(共41张PPT)
专题检测一
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一、选择题
1.(2024北京平谷模拟)下列函数中,在区间(0,+∞)内单调递减的是( )
C.f(x)=2-x D.f(x)=-x2+x
C
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4.(2024重庆南开中学模拟)已知函数f(x)的部分图象如图所示,则f(x)的解析式可能是( )
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5.(2024广东佛山二模)若函数f(x)=aln x+ (a≠0)既有极大值也有极小值,则下列结论一定正确的是( )
A.a<0 B.b<0
C.ab>-1 D.a+b>0
B
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A.a
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7.(2024北京海淀一模)函数f(x)是定义在(-4,4)内的偶函数,其图象如图所示,f(3)=0.设f'(x)是f(x)的导函数,则关于x的不等式f(x+1)·f'(x)≥0的解集是( )
A.[0,2]
B.[-3,0]∪[3,4)
C.(-5,0]∪[2,4)
D.(-4,0]∪[2,3)
D
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解析 由f(3)=0,且f(x)为偶函数,故f(-3)=0,
由导数性质结合题图可得当x∈(-4,0)时,f'(x)<0,
当x∈(0,4)时,f'(x)>0,f'(0)=0,
解得-41
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即-4综上所述,关于x的不等式f(x+1)·f'(x)≥0的解集为(-4,0]∪[2,3).故选D.
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8.(2024青海一模)我们把函数图象上任一点的横坐标与纵坐标之积称为该点的“积值”.设函数 图象上存在不同的三点A,B,C,其横坐标从左到右依次为x1,x2,x3,且其纵坐标均相等,则A,B,C三点“积值”之和的最大值为( )
A.5ln 6-30 B.5ln 6-60
C.6ln 5-30 D.6ln 5-60
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解析 依题意,A,B,C三点“积值”之和为(x1+x2+x3)y,y=f(x1)=f(x2)=f(x3),
因为 可得f(x)在(-∞,-3)和(0,+∞)内单调递增,在(-3,0)内单调递减,
当x→-∞时,f(x)→-∞,f(-3)=14,f(-6)=f(0)=5;
当x→+∞时,f(x)→+∞,可画出函数f(x)的大致图象如图.
且有x1x1∈[-6,-3),x2∈(-3,0],x3∈[ln 6,ln 15),
且x1,x2关于x=-3对称,即x1+x2=-6, y=f(x1)=f(x2)=f(x3),y∈[5,14),
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则A,B,C三点“积值”之和(x1+x2+x3)y=yln(1+y)-6y,
h'(y)=ln(1+y)+1-5=ln(1+y)-4,显然h'(y)在[5,14)内单调递增,h'(y)当y=5时取最大值,φ(5)=5ln 6-30,故选A.
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二、选择题
BCD
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解析 令x=y=1,则2f(1)f(0)=f(1)+f(1)=2f(1),所以f(0)=1,
令x=-1,y=1,则2f(0)f(-1)=f(-1)+f(1)=2f(-1),所以f(-1)=f(1)=-1,故A错误;
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令y=-x,则2f(0)f(x)=f(x)+f(-x)=2f(x),所以f(x)=f(-x),所以f(x)为偶函数,由B可知,f(1-x)=-f(x),所以f(1-x)=-f(x)=-f(-x),则有f(2-x)=-f(1-x)=f(x),故C正确;
由C可知f(2-x)=f(x),又f(x)为偶函数,所以f(2-x)=f(-x),则f(x)的周期为2,
f(1)=-1,f(2)=f(0)=1,所以f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2 025)=1 012×0-1=-1,故D正确.故选BCD.
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10.(2024河南开封二模)高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一.用其名字命名的高斯取整函数为f(x)=[x],[x]表示不超过x的最大整数,例如
[-3.5]=-4,[2.1]=2.下列命题中正确的有( )
A. x∈R,f(x)=x-1
B. x∈R,n∈Z,f(x+n)=f(x)+n
C. x,y>0,f(lg x)+f(lg y)=f(lg(xy))
D. n∈N*,f(lg 1)+f(lg 2)+f(lg 3)+…+f(lg n)=92
BD
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解析 对于A,当x∈Z时,f(x)=x,当x Z时,f(x)∈Z,而x-1 Z,
因此f(x)≠x-1,A错误;
对于B, x∈R,n∈Z,令f(x)=m,则m≤x因此f(x+n)=m+n=f(x)+n,B正确;
对于D,n∈N*,当1≤n≤9时,f(lg n)=0,当10≤n≤99时,f(lg n)=1,而f(lg 100)=2,因此f(lg 1)+f(lg 2)+f(lg 3)+…+f(lg 99)+f(lg 100)=92,此时n=100,D正确.故选BD.
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11.(2024海南海口模拟)已知函数f(x)的定义域为R,其导函数为f'(x),且2f(x)+f'(x)=x,f(0)=- ,则( )
A.f(-1)>-2
B.f(1)>-1
C.f(x)在(-∞,0)内单调递减
D.f(x)在(0,+∞)内单调递增
ABD
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三、填空题
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13.(2024陕西安康模拟)已知函数f(x)=2x3-2mx+m(m∈R),g(x)=-3x2,若关于x的不等式f(x)≤g(x)在区间[1,+∞)上有解,则实数m的取值范围是 .
[5,+∞)
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cos 1-sin 1
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四、解答题
15.(13分)(2024山东烟台一模)已如曲线f(x)=ax2+x-2ln x+b(a,b∈R)在x=2处的切线与直线x+2y+1=0垂直.
(1)求a的值;
(2)若f(x)≥0恒成立,求b的取值范围.
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16.(15分)(2024福建漳州模拟)已知函数f(x)=aex+x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x>1时,f(x)> +x,求实数a的取值范围.
解 (1)函数定义域为R,且f'(x)=aex+1.
当a≥0时,f'(x)>0,所以f(x)在R上单调递增.
当a<0时,令f'(x)>0,可得x<-ln(-a),令f'(x)<0,可得x>-ln(-a),
所以f(x)在(-∞,-ln(-a))上单调递增,在(-ln(-a),+∞)上单调递减.
综上所述,当a≥0时,f(x)在R上单调递增;当a<0时,f(x)在(-∞,-ln(-a))上单调递增,在(-ln(-a),+∞)上单调递减.
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因此ex+ln a+ln a+x>ln(x-1)+x-1,即ex+ln a+x+ln a>eln(x-1)+ln(x-1).
令h(x)=ex+x,则有h(x+ln a)>h(ln(x-1))对于x∈(1,+∞)恒成立.
因为h'(x)=ex+1>0,所以h(x)在R上单调递增,故只需x+ln a>ln(x-1),
即ln a>ln(x-1)-x在(1,+∞)上恒成立.
当x∈(1,2)时,F'(x)>0,当x∈(2,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(1,2)内单调递增,在(2,+∞)上单调递减,所以F(x)≤F(2)=-2.
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17.(15分)(2024湖南益阳模拟)已知函数f(x)= ax2-xln x.
