2024高考数学二轮分层模拟仿真专练三文

PAGEPAGE592024高考数学二轮分层模拟仿真专练（三）文一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．[2024·广东深圳高级中学期末]已知集合A＝{x∈Z|－1≤x≤4}，B＝{－2，－1,4,8,9}，设C＝A∩B，则集合C的元素个数为()A．9B．8C．3D．2答案：D解析：A＝{x∈Z|－1≤x≤4}＝{－1,0,1,2,3,4}，B＝{－2，－1,4,8,9}，则C＝A∩B＝{－1,4}，集合C的元素个数为2，故选D.2．[2024·福建晋江四校联考]复数z＝a＋i(a∈R)的共轭复数为eq\x\to(z)，满意|eq\x\to(z)|＝1，则复数z＝()A．2＋iB．2－iC．1＋iD．i答案：D解析：依据题意可得eq\x\to(z)＝a－i，所以|eq\x\to(z)|＝eq\r(a2＋1)＝1，解得a＝0，所以复数z＝i.故选D.3．[2024·重庆一中月考]设a，b，c是平面对量，则a·b＝b·c是a＝c的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案：B解析：由a·b＝b·c得(a－c)·b＝0，∴a＝c或b＝0或(a－c)⊥b，∴a·b＝b·c是a＝c的必要不充分条件．故选B.4．[2024·黑龙江牡丹江一中月考]关于函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))与函数g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，下列说法正确的是()A．函数f(x)和g(x)的图象有一个交点在y轴上B．函数f(x)和g(x)的图象在区间(0，π)内有3个交点C．函数f(x)和g(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称D．函数f(x)和g(x)的图象关于原点(0,0)对称答案：D解析：∵g(－x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x－\f(3π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，∴g(－x)＝－f(x)，∴函数f(x)和g(x)的图象关于原点(0,0)对称，故选D.5．[2024·湖北武汉武昌调研考]已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－1，则a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝()A．40B．44C．45D．49答案：B解析：解法一因为Sn＝n2－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，n＝1，,2n－1，n≥2，))所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故选B.解法二因为Sn＝n2－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，n＝1，,2n－1，n≥2，))所以{an}从其次项起是等差数列，a2＝3，公差d＝2，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋4a6＝4×(2×6－1)＝44.故选B.6．[2024·黑龙江哈尔滨四校联考]已知函数f(x)＝coseq\f(πx,3)，执行如图所示的程序框图，则输出的S值为()A．670B．670eq\f(1,2)C．671D．672答案：C解析：执行程序框图，y＝f(1)＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，S＝0＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，n＝1＋1＝2；y＝f(2)＝coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)，S＝eq\f(1,2)，n＝2＋1＝3；y＝f(3)＝cosπ＝－1，S＝eq\f(1,2)，n＝3＋1＝4；y＝f(4)＝coseq\f(4π,3)＝－eq\f(1,2)，S＝eq\f(1,2)，n＝4＋1＝5；y＝f(5)＝coseq\f(5π,3)＝eq\f(1,2)，S＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝1，n＝6；y＝f(6)＝cos2π＝1，S＝1＋1＝2，n＝7……直到n＝2016时，退出循环．∵函数y＝coseq\f(nπ,3)是以6为周期的周期函数，2015＝6×335＋5，f(2016)＝cos336π＝cos(2π×138)＝1，∴输出的S＝336×2－1＝671.故选C.7．[2024·湖南衡阳八中模拟]如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B1的中点是P，过点A1作与截面PBC1A．2eq\r(2)B．2eq\r(3)C．2eq\r(6)D．4答案：C解析：易知截面是菱形，如图，分别取棱D1C1，AB的中点E，F，连接A1E，A1F，CF，CE，则菱形A1连接EF，A1C，易知EF＝2eq\r(2)，A1C＝2eq\r(3)，EF⊥A1C，所以截面的面积S＝eq\f(1,2)EF·A1C＝2eq\r(6).故选C.8．[2024·河北张家口期中]已知x>0，y>0，lg2x＋lg8y＝lg2，则eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值是()A．1B．2C．2eq\r(3)D．4答案：D解析：通解∵lg2x＋lg8y＝lg2，∴lg2x＋3y＝lg2，∴x＋3y＝1.又x>0，y>0，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))(x＋3y)＝2＋eq\f(3y,x)＋eq\f(x,3y)≥2＋2＝4，当且仅当x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,6)时等号成立，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值是4.故选D.优解∵lg2x＋lg8y＝lg2，∴lg2x＋3y＝lg2，∴x＋3y＝1.又x>0，y>0，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝eq\f(x＋3y,3xy)＝eq\f(1,3xy)≥eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))2)＝4，当且仅当x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,6)时等号成立，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值是4，故选D.9．[2024·河北唐山摸底]已知函数f(x)＝sinx－sin3x，x∈[0,2π]，则f(x)的全部零点之和等于()A．5πB．6πC．7πD．8π答案：C解析：f(x)＝sinx－sin(2x＋x)＝sinx－sin2xcosx－cos2xsinx＝sinx－2sinx(1－sin2x)－(1－2sin2x)sinx＝sinx－(3sinx－4sin3x)＝2sinx(2sin2x－1)，令f(x)＝0得sinx＝0或sinx＝±eq\f(\r(2),2).于是，f(x)在[0,2π]上的全部零点为x＝0，eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)，π，eq\f(5π,4)，eq\f(7π,4)，2π.故f(x)的全部零点之和为0＋eq\f(π,4)＋eq\f(3π,4)＋π＋eq\f(5π,4)＋eq\f(7π,4)＋2π＝7π，故选C.10．[2024·江西七校联考]图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜钱，寓意富贵祥瑞，在圆内随机取一点，则该点取自阴影区域(由四条半径与大圆半径相等的四分之一圆弧围成)内的概率是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(4,π)－1D．