2025高考数学二轮复习-第七周-专项训练【含答案】

第七周[周一]1．(2023·淮北模拟)已知i为虚数单位，复数z＝eq\f(1－3i,2＋i)，则|z|等于()A．2B.eq\r(3)C.eq\r(2)D.eq\r(5)答案C解析z＝eq\f(1－3i,2＋i)＝eq\f(1－3i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(－1－7i,5)＝－eq\f(1,5)－eq\f(7,5)i，则|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(\f(1,25)＋\f(49,25))＝eq\r(2).2．(2023·海口模拟)琼中蜂蜜是海南省琼中黎族苗族自治县特产．人们赞美蜜蜂是自然界的建筑师，是因为蜜蜂建造的蜂房是以正六棱柱为单位的几何体.18世纪初，法国天文学家通过观测发现蜜蜂蜂房的每个单位并非六棱柱．如图1，正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为a，高为b.蜜蜂的蜂房实际形状是一个十面体，如图2，它的顶部是边长为a的正六边形，底部由三个全等的菱形AGCB′，CGED′和EGAF′构成，其余侧面由6个全等的直角梯形构成，AA1＝CC1＝EE1＝b，B1B′＝D1D′＝F1F′＝c，蜜蜂的高明之处在于图2的构造在容积上与图1相等，但所用的材料最省．则图2中，b－c等于()A.eq\f(\r(3)a,2)B.eq\f(\r(2)a,2)C.eq\f(a,3)D.eq\f(\r(2)a,4)答案D解析设b－c＝x，则由题意知蜂房的表面积为f(x)＝6ab－6×eq\f(1,2)ax＋3×eq\f(1,2)×eq\r(3)a×2eq\r(x2＋\f(a2,4))＝6ab－3ax＋eq\f(3\r(3)a,2)eq\r(4x2＋a2)，求导得f′(x)＝－3a＋eq\f(3\r(3)a,2)·eq\f(8x,2\r(4x2＋a2))＝eq\f(6\r(3)ax,\r(4x2＋a2))－3a，令f′(x)＝eq\f(6\r(3)ax,\r(4x2＋a2))－3a＝0，得x＝eq\f(\r(2)a,4)，当0<x<eq\f(\r(2)a,4)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>eq\f(\r(2)a,4)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝eq\f(\r(2)a,4)时，f(x)取得极小值，也是最小值，即此时蜂房最省料．3．(多选)(2023·衡阳模拟)已知抛物线C：y＝ax2的顶点为O，准线为y＝－eq\f(1,2)，焦点为F，过F作直线l交抛物线于M，N两点(M，N顺序从左向右)，则()A．a＝eq\f(1,2)B．若直线l经过点(－1,0)，则|MN|＝eq\f(5,2)C．|OM|·|ON|的最小值为1D．若eq\o(FN,\s\up6(→))＝3eq\o(MF,\s\up6(→))，则直线l的斜率为eq\f(\r(3),3)答案ABD解析抛物线方程化为x2＝eq\f(1,a)y，准线为y＝－eq\f(1,2)，所以a>0,2p＝eq\f(1,a)，eq\f(p,2)＝eq\f(1,4a)，准线为y＝－eq\f(p,2)＝－eq\f(1,4a)＝－eq\f(1,2)，所以a＝eq\f(1,2)，故A正确；又Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，过F作直线l交抛物线于M，N两点，显然l的斜率存在，设l的方程为y＝kx＋eq\f(1,2)，与y＝eq\f(1,2)x2联立消去y整理得x2－2kx－1＝0，Δ＝4k2＋4>0恒成立．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝2k，x1x2＝－1，|MN|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)eq\r(4＋4k2)＝2(1＋k2)．直线l经过点(－1,0)，则k＝eq\f(1,2)，|MN|＝eq\f(5,2)，故B正确；|OM|·|ON|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋\f(x\o\al(4,1),4))·eq\r(x\o\al(2,2)＋\f(x\o\al(4,2),4))＝eq\f(|x1x2|,4)eq\r(x\o\al(2,1)＋4x\o\al(2,2)＋4)＝eq\f(|x1x2|,4)eq\r(16＋x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)＋4x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2))＝eq\f(|x1x2|,4)eq\r(17＋4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1＋x22－2x1x2)))＝eq\f(1,4)eq\r(17＋16k2＋8)＝eq\f(1,4)eq\r(25＋16k2)，当k＝0时，|OM|·|ON|取得最小值，为eq\f(5,4)，故C错误；由eq\o(FN,\s\up6(→))＝3eq\o(MF,\s\up6(→))得－3x1＝x2，又x1x2＝－1，x1<0，x2>0，解得x1＝－eq\f(\r(3),3)，x2＝eq\r(3)，所以由2k＝x1＋x2＝eq\f(2\r(3),3)，得k＝eq\f(\r(3),3)，故D正确．