2025高考数学二轮复习-第五周-专项训练【含答案】

第五周[周一]1．(2023·锦州模拟)在△ABC中，点D在边AB上且CD平分∠ACB.若eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝3，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝4，则eq\o(CD,\s\up6(→))等于()A.eq\f(4,5)a＋eq\f(3,5)b B.eq\f(3,5)a＋eq\f(4,5)bC.eq\f(4,7)a＋eq\f(3,7)b D.eq\f(3,7)a＋eq\f(4,7)b答案C解析因为CD平分∠ACB，所以eq\f(AD,BD)＝eq\f(AC,BC)，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝3，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝4，所以eq\f(AD,BD)＝eq\f(4,3)，即AD＝eq\f(4,7)AB，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(4,7)eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(4,7)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(4,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))－\o(CA,\s\up6(→))))＝eq\f(3,7)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(4,7)eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(4,7)a＋eq\f(3,7)b.2．(2023·永州模拟)已知函数f(x)＝aln(x＋a)－eq\f(a,ex＋a)＋bx＋a(b＋4)(a>0)，对于定义域内的任意x恒有f(x)≤0，则eq\f(b,a)的最大值为()A．－2eB．－eC．e－1D．e答案A解析不等式可化为aln(x＋a)＋ab≤eq\f(a,ex＋a)－(bx＋4a)，因为a>0，将不等式两边同时除以a得ln(x＋a)＋b≤eq\f(1,ex＋a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)x＋4))，令t＝x＋a，原不等式等价于eq\f(b,a)t＋4≤eq\f(1,et)－lnt，设g(t)＝eq\f(1,et)－lnt，k(t)＝eq\f(b,a)t＋4，t>0，对g(t)求导可得g′(t)＝－eq\f(1,et2)－eq\f(1,t)<0，则函数g(t)＝eq\f(1,et)－lnt在(0，＋∞)上单调递减且下凸，要使eq\f(b,a)t＋4≤eq\f(1,et)－lnt恒成立，则直线k(t)与曲线g(t)相切时eq\f(b,a)取得最大值，如图，当直线k(t)与曲线g(t)相切时，设切点坐标为(t0，y0)，则－eq\f(1,et\o\al(2,0))－eq\f(1,t0)＝eq\f(b,a)，且eq\f(b,a)t0＋4＝eq\f(1,et0)－lnt0，整理可得3＋lnt0＝eq\f(2,et0)，解得t0＝eq\f(1,e)，此时eq\f(b,a)＝－2e.3．(多选)(2023·蚌埠质检)已知F是抛物线y2＝4x的焦点，A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线上相异的两点，则以下结论正确的是()A．若x1＋x2＝6，那么|AB|＝8B．若|AF|＋|BF|＝3，则线段AB的中点到y轴的距离为eq\f(1,2)C．若△FAB是以F为直角顶点的等腰三角形，则|AB|＝4eq\r(2)±4D．若eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，则直线AB的斜率为±2eq\r(2)答案BCD解析对于选项A，只有当直线过焦点F时，根据抛物线性质得|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq\f(p,2)＋x1＋eq\f(p,2)＋x2＝2＋x1＋x2＝8，此题不一定过焦点，故A错误；对于选项B，|AF|＋|BF|＝3，根据抛物线性质得|AF|＋|BF|＝eq\f(p,2)＋x1＋eq\f(p,2)＋x2＝2＋x1＋x2＝3，即x1＋x2＝1，设AB中点横坐标为x0，x0＝eq\f(1,2)(x1＋x2)＝eq\f(1,2)，则线段AB的中点到y轴的距离为eq\f(1,2)，故B正确；对于选项C，由题意知，直线AF，BF的斜率分别为eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)，设直线AF：y＝x－1，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,y2＝4x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝3＋2\r(2)，,y1＝2＋2\r(2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝3－2\r(2)，,y2＝2－2\r(2)，))∴|AB|＝2|y|＝4eq\r(2)±4，故C正确；对于选项D，设直线AB的倾斜角为α，用α表示|AF|，|BF|，如图，过点A作AH⊥x轴，垂足为H，作垂直于准线的直线AA1，垂足为A1.|AF|＝|AA1|＝p＋|FH|＝p＋|AF|cosα，则|AF|(1－cosα)＝p，即|AF|＝eq\f(p,1－cosα)，同理可得|BF|＝eq\f(p,1＋cosα).由eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))得eq\f(p,1－cosα)＝eq\f(2p,1＋cosα)(A上B下)或eq\f(p,1＋cosα)＝eq\f(2p,1－cosα)(B上A下)，解得cosα＝eq\f(1,3)或cosα＝－eq\f(1,3)，则直线AB的斜率为±2eq\r(2)，故D正确．4．(2023·白山模拟)现有6个三好学生名额，计划分到三个班级，则恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为________．答案eq\f(15,28)解析将6个三好学生名额分到三个班级，有3种类型：第一种是只有一个班分到名额，有3种情况；第二种是恰有两个班分到名额，有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,3)＝15(种)情况；第三种是三个班都分到了名额，有Ceq\o\al(2,5)＝10(种)情况．故恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为eq\f(15,3＋15＋10)＝eq\f(15,28).5.(2023·北京石景山区模拟)如图，在△ABC中，AC＝4eq\r(2)，C＝eq\f(π,6)，点D在边BC上，cos∠ADB＝eq\f(1,3).(1)求AD的长；(2)若△ABD的面积为2eq\r(2)，求AB的长．解(1)因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADC＝－cos∠ADB＝－eq\f(1,3)，因为∠ADC∈(0，π)，所以sin∠ADC＝eq\r(1－cos2∠ADC)＝eq\f(2\r(2),3)，在△ACD中，由正弦定理得eq\f(AD,sinC)＝eq\f(AC,sin∠ADC)，所以AD＝eq\f(AC·sinC,sin∠ADC)＝eq\f(4\r(2)×\f(1,2),\f(2\r(2),3))＝3.(2)由△ABD的面积为2eq\r(2)，得eq\f(1,2)BD·ADsin∠ADB＝2eq\r(2)，因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以sin∠ADC＝sin∠ADB＝eq\f(2\r(2),3)，又因为AD＝3，所以BD＝2，在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB＝32＋22－2×3×2×eq\f(1,3)＝9，所以AB＝3.[周二]1．(2023·汕头模拟)已知函数f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)，则f(x)的大致图象为()答案C解析∵f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)，∴f′(x)＝eq\f(ex2x2－3x,x－12)，令f′(x)>0⇒x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，∴f(x)在(－∞，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上单调递增．当x<0时，f(x)>0，故f(x)的大致图象为C选项图象．2．(2023·济南模拟)17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法．如图，是一个半圆，圆心为O，四边形ABCD是半圆的外切矩形．以直线OE为轴将该平面图形旋转一周，记△OCD，阴影部分，半圆所形成的几何体的体积分别为V1，V2，V3，则下列说法正确的是()A．V1＋V2<V3 B．V1＋V2>V3C．V1>V2 D．V1＝V2答案D解析由旋转体的概念可得△OCD、阴影部分、半圆所形成的几何体分别为圆锥、圆柱减去同半径的半球、半球，易知OE＝DE，设DE＝OE＝r.故V1＝eq\f(1,3)πr2×r＝eq\f(1,3)πr3，V2＝πr2×r－eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πr3＝eq\f(1,3)πr3，V3＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πr3＝eq\f(2,3)πr3，显然V1＝V2，且V1＋V2＝V3.3．(多选)已知函数f(x)的定义域为R，f(x＋2)为奇函数，f(2x＋1)为偶函数，则()A．f(x)的图象关于直线x＝1对称B．f(x)的图象关于点(1,0)对称C．f(x)的图象关于直线x＝2对称D．f(x)的图象关于点(2,0)对称答案AD解析因为f(x＋2)为奇函数，所以f(x＋2)＝－f(－x＋2)，所以函数f(x)关于点(2,0)对称，又f(2x＋1)为偶函数，所以f(2x＋1)＝f(－2x＋1)，所以函数f(x)关于直线x＝1对称．4．(2023·娄底模拟)若对任意的0<x1<x2≤a，都有<0成立，则a的最大值为________．答案e解析<0等价于，即x1x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx2－lnx1))<ex2－ex1，即lnx2＋eq\f(e,x2)<lnx1＋eq\f(e,x1)，设f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)，由题意可知f(x)在(0，a]上单调递减，因为f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,x2)＝eq\f(x－e,x2)，则f′(x)＝eq\f(x－e,x2)≤0在(0，a]上恒成立，则(0，a]⊆(0，e]，故a的最大值为e.5．