資源簡介

(共41張PPT)
專題檢測一
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一、選擇題
1.(2024北京平谷模擬)下列函數(shù)中,在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減的是(　　)
C.f(x)=2-x D.f(x)=-x2+x
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4.(2024重慶南開中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)的部分圖象如圖所示,則f(x)的解析式可能是(　　)
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5.(2024廣東佛山二模)若函數(shù)f(x)=aln x+ (a≠0)既有極大值也有極小值,則下列結(jié)論一定正確的是(　　)
A.a<0 B.b<0
C.ab>-1 D.a+b>0
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A.aC.bB
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7.(2024北京海淀一模)函數(shù)f(x)是定義在(-4,4)內(nèi)的偶函數(shù),其圖象如圖所示,f(3)=0.設(shè)f'(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),則關(guān)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)
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解析 由f(3)=0,且f(x)為偶函數(shù),故f(-3)=0,
由導(dǎo)數(shù)性質(zhì)結(jié)合題圖可得當(dāng)x∈(-4,0)時,f'(x)<0,
當(dāng)x∈(0,4)時,f'(x)>0,f'(0)=0,
解得-41
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即-4綜上所述,關(guān)于x的不等式f(x+1)·f'(x)≥0的解集為(-4,0]∪[2,3).故選D.
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8.(2024青海一模)我們把函數(shù)圖象上任一點的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)之積稱為該點的“積值”.設(shè)函數(shù) 圖象上存在不同的三點A,B,C,其橫坐標(biāo)從左到右依次為x1,x2,x3,且其縱坐標(biāo)均相等,則A,B,C三點“積值”之和的最大值為(　　)
A.5ln 6-30 B.5ln 6-60
C.6ln 5-30 D.6ln 5-60
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解析 依題意,A,B,C三點“積值”之和為(x1+x2+x3)y,y=f(x1)=f(x2)=f(x3),
因為 可得f(x)在(-∞,-3)和(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,在(-3,0)內(nèi)單調(diào)遞減,
當(dāng)x→-∞時,f(x)→-∞,f(-3)=14,f(-6)=f(0)=5;
當(dāng)x→+∞時,f(x)→+∞,可畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖.
且有x1x1∈[-6,-3),x2∈(-3,0],x3∈[ln 6,ln 15),
且x1,x2關(guān)于x=-3對稱,即x1+x2=-6, y=f(x1)=f(x2)=f(x3),y∈[5,14),
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則A,B,C三點“積值”之和(x1+x2+x3)y=yln(1+y)-6y,
h'(y)=ln(1+y)+1-5=ln(1+y)-4,顯然h'(y)在[5,14)內(nèi)單調(diào)遞增,h'(y)當(dāng)y=5時取最大值,φ(5)=5ln 6-30,故選A.
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二、選擇題
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解析 令x=y=1,則2f(1)f(0)=f(1)+f(1)=2f(1),所以f(0)=1,
令x=-1,y=1,則2f(0)f(-1)=f(-1)+f(1)=2f(-1),所以f(-1)=f(1)=-1,故A錯誤;
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令y=-x,則2f(0)f(x)=f(x)+f(-x)=2f(x),所以f(x)=f(-x),所以f(x)為偶函數(shù),由B可知,f(1-x)=-f(x),所以f(1-x)=-f(x)=-f(-x),則有f(2-x)=-f(1-x)=f(x),故C正確;
由C可知f(2-x)=f(x),又f(x)為偶函數(shù),所以f(2-x)=f(-x),則f(x)的周期為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正確.故選BCD.
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10.(2024河南開封二模)高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家,近代數(shù)學(xué)奠基者之一.用其名字命名的高斯取整函數(shù)為f(x)=[x],[x]表示不超過x的最大整數(shù),例如
[-3.5]=-4,[2.1]=2.下列命題中正確的有(　　)
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
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解析 對于A,當(dāng)x∈Z時,f(x)=x,當(dāng)x Z時,f(x)∈Z,而x-1 Z,
因此f(x)≠x-1,A錯誤;
對于B, x∈R,n∈Z,令f(x)=m,則m≤x因此f(x+n)=m+n=f(x)+n,B正確;
對于D,n∈N*,當(dāng)1≤n≤9時,f(lg n)=0,當(dāng)10≤n≤99時,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,此時n=100,D正確.故選BD.
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11.(2024海南海口模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域為R,其導(dǎo)函數(shù)為f'(x),且2f(x)+f'(x)=x,f(0)=- ,則(　　)
A.f(-1)>-2
B.f(1)>-1
C.f(x)在(-∞,0)內(nèi)單調(diào)遞減
D.f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增
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三、填空題
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13.(2024陜西安康模擬)已知函數(shù)f(x)=2x3-2mx+m(m∈R),g(x)=-3x2,若關(guān)于x的不等式f(x)≤g(x)在區(qū)間[1,+∞)上有解,則實數(shù)m的取值范圍是　　　　　　.
[5,+∞)
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cos 1-sin 1
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四、解答題
15.(13分)(2024山東煙臺一模)已如曲線f(x)=ax2+x-2ln x+b(a,b∈R)在x=2處的切線與直線x+2y+1=0垂直.
(1)求a的值;
(2)若f(x)≥0恒成立,求b的取值范圍.
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16.(15分)(2024福建漳州模擬)已知函數(shù)f(x)=aex+x+1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)x>1時,f(x)> +x,求實數(shù)a的取值范圍.
解 (1)函數(shù)定義域為R,且f'(x)=aex+1.
當(dāng)a≥0時,f'(x)>0,所以f(x)在R上單調(diào)遞增.
當(dāng)a<0時,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))上單調(diào)遞增,在(-ln(-a),+∞)上單調(diào)遞減.
綜上所述,當(dāng)a≥0時,f(x)在R上單調(diào)遞增;當(dāng)a<0時,f(x)在(-∞,-ln(-a))上單調(diào)遞增,在(-ln(-a),+∞)上單調(diào)遞減.
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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,則有h(x+ln a)>h(ln(x-1))對于x∈(1,+∞)恒成立.
因為h'(x)=ex+1>0,所以h(x)在R上單調(diào)遞增,故只需x+ln a>ln(x-1),
即ln a>ln(x-1)-x在(1,+∞)上恒成立.
當(dāng)x∈(1,2)時,F'(x)>0,當(dāng)x∈(2,+∞)時,F'(x)<0,所以F(x)在(1,2)內(nèi)單調(diào)遞增,在(2,+∞)上單調(diào)遞減,所以F(x)≤F(2)=-2.
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17.(15分)(2024湖南益陽模擬)已知函數(shù)f(x)= ax2-xln x.
(1)若函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,求實數(shù)a的取值范圍;
(2)若a=2e,證明:f(x)(1)解 由已知得f'(x)=ax-ln x-1.因為f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x>0時,f'(x)≥0,即 ,所以當(dāng)00,當(dāng)x>1時,h'(x)<0,即h(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,因此h(x)max=h(1)=1,所以a≥1,故實數(shù)a的取值范圍是[1,+∞).
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18.(17分)(2024安徽合肥模擬)已知函數(shù)f(x)=aln x+x2,其中a∈R.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)a=1時,證明:f(x)≤x2+x-1;
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(2)證明 當(dāng)a=1時,f(x)=ln x+x2,要證明f(x)≤x2+x-1,即證ln x≤x-1,即證
ln x-x+1≤0.設(shè)g(x)=ln x-x+1,則g'(x)= ,令g'(x)=0,得x=1.當(dāng)x∈(0,1)時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(1,+∞)時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.所以g(x)在x=1處取得極大值,且極大值為最大值,所以g(x)≤g(1)=0,即ln x-x+1≤0. f(x)≤x2+x-1得證.
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19.(17分)(2024江西臨川高三模擬)設(shè)m為實數(shù),函數(shù)f(x)=ln x+2mx.