4．(2023·运城模拟)2023年9月第19届亚运会于杭州举办，在杭州亚运会三馆(杭州奥体中心的体育馆、游泳馆和综合训练馆)对外免费开放，预约期间将含甲、乙在内的5位志愿者分配到这三馆负责接待工作，每个场馆至少分配1位志愿者，且甲、乙分配到同一个场馆，则甲分配到游泳馆的概率为________．答案eq\f(1,3)解析甲、乙分配到同一个场馆有以下两种情况：(1)当场馆分组人数为1,1,3时，甲、乙必在3人组，则方法数有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＝18(种)；(2)当场馆分组人数为2,2,1时，其中甲、乙在一组，则方法数有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝18(种)，即甲、乙分配到同一个场馆的方法数有n＝18＋18＝36(种)．若甲分配到游泳馆，则乙必然也在游泳馆，此时的方法数有m＝Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝12(种)，故所求的概率为P＝eq\f(m,n)＝eq\f(12,36)＝eq\f(1,3).5．(2023·泰安模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，cosB＝－eq\f(1,3).(1)求sinC；(2)若点D在△ABC的外接圆上，且∠ABD＝∠CBD，求AD的长．解(1)方法一在△ABC中，由余弦定理得，9＝4＋c2－4c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))，即c2＋eq\f(4,3)c－5＝0，解得c＝－3(舍)或c＝eq\f(5,3).∵cosB＝－eq\f(1,3)，且B∈(0，π)，∴sinB＝eq\f(2\r(2),3).由正弦定理得，sinC＝eq\f(\f(5,3)×\f(2\r(2),3),3)＝eq\f(10\r(2),27).方法二在△ABC中，cosB＝－eq\f(1,3)<0，∴sinB＝eq\f(2\r(2),3)，eq\f(π,2)<B<π，∴A<eq\f(π,2)，由正弦定理得，sinA＝eq\f(2×\f(2\r(2),3),3)＝eq\f(4\r(2),9)，∴cosA＝eq\f(7,9).∴sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(4\r(2),9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋eq\f(7,9)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(10\r(2),27).(2)连接AD，CD(图略)，∵∠ABD＝∠CBD，∴＝，∴AD＝CD.又∠ABC＋∠ADC＝π，∴cos∠ADC＝eq\f(1,3).设AD＝CD＝m(m>0)，在△ACD中，由余弦定理得，9＝m2＋m2－2m2×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)m2，∴m2＝eq\f(27,4)，∴m＝eq\f(3\r(3),2)，∴AD＝eq\f(3\r(3),2).[周二]1．(2023·辽东南协作校模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,b2)－eq\f(y2,a2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与直线2x－y＋1＝0垂直，则该双曲线C的离心率为()A.eq\f(\r(5),2)B.eq\r(3)C．2D.eq\r(5)答案A解析依题意知，双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(a,b)x，依题意，－eq\f(a,b)×2＝－1，于是b＝2a，双曲线C的实半轴长为b，虚半轴长为a，半焦距c＝eq\r(b2＋a2)＝eq\r(5)a，所以双曲线C的离心率e＝eq\f(c,b)＝eq\f(\r(5),2).2．(2023·南通模拟)函数f(x)＝x2023|x|，若方程(x＋sinx)f(x)－ax2＝0只有三个根x1，x2，x3，且x1<x2<x3，则sinx2＋2023x1x3的取值范围是()A．(0，＋∞) B．(2023，＋∞)C．(－∞，－2023) D．(－∞，0)答案D解析由(x＋sinx)f(x)－ax2＝0，f(x)＝x2023|x|，所以(x＋sinx)x2023|x|－ax2＝0，①当x＝0时方程成立．