(1)若函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)若a=2e,证明:f(x)(1)解 由已知得f'(x)=ax-ln x-1.因为f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以当x>0时,f'(x)≥0,即 ,所以当00,当x>1时,h'(x)<0,即h(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,因此h(x)max=h(1)=1,所以a≥1,故实数a的取值范围是[1,+∞).
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18.(17分)(2024安徽合肥模拟)已知函数f(x)=aln x+x2,其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=1时,证明:f(x)≤x2+x-1;
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(2)证明 当a=1时,f(x)=ln x+x2,要证明f(x)≤x2+x-1,即证ln x≤x-1,即证
ln x-x+1≤0.设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)= ,令g'(x)=0,得x=1.当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.所以g(x)在x=1处取得极大值,且极大值为最大值,所以g(x)≤g(1)=0,即ln x-x+1≤0. f(x)≤x2+x-1得证.
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19.(17分)(2024江西临川高三模拟)设m为实数,函数f(x)=ln x+2mx.
(1)当m=-1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若方程f(x)=(2m+1)x+n-2(n∈R)有两个实数根x1,x2(x1e.(注:e=2.718 28…是自然对数的底数)
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(2)证明 ∵ln x+2mx=(2m+1)x+n-2,
∴ln x-x=n-2.
∴F(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故F(x)的最大值为F(1)=-1.
∴n≤1,不妨设01
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19(共51张PPT)
专题检测二
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一、选择题
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1.(2024北京房山一模)已知角α的终边经过点(3,4),把角α的终边绕原点O逆时针旋转 得到角β的终边,则sin β=( )
D
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5.(2024四川绵阳三模)若函数f(x)=cos(πx+φ)的图象关于直线x=1对称,在下列选项中,不是函数f(x)的零点的是( )
A
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6.(2024四川攀枝花三模)将函数y=sin2x-cos2x的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到的图象与y=sin 2x的图象关于原点对称,则m的最小值是( )
B
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解析 令f(x)=sin2x-cos2x,则有f(x)=-cos 2x,把函数f(x)的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到函数g(x)的图象,
则有g(x)=-cos[2(x-m)]=-cos(2x-2m),
根据已知条件g(x)的图象与y=sin 2x的图象关于原点对称,
则有g(x)=-sin(-2x)=sin 2x,
即-cos(2x-2m)=sin 2x,
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8.(2024江苏七市模拟)如图,在△ABC所在平面内,分别以AB,BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCHG.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为S.已知S= ,且asin A+csin C=4asin Csin B,则FH的值是( )
C
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二、选择题
9.(2024安徽芜湖二模)在平面直角坐标系xOy中,角θ以坐标原点O为顶点,以x轴的非负半轴为始边,其终边经过点M(a,b),|OM|=m(m≠0),定义
ACD
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对于D,f(θ)g(θ)=(sin θ+cos θ)(sin θ-cos θ)=sin2θ-cos2θ=-cos 2θ,
因为y=cos 2θ为周期函数,故D正确.故选ACD.
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11.(2024湖南益阳模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边依次为a,b,c,已知sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4,则下列结论正确的是( )
A.(a+b)∶(b+c)∶(c+a)=5∶6∶7
B.△ABC为钝角三角形
C.若a+b+c=18,则△ABC的面积是6
D.若△ABC的外接圆半径是R,内切圆半径为r,则5R=16r
BD
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解析 因为sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4,
由正弦定理可得a∶b∶c=2∶3∶4.
设a=2x,b=3x,c=4x,
其中x>0,
则(a+b)∶(b+c)∶(c+a)=5x∶7x∶6x=5∶7∶6,故A错误;
由题意可知,C为最大角,
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三、填空题
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解析 由题意得h(x)=2sin 2x,因为函数y=g(x)与函数y=h(x)+1的图象交于点(α,g(α)),
所以2sin 2α+1=cos 2α,
即4sin αcos α+sin2α+cos2α=cos2α-sin2α,
整理得2sin α(2cos α+sin α)=0,
因为- <α<0,
所以2cos α+sin α=0,
又因为sin2α+cos2α=1,
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13.(2024重庆高三临门一卷)如图,某中学某班级课外学习兴趣小组为了测量某座山峰的高度,先在山脚A处测得山顶C处的仰角为60°,又利用无人机在离地面高300 m的M处(即MD=300 m),观测到山顶C处的仰角为15°,山脚A处的俯角为45°,则山高BC= m.
450
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解析 依题意∠AMD=45°,则AM= MD=300 , ∠CMA=45°+15°=60°,∠CAB=60°,故∠MAC=180°-60°-45° =75°,∠ACM=180°-75°-60°=45°,
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14.(2024广东佛山二模)近年,我国农机装备取得突破,科技和装备支撑稳步增强,现代农业建设扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示,单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动,角速度大小为2π rad/s,圆上两点A,B始终满足∠AOB= ,随着圆O的旋转,A,B两点的位置关系呈现周期性变化.现定义:
A,B两点的竖直距离为A,B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻,即t=0秒时,点A位于圆心正下方,如图即t=0秒时的状态,以O为坐标原点,以过点O平行于水平面且在圆面内的直线为x轴,以过点O垂直于x轴且在圆面内的
直线为y轴建立平面直角坐标系,则t= 秒时,A,B两点的竖直距离第一次为0;A,B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为f(t)= .
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三、填空题
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17.(15分)(2024湖北武汉二模)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c(a(1)求角A;
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解 (1)由正弦定理得sin C=2sin A·cos Acos B-sin Bcos 2A,
则sin C=sin 2Acos B-sin Bcos 2A,
则sin C=sin(2A-B),因为C=π-(A+B),所以sin(A+B)=sin(2A-B),
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19.(17分)(2024河北石家庄二模)若△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ,则称点P为△ABC的布洛卡点,θ为△ABC的布洛卡角.如图,已知在△ABC中,BC=a,AC=b,AB=c,点P为△ABC的布洛卡点,θ为△ABC的布洛卡角.
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(1)解 由b=c,即AB=AC,得∠ABC=∠ACB.
点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ,则∠PCB=∠PBA.
在△PCB和△PBA中,∠PCB=∠PBA,∠PAB=∠PBC=θ,
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在△PAB,△PBC,△PAC中,
分别由余弦定理得BP2=c2+AP2-2c·APcos θ,CP2=a2+BP2-2a·BPcos θ,AP2=b2+CP2-2b·CPcos θ,
三式相加整理得a2+b2+c2=2cos θ(c·AP+a·BP+b·CP),
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19(共44张PPT)
专题检测三
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一、选择题
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1.(2024广东广州一模)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a3a5=2a2a4,则
A.5 B.4 C.3 D.2
C
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2.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
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解析 ∵a8,a9是方程x2+x-2 023=0的两根,
∴a8·a9=-2 023,a8+a9=-1,
=8 093>802,
∴d=a9-a8<-80,
由等差数列性质知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.故选A.
