的血型为AB，则小明的血型不可能是AA.综上所述，小明是A型血的概率为eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝eq\f(1,4)，即C正确．7．“a>b”的一个充分条件是()A．ea－b>2 B．lneq\f(a,b)>0C．aa>bb D．eq\f(1,a)<eq\f(1,b)解析：选A由ea－b>2可知，ea－b>1，a－b>0，a>b，故“ea－b>2”是“a>b”的一个充分条件，故A正确；由lneq\f(a,b)>0可得eq\f(a,b)>1，不妨取a＝－2，b＝－1，满足eq\f(a,b)＝2>1，推不出a>b，故B错误；由aa>bb，不妨取a＝－2，b＝－1，满足aa＝eq\f(1,4)>bb＝－1，推不出a>b，故C错误；由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，不妨取a＝－2，b＝1，满足eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，推不出a>b，故D错误．8．已知直线kx－y＋2k＝0与直线x＋ky－2＝0相交于点P，点A(4,0)，O为坐标原点，则tan∠OAP的最大值为()A．2－eq\r(3) B．eq\f(\r(3),3)C．1 D．eq\r(3)解析：选B直线kx－y＋2k＝0恒过定点M(－2,0)，直线x＋ky－2＝0恒过定点N(2,0)，而k·1＋(－1)·k＝0，即直线kx－y＋2k＝0与直线x＋ky－2＝0垂直，当点P与N不重合时，PM⊥PN，eq\o(PM,\s\up7(→))·eq\o(PN,\s\up7(→))＝0，当点P与N重合时，eq\o(PM,\s\up7(→))·eq\o(PN,\s\up7(→))＝0，令点P(x，y)，则eq\o(PM,\s\up7(→))＝(－2－x，－y)，eq\o(PN,\s\up7(→))＝(2－x，－y)，可得x2＋y2＝4，显然点P与M不重合，因此，点P的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆(除点M外)，如图，观察图形知，射线AP绕点A旋转，∠OAP∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，当旋转到与圆O：x2＋y2＝4相切时，∠OAP最大，tan∠OAP最大，因为|OA|＝4，AP′为切线，点P′为切点，|OP′|＝2，∠OP′A＝90°，则∠OAP′＝30°，所以∠OAP的最大值为30°，(tan∠OAP)max＝tan30°＝eq\f(\r(3),3).二、多项选择题9.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))6的展开式中，下列结论正确的是()A．展开式共6项B．常数项为64C．所有项的系数之和为729D．所有项的二项式系数之和为64解析：选CDeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))6展开式的总项数是7，A不正确；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))6展开式的常数项为Ceq\o\al(3,6)x6－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))3＝160，B不正确；取x＝1得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))6展开式的所有项的系数之和为36＝729，C正确；由二项式系数的性质得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))6展开式的所有项的二项式系数之和为26＝64，D正确．10.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的是()A．BO⊥ACB．BO∥平面ACD1C．点B到平面ACD1的距离为eq\f(\r(3),3)D．直线BO与直线AD1的夹角为eq\f(π,3)解析：选ABC对于A，如图，连接B1D1，A1C1，则B1D1，A1C1交于点O，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC∥A1C1，BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，故A1C1⊥BB1，又A1C1⊥B1D1，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面BB1D1，故A1C1⊥平面BB1D1，故AC⊥平面BB1D1，又BO⊂平面BB1D1，故AC⊥BO，即BO⊥AC，故A正确；对于B，连接BD，交AC于E，连接D1E，则BE∥OD1，BE＝OD1，故四边形BOD1E是平行四边形，故BO∥D1E，D1E⊂平面ACD1，BO⊄平面ACD1，故BO∥平面ACD1，故B正确；对于C，设点B到平面ACD1的距离为d，因为VD1-ABC＝VB-ACD1，故eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×sin60°×d，解得d＝eq\f(\r(3),3)，故C正确；对于D，连接BC1，则AD1∥BC1，∠OBC1即为直线BO与直线AD1的夹角或其补角，在△BB1O中，B1O＝eq\f(\r(2),2)，BO＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(6),2)，在△BOC1中，BC1＝eq\r(2)，所以cos∠OBC1＝eq\f(BO2＋BC\o\al(2,1)－OC\o\al(2,1),2BO·BC1)＝eq\f(\f(3,2)＋2－\f(1,2),2×\f(\r(6),2)×\r(2))＝eq\f(\r(3),2)，则∠OBC1＝eq\f(π,6)，故D错误．11．(2022·湖南师大附中一模)(多选)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)，若x＝eq\f(π,3)为f(x)的一个极值点，且f(x)的最小正周期为π，则()A．A＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))B．φ＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)C．f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))对称D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))为偶函数解析：选BCD因为x＝eq\f(π,3)是f(x)的一个极值点，则A＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))))，所以A错误；因为T＝eq\f(2π,ω)＝π，则ω＝2，可得f(x)＝Asin(2x＋φ)，令2×eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得φ＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，所以B正确；因为f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋kπ－\f(π,6)))，k∈Z，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(7π,12)＋kπ－\f(π,6)))＝Asin(k＋1)π＝0，所以C正确；因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝Asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋kπ－\f(π,6)))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)＋kπ))＝Acos(2x＋kπ)，则当k为奇数时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝－Acos2x为偶函数；当k为偶数时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝Acos2x为偶函数，所以D正确．