(共18张PPT)
规范练4
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1.(10分)(2023天津,16)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a= ,b=2,∠A=120°.
(1)求sin B的值;
(2)求c的值;
(3)求sin(B-C)的值.
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(1)求{an},{bn}的通项公式;
(2)用[x]表示不超过x的最大整数,求数列{[an+an+1]·}的前n项和Sn.
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3.(12分)(2023山东潍坊三模)某品牌中性笔研发部门从流水线上随机抽取100件产品,统计其性能指数并绘制频率分布直方图(如图1).
图1
产品的性能指数在[50,70)的适合儿童使用(简称A类产品),在[70,90)的适合少年使用(简称B类产品),在[90,110]的适合青年使用(简称C类产品),A,B,C三类产品的销售利润分别为每件1.5,3.5,5.5(单位:元).以这100件产品的性能指数位于各区间的频率代替产品的性能指数位于该区间的概率.
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图2
(1)该公司为了解年营销费用x(单位:万元)对年销售量y(单位:万件)的影响,对近5年的年营销费用xi和年销售量yi(i=1,2,3,4,5)的数据做了初步处理,得到散点图(如图2)及一些统计量的值(如下表).
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根据散点图判断,y=a·xb可以作为年销售量y(单位:万件)关于年营销费用x(单位:万元)的经验回归方程,求y关于x的经验回归方程;(取e4.159≈64)
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(2)求每件产品的平均销售利润,并用所求的经验回归方程估计该公司应投入多少营销费,才能使得该产品一年的收益达到最大 (收益=销售利润-营销费用)
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(2)设每件产品的销售利润为X元,则X的所有可能取值为1.5,3.5,5.5,由频率分布直方图可得,A,B,C三类产品的频率分别为0.15,0.45,0.4,
所以P(X=1.5)=(0.004+0.011)×10=0.15,
P(X=3.5)=(0.020+0.025)×10=0.45,
P(X=5.5)=(0.023+0.017)×10=0.4,
所以随机变量X的分布列为
X 1.5 3.5 5.5
P 0.15 0.45 0.4
所以E(X)=1.5×0.15+3.5×0.45+5.5×0.4=4,
故每件产品的平均销售利润为4元.
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则f'(t)=256-4t3=4(64-t3).
当t∈(0,4)时,f'(t)>0,则f(t)在区间(0,4)上单调递增,
当t∈(4,+∞)时,f'(t)<0,f(t)在区间(4,+∞)上单调递减,
故当t=4,即x=256时,z有最大值为768,
所以估计当该公司一年投入256万元营销费时,能使得该产品年收益达到最大.
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4.(12分)(2023广西柳州模拟)如图,以矩形ABCD的CD边为直径作半圆O,点E为半圆上一点,满足∠EDC=60°,BC=1.将半圆沿CD折起,使得半圆面和平面ABCD垂直.
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(1)证明 ABCD为矩形,∴BC⊥CD.
∵平面CDE⊥平面ABCD,且平面CDE∩平面ABCD=CD,BC 平面ABCD,
∴BC⊥平面CDE,而DE 平面CDE,∴DE⊥BC.
∵点E在半圆O上,CD为直径,∴DE⊥EC.
又BC∩EC=C,BC,EC 平面BCE,∴DE⊥平面BCE.
∵DE 平面ADE,∴平面ADE⊥平面BCE.
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4(共13张PPT)
规范练5
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2.(12分)(2023山东德州一模)在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c-2bcos A=b.
(1)求证:A=2B;
(2)若A的角平分线交BC于D,且c=2,求△ABD面积的取值范围.
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3.(12分)(2022新高考Ⅱ,20)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点.
(1)证明:OE∥平面PAC;
(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.
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(1)证明 连接OA,如图所示.
∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,
∴PO⊥OA,PO⊥OB,∠POA=∠POB=90°.
又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB.
取AB的中点D,连接OD,DE,则OD⊥AB.
∵AB⊥AC,∴OD∥AC.
又AC 平面PAC,OD 平面PAC,∴OD∥平面PAC.
∵D,E分别是AB,PB的中点,∴DE∥PA.
又DE 平面PAC,PA 平面PAC,∴DE∥平面PAC.
∵OD∩DE=D,∴平面ODE∥平面PAC.
∵OE 平面ODE,∴OE∥平面PAC.
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(2)解 过点D作DF∥OP,分别以DB,DO,DF所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
∵PO=3,PA=5,∴OA=4.
由(1)知OB=OA=4,
又∠ABO=∠CBO=30°,
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4.(12分)(2023山东烟台、枣庄三模)已知函数
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当x>1时,f(x)+k(1+ln x)≤0,求实数k的取值范围.
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令f'(x)>0,得0
令f'(x)<0,得x<0或x>2,此时f(x)在(-∞,0)和(2,+∞)上单调递减;
综上,f(x)的单调增区间为(0,2),单调减区间为(-∞,0)和(2,+∞).
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(2)(方法一)当x>1时,1+ln x>0,
则h'(x)=(x-1)(3+2ln x),
当x>1时,恒有3+2ln x>0,h'(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(x)>h(1)=0恒成立,即g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增.
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4(共45张PPT)
专题检测一 三角函数与解三角形
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单项选择题
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B
解析 在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos∠ABC,
即7=a2+4-2a,解得a=3或a=-1(舍去).
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7.(2023湖南长郡中学模拟)如图,一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶,在A,B,C三处测得道路一侧山顶P的仰角依次为30°,45°,60°,其中AB=a, BC=b(0D
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多项选择题
9.(2023广东一模)如图,弹簧下端悬挂着的小球做上下运动(忽略小球的大小),它在t(单位:s)时刻相对于平衡位置的高度h(单位:cm)可以由 确定,则下列说法正确的是( )
A.小球运动的最高点与最低点的距离为2 cm
B.小球经过4 s往复运动一次
C.t∈(3,5)时小球是自下往上运动
D.当t=6.5时,小球到达最低点
BD
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10.(2023山东聊城统考一模)在△ABC中,若A>B,则( )
A.sin A>sin B B.cos AC.sin 2A>sin 2B D.cos 2AABD
解析 在△ABC中,若A>B,由三角形中大边对大角,可得a>b,又由正弦定理,可知sin A>sin B,故A选项正确;
因为余弦函数在区间(0,π)上单调递减,可知cos A因为sin 2A=2sin Acos A,sin 2B=2sin Bcos B,
当A>时,cos A<0,所以sin 2A由cos 2A=1-2sin2A,cos 2B=1-2sin2B,由A选项可知正确,故D选项正确.
故选ABD.