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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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B
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5.(2024湖南长沙模拟)我们把由0和1组成的数列称为0-1数列,0-1数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛应用,把斐波那契数列{Fn}(F1=F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1)中的奇数换成0,偶数换成1可得到0-1数列{an},记数列{an}的前n项和为Sn,则S100的值为( )
A.32 B.33 C.34 D.35
B
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解析 因为F1=F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1,
所以F3=2,F4=3,F5=5,F6=8,F7=13,F8=21,F9=34,…,
所以数列{an}的前若干项为a1=a2=0,a3=1,a4=0,a5=0,a6=1,a7=0,a8=0,a9=1,…,
即数列{an}是以3为最小正周期的周期数列,则a1+a2+a3=a4+a5+a6=a7+a8+a9=…=1,
所以S100=33×1+0=33.故选B.
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6.(2020全国Ⅱ,理4)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A.3 699块
B.3 474块
C.3 402块
D.3 339块
C
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解析 由题意可知,从上到下,从内到外,每环的扇面形石板数构成以9为首项,9为公差的等差数列,设为{an}.设上层有n环,则上层扇面形石板总数为Sn,中层扇面形石板总数为S2n-Sn,下层扇面形石板总数为S3n-S2n,三层扇面形石板总数为S3n.因为{an}为等差数列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构成等差数列,公差为9n2.因为下层比中层多729块,所以9n2=729,解得n=9.所以
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A
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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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A.7 B.8 C.9 D.10
B
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二、选择题
9.(2024福建福州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=4,S5=35,
则( )
A.nan的最小值为1
B.nSn的最小值为1
ABC
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10.(2024山东枣庄一模)将数列{an}中的所有项排成如下数阵:
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
…
从第2行开始每一行比上一行多两项,且每行从左到右均构成以2为公比的等比数列;第1列数a1,a2,a5,…成等差数列.若a2=2,a10=8,则( )
A.a1=-1
C.a2 024位于第45行第88列 D.2 024在数阵中出现两次
ACD
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解析 设第1列数a1,a2,a5,a10,…构成等差数列{bn},设公差为d,
又由b2=a2=2,b4=a10=8,可得a1+d=2,a1+3d=8,解得a1=-1,d=3,
则第一列的通项公式为bn=-1+(n-1)×3=3n-4,
又从第2行开始每一行比上一行多两项,且每一行从左到右均构成以2为公比的等比数列,
可得a2+a3+…+a9=2+4+8+5+10+20+40+80=169,所以A正确,B错误;
又因为每一行的最后一个数为a1,a4,a9,a16,…,
且452=2 025,可得a2 024是a2 025的前一个数,且a2 025在第45行,
因为这一行共有2×45-1=89个数,则a2 024在第45行的第88列,所以C正确;
1
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4
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16
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19
由题设可知第i行第j个数的大小为(3i-4)×2j-1,
令(3i-4)×2j-1=2 024=253×23,若j=1,则3i-4=2 024,即i=676;
若j=2,则3i-4=1 012,无整数解;
若j=3,则3i-4=506,即i=170;若j=4,则3i-4=253,无整数解.
故D正确.故选ACD.
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11.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( )
BCD
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三、填空题
12.(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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13.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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14.(2021新课标Ⅰ,16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n次,那么
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四、解答题
15.(13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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(1)证明 由 +n=2an+1,变形为2Sn=2nan+n-n2,记为①式,又当n≥2时,有
2Sn-1=2(n-1)an-1+n-1-(n-1)2,记为②式,①-②并整理可得(2n-2)an-(2n-2)an-1 =2n-2,n≥2,n∈N*.即an-an-1=1,n≥2,n∈N*,所以{an}是等差数列.
(2)解 由题意可知 =a4a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,所以
an=-12+(n-1)×1=n-13,其中a11
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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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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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解 (1)当n≥2时,an=2an-1+3,故an+3=2(an-1+3),又a1+3=2≠0,
故{an+3}是首项为2,公比为2的等比数列,
所以an+3=2n,故an=2n-3,
设{bn}的公差为d,则由b1=2,2b3+S5=2(b1+2d)+5b1+10d=28,解得d=1,
故bn=2+(n-1)=n+1.
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18.(17分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=- ,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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19.(17分)如图,曲线y= 下有一系列正三角形,设第n个正三角形
△Qn-1PnQn(Q0为坐标原点)的边长为an.
(1)求a1,a2的值;
(2)求出数列{an}的通项公式;
(3)设曲线在点Pn处的切线斜率为kn,求证:
k1k2+k2k3+k3k4+…+kn-1kn< (n≥2,n∈N*).
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19(共57张PPT)
专题检测四
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一、选择题
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1.(2024四川成都模拟)已知直线l的方向向量是a=(3,2,1),平面α的一个法向量是n=(1,-1,-1),则l与α的位置关系是( )
A.l⊥α B.l∥α
C.l与α相交但不垂直 D.l∥α或l α
D
解析 因为a=(3,2,1),n=(1,-1,-1),
所以a·n=3×1+2×(-1)+1×(-1)=0,
所以a⊥n.又直线l的方向向量是a,平面α的一个法向量是n,
所以l∥平面α或l 平面α.
故选D.
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2.(2024重庆模拟)正四棱锥的侧棱长为 ,底面边长为2,则该四棱锥的体积为( )
C
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3.(2024山东烟台一模)设a,b为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,下列说法正确的是( )
A.若a∥α,b∥α,则a∥b B.若a,b与α所成的角相等,则a∥b
C.若α⊥β,a∥α,b∥β,则a⊥b D.若α⊥β,a⊥α,b⊥β,则a⊥b
D
解析 平行于同一平面的两条直线可能异面,可能相交,也可能平行,故A错误;
a,b与α所成的角相等,则a,b可能异面,可能相交,也可能平行,故B错误;
α⊥β,a∥α,b∥β,则a,b的位置关系无法判断,故C错误;
因为α⊥β,a⊥α,所以a∥β或a β.又b⊥β,所以a⊥b,故D正确.
故选D.
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4.(2024湖南长沙二模)蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子,建造和搬迁都很方便.已知蒙古包的造型可近似地看作一个圆柱和圆锥的组合体,已知圆锥的高为2米,圆柱的高为3米,底面圆的面积为64π平方米,则该蒙古包(含底面)的表面积为( )
A
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5.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
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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6.(2024河北唐山一模)已知球与圆台的底面、侧面都相切,且圆台母线与底面所成的角为60°,则球表面积与圆台侧面积之比为( )
A.2∶3 B.3∶4
C.7∶8 D.6∶13
B
解析 设圆台上、下底面圆的半径为r1,r2,母线长为l,球的球心为点O,半径为R.
如图,作圆台的轴截面ABCD,则四边形ABCD为等腰梯形,设圆O分别切梯形ABCD的边AB,BC,CD,DA于点E,F,G,H.
由切线长定理可得AE=AH,DG=DH,所以AD=DG+AE,即l=r1+r2.