②当x≠0时，(x＋sinx)x2023|x|－ax2＝0化为(x＋sinx)x2021|x|－a＝0⇔(x＋sinx)x2021·|x|＝a，令F(x)＝(x＋sinx)x2021|x|，由定义域关于原点对称，且F(－x)＝[－x＋sin(－x)](－x)2021|－x|＝(x＋sinx)x2021|x|＝F(x)，所以F(x)为偶函数，图象关于y轴对称，所以F(x)与y＝a的两个交点对应的横坐标关于y轴对称，即方程(x＋sinx)x2021|x|＝a的另外两根一定一正一负，又x1<x2<x3，所以x1<0，x2＝0，x3>0，且x1＝－x3≠0，所以sinx2＋2023x1x3＝－2023xeq\o\al(2,1)<0.3．(多选)(2023·曲靖质检)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BC，CC1的中点，动点H在线段A1C1上，则下列结论中正确的是()A．直线AF与直线D1E异面B．平面AEF截正方体所得的截面面积为eq\f(9,8)C．存在点H，使得平面AEH∥平面CDD1C1D．三棱锥A－ECH的体积为定值答案BD解析依题意作图，连接AD1，则有AD1∥EF，即EF与AD1共面，构成平面AEFD1.对于A，因为A，E，F，D1都在平面AEFD1内，所以直线AF与D1E共面，故A错误；对于B，平面AEF截正方体的截面就是四边形AEFD1，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，则A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，D1(0,0,1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(1,2)))，eq\o(D1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－1))，eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(D1E,\s\up6(→))＝0，即AF⊥D1E，由空间两点距离公式得AF＝D1E＝eq\f(3,2)，四边形AEFD1的面积＝eq\f(1,2)×AF×D1E＝eq\f(9,8)，故B正确；对于C，若H≠A1且H≠C1，则AH∩平面ABB1A1＝A，且H⊄平面ABB1A1，即平面AEH与平面ABB1A1有交点，平面ABB1A1∥平面CDD1C1，并且E⊄平面CDD1C1，故平面AEH与平面CDD1C1相交；若H＝A1，则E⊄平面ABB1A1，平面AEH与平面ABB1A1相交，平面ABB1A1∥平面CDD1C1，并且E⊄平面CDD1C1，故平面AEH与平面CDD1C1相交；若H＝C1，同理可证得平面AEH与平面CDD1C1相交，故不存在点H，使得平面AEH与平面CDD1C1平行，C错误；对于D，由直线A1C1∥平面ABCD，所以H点到平面ABCD的距离就是正方体的棱长1，也是底面为△AEC的三棱锥A－ECH的高，又△AEC的面积是定值，所以三棱锥A－ECH的体积为定值，故D正确．4．(2023·湛江模拟)若函数f(x)＝ex－ax2－a存在两个极值点x1，x2，且x2＝2x1，则a＝________.答案eq\f(1,ln2)解析f(x)＝ex－ax2－a，定义域为R，所以f′(x)＝ex－2ax，故－2ax1＝0.－2ax2＝0.又x2＝2x1，所以－4ax1＝0，即(－2)＝0.又>0，故＝2，所以x1＝ln2，所以a＝eq\f(,2x1)＝eq\f(1,ln2).5．(2023·武汉调研)记数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*，有Sn＝n(an＋n－1)．(1)证明：{an}是等差数列；(2)若当且仅当n＝7时，Sn取得最大值，求a1的取值范围．(1)证明因为Sn＝nan＋n(n－1)，①所以当n≥2时，Sn－1＝(n－1)an－1＋(n－1)(n－2)，②①－②可得an＝nan－(n－1)an－1＋2n－2⇔(1－n)an＝－(n－1)an－1＋2(n－1)⇔an－an－1＝－2，故{an}为等差数列．(2)解若当且仅当n＝7时，Sn取得最大值，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S7>S6，,S7>S8，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a7>0，,a8<0，))则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1－12>0，,a1－14<0，))所以12<a1<14，故a1的取值范围为(12,14)．[周三]1．(2023·漳州质检)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(2),4)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))等于()A．－eq\f(3,4)B.eq\f(3,4)C．－eq\f(\r(2),4)D.eq\f(\r(2),4)答案B解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)＋\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1－2×eq\f(1,8)＝eq\f(3,4).2．