(2023·泉州模拟)已知数列{an}的前n项积记为Tn，且满足eq\f(1,Tn)＝eq\f(an－1,an).(1)证明：数列{Tn}为等差数列；(2)若bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tn，n为奇数，,\f(1,Tn－1Tn＋1)，n为偶数，))求数列{bn}的前2n项和T2n.(1)证明当n＝1时，eq\f(1,a1)＝eq\f(a1－1,a1)，得a1＝T1＝2，当n≥2时，eq\f(1,Tn)＝eq\f(an－1,an)＝eq\f(\f(Tn,Tn－1)－1,\f(Tn,Tn－1))＝eq\f(Tn－Tn－1,Tn)，所以Tn－Tn－1＝1，所以数列{Tn}是首项为2，公差为1的等差数列．(2)解由(1)知，Tn＝2＋(n－1)×1＝n＋1，当n为奇数时，bn＝Tn＝n＋1，当n为偶数时，bn＝eq\f(1,Tn－1Tn＋1)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以T2n＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＋b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝2＋4＋6＋…＋2n＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,4)－\f(1,6)＋\f(1,6)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)＋…＋\f(1,2n－2)－\f(1,2n)＋\f(1,2n)－\f(1,2n＋2)))＝eq\f(n2＋2n,2)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2n＋2)))＝n2＋n＋eq\f(n,4n＋4).[周三]1．(2023·南京模拟)已知复数z满足iz＝2－i，其中i为虚数单位，则eq\x\to(z)为()A．－1－2i B．1＋2iC．－1＋2i D．1－2i答案C解析z＝eq\f(2－i,i)＝eq\f(2－i×－i,i×－i)＝－1－2i，则eq\x\to(z)＝－1＋2i.2．(2023·蚌埠质检)若椭圆C：eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,2)＝1的离心率为eq\f(\r(6),3)，则椭圆C的长轴长为()A．6 B.eq\f(2\r(6),3)或2eq\r(6)C．2eq\r(6) D．2eq\r(2)或2eq\r(6)答案D解析当焦点在y轴上时，由e＝eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(2－m),\r(2))，解得m＝eq\f(2,3)，符合题意，此时椭圆C的长轴长为2eq\r(2)；当焦点在x轴上时，由e＝eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(m－2),\r(m))，解得m＝6，符合题意，此时椭圆C的长轴长为2eq\r(m)＝2eq\r(6).3．(多选)(2023·怀化模拟)下列结论中，正确的有()A．数据1,2,4,5,6,8,9的第60百分位数为5B．已知随机变量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(1,3)))，若E(3X＋1)＝6，则n＝5C．已知经验回归直线方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋1.8，且eq\x\to(x)＝2，eq\x\to(y)＝20，则eq\o(b,\s\up6(^))＝9.1D．对变量x与y的统计量χ2来说，χ2值越小，判断“x与y有关系”的把握性越大答案BC解析对于A项，7×60%＝4.2，所以第60百分位数为6，故A项错误；对于B项，因为X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(1,3)))，所以E(X)＝np＝eq\f(1,3)n，所以E(3X＋1)＝3E(X)＋1＝n＋1＝6，解得n＝5，故B项正确；对于C项，由经验回归直线必过点(eq\x\to(x)，eq\x\to(y))，可得20＝2eq\o(b,\s\up6(^))＋1.8，解得eq\o(b,\s\up6(^))＝9.1，故C项正确；对于D项，由独立性检验可知，χ2值越大，判断“x与y有关系”的把握性越大，故D项错误．4．(2023·廊坊模拟)已知双曲线eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的两个焦点分别为F1，F2，过x轴上方的焦点F1的直线与双曲线上支交于M，N两点，以NF2为直径的圆经过点M，若|MF2|，|MN|，|NF2|成等差数列，则该双曲线的渐近线方程为____________．答案y＝±eq\f(\r(6),3)x解析如图所示，由双曲线的定义|MF2|＝2a＋|MF1|，|NF2|＝2a＋|NF1|，所以|MF2|＋|NF2|＝4a＋|MF1|＋|NF1|＝4a＋|MN|.因为|MF2|，|MN|，|NF2|成等差数列，所以|MF2|＋|NF2|＝2|MN|，即4a＋|MN|＝2|MN|，|MN|＝4a.令|MF1|＝x，在△MNF2中，MF2⊥MN，所以|MF2|2＋|MN|2＝|NF2|2，即(2a＋x)2＋(4a)2＝(6a－x)2，解得x＝a，即|MF1|＝a，|MF2|＝3a，又在Rt△F1MF2中，a2＋(3a)2＝(2c)2，所以2c2＝5a2，又c2＝a2＋b2，所以2b2＝3a2，即eq\f(a,b)＝eq\f(\r(6),3)，所以y＝±eq\f(a,b)x＝±eq\f(\r(6),3)x.5.