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7.(2024陕西渭南模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是正方形,PC=AB,E,F分别为PD,BC的中点,则下列结论一定正确的是( )
A.PB∥平面AEF
B.EF∥平面PAB
C.EF⊥PD
D.AF⊥平面PBD
B
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解析 如图,记BD与AF的交点为点G,连接EG.
因为点F为BC的中点,BC∥AD,所以△BFG∽△DAG,所以
又点E为PD的中点,所以直线PB与EG相交.
又EG 平面AEF,所以PB与平面AEF有公共点,故A错误;
取PA的中点H,连接EH,BH,则EH= AD,EH∥AD.
又BF= AD,BF∥AD,
所以EH=BF,EH∥BF,
所以四边形BFEH是平行四边形,
所以EF∥BH.
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又EF 平面PAB,BH 平面PAB,所以EF∥平面PAB,故B正确;
连接PF,DF,若EF⊥PD,点E为PD中点,则PF=DF.又CP=CD,所以△PCF≌△DCF,所以∠DCF=∠PCF,即CP⊥CF.由题可知点P的位置不确定,故C不一定正确;
显然AF与BD不垂直,所以AF与平面PBD不可能垂直,故D错误.故选B.
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8.(2024陕西西安二模)如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,F,G分别在线段AB,BC上,BF=BG=1,将△BFG沿FG折起,使B到达M的位置,且平面FGM⊥平面ADCGF,则四面体ADFM的外接球的表面积为( )
A
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解析 设FG的中点为O,连接OD,MO.
由题可知△MFG为等腰直角三角形,所以MO⊥FG.
又平面FGM⊥平面ADCGF,平面FGM∩平面ADCGF=GF,MO 平面FGM,所以MO⊥平面ADCGF.
由题可知,AF=AD=3,AD⊥AF,所以△ADF的外心为DF的中点,记为点N.
设四面体ADFM的外接球的球心为Q,则QN⊥平面ADF.
在矩形ABCD中,易知∠DFA=∠BFG=45°,
所以DF⊥GF.
又DF,GF 平面ADCGF,所以OM,DF,GF两两垂直.
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二、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( )
A.该圆锥的体积为π
AC
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解析 由题意,可得PO⊥平面AOC,∠APO= ∠APB=60°,所以PO=PAcos∠APO=1,AO=PAsin∠APO= .如图,取AC的中点D,连接PD,OD,则PD⊥AC,OD⊥AC,所以∠PDO即为二面角P-AC-O的平面角,所以∠PDO=45°.
因为OD 平面AOC,PO⊥平面AOC,所以PO⊥OD,
所以△PDO为等腰直角三角形,
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10.(2024贵州贵阳一模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P为线段A1C1的中点,点Q为线段BC1上的动点,则下列结论正确的是( )
A.存在点Q,使得PQ∥BD
B.存在点Q,使得PQ⊥平面AB1C1D
C.三棱锥Q-APD的体积是定值
D.存在点Q,使得PQ⊥AC
BD
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解析 如图1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接B1D1.易知BD∥B1D1.
因为点P为线段A1C1的中点,四边形A1B1C1D1为正方形,所以点P为B1D1的中点,所以B1D1∩PQ=P,即B1D1与PQ不平行,所以BD与PQ不平行,故A错误;
如图2,连接A1B,易知A1B⊥AB1.由题可知B1C1⊥平面ABB1A1,因为A1B 平面ABB1A1,所以A1B⊥B1C1.
图1
图2
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又B1C1∩AB1=B1,B1C1,AB1 平面AB1C1D,所以A1B⊥平面AB1C1D,所以当PQ∥A1B时,PQ⊥平面AB1C1D.易知当点Q为BC1中点时,PQ∥A1B,故B正确;
如图3,连接AD1,易知BC1∥AD1.
因为AD1∩平面APD=A,所以BC1与平面APD不平行,所以点Q在线段BC1上运动时,点Q到平面APD的距离不是定值.又△APD的面积为定值,所以三棱锥Q-APD的体积不是定值,故C错误;
图3
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如图4,易知AC⊥BD.由题可知BB1⊥平面ABCD,因为AC 平面ABCD,所以AC⊥BB1.
图4
又BD,BB1 平面BDD1B1,BD∩BB1=B,
所以AC⊥平面BDD1B1.
又BP 平面BDD1B1,所以AC⊥BP,
所以当点Q与点B重合时,PQ⊥AC,故D正确.
故选BD.
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11.(2024辽宁沈阳模拟)中国古建筑闻名于世,如图所示的中国传统建筑的屋顶的结构示意图为五面体EFBCDA.若四边形ABCD为矩形, EF∥AB,AB=3EF=3,AD=2,△ADE与△BCF是全等的等边三角形,则( )
ACD
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解析 如图1,可将该五面体分割成四棱锥E-AGJD,三棱柱EGJ-FHI,四棱锥F-HBCI三部分,其中G,H是AB的三等分点,I,J是CD的三等分点.
图1
因为EF∥AB,AB=3EF=3,△ADE与△BCF是全等的等边三角形,所以由对称性可知点E,F在平面ABCD的投影分别为GJ,HI的中点,平面EGJ,FHI均垂直于平面ABCD.易得四边形HIJG是矩形,所以易证GH分别垂直于平面EGJ,FHI,所以几何体EGJ-FHI是直三棱柱.由对称性可知四棱锥
E-AGJD与四棱锥F-HBCI的体积相等.
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如图2,取GJ的中点K,连接KE,KA,则KE⊥平面ABCD,所以AE与平面ABCD所成的角即为∠EAK.
图2
因为 ,∠EAK为锐角,所以∠EAK=45°,故C正确;
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由题可知,点O2为MN,PQ的中点,O1O2⊥平面ABCD,O1O2⊥EF,MN⊥PQ,所以点O2为四边形ABCD外接圆的圆心,O1O2为EF的中垂线,所以该五面体外接球的球心O在直线O1O2上.以点O2为坐标原点,分别以O2M,O2Q,O2O1
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三、填空题
12.已知圆柱的底面半径为4,侧面面积为16π,则该圆柱的母线长等于 .
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解析 由题意可知圆柱的底面周长为2π×4=8π,所以该圆柱的母线长为
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13.(2024江苏南通二模)已知二面角α-l-β为直二面角,A∈α,B∈β,A l,B l,AB与α,β所成的角分别为 ,则AB与l的夹角为 .
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解析 如图,作AD⊥l,BC⊥l,分别交l于点D,C,连接BD,AC.
以点D为坐标原点,分别以DA,DC所在的直线为x轴、y轴,以过点D且平行于BC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
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14.(2024山东临沂一模)球面被平面所截得的一部分叫做球冠,截得的圆叫做球冠的底,垂直于截面的直径被截得的一段的长度叫做球冠的高;球被平面截下的一部分叫做球缺,截面叫做球缺的底面,垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高.如图1,一个球面的半径为R,球冠的高是h,球冠的表面积公式是S=2πRh,与之对应的球缺的体积公式是V= πh2(3R-h).如图2,已知C,D是以AB为直径的圆上的两点,∠AOC=∠BOD= ,S扇形COD=6π,则扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体的表面积为 ,体积为 .