(2023·安徽A10联盟模拟)19世纪美国天文学家西蒙·纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出本福特定律，即在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为Pb(n)＝logbeq\f(n＋1,n)，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若eq\i\su(n＝k,20,)P10(n)＝eq\f(log221－log23,1＋log25)(k∈N*，k≤20)，则k的值为()A．2B．3C．4D．5答案B解析依题意，得eq\i\su(n＝k,20,)P10(n)＝P10(k)＋P10(k＋1)＋…＋P10(20)＝lgeq\f(k＋1,k)＋lgeq\f(k＋2,k＋1)＋…＋lgeq\f(21,20)＝lgeq\f(21,k)，又eq\f(log221－log23,1＋log25)＝eq\f(log27,log210)＝lg7，故k＝3.3．(多选)(2023·昆明模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝m与C交于A，B两点(A在y轴右侧)，O为坐标原点，则下列说法正确的是()A．|AF1|＋|BF1|＝2eq\r(5)B．当m＝eq\f(4\r(5),5)时，四边形ABF1F2为矩形C．若AF1⊥BF1，则m＝eq\f(4,3)D．存在实数m使得四边形ABF1O为平行四边形答案ABD解析如图1，由椭圆与y＝m关于y轴对称，可得|AF1|＋|BF1|＝|AF1|＋|AF2|＝2eq\r(5)，故A正确；图1如图2，当m＝eq\f(4\r(5),5)时，可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4\r(5),5)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(4\r(5),5)))，又F1(－1,0)，F2(1,0)，图2则AF2⊥F1F2，|AB|＝|F1F2|，又AB∥F1F2，则四边形ABF1F2为矩形，故B正确；设A(n，m)(n>0)，B(－n，m)，则eq\o(AF1,\s\up6(→))＝(－1－n，－m)，eq\o(BF1,\s\up6(→))＝(－1＋n，－m)，若AF1⊥BF1，则eq\o(AF1,\s\up6(→))·eq\o(BF1,\s\up6(→))＝1－n2＋m2＝0，又eq\f(n2,5)＋eq\f(m2,4)＝1，联立消元得9m2－16＝0，解得m＝±eq\f(4,3)，故C错误；如图3，若四边形ABF1O为平行四边形，则|AB|＝|F1O|＝c＝1，即点A的横坐标为eq\f(1,2)，代入椭圆方程可得m＝±eq\f(\r(95),5)，故当m＝±eq\f(\r(95),5)时，四边形ABF1O为平行四边形，故D正确．图34．(2023·安庆模拟)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱AA1上一点，且AE＝1.过E，B1，C1三点的平面截该正方体的内切球所得截面圆的面积为________．答案eq\f(96π,25)解析由条件知正方体的内切球的半径为2，设球心到平面EB1C1的距离为d，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(4,0,1)，B1(4,4,4)，C1(0,4,4)，设正方体内切球的球心为O，则O(2,2,2)，则eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(－4,0,0)，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(0,4,3)，eq\o(EO,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，设平面EB1C1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(B1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EB1,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x＝0，,4y＋3z＝0，))令y＝－3，则z＝4，x＝0，所以n＝(0，－3,4)，所以d＝eq\f(|n·\o(EO,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(|－6＋4|,5)＝eq\f(2,5)，于是截面圆的半径大小为eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2)＝eq\f(4\r(6),5)，故截面圆的面积为πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(6),5)))2＝eq\f(96π,25).5．(2023·南通联考)2022年10月1日，女篮世界杯落幕，时隔28年，中国队再次获得亚军，追平历史最佳成绩．统计数据显示，中国队主力队员A能够胜任小前锋(SF)、大前锋(PF)和得分后卫(SG)三个位置，且出任三个位置的概率分别为eq\f(1,4)，eq\f(1,4)，eq\f(1,2)，同时，当队员A出任这三个位置时，球队赢球的概率分别为eq\f(4,9)，eq\f(8,9)，eq\f(2,3)(队员A参加所有比赛均分出胜负)．