2－eq\f(4,π)答案：C解析：设圆的半径为1，则该点取自阴影区域内的概率P＝eq\f(S阴影,S圆)＝eq\f(2×2－π,π)＝eq\f(4,π)－1，故选C.11．[2024·四川内江一模]设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对随意的x∈R，有f(－x)－f(x)＝0，且x∈[0，＋∞)时，f′(x)>2x，若f(a－2)－f(a)≥4－4a，则实数aA．(－∞，1]B．[1，＋∞)C．(－∞，2]D．[2，＋∞)答案：A解析：对随意的x∈R，有f(－x)－f(x)＝0，所以f(x)为偶函数．设g(x)＝f(x)－x2，所以g′(x)＝f′(x)－2x，因为x∈[0，＋∞)时f′(x)>2x，所以x∈[0，＋∞)时，g′(x)＝f′(x)－2x>0，所以g(x)在[0，＋∞)上为增函数．因为f(a－2)－f(a)≥4－4a，所以f(a－2)－(a－2)2≥f(a)－a2所以g(a－2)≥g(a)，易知g(x)为偶函数，所以|a－2|≥|a|，解得a≤1，故选A.12．[2024·河北衡水中学五调]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，且直线l与圆x2－px＋y2－eq\f(3,4)p2＝0交于C，D两点．若|AB|＝2|CD|，则直线l的斜率为()A．±eq\f(\r(2),2)B．±eq\f(\r(3),2)C．±1D．±eq\r(2)答案：C解析：由题设可得圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))2＋y2＝p2，故圆心坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，为抛物线C的焦点，所以|CD|＝2p，所以|AB|＝4p.设直线l：x＝ty＋eq\f(p,2)，代入y2＝2px(p>0)，得y2－2pty－p2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pt，y1y2＝－p2，则|AB|＝eq\r(1＋t24p2t2＋4p2)＝2p(1＋t2)＝4p，所以1＋t2＝2，解得t＝±1，故选C.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中的横线上．)13．某学校举办科技节活动，有甲、乙、丙、丁四个团队参与“智能机器人”项目竞赛，该项目只设置一个一等奖，在评奖结果揭晓前，小张、小王、小李、小赵四位同学对这四个参赛团队获奖结果预料如下：小张说：“甲团队获得一等奖．”小王说：“甲或乙团队获得一等奖．”小李说：“丁团队获得一等奖．”小赵说：“乙、丙两个团队均未获得一等奖．”若这四位同学中只有两位的预料结果是对的，则获得一等奖的团队是________．答案：丁解析：①若获得一等奖的团队是甲团队，则小张、小王、小赵的预料结果是对的，小李的预料结果是错的，与题设冲突；②若获得一等奖的团队是乙团队，则小王的预料结果是对的，小张、小李、小赵的预料结果是错的，与题设冲突；③若获得一等奖的团队是丙团队，则四人的预料结果都是错的，与题设冲突；④若获得一等奖的团队是丁团队，则小李、小赵的预料结果是对的，小张、小王的预料结果是错的，与题设相符．故获得一等奖的团队是丁．14．[2024·江苏无锡模考]以双曲线eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1的右焦点为焦点的抛物线的标准方程是________．答案：y2＝12x解析：双曲线中，c＝eq\r(5＋4)＝3，所以右焦点坐标为(3,0)，故抛物线的焦点坐标为(3,0)，所以eq\f(p,2)＝3，p＝6，抛物线的标准方程为y2＝12x.15．[2024·云南第一次统一检测]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－2－5，x<3，,－log2x＋1，x≥3，))若f(m)＝－6，则f(m－61)＝________.答案：－4解析：∵函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－2－5，x<3，,－log2x＋1，x≥3，))f(m)＝－6，∴当m<3时，f(m)＝3m－2－5＝－6，无解；当m≥3时，f(m)＝－log2(m＋1)＝－6，解得m＝63，∴f(m－61)＝f(2)＝32－2－5＝－4.16．[2024·安徽定远中学月考]已知等差数列{an}满意a3＝6，a4＝7，bn＝(an－3)·3n，则数列{bn}的前n项和Tn＝________.答案：eq\f(2n－1×3n＋1＋3,4)解析：因为a3＝6，a4＝7，所以d＝1，所以a1＝4，an＝n＋3，bn＝(an－3)·3n＝n·3n，所以Tn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n×3n①，3Tn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1②，①－②得－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1＝eq\f(3－3n＋1,1－3)－n×3n＋1，所以Tn＝eq\f(2n－1×3n＋1＋3,4).三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(12分)[2024·华大新高考联盟教学质量测评]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，b＝4，accosB＝eq\f(2\r(3),3)S.(1)若a，b，c成等差数列，试推断△ABC的形态；(2)求a＋c的取值范围．解析：(1)由已知得accosB＝eq\f(\r(3),3)acsinB，得tanB＝eq\r(3)，因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).因为a，b，c成等差数列，b＝4，所以a＋c＝2b＝8，由余弦定理，得16＝a2＋c2－2accoseq\f(π,3)，所以16＝(a＋c)2－3ac，得ac所以a＝c＝b＝4，所以△ABC是等边三角形．(2)解法一由(1)得(a＋c)2－3ac＝16≥(a＋c)2－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2(当且仅当a＝c时取等号)，解得0<a＋c≤8.又a＋c>b＝4，所以4<a＋c≤8，所以a＋c的取值范围是(4,8]．解法二依据正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(4,\f(\r(3),2))＝eq\f(8\r(3),3)，所以a＝eq\f(8\r(3),3)sinA，c＝eq\f(8\r(3),3)sinC，所以a＋c＝eq\f(8\r(3),3)(sinA＋sinC)．因为A＋B＋C＝π，B＝eq\f(π,3)，所以A＋C＝eq\f(2π,3)，所以a＋c＝eq\f(8\r(3),3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))))＝eq\f(8\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)sinA＋\f(\r(3),2)cosA))＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，因为0<A<eq\f(2π,3)，所以A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))则a＋c∈(4,8]．所以a＋c的取值范围是(4,8]．18．(12分)[2024·江西南昌模拟]如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2eq\r(3)，且△PAD与△ABD均为正三角形，E为AD的中点，G为△PAD的重心，AC与BD交于点F.(1)求证：GF∥平面PDC；(2)求三棱锥G－PCD的体积．解析：(1)连接AG并延长，交PD于点H，连接CH.在梯形ABCD中，∵AB∥CD且AB＝2DC，∴eq\f(AF,FC)＝eq\f(2,1).