144π
图1
图2
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将扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体为一个半径R=6的球上下截去两个球缺及其底面围成的几何体所剩余部分再挖去两个圆锥,其中球缺的高h=3,圆锥的高h1=3,底面半径r=3 .
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四、解答题
15.(13分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为平行四边形,M,N分别为AB,DD1的中点.
(1)证明:DM∥平面A1BN;
(2)若底面ABCD为矩形,AB=2AD=4,异面直线DM与A1N所成角的余弦值为
,求B1到平面A1BN的距离.
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(1)证明 如图,连接AB1,交A1B于点E,连接NE,ME,则点E为A1B的中点.
所以ME∥DN,且ME=DN,
所以四边形EMDN为平行四边形,
所以EN∥DM.
又因为DM 平面A1BN,EN 平面A1BN,所以DM∥平面A1BN.
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(2)解 因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为矩形,所以AB,AD,AA1两两垂直.
以点A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1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,
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设异面直线DM与A1N所成角为θ,
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16.(15分)某市政府实施“景观工程”,对现有平顶的民用多层住宅进行“平改坡”,计划将平顶房屋改为尖顶,并铺上彩色瓦片.现对某幢房屋有A,B两种改造方案:如图1所示,A方案中坡顶为底面是等边三角形的直三棱柱,尖顶屋脊AA1与房屋长度BB1等长,有两个坡面需铺上瓦片.如图2所示,B方案中坡顶为方案A坡顶的两端削去两个相同的三棱锥而得,尖顶屋脊DD1比房屋长度BB1短,有四个坡面需铺上瓦片.若房屋长BB1=2a,宽BC=2b,屋脊高为h,要使铺设的瓦片比较省,则应选择A,B两种方案中的哪一个
图1
图2
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解要比较A,B两种方案铺设的瓦片量,只要比较2S△ABD与S△BCD的大小即可.
如图,取BC中点E,连接AE,DE.
由△ABC为等边三角形得,AE⊥BC.因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以BB1⊥平面ABC.又AE 平面ABC,所以BB1⊥AE.
又BC∩BB1=B,BC,BB1 平面B1BCC1,所以AE⊥平面B1BCC1,所以AE=h,所以h= b.
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综上,若AD长小于房屋宽度的一半,则图1尖顶铺设瓦片较省,即选方案A;若AD长等于房屋宽度的一半,则图1与图2相同,两方案都可以;若AD长大于房屋宽度的一半且小于房屋长的一半时,则图2尖顶铺设瓦片较省,即选方案B.
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17.(15分)(2024山东淄博一模)如图,多面体ABCDEF是由一个正四棱锥A-BCDE与一个三棱锥F-ADE拼接而成,正四棱锥A-BCDE的所有棱长均为3 ,AF∥CD.
(1)在棱DE上找一点G,使得平面ABC⊥平面AFG,并给出证明;
(2)当AF= CD时,求点F到平面ADE的距离;
(3)若AF= CD,求直线DF与平面ABC所成的角的正弦值.
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解 (1)当点G为DE中点时,平面ABC⊥平面AFC,
证明如下:因为四棱锥A-BCDE是正四棱锥,所以AD=AE,所以AG⊥DE.
在正方形BCDE中,DE∥BC,所以AG⊥BC.
在正方形BCDE中,CD⊥BC,因为AF∥CD,所以AF⊥BC.又AF∩AG=A,AF,AG 平面AFG,所以BC⊥平面AFG.又BC 平面ABC,所以平面ABC⊥平面AFG.
(2)如图,设DE中点为点G,连接BD,CE交于点O,连接AO,OG,则AF∥OG.
又AF= CD,所以OG=AF,所以四边形AOGF为平行四边形.因为四棱锥A-BCDE是正四棱锥,所以AO⊥平面BCDE.又OG 平面BCDE,所以AO⊥OG,所以四边形AOGF为矩形,所以AF⊥FG.
因为AF∥OG,OG⊥DE,所以AF⊥DE.
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(3)因为四棱锥A-BCDE是正四棱锥,所以OC,OD,OA两两垂直.
以点O为坐标原点,分别以OC,OD,OA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,则A(0,0,3),B(0,-3,0),C(3,0,0),D(0,3,0),F(-1,1,3),
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18.(17分)如图,在平行四边形ABCD中,D=60°,DC=2AD=2,将△ADC沿AC折起,使点D到达点P位置,且PC⊥BC,连接PB得三棱锥P-ABC.
(1)证明:平面PAB⊥平面ABC;
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(1)证明 由题可知∠APC=60°,PC=2AP=2,易证PA⊥AC,所以BC⊥AC.又PC⊥BC,AC∩PC=C,AC,PC 平面PAC,所以BC⊥平面PAC.因为PA 平面PAC,则PA⊥BC.又AC∩BC=C,AC,BC 平面ABC,所以PA⊥平面ABC.又PA 平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABC.
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(2)解 存在.
由(1)知,PA,BC,AC两两垂直,以点A为坐标原点,以过点A且平行于BC的直线为x轴,分别以AC,AP所在直线为y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
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19.(17分)(2024山东济南一模)在空间直角坐标系O-xyz中,任何一个平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D=0,其中A,B,C,D∈R,A2+B2+C2≠0,且n=(A,B,C)为该平面的法向量.已知集合P={(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1},Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤2},T={(x,y,z)||x|+|y|≤2,
|y|+|z|≤2,|z|+|x|≤2}.
(1)设集合M={(x,y,z)|z=0},记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1,Q∩M中所有点构成的图形的面积为S2,求S1和S2的值;
(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1,P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V2,求V1和V2的值;
(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.
①求W的体积V3的值;
②求W的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小,并指出W的面数和棱数.
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解 (1)集合M={(x,y,z)|z=0}表示xOy平面上所有的点,P={(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1}表示(±1,±1,±1)这八个顶点形成的正方体内所有的点.P∩M可以看成正方体在xOy平面上的截面内所有的点,其为边长为2的正方形,因此S1=4.
对于Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤2},当x,y,z>0时,x+y+z≤2表示经过(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2)的平面与平面xOy,xOz,yOz围成的部分.
由对称性可知Q表示(±2,0,0),(0,±2,0),(0,0,±2)这六个顶点形成的正八面体内所有的点.Q∩M可以看成正八面体在xOy平面上的截面内所有的点,其为边长为2 的正方形,因此S2=8.
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(3)如图所示,即为T所构成的图形.