(1)当队员A参加比赛时，求该球队某场比赛获胜的概率；(2)在赛前的友谊赛中，第一轮积分规则为：胜一场积3分，负一场积－1分．本轮比赛球队一共进行5场，且至少获胜3场才可晋级第二轮，已知队员A每场比赛均上场且球队顺利晋级第二轮，记球队第一轮比赛最终积分为X，求X的均值．解(1)根据题意，当队员A参加比赛时，比赛获胜的概率P＝eq\f(1,4)×eq\f(4,9)＋eq\f(1,4)×eq\f(8,9)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,3).(2)根据题意，可得A赢3场负两场，积7分；A赢4场负一场，积11分；A赢5场，积15分，所以随机变量X的所有可能取值为7,11,15，记Ci表示“第一轮比赛最终积分为Ci(i＝7,11,15)”，D表示“A所在的球队顺利晋级第二轮”，可得P(C7D)＝Ceq\o\al(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(80,35)，P(C11D)＝Ceq\o\al(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))4×eq\f(1,3)＝eq\f(80,35)，P(C15D)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))5＝eq\f(32,35)，则P(D)＝eq\f(192,35)，所以P(X＝7)＝P(C7|D)＝eq\f(PC7D,PD)＝eq\f(5,12)，P(X＝11)＝P(C11|D)＝eq\f(PC11D,PD)＝eq\f(5,12)，P(X＝15)＝P(C15|D)＝eq\f(PC15D,PD)＝eq\f(1,6)，所以随机变量X的分布列为X71115Peq\f(5,12)eq\f(5,12)eq\f(1,6)E(X)＝7×eq\f(5,12)＋11×eq\f(5,12)＋15×eq\f(1,6)＝10.[周四]1．(2023·蚌埠质检)已知i为虚数单位，复数z满足z(1－i)2＝2，则z2023等于()A．－1B．1C．－iD．i答案C解析由z(1－i)2＝2，可得z＝eq\f(2,1－i2)＝eq\f(2,1－2i＋i2)＝eq\f(1,－i)＝eq\f(i,－i2)＝i，所以z2023＝i2023＝(i2)1011·i＝－i.2．(2023·盐城模拟)定义曲线eq\f(a2,x2)－eq\f(b2,y2)＝1为双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的“伴随曲线”．在双曲线C1：x2－y2＝1的伴随曲线C2上任取一点P，过P分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为M，N，则直线MN与双曲线C1的公共点的个数为()A．0 B．1C．2 D．与点P的位置有关系答案B解析双曲线C1：x2－y2＝1的伴随曲线C2为eq\f(1,x2)－eq\f(1,y2)＝1，设P(m，n)为eq\f(1,x2)－eq\f(1,y2)＝1上一点，则eq\f(1,m2)－eq\f(1,n2)＝1，过P分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为M，N，则M(m,0)，N(0，n)，所以直线MN：y＝－eq\f(n,m)x＋n，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2＝1，,y＝－\f(n,m)x＋n，))得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n2,m2)))x2＋eq\f(2n2,m)x－n2－1＝0，所以Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n2,m)))2－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n2,m2)))×(－n2－1)＝4n4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))－4×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－n2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))))×(－n2－1)＝0，则直线MN与双曲线C1的公共点的个数为1.3．(多选)(2023·鞍山质检)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)sinx＋eq\r(3)cos2eq\f(x,2)－eq\f(\r(3),2)，则()A．f(x)的图象向右平移eq\f(5π,6)个单位长度后得到函数y＝－cosx的图象B．f(x)的图象与g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))的图象关于y轴对称C．