12．平面内到两定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的．已知在平面直角坐标系xOy中，M(－2,0)，N(2,0)，动点P满足|PM|·|PN|＝5，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是()A．曲线C与y轴的交点为(0，－1)，(0,1)B．曲线C关于x轴对称C．△PMN面积的最大值为2D．|OP|的取值范围是[1,3]解析：选ABD设点P(x，y)，依题意，[(x＋2)2＋y2][(x－2)2＋y2]＝25，整理得x2＋y2＝eq\r(16x2＋25)－4.对于A，当x＝0时，解得y＝±1，即曲线C与y轴的交点为(0，－1)，(0,1)，A正确；对于B，因为x2＋(－y)2＝x2＋y2＝eq\r(16x2＋25)－4，由－y换y方程不变，曲线C关于x轴对称，B正确；对于C，当x2＝eq\f(3,2)时，y2＝eq\f(3,2)，即点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(\r(6),2)))在曲线C上，S△PMN＝eq\f(1,2)|MN|×eq\f(\r(6),2)＝eq\r(6)，C不正确；对于D，由y2＝eq\r(16x2＋25)－4－x2≥0，得x4－8x2－9≤0，解得0≤x2≤9，于是得|OP|2＝x2＋y2＝eq\r(16x2＋25)－4∈[1,9]，解得1≤|OP|≤3，D正确．三、填空题13．已知向量a，b满足a＝(2,1)，a－b＝(1,0)，则a·b的值为________．解析：因为a＝(2,1)，a－b＝(1,0)，则有a·(a－b)＝2×1＋1×0＝2，而a·(a－b)＝a2－a·b＝5－a·b，于是得5－a·b＝2，解得a·b＝3，所以a·b的值为3.答案：314．已知圆锥的轴截面是一个顶角为eq\f(2π,3)，腰长为2的等腰三角形，则该圆锥的体积为________．解析：因为圆锥的轴截面是一个顶角为eq\f(2π,3)，腰长为2的等腰三角形，则此等腰三角形底边上的高即为圆锥的高h，因此，h＝2coseq\f(π,3)＝1，圆锥底面圆半径r＝eq\r(22－h2)＝eq\r(3)，所以圆锥的体积为V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π×(eq\r(3))2×1＝π.答案：π15．已知椭圆C1：eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,b2)＝1的焦点分别为F1，F2，且F2是抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点，若P是C1与C2的交点，且|PF1|＝7，则cos∠PF1F2的值为________．解析：依题意，由椭圆定义得|PF1|＋|PF2|＝12，而|PF1|＝7，则|PF2|＝5，因为点F2是抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点，则该抛物线的准线l过点F1，如图，过点P作PQ⊥l于点Q，由抛物线定义知|PQ|＝|PF2|＝5，而F1F2∥PQ，则∠PF1F2＝∠F1PQ，所以cos∠PF1F2＝cos∠F1PQ＝eq\f(|PQ|,|PF1|)＝eq\f(5,7).答案：eq\f(5,7)16．已知函数f(x)＝eq\f(x－12x＋1x2＋ax＋b,x2)，对任意非零实数x，均满足f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x))).则f(－1)＝_______；函数f(x)的最小值为_______．解析：函数f(x)＝eq\f(x－12x＋1x2＋ax＋b,x2)，因为对任意非零实数x，均满足f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))，则∀x∈R，x≠0，有eq\f(x－12x＋1x2＋ax＋b,x2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(a,x)＋b)),\f(1,x2))，即(x－1)(2x＋1)(x2＋ax＋b)＝(－x－1)(x－2)(bx2－ax＋1)，由等式两边展开式最高次项系数得－b＝2，即b＝－2，当x＝1时，b－a＋1＝0，解得a＝－1，经检验得，a＝－1，b＝－2，又f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))对任意非零实数x均成立，因此，f(x)＝eq\f(x－12x＋1x2－x－2,x2)＝eq\f(x2－12x2－3x－2,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－3))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))2－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－\f(3,4)))2－eq\f(9,8)，所以f(－1)＝0，当x－eq\f(1,x)＝eq\f(3,4)，即x＝eq\f(3±\r(73),8)时，f(x)min＝－eq\f(9,8)，所以f(－1)的值为0，函数f(x)的最小值为－eq\f(9,8).答案：0－eq\f(9,8)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，已知b2－2bccosA＝a2－2accosB，c＝2.(1)证明：△ABC为等腰三角形；(2)设△ABC的面积为S，若________，求S的值．在①7cosB＝2cosC；②eq\o(CA,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))＝2S；③a2＋b2＝8c2三个选项中，选择一个填入上面空白处，并求解．解：(1)证明：因为b2－2bccosA＝a2－2accosB，所以b2＋c2－2bccosA＝a2＋c2－2accosB，由余弦定理可知，a2＝b2，即a＝b，即△ABC为等腰三角形．