(1)當(dāng)m=-1時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若方程f(x)=(2m+1)x+n-2(n∈R)有兩個實數(shù)根x1,x2(x1e.(注:e=2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))
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(2)證明 ∵ln x+2mx=(2m+1)x+n-2,
∴l(xiāng)n x-x=n-2.
∴F(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,故F(x)的最大值為F(1)=-1.
∴n≤1,不妨設(shè)01
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19(共51張PPT)
專題檢測二
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一、選擇題
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1.(2024北京房山一模)已知角α的終邊經(jīng)過點(3,4),把角α的終邊繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn) 得到角β的終邊,則sin β=(　　)
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5.(2024四川綿陽三模)若函數(shù)f(x)=cos(πx+φ)的圖象關(guān)于直線x=1對稱,在下列選項中,不是函數(shù)f(x)的零點的是(　　)
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6.(2024四川攀枝花三模)將函數(shù)y=sin2x-cos2x的圖象向右平移m(m>0)個單位長度后得到的圖象與y=sin 2x的圖象關(guān)于原點對稱,則m的最小值是(　)
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解析 令f(x)=sin2x-cos2x,則有f(x)=-cos 2x,把函數(shù)f(x)的圖象向右平移m(m>0)個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象,
則有g(shù)(x)=-cos[2(x-m)]=-cos(2x-2m),
根據(jù)已知條件g(x)的圖象與y=sin 2x的圖象關(guān)于原點對稱,
則有g(shù)(x)=-sin(-2x)=sin 2x,
即-cos(2x-2m)=sin 2x,
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B
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8.(2024江蘇七市模擬)如圖,在△ABC所在平面內(nèi),分別以AB,BC為邊向外作正方形ABEF和正方形BCHG.記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,面積為S.已知S= ,且asin A+csin C=4asin Csin B,則FH的值是(　　)
C
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二、選擇題
9.(2024安徽蕪湖二模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,角θ以坐標(biāo)原點O為頂點,以x軸的非負(fù)半軸為始邊,其終邊經(jīng)過點M(a,b),|OM|=m(m≠0),定義
ACD
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對于D,f(θ)g(θ)=(sin θ+cos θ)(sin θ-cos θ)=sin2θ-cos2θ=-cos 2θ,
因為y=cos 2θ為周期函數(shù),故D正確.故選ACD.
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ABC
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11.(2024湖南益陽模擬)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊依次為a,b,c,已知sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4,則下列結(jié)論正確的是(　　)
A.(a+b)∶(b+c)∶(c+a)=5∶6∶7
B.△ABC為鈍角三角形
C.若a+b+c=18,則△ABC的面積是6
D.若△ABC的外接圓半徑是R,內(nèi)切圓半徑為r,則5R=16r
BD
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解析 因為sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4,
由正弦定理可得a∶b∶c=2∶3∶4.
設(shè)a=2x,b=3x,c=4x,
其中x>0,
則(a+b)∶(b+c)∶(c+a)=5x∶7x∶6x=5∶7∶6,故A錯誤;
由題意可知,C為最大角,
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三、填空題
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解析 由題意得h(x)=2sin 2x,因為函數(shù)y=g(x)與函數(shù)y=h(x)+1的圖象交于點(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,
因為- <α<0,
所以2cos α+sin α=0,
又因為sin2α+cos2α=1,
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13.(2024重慶高三臨門一卷)如圖,某中學(xué)某班級課外學(xué)習(xí)興趣小組為了測量某座山峰的高度,先在山腳A處測得山頂C處的仰角為60°,又利用無人機(jī)在離地面高300 m的M處(即MD=300 m),觀測到山頂C處的仰角為15°,山腳A處的俯角為45°,則山高BC=　　　　 m.
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解析 依題意∠AMD=45°,則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廣東佛山二模)近年,我國農(nóng)機(jī)裝備取得突破,科技和裝備支撐穩(wěn)步增強(qiáng),現(xiàn)代農(nóng)業(yè)建設(shè)扎實推進(jìn).農(nóng)用機(jī)械中常見有控制設(shè)備周期性開閉的裝置.如圖所示,單位圓O繞圓心做逆時針勻速圓周運(yùn)動,角速度大小為2π rad/s,圓上兩點A,B始終滿足∠AOB= ,隨著圓O的旋轉(zhuǎn),A,B兩點的位置關(guān)系呈現(xiàn)周期性變化.現(xiàn)定義:
A,B兩點的豎直距離為A,B兩點相對于水平面的高度差的絕對值.假設(shè)運(yùn)動開始時刻,即t=0秒時,點A位于圓心正下方,如圖即t=0秒時的狀態(tài),以O(shè)為坐標(biāo)原點,以過點O平行于水平面且在圓面內(nèi)的直線為x軸,以過點O垂直于x軸且在圓面內(nèi)的
直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系,則t=　　　秒時,A,B兩點的豎直距離第一次為0;A,B兩點的豎直距離關(guān)于時間t的函數(shù)解析式為f(t)=　　　　 　　.
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三、填空題
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17.(15分)(2024湖北武漢二模)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為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,
則sin C=sin 2Acos B-sin Bcos 2A,
則sin C=sin(2A-B),因為C=π-(A+B),所以sin(A+B)=sin(2A-B),
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19.(17分)(2024河北石家莊二模)若△ABC內(nèi)一點P滿足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ,則稱點P為△ABC的布洛卡點,θ為△ABC的布洛卡角.如圖,已知在△ABC中,BC=a,AC=b,AB=c,點P為△ABC的布洛卡點,θ為△ABC的布洛卡角.
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(1)解 由b=c,即AB=AC,得∠ABC=∠ACB.
點P滿足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ,則∠PCB=∠PBA.
在△PCB和△PBA中,∠PCB=∠PBA,∠PAB=∠PBC=θ,
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在△PAB,△PBC,△PAC中,
分別由余弦定理得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張PPT)
專題檢測三
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一、選擇題
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1.(2024廣東廣州一模)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和,若a3a5=2a2a4,則
A.5 B.4 C.3 D.2
C
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2.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知a1>0,a8,a9是方程x2+x-2 023=0的兩根,則能使Sn>0成立的n的最大值為(　　)
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的兩根,
∴a8·a9=-2 023,a8+a9=-1,
=8 093>802,
∴d=a9-a8<-80,
由等差數(shù)列性質(zhì)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的最大值為15.故選A.
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3.正項等比數(shù)列{an}與正項等差數(shù)列{bn},若a1a5=b5b7,則a3與b6的關(guān)系
是(　　)
A.a3=b6 B.a3≥b6
C.a3≤b6 D.以上都不正確
C
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5.(2024湖南長沙模擬)我們把由0和1組成的數(shù)列稱為0-1數(shù)列,0-1數(shù)列在計算機(jī)科學(xué)和信息技術(shù)領(lǐng)域有著廣泛應(yīng)用,把斐波那契數(shù)列{Fn}(F1=F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1)中的奇數(shù)換成0,偶數(shù)換成1可得到0-1數(shù)列{an},記數(shù)列{an}的前n項和為Sn,則S100的值為(　　)
A.32 B.33 C.34 D.35
B
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解析 因為F1=F2=1,Fn+2=Fn+Fn+1,
所以F3=2,F4=3,F5=5,F6=8,F7=13,F8=21,F9=34,…,
所以數(shù)列{an}的前若干項為a1=a2=0,a3=1,a4=0,a5=0,a6=1,a7=0,a8=0,a9=1,…,
即數(shù)列{an}是以3為最小正周期的周期數(shù)列,則a1+a2+a3=a4+a5+a6=a7+a8+a9=…=1,
所以S100=33×1+0=33.故選B.