又E为AD的中点，G为△PAD的重心，∴eq\f(AG,GH)＝eq\f(2,1).在△AHC中，eq\f(AG,GH)＝eq\f(AF,FC)＝eq\f(2,1)，故GF∥HC.∵HC⊂平面PCD，GF⊄平面PCD，∴GF∥平面PDC.(2)连接BE，由平面PAD⊥平面ABCD，△PAD与△ABD均为正三角形，E为AD的中点，知PE⊥AD，BE⊥AD.∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，∴PE⊥平面ABCD，且PE＝3.由(1)知GF∥平面PDC，连接FP，V三棱锥G－PCD＝V三棱锥F－PCD＝V三棱锥P－CDF＝eq\f(1,3)×PE×S△CDF.∵△ABD为正三角形，∴BD＝AB＝2eq\r(3)，则DF＝eq\f(1,3)BD＝eq\f(2\r(3),3).又∠CDF＝∠ABD＝60°，∴S△CDF＝eq\f(1,2)×CD×DF×sin∠FDC＝eq\f(\r(3),2)，则V三棱锥P－CDF＝eq\f(1,3)×PE×S△CDF＝eq\f(\r(3),2)，∴三棱锥G－PCD的体积为eq\f(\r(3),2).19．(12分)[2024·湖南省长沙市检测卷]某互联网公司为了确定下一季度的前期广告投入安排，收集了近6个月广告投入量x(单位：万元)和收益y(单位：万元)的数据如下表：月份123456广告投入量x24681012收益y14.2120.3131.831.1837.8344.67他们分别用两种模型①y＝bx＋a，②y＝aebx进行拟合，得到相应的回来方程并进行残差分析，得到如图所示的残差图及一些统计量的值：(每个样本点的残差等于其实际值减去该模型的估计值)eq\x\to(x)eq\x\to(y)eq\i\su(i＝1,6,x)iyieq\i\su(i＝1,6,x)eq\o\al(2,i)7301464.24364(1)依据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由；(2)残差肯定值大于2的数据被认为是异样数据，须要剔除：①剔除异样数据后求出(1)中所选模型的回来方程；②当广告投入量x＝18时，该模型收益的预报值是多少？附：对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其回来直线eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋eq\o(a,\s\up6(^))的斜率和截距的最小二乘估计分别为eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)xi－\o(x,\s\up6(－))yi－\o(y,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,n,)xi－\o(x,\s\up6(－))2)＝eq\f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\o(x,\s\up6(－))\o(y,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,n,x)\o\al(2,i)－n\o(x,\s\up6(－))2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－)).解析：(1)应当选择模型①，因为模型①残差点比较匀称地落在水平的带状区域中，说明模型拟合精度高，回来方程的预报精度高．(2)①剔除异样数据，即月份为3的数据后，得eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(1,5)×(7×6－6)＝7.2；eq\o(y,\s\up6(－))＝eq\f(1,5)×(30×6－31.8)＝29.64.eq\i\su(i＝1,5,x)iyi＝1464.24－6×31.8＝1273.44；eq\i\su(i＝1,5,x)eq\o\al(2,i)＝364－62＝328.eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,5,x)iyi－5\o(x,\s\up6(－))\o(y,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,5,x)\o\al(2,i)－5\o(x,\s\up6(－))2)＝eq\f(1273.44－5×7.2×29.64,328－5×7.2×7.2)＝eq\f(206.4,68.8)＝3；eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))＝29.64－3×7.2＝8.04，所以y关于x的线性回来方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝3x＋8.04.②把x＝18代入回来方程得eq\o(y,\s\up6(^))＝3×18＋8.04＝62.04.故预报值约为62.04万元．20．(12分)[2024·广东广州调研]已知动圆C过定点F(1,0)，且与定直线x＝－1相切．(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；(2)过点M(－2,0)的任始终线l与轨迹E交于不同的两点P，Q，摸索究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．解析：(1)方法一依题意知，动圆圆心C到定点F(1,0)的距离与到定直线x＝－1的距离相等．结合抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹E是以F(1,0)为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，易知p＝2.所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.方法二设动圆圆心C(x，y)，依题意得eq\r(x－12＋y2)＝|x＋1|，化简得y2＝4x，此即动圆圆心C的轨迹E的方程．(2)假设存在点N(x0,0)满意题设条件．由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN＋kQN＝0.(*)依题意易知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ：x＝my－2(m≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，x＝my－2，))得y2－4my＋8＝0.由Δ＝(－4m)2－4×8>0，求得m>eq\r(2)或m<－eq\r(2).设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2由(*)得kPN＋kQN＝eq\f(y1,x1－x0)＋eq\f(y2,x2－x0)＝eq\f(y1x2－x0＋y2x1－x0,x1－x0x2－x0)＝0，所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0，即y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.消去x1，x2，得eq\f(1,4)y1yeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,4)y2yeq\o\al(2,1)－x0(y1＋y2)＝0，即eq\f(1,4)y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0.因为y1＋y2≠0，所以x0＝eq\f(1,4)y1y2＝2，于是存在点N(2,0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π.21．(12分)[2024·陕西西安中学期中]已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(1－x)ex，g(x)＝x－lnx－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))，a<1.(1)求函数g(x)的单调区间；(2)若对随意x1∈[－1,0]，总存在x2∈[e,3]，使得f(x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围．