(2)选①，由(1)可知，A＝B，所以C＝π－2B，所以7cosB＝2cosC＝2cos(π－2B)＝－2cos2B＝2－4cos2B，整理得4cos2B＋7cosB－2＝0，解得cosB＝eq\f(1,4)(cosB＝－2舍去)，所以cosC＝eq\f(7,2)cosB＝eq\f(7,8)，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(\r(15),8)，又由cosB＝eq\f(1,a)，可得a＝4，所以S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×4×4×eq\f(\r(15),8)＝eq\r(15)；选②，因为eq\o(CA,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))＝2S，所以a2cosC＝a2sinC，解得C＝eq\f(π,4)，所以4＝2a2－2a2×eq\f(\r(2),2)，得a2＝4＋2eq\r(2)，S＝eq\f(1,2)a2×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),4)×(4＋2eq\r(2))＝1＋eq\r(2)；选③，因为a2＋b2＝8c2，且a＝b，c＝2，所以a＝b＝4，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(16＋16－4,2×4×4)＝eq\f(7,8)，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(\r(15),8)，所以S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×4×4×eq\f(\r(15),8)＝eq\r(15).“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二)小题限时保分练—选自2022·聊城一模卷(限时45分钟)一、单项选择题1．设集合A＝{x|x＝2k－1，k∈Z}，B＝{x|0≤x＋1<6}，则A∩B＝()A．{1,3} B．{－1,1,3}C．{－1,1,3,5} D．{1,3,5}解析：选B因为集合A＝{x|x＝2k－1，k∈Z}，B＝{x|0≤x＋1<6}＝{x|－1≤x<5}，所以A∩B＝{－1,1,3}．2．复数z满足(1＋2i)z＝3－i，则|z|＝()A.eq\r(2) B．eq\r(3)C．2 D．eq\r(5)解析：选A因为(1＋2i)z＝3－i，所以z＝eq\f(3－i,1＋2i)＝eq\f(3－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(1,5)－eq\f(7,5)i，所以|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,5)))2)＝eq\r(2).3．已知a，b是相互垂直的单位向量，与a，b共面的向量c满足a·c＝b·c＝2，则c的模为()A．1 B．eq\r(2)C．2 D．2eq\r(2)解析：选D由题意知a，b是相互垂直的单位向量，不妨设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，由a·c＝b·c＝2，可得x＝y＝2，即c＝(2,2)，则|c|＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2).故选D.4．根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2＝6.147.依据α＝0.01的独立性检验(x0.01＝6.635)，结论为()A．变量x与y不独立B．变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01C．变量x与y独立D．变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01解析：选C按照独立性检验的知识及比对的参数值，当χ2＝6.147，我们可以下结论变量x与y独立．故排除选项A、B；依据α＝0.01的独立性检验(x0.01＝6.635)，6.147<6.635，所以我们不能得到“变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01”这个结论．故C正确，D错误．5.“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为()A.eq\f(4,3)π B．eq\f(5\r(2)π,3)C．4π D．8π解析：选A将该多面体放入正方体中，如图所示．由于多面体的棱长为1,所以正方体的棱长为eq\r(2).因为该多面体是由棱长为eq\r(2)的正方体连接各棱中点所得，所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即2R＝eq\r(2)×eq\r(2)，所以R＝1.所以该多面体外接球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4π,3).6．设a＝sin7，则()A．a2<2a<log2|a| B．log2|a|<2a<a2C．a2<log2|a|<2a D．log2|a|<a2<2a7．“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环保意识日益增强．某化工厂产生的废气中污染物的含量为1.2mg/cm3，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少20%，当地环保部门要求废气中该污染物的含量不能超过0.2mg/cm3，若要使该工厂的废气达标排放，那么该污染物排放前需要过滤的次数至少为()(参考数据：lg2≈0.3，lg3≈0.477)A．5 B．7C．8 D．9解析：选C设该污染物排放前过滤的次数为n(n∈N*)，由题意1.2×0.8n≤0.2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n≥6，两边取以10为底的对数可得lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n≥lg6，即nlgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5×2,8)))≥lg2＋lg3，所以n≥eq\f(lg2＋lg3,1－3lg2)，因为lg2≈0.3，lg3≈0.477，所以eq\f(lg2＋lg3,1－3lg2)≈eq\f(0.3＋0.477,1－3×0.3)＝7.77，所以n≥7.77，又n∈N*，所以nmin＝8，即该污染物排放前需要过滤的次数至少为8次．8．已知正数x，y满足ylnx＋ylny＝ex，则xy－2x的最小值为()A.eq\f(1,2)ln2 B．2－2ln2C．－eq\f(1,2)ln2 D．2＋2ln2解析：选B因为ylnx＋ylny＝ex，即yln(xy)＝ex，所以(xy)ln(xy)＝xex，所以ln(xy)eln(xy)＝xex.令g(x)＝xex(x>0)，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，所以ln(xy)＝x，即xy＝ex，所以xy－2x＝ex－2x，令f(x)＝ex－2x(x>0)，则f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝ex－2>0，解得x>ln2；令f′(x)＝ex－2<0，解得0<x<ln2；所以f(x)＝ex－2x在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝eln2－2×ln2＝2－2ln2.即xy－2x的最小值为2－2ln2.二、多项选择题9．设0<a<b，且a＋b＝2，则()A．1<b<2 B．2a－b>1C．ab<1 D．eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥3解析：选AC∵0<a<b，且a＋b＝2，∴0<2－b<b，解得1<b<2，故A正确；∵a<b，即a－b<0，∴2a－b<20＝1，故B错误；∵0<a<b，且a＋b＝2，∴ab≤eq\f(a＋b2,4)＝1，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，∴ab<1，故C正确；∵0<a<b，且a＋b＝2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))(a＋b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)＋\f(2a,b)＋2))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋2\r(\f(b,a)·\f(2a,b))))＝eq\f(1,2)(3＋2eq\r(2))，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(2a,b)，即a＝2eq\r(2)－2，b＝4－2eq\r(2)时等号成立，∵eq\f(1,2)(3＋2eq\r(2))－3＝eq\f(2\r(2)－3,2)<0，∴eq\f(1,2)(3＋2eq\r(2))<3，∴D错误．10．已知双曲线C：eq\f(x2,9－k)＋eq\f(y2,k－1)＝1(0<k<1)，则()A．双曲线C的焦点在x轴上B．双曲线C的焦距等于4eq\r(2)C．双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于eq\r(1－k)D．双曲线C的离心率的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(10),3)))解析：选ACD因为0<k<1，所以9－k>0，k－1<0，所以双曲线C：eq\f(x2,9－k)－eq\f(y2,1－k)＝1(0<k<1)表示焦点在x轴上的双曲线，故A正确；由A知a2＝9－k，b2＝1－k，所以c2＝a2＋b2＝10－2k，所以c＝eq\r(10－2k)，所以双曲线C的焦距2c＝2eq\r(10－2k)(0<k<1)，故B错误；设焦点在x轴上的双曲线C的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，焦点坐标为(±c,0)，则渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，即bx±ay＝0，所以焦点到渐近线的距离d＝eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝b，所以双曲线C：eq\f(x2,9－k)－eq\f(y2,1－k)＝1(0<k<1)的焦点到其渐近线的距离等于eq\r(1－k)，故C正确；双曲线C的离心率e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(1－k,9－k))＝eq\r(2－\f(8,9－k))，因为0<k<1，所以1<2－eq\f(8,9－k)<eq\f(10,9)，所以e＝eq\r(2－\f(8,9－k))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(10),3)))，故D正确．11．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋a，ω>0，则下列结论正确的是()A．若对于任意的x∈R，都有f(x)≤1成立，则a≤－1B．若对于任意的x∈R，都有f(x＋π)＝f(x)成立，则ω＝2C．当φ＝eq\f(π,3)时，若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，则ω的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))D．当a＝－eq\r(3)时，若对于任意的φ∈R，函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上至少有两个零点，则ω的取值范围为[4，＋∞)解析：选ACD对于任意的x∈R，都有f(x)≤1成立，所以a≤1－2sin(ωx＋φ)恒成立，又sin(ωx＋φ)∈[－1,1]，∴1－2sin(ωx＋φ)∈[－1,3]，∴a≤－1，故A正确；由题可得π是函数f(x)的周期，但不能推出函数f(x)的最小正周期为π，故B错误；当φ＝eq\f(π,3)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(ωπ,2)＋\f(π,3)))，则eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)，ω>0，解得0<ω≤eq\f(1,3)，故C正确；当a＝－eq\r(3)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，ωx＋φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(φ，\f(ωπ,2)＋φ))，由f(x)＝2sin(ωx＋φ)－eq\r(3)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上至少有两个零点，则eq\f(ωπ,2)＋φ－φ≥2π，即ω≥4，故D正确．12．将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，下列结论正确的有()A．存在某个位置，使直线BD与平面ABC所成的角为45°B．当二面角D-AC-B为eq\f(2π,3)时，三棱锥D-ABC的体积为eq\f(2\r(2),3)C．当平面ACD⊥平面ABC时，异面直线AB与CD的夹角为60°D．O为AC的中点，当二面角D-AO-B为eq\f(2π,3)时，三棱锥A-OBD外接球的表面积为10π解析：选ACD当平面ACD⊥平面ABC时，取AC的中点O，连接BO，DO，∵DO⊥AC，∴DO⊥平面ABC，∴∠DBO为直线BD与平面ABC所成的角，∵△DBO是等腰直角三角形，∴∠DBO＝45°，故A正确；∵DO⊥AC，BO⊥AC，DO∩BO＝O，∴AC⊥平面DBO，且∠DOB＝eq\f(2π,3)，AC⊂平面ABC，∴平面DBO⊥平面ABC，且交于BO，∴点D在平面ABC的射影落在直线BO上，∴点D到平面ABC的距离d＝DO·sin60°＝eq\f(\r(6),2)，三棱锥D-ABC的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(\r(6),3)，故B错误；取BC，BD的中点M，N，连接OM，ON，MN，则OM∥AB，MN∥DC，所以∠OMN或其补角是异面直线AB与CD的夹角，根据A的证明可知BD＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2)＝2，ON＝eq\f(1,2)BD＝1，且OM＝MN＝1，所以△OMN是等边三角形，∠OMN＝60°，故C正确；由条件可知AO⊥平面DOB，∠DOB＝eq\f(2π,3)，且DO＝OB，所以可以将四棱锥A-DOB补成底面是菱形的直棱柱．因为四边形OBCD是菱形，且∠BOD＝eq\f(2π,3)，所以点C是底面△OBD外接圆的圆心，取侧棱CC1的中点E，则E是四棱柱外接球的球心，连接OE，OE＝eq\r(OC2＋CE2)＝eq\r(\r(2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(10),2)，所以四棱锥A-OBD外接球的半径R＝eq\f(\r(10),2)，外接球的表面积S＝4πR2＝10π，故D正确．故选A、C、D.三、填空题13．若f(x)＝2sin(x＋φ)－cosx为奇函数，则φ＝________.