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6.(2020全國Ⅱ,理4)北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所,分上、中、下三層.上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石),環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán),向外每環(huán)依次增加9塊.下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊,向外每環(huán)依次也增加9塊.已知每層環(huán)數(shù)相同,且下層比中層多729塊,則三層共有扇面形石板(不含天心石)(　　)
A.3 699塊
B.3 474塊
C.3 402塊
D.3 339塊
C
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解析 由題意可知,從上到下,從內(nèi)到外,每環(huán)的扇面形石板數(shù)構(gòu)成以9為首項,9為公差的等差數(shù)列,設(shè)為{an}.設(shè)上層有n環(huán),則上層扇面形石板總數(shù)為Sn,中層扇面形石板總數(shù)為S2n-Sn,下層扇面形石板總數(shù)為S3n-S2n,三層扇面形石板總數(shù)為S3n.因為{an}為等差數(shù)列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n構(gòu)成等差數(shù)列,公差為9n2.因為下層比中層多729塊,所以9n2=729,解得n=9.所以
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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,
設(shè)an=f(n),n∈N*,則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
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二、選擇題
9.(2024福建福州模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a2=4,S5=35,
則( 　)
A.nan的最小值為1
B.nSn的最小值為1
ABC
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10.(2024山東棗莊一模)將數(shù)列{an}中的所有項排成如下數(shù)陣:
a1
a2　a3　a4
a5　a6　a7　a8　a9
…
從第2行開始每一行比上一行多兩項,且每行從左到右均構(gòu)成以2為公比的等比數(shù)列;第1列數(shù)a1,a2,a5,…成等差數(shù)列.若a2=2,a10=8,則(　　)
A.a1=-1
C.a2 024位于第45行第88列 D.2 024在數(shù)陣中出現(xiàn)兩次
ACD
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解析 設(shè)第1列數(shù)a1,a2,a5,a10,…構(gòu)成等差數(shù)列{bn},設(shè)公差為d,
又由b2=a2=2,b4=a10=8,可得a1+d=2,a1+3d=8,解得a1=-1,d=3,
則第一列的通項公式為bn=-1+(n-1)×3=3n-4,
又從第2行開始每一行比上一行多兩項,且每一行從左到右均構(gòu)成以2為公比的等比數(shù)列,
可得a2+a3+…+a9=2+4+8+5+10+20+40+80=169,所以A正確,B錯誤;
又因為每一行的最后一個數(shù)為a1,a4,a9,a16,…,
且452=2 025,可得a2 024是a2 025的前一個數(shù),且a2 025在第45行,
因為這一行共有2×45-1=89個數(shù),則a2 024在第45行的第88列,所以C正確;
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由題設(shè)可知第i行第j個數(shù)的大小為(3i-4)×2j-1,
令(3i-4)×2j-1=2 024=253×23,若j=1,則3i-4=2 024,即i=676;
若j=2,則3i-4=1 012,無整數(shù)解;
若j=3,則3i-4=506,即i=170;若j=4,則3i-4=253,無整數(shù)解.
故D正確.故選ACD.
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11.螺旋線這個詞來源于希臘文,原意是“旋卷”或“纏卷”,如圖所示的陰影部分就是一個美麗的旋卷型的圖案,它的畫法是:正方形ABCD的邊長為4,取正方形ABCD各邊的四等分點E,F,G,H,作第二個正方形EFGH,然后再取正方形EFGH各邊的四等分點M,N,P,Q,作第三個正方形MNPQ,按此方法繼續(xù)下去,就可以得到如圖所示的圖形.設(shè)正方形ABCD的邊長為a1,后續(xù)各正方形的邊長依次為a2,a3,…,an,…;如圖陰影部分,設(shè)直角三角形AEH的面積為b1,后續(xù)各直角三角形面積依次為b2,b3,…,bn,….下列說法正確的是(　　)
BCD
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三、填空題
12.(2023全國甲,文13)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和.若8S6=7S3,則{an}的公比為　　　　　.
解析 已知{an}為等比數(shù)列,設(shè)首項為a1,公比為q,若q=1,則Sn=na1.有8S6=48a1,7S3=21a1.
∵a1≠0,∴q≠1.
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13.我國南宋數(shù)學(xué)家楊輝所著的《詳解九章算法》一書里出現(xiàn)了如圖所示的表,即“楊輝三角”,這是數(shù)學(xué)史上的一個偉大成就.在“楊輝三角”中,第n行的所有數(shù)字之和為2n-1,若去除所有為1的項,依次構(gòu)成數(shù)列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,…,則此數(shù)列的前56項和為　　　　　.
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14.(2021新課標(biāo)Ⅰ,16)某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時,發(fā)現(xiàn)剪紙時經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折.規(guī)格為20 dm×12 dm的長方形紙,對折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm兩種規(guī)格的圖形,它們的面積之和S1=240 dm2,對折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三種規(guī)格的圖形,它們的面積之和S2=180 dm2,以此類推.則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為　　　　　;如果對折n次,那么
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四、解答題
15.(13分)(2022全國甲,理17)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和.已知
(1)證明:{an}是等差數(shù)列;
(2)若a4,a7,a9成等比數(shù)列,求Sn的最小值.
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(1)證明 由 +n=2an+1,變形為2Sn=2nan+n-n2,記為①式,又當(dāng)n≥2時,有
2Sn-1=2(n-1)an-1+n-1-(n-1)2,記為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}是等差數(shù)列.
(2)解 由題意可知 =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)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)設(shè)bn=Sncos nπ,求數(shù)列{bn}的前2n-1項和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)當(dāng)n≥2時,an=2an-1+3,故an+3=2(an-1+3),又a1+3=2≠0,
故{an+3}是首項為2,公比為2的等比數(shù)列,
所以an+3=2n,故an=2n-3,
設(shè){bn}的公差為d,則由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)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=- ,且4Sn+1=3Sn-9(n∈N*).
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),記{bn}的前n項和為Tn,若Tn≤λbn對任意n∈N*恒成立,求實數(shù)λ的取值范圍.
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19.(17分)如圖,曲線y= 下有一系列正三角形,設(shè)第n個正三角形
△Qn-1PnQn(Q0為坐標(biāo)原點)的邊長為an.
(1)求a1,a2的值;
(2)求出數(shù)列{an}的通項公式;
(3)設(shè)曲線在點Pn處的切線斜率為kn,求證:
k1k2+k2k3+k3k4+…+kn-1kn< (n≥2,n∈N*).
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19(共57張PPT)
專題檢測四
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一、選擇題
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1.(2024四川成都模擬)已知直線l的方向向量是a=(3,2,1),平面α的一個法向量是n=(1,-1,-1),則l與α的位置關(guān)系是(　　)
A.l⊥α B.l∥α
C.l與α相交但不垂直 D.l∥α或l α
D
解析 因為a=(3,2,1),n=(1,-1,-1),
所以a·n=3×1+2×(-1)+1×(-1)=0,
所以a⊥n.又直線l的方向向量是a,平面α的一個法向量是n,
所以l∥平面α或l 平面α.
故選D.
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2.(2024重慶模擬)正四棱錐的側(cè)棱長為 ,底面邊長為2,則該四棱錐的體積為(　　)
C
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3.(2024山東煙臺一模)設(shè)a,b為兩條不同的直線,α,β為兩個不同的平面,下列說法正確的是(　　)
A.若a∥α,b∥α,則a∥b B.若a,b與α所成的角相等,則a∥b
C.若α⊥β,a∥α,b∥β,則a⊥b D.若α⊥β,a⊥α,b⊥β,則a⊥b
D
解析 平行于同一平面的兩條直線可能異面,可能相交,也可能平行,故A錯誤;
a,b與α所成的角相等,則a,b可能異面,可能相交,也可能平行,故B錯誤;
α⊥β,a∥α,b∥β,則a,b的位置關(guān)系無法判斷,故C錯誤;
因為α⊥β,a⊥α,所以a∥β或a β.又b⊥β,所以a⊥b,故D正確.
故選D.