f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)，2kπ＋\f(7π,6)))(k∈Z)D．若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，a))上有3个零点，则实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)，\f(11π,3)))答案ABC解析f(x)＝eq\f(1,2)sinx＋eq\r(3)cos2eq\f(x,2)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sinx＋eq\r(3)×eq\f(1＋cosx,2)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，对于A，f(x)的图象向右平移eq\f(5π,6)个单位长度后得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,6)＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＝－cosx的图象，A正确；对于B，f(－x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,3)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))＝g(x)，B正确；对于C，由eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋2kπ≤x≤eq\f(7π,6)＋2kπ，k∈Z，所以函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)，2kπ＋\f(7π,6)))(k∈Z)，C正确；因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，a))，所以x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,3)＋a))，因为f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，a))上有3个零点，所以3π≤eq\f(π,3)＋a<4π，解得eq\f(8π,3)≤a<eq\f(11π,3)，D错误．4．(2023·齐齐哈尔模拟)已知抛物线C：y2＝8x，点P为抛物线C上第一象限内任意一点，过点P向圆D：x2＋y2－16x＋48＝0作切线，切点分别为A，B，则四边形PADB面积的最小值为________，此时直线AB的方程为______________．答案16eq\r(2)x－eq\r(2)y－4＝0解析如图所示，由题意知，圆D的标准方程(x－8)2＋y2＝16，则圆心为D(8,0)，半径为r＝|DA|＝4，设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2,8)，y))(y>0)，则|PD|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2,8)－8))2＋y2)＝eq\r(\f(1,64)y2－322＋48)，所以当y2＝32，即y＝4eq\r(2)时，|PD|取得最小值，即|PD|min＝eq\r(48)＝4eq\r(3)，又因为|PA|＝eq\r(|PD|2－r2)，所以|PA|min＝eq\r(48－16)＝4eq\r(2)，又因为四边形PADB的面积S＝2S△PAD＝2×eq\f(1,2)|PA|×r，所以四边形PADB面积的最小值Smin＝2×eq\f(1,2)|PA|min×r＝16eq\r(2)，此时P(4,4eq\r(2))，则以PD为直径的圆M的方程为(x－4)(x－8)＋y(y－4eq\r(2))＝0，圆M方程与圆D方程相减可得直线AB的方程为x－eq\r(2)y－4＝0.5.(2023·湛江模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAB是边长为2的等边三角形，底面ABCD为平行四边形，且AD＝eq\r(2)，PB⊥BC，∠ADC＝45°.(1)证明：点P在平面ABCD内的射影在直线AD上；(2)求平面PBC与平面PDC夹角的余弦值．(1)证明如图，过点B在平面ABCD内作BO垂直于AD，交DA的延长线于点O，连接OP.因为PB⊥BC，AD∥BC，所以PB⊥DO.又BO⊥DO，PB，BO⊂平面POB，且BO∩PB＝B，所以DO⊥平面POB.又PO⊂平面POB，所以DO⊥PO，即AO⊥PO.因为∠ADC＝45°，AB∥DC，所以∠OAB＝45°，又因为OA⊥OB，所以∠OBA＝45°＝∠OAB，故OA＝OB.因为△PAB为等边三角形，所以PA＝PB.又PO＝PO，所以△POA≌△POB.又PO⊥OA，所以PO⊥OB.又OA，OB⊂平面ABCD，且OA∩OB＝O，所以PO⊥平面ABCD，所以点O为点P在平面ABCD内的射影，又点O在直线AD上，所以点P在平面ABCD内的射影在直线AD上．(2)解由(1)得PO，OB，OA两两垂直，以O为坐标原点，OB，OA，OP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．