(填写符合要求的一个值)解析：f(x)＝2sin(x＋φ)－cosx＝2(sinxcosφ＋cosxsinφ)－cosx＝2cosφsinx＋(2sinφ－1)cosx，因为f(x)为奇函数，且y＝sinx为奇函数，y＝cosx为偶函数，所以2sinφ－1＝0，即sinφ＝eq\f(1,2)，所以φ＝2kπ＋eq\f(π,6)或φ＝2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，所以φ的值可以是eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)(答案不唯一，符合题意均可)14．第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”等，小明现有“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”邮票各2张，他打算从这8张邮票中任选3张赠送给同学小红，则在选中的3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为________．解析：3张邮票中有1张“冰墩墩”邮票和2张“雪容融”邮票的情况有Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(2,2)＝2种，有2张“冰墩墩”邮票和1张“雪容融”邮票的情况有Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(2,2)＝2种，有1张“冰墩墩”邮票和1张“雪容融”邮票和1张其他邮票的情况有Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,4)＝16种，3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为eq\f(2＋2＋16,C\o\al(3,8))＝eq\f(5,14).答案：eq\f(5,14)15．F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是椭圆C上异于顶点的一点，I是△PF1F2的内切圆圆心，若△PF1F2的面积等于△IF1F2的面积的3倍，则椭圆C的离心率为________．答案：eq\f(1,2)(或0.5)16．在矩形ABCD中，E是AB的中点，AD＝1，AB＝2，将△ADE沿DE折起得到△A′DE，设A′C的中点为M，若将△A′DE绕DE旋转90°，则在此过程中动点M形成的轨迹长度为________．解析：如图，设AC的中点为M0，△A′DE绕DE旋转90°，此时平面A′DE⊥平面ABCD，取CD中点P，CE中点Q，PQ中点N，连接PQ，MP，MQ，MN，M0P，M0Q，M0N.MP＝M0P＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)，MQ＝M0Q＝eq\f(1,2)AE＝eq\f(1,2)，PQ＝eq\f(1,2)DE＝eq\f(\r(2),2)，△MPQ和△M0PQ是等腰直角三角形，且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心，eq\f(1,2)PQ为半径的一段圆弧，又MP∥A′D，MP⊄平面A′DE，A′D⊂平面A′DE，∴MP∥平面A′DE，同理MQ∥平面A′DE，又∵MP∩MQ＝M，∴平面MPQ∥平面A′DE，又平面A′DE⊥平面ABCD，故平面MPQ⊥平面ABCD，又平面MPQ∩平面ABCD＝PQ，MN⊥PQ，故MN⊥平面ABCD，又M0N⊂平面ABCD，∴MN⊥M0N，故动点M形成的轨迹长度为eq\f(1,4)π·PQ＝eq\f(\r(2)π,8).答案：eq\f(\r(2)π,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(\r(2),8)π))大题规范增分练—今日题型：数列17．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＋1＝3an.(1)证明：{an}为等比数列；(2)若bn＝eq\f(1,log3an＋1·log3an＋2)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)证明：因为2Sn＋1＝3an，所以当n＝1时，2a1＋1＝3a1，可得a1＝1；当n≥2时，由2Sn＋1＝3an可得2Sn－1＋1＝3an－1，所以2an＝3an－3an－1(n≥2)，所以an＝3an－1.即{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以，an＝1×3n－1＝3n－1.(2)由(1)知bn＝eq\f(1,log3an＋1·log3an＋2)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(三)小题限时保分练—选自2022·广州二模卷(限时45分钟)一、单项选择题1．若复数z＝eq\f(m－i,1＋i)是实数，则实数m＝()A．－1 B．0C．1 D．2解析：选A依题意，z＝eq\f(m－i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(m－1－m＋1i,2)＝eq\f(m－1,2)－eq\f(m＋1,2)i，因为m∈R，且z是实数，则eq\f(m＋1,2)＝0，解得m＝－1，所以实数m＝－1.2．下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x| B．y＝|x|－x2C．y＝|x|－1 D．y＝x－eq\f(1,x)解析：选C易知y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，故A错误；易知y＝|x|－x2是偶函数，当x>0时，y＝x－x2，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递减，故B错误；易知y＝|x|－1是偶函数，当x>0时，y＝x－1是单调递增函数，故C正确；易知y＝x－eq\f(1,x)是奇函数，故D错误．3．某种包装的大米质量ξ(单位：kg)服从正态分布ξ～N(10，σ2)，根据检测结果可知P(9.98≤ξ≤10.02)＝0.98，某公司购买该种包装的大米2000袋．则大米质量在10.02kg以上的袋数大约为()A．10 B．20C．30 D．40解析：选B因大米质量ξ～N(10，σ2)，且P(9.98≤ξ≤10.02)＝0.98，则P(ξ>10.02)＝eq\f(1－P9.98≤ξ≤10.02,2)＝0.01，所以大米质量在10.02kg以上的袋数大约为2000×0.01＝20.4．在等比数列{an}中，a1＋a3＝1，a6＋a8＝－32，则eq\f(a10＋a12,a5＋a7)＝()A．－8 B．16C．32 D．－32解析：选D设等比数列{an}的公比为q，则a6＋a8＝(a1＋a3)q5＝1×q5＝－32，所以q5＝－32，故eq\f(a10＋a12,a5＋a7)＝eq\f(a5＋a7q5,a5＋a7)＝q5＝－32，故选D.5．如果函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))对称，则|φ|的最小值是()A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C.eq\f(5π,6) D．eq\f(4π,3)解析：选B根据题意，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2×\f(2π,3)＋φ))＝0，即－eq\f(4π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝kπ＋eq\f(4π,3)，k∈Z；当k＝－1时，|φ|取得最小值eq\f(π,3).6．