①其中正方体ABCD-IJML即为集合P所构成的区域.E-ABCD构成了一个正四棱锥,其中E到平面ABCD的距离为2,
②由题意知平面EBC方程为x+z-2=0,
由题干定义知其法向量n1=(1,0,1),平面ECD方程为y+z-2=0,
由题干定义知其法向量n2=(0,1,1),故cos=
由图知两个相邻的面所成角为钝角,故H相邻两个面所成角为
由图可知共有12个面,24条棱.(共50张PPT)
专题检测五
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一、选择题
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1.(2024湖南长沙模拟)某10人的射击小组,在一次射击训练中射击成绩数据如下表所示,则这组数据的中位数为( )
成绩/环 6 7 8 9 10
人数 1 2 2 4 1
A.2 B.8
C.8.2 D.8.5
D
解析 将射击成绩由小到大排列为6,7,7,8,8,9,9,9,9,10,所以其中位数为
=8.5.故选D.
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A.-91 B.-21 C.14 D.49
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3.(2023新高考Ⅱ,3)某学校为了了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400和200名学生,则不同的抽样结果有( )
D
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4.(2024辽宁鞍山二模)某校数学兴趣社团对“学生性别和选学生物学是否有关”作了尝试性调查.其中被调查的男女生人数相同.男生选学生物学的人数占男生人数的 ,女生选学生物学的人数占女生人数的 .若依据小概率值α=0.1的独立性检验,可以认为选学生物学和性别有关,则被调查的男生人数不可能为( )
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A.20 B.30 C.35 D.40
A
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解析 零假设为H0:选学生物学和性别无关.
设被调查的学生人数为2m,则由题可得列联表如下.
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因为根据小概率值α=0.1的独立性检验,可以推断H0不成立,即认为选学生物学和性别有关,所以χ2≥x0.1=2.706,即 ,解得m≥28.413.
由题可知,m为5的倍数,所以m≥30且m为5的整数倍,故男生人数不可能为20.故选A.
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5.(2024广东江门一模)已知9名女生的身高(单位:cm)平均值为162,方差为26,若增加1名身高为172 cm的女生,则这10名女生身高的方差为( )
A.32.4 B.32.8
C.31.4 D.31.8
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6.(2024广东佛山二模)劳动可以树德、增智、健体、育美.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动实践比赛,已知冠军是甲、乙当中的一人,丁和戊都不是最差的,则这5名同学的名次排列(无并列名次)的可能结果共有( )
A.12种 B.24种
C.36种 D.48种
B
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7.(2024华中师大一附中模拟)如图所示,已知一质点在外力的作用下,从原点O出发,每次向左移动的概率为 ,向右移动的概率为 .若该质点每次移动1个单位长度,设经过5次移动后,该质点的坐标为X,则P(X>0)=( )
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8.(2024广东湛江一模)在一次考试中有一道4个选项的双选题,其中B和C是正确选项,A和D是错误选项,甲、乙两名同学都完全不会这道题目,只能在4个选项中随机选取两个选项.设事件M=“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”,事件N=“甲、乙两人所选选项完全不同”,事件X=“甲、乙两人所选选项完全相同”,事件Y=“甲、乙两人均未选择B选项”,则( )
A.事件M与事件N相互独立
B.事件X与事件Y相互独立
C.事件M与事件Y相互独立
D.事件N与事件Y相互独立
C
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二、选择题
9.(2024辽宁抚顺一模)采购经理指数(PMI)是国际上通用的监测宏观经济走势的指标,具有较强的预测、预警作用.2023年12月31日,国家统计局发
布了中国制造业PMI指数(经季节调整)图,如下图所示,则下列说法正确的是( )
A.图中前三个月的数据的平均值为49.9%
B.2023年四个季度的PMI指数中,第一季度方差最大
C.图中PMI指数的极差为3.8%
D.2023年PMI指数的75%分位数为50.1%
AB
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10.(2024云南保山模拟)若(1+2x)2 024=a0+a1x+a2x2+…+a2 024x2 024,则下列正确的是( )
A.a0=1
B.a0+a1+…+a2 024=32 024
C.a0-a1+a2-a3+…+a2 024=1
D.a1-2a2+3a3+…+(-2 024a2 024)=-2 024
ABC
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解析 令x=0,得a0=(1+2×0)2 024=1,故A正确;
令x=1,得a0+a1+…+a2 024=(1+2×1)2 024=32 024,故B正确;
令x=-1,得a0-a1+a2-a3+…+a2 024=(1-2×1)2 024=1,故C正确;
由(1+2x)2 024=a0+a1x+a2x2+…+a2 024x2 024两边同时求导,得
2 024×2×(1+2x)2 023=a1+2a2x+3a3x2+…+2 024a2 024x2 023,
令x=-1,得a1-2a2+3a3+…+(-2 024a2 024)=2 024×2×(1-2×1)2 023=-4 048,故D错误.
故选ABC.
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解析 因为输入某一信号时,输出的信号字母不变的概率为α(0<α<1),输出其他两个字母的概率均为 ,即输出的信号字母改变的概率为1-α,且信号的传输相互独立,所以用X表示输入4个字母的信号时,输出的信号中不变的字母个数,X~B(4,α),所以输入信号MMMM,输出的信号只有两个M的概率为P(X=2)= α2 (1-α)2=6α2(1-α)2,故A错误;
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因为p1+p2+p3=1,所以Ω=M1∪N1∪P1,且M1,N1与P1两两互斥,所以由全概率公式,得
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三、填空题
12.(2024山东济南一模)已知随机变量X~N(1,22),则D(2X+1)的值为 .
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解析 由X~N(1,22),可得D(X)=22=4,则D(2X+1)=4D(X)=16.
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13.(2024山东枣庄一模)盒子内装有编号为1,2,3,…,10的10个除编号外完全相同的玻璃球.从中任取三球,则其编号之和能被3整除的概率为 .
解析 依题意,问题相当于从1,2,3,…,10的10个数中任取3个,这3个数的和能被3整除的概率,显然样本空间包含的样本点个数为n(Ω)= =120,且每个样本点都是等可能的.
10个数中能被3整除的有3,6,9;除以3余数是1的有1,4,7,10;
除以3余数是2的有2,5,8,取出的3个数的和能被3整除的事件A包含的样本点个数为n(A)=
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14.(2024山东潍坊模拟)已知随机变量X~B(2,p),其中01
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四、解答题
15.(13分)(2024山东济宁二模)为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性,某中学需要了解性别因素是否对本校学生体育锻炼的经常性有影响,为此对学生是否经常锻炼的情况进行了抽样调查,从全体学生中随机抽取男女各100名学生,经统计,抽查数据如下表所示.
性别 体育锻炼情况 合计
经常 不经常 男生 80 20 100
女生 60 40 100
合计 140 60 200
(1)依据小概率值α=0.005的独立性检验,分析性别与体育锻炼的经常性是否有关;
(2)为提高学生体育锻炼的积极性,学校决定在上述经常参加体育锻炼的学生中,按性别用比例分配的分层随机抽样随机抽取7名同学组成体育锻炼宣传小组,并从这7名同学中选出3人担任宣传组长,记担任宣传组长的女生人数为X,求随机变量X的分布列及数学期望.
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
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解 (1)零假设为H0:性别与锻炼的经常性无关联,
根据列联表中的数据,经计算得到
根据小概率值α=0.005的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为性别与锻炼的经常性有关联,此推断犯错误的概率不大于0.005.