(2023·邵阳模拟)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2CD＝4.平面PAB⊥平面ABCD，O为AB的中点，∠DAO＝∠AOP＝60°，OA＝OP，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．(1)求证：平面PCD⊥平面AFGB；(2)求平面PDE与平面ABCD夹角的正切值．(1)证明如图所示，取AO的中点H，连接HD，HP，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，CD＝2，∠DAO＝60°.∵O为AB的中点，即有四边形BCDO是平行四边形，∴OD∥BC，∠DOA＝∠CBO＝∠DAO＝60°.∴△OAD为正三角形，∴AD＝2，HD⊥AO.在△AOP中，OA＝OP＝2，∠AOP＝60°，∴△AOP为边长为2的正三角形，∴AP＝2，PH⊥AO.∴AP＝AD，又F为PD的中点，∴AF⊥PD.∵HD⊥AO，PH⊥AO，HD∩PH＝H，HD，PH⊂平面PHD，∴AO⊥平面PHD，即AB⊥平面PHD.∵PD⊂平面PHD，∴AB⊥PD.∵G为PC的中点，∴FG∥CD∥AB，∴A，F，G，B四点共面，又∵AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面AFGB，∴PD⊥平面AFGB.∵PD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面AFGB.(2)解∵PH⊥AB，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PH⊂平面PAB，∴PH⊥平面ABCD，由(1)知，PH，HD，AB两两互相垂直，以H为坐标原点，HD，HB，HP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Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\r(3)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(5,2)，0))，于是eq\o(HP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\r(3)))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，－\r(3)))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(5,2)，0)).设平面PDE的法向量为n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－\r(3)z＝0，,－\f(\r(3),2)x＋\f(5,2)y＝0，))取x＝5，则n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\r(3)，5))，易知eq\o(HP,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3))为平面ABCD的一个法向量，设平面PDE与平面ABCD的夹角为θ，则cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n，\o(HP,\s\up6(→))〉))＝eq\f(|n·\o(HP,\s\up6(→))|,|n||\o(HP,\s\up6(→))|)＝eq\f(5\r(3),\r(53)×\r(3))＝eq\f(5,\r(53)).∴sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(2\r(7),\r(53))，tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(2\r(7),5).∴平面PDE与平面ABCD夹角的正切值为eq\f(2\r(7),5).[周四]1．(2023·沈阳模拟)设集合A＝{x∈N|－1≤x≤3}，集合B＝{x|2x<2}，则A∩B等于()A．{－1,0} B．{x|－1≤x<1}C．{0} D．∅答案C解析∵B＝{x|2x<2}＝{x|x<1}，A＝{x∈N|－1≤x≤3}＝{0,1,2,3}，∴A∩B＝{0}．2．(2023·安庆模拟)已知第二象限角α满足sin(π＋α)＝－eq\f(2,3)，则sin2β－2sin(α＋β)cos(α－β)的值为()A．－eq\f(1,9) B．－eq\f(4\r(5),9)C.eq\f(1,9) D.eq\f(4\r(5),9)答案D解析由题意知sinα＝eq\f(2,3)，且α为第二象限角，所以cosα＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2)＝－eq\f(\r(5),3)，于是sin2β－2sin(α＋β)cos(α－β)＝sin[(α＋β)－(α－β)]－2sin(α＋β)cos(α－β)＝－[sin(α＋β)cos(α－β)＋cos(α＋β)sin(α－β)]＝－sin2α＝－2sinαcosα＝－2×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),3)))＝eq\f(4\r(5),9).3．(多选)(2023·汕头模拟)已知数列{an}为等差数列，a1＝1，a3＝2eq\r(2)＋1，其前n项和为Sn.数列{bn}满足bn＝eq\f(Sn,n)，则下列结论正确的是()A．数列{an}的通项公式为an＝eq\r(2)n－eq\r(2)＋1B．数列{bn}是递减数列C．数列{bn}是等差数列D．