解析：(1)因为g′(x)＝1－eq\f(1,x)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2)))＝eq\f(x2－a＋1x＋a,x2)＝eq\f(x－ax－1,x2)，a<1，又留意到函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以探讨如下．当0<a<1时，令g′(x)>0，解得0<x<a或x>1，令g′(x)<0，解得a<x<1，所以函数g(x)的单调递增区间为(0，a)和(1，＋∞)，单调递减区间为(a,1)；当a≤0时，令g′(x)>0，解得x>1，令g′(x)<0，解得0<x<1，所以函数g(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．综上，当0<a<1时，函数g(x)的单调递增区间为(0，a)和(1，＋∞)，单调递减区间为(a,1)；当a≤0时，函数g(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)对随意x1∈[－1,0]，总存在x2∈[e,3]，使得f(x1)>g(x2)成立，等价于函数f(x)在[－1,0]上的最小值大于函数g(x)在[e,3]上的最小值．当x∈[－1,0]时，因为f′(x)＝x(1－ex)≤0，当且仅当x＝0时不等式取等号，所以f(x)在[－1,0]上单调递减，所以f(x)在[－1,0]上的最小值为f(0)＝1.由(1)可知，函数g(x)在[e,3]上单调递增，所以g(x)在[e,3]上的最小值为g(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).所以1>e－(a＋1)－eq\f(a,e)，即a>eq\f(e2－2e,e＋1).又a<1，故所求实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).选考题(请考生在第22、23题中任选一题作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分．)22．(10分)[2024·山东济南质量评估][选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρcos2θ＝sinθ，直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(3),2)t，y＝a＋\f(1,2)t))(t为参数)，其中a>0，直线l与曲线C相交于M，N两点．(1)求曲线C的直角坐标方程；(2)若点P(0，a)满意eq\f(1,|PM|)＋eq\f(1,|PN|)＝4，求a的值．解析：(1)由已知可知ρ2cos2θ＝ρsinθ，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，y＝ρsinθ))得曲线C的直角坐标方程为y＝x2.(2)将直线l的参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(3),2)t，y＝a＋\f(1,2)t))(t为参数)代入y＝x2，得eq\f(3,4)t2－eq\f(1,2)t－a＝0，且Δ＝eq\f(1,4)＋3a>0.设M，N对应的参数分别为t1，t2，则t1＋t2＝eq\f(2,3)，t1t2＝－eq\f(4,3)a，所以t1、t2异号．所以eq\f(1,|PM|)＋eq\f(1,|PN|)＝eq\f(|PM|＋|PN|,|PM||PN|)＝eq\f(|t1－t2|,|t1t2|)＝eq\f(\r(t1＋t22－4t1t2),|t1t2|)＝eq\f(\r(\f(4,9)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)a))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)a)))＝4，化简得64a2－12a－1＝0，解得a＝eq\f(1,4)或a＝－eq\f(1,16)(舍)．所以a的值为eq\f(1,4).23．(10分)[2024·河南省郑州市检测卷][选修4－5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|3x－2a|＋|2x－2|(a∈R(1)当a＝eq\f(1,2)时，解不等式f(x)>6；(2)若对随意x0∈R，不等式f(x0)＋3x0>4＋|2x0－2|都成立，求a的取值范围．解析：(1)当a＝eq\f(1,2)时，不等式f(x)>6可化为|3x－1|＋|2x－2|>6，当x<eq\f(1,3)时，不等式即为1－3x＋2－2x>6，∴x<－eq\f(3,5)；当eq\f(1,3)≤x≤1时，不等式即为3x－1＋2－2x>6，无解；当x>1时，不等式即为3x－1＋2x－2>6，∴x>eq\f(9,5).综上所述，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(3,5)或x>\f(9,5))))).(2)不等式f(x0)＋3x0>4＋|2x0－2|恒成立可化为|3x0－2a|＋3x0令g(x)＝|3x－2a|＋3x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6x－2a，x≥\f(2a,3)，2a，x<\f(2a,3)，))∴函数g(x)的最小值为2a依据题意可得2a>4，即a所以a的取值范围为(2，＋∞)．

专练(五)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．[2024·福建福州质检]已知集合A＝{x|2x＋1>3}，B＝{x|x2－x－2<0}，则A∪B＝()A．{x|1<x<2}B．{x|－1<x<1}C．{x|－2<x<1或x>1}D．{x|x>－1}答案：D解析：因为3∈A，所以3∈(A∪B)，解除A，B.因为－1∉A且－1∉B，所以－1∉(A∪B)，解除C，故选D.2．[2024·北京八十中学月考]若a，b，c是常数，则“a>0且b2－4ac<0”是“对随意x∈R，有ax2＋bx＋c>0”A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案：A解析：∵a>0且b2－4ac<0时，函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上且与x轴没有交点，所以对随意x∈R，有ax2＋bx＋c>0；又a＝b＝0，c>0时，对随意x∈R，有ax2＋bx＋c>0，而此时a>0且b2－4ac<0不成立，所以“a>0且b2－4ac<0”是“对随意x∈R，有ax2＋bx＋c3．[2024·辽宁沈阳育才学校联考]欧拉公式eix＝cosx＋isinx(i为虚数单位)是瑞士数学家欧拉独创的，建立了三角函数和指数函数的联系，被誉为“数学中的天桥”．依据欧拉公式可知，eeq\f(π,6)i＋eeq\f(π,3)i表示的复数的模为()A.eq\f(\r(3)＋1,2)B.eq\f(\r(3)－1,2)C.eq\f(\r(6)＋\r(2),2)D.eq\f(\r(6)－\r(2),2)答案：C解析：由题意得eeq\f(π,6)i＋eeq\f(π,3)i＝coseq\f(π,6)＋isineq\f(π,6)＋coseq\f(π,3)＋isineq\f(π,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋sin\f(π,6)))＋ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋sin\f(π,6)))，所以其表示的复数的模为eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋sin\f(π,6)))＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2)，故选C.4．[2024·湖北鄂东南省级示范中学联考]若幂函数y＝x－1，y＝xm与y＝xn在第一象限的图象如图所示，则m与n的取值状况为()A．－1<m<0<n<1B．－1<n<0<mC．－1<m<0<nD．－1<n<0<m<1答案：D解析：由幂函数的图象可知，0<m<1，－1<n<0，故选D.5．