由题意可得PO＝OB＝OA＝eq\r(2).又AD＝eq\r(2)，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\r(2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\r(2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2\r(2)，0))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(2)，0))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\r(2)，－\r(2)))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，－\r(2)，0)).设n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1，z1))为平面PBC的法向量，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)y1＝0，,\r(2)x1＋\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))令x1＝1，可得n＝(1,0,1)．设m＝(x2，y2，z2)为平面PDC的法向量，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)x2－\r(2)y2＝0，,\r(2)x2＋\r(2)y2－\r(2)z2＝0，))令x2＝1，可得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，2))，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n，m〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m)))＝eq\f(\r(3),2)，所以平面PBC与平面PDC夹角的余弦值为eq\f(\r(3),2).[周五]1．(2023·福州质检)已知△ABC的外接圆半径为1，A＝eq\f(π,3)，则AC·cosC＋AB·cosB等于()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(\r(3),2)D.eq\r(3)答案D解析由正弦定理可得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)＝2，所以AB＝2sinC，AC＝2sinB，则AC·cosC＋AB·cosB＝2sinBcosC＋2sinCcosB＝2sin(B＋C)＝2sinA＝eq\r(3).2．(2023·白山模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形，若三棱柱ABC－A1B1C1的体积为3eq\r(3)，则该三棱柱外接球表面积的最小值为()A．12π B．6πC．16π D．8π答案A解析设直三棱柱的高为h，外接球的半径为R，△ABC外接圆的半径为r，则3×eq\f(1,2)r2sin

eq\f(2π,3)h＝3eq\r(3)，所以r2h＝4，又R2＝eq\f(h2,4)＋r2＝eq\f(h2,4)＋eq\f(4,h)，令f(h)＝eq\f(h2,4)＋eq\f(4,h)，则f′(h)＝eq\f(h,2)－eq\f(4,h2)＝eq\f(h3－8,2h2)，易知f(h)的最小值为f(2)＝3，此时R2＝3，所以该三棱柱外接球表面积的最小值为12π.3．(多选)(2023·石家庄质检)下列说法正确的是()A．一组数据6,7,7,8,10,12,14,16,20,22的第80百分位数为16B．若随机变量ξ～N(2，σ2)，且P(ξ≥5)＝0.22，则P(－1<ξ<5)＝0.56C．若随机变量ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9，\f(2,3)))，则方差D(2ξ)＝8D．若将一组数据中的每个数都加上一个相同的正数x，则平均数和方差都会发生变化答案BC解析对于A选项，该组数据共10个数，且10×0.8＝8，因此，该组数据的第80百分位数为eq\f(16＋20,2)＝18，A错误；对于B选项，若随机变量ξ～N(2，σ2)，且P(ξ≥5)＝0.22，则P(－1<ξ<5)＝1－2P(ξ≥5)＝1－2×0.22＝0.56，B正确；对于C选项，若随机变量ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9，\f(2,3)))，则D(2ξ)＝4D(ξ)＝4×9×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝8，C正确；对于D选项，在随机变量X的每个样本数据上都加个正数x，则得到的新数据对应的随机变量为X＋x，由期望和方差的性质可得E(X＋x)＝E(X)＋x，D(X＋x)＝D(X)，因此，若将一组数据中的每个数都加上一个相同的正数x，则平均数会改变，但方差不变，D错误．4．(2023·衢州模拟)已知数列1,1,3,1,3,5,1,3,5,7,1,3,5,7,9，…，其中第一项是1，接下来的两项是1,3，再接下来的三项是1,3,5，依此类推．