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4.(2024湖南長沙二模)蒙古包是蒙古族牧民居住的一種房子,建造和搬遷都很方便.已知蒙古包的造型可近似地看作一個圓柱和圓錐的組合體,已知圓錐的高為2米,圓柱的高為3米,底面圓的面積為64π平方米,則該蒙古包(含底面)的表面積為(　　)
A
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5.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,過A1B1的截面與AC交于點D,與BC交于點E,該截面將三棱柱分成體積相等的兩部分,則 =(　　)
D
解析 由題可知平面A1B1ED與棱柱上、下底面分別交于A1B1,ED,則A1B1∥ED,則ED∥AB,可得CDE-C1A1B1是三棱臺.
設(shè)△ABC的面積為1,△CDE的面積為S,三棱柱的高為h,
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6.(2024河北唐山一模)已知球與圓臺的底面、側(cè)面都相切,且圓臺母線與底面所成的角為60°,則球表面積與圓臺側(cè)面積之比為(　　)
A.2∶3 B.3∶4
C.7∶8 D.6∶13
B
解析 設(shè)圓臺上、下底面圓的半徑為r1,r2,母線長為l,球的球心為點O,半徑為R.
如圖,作圓臺的軸截面ABCD,則四邊形ABCD為等腰梯形,設(shè)圓O分別切梯形ABCD的邊AB,BC,CD,DA于點E,F,G,H.
由切線長定理可得AE=AH,DG=DH,所以AD=DG+AE,即l=r1+r2.
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7.(2024陜西渭南模擬)在四棱錐P-ABCD中,底面四邊形ABCD是正方形,PC=AB,E,F分別為PD,BC的中點,則下列結(jié)論一定正確的是(　　)
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 如圖,記BD與AF的交點為點G,連接EG.
因為點F為BC的中點,BC∥AD,所以△BFG∽△DAG,所以
又點E為PD的中點,所以直線PB與EG相交.
又EG 平面AEF,所以PB與平面AEF有公共點,故A錯誤;
取PA的中點H,連接EH,BH,則EH= AD,EH∥AD.
又BF= AD,BF∥AD,
所以EH=BF,EH∥BF,
所以四邊形BFEH是平行四邊形,
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正確;
連接PF,DF,若EF⊥PD,點E為PD中點,則PF=DF.又CP=CD,所以△PCF≌△DCF,所以∠DCF=∠PCF,即CP⊥CF.由題可知點P的位置不確定,故C不一定正確;
顯然AF與BD不垂直,所以AF與平面PBD不可能垂直,故D錯誤.故選B.
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8.(2024陜西西安二模)如圖,在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,F,G分別在線段AB,BC上,BF=BG=1,將△BFG沿FG折起,使B到達(dá)M的位置,且平面FGM⊥平面ADCGF,則四面體ADFM的外接球的表面積為(　　)
A
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解析 設(shè)FG的中點為O,連接OD,MO.
由題可知△MFG為等腰直角三角形,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.
由題可知,AF=AD=3,AD⊥AF,所以△ADF的外心為DF的中點,記為點N.
設(shè)四面體ADFM的外接球的球心為Q,則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O(shè)M,DF,GF兩兩垂直.
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二、選擇題
9.(2023新高考Ⅱ,9)已知圓錐的頂點為P,底面圓心為O,AB為底面直徑, ∠APB=120°,PA=2,點C在底面圓周上,且二面角P-AC-O為45°,則(　　)
A.該圓錐的體積為π
AC
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解析 由題意,可得PO⊥平面AOC,∠APO= ∠APB=60°,所以PO=PAcos∠APO=1,AO=PAsin∠APO= .如圖,取AC的中點D,連接PD,OD,則PD⊥AC,OD⊥AC,所以∠PDO即為二面角P-AC-O的平面角,所以∠PDO=45°.
因為OD 平面AOC,PO⊥平面AOC,所以PO⊥OD,
所以△PDO為等腰直角三角形,
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10.(2024貴州貴陽一模)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點P為線段A1C1的中點,點Q為線段BC1上的動點,則下列結(jié)論正確的是(　　)
A.存在點Q,使得PQ∥BD
B.存在點Q,使得PQ⊥平面AB1C1D
C.三棱錐Q-APD的體積是定值
D.存在點Q,使得PQ⊥AC
BD
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解析 如圖1,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,連接B1D1.易知BD∥B1D1.
因為點P為線段A1C1的中點,四邊形A1B1C1D1為正方形,所以點P為B1D1的中點,所以B1D1∩PQ=P,即B1D1與PQ不平行,所以BD與PQ不平行,故A錯誤;
如圖2,連接A1B,易知A1B⊥AB1.由題可知B1C1⊥平面ABB1A1,因為A1B 平面ABB1A1,所以A1B⊥B1C1.
圖1
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又B1C1∩AB1=B1,B1C1,AB1 平面AB1C1D,所以A1B⊥平面AB1C1D,所以當(dāng)PQ∥A1B時,PQ⊥平面AB1C1D.易知當(dāng)點Q為BC1中點時,PQ∥A1B,故B正確;
如圖3,連接AD1,易知BC1∥AD1.
因為AD1∩平面APD=A,所以BC1與平面APD不平行,所以點Q在線段BC1上運(yùn)動時,點Q到平面APD的距離不是定值.又△APD的面積為定值,所以三棱錐Q-APD的體積不是定值,故C錯誤;
圖3
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如圖4,易知AC⊥BD.由題可知BB1⊥平面ABCD,因為AC 平面ABCD,所以AC⊥BB1.
圖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,
所以當(dāng)點Q與點B重合時,PQ⊥AC,故D正確.
故選BD.
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11.(2024遼寧沈陽模擬)中國古建筑聞名于世,如圖所示的中國傳統(tǒng)建筑的屋頂?shù)慕Y(jié)構(gòu)示意圖為五面體EFBCDA.若四邊形ABCD為矩形, EF∥AB,AB=3EF=3,AD=2,△ADE與△BCF是全等的等邊三角形,則(　　)
ACD
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解析 如圖1,可將該五面體分割成四棱錐E-AGJD,三棱柱EGJ-FHI,四棱錐F-HBCI三部分,其中G,H是AB的三等分點,I,J是CD的三等分點.
圖1
因為EF∥AB,AB=3EF=3,△ADE與△BCF是全等的等邊三角形,所以由對稱性可知點E,F在平面ABCD的投影分別為GJ,HI的中點,平面EGJ,FHI均垂直于平面ABCD.易得四邊形HIJG是矩形,所以易證GH分別垂直于平面EGJ,FHI,所以幾何體EGJ-FHI是直三棱柱.由對稱性可知四棱錐
E-AGJD與四棱錐F-HBCI的體積相等.
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如圖2,取GJ的中點K,連接KE,KA,則KE⊥平面ABCD,所以AE與平面ABCD所成的角即為∠EAK.
圖2
因為 ,∠EAK為銳角,所以∠EAK=45°,故C正確;
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由題可知,點O2為MN,PQ的中點,O1O2⊥平面ABCD,O1O2⊥EF,MN⊥PQ,所以點O2為四邊形ABCD外接圓的圓心,O1O2為EF的中垂線,所以該五面體外接球的球心O在直線O1O2上.以點O2為坐標(biāo)原點,分別以O(shè)2M,O2Q,O2O1
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三、填空題
12.已知圓柱的底面半徑為4,側(cè)面面積為16π,則該圓柱的母線長等于　　　.
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解析 由題意可知圓柱的底面周長為2π×4=8π,所以該圓柱的母線長為
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13.(2024江蘇南通二模)已知二面角α-l-β為直二面角,A∈α,B∈β,A l,B l,AB與α,β所成的角分別為 ,則AB與l的夾角為　　　　　.
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解析 如圖,作AD⊥l,BC⊥l,分別交l于點D,C,連接BD,AC.