(2)由题可知,随机抽取的7名同学中男生4人,女生3人.
易知X服从超几何分布,且N=7,M=3,n=3.
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16.(15分)(2024新疆乌鲁木齐一模)地区生产总值(地区GDP)是衡量一个地区经济发展的重要指标,在2019年—2023年中,某地区的地区生产总值实现了“翻一番”的飞跃,从1 464亿元增长到了3 008亿元,若该地区在这五年中的年份编号x(2019年对应的x值为1,2020年对应的x值为2,以此类推)与地区生产总值y(单位:百亿元)的对应数据如下表:
年份编号x 1 2 3 4 5
地区生产总值y/百亿元 14.64 17.42 20.72 25.20 30.08
(1)该地区2023年的人均生产总值为9.39万元,若2023年全国的人均生产总值X(单位:万元)服从正态分布N(8.57,0.822),那么在全国其他城市或地区中随机挑选2个,用Y表示其中人均生产总值高于该地区的数量,求P(Y=1);
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解 (1)易知9.39=8.57+0.82,因为X~N(8.57,0.822),所以
即全国某个其他城市或地区大于该地区的人均生产总值的概率约为0.16,
则Y~B(2,0.16),所以P(Y=1)=(0.16)×(1-0.16)=0.268 8.
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17.(15分)(2024四川南充二诊)已知某科技公司的某型号芯片的各项指标经过全面检测后,分为Ⅰ级和Ⅱ级,两种品级芯片的某项指标的频率分布直方图如图所示.
Ⅰ级品
Ⅱ级品
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若只利用该指标制定一个标准,需要确定临界值K,按规定须将该指标大于或等于K的产品应用于A型手机,小于K的产品应用于B型手机.若将Ⅰ级品中该指标小于临界值K的芯片错误应用于A型手机会导致芯片生产商每部手机损失800元;若将Ⅱ级品中该指标大于或等于临界值K的芯片错误应用于B型手机会导致芯片生产商每部手机损失400元;假设数据在组内均匀分布,以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.
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(1)设临界值K=70时,将2个不作该指标检测的Ⅰ级品芯片直接应用于A型手机,求芯片生产商的损失ξ(单位:元)的分布列及期望;
(2)设K=x且x∈[50,55],现有足够多的芯片Ⅰ级品、Ⅱ级品,分别应用于A型手机、B型手机各1万部的生产:
方案一:将芯片不作该指标检测,Ⅰ级品直接应用于A型手机,Ⅱ级品直接应用于B型手机;
方案二:重新检测该芯片Ⅰ级品,Ⅱ级品的该项指标,并按规定正确应用于手机型号,会避免方案一的损失费用,但检测费用共需要130万元.
请求出按方案一,芯片生产商损失费用的估计值f(x)(单位:万元)的表达式,并从芯片生产商的成本考虑,选择合理的方案.
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(2)当临界值K=x且x∈[50,55]时,若采用方案一,则Ⅰ级品中该指标小于临界值K的频率为0.002×10+0.005×(x-50)=0.005x-0.23,所以可以估计
10 000部A型手机中有10 000(0.005x-0.23)=50x-2 300(部)手机芯片应用错误;
Ⅱ级品中该指标大于或等于临界值K的频率为0.01×10+0.03×(60-x)
=-0.03x+1.9,所以可以估计10 000部B型手机中有10 000(-0.03x+1.9)
=19 000-300x(部)手机芯片应用错误,所以f(x)=0.08(50x-2 300)+0.04(19 000-300x)=576-8x,即f(x)=576-8x,x∈[50,55],
因为x∈[50,55],所以f(x)∈[136,176].
又采用方案二需要检测费用共130万元,故从芯片生产商的成本考虑,应选择方案二.
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18.(17分)(2024山东潍坊一模)若ξ,η是样本空间Ω上的两个离散型随机变量,则称(ξ,η)是Ω上的二维离散型随机变量或二维随机向量.设(ξ,η)的所有可能取值为(ai,bj),i,j=1,2,…,记pij表示(ai,bj)在Ω中出现的概率,其中pij=P(ξ=ai,η=bj)=P[(ξ=ai)∩(η=bj)].
(1)将三个相同的小球随机放入编号为1,2,3的三个盒子中,记1号盒子中的小球个数为ξ,2号盒子中的小球个数为η,则(ξ,η)是一个二维随机变量.
①写出该二维离散型随机变量(ξ,η)的所有可能取值;
②若(m,n)是①中的值,求P(ξ=m,η=n).(结果用m,n表示)
(2)P(ξ=ai)称为二维离散型随机变量(ξ,η)关于ξ的边缘分布律或边际分布律,
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(1)解 ①该二维离散型随机变量(ξ,η)的所有可能取值为(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1),(3,0).
②依题意,0≤m≤3,0≤n≤3,0≤m+n≤3,P(ξ=m,η=n)=P[(ξ=m)∩(η=n)]
=P(ξ=m|η=n)·P(η=n),显然η~B(3, ),则
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(2)证明 由定义及全概率公式知,
P(ξ=ai)=P{(ξ=ai)∩[(η=b1)∪(η=b2)∪…∪(η=bj)∪…]}=P{[(ξ=ai)∩(η=b1)]∪[(ξ=ai)∩(η=b2)]∪…∪[(ξ=ai)∩(η=bj)]∪…}=P[(ξ=ai)∩(η=b1)]+P[(ξ=ai)∩(η=b2)]+…+P[(ξ=ai)∩(η=bj)]+…
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19.(17分)(2024福建漳州模拟)“绿色出行,低碳环保”的理念已经深入人心,逐渐成为新的时尚.甲、乙、丙三人为响应“绿色出行,低碳环保”号召,他们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种.他们之间的出行互不影响,其中,甲每天选择“共享单车”的概率为 ,乙每天选择“共享单车”的概率为 ,丙在每月第一天选择“共享单车”的概率为 ,从第二天起,若前一天选择“共享单车”,后一天继续选择“共享单车”的概率为 ,若前一天选择“地铁”,后一天继续选择“地铁”的概率为 ,如此往复.
(1)若3月1日有2人选择“共享单车”出行,求丙选择“共享单车”的概率;
(2)记甲、乙、丙三人中3月1日选择“共享单车”出行的人数为X,求X的分布列与数学期望;
(3)求丙在3月份第n(n=1,2,…,31)天选择“共享单车”的概率为Pn,并帮丙确定在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数.
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解 (1)设A=“甲3月1日选择‘共享单车’出行”,B=“乙3月1日选择‘共享单车’出行”,C=“丙3月1日选择‘共享单车’出行”,由题可知
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主干知识达标练
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1.圆心在y轴上,半径为1,且过点(1,2)的圆的方程是( )
A.x2+(y-2)2=1 B.x2+(y+2)2=1
C.(x-1)2+(y-3)2=1 D.x2+(y-3)2=1
A
解析 因为圆心在y轴上,所以可设所求圆的圆心坐标为(0,b),则圆的方程为x2+(y-b)2=1,又点(1,2)在圆上,所以1+(2-b)2=1,解得b=2,所以所求圆的方程为x2+(y-2)2=1.故选A.