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12.(2023福建福州高三检测)某社区规划在小区内修建一个如图所示的四边形休闲区.已知AB=BC=2CD=20米,AD=30米,且修建该休闲区的费用是200元/平方米,则下列结论正确的是( )
ACD
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填空题
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14.(2023新高考Ⅰ,15)已知函数f(x)=cos ωx-1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点,则ω的取值范围是__________.
[2,3)
解析 由题意可知,要使函数f(x)=cos ωx-1在区间[0,2π]上有且仅有3个零点,即函数y=cos ωx的图象在区间[0,2π]上有且仅有3个最高点,设y=cos ωx的最小正周期为T,其大致图象如图所示,
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解答题
17.(10分)(2023山东青岛一模)已知函数f(x)=2cos2ωx+sin 2ωx(ω>0),x1,x2是f(x)的两个相邻极值点,且满足|x1-x2|=π.
(1)求函数f(x)图象的对称轴方程;
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18.(12分)(2023云南昆明一模)“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺,是用来测量、画圆和方形图案的工具.有一块圆形木板,以“矩”量之,较长边为10 cm,较短边为5 cm,如图所示,将这块圆形木板截出一块三角形木块,三角形顶点A,B,C都在圆周上,角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足
(1)求sin C;
(2)若△ABC的面积为8 cm2,且a>c,求△ABC的周长.
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(1)当走私船发现了巡逻艇时,两船相距多少海里
(2)巡逻艇应该沿什么方向去追,才能最快追上走私船
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21.(12分)(2023浙江温州二模)已知△ABC满足2sin Csin(B-A)=2sin Asin C-sin2B.
(1)试问:角B是否可能为直角 请说明理由.
(2)若△ABC为锐角三角形,求 的取值范围.
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22.(12分)(2023山东泰安高三检测)如图,为了测量某条河流两岸两座高塔底部A,B之间的距离,观测者在其中一座高塔的顶部D测得另一座高塔底部B和顶部C的视角的正切值为 (即tan∠BDC= ),已知两座高塔的高AD为30 m,BC为60 m,塔底A,B在同一水平面上,且AD⊥AB,BC⊥AB.
(1)求两座高塔底部A,B之间的距离;
(2)为庆祝佳节,在两座高塔顶部安装大型彩色灯饰.为了方便市民观赏灯饰,决定在A,B之间的点P处(点P在线段AB上)搭建一个水上观景台,为了达到最佳的观赏效果,要求∠DPC最大,在距离A点多远处搭建,才能达到最佳的观赏效果
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解 (1)由题知,AD⊥AB,BC⊥AB,BC=60,AD=30.
如图,作DE⊥BC,垂足为E,则四边形ABED为矩形,所以BE=CE=30.
因为BE=CE,DE=DE,∠CED=∠DEB=90°,
所以△BDE≌△CDE,所以∠CDE=∠BDE.
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22(共44张PPT)
专题检测二 数列
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单项选择题
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1.(2023福建漳州三模)已知数列{an}为递减的等比数列,n∈N*,且a2a7=32, a3+a6=18,则{an}的公比为( )
A
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2.(2023山东聊城二模)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a1>0,a8,a9是方程x2+x-2 023=0的两根,则能使Sn>0成立的n的最大值为( )
A.15 B.16 C.17 D.18
A
解析 ∵a8,a9是方程x2+x-2 023=0的两根,
∴a8·a9=-2 023,a8+a9=-1,
又a1>0,
∴d=a9-a8<-80,
由等差中项知a8+a9=a1+a16=a2+a15=…=a7+a10=-1,
∴S16=a1+a2+…+a16=-8<0,a16=a9+7d<-560,S15=S16-a16>552>0,
即使得Sn>0成立的n的最大值为15.
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3.正项等比数列{an}与正项等差数列{bn},若a1a5=b5b7,则a3与b6的关系是
( )
A.a3=b6 B.a3≥b6
C.a3≤b6 D.以上都不正确
C
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C
解析 设等比数列的公比为q,根据题意,a1·q2=a1·q+2a1,
因为数列{an}是正项等比数列,所以a1>0,q>0,故由上式可得q=2,
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6.已知数列{an}满足a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1,则下列结论错误的是( )
A.a1=4
B.{an}的前10项和为150
C.{(-1)nan}的前11项和为-14
D.{|an-10|}的前16项和为168
B
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解析 由a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1得,当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n,
两式相减,得2n-1an=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n,故an=2n+2(n≥2),
当n=1时,a1=4也符合an=2n+2,故an=2n+2.对于A,a1=4,故A正确;
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A
解析 令x=y=0,由已知可得f(1)=f2(0)-f(0)+2=2.
令y=1,由已知可得f(x+1)=f(x)f(1)-f(1)-x+2=2f(x)-x,
设an=f(n),n∈N*,则an+1=2an-n,整理可得an+1-(n+2)=2[an-(n+1)].
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多项选择题
9.(2023山东烟台模拟)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+1=2Sn+n-1(n∈N*),则下列结论正确的是( )
A.数列{Sn+n}为等比数列
B.数列{an}的通项公式为an=2n-1-1
C.数列{an+1}为等比数列
D.数列{2Sn}的前n项和为2n+2-n2-n-4
AD
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10.(2023湖北黄石模拟)假设每对老鼠每月生子一次,每月生12只,且雌雄各半.1个月后,有一对老鼠生了12只小老鼠,一共14只;2个月后,每对老鼠各生12只小老鼠,一共98只……以此类推.记每个月新生的老鼠数量为an,每个月老鼠的总数量为bn,数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,可知a1=12,b1=14, a2=84,b2=98,则下列说法正确的是( )
A.a6=12×76 B.b6=2×76
C.S6=2×76-2 D.
BC
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11.已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*},集合C=A∪B,将集合C中所有元素从小到大依次排列为一个数列{an},Sn为数列{an}的前n项和,则
( )
A.S8=39
B.an+2-an+1=1或2
C.=22n-2+2n+1-2
D.若存在n∈N*使Sn>12an+1,则n的最小值为26
ABC
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解析 对于选项A,由题意知{an}的前8项为1,2,3,4,5,7,8,9,所以S8=39,故A正确;
对于选项B,集合A为正奇数集,集合B中的元素都是偶数,按照从小到大排列,
若连续的两个数是奇数,则an+2-an+1=2,
若连续的两个数是一个奇数,一个偶数,则an+2-an+1=1,故B正确;
对于选项C,令k=2n-1+n,因为2×2n-1-1比2n小1,
所以{an}的前k项中,来自集合A的有2n-1个,来自集合B的有n个,
所以Sk=1+3+…+(2×2n-1-1)+2+22+23+…+2n
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对于选项D,{an}的前26项包括来自集合A的1,3,5,…,41,共21个,来自集合B的2,4,8,16,32,共5个,
因为a27=43,12a27=516,S26<12a27,不符合条件,故D错误.故选ABC.