甲、乙、丙、丁四支足球队进行单循环比赛(每两个球队都要比赛一场)，每场比赛的计分方法是：胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，全部比赛结束后，四队的得分为甲6分，乙5分，丙4分，丁1分，则()A．甲胜乙 B．乙胜丙C．乙平丁 D．丙平丁解析：选C甲、乙、丙、丁四支足球队总比赛场次6场，总得分为6＋5＋4＋1＝16分，由比赛计分规则：胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，所以在6场比赛中有2场比赛是平局，即3×4＋2×2＝16，丁得1分，即1＋0＋0＝1，所以丁在3场比赛中有1场是平局，丙得4分，即3＋1＋0＝4，所以丙在3场比赛中有1场是平局，而乙得分5分，即3＋1＋1＝5，所以乙在3场比赛中有2局是平局，所以乙可能平丙，乙可能平丁．7．已知抛物线C1：y2＝4x，圆C2：(x－2)2＋y2＝2，直线l：y＝k(x－1)与C1交于A，B两点，与C2交于M，N两点，若|AB|＝8，则|MN|＝()A.eq\r(14) B．eq\r(6)C.eq\f(\r(14),2) D．eq\f(\r(6),2)解析：选B由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx－1))得，k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵Δ>0，∴x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)＝eq\f(4,k2)＋2，∵l：y＝k(x－1)过抛物线的焦点(1,0)，故AB为焦点弦，∴|AB|＝x1＋x2＋2＝8，∴x1＋x2＝6，∴eq\f(4,k2)＋2＝6，解得k＝±1，由圆关于x轴对称可知，当k＝1和k＝－1时|MN|相同，故不妨取k＝1，l为y＝x－1，即x－y－1＝0，圆心(2,0)到l的距离d＝eq\f(|2－0－1|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴|MN|＝2eq\r(2－d2)＝2eq\r(2－\f(1,2))＝eq\r(6)﹒8．已知a>0且a≠1，若集合M＝{x|x2<x}，N＝{x|x2<logax}，且N⊆M，则实数a的取值范围是()解析：选D依题意，M＝{x|x(x－1)<0}＝{x|0<x<1}，N＝{x|x2－logax<0}，令f(x)＝x2－logax，当0<a<1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，而f(1)＝1>0，f(a)＝a2－1<0，则∃x0∈(a,1)，使得f(x0)＝0，当0<x<x0时，f(x)<0，当x>x0时，f(x)>0，此时N＝{x|0<x<x0}⊆M，因此，0<a<1；当a>1时，若0<x≤1，logax≤0，则f(x)>0恒成立，N＝∅，满足N⊆M，于是当a>1时，N⊆M，当且仅当N＝∅，即不等式f(x)≥0对∀x∈(0，＋∞)成立，f′(x)＝2x－eq\f(1,xlna)，由f′(x)＝0得x＝eq\r(\f(1,2lna))，当0<x<eq\r(\f(1,2lna))时，f′(x)<0，当x>eq\r(\f(1,2lna))时，f′(x)>0，则函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,2lna))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2lna))，＋∞))上单调递增，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2lna))))＝eq\f(1,2lna)－eq\f(1,2)logaeq\f(1,2lna)＝eq\f(1,2lna)＋eq\f(ln2lna,2lna)，于是得eq\f(1,2lna)＋eq\f(ln2lna,2lna)≥0，即1＋ln(2lna)≥0，变形得lna≥eq\f(1,2e)，解得a≥，从而得当a≥时，f(x)≥0恒成立，N＝∅，满足N⊆M，所以实数a的取值范围是0<a<1或a≥.二、多项选择题9．抛掷两枚质地均匀的骰子，记“第一枚骰子出现的点数小于3”为事件A，“第二枚骰子出现的点数不小于3”为事件B，则下列结论正确的是()A．事件A与事件B互为对立事件B．事件A与事件B相互独立C．P(B)＝2P(A)D．P(A)＋P(B)＝1解析：选BCD依题意，第一枚骰子出现的点数小于3与第二枚骰子出现的点数不小于3可以同时发生，即事件A与事件B不互斥，则事件A与事件B不是对立事件，A不正确；显然有P(A)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，抛掷两枚质地均匀的骰子的试验的所有结果，共36个，它们等可能，事件AB所含的结果有：(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，共8个，则有P(AB)＝eq\f(8,36)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝P(A)P(B)，即事件A与事件B相互独立，B正确；显然P(B)＝eq\f(2,3)＝2P(A)，P(A)＋P(B)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)＝1，C、D都正确．10.如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，E在底面圆周上，AE＝BE，AF⊥DE，F是垂足，G在BD上，DG＝2BG，则下列结论正确的是()A．AF⊥BDB．直线DE与直线AG所成角的余弦值为eq\f(1,2)C．直线DE与平面ABCD所成角的余弦值为eq\f(\r(6),6)D．若平面AFG∩平面ABE＝l，则l∥FG解析：选AD由圆柱的性质得DA⊥平面AEB，∵EB⊂平面AEB，∴DA⊥EB.又AB是下底面圆的直径，∴AE⊥EB.又∵AD∩AE＝A，DA⊂平面DAE，AE⊂平面DAE，∴EB⊥平面DAE，又∵AF⊂平面DAE，∴EB⊥AF.又∵AF⊥DE，DE∩EB＝E，DE⊂平面DBE，BE⊂平面DBE，∴AF⊥平面DBE.又∵DB⊂平面DBE，∴AF⊥BD，A正确；过点G作GH∥DE交EB于点H，如图所示，则∠AGH就是直线DE与直线AG所成的角(或补角)，设AE＝BE＝1，则AD＝AB＝eq\r(2)，在Rt△AED中，DE＝eq\r(3).∵GH∥DE，DG＝2BG，∴GH＝eq\f(BG,BD)·DE＝eq\f(\r(,3),3).在等腰Rt△ABD中，BD＝2，又∵DG＝2BG，∴GB＝eq\f(2,3).在△ABG中，AB＝eq\r(2)，∠ABG＝eq\f(π,4)，∴AG2＝GB2＋AB2－2GB·AB·cos∠ABG即AG2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)))2－2×eq\f(2,3)×eq\r(2)×coseq\f(π,4)＝eq\f(10,9).在Rt△AEH中，AE＝1，∠AEH＝eq\f(π,2)，EH＝eq\f(2,3)，∴AH2＝AE2＋EH2＝12＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(13,9).在△AGH中，AG2＋GH2＝AH2，∴∠AGH＝eq\f(π,2)，cos∠AGH＝0，B错误；取AB的中点O，连接DO，EO，如图所示，则EO⊥AB，∵DA⊥平面AEB，又∵EO⊂平面AEB，∴DA⊥EO.