[2024·吉林期末]若函数f(x)＝sin2x－eq\r(3)cos2x在[0，t]上的值域为[－eq\r(3)，2]，则t的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(5π,6)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，π))答案：B解析：依题意，知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，因为x∈[0，t]，所以2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，2t－\f(π,3))).又f(x)在[0，t]上的值域为[－eq\r(3)，2]，则2t－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(4π,3)))，即t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(5π,6))).故选B.6．[2024·广东七校联合体其次次联考]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＋a8＝6，S9－S6＝3，则Sn取得最大值时n的值为()A．5B．6C．7D．8答案：D解析：解法一设{an}的公差为d，则由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＋a1＋7d＝6，a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝15，d＝－2))，所以an＝－2n＋17.由于a8＝1>0，a9＝－1<0，所以Sn取得最大值时n的值为8.故选D.解法二设{an}的公差为d，则由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＋a1＋7d＝6，a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝15，d＝－2，))则Sn＝15n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－(n－8)2＋64(n∈N*)，所以当n＝8时，Sn取得最大值．故选D.7．[2024·陕西黄陵中学模拟]中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思，后来用它表示上、下两个底面均为矩形(不能全为正方形)、四条侧棱的延长线不交于一点的六面体．关于“刍童”体积计算的描述，《九章算术》注曰：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之．各以其广乘之，并，以高乘之，六而一．”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘；把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．已知一个“刍童”的下底面是周长为18的矩形，上底面矩形的长为3，宽为2，“刍童”的高为3，则该“刍童”的体积的最大值为()A.eq\f(39,2)B.eq\f(75,2)C．39D.eq\f(601,16)答案：B解析：设下底面的长、宽分别为x，y，则2(x＋y)＝18，x＋y＝9，则x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，9)).则“刍童”的体积为eq\f(1,6)×3×[2(6＋x)＋(2x＋3)y]＝eq\f(1,2)(30＋2xy＋y)＝eq\f(1,2)(－2x2＋17x＋39)＝－x2＋eq\f(17,2)x＋eq\f(39,2)，当x＝eq\f(9,2)时，“刍童”的体积取得最大值，最大值为eq\f(75,2)，故选B.8．[2024·河北正定中学月考]设函数f(x)＝4cos(ωx＋φ)对随意的x∈R，都有f(－x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋x))，若函数g(x)＝sin(ωx＋φ)－2，则geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值是()A．1B．－5或3C.eq\f(1,2)D．－2答案：D解析：因为对随意的x∈R，都有f(－x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋x))，所以函数f(x)＝4cos(ωx＋φ)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,6)＋φ))＝±4，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,6)＋φ))＝±1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,6)＋φ))＝0，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－2，故选D.9．[2024·陕西西安交大附中模考]《庄子·天下》篇中记述了一个闻名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”．反映这个命题本质的式子是()A．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝2－eq\f(1,2n)B.eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)<1C.eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1D.eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)>1答案：B解析：该命题说明每天取的长度构成了以eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，因为eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)<1，所以能反映命题本质的式子是eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)<1.故选B.10．[2024·河南开封定位考]执行如图所示的程序框图，若输出的结果为3，则输入的x为()A．－1B．0C．－1或1D．－1或0答案：D解析：由题意得y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋4，x<0，3x＋2，x≥0，))当x<0时，由－x2＋4＝3，得x＝±1，∵x<0，∴x＝－1.当x≥0时，由3x＋2＝3，得x＝0.∴x＝－1或0，故选D.11．[2024·福建厦门一检]双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作一条直线与两条渐近线分别相交于A，B两点，若eq\o(F1B,\s\up6(→))＝2eq\o(F1A,\s\up6(→))，|F1F2|＝2|OB|，则双曲线的离心率为()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D．3答案：C解析：如图，连接F2B，因为|F1F2|＝2|OB且O为F1，F2的中点，所以∠F1BF2＝90°.因为eq\o(F1B,\s\up6(→))＝2eq\o(F1A,\s\up6(→))，所以A为线段F1B的中点，所以OA∥F2B，所以OA⊥F1B，所以∠AOF1＝∠AOB.因为直线OA与OB是双曲线的两条渐近线，所以∠AOF1＝∠BOF2，所以∠BOF2＝60°，则eq\f(b,a)＝tan∠BOF2＝eq\r(3)，所以双曲线的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝2，故选C.12．