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4.(2024陕西渭南模拟)用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质:一束平行于抛物线对称轴的光线,经过抛物面(抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面)的反射后,集中于它的焦点.用一过抛物线对称轴的平面截抛物面,将所截得的抛物线C放在平面直角坐标系中,对称轴与x轴重合,顶点与原点重合,如图,若抛物线C的方程为y2=8x,一束平行于x轴的光线从点M(8,4)射出,经过C上的点A反射后,再从C上的另一点B射出,则|MB|=( )
A.6 B.8
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解析 由抛物线C的方程为y2=8x,可得其焦点为(2,0),由于M(8,4),故点A纵坐标为4,代入y2=8x中,即42=8x,所以x=2,即A(2,4),由题意知反射光线AB经过点(2,0),则直线AB的方程为x=2,与抛物线方程y2=8x联立,得y2=16,y=±4,
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7.已知抛物线Γ:x2=8y的焦点为F,直线l与抛物线Γ在第一象限相切于点P,并且与直线y=-2和x轴分别相交于A,B两点,直线PF与抛物线Γ的另一个交点为Q.过点B作BC∥AF交PF于点C,若|PC|=|QF|,则|PF|等于( )
附加结论:抛物线上两个不同的点A,B的坐标分别为
A(x1,y1),B(x2,y2),以A,B为切点的切线PA,PB相交于点P,
我们称弦AB为阿基米德△PAB的底边.
定理:点P的坐标为
推论:若阿基米德三角形的底边即弦AB过抛物线内定点C(0,m)(m>0),则另一顶点P的轨迹方程为y=-m.
C
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解析 因为直线PQ过抛物线的焦点F(0,2),由推论可知以PQ为底边的阿基米德三角形的另一个顶点P的轨迹方程为y=-2,又因为切线PA与直线y=-2相交于点A,故△APQ为抛物线的阿基米德三角形,AQ也与抛物线相切.如图,设点P,Q在直线y=-2(抛物线的准线)上的射影分别为P',Q',连接PP',QQ',PP'与x轴相交于点D.
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8.(2024湖南师大附中模拟)如图,在△ABC中,∠BAC=120°,其内切圆与AC边相切于点D,且AD=1.延长BA至点E,使得BC=BE,连接CE.设以C,E两点为焦点且经过点A的椭圆的离心率为e1,以C,E两点为焦点且经过点A的双曲线的离心率为e2,则e1e2的取值范围是( )
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解析 如图,设内切圆与边BC,BE分别相切于点F,G,由切线长定理和△BCE的对称性,可设CF=CD=EG=x,且AD=AG.
由AD=1,可得AC=x+1,AE=EG-AG=x-1.
在△ACE中,由余弦定理,
CE2=(x+1)2+(x-1)2-2(x+1)(x-1)cos 60°=x2+3.
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二、选择题
9.(2024湖北省八市一模)某数学兴趣小组的同学经研究发现,反比例函数y= 的图象是双曲线,设其焦点为M,N,若P为其图象上任意一点,则( )
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11.(2024山东临沂一模)已知圆C:x2+y2-10x+13=0,抛物线W:y2=4x的焦点为F,P为W上一点( )
A.存在点P,使△PFC为等边三角形
B.若Q为C上一点,则|PQ|的最小值为1
C.若|PC|=4,则直线PF与圆C相切
D.若以PF为直径的圆与圆C相外切,则|PF|=22-12
AC
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解析 如图,圆C:x2+y2-10x+13=0的方程可化为C:(x-5)2+y2=12,得其圆心C(5,0),半径r=2 ,由抛物线方程W:y2=4x,得焦点F(1,0).
对于选项A,若△PFC为等边三角形,则|PF|=|PC|=|FC|=4,若点P到点F(1,0)的距离为4,由抛物线的定义可知xP+1=4,即xP=3,
代入抛物线方程可得
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三、填空题
12.(2024山东滨州二模)设F为抛物线C:x2=4y的焦点,直线l:2x-2y-1=0交C于A,B两点,则|FA|+|FB|= .
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13.已知A(2,0),B(4,0),C(0,4),若过点A的直线l、直线BC、x轴正半轴、y轴正半轴围成的四边形有外接圆,则该圆的一个标准方程为
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(x-3)2+(y-3)2=10或(x-1)2+(y-2)2=5
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解析 当过点A的直线与直线BC平行时,围成的四边形是等腰梯形,外接圆就是过A(2,0),B(4,0),C(0,4)的圆.
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图1
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则|F1N|=|F1P|=|BF1|-|BP|=|BF2|-|BQ|=|F2Q|=|F2A|+|AQ|=|F2A|+|AN|,由双曲线的定义知|AF1|-|AF2|=|F1N|+|AN|-|AF2|=(|AF2|+|AN|)+|AN|-|AF2| =2|AN|=2a,所以|AN|= .
图2
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四、解答题
15.(13分)(2024江西九江模拟)已知动圆过定点M(0,4),且在x轴上截得的弦AB的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程;
(2)过轨迹C上一个定点P(m,n)(m≠0)引它的两条弦PS,PT,若直线PS,PT的斜率存在,且直线ST的斜率为- .证明:直线PS,PT的倾斜角互补.
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(1)解 如图,设动圆圆心D的坐标为(x,y),根据勾股定理得(x-0)2+(y-4)2 =42+y2,整理得,x2=8y,故所求动圆圆心的轨迹C的方程为x2=8y.
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16.(15分)(2024浙江丽水模拟)已知双曲线C: -y2=1,点M(2,1),直线l:y=kx+m(m≠0)与双曲线C交于不同的两点A,B.
(1)若△MAB的重心在直线x-2y=0上,求k的值;
(2)若直线l过双曲线C的右焦点F,且直线MA,MB的斜率之积是- ,求△MAB的面积.
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18.(17分)(2024山东潍坊二模)已知双曲线C: (a>0,b>0)的实轴长为2 ,右焦点F2到一条渐近线的距离为1.
(1)求C的方程;
(2)过C上一点P1(3, )作C的切线l1,l1与C的两条渐近线分别交于R,S两点,P2为点P1关于坐标原点的对称点,过P2作C的切线l2,l2与C的两条渐近线分别交于M,N两点,求四边形RSMN的面积;
(3)过C上一点Q向C的两条渐近线作垂线,垂足分别为H1,H2,是否存在点Q,满足|QH1|+|QH2|=2 若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
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(3)假设存在点Q满足条件.
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(1)当点A为椭圆E的上顶点时,将平面xOy沿x轴折叠如图②,使平面A'F1F2⊥平面BF1F2,求异面直线A'C与BF1所成角的余弦值;
(2)若过点F2作F2H⊥CD,垂足为H.
①证明:直线CD过定点;
②求|PH|的最大值.
图②
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