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12.网络流行语“内卷”,是指一类文化模式达到某种最终形态后,既没办法稳定下来,也没办法转变为新的形态,只能不断地在内部变得更加复杂的现象,数学中的螺旋线可以形象地展示“内卷”这个词.螺旋线这个词来源于希腊文,原意是“旋卷”或“缠卷”,如图所示的阴影部分就是一个美丽的旋卷型的图案,它的画法是:正方形ABCD的边长为4,取正方形ABCD各边的四等分点E,F,G,H,作第二个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH各边的四等分点M,N,P,Q,作第三个正方形MNPQ,按此方法继续下去,就可以得到如图所示的图形.设正方形ABCD的边长为a1,后续各正方形的边长依次为a2,a3,…,an,…;如图阴影部分,设直角三角形AEH的面积为b1,后续各直角三角形面积依次为b2,b3,…,bn,….下列说法正确的是( )
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填空题
13.(2023全国甲,文13)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为__________.
解析 已知{an}为等比数列,设首项为a1,公比为q,若q=1,则Sn=na1.有8S6=48a1,7S3=21a1.
∵a1≠0,∴q≠1.
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14.(2023广东广州二模)在数列{an}中,a1=2,am+n=am+an,若akak+1=440,则正整数k=__________.
10
解析 由a1=2,am+n=am+an,令m=1,则an+1-an=a1=2,
所以数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列,即an=2+(n-1)×2=2n,
所以akak+1=2k×2(k+1)=440,即k(k+1)=110,
又k为正整数,所以k=10或k=-11(舍去).
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15.我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表,即“杨辉三角”,这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中,第n行的所有数字之和为2n-1,若去除所有为1的项,依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10, 10,5,…,则此数列的前56项和为__________.
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解答题
17.(10分)(2022全国甲,理17)设Sn为数列{an}的前n项和.已知
(1)证明:{an}是等差数列;
(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
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18.(12分)(2023湖南雅礼中学校考)已知数列{an}的各项均为正数,Sn为其前n项和,对于任意n∈N*,满足关系Sn=2an-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
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(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=Sncos nπ,求数列{bn}的前2n-1项和T2n-1.
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(2)因为an=2n-1,所以Sn= =n2,故bn=n2cos nπ=(-1)nn2,
所以T2n-1=-12+22-32+42-…+(-1)2n-1·(2n-1)2
=(22-12)+(42-32)+…+[(2n)2-(2n-1)2]-(2n)2
=[1+2+3+4+…+(2n-1)+2n]-4n2
=n(2n+1)-4n2=-2n2+n.
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20.(12分)(2023广东东莞高三期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,且对于任意的n∈N*都有3Sn=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列{an}的前n项中的最大值为Mn,最小值为mn,令 ,求数列{bn}的前20项和T20.
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解 (1)对于任意的n∈N*都有3Sn=2an+1,
当n≥2时,3Sn-1=2an-1+1,两式相减,得3(Sn-Sn-1)=(2an+1)-(2an-1+1),
即3an=2an-2an-1(n≥2),
整理得an=-2an-1(n≥2),
当n=1时,3S1=2a1+1,故a1=1,
所以数列{an}是首项为1,公比为-2的等比数列,
所以an=(-2)n-1.
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21.(12分)(2021浙江,20)已知数列{an}的前n项和为Sn, ,且4Sn+1=3Sn-9 (n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
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22.(12分)治理垃圾是A地改善环境的重要举措.去年A地产生的垃圾量为200万吨,通过扩大宣传、环保处理等一系列措施,预计从今年开始,连续5年,每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨,从第6年开始,每年的垃圾排放量为上一年的75%.
(1)写出A地的年垃圾排放量与治理年数n(n∈N*)的关系式;
(2)设An为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量,证明:数列{An}为递减数列;
(3)通过至少几年的治理,A地的年平均垃圾排放量能够低于100万吨
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(1)解 设治理n年后,A地的年垃圾排放量构成数列{an}.
当n≤5时,数列{an}是首项为a1=200-20=180,公差为d=-20的等差数列,
所以an=a1+(n-1)d=180-20(n-1)=200-20n;
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22(共55张PPT)
专题检测三 立体几何
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单项选择题
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1.(2023北京101中学模拟)已知m,n为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,那么使m∥α成立的一个充分条件是( )
A.m∥β,α∥β B.m⊥β,α⊥β
C.m⊥n,n⊥α,m α D.m上有不同的两个点到α的距离相等
C
解析 对于A,若m∥β,α∥β,则m α或m∥α,故A不正确;
对于B,若m⊥β,α⊥β,则m α或m∥α,故B不正确;
对于C,若m⊥n,n⊥α,m α,则m∥α,故C正确;
对于D,m上有不同的两个点到α的距离相等,则可能m与α相交,故D错误.
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2.(2023江西南昌一模)在数学探究课中某同学设计一个“胶囊形”的几何体,由一个圆柱和两个半球构成,已知圆柱的高是底面半径的4倍,若该几何体表面积为108π,则它的体积为( )
A.72π B.96π C.108π D.144π
D
解析 设圆柱的底面半径为r,则球的半径为r,圆柱的高是4r,
∴圆柱的侧面积为2πr×4r=8πr2,两个半球的表面积为4πr2,
∴该几何体表面积为8πr2+4πr2=12πr2=108π,解得r=3,
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3.(2023山东临沂一模)已知确定重心的定理:如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交,那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积.即V=Sl(V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积,S表示平面图形的面积,l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长).如图,直角梯形ABCD,已知AB∥DC,AB⊥AD,AB=3CD,AD=3,则其重心G到AB的距离为( )
C
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4.(2023广东一模)水平桌面上放置了4个半径为2的小球,4个小球的球心构成正方形,且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球,则半球形容器内壁的半径的最小值为( )
C
解析 如图,4个小球球心构成的正方形为O1O2O3O4,中心为N,
半球形容器的球心为O,
显然当半球形容器与4个小球都相切时球O的半径最小,
半球形容器与球O1的切点为A,连接ON,则ON=小球的半径=2,
球O的半径
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5.(2023全国乙,理9)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
C
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解析 (方法一)如图,取AB中点O,连接OC,OD,
则由题可知∠DOC为二面角C-AB-D的平面角,
∴∠DOC=150°.
设CA=CB=a,
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6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的截面与AC交于点D,与BC交于点E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分,则 =( )
D
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解析 由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,
则A1B1∥ED,则ED∥AB,可得CDE-C1A1B1是三棱台.