数列{an}中任意三项不能构成等比数列答案ACD解析数列{an}为等差数列，a1＝1，a3＝2eq\r(2)＋1，则其公差d＝eq\r(2)，则an＝1＋eq\r(2)(n－1)＝eq\r(2)n－eq\r(2)＋1，则选项A正确；数列{an}前n项和Sn＝n＋eq\f(\r(2),2)n(n－1)，则bn＝eq\f(Sn,n)＝1＋eq\f(\r(2),2)(n－1)＝eq\f(\r(2),2)n－eq\f(\r(2),2)＋1，由bn＋1－bn＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))－eq\f(\r(2),2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)n－\f(\r(2),2)＋1))＝eq\f(\r(2),2)>0，可得数列{bn}是等差数列且是递增数列，则选项B错误，选项C正确；假设ar，as，at(r≠s，s≠t，r≠t)为等差数列{an}中的三项，且ar，as，at构成等比数列，则as2＝arat，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)s－\r(2)＋1))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)r－\r(2)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)t－\r(2)＋1))，整理得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s2－rt))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2s－r－t))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(s2－rt＝0，,2s－r－t＝0，))可得r＝t＝s，这与r≠t≠s矛盾．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(s2－rt＝0,2s－r－t＝0))不成立；又由2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s2－rt))，2s－r－t为整数，2－eq\r(2)为无理数，可得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s2－rt))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2s－r－t))不成立，则假设不成立，即数列{an}中任意三项不能构成等比数列，则选项D正确．4．(2023·怀化模拟)点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为________．答案eq\r(2)解析∵直线y＝k(x＋1)恒过点A(－1,0)，则点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为点(0，－1)到点A的距离，∴点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为d＝eq\r(0＋12＋－1－02)＝eq\r(2).5．(2023·沧州调研)近年来，随着科技不断地进步，科技成果逐年呈递增的态势，尤其与物理专业有关的方向——光学、电学、机械力学、电气等方向递增更快．为了保护知识产权，需要将科技成果转化为科技专利，这样就需要大量的专利代理人员从事专利书写工作，而物理方向的研究生更受专利代理公司青睐．因为通过培训物理方向的研究生，他们可以书写化学、生物、医学等方向的专利，而其他科目的研究生只能写本专业方向的专利．某大型专利代理公司为了更好、更多地招收研究生来书写专利，通过随机问卷调查的方式对物理方向的研究生进行了专利代理方向就业意向调查，得到的数据如下表：喜欢不喜欢女研究生10575男研究生6090(1)根据α＝0.001的独立性检验，能否认为物理方向的研究生专利代理方向就业意向与性别有关联？(2)该专利代理公司从这150名男研究生中按专利代理方向就业意向分层，采用比例分配分层随机抽样方法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，用问卷的形式调查他们毕业后的年薪意向，设这3人中有X人喜欢从事专利代理工作，求X的分布列和均值．附：临界值表及参考公式：α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.解(1)零假设为H0：物理方向的研究生专利代理方向就业意向与性别没有关联，χ2＝eq\f(330×105×90－75×602,165×165×180×150)＝11>10.828，∴根据α＝0.001的独立性检验，可以推断H0不成立，即认为物理方向的研究生专利代理方向就业意向与性别有关联．(2)采用比例分配分层随机抽样的方法抽取的喜欢专利代理的男生有2人，不喜欢专利代理的男生有3人．则X的所有可能取值为0,1,2，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(2,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(3,10)，∴X的分布列为X012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)则E(X)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).[周五]1．