又∵DA∩AB＝A，DA⊂平面DAB，AB⊂平面DAB.∴EO⊥平面DAB.∴∠EDO就是直线DE与平面ABCD所成的角．又∵DE＝eq\r(3)，EO＝eq\f(\r(2),2)，∴DO＝eq\r(DE2－EO2)＝eq\f(\r(10),2).∴cos∠EDO＝eq\f(DO,DE)＝eq\f(\f(\r(10),2),\r(3))＝eq\f(\r(30),6)，C错误；在Rt△AED中，DE＝eq\r(3)，EF＝eq\f(\r(3),3)，DF＝eq\f(2\r(3),3)，∴FG∥EB，又EB⊂平面AEB，FG⊄平面AEB，∴FG∥平面AEB.又∵平面AFG∩平面ABE＝l，FG⊂平面AFG，∴FG∥l，D正确．11．已知a>0，b>0，直线y＝x＋a与曲线y＝ex－1－2b＋1相切，则下列不等式成立的是()A．ab≤eq\f(1,8) B．eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≤8C.eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\f(\r(6),2) D．3a＋b≤eq\r(3)解析：选AC设直线y＝x＋a与曲线y＝ex－1－2b＋1相切的切点为(x0，y0)，由y＝ex－1－2b＋1得，y′＝ex－1，则有ex0－1＝1，解得x0＝1，因此，y0＝1＋a＝2－2b，即a＋2b＝1，而a>0，b>0，ab＝eq\f(1,2)·a·2b≤eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋2b,2)))2＝eq\f(1,8)，当且仅当a＝2b＝eq\f(1,2)时取“＝”，A正确；eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝(a＋2b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝4＋eq\f(4b,a)＋eq\f(a,b)≥4＋2eq\r(\f(4b,a)·\f(a,b))＝8，当且仅当eq\f(4b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝2b＝eq\f(1,2)时取“＝”，B不正确；因(eq\r(a)＋eq\r(b))2＋eq\f(\r(a),\r(2))－eq\r(2b)2＝a＋b＋eq\f(a,2)＋2b＝eq\f(3,2)(a＋2b)＝eq\f(3,2)，则有(eq\r(a)＋eq\r(b))2≤eq\f(3,2)，即eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\f(\r(6),2)，当且仅当eq\f(\r(a),\r(2))＝eq\r(2b)，即a＝4b时取“＝”，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝1，,a＝4b))得a＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(1,6)，所以当a＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(1,6)时，(eq\r(a)＋eq\r(b))max＝eq\f(\r(6),2)，C正确；由a＋2b＝1，a>0，b>0得，0<b<eq\f(1,2)，a＋b＝1－b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，而函数y＝3x在R上单调递增，因此，eq\r(3)<3a＋b<3，D不正确．12．我们常用的数是十进制数，如1079＝1×103＋0×102＋7×101＋9×100，表示十进制的数要用10个数码.0,1,2,3,4,5,6,7,8,9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数1101(2)＝1×23＋1×22＋0×21＋1×20，等于十进制的数13.把m位n进制中的最大数记为M(m，n)，其中m，n∈N*，n≥2，M(m，n)为十进制的数，则下列结论正确的是()A．M(5,2)＝31B．M(4,2)＝M(2,4)C．M(n＋2，n＋1)<M(n＋1，n＋2)D．M(n＋2，n＋1)>M(n＋1，n＋2)解析：选ABDM(5,2)即11111(2)＝1×24＋1×23＋1×22＋1×21＋1×20＝31，A正确；M(4,2)即1111(2)＝1×23＋1×22＋1×21＋1×20＝15，M(2,4)即33(4)＝3×41＋3×40＝15，B正确；n∈N*，n≥2，M(n＋2，n＋1)即nnn…n(n＋1)＝n(n＋1)n＋1＋n(n＋1)n＋n(n＋1)n－1＋…＋n(n＋1)1＋n(n＋1)0＝n[(n＋1)n＋1＋(n＋1)n＋(n＋1)n－1＋…＋(n＋1)1＋(n＋1)0]＝n·eq\f(1－n＋1n＋2,1－n＋1)＝(n＋1)n＋2－1.n∈N*，n≥2，M(n＋1，n＋2)即(n＋1)(n＋1)(n＋1)…(n＋1)(n＋2)＝(n＋1)(n＋2)n＋(n＋1)(n＋2)n－1＋(n＋1)(n＋2)n－2＋…＋(n＋1)(n＋2)1＋(n＋1)(n＋2)0＝(n＋1)[(n＋2)n＋(n＋2)n－1＋(n＋2)n－2＋…＋(n＋2)1＋(n＋2)0]＝(n＋1)·eq\f(1－n＋2n＋1,1－n＋2)＝(n＋2)n＋1－1.构造函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).∴x∈(0，e)，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减；∵n∈N*，n≥2，∴e<n＋1<n＋2，∴f(n＋1)>f(n＋2)代入得eq\f(lnn＋1,n＋1)>eq\f(lnn＋2,n＋2).即(n＋1)n＋2>(n＋2)n＋1，∴(n＋1)n＋2－1>(n＋2)n＋1－1.∴M(n＋2，n＋1)>M(n＋1，n＋2)，D正确．三、填空题13．已知a，b是两个单位向量，c＝2a＋b，且b⊥c，则a·(a＋b)＝________.解析：a，b是两个单位向量，c＝2a＋b，且b⊥c，则b·c＝b·(2a＋b)＝2a·b＋b2＝0，解得a·b＝－eq\f(1,2)，所以a·(a＋b)＝a2＋a·b＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)14．写出一个同时满足下列性质①②③的双曲线方程________．①中心在原点，焦点在y轴上；②一条渐近线方程为y＝2x；③焦距大于10解析：由①中心在原点，焦点在y轴上知，可设双曲线方程为eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，由②一条渐近线方程为y＝2x知，eq\f(a,b)＝2，即a＝2b，由③知，2c>10，即c>5，则可取c＝6(此处也可取大于5的其他数)，又∵a2＋b2＝c2，∴(2b)2＋b2＝36，∴b2＝eq\f(36,5)，∴a2＝4b2＝eq\f(144,5)，则同时满足性质①②③的一个双曲线方程为eq\f(5y2,144)－eq\f(5x2,36)＝1.答案：eq\f(5y2,144)－eq\f(5x2,36)＝1(答案不唯一，写出一个即可)15．函数f(x)＝sinπx－ln|2x－3|的所有零点之和为________．