设△ABC的面积为1,△CDE的面积为s,三棱柱的高为h,
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7.(2022全国乙,理9)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为( )
C
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8.(2023湖南益阳模拟)如图,某金刚石是8个面均为等边三角形的正八面体,其表面积为 ,现将它雕刻成一个球形装饰物,则可雕刻成的最大球体积是( )
D
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解析 如图,设底面ABCD中心为O,BC,AD中点分别为H,M,
连接OH,EO,EH,MF,HF,EM.
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由题可知,最大球即为金刚石的内切球,由对称性易知球心在O点,与平面EBC的切点在线段EH上,球的半径即为截面EMFH内切圆的半径,设内切圆半径为r,
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多项选择题
9.(2023新高考Ⅱ,9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径, ∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则( )
AC
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10.(2022新高考Ⅰ,9)已知正方体ABCD -A1B1C1D1,则( )
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
ABD
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解析 连接AD1,∵在正方体ABCD -A1B1C1D1中,BC1∥AD1,A1D⊥AD1,
∴直线BC1与DA1所成的角为90°,故A正确;
连接B1C,∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1 平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,A1B1 平面A1B1C,B1C 平面A1B1C,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1 平面A1B1C,
∴BC1⊥CA1,即直线BC1与CA1所成的角为90°,故B正确;
连接A1C1,交B1D1于点O,连接BO.易证C1A1⊥平面BB1D1D.
∴∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.
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∵C1C⊥平面ABCD,∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角.
又∠C1BC=45°,∴直线BC1与平面ABCD所成的角为45°,故D正确.
故选ABD.
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11.(2023山东泰安一模)如图,正方形ABCD的边长为1,M,N分别为BC,CD的中点,将正方形沿对角线AC折起,使点D不在平面ABC内,则在翻折过程中,以下结论正确的是( )
A.异面直线AC与BD所成的角为定值
B.三棱锥D-ABC的外接球的表面积为2π
C.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直
D.三棱锥M-ACN体积的最大值为
ABD
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解析 对于A,取AC中点O,连接OB,OD,则AC⊥OB,AC⊥OD.又OB∩OD=O,
所以AC⊥平面OBD.
因为BD 平面OBD,所以AC⊥BD,故异面直线AC与BD所成的角为90°,为定值,故选项A正确.对于B,因为OA=OB=OC=OD,所以外接球球心是O,
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对于C,假设直线AD与直线BC垂直.
因为直线AB与直线BC垂直,AD∩AB=A,则直线BC⊥平面ABD.
因为BD 平面ABD,
所以BC⊥BD.又BD⊥AC,AC∩BC=C,所以BD⊥平面ABC.
又OB 平面ABC,所以BD⊥OB.
而△OBD是以OB和OD为腰的等腰三角形,与假设不符,故C错误.
对于D,连接AM,AN.因为VM-ACN=VN-ACM,
当平面DAC⊥平面ABC时,三棱锥M-ACN体积取最大值,
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12.(2023湖南岳阳二模)某学校组织了书画作品比赛.如图1,本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成,若球的体积为 ;如图2,托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成,则下列结论正确的是( )
图1
图2
CD
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填空题
13.(2021全国甲,文14)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为__________.
39π
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14.(2023新高考Ⅱ,14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为________.
28
解析 如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,平面A'B'C'D'∥平面ABCD.
点O',O分别为正四棱台ABCD-A'B'C'D'上、下底面的中心,
O'H'⊥A'B',OH⊥AB,点H',H为垂足.
由题意,得AB=4,A'B'=2,PO'=3.
易知△PO'H'∽△POH,
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15.(2023江苏常州模拟)将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起,已知正三棱锥的侧棱长为2,若该组合体有外接球,则正三棱锥的底面边长为____________________.
解析 如图,连接PA交底面BCD于点O,则点O就是该组合体的外接球的球心.
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解答题
17.(10分)(2023全国甲,文18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC, ∠ACB=90°.
(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;
(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高.
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(1)证明 ∵A1C⊥平面ABC,BC 平面ABC,
∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴BC⊥CA.
∵A1C∩CA=C,A1C,CA 平面ACC1A1,
∴BC⊥平面ACC1A1.
∵BC 平面BB1C1C,∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
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(2)解 平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且这两个平面的交线为CC1,
过A1作A1D⊥CC1,垂足为点D,
则A1D⊥平面BB1C1C.
∴四棱锥A1-BB1C1C的高为A1D.
∵BC⊥CA,BC⊥CA1,BA=BA1,BC=BC,
∴Rt△BCA≌Rt△BCA1.
∴CA=CA1.
在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形ACC1A1为平行四边形,有AC=A1C1,∠ACA1=∠C1A1C=90°,CC1=AA1=2,则△CA1C1为等腰直角三角形,且底边CC1=2,
∴A1D= CC1=1.即四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
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18.(12分)(2022全国甲,文19) 小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形, △EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.
(1)证明:EF∥平面ABCD;
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).
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解 (1)过点E作EE'⊥AB于点E',过点F作FF'⊥BC于点F',连接E'F'.
∵底面ABCD是边长为8的正方形,
△EAB,△FBC均为正三角形,
且它们所在的平面都与平面ABCD垂直,
∴EE'⊥平面ABCD,FF'⊥平面ABCD,且EE'=FF',
∴四边形EE'F'F是平行四边形,
则EF∥E'F'.∵E'F' 平面ABCD,EF 平面ABCD,
∴EF∥平面ABCD.
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(2)过点G,H分别作GG'⊥CD,HH'⊥DA,交CD,DA于点G',H',
连接F'G',G'H',H'E',AC.
由(1)及题意可知,G',H'分别为CD,DA的中点,
EFGH-E'F'G'H'为长方体,
故该包装盒由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成.
∵底面ABCD是边长为8的正方形,
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(1)证明 当 时,D,E分别为棱BC,B1C1的中点,
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,连接DE(图略),则DE∥AA1,DE=AA1,所以四边形DEA1A是平行四边形,所以AD∥A1E.又因为AD 平面A1EB,A1E 平面A1EB,所以AD∥平面A1EB.
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20.(12分)(2023山东潍坊模拟)如图,直角梯形ABCD中,AB∥DC,AB⊥BC, AB=BC=2CD=2,直角梯形ABCD绕BC旋转一周形成一个圆台.
(1)求圆台的表面积和体积;
(2)若直角梯形ABCD绕BC逆时针旋转角θ(θ>0)到A1BCD1,且直线A1D与平面ABCD所成角的正弦值为 ,求角θ的最小值.