(2023·邵阳模拟)在复平面内，复数eq\f(3－i,－1＋i)(i为虚数单位)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C解析依题意eq\f(3－i,－1＋i)＝eq\f(3－i－1－i,－1＋i－1－i)＝－2－i，对应的点的坐标为(－2，－1)，在第三象限．2．(2023·烟台模拟)过抛物线x2＝2py(p>0)的焦点且倾斜角为45°的直线与抛物线交于A，B两点，若点A，B到y轴的距离之和为4eq\r(2)，则p的值为()A．1B．2C．3D．4答案B解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可得，直线AB的斜率k＝tan45°＝1，抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，故直线AB的方程为y＝x＋eq\f(p,2)，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\f(p,2)，,x2＝2py，))消去y得x2－2px－p2＝0，则Δ＝(－2p)2－4×1×(－p2)＝8p2>0，x1＋x2＝2p，x1x2＝－p2<0，可知x1，x2异号，由题意可得|x1|＋|x2|＝|x1－x2|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2p2－4－p2)＝2eq\r(2)p＝4eq\r(2)，解得p＝2.3．(多选)(2023·温州模拟)Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在a，b，c∈R，使得Sn＝a·bn＋c，则()A．a＋c＝0B．b是数列{an}的公比C．ac<0D．{an}可能为常数列答案ABC解析设等比数列{an}的公比为q.当q＝1时，Sn＝na1，显然是一次函数形式不是指数函数形式，故不满足题意，所以D错误；当q≠1时，Sn＝eq\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－qn)),1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)·qn，所以c＝eq\f(a1,1－q)，a＝－eq\f(a1,1－q)，b＝q，即a＋c＝0，ac＝－eq\f(a\o\al(2,1),1－q2)<0，所以ABC正确．4．(2023·保山模拟)费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点，当三角形三个内角都小于120°时，费马点与三个顶点连线恰好三等分费马点的周角，即该点所对三角形三边的张角相等且均为120°.根据以上性质，已知A(－1,0)，B(1,0)，C(0,2)，M为△ABC内一点，当|MA|＋|MB|＋|MC|的值最小时，点M的坐标为________，此时sin∠MBC＝________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))eq\f(2\r(15)－\r(5),10)解析由题设，△ABC是等腰三角形，且AC＝BC，根据已知坐标得示意图如图所示．根据费马点定义知，M在AB的垂直平分线OC上，且△AMB是顶角为120°的等腰三角形，所以∠MAB＝30°，故OM＝eq\f(\r(3),3)OA＝eq\f(\r(3),3)，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))，由∠MBC＝∠OBC－∠MBO，而sin∠OBC＝eq\f(2,\r(5))，cos∠OBC＝eq\f(1,\r(5))，sin∠MBO＝eq\f(1,2)，cos∠MBO＝eq\f(\r(3),2)，所以sin∠MBC＝sin∠OBCcos∠MBO－cos∠OBCsin∠MBO＝eq\f(2,\r(5))×eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,\r(5))×eq\f(1,2)＝eq\f(2\r(15)－\r(5),10).5．已知函数f(x)＝(x－1)ex，g(x)＝ln(x＋2)．(1)求f(x)的极值；(2)若存在x0∈(－2，m]，使得f(x0)＋g(m)≤0，求实数m的取值范围．解(1)由题可得f′(x)＝xex，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故当x＝0时，f(x)取得极小值f(0)＝－1，没有极大值．(2)存在x0∈(－2，m]，使得f(x0)＋g(m)≤0，等价于当x0∈(－2，m]时，f(x)min＋g(m)≤0.当－2<m<0时，由(1)可得f(x)在(－2，m]上单调递减，故此时f(x)min＝f(m)＝(m－1)em，f(x)min＋g(m)≤0⇔f(m)＋g(m)≤0.构造函数h(x)＝f(x)＋g(x)＝(x－1)ex＋ln(x＋2)，x∈(－2,0)．则h′(x)＝xex＋eq\f(1,x＋2)＝eq\f(x2＋2xex＋1,x＋2).令p(x)＝(x2＋2x)ex＋1，x∈(－2,0)．则p′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋2))ex，令p′(x)＝0⇒x＝－2＋eq\r(2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－2＋\r(2)))时，p′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\r(2)，0))时，p′(x)>0，则p(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－2＋\r(2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\r(2)，0))上单调递增，故p(x)≥peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\r(2)))＝1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))>1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))>0，即h′(x)＝eq\f(px,x＋2)>0，得h(x)在(－2,0)上单调递增．