解析：由f(x)＝0，得sinπx＝ln|2x－3|，令g(x)＝sinπx，h(x)＝ln|2x－3|，显然g(x)＝sinπx与h(x)＝ln|2x－3|的图象都关于直线x＝eq\f(3,2)对称，在同一平面直角坐标系内作出函数g(x)＝sinπx，h(x)＝ln|2x－3|的图象，如图，观察图象知，函数g(x)＝sinπx，h(x)＝ln|2x－3|的图象有6个公共点，其横坐标依次为x1，x2，x3，x4，x5，x6，这6个点两两关于直线x＝eq\f(3,2)对称，有x1＋x6＝x2＋x5＝x3＋x4＝3，则x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝9，所以函数f(x)＝sinπx－ln|2x－3|的所有零点之和为9.答案：916．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，AD＝CD＝CB＝1，将△ACD沿AC折起，连接BD，得到三棱锥D-ABC，则三棱锥D-ABC体积的最大值为________．此时该三棱锥的外接球的表面积为________．解析：过点C作CE⊥AB，垂足为E，如图1，∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝2，CD＝1，∴BE＝eq\f(1,2)，∴B＝eq\f(π,3).由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcoseq\f(π,3)＝3，即AC＝eq\r(3).∵AB2＝BC2＋AC2，∴BC⊥AC.易知，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大，此时，BC⊥平面ACD.易知，∠D＝eq\f(2π,3)，∴S△ACD＝eq\f(1,2)AD·CDsineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),4).∴VD-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×1＝eq\f(\r(3),12).记O为外接球球心，半径为R，∵BC⊥平面ACD，OB＝OC，∴O到平面ACD的距离d＝eq\f(1,2).又△ACD的外接圆半径r＝eq\f(AC,2sin\f(2π,3))＝1，∴R2＝r2＋d2＝eq\f(5,4)，∴S＝4πR2＝5π.答案：eq\f(\r(3),12)5π大题规范增分练—今日题型：立体几何17.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝4，∠BAC＝30°，侧面BCC1B1是正方形，E是BB1的中点，CE＝eq\r(5)，CE⊥AC.(1)求证：CC1⊥AC；(2)F是线段AC1上的点，若平面ABC与平面CEF的夹角为45°，求AF的长．解：(1)证明：因为四边形BCC1B1为正方形，E为BB1的中点，CE＝eq\r(5)，所以BC＝2.在△ABC中，由正弦定理得sin∠ACB＝eq\f(ABsin∠BAC,BC)＝eq\f(4×sin30°,2)＝1，所以∠ACB＝90°，即AC⊥BC.因为AC⊥CE，BC∩CE＝C，BC⊂平面BCC1B1，CE⊂平面BCC1B1，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为CC1⊂平面BCC1B1，所以AC⊥CC1.(2)由(1)得AC＝2eq\r(3)，BC＝CC1＝2，AC，BC，CC1两两垂直．以C为原点，CA，CB，CC1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，则C(0,0,0)，E(0,2,1)，A(2eq\r(3)，0,0)，C1(0,0,2)，于是eq\o(CE,\s\up7(→))＝(0,2,1)，eq\o(CA,\s\up7(→))＝(2eq\r(3)，0,0)，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(－2eq\r(3)，0,2)．设eq\o(AF,\s\up7(→))＝λeq\o(AC1,\s\up7(→))，λ∈[0,1)，则eq\o(CF,\s\up7(→))＝eq\o(CA,\s\up7(→))＋λeq\o(AC1,\s\up7(→))＝(2eq\r(3)－2eq\r(3)λ，0,2λ)，设平面CEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(CE,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(CF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋z＝0，,2\r(3)－2\r(3)λx＋2λz＝0，))令z＝－2，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,\r(3)－\r(3)λ)，1，－2)).平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|×|n|)＝eq\f(－2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,\r(3)－\r(3)λ)))2＋12＋－22))，由平面ABC与平面CEF的夹角为45°，得|cos〈m，n〉|＝cos45°，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,\r(3)－\r(3)λ)))2＋12＋－22))))＝eq\f(\r(2),2)，解得λ＝eq\f(3,5)，所以AF＝eq\f(3,5)AC1＝eq\f(3,5)×4＝eq\f(12,5).“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(四)小题限时保分练—选自2022·深圳二模卷(限时45分钟)一、单项选择题1．已知集合A＝{x|x<1}，B＝{x|x(x－2)<0}，则A∪B＝()A．(0,1) B．(1,2)C．(－∞，2) D．(0，＋∞)解析：选C因为B＝{x|x(x－2)<0}＝{x|0<x<2}，则A∪B＝{x|x<2}．2．已知复数z满足zi＝3＋4i，其中i为虚数单位，则|z|＝()A．3 B．4C．5 D．6解析：选C因为复数z满足zi＝3＋4i，所以z＝eq\f(3＋4i,i)＝eq\f(3＋4ii,i2)＝4－3i，则|z|＝eq\r(42＋－32)＝5.3．已知点A(0,1)，B(2,3)，向量eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－3,1)，则向量eq\o(AC,\s\up7(→))＝()A．(1，－2) B．(－1,2)C．(1，－3) D．(－1,3)解析：选D设C(x，y)，所以eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－3,1)＝(x－2，y－3)，整理得C(－1,4)，所以eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－1,4)－(0,1)＝(－1,3)．4.深圳是一座志愿者之城、爱心之城．深圳市卫健委为了了解防疫期间志愿者的服务时长(单位：小时)，对参加过防疫的志愿者随机抽样调查，将样本中个体的服务时长进行整理，得到如图所示的频率分布直方图．据此估计7.2万名参加过防疫的志愿者中服务时长超过32小时的约有()A．3.3万人 B．3.4万人C．3.8万人 D．3.9万人解析：选A依题意样本中服务时长超过32小时的个体频率为1－4×(0.005＋0.04＋0.09)＝0.46；由样本估计总体，可得总体中服务时长超过32小时的个体数为7.2×0.46＝3.312≈3.3(万人)．5．已知一个球的表面积在数值上是它的体积的eq\r(3)倍，则这个球的半径是()A．2 B．eq