将该数列的前n项和记为Sn，则使得Sn>400成立的最小正整数n的值是________．答案59解析将已知数列分组，每组的第一项均为1，即第一组：1；第二组：1,3；第三组：1,3,5；依此类推；将该数列记为数列{an}，将各组数据之和记为数列{bn}，则bn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，记数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝12＋22＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6)；∴T10＝eq\f(10×11×21,6)＝385<400，T11＝eq\f(11×12×23,6)＝506>400；∵b1＋b2＋…＋b10对应{an}中的项数为1＋2＋3＋…＋10＝eq\f(10×11,2)＝55，即S55＝T10，∴S58＝385＋1＋3＋5＝394<400，S59＝385＋1＋3＋5＋7＝401>400，则使得Sn>400成立的最小正整数n的值是59.5．(2023·十堰调研)已知P(2,0)是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点，过点D(1,0)且斜率为k(k<0)的直线l与椭圆C相交于A，B两点(A点在x轴的上方)，直线PA，PB分别与直线x＝1相交于M，N两点．当A为椭圆C的上顶点时，k＝－1.(1)求椭圆C的方程；(2)若|ND|－|MD|＝λ，且λ∈[1,3]，求k的取值范围．解(1)由题可知，a＝2.当A为椭圆C的上顶点时，k＝eq\f(b－0,0－1)＝－1，解得b＝1，故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)依题意可设直线l的方程为x＝ty＋1，t<0，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x整理得(t2＋4)y2＋2ty－3＝0，则y1＋y2＝－eq\f(2t,t2＋4)，y1y2＝－eq\f(3,t2＋4).直线AP的方程为y＝eq\f(y1,x1－2)(x－2)，令x＝1，得yM＝－eq\f(y1,x1－2).同理可得yN＝－eq\f(y2,x2－2)，则|ND|－|MD|＝eq\f(y2,x2－2)＋eq\f(y1,x1－2)＝eq\f(y2,ty2－1)＋eq\f(y1,ty1－1)＝eq\f(2ty1y2－y1＋y2,t2y1y2－ty1＋y2＋1)＝eq\f(2t·\f(－3,t2＋4)－\f(－2t,t2＋4),t2·\f(－3,t2＋4)－t·\f(－2t,t2＋4)＋1)＝eq\f(\f(－4t,t2＋4),\f(4,t2＋4))＝－t.因为|ND|－|MD|＝λ，且λ∈[1,3]，所以1≤－t≤3，－3≤t≤－1，又k＝eq\f(1,t)，故－1≤k≤－eq\f(1,3).[周六]1．(2023·滨州模拟)已知复数z＝eq\f(1＋2i,1－i)(i为虚数单位)，则复数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．第四象限答案B解析由题意知z＝eq\f(1＋2i,1－i)＝eq\f(1＋2i1＋i,2)＝eq\f(－1＋3i,2)，故复数z在复平面内对应的点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))在第二象限．2．已知f(x)是定义在R上的函数，且f(x)－1为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[0,2]时，f(x)＝x2＋1，若a＝f(11)，b＝f(log211)，c＝f(211)，则a，b，c的大小关系为()A．b>c>a B．b<a<cC．a>c>b D．a>b>c答案D解析由f(x)－1为奇函数，得f(－x)－1＝－[f(x)－1]，即f(－x)＝2－f(x)，又由f(x＋2)为偶函数，得f(－x＋2)＝f(x＋2)，即f(－x)＝f(x＋4)，于是f(x＋4)＝2－f(x)，即f(x＋8)＝2－f(x＋4)＝2－[2－f(x)]＝f(x)，因此f(x)是以8为周期的函数，又当x∈[0,2]时，f(x)＝x2＋1，则f(x)在[0,2]上单调递增，由f(－x＋2)＝f(x＋2)，得f(x)的图象关于直线x＝2对称，a＝f(11)＝f(3)＝f(1)，3<log211<4，b＝f(log211)＝f(4－log211)＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(16,11)))，c＝f(211)＝f(0)，显然0<log2eq\f(16,11)<1，即有f(0)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(16,11)))<f(1)，即a>b>c.3．(多选)(2023·浙江金丽衢十二校联考)已知递增数列{an}的各项均为正整数，且其前n项和为Sn，则()A．存在公差为1的等差数列{an}，使得S14＝2023B．存在公比为2的等比数列{an}，使得S3＝2023C．若S10＝2023