以點D為坐標(biāo)原點,分別以DA,DC所在的直線為x軸、y軸,以過點D且平行于BC的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
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14.(2024山東臨沂一模)球面被平面所截得的一部分叫做球冠,截得的圓叫做球冠的底,垂直于截面的直徑被截得的一段的長度叫做球冠的高;球被平面截下的一部分叫做球缺,截面叫做球缺的底面,垂直于截面的直徑被截下的線段長叫做球缺的高.如圖1,一個球面的半徑為R,球冠的高是h,球冠的表面積公式是S=2πRh,與之對應(yīng)的球缺的體積公式是V= πh2(3R-h).如圖2,已知C,D是以AB為直徑的圓上的兩點,∠AOC=∠BOD= ,S扇形COD=6π,則扇形COD繞直線AB旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體的表面積為　　 　　　,體積為　　　　　.
144π
圖1
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將扇形COD繞直線AB旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體為一個半徑R=6的球上下截去兩個球缺及其底面圍成的幾何體所剩余部分再挖去兩個圓錐,其中球缺的高h(yuǎn)=3,圓錐的高h(yuǎn)1=3,底面半徑r=3 .
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四、解答題
15.(13分)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為平行四邊形,M,N分別為AB,DD1的中點.
(1)證明:DM∥平面A1BN;
(2)若底面ABCD為矩形,AB=2AD=4,異面直線DM與A1N所成角的余弦值為
,求B1到平面A1BN的距離.
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(1)證明 如圖,連接AB1,交A1B于點E,連接NE,ME,則點E為A1B的中點.
所以ME∥DN,且ME=DN,
所以四邊形EMDN為平行四邊形,
所以EN∥DM.
又因為DM 平面A1BN,EN 平面A1BN,所以DM∥平面A1BN.
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(2)解 因為直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為矩形,所以AB,AD,AA1兩兩垂直.
以點A為坐標(biāo)原點,分別以AB,AD,AA1所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,
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設(shè)異面直線DM與A1N所成角為θ,
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16.(15分)某市政府實施“景觀工程”,對現(xiàn)有平頂?shù)拿裼枚鄬幼≌M(jìn)行“平改坡”,計劃將平頂房屋改為尖頂,并鋪上彩色瓦片.現(xiàn)對某幢房屋有A,B兩種改造方案:如圖1所示,A方案中坡頂為底面是等邊三角形的直三棱柱,尖頂屋脊AA1與房屋長度BB1等長,有兩個坡面需鋪上瓦片.如圖2所示,B方案中坡頂為方案A坡頂?shù)膬啥讼魅蓚€相同的三棱錐而得,尖頂屋脊DD1比房屋長度BB1短,有四個坡面需鋪上瓦片.若房屋長BB1=2a,寬BC=2b,屋脊高為h,要使鋪設(shè)的瓦片比較省,則應(yīng)選擇A,B兩種方案中的哪一個
圖1
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解要比較A,B兩種方案鋪設(shè)的瓦片量,只要比較2S△ABD與S△BCD的大小即可.
如圖,取BC中點E,連接AE,DE.
由△ABC為等邊三角形得,AE⊥BC.因為三棱柱ABC-A1B1C1為直三棱柱,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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綜上,若AD長小于房屋寬度的一半,則圖1尖頂鋪設(shè)瓦片較省,即選方案A;若AD長等于房屋寬度的一半,則圖1與圖2相同,兩方案都可以;若AD長大于房屋寬度的一半且小于房屋長的一半時,則圖2尖頂鋪設(shè)瓦片較省,即選方案B.
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17.(15分)(2024山東淄博一模)如圖,多面體ABCDEF是由一個正四棱錐A-BCDE與一個三棱錐F-ADE拼接而成,正四棱錐A-BCDE的所有棱長均為3 ,AF∥CD.
(1)在棱DE上找一點G,使得平面ABC⊥平面AFG,并給出證明;
(2)當(dāng)AF= CD時,求點F到平面ADE的距離;
(3)若AF= CD,求直線DF與平面ABC所成的角的正弦值.
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解 (1)當(dāng)點G為DE中點時,平面ABC⊥平面AFC,
證明如下:因為四棱錐A-BCDE是正四棱錐,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,因為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)如圖,設(shè)DE中點為點G,連接BD,CE交于點O,連接AO,OG,則AF∥OG.
又AF= CD,所以O(shè)G=AF,所以四邊形AOGF為平行四邊形.因為四棱錐A-BCDE是正四棱錐,所以AO⊥平面BCDE.又OG 平面BCDE,所以AO⊥OG,所以四邊形AOGF為矩形,所以AF⊥FG.
因為AF∥OG,OG⊥DE,所以AF⊥DE.
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(3)因為四棱錐A-BCDE是正四棱錐,所以O(shè)C,OD,OA兩兩垂直.
以點O為坐標(biāo)原點,分別以O(shè)C,OD,OA所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則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)如圖,在平行四邊形ABCD中,D=60°,DC=2AD=2,將△ADC沿AC折起,使點D到達(dá)點P位置,且PC⊥BC,連接PB得三棱錐P-ABC.
(1)證明:平面PAB⊥平面ABC;
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(1)證明 由題可知∠APC=60°,PC=2AP=2,易證PA⊥AC,所以BC⊥AC.又PC⊥BC,AC∩PC=C,AC,PC 平面PAC,所以BC⊥平面PAC.因為PA 平面PAC,則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兩兩垂直,以點A為坐標(biāo)原點,以過點A且平行于BC的直線為x軸,分別以AC,AP所在直線為y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,
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19.(17分)(2024山東濟(jì)南一模)在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中,任何一個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)為該平面的法向量.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)設(shè)集合M={(x,y,z)|z=0},記P∩M中所有點構(gòu)成的圖形的面積為S1,Q∩M中所有點構(gòu)成的圖形的面積為S2,求S1和S2的值;
(2)記集合Q中所有點構(gòu)成的幾何體的體積為V1,P∩Q中所有點構(gòu)成的幾何體的體積為V2,求V1和V2的值;
(3)記集合T中所有點構(gòu)成的幾何體為W.
①求W的體積V3的值;
②求W的相鄰(有公共棱)兩個面所成二面角的大小,并指出W的面數(shù)和棱數(shù).
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解 (1)集合M={(x,y,z)|z=0}表示xOy平面上所有的點,P={(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1}表示(±1,±1,±1)這八個頂點形成的正方體內(nèi)所有的點.P∩M可以看成正方體在xOy平面上的截面內(nèi)所有的點,其為邊長為2的正方形,因此S1=4.
對于Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤2},當(dāng)x,y,z>0時,x+y+z≤2表示經(jīng)過(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2)的平面與平面xOy,xOz,yOz圍成的部分.
由對稱性可知Q表示(±2,0,0),(0,±2,0),(0,0,±2)這六個頂點形成的正八面體內(nèi)所有的點.Q∩M可以看成正八面體在xOy平面上的截面內(nèi)所有的點,其為邊長為2 的正方形,因此S2=8.
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(3)如圖所示,即為T所構(gòu)成的圖形.
①其中正方體ABCD-IJML即為集合P所構(gòu)成的區(qū)域.E-ABCD構(gòu)成了一個正四棱錐,其中E到平面ABCD的距離為2,
②由題意知平面EBC方程為x+z-2=0,
由題干定義知其法向量n1=(1,0,1),平面ECD方程為y+z-2=0,
由題干定義知其法向量n2=(0,1,1),故cos=
由圖知兩個相鄰的面所成角為鈍角,故H相鄰兩個面所成角為
由圖可知共有12個面,24條棱.(共50張PPT)
專題檢測五
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一、選擇題
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1.(2024湖南長沙模擬)某10人的射擊小組,在一次射擊訓(xùn)練中射擊成績數(shù)據(jù)如下表所示,則這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為(　　)
成績/環(huán) 6 7 8 9 10
人數(shù) 1 2 2 4 1
A.2 B.8
C.8.2 D.8.5
D
解析 將射擊成績由小到大排列為6,7,7,8,8,9,9,9,9,10,所以其中位數(shù)為
=8.5.故選D.