注意到，若m<0，则h(m)＝f(m)＋g(m)<h(0)＝－1＋ln2<0.则当－2<m<0时，f(x)min＋g(m)≤0恒成立，即－2<m<0满足条件；当m≥0时，由(1)可得此时f(x)min＝f(0)＝－1，则f(x)min＋g(m)≤0⇔－1＋g(m)≤0，即ln(m＋2)－1≤0⇒ln(m＋2)≤lne⇒0≤m≤e－2.综上可知，m∈(－2，e－2]．[周六]1．(2023·泉州质检)已知集合A＝{x|－5<x<2}，B＝{x||x|<3}，则A∪B等于()A．(－∞，2) B．(－∞，3)C．(－3,2) D．(－5,3)答案D解析因为A＝{x|－5<x<2}，B＝{x||x|<3}＝{x|－3<x<3}，因此A∪B＝(－5,3)．2．(2023·安庆模拟)为了解学生每天的体育活动时间，某市教育部门对全市高中学生进行调查，随机抽取1000名学生每天进行体育运动的时间，按照时长(单位：分钟)分成6组：第一组[30,40)，第二组[40,50)，第三组[50,60)，第四组[60,70)，第五组[70,80)，第六组[80,90]．对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为()A．43.5分钟 B．45.5分钟C．47.5分钟 D．49.5分钟答案C解析由频率之和为1得，10×(0.01＋0.02＋0.03＋2a＋0.01)＝1，解得a＝0.015，由10×0.01＝0.1<0.25，10×0.01＋10×0.02＝0.3>0.25，故第25百分位数位于[40,50)内，则第25百分位数为40＋eq\f(0.25－0.1,0.3－0.1)×10＝47.5.可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为47.5.3．(多选)(2023·湖北八市联考)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为CC1的中点，N为四边形A1D1DA内一点(含边界)，若B1N∥平面BMD，则下列结论正确的是()A．NB1⊥DC1B．三棱锥B1－NBM的体积为eq\f(4,3)C．线段B1N的最小值为eq\f(2\r(30),5)D．tan∠A1NB1的取值范围为[1，eq\r(5)]答案BCD解析取AA1，DD1的中点分别为N1，E，连接D1N1，B1N1，AE，B1D1，A1N，如图所示．∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴AE∥BM，B1D1∥BD，D1N1∥AE，∴D1N1∥BM，∵D1N1，B1D1⊂平面B1D1N1，BD，BM⊂平面BMD，且D1N1∩B1D1＝D1，BD∩BM＝B，∴平面B1D1N1∥平面BMD，∵N为四边形A1D1DA内一点(含边界)，且B1N∥平面BMD，∴点N在线段D1N1上(含端点)．对于选项A，当N为D1时，NB1∥BD，则NB1与DC1的夹角为∠BDC1，此时BD＝BC1＝DC1＝2eq\r(2)，则∠BDC1＝eq\f(π,3)，则NB1与DC1不垂直，故A错误；对于选项B，∵N为四边形A1D1DA内一点(含边界)，∴N到平面B1BM的距离为2，∴三棱锥B1－NBM的体积＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×2×2＝eq\f(4,3)，故B正确；对于选项C，∵点N在线段D1N1上(含端点)，∴当B1N⊥D1N1时，线段B1N最小，∵B1N1＝D1N1＝eq\r(5)，B1D1＝2eq\r(2)，∴△B1N1D1在边B1D1上的高为eq\r(\r(5)2－\r(2)2)＝eq\r(3)，则＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\r(6)，则当B1N⊥D1N1时，(B1N)min＝＝eq\f(2\r(6),\r(5))＝eq\f(2\r(30),5)，故C正确；对于选项D，∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴A1B1⊥平面A1D1DA，∵A1N⊂平面A1D1DA，∴A1B1⊥A1N，∴△A1B1N为直角三角形，且直角为∠B1A1N，∴tan∠A1NB1＝eq\f(A1B1,A1N)＝eq\f(2,A1N)，∵点N在线段D1N1上(含端点)，则当A1N最大时，点N为点D1，此时A1N＝2，此时tan∠A1NB1最小，为eq\f(2,A1N)＝eq\f(2,2)＝1，当A1N最小时，A1N⊥D1N1，此时A1N＝＝eq\f(2×\f(1,2)×1×2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，此时tan∠A1NB1最大，为eq\f(2,A1N)＝eq\f(2,\f(2\r(5),5))＝eq\r(5)，则tan∠A1NB1的取值范围为[1，eq\r(5)]，故D正确．4．(2023·武汉调研)(x－1)(2x＋1)6的展开式中含x2项的系数为________．答案－48解析(2x＋1)6的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)×(2x)6－k×1k＝26－k×Ceq\o\al(k,6)×x6－k，所以(x－1)(2x＋1)6的展开式中含x2的项为C