[2024·江西两校联考]已知定义在R上的函数y＝f(x)对于随意的x都满意f(x＋1)＝－f(x)，当－1≤x<1时，f(x)＝x3，若函数g(x)＝f(x)－loga|x|至少有6个零点，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))∪(5，＋∞)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))∪[5，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，\f(1,5)))∪(5,7)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，\f(1,5)))∪[5,7)答案：A解析：由f(x＋1)＝－f(x)得f(x＋1)＝－f(x＋2)，因此f(x)＝f(x＋2)，即函数f(x)是周期为2的周期函数．函数g(x)＝f(x)－loga|x|至少有6个零点可转化成函数f(x)与h(x)＝loga|x|的图象至少有6个交点，需对a进行分类探讨．①若a>1，画出满意题意的图象，如图1所示，则loga5<1，即a>5.②若0<a<1，画出满意题意的图象，如图2所示，则h(－5)＝loga5≥－1，即0<a≤eq\f(1,5).综上所述，所求实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))∪(5，＋∞)．故选A.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中的横线上．)13．[2024·河南洛阳第一次统考]已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝2，则eq\f(2sinα,3sinα＋cosα)＝________.答案：eq\f(1,3)解析：由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝2，得eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝2，求得tanα＝eq\f(1,3)，所以eq\f(2sinα,3sinα＋cosα)＝eq\f(2tanα,3tanα＋1)＝eq\f(2×\f(1,3),3×\f(1,3)＋1)＝eq\f(1,3).14．[2024·东北三校第一次模拟]等比数列{an}的各项均为正数，Sn是其前n项和，2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，则S答案：30解析：设等比数列{an}的公比为q(q>0)，因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a11＋q＋q2＝a18＋3q，a1q3＝16，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，q＝2，))所以S4＝eq\f(21－24,1－2)＝30.15．[2024·安徽黄山模拟]若函数f(x)＝x2－1，对随意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,m)))－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)恒成立，则实数m的取值范围是________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))解析：依据题意，得对随意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，eq\f(x2,m2)－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)恒成立，即对随意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，eq\f(1,m2)－4m2≤－eq\f(3,x2)－eq\f(2,x)＋1恒成立．当x＝eq\f(3,2)时，函数y＝－eq\f(3,x2)－eq\f(2,x)＋1取得最小值－eq\f(5,3)，所以eq\f(1,m2)－4m2≤－eq\f(5,3)，即(3m2＋1)·(4m2－3)≥0，解得m≤－eq\f(\r(3),2)或m≥eq\f(\r(3),2)，故m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞)).16．[2024·重庆一中月考]△ABC中，AB＝5，BC＝5eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)，点P是△ABC内(包括边界)的一个动点，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(2,5)λeq\o(AC,\s\up6(→))(λ∈R)，则|eq\o(AP,\s\up6(→))|的最大值为________．答案：eq\r(37)解析：因为△ABC中，AB＝5，BC＝5eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)，BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA，所以AC＝10，AC2＝BC2＋AB2，所以B＝eq\f(π,2).以A为坐标原点，以AB所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(5,0)，C(5,5eq\r(3))．设点P为(x，y)，0≤x≤5,0≤y≤5eq\r(3).因为eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(2,5)λeq\o(AC,\s\up6(→))，所以(x，y)＝eq\f(3,5)(5,0)－eq\f(2,5)λ(5,5eq\r(3))＝(3－2λ，－2eq\r(3)λ)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3－2λ，y＝－2\r(3)λ))，所以y＝eq\r(3)(x－3)，所以动点P在直线y＝eq\r(3)(x－3)上，如图，画出该直线，则易知当点P为该直线与BC的交点时，|eq\o(AP,\s\up6(→))|取得最大值．又易知此时点P的坐标为(5,2eq\r(3))，故|eq\o(AP,\s\up6(→))|max＝eq\r(52＋2\r(3)2)＝eq\r(37).三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(12分)[2024·甘肃酒泉五校联考]已知在平面四边形ABCD中，∠ABC＝eq\f(3π,4)，AB⊥AD，AB＝1，AC＝eq\r(5)，△ABC的面积为eq\f(1,2).(1)求sin∠CAB的值；(2)若∠ADC＝eq\f(π,6)，求CD的长．解析：(1)依题意知，△ABC的面积S＝eq\f(1,2)AB×BC×sin∠ABC＝eq\f(1,2)×1×BC×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2)，由此可得BC＝eq\r(2).在△ABC中，由正弦定理得eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，即eq\f(\r(2),sin∠CAB)＝eq\f(\r(5),sin\f(3π,4))，所以sin∠CAB＝eq\f(\r(2)×\f(\r(2),2),\r(5))＝eq\f(\r(5),5).(2)由题设知，∠CAB<eq\f(π,2)，则cos∠CAB＝eq\r(1－sin2∠CAB)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2)＝eq\f(2\r(5),5)，因为AB⊥AD，所以∠DAC＋∠CAB＝eq\f(π,2)，则sin∠DAC＝cos∠CAB＝eq\f(2\r(5),5).在△ACD中，由正弦定理，得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠DAC)，即eq\f(\r(5),sin\f(π,6))＝eq\f(CD,\f(2\r(5),5))，所以CD＝eq\f(\r(5)×\f(2\r(5),5),\f(1,2))＝4.18.(12分)[2024·江西南昌重点中学段考]如图，四边形ABCD是梯形，四边形CDEF是矩形，且平面ABCD⊥平面CDEF，∠BAD＝∠CDA＝90°，AB＝AD＝DE＝eq\f(1,2)CD＝2，M是线段AE上的动点．(1)试确定点M的位置，使AC∥平面MDF，并说明理由；(2)在(1)的条件下，求平面MDF将几何体ADE－BCF分成上、下两部分的体积之比．