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A.-91 B.-21 C.14 D.49
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3.(2023新高考Ⅱ,3)某學(xué)校為了了解學(xué)生參加體育運(yùn)動的情況,用比例分配的分層隨機(jī)抽樣法作抽樣調(diào)查,擬從初中部和高中部兩層共抽取60名學(xué)生,已知該校初中部和高中部分別有400和200名學(xué)生,則不同的抽樣結(jié)果有(　　)
D
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4.(2024遼寧鞍山二模)某校數(shù)學(xué)興趣社團(tuán)對“學(xué)生性別和選學(xué)生物學(xué)是否有關(guān)”作了嘗試性調(diào)查.其中被調(diào)查的男女生人數(shù)相同.男生選學(xué)生物學(xué)的人數(shù)占男生人數(shù)的 ,女生選學(xué)生物學(xué)的人數(shù)占女生人數(shù)的 .若依據(jù)小概率值α=0.1的獨(dú)立性檢驗,可以認(rèn)為選學(xué)生物學(xué)和性別有關(guān),則被調(diào)查的男生人數(shù)不可能為(　　)
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 零假設(shè)為H0:選學(xué)生物學(xué)和性別無關(guān).
設(shè)被調(diào)查的學(xué)生人數(shù)為2m,則由題可得列聯(lián)表如下.
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因為根據(jù)小概率值α=0.1的獨(dú)立性檢驗,可以推斷H0不成立,即認(rèn)為選學(xué)生物學(xué)和性別有關(guān),所以χ2≥x0.1=2.706,即 ,解得m≥28.413.
由題可知,m為5的倍數(shù),所以m≥30且m為5的整數(shù)倍,故男生人數(shù)不可能為20.故選A.
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5.(2024廣東江門一模)已知9名女生的身高(單位:cm)平均值為162,方差為26,若增加1名身高為172 cm的女生,則這10名女生身高的方差為(　　)
A.32.4 B.32.8
C.31.4 D.31.8
A
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6.(2024廣東佛山二模)勞動可以樹德、增智、健體、育美.甲、乙、丙、丁、戊共5名同學(xué)進(jìn)行勞動實踐比賽,已知冠軍是甲、乙當(dāng)中的一人,丁和戊都不是最差的,則這5名同學(xué)的名次排列(無并列名次)的可能結(jié)果共有(　　)
A.12種 B.24種
C.36種 D.48種
B
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7.(2024華中師大一附中模擬)如圖所示,已知一質(zhì)點在外力的作用下,從原點O出發(fā),每次向左移動的概率為 ,向右移動的概率為 .若該質(zhì)點每次移動1個單位長度,設(shè)經(jīng)過5次移動后,該質(zhì)點的坐標(biāo)為X,則P(X>0)=(　　)
D
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8.(2024廣東湛江一模)在一次考試中有一道4個選項的雙選題,其中B和C是正確選項,A和D是錯誤選項,甲、乙兩名同學(xué)都完全不會這道題目,只能在4個選項中隨機(jī)選取兩個選項.設(shè)事件M=“甲、乙兩人所選選項恰有一個相同”,事件N=“甲、乙兩人所選選項完全不同”,事件X=“甲、乙兩人所選選項完全相同”,事件Y=“甲、乙兩人均未選擇B選項”,則(　　)
A.事件M與事件N相互獨(dú)立
B.事件X與事件Y相互獨(dú)立
C.事件M與事件Y相互獨(dú)立
D.事件N與事件Y相互獨(dú)立
C
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二、選擇題
9.(2024遼寧撫順一模)采購經(jīng)理指數(shù)(PMI)是國際上通用的監(jiān)測宏觀經(jīng)濟(jì)走勢的指標(biāo),具有較強(qiáng)的預(yù)測、預(yù)警作用.2023年12月31日,國家統(tǒng)計局發(fā)
布了中國制造業(yè)PMI指數(shù)(經(jīng)季節(jié)調(diào)整)圖,如下圖所示,則下列說法正確的是(　　)
A.圖中前三個月的數(shù)據(jù)的平均值為49.9%
B.2023年四個季度的PMI指數(shù)中,第一季度方差最大
C.圖中PMI指數(shù)的極差為3.8%
D.2023年P(guān)MI指數(shù)的75%分位數(shù)為50.1%
AB
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10.(2024云南保山模擬)若(1+2x)2 024=a0+a1x+a2x2+…+a2 024x2 024,則下列正確的是(　　)
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正確;
令x=1,得a0+a1+…+a2 024=(1+2×1)2 024=32 024,故B正確;
令x=-1,得a0-a1+a2-a3+…+a2 024=(1-2×1)2 024=1,故C正確;
由(1+2x)2 024=a0+a1x+a2x2+…+a2 024x2 024兩邊同時求導(dǎo),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錯誤.
故選ABC.
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解析 因為輸入某一信號時,輸出的信號字母不變的概率為α(0<α<1),輸出其他兩個字母的概率均為 ,即輸出的信號字母改變的概率為1-α,且信號的傳輸相互獨(dú)立,所以用X表示輸入4個字母的信號時,輸出的信號中不變的字母個數(shù),X~B(4,α),所以輸入信號MMMM,輸出的信號只有兩個M的概率為P(X=2)= α2 (1-α)2=6α2(1-α)2,故A錯誤;
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因為p1+p2+p3=1,所以Ω=M1∪N1∪P1,且M1,N1與P1兩兩互斥,所以由全概率公式,得
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三、填空題
12.(2024山東濟(jì)南一模)已知隨機(jī)變量X~N(1,22),則D(2X+1)的值為　　　.
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解析 由X~N(1,22),可得D(X)=22=4,則D(2X+1)=4D(X)=16.
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13.(2024山東棗莊一模)盒子內(nèi)裝有編號為1,2,3,…,10的10個除編號外完全相同的玻璃球.從中任取三球,則其編號之和能被3整除的概率為　　　 .
解析 依題意,問題相當(dāng)于從1,2,3,…,10的10個數(shù)中任取3個,這3個數(shù)的和能被3整除的概率,顯然樣本空間包含的樣本點個數(shù)為n(Ω)= =120,且每個樣本點都是等可能的.
10個數(shù)中能被3整除的有3,6,9;除以3余數(shù)是1的有1,4,7,10;
除以3余數(shù)是2的有2,5,8,取出的3個數(shù)的和能被3整除的事件A包含的樣本點個數(shù)為n(A)=
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14.(2024山東濰坊模擬)已知隨機(jī)變量X~B(2,p),其中01
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四、解答題
15.(13分)(2024山東濟(jì)寧二模)為了有針對性地提高學(xué)生體育鍛煉的積極性,某中學(xué)需要了解性別因素是否對本校學(xué)生體育鍛煉的經(jīng)常性有影響,為此對學(xué)生是否經(jīng)常鍛煉的情況進(jìn)行了抽樣調(diào)查,從全體學(xué)生中隨機(jī)抽取男女各100名學(xué)生,經(jīng)統(tǒng)計,抽查數(shù)據(jù)如下表所示.
性別 體育鍛煉情況 合計
經(jīng)常 不經(jīng)常 男生 80 20 100
女生 60 40 100
合計 140 60 200
(1)依據(jù)小概率值α=0.005的獨(dú)立性檢驗,分析性別與體育鍛煉的經(jīng)常性是否有關(guān);
(2)為提高學(xué)生體育鍛煉的積極性,學(xué)校決定在上述經(jīng)常參加體育鍛煉的學(xué)生中,按性別用比例分配的分層隨機(jī)抽樣隨機(jī)抽取7名同學(xué)組成體育鍛煉宣傳小組,并從這7名同學(xué)中選出3人擔(dān)任宣傳組長,記擔(dān)任宣傳組長的女生人數(shù)為X,求隨機(jī)變量X的分布列及數(shù)學(xué)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)零假設(shè)為H0:性別與鍛煉的經(jīng)常性無關(guān)聯(lián),
根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù),經(jīng)計算得到
根據(jù)小概率值α=0.005的獨(dú)立性檢驗,我們推斷H0不成立,即認(rèn)為性別與鍛煉的經(jīng)常性有關(guān)聯(lián),此推斷犯錯誤的概率不大于0.005.