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(2)作BM⊥BA交底面圆于点M,以点B为坐标原点,BA,BM,BC所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
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21.(12分)(2023江苏苏州模拟)已知三棱锥P-ABC(如图1)的平面展开图(如图2)中,四边形ABCD为边长等于 的正方形,△ABE和△BCF均为正三角形,在三棱锥P-ABC中,
(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;
(2)若点M在棱PA上运动,当直线BM与平面PAC所成的角最大时,求平面MBC与平面ABC夹角的余弦值.
图1
图2
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(1)证明 如图所示.
取AC的中点为O,连接OB,OP.
∴OP2+OB2=PB2,即OP⊥OB.
∵AC∩OB=O,AC 平面ABC,OB 平面ABC,
∴OP⊥平面ABC.又OP 平面PAC,
∴平面PAC⊥平面ABC.
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22.(12分)(2023福建厦门模拟) 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥AD,底面ABCD为直角梯形,BC=3AD,AD∥BC,∠BCD=90°,M为线段PB上一点.
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(1)证明 过点M作MN∥BC,交PC于点N,连接DN.
则四边形ADNM为平行四边形,则AM∥DN.
∵AM 平面PCD,DN 平面PCD,∴AM∥平面PCD.
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(2)解 存在.由异面直线PA与CD成90°角,即PA⊥CD.
∵PA⊥AD,CD∩AD=D,∴PA⊥平面ABCD.
∵∠BCD=90°,过点A作AE∥CD交BC于点E.
以点A为坐标原点,AE,AD,AP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.
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22(共47张PPT)
专题检测四 概率与统计
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单项选择题
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1.(2022天津,4)为研究某药品的疗效,选取若干名志愿者进行临床试验,所有志愿者的舒张压数据(单位:kPa)的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15), [15,16),[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组、第二组、…、第五组,如图是根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人,第三组中没有疗效的有6人,则第三组中有疗效的人数为( )
A.8 B.12
C.16 D.18
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2.(2023江苏南京、盐城一模)某种品牌手机的电池使用寿命X(单位:年)服从正态分布N(4,σ2)(σ>0),且使用寿命不少于2年的概率为0.9,则该品牌手机电池至少使用6年的概率为( )
A.0.9 B.0.7 C.0.3 D.0.1
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3.(2023湖南郴州三模)篮球队的5名队员进行传球训练,每位队员把球传给其他4人的概率相等,由甲开始传球,则前3次传球中,乙恰好有1次接到球的概率为( )
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4.(2023广东燕博园联考)某次投篮比赛中,甲、乙两校都派出了10名运动员参加比赛,甲校运动员的得分分别为8,6,7,7,8,10,9,8,7,8,这些成绩可用图1表示,乙校运动员的得分可用图2表示.
则以下结论错误的是( )
A.甲校运动员得分的中位数为8
B.甲校运动员得分的平均数小于8
C.乙校运动员得分的75%分位数为10
D.甲校运动员得分的标准差大于乙校运动员得分的标准差
图1
图2
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5.(2023江苏苏锡常镇一模)现有两位游客慕名来江苏旅游,他们分别从太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、中华恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A为“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”,事件B为“两位游客选择的景点不同”,则P(B|A)=( )
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6.(2023福建漳州二模)某班举行联欢晚会,原定的5个学生节目已排成节目单,开演前又临时增加了两个教师节目,如果将这两个教师节目插入到原节目单中,则这两个教师节目相邻的概率为( )
D
解析 由题意可知,先将第一个教师节目插入到原节目单中,有6种插入法,再将第二个教师节目插入到这6个节目中,有7种插入法,故将这两个教师节目插入到原节目单中,共有6×7=42种情况,其中这两个教师节目恰好相邻的情况有2×6=12种,所以所求概率为
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7.(2023湖南长郡中学一模)为调查某地区中学生每天睡眠时间,釆用分层随机抽样的方法,现抽取初中生800人,其每天睡眠时间均值为9小时,方差为1,抽取高中生1 200人,其每天睡眠时间均值为8小时,方差为0.5,则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为( )
A.0.94 B.0.96 C.0.75 D.0.78
A
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8.(2023广东新高考开学调研)若甲盒中有2个白球、2个红球、1个黑球,乙盒中有x(x∈N)个白球、3个红球、2个黑球,这些球除颜色外完全相同.现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒,再从乙盒中随机取出一个球,若从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的概率大于等于 ,则x的最大值为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
C
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多项选择题
9.某学校共有2 000名男生,为了解这部分学生的身体发育情况,学校抽查了100名男生的体重情况.根据所得数据绘制样本的频率分布直方图如图所示,则( )
A.样本的众数为67.5
B.样本的80%分位数为72.5
C.样本的平均数为66
D.该校男生中低于60千克的学生大约为300人
ABD
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10.(2023山东泰安二模)已知随机变量X~N(μ,σ2)且P(X≤2)=0.5,随机变量Y~B(3,p),若E(Y)=E(X),则( )
A.μ=2 B.D(X)=2σ2
C. D.D(3Y)=2
AC
解析 因为X~N(μ,σ2)且P(X≤2)=0.5,所以μ=2,故E(X)=μ=2,D(X)=σ2,故A正确,B错误;
因为Y~B(3,p),所以E(Y)=3p=E(X),
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11.(2023山东东营模拟)袋中有除颜色外完全相同的8个小球,其中5个红球、3个蓝球.每次从袋子中随机摸出1个球,摸出的球不再放回.记“第一次摸球时摸到红球”为事件A1,“第一次摸球时摸到蓝球”为事件A2;“第二次摸球时摸到红球”为事件B1,“第二次摸球时摸到蓝球”为事件B2,则下列说法正确的是( )
ACD
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BC
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填空题
13.(2022全国乙,理13)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作,则甲、乙都入选的概率为__________.
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15.(2023山东济宁二模)在排球比赛的小组循环赛中,每场比赛采用五局三胜制.甲、乙两队小组赛中相见,积分规则如下:以3∶0或3∶1获胜的球队积3分,落败的球队积0分;以3∶2获胜的球队积2分,落败的球队积1分.若甲队每局比赛获胜的概率为0.6,则在甲队本场比赛所得积分为3分的条件下,甲队前两局比赛都获胜的概率是__________.(用分数表示)
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16.(2022浙江,15)现有7张卡片,分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张,记所抽取卡片上数字的最小值为ξ,则P(ξ=2)=__________, E(ξ)=__________.
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解答题
17.(10分)某工厂车间有6台相同型号的机器,各台机器相互独立工作,工作时发生故障的概率都是 ,且一台机器的故障能由一个维修工处理.已知此厂共有甲、乙、丙3名维修工,现有两种配备方案.方案一:由甲、乙、丙三人维护,每人负责2台机器.方案二:由甲、乙两人共同维护6台机器.