解析：(1)当M为线段AE的中点时，AC∥平面MDF.证明如下：如图，连接CE，交DF于N，连接MN，因为M，N分别是AE，CE的中点，所以MN∥AC.因为MN⊂平面MDF，AC⊄平面MDF，所以AC∥平面MDF.(2)将几何体ADE－BCF补成三棱柱ADE－B1CF，则三棱柱ADE－B1CF的体积V＝S△ADE·CD＝eq\f(1,2)×2×2×4＝8，VADE－BCF＝VADE－B1CF－VF－BB1C＝8－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2))×2＝eq\f(20,3).三棱锥F－DEM的体积VF－DEM＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(2)×\r(2)))×4＝eq\f(4,3)，故上、下两部分的体积之比为eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)－\f(4,3)))＝14.19．(12分)[2024·福建省福州市高三下学期质量检测]最近由中国房地产业协会主办的中国房价行情网调查的一份数据显示，2024年7月，大部分一线城市的房租租金同比涨幅都在10%以上．某部门探讨成果认为，房租支出超过月收入eq\f(1,3)的租户“华蜜指数”低，房租支出不超过月收入eq\f(1,3)的租户“华蜜指数”高．为了了解甲、乙两小区租户的华蜜指数凹凸，随机抽取甲、乙两小区的租户各100户进行调查．甲小区租户的月收入以[0,3)，[3,6)，[6,9)，[9,12)，[12,15](单位：千元)分组的频率分布直方图如下：乙小区租户的月收入(单位：千元)的频数分布表如下：月收入[0,3)[3,6)[6,9)[9,12)[12,15]户数38272492(1)设甲、乙两小区租户的月收入相互独立，记M表示事务“甲小区租户的月收入低于6千元，乙小区租户的月收入不低于6千元”．把频率视为概率，求M的概率；(2)利用频率分布直方图，求所抽取甲小区100户租户的月收入的中位数；(3)若甲、乙两小区每户的月租费分别为2千元，1千元，请依据条件完成下面的2×2列联表，并说明能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“华蜜指数凹凸与租住的小区”有关．华蜜指数低华蜜指数高总计甲小区租户乙小区租户总计附：临界值表P(K2≥k)0.100.0100.001k2.7066.63510.828参考公式：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).解析：(1)记A表示事务“甲小区租户的月收入低于6千元”，记B表示事务“乙小区租户的月收入不低于6千元”，甲小区租户的月收入低于6千元的频率为(0.060＋0.160)×3＝0.66，故P(A)的估计值为0.66；乙小区租户的月收入不低于6千元的频率为eq\f(24＋9＋2,100)＝0.35，故P(B)的估计值为0.35.因为甲、乙两小区租户的月收入相互独立，所以事务M的概率的估计值P(M)＝P(A)P(B)＝0.66×0.35＝0.231.(2)设甲小区所抽取100户租户的月收入的中位数为t千元，则0.060×3＋(t－3)×0.160＝0.5，解得t＝5.所以甲小区100户租户的月收入的中位数为5千元．(3)将列联表补充完整如下：华蜜指数低华蜜指数高总计甲小区租户6634100乙小区租户3862100总计10496200依据2×2列联表中的数据，得到K2的观测值k＝eq\f(200×66×62－38×342,104×96×100×100)≈15.705>10.828，所以能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“华蜜指数凹凸与租住的小区”有关．20．(12分)[2024·湖南长沙雅礼中学月考]如图，已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F2，F1，短轴两个端点分别为A，B，且四边形F1AF2B是边长为2的正方形．(1)求椭圆的方程；(2)若C，D分别是椭圆长轴的左、右端点，动点M满意MD⊥CD，CM交椭圆于点P.证明：eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))为定值．解析：(1)由题意知a＝2，b＝c，a2＝b2＋c2，∴b2＝2，∴椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)易知C(－2,0)，D(2,0)，设M(2，y0)，P(x1，y1)，则eq\o(OP,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(OM,\s\up6(→))＝(2，y0)，直线CM：eq\f(x－2,4)＝eq\f(y－y0,y0)，即y＝eq\f(y0,4)x＋eq\f(1,2)y0，代入x2＋2y2＝4，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(y\o\al(2,0),8)))x2＋eq\f(1,2)yeq\o\al(2,0)x＋eq\f(1,2)yeq\o\al(2,0)－4＝0.∴x1×(－2)＝eq\f(4y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，∴x1＝－eq\f(2y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，y1＝eq\f(8y0,y\o\al(2,0)＋8)，∴eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，\f(8y0,y\o\al(2,0)＋8)))，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝－eq\f(4y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)＋eq\f(8y\o\al(2,0),y\o\al(2,0)＋8)＝eq\f(4y\o\al(2,0)＋32,y\o\al(2,0)＋8)＝4(定值)．21．(12分)[2024·吉林长春质检]已知函数f(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x(其中常数a(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x＝1处取得极值，且在(0，e]上的最大值为1，求实数a的值．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝lnx＋x2－3x，x>0，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＝eq\f(2x2－3x＋1,x)＝eq\f(2x－1x－1,x)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)或x＝1.当0<x<eq\f(1,2)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增；当eq\f(1,2)<x<1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减；当x>1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．综上可知，函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(2)f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax－(2a＋1)＝eq\f(2ax2－2a＋1x＋1,x)＝eq\f(2ax－1x－1,x)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝eq\f(1,2a).因为f(x)在x＝1处取得极值，所以eq\f(1,2a)≠1.当eq\f(1,2a)<0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2.