(2)由題可知,隨機(jī)抽取的7名同學(xué)中男生4人,女生3人.
易知X服從超幾何分布,且N=7,M=3,n=3.
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16.(15分)(2024新疆烏魯木齊一模)地區(qū)生產(chǎn)總值(地區(qū)GDP)是衡量一個地區(qū)經(jīng)濟(jì)發(fā)展的重要指標(biāo),在2019年—2023年中,某地區(qū)的地區(qū)生產(chǎn)總值實現(xiàn)了“翻一番”的飛躍,從1 464億元增長到了3 008億元,若該地區(qū)在這五年中的年份編號x(2019年對應(yīng)的x值為1,2020年對應(yīng)的x值為2,以此類推)與地區(qū)生產(chǎn)總值y(單位:百億元)的對應(yīng)數(shù)據(jù)如下表:
年份編號x 1 2 3 4 5
地區(qū)生產(chǎn)總值y/百億元 14.64 17.42 20.72 25.20 30.08
(1)該地區(qū)2023年的人均生產(chǎn)總值為9.39萬元,若2023年全國的人均生產(chǎn)總值X(單位:萬元)服從正態(tài)分布N(8.57,0.822),那么在全國其他城市或地區(qū)中隨機(jī)挑選2個,用Y表示其中人均生產(chǎn)總值高于該地區(qū)的數(shù)量,求P(Y=1);
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解 (1)易知9.39=8.57+0.82,因為X~N(8.57,0.822),所以
即全國某個其他城市或地區(qū)大于該地區(qū)的人均生產(chǎn)總值的概率約為0.16,
則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)(2024四川南充二診)已知某科技公司的某型號芯片的各項指標(biāo)經(jīng)過全面檢測后,分為Ⅰ級和Ⅱ級,兩種品級芯片的某項指標(biāo)的頻率分布直方圖如圖所示.
Ⅰ級品
Ⅱ級品
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若只利用該指標(biāo)制定一個標(biāo)準(zhǔn),需要確定臨界值K,按規(guī)定須將該指標(biāo)大于或等于K的產(chǎn)品應(yīng)用于A型手機(jī),小于K的產(chǎn)品應(yīng)用于B型手機(jī).若將Ⅰ級品中該指標(biāo)小于臨界值K的芯片錯誤應(yīng)用于A型手機(jī)會導(dǎo)致芯片生產(chǎn)商每部手機(jī)損失800元;若將Ⅱ級品中該指標(biāo)大于或等于臨界值K的芯片錯誤應(yīng)用于B型手機(jī)會導(dǎo)致芯片生產(chǎn)商每部手機(jī)損失400元;假設(shè)數(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布,以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率.
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(1)設(shè)臨界值K=70時,將2個不作該指標(biāo)檢測的Ⅰ級品芯片直接應(yīng)用于A型手機(jī),求芯片生產(chǎn)商的損失ξ(單位:元)的分布列及期望;
(2)設(shè)K=x且x∈[50,55],現(xiàn)有足夠多的芯片Ⅰ級品、Ⅱ級品,分別應(yīng)用于A型手機(jī)、B型手機(jī)各1萬部的生產(chǎn):
方案一:將芯片不作該指標(biāo)檢測,Ⅰ級品直接應(yīng)用于A型手機(jī),Ⅱ級品直接應(yīng)用于B型手機(jī);
方案二:重新檢測該芯片Ⅰ級品,Ⅱ級品的該項指標(biāo),并按規(guī)定正確應(yīng)用于手機(jī)型號,會避免方案一的損失費(fèi)用,但檢測費(fèi)用共需要130萬元.
請求出按方案一,芯片生產(chǎn)商損失費(fèi)用的估計值f(x)(單位:萬元)的表達(dá)式,并從芯片生產(chǎn)商的成本考慮,選擇合理的方案.
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(2)當(dāng)臨界值K=x且x∈[50,55]時,若采用方案一,則Ⅰ級品中該指標(biāo)小于臨界值K的頻率為0.002×10+0.005×(x-50)=0.005x-0.23,所以可以估計
10 000部A型手機(jī)中有10 000(0.005x-0.23)=50x-2 300(部)手機(jī)芯片應(yīng)用錯誤;
Ⅱ級品中該指標(biāo)大于或等于臨界值K的頻率為0.01×10+0.03×(60-x)
=-0.03x+1.9,所以可以估計10 000部B型手機(jī)中有10 000(-0.03x+1.9)
=19 000-300x(部)手機(jī)芯片應(yīng)用錯誤,所以f(x)=0.08(50x-2 300)+0.04(19 000-300x)=576-8x,即f(x)=576-8x,x∈[50,55],
因為x∈[50,55],所以f(x)∈[136,176].
又采用方案二需要檢測費(fèi)用共130萬元,故從芯片生產(chǎn)商的成本考慮,應(yīng)選擇方案二.
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18.(17分)(2024山東濰坊一模)若ξ,η是樣本空間Ω上的兩個離散型隨機(jī)變量,則稱(ξ,η)是Ω上的二維離散型隨機(jī)變量或二維隨機(jī)向量.設(shè)(ξ,η)的所有可能取值為(ai,bj),i,j=1,2,…,記pij表示(ai,bj)在Ω中出現(xiàn)的概率,其中pij=P(ξ=ai,η=bj)=P[(ξ=ai)∩(η=bj)].
(1)將三個相同的小球隨機(jī)放入編號為1,2,3的三個盒子中,記1號盒子中的小球個數(shù)為ξ,2號盒子中的小球個數(shù)為η,則(ξ,η)是一個二維隨機(jī)變量.
①寫出該二維離散型隨機(jī)變量(ξ,η)的所有可能取值;
②若(m,n)是①中的值,求P(ξ=m,η=n).(結(jié)果用m,n表示)
(2)P(ξ=ai)稱為二維離散型隨機(jī)變量(ξ,η)關(guān)于ξ的邊緣分布律或邊際分布律,
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(1)解 ①該二維離散型隨機(jī)變量(ξ,η)的所有可能取值為(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1),(3,0).
②依題意,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),顯然η~B(3, ),則
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(2)證明 由定義及全概率公式知,
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福建漳州模擬)“綠色出行,低碳環(huán)保”的理念已經(jīng)深入人心,逐漸成為新的時尚.甲、乙、丙三人為響應(yīng)“綠色出行,低碳環(huán)保”號召,他們計劃每天選擇“共享單車”或“地鐵”兩種出行方式中的一種.他們之間的出行互不影響,其中,甲每天選擇“共享單車”的概率為 ,乙每天選擇“共享單車”的概率為 ,丙在每月第一天選擇“共享單車”的概率為 ,從第二天起,若前一天選擇“共享單車”,后一天繼續(xù)選擇“共享單車”的概率為 ,若前一天選擇“地鐵”,后一天繼續(xù)選擇“地鐵”的概率為 ,如此往復(fù).
(1)若3月1日有2人選擇“共享單車”出行,求丙選擇“共享單車”的概率;
(2)記甲、乙、丙三人中3月1日選擇“共享單車”出行的人數(shù)為X,求X的分布列與數(shù)學(xué)期望;
(3)求丙在3月份第n(n=1,2,…,31)天選擇“共享單車”的概率為Pn,并幫丙確定在3月份中選擇“共享單車”的概率大于“地鐵”的概率的天數(shù).