(1)对于方案一,设X为甲维护的机器同一时刻发生故障的台数,求X的分布列与数学期望E(X);
(2)在两种方案下,分别计算机器发生故障时不能得到及时维修的概率,并以此为依据来判断,哪种方案能使工厂的生产效率更高.
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18.(12分)(2022新高考Ⅱ,19)在某地区进行某种疾病调查,随机调查了100位这种疾病患者的年龄,得到如下样本数据频率分布直方图.
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄;
(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)
(2)估计该地区一人患这种疾病患者年龄位于区间[20,70)的概率;
(3)已知该地区这种疾病患者的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口数的16%,从该地区任选1人,若此人的年龄位于区间[40,50),求此人患这种疾病的概率(精确到0.000 1).
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解 (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄为
=(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×
0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10
=47.9(岁).
(2)由题图,得这100位这种疾病患者中年龄位于区间[20,70)的频率为(0.012+0.017+0.023+0.020+0.017)×10=0.89,故可估计该地区一人患这种疾病患者年龄位于区间[20,70)的概率为0.89.
(3)设事件B=“任选一人年龄位于区间[40,50)”,
事件C=“任选一人患这种疾病”,
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19.(12分)(2023广东深圳二模)某俱乐部为了解年轻人爱好飞盘运动是否与性别有关联,对该地区的年轻人进行了简单随机抽样,得到如下2×2列联表:
单位:人
性别 飞盘运动 合计
不爱好 爱好 男 6 16 22
女 4 24 28
合计 10 40 50
(1)在上述爱好飞盘运动的年轻人中按照性别采用分层随机抽样的方法抽取10人,再从这10人中随机选取3人访谈,记参与访谈的男性人数为X,求X的分布列和数学期望.
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(2)依据小概率值α=0.01的独立性检验,能否认为爱好飞盘运动与性别有关联 如果把上表中所有数据都扩大到原来的10倍,在相同的检验标准下,再用独立性检验推断爱好飞盘运动与性别之间的关联性,结论还一样吗
α 0.1 0.01 0.001
xα 2.706 6.635 10.828
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解 (1)样本中爱好飞盘运动的年轻人中男性16人,女性24人,比例为2∶3,按照性别采用分层随机抽样的方法抽取10人,则抽取男性4人,女性6人.
随机变量X的可能取值为0,1,2,3.
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(2)零假设为H0:爱好飞盘运动与性别无关联.根据列联表中的数据,
根据小概率值α=0.01的独立性检验,没有充分证据推断H0不成立,因此可以认为H0成立,即认为爱好飞盘运动与性别无关联.
列联表中所有数据都扩大到原来的10倍后,
根据小概率值α=0.01的独立性检验,推断H0成立,即认为爱好飞盘运动与性别有关联,此推断犯错误的概率不超过0.01.
故结论不一样.
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20.(12分)(2023宁夏中卫二模)2018年至2022年五年期间,中国的区块链企业数量逐年增长.现收集我国近5年区块链企业总数量相关数据,如表:
年份 2018 2019 2020 2021 2022
编号x 1 2 3 4 5
企业总数量y/千个 2.156 3.727 8.305 24.279 36.224
(1)根据表中数据判断,y=a+bx与y=cedx(其中e为自然对数的底数),哪一个适宜作为预测未来几年我国区块链企业总数量的经验回归方程类型.(给出结果即可,不必说明理由)
(2)根据(1)的结果,求y关于x的经验回归方程.(参数精确到小数点后第三位)
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解 (1)根据表中数据可知增加的速度逐渐变快,
所以y=cedx适宜作为预测未来几年我国区块链企业总数量的经验回归方程类型.
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(2)对y=cedx两边取自然对数,得ln y=ln c+dx,
令z=ln y,先建立z关于x的经验回归方程.
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22.(12分)(2023广东二模)甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛,规定每局比赛胜者得1分,负者得0分,平局双方均得0分,比赛一直进行到一方比另一方多两分为止,多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中,甲获胜的概率为α,乙获胜的概率为β,两人平局的概率为γ(α+β+γ=1,α>0,β>0,γ≥0),且每局比赛结果相互独立.
(1)若 ,求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率.
(2)当γ=0时,
①若比赛最多进行5局,求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E(X)的最大值;
②若比赛不限制局数,写出“甲学员赢得比赛”的概率(用α,β表示),无需写出过程.
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(2)①因为γ=0,所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”,即α+β=1.
由题意得X的所有可能取值为2,4,5,则P(X=2)=α2+β2,P(X=4)=(αβ+βα)α2+(αβ+βα)β2=2αβ(α2+β2),
P(X=5)=(αβ+βα)·(αβ+βα)·1=4α2β2.
所以X的分布列为
X 2 4 5
P α2+β2 2αβ(α2+β2) 4α2β2
期望E(X)=2(α2+β2)+8αβ(α2+β2)+20α2β2=2(1-2αβ)+8αβ(1-2αβ)+20α2β2
=4α2β2+4αβ+2.
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②记“甲学员赢得比赛”为事件M,
由(1)得前两局比赛结果可能有A1A2,B1B2,A1B2,B1A2,其中事件A1A2表示“甲学员赢得比赛”,事件B1B2表示“乙学员赢得比赛”,事件A1B2,B1A2表示“甲、乙两名学员各得1分”,当甲、乙两名学员得分总数相同时,甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同,
所以P(M)=P(A1A2)·1+P(B1B2)·0+P(A1B2)·P(M)+P(B1A2)P(M)
=P(A1)P(A2)+P(A1)P(B2)·P(M)+P(B1)P(A2)P(M)=α2+αβP(M)+βαP(M)
=α2+2αβP(M),(共61张PPT)
专题检测五 解析几何
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单项选择题
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2.(2023北京八一中学模拟)已知从点(-5,3)发出的光线,经x轴反射后,反射光线恰好平分圆x2+y2-2x-2y-3=0的圆周,则反射光线所在的直线方程为( )
A.2x-3y+1=0 B.2x-3y-1=0
C.3x-2y+1=0 D.3x-2y-1=0
A
解析 由圆的方程得圆心为(1,1),
∵反射光线恰好平分圆x2+y2-2x-2y-3=0的圆周,
∴反射光线经过点(1,1).
∵(-5,3)关于x轴对称的点为(-5,-3),∴反射光线所在直线经过点(-5,-3),
∴反射光线所在直线方程为 ,即2x-3y+1=0.
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4.(2023湖南常德一模)已知抛物线的方程为x2=4y,过其焦点F的直线与抛物线交于M,N两点,且|MF|=5,O为坐标原点,则△MOF的面积与△NOF的面积之比为( )
D
解析 由解析式可知,焦点F(0,1),准线方程为y=-1,
设M(x1,y1),N(x2,y2),lMN:y=kx+1,则|MF|=y1+1=5,得y1=4,x1=±4.