当0<eq\f(1,2a)<1时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减，在(1，e]上单调递增，所以f(x)的最大值1可能在x＝eq\f(1,2a)或x＝e处取得，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝lneq\f(1,2a)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))2－(2a＋1)×eq\f(1,2a)＝lneq\f(1,2a)－eq\f(1,4a)－1<0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝eq\f(1,e－2).当1<eq\f(1,2a)<e时，f(x)在(0,1)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，e))上单调递增，所以f(x)的最大值1可能在x＝1或x＝e处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝eq\f(1,e－2)，与1<eq\f(1,2a)<e冲突．当eq\f(1,2a)≥e时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)的最大值1在x＝1处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a综上所述，a＝eq\f(1,e－2)或a＝－2.选考题(请考生在第22、23题中任选一题作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分．)22．(10分)[2024·安徽合肥高三其次次质量检测][选修4－4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，y＝sinθ))(θ为参数)．以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2＝4ρsinθ－3.(1)写出曲线C1一般方程和C2的直角坐标方程；(2)若P，Q分别为曲线C1和C2上的动点，求|PQ|的最大值．解析：(1)曲线C1的一般方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2＝4y－3，即x2＋(y－2)2＝1.(2)设P点的坐标为(2cosθ，sinθ)．|PQ|≤|PC2|＋1＝eq\r(4cos2θ＋sinθ－22)＋1＝eq\r(－3sin2θ－4sinθ＋8)＋1＝eq\r(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋\f(2,3)))2＋\f(28,3))＋1，当sinθ＝－eq\f(2,3)时，|PQ|max＝eq\f(2\r(21),3)＋1.23．(10分)[2024·重庆质量调研抽测][选修4－5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x＋2|－|eq\f(1,2)x－1|.(1)求函数f(x)的图象与x轴所围成的三角形的面积；(2)设函数f(x)的最小值为M，若关于x的不等式x2＋x－2m≤M有实数解，求实数m解析：(1)原函数可化为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x－3x<－2，\f(3,2)x＋1－2≤x≤2，\f(1,2)x＋3x>2，))易得函数f(x)的图象与x轴所围成的三角形的三个顶点坐标分别为(－6,0)，(－2，－2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))，所以此三角形的面积S＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)＋6))×2＝eq\f(16,3).(2)由(1)知函数f(x)的最小值为M＝f(－2)＝－2，关于x的不等式x2＋x－2m≤M有实数解，即x2＋x－2m≤－2有实数解，即2m≥x2令h(x)＝x2＋x＋2，当x＝－eq\f(1,2)时，h(x)min＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2－eq\f(1,2)＋2＝eq\f(7,4)，所以2m≥eq\f(7,4)，即m≥eq\f(7,8).故实数m的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)，＋∞)).专练(六)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．[2024·贵州遵义模拟]若集合A＝{x|1≤x<15}，B＝{x|－1<lgx≤1}，则()A．A∩B＝[1,15]B．A∪B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，15))C．A∩B＝∅D．A∪B＝R答案：B解析：A＝{x|1≤x<15}，B＝{x|－1<lgx≤1}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)<x≤10))))，∴A∩B＝{x|1≤x≤10}，A∪B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)<x<15)))).故选B.2．[2024·辽宁鞍山一中模拟]在复平面内，复数eq\f(－2＋3i,3－4i)所对应的点位于()A．第一象限B．其次象限C．第三象限D．第四象限答案：B解析：设z＝eq\f(－2＋3i,3－4i)，则z＝－eq\f(18,25)＋eq\f(1,25)i，所以复数eq\f(－2＋3i,3－4i)在复平面内所对应的点应位于其次象限．故选B.3．[2024·湖北黄冈调研]已知函数f(2x＋1)的定义域为(－2,0)，则f(x)的定义域为()A．(－2,0)B．(－4,0)C．(－3,1)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))答案：C解析：∵f(2x＋1)的定义域为(－2,0)，即－2<x<0，∴－3<2x＋1<1.∴f(x)的定义域为(－3,1)．故选C.4．[2024·河南濮阳检测]若“m>a”是“函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x＋m－eq\f(1,3)的图象不过第三象限”的必要不充分条件，则实数a能取的最大整数为()A．－2B．－1C．0D．1答案：B解析：因为f(0)＝m＋eq\f(2,3)，且函数f(x)的图象不过第三象限，所以m＋eq\f(2,3)≥0，即m≥－eq\f(2,3)，所以“m>a”是“m≥－eq\f(2,3)”的必要不充分条件，所以a<－eq\f(2,3)，则实数a能取的最大整数为－1.故选B.5．[2024·贵州贵阳监测]假如在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝()A．14B．21C．28D．35答案：C解析：由题意得3a4＝12，则a4＝4，所以a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a6．[2024·天津第一中学月考]如图，在梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(2)，BC＝2，点E为AB的中点，若eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影为－eq\f(1,2)，则eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝()A．－2B．－eq\f(1,2)C．0D.eq\r(2)答案：A解析：通解∵eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影为－eq\f(1,2)，∴eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(CB,\s\up6(→))上的投影为eq\f(1,2).∵BC＝2，∴AD＝eq\f(3,2).又点E为AB的中点，∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))，又eq