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解 (1)設(shè)A=“甲3月1日選擇‘共享單車’出行”,B=“乙3月1日選擇‘共享單車’出行”,C=“丙3月1日選擇‘共享單車’出行”,由題可知
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19(共55張PPT)
專題檢測六
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主干知識達(dá)標(biāo)練
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1.圓心在y軸上,半徑為1,且過點(1,2)的圓的方程是(　　)
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 因為圓心在y軸上,所以可設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(0,b),則圓的方程為x2+(y-b)2=1,又點(1,2)在圓上,所以1+(2-b)2=1,解得b=2,所以所求圓的方程為x2+(y-2)2=1.故選A.
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4.(2024陜西渭南模擬)用于加熱水和食物的太陽灶應(yīng)用了拋物線的光學(xué)性質(zhì):一束平行于拋物線對稱軸的光線,經(jīng)過拋物面(拋物線繞它的對稱軸旋轉(zhuǎn)所得到的曲面叫拋物面)的反射后,集中于它的焦點.用一過拋物線對稱軸的平面截拋物面,將所截得的拋物線C放在平面直角坐標(biāo)系中,對稱軸與x軸重合,頂點與原點重合,如圖,若拋物線C的方程為y2=8x,一束平行于x軸的光線從點M(8,4)射出,經(jīng)過C上的點A反射后,再從C上的另一點B射出,則|MB|=(　　)
A.6 B.8
C.10 D.12
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解析 由拋物線C的方程為y2=8x,可得其焦點為(2,0),由于M(8,4),故點A縱坐標(biāo)為4,代入y2=8x中,即42=8x,所以x=2,即A(2,4),由題意知反射光線AB經(jīng)過點(2,0),則直線AB的方程為x=2,與拋物線方程y2=8x聯(lián)立,得y2=16,y=±4,
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7.已知拋物線Γ:x2=8y的焦點為F,直線l與拋物線Γ在第一象限相切于點P,并且與直線y=-2和x軸分別相交于A,B兩點,直線PF與拋物線Γ的另一個交點為Q.過點B作BC∥AF交PF于點C,若|PC|=|QF|,則|PF|等于(　　)
附加結(jié)論:拋物線上兩個不同的點A,B的坐標(biāo)分別為
A(x1,y1),B(x2,y2),以A,B為切點的切線PA,PB相交于點P,
我們稱弦AB為阿基米德△PAB的底邊.
定理:點P的坐標(biāo)為
推論:若阿基米德三角形的底邊即弦AB過拋物線內(nèi)定點C(0,m)(m>0),則另一頂點P的軌跡方程為y=-m.
C
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解析 因為直線PQ過拋物線的焦點F(0,2),由推論可知以PQ為底邊的阿基米德三角形的另一個頂點P的軌跡方程為y=-2,又因為切線PA與直線y=-2相交于點A,故△APQ為拋物線的阿基米德三角形,AQ也與拋物線相切.如圖,設(shè)點P,Q在直線y=-2(拋物線的準(zhǔn)線)上的射影分別為P',Q',連接PP',QQ',PP'與x軸相交于點D.
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8.(2024湖南師大附中模擬)如圖,在△ABC中,∠BAC=120°,其內(nèi)切圓與AC邊相切于點D,且AD=1.延長BA至點E,使得BC=BE,連接CE.設(shè)以C,E兩點為焦點且經(jīng)過點A的橢圓的離心率為e1,以C,E兩點為焦點且經(jīng)過點A的雙曲線的離心率為e2,則e1e2的取值范圍是(　　)
D
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解析 如圖,設(shè)內(nèi)切圓與邊BC,BE分別相切于點F,G,由切線長定理和△BCE的對稱性,可設(shè)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、選擇題
9.(2024湖北省八市一模)某數(shù)學(xué)興趣小組的同學(xué)經(jīng)研究發(fā)現(xiàn),反比例函數(shù)y= 的圖象是雙曲線,設(shè)其焦點為M,N,若P為其圖象上任意一點,則(　　)
ABD
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11.(2024山東臨沂一模)已知圓C:x2+y2-10x+13=0,拋物線W:y2=4x的焦點為F,P為W上一點(　　)
A.存在點P,使△PFC為等邊三角形
B.若Q為C上一點,則|PQ|的最小值為1
C.若|PC|=4,則直線PF與圓C相切
D.若以PF為直徑的圓與圓C相外切,則|PF|=22-12
AC
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解析 如圖,圓C:x2+y2-10x+13=0的方程可化為C:(x-5)2+y2=12,得其圓心C(5,0),半徑r=2 ,由拋物線方程W:y2=4x,得焦點F(1,0).
對于選項A,若△PFC為等邊三角形,則|PF|=|PC|=|FC|=4,若點P到點F(1,0)的距離為4,由拋物線的定義可知xP+1=4,即xP=3,
代入拋物線方程可得
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三、填空題
12.(2024山東濱州二模)設(shè)F為拋物線C:x2=4y的焦點,直線l:2x-2y-1=0交C于A,B兩點,則|FA|+|FB|=　　　　　.
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13.已知A(2,0),B(4,0),C(0,4),若過點A的直線l、直線BC、x軸正半軸、y軸正半軸圍成的四邊形有外接圓,則該圓的一個標(biāo)準(zhǔn)方程為
　 .
(x-3)2+(y-3)2=10或(x-1)2+(y-2)2=5
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解析 當(dāng)過點A的直線與直線BC平行時,圍成的四邊形是等腰梯形,外接圓就是過A(2,0),B(4,0),C(0,4)的圓.
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則|F1N|=|F1P|=|BF1|-|BP|=|BF2|-|BQ|=|F2Q|=|F2A|+|AQ|=|F2A|+|AN|,由雙曲線的定義知|AF1|-|AF2|=|F1N|+|AN|-|AF2|=(|AF2|+|AN|)+|AN|-|AF2| =2|AN|=2a,所以|AN|= .
圖2
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四、解答題
15.(13分)(2024江西九江模擬)已知動圓過定點M(0,4),且在x軸上截得的弦AB的長為8.
(1)求動圓圓心的軌跡C的方程;
(2)過軌跡C上一個定點P(m,n)(m≠0)引它的兩條弦PS,PT,若直線PS,PT的斜率存在,且直線ST的斜率為- .證明:直線PS,PT的傾斜角互補(bǔ).
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(1)解 如圖,設(shè)動圓圓心D的坐標(biāo)為(x,y),根據(jù)勾股定理得(x-0)2+(y-4)2 =42+y2,整理得,x2=8y,故所求動圓圓心的軌跡C的方程為x2=8y.
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16.(15分)(2024浙江麗水模擬)已知雙曲線C: -y2=1,點M(2,1),直線l:y=kx+m(m≠0)與雙曲線C交于不同的兩點A,B.
(1)若△MAB的重心在直線x-2y=0上,求k的值;
(2)若直線l過雙曲線C的右焦點F,且直線MA,MB的斜率之積是- ,求△MAB的面積.
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18.(17分)(2024山東濰坊二模)已知雙曲線C: (a>0,b>0)的實軸長為2 ,右焦點F2到一條漸近線的距離為1.
(1)求C的方程;
(2)過C上一點P1(3, )作C的切線l1,l1與C的兩條漸近線分別交于R,S兩點,P2為點P1關(guān)于坐標(biāo)原點的對稱點,過P2作C的切線l2,l2與C的兩條漸近線分別交于M,N兩點,求四邊形RSMN的面積;
(3)過C上一點Q向C的兩條漸近線作垂線,垂足分別為H1,H2,是否存在點Q,滿足|QH1|+|QH2|=2 若存在,求出點Q的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.
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(3)假設(shè)存在點Q滿足條件.
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圖①
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(1)當(dāng)點A為橢圓E的上頂點時,將平面xOy沿x軸折疊如圖②,使平面A'F1F2⊥平面BF1F2,求異面直線A'C與BF1所成角的余弦值;
(2)若過點F2作F2H⊥CD,垂足為H.
①證明:直線CD過定點;
②求|PH|的最大值.
圖②
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