由抛物线的对称性,不妨设点M在第一象限内,则M(4,4).
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6.(2023广东佛山二模)已知方程Ax2+By2+Cxy+Dx+Ey+F=0,其中A≥B≥C≥D≥E≥F.现有四位同学对该方程进行了判断,提出了四个命题:
甲:可以是圆的方程;乙:可以是抛物线的方程;丙:可以是椭圆的标准方程;丁:可以是双曲线的标准方程.
其中,真命题有( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
C
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解析 因为方程Ax2+By2+Cxy+Dx+Ey+F=0,其中A≥B≥C≥D≥E≥F,
所以当A=B=1≥C=D=E=0≥F=-1时,方程为x2+y2-1=0,即x2+y2=1,
故方程可以是圆的方程;
当A=1≥B=C=D=0≥E=-1≥F=-2时,方程为x2-y-2=0,即y=x2-2,
故方程可以是抛物线的方程;
当A=2≥B=1≥C=D=E=0≥F=-1时,方程为2x2+y2-1=0,即 ,
故方程可以是椭圆的标准方程;
若方程为双曲线的标准方程,则有AB<0,C=D=E=0,F<0,
这与A≥B≥C≥D≥E≥F矛盾,故方程不可以是双曲线的标准方程.
所以真命题有3个.
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7.(2023山东德州一模)由点P(-3,0)射出的两条光线与☉O1:(x+1)2+y2=1分别相切于点A,B,称两射线PA,PB上切点右侧部分的射线和优弧AB右侧所夹的平面区域为☉O1的“背面”.若☉O2:(x-1)2+(y-t)2=1处于☉O1的“背面”,则实数t的取值范围为( )
D
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解析 设半焦距为c,延长F2M交PF1于点N,如图.因为PM是∠F1PF2的平分线, F2M⊥PM,所以△NPF2是等腰三角形,所以|PN|=|PF2|,且M是NF2的中点.
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多项选择题
9.(2023福建泉州三模)已知AB为圆C:x2+y2=4的直径且不与y轴重合,直线l:y=kx+1与y轴交于点M,则( )
A.l与C恒有公共点
B.△ABM是钝角三角形
C.△ABM的面积的最大值为1
D.l被C截得的弦的长度的最小值为
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解析 ∵直线l:y=kx+1与y轴交于点M,
∴M(0,1),点M在圆C:x2+y2=4内部,∴l与C恒有公共点,故A正确;
∵点M在圆C:x2+y2=4内部,∴∠AMB为钝角,
∴△ABM是钝角三角形,故B正确;
∵点M到AB的最大距离,即到圆心的距离,为1,
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10.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,斜率为1的直线l交抛物线于A,B两点,则
( )
A.抛物线C的准线方程为x=1
B.线段AB的中点在直线y=2上
C.若|AB|=8,则△OAB的面积为
D.以线段AF为直径的圆一定与y轴相切
BCD
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解析 如图所示,对于A,由a=3,b=4,得c=5,
所以|OF1|=5,|OM|=3,|MF1|=4.
设|BF2|=m,则|BF1|=m+6,在△BF1F2中,
则|BF2|=10,|BF1|=16,从而|BF1|+|BF2|=26,故A正确;
对于B,由BF2⊥BF1,得OM∥BF2,因为O为F1F2的中点,所以M为BF1的中点,由题意可知|OM|=a,|MF1|=b,则|BF2|=2a,|BF1|=2b,由双曲线的定义可得|BF1|-|BF2|=2b-2a=2a,即b=2a,则双曲线C的渐近线方程为y=±2x,故B正确;
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ACD
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填空题
13.(2023福建厦门二模)写出与直线x=1,y=1和圆x2+y2=1都相切的一个圆的方程:____________________.
(x-2)2+y2=1
答案不唯一
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14.(2023天津,12)过原点的一条直线与圆C:(x+2)2+y2=3相切,交曲线y2=2px(p>0)于点P,若|OP|=8,则p的值为__________.
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15.(2022全国甲,文15)记双曲线C: (a>0,b>0)的离心率为e,写出满足条件“直线y=2x与C无公共点”的e的一个值__________.
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解答题
(1)求该双曲线的标准方程;
(2)如果B,C为双曲线上的动点,直线AB与直线AC的斜率互为相反数,证明直线BC的斜率为定值,并求出该定值.
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18.(12分)(2023河北唐山二模)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上一点,B为准线l上一点,
(1)求C的方程;
(2)M,N,E(x0,-2)是C上的三点,若kEM+kEN=1,求点E到直线MN距离的最大值.
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19.(12分)(2021全国甲,理20)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与l相切.
(1)求C,☉M的方程;
(2)设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A3与☉M的位置关系,并说明理由.
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20.(12分)(2023江苏海安高级中学一模)某城市决定在夹角为30°的两条道路EB,EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园,如图所示,AB=2千米,O为AB的中点,OD为椭圆的长半轴,在半椭圆形区域内再建造一个游乐区域三角形OMN,其中M,N在椭圆上,且MN的倾斜角为45°,交OD于点G.
(1)若OE=3千米,为了不破坏道路EF,求椭圆长半轴长的最大值;
(2)若椭圆的离心率为 ,当线段OG长为何值时,游乐区域三角形OMN的面积最大
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(2)直线MN过定点.
由已知,易知过点P的直线斜率存在且不为0,直线AD,AE的斜率存在且不为0,
设直线AD,AE的直线方程分别为x=t1y-2,t1≠0和x=t2y-2,t2≠0,D(xD,yD), E(xE,yE).
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代入(*)化简,得m2-km-2k2=0,
即(m+k)(m-2k)=0,故m=-k或m=2k.
当m=2k时,y=kx+m=kx+2k,经过点(-2,0),不合题意;当m=-k时,y=kx+m=kx-k,经过点(1,0),满足题意.
因此直线MN过定点(1,0).(共47张PPT)
专题检测六 函数与导数
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单项选择题
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5.(2023福建漳州三模)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(单位:℃)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t min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90 ℃的物体,若放在10 ℃的空气中冷却,经过10 min物体的温度为50 ℃,则若使物体的温度为20 ℃,需要冷却
( )
A.17.5 min B.25.5 min
C.30 min D.32.5 min
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6.(2023全国乙,文8)若函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是
( )
A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)
C.(-4,-1) D.(-3,0)
B
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7.(2023河北石家庄模拟)若曲线f(x)=3x2-2与曲线g(x)=-2-mln x(m≠0)存在公切线,则实数m的最小值为( )
A.-6e B.-3e C. D.6e
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8.(2021全国乙,理12)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02, ,则( )
A.aC.bB
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当0≤x<2时,x2≤2x 1+2x+x2≤1+2x+2x,即(1+x)2≤1+4x,
∴g'(x)≥0在区间(0,2)内成立,且g'(x)不恒为0.
∴g(x)在区间[0,2)内单调递增,
∴g(0.01)>g(0)=0,即a-c>0,
∴a>c.
综上可得,a>c>b.故选B.
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多项选择题
9.(2023山东临沂一模)已知f(x)=x3g(x)为定义在R上的偶函数,则函数g(x)的解析式可以为( )
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解析 因为f(x)=x3g(x)是偶函数,所以f(-x)=f(x),即g(-x)=-g(x),
所以g(x)是定义在R上的奇函数.
对于A,定义域为(-1,1),所以不满足题意;
对于B,定义域为R,g(-x)=3-x-3x=-g(x),符合题意;
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11.(2023广东汕头二模)已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2的球面上,圆台的下底面过球心,上底面半径为r(0A.当r=1时,
B.V存在最大值
C.当r在区间(0,2)内逐渐增大时,V逐渐减小
D.当r在区间(0,2)内逐渐增大时,V先增大后减小
BD
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解析 设圆台的上底面的圆心为O1,下底面的圆心为O,点A为上底面圆周上任意一点,圆台的高为h,球的半径为R,如图所示,
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易知r2∈(0,2),且当r∈(0,r2)时,f'(r)>0;
当r∈(r2,2)时,f'(r)<0,f(r)在(0,r2)内单调递增,在(r2,2)内单调递减,
由f(0)=8,f(1)=5,f(2)=-24, r0∈(1,2),使得f(r0)=0,当r∈(0,r0),f(r)>0,即V'>0,
当r∈(r0,2),f(r)<0,即V'<0,
所以当r在区间(0,2)内逐渐增大时,V先增大,后减小,则B,D正确,C错误.
故选BD.
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12.(2023山东滨州二模)函数y=f(x)在区间(-∞,+∞)上的图象是一条连续不断的曲线,且满足f(3+x)-f(3-x)+6x=0,函数f(1-2x)的图象关于点(0,1)对称,则
( )
A.f(x)的图象关于点(1,1)对称
B.8是f(x)的一个周期
C.f(x)一定存在零点
D.f(101)=-299
ACD
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解析 对于A,由于f(1-2x)的图象关于点(0,1)对称,所以f(1-2x)+f(1+2x)=2,
故f(1-x)+f(1+x)=2,所以f(x)的图象关于点(1,1)对称,故A正确;
由f(3+x)-f(3-x)+6x=0,得f(3+x)+3x=f(3-x)-3x,令g(x)=f(3+x)+3x,
所以g(-x)=f(3-x)-3x,所以g(x)=g(-x),故g(x)为偶函数,
又f(x)的图象关于点(1,1)对称,所以f(x)+f(-x+2)=2,
又f(x)=g(x-3)-3(x-3),从而g(x-3)-3(x-3)+g(-x+2-3)-3(-x+2-3)=2,
所以g(x-3)+g(-x-1)=-10,所以g(x)的图象关于点(-2,-5)对称.
对于C,在f(1-x)+f(1+x)=2中,令x=0,f(1)=1>0,所以g(-2)=f(1)-6=-5,
所以g(2)=-5=f(5)+6,所以f(5)=-11<0,
由于y=f(x)在区间(-∞,+∞)上的图象是一条连续不断的曲线,
由零点存在定理可得f(x)在区间(1,5)内有零点,故C正确;
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对于D,由于g(x)的图象关于点(-2,-5)对称,以及g(x)=g(-x),
得g(x)+g(-x-4)=-10,即g(x)+g(x+4)=-10.
又g(x+8)+g(x+4)=-10,所以g(x)=g(x+8),
所以g(x)是周期为8的周期函数,f(101)=g(98)-3×98=g(2)-294=-5-294=-299,
故D正确;
对于B,f(1)=1,f(9)=g(6)-18=g(-2)-18=g(2)-18=-5-18=-23≠f(1),
所以8不是f(x)的周期.
故选ACD.
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填空题
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解析 由题意整理得f(x)=x2+(a-2)x+cos x+1,
∴f(-x)=(-x)2+(a-2)(-x)+cos(-x)+1=x2+(2-a)x+cos x+1,
∵函数f(x)是偶函数,
∴f(x)=f(-x),即x2+(a-2)x+cos x+1=x2+(2-a)x+cos x+1,解得a=2.
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14.(2023广东湛江一模)若函数f(x)=ex-ax2-a存在两个极值点x1,x2,且x2=2x1,则a=__________.
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16.(2021新高考Ⅱ,16)已知函数f(x)=|ex-1|,x1<0,x2>0,函数f(x)的图象在点A(x1,f(x1))和点B(x2,f(x2))的两条切线互相垂直,且分别交y轴于M,N两点,则
的取值范围是__________.
(0,1)
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解答题
17.(10分)(2023陕西咸阳模拟)已知函数f(x)=xln x+x3.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)≥1对任意的x≥m恒成立,求实数m的取值范围.
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18.(12分)(2021全国甲,文20)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
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(1)求a,b的值;
(2)若该工厂计划投入50万元用于甲、乙两种新产品的生产,每种产品投资不少于10万元,问怎样分配这50万元,才能使该工厂获得最大利润 最大利润为多少万元
(参考数据:ln 10≈2.303,ln 5≈1.609)
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20.(12分)(2023全国乙,文20)已知函数f(x)=( +a)ln(1+x).
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围.
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方法二:令g(x)=ax2+x-(x+1)ln(x+1),x>0,
则g'(x)=2ax+1-ln(x+1)-1=2ax-ln(x+1).
∵x+1>1,∴ln(x+1)>0.
当a≤0时,g'(x)<0,g(x)在(0,+∞)单调递减,
∴f'(x)<0,f(x)单调递减,不符合题意;
当a>0时,令h(x)=2ax-ln(x+1),x>0,
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21.(12分)(2023山东潍坊二模)已知函数f(x)=λln(x+1)-sin x.
(1)若f(x)在(0,+∞)上周期为2π,求λ的值;
(3)已知f(x)≥2(1-ex)在x∈[0,π]上恒成立,求实数λ的取值范围.
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解 (1)由题意,在x∈(0,+∞)上f(x)=f(x+2π),
所以λln(x+1)-sin x=λln(x+1+2π)-sin(x+2π),
即λ[ln(x+1)-ln(x+1+2π)]=0在x∈(0,+∞)上恒成立,
又ln(x+1)1
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