第一篇 选择填空提速练15-16-【师大金卷】2025年高考数学一轮二轮衔接复习小卷练透阶段测试卷（新高考）

新高考数学１５— ２　 选择填空提速练１５ 　　本卷分单选题、多选题和填空题三部分,满分７３分． １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ １３ １４ 一、单选题:共８小题,每小题５分,共４０分． １．(２０２４􀅰河南TOP二十名校冲刺)已知集合A＝{x∈Z|x２≤９},B ＝{－１,０,１２,２,３},则A∪B 中元素的个数为 (　　) A．９ B．８ C．５ D．４ ２．(２０２４􀅰四川成都成都外国语学校模拟)定义运算 a　b c　d ＝ad－ bc,则满足 z　　 －i １－i　－２i ＝０(i为虚数单位)的复数z在复平面内对 应的点在 (　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ３．(２０２４􀅰江苏南京、盐城一模)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知 S３＝a２＋５a１,a５＝４,则a１＝ (　　) A．１４ B．－ １ ４ C． １ ２ D．－ １ ２ ４．(２０２４􀅰河南部分省示范高中联考)高二年级进行消防知识竞赛, 统计所有参赛同学的成绩,成绩都在[５０,１００]内,估计所有参赛同 学成绩的第７５百分位数为 (　　) A．６５ B．７５ C．８５ D．９５ ５．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝a(x＋１)２－１,g(x)＝cosx＋ ２ax,当x∈(－１,１)时,曲线y＝f(x)与y＝g(x)恰有一个交点, 则a＝ (　　) A．－１ B．１２ C．１ D．２ ６．(２０２４􀅰山西平遥二中调研)已知抛物线C:y２＝６x,P 为C 上一 点,A(－３,０),B(３,０),当|PB||PA| 最小时,|PB|＝ (　　) A．３ ６ B．３ ２ C．２ ２ D．１８ ７．(２０２４􀅰浙江９１联盟模拟)设函数f(x)＝sinx＋ ３cosx＋１．若 实数a,b,φ使得af(x)＋bf(x－φ)＝１对任意x∈R恒成立,则a －bcosφ＝ (　　) A．－１ B．０ C．１ D．±１ ８．(２０２４􀅰陕西安康汉滨模拟)在四棱锥P－ABCD 中,底面四边形 ABCD 为等腰梯形,AD∥BC,∠ABC＝６０°,△PAD 是边长为２ 的正三角形,BC＝２AB＝２AD,PB＝ １０,则四棱锥P－ABCD 外 接球的表面积为 (　　) A．１２π B．１６π C．５２π３ D． ８０π ３ 二、多选题:共３小题,每小题６分,共１８分． ９．(２０２４􀅰广西壮族自治区来宾一模)(x－１x ) ４ 的展开式中,下列结 论正确的是 (　　) A．二项式系数最大项为第五项 B．各项系数和为０ C．含x４ 项的系数为４ D．所有项二项式系数和为１６ １０．(２０２４􀅰湖南部分学校大联考)已知θ∈R,双曲线C:x２cosθ＋ y２sin２θ＝１,则 (　　) A．θ可能是第一象限角 B．θ可能是第四象限角 C．点(１,０)可能在C上 D．点(０,１)可能在C上 １１．(２０２４􀅰广东江门一模)已知曲线E:x|x|４ ＋ y|y| ８ ＝１ ,则下列结 论正确的是 (　　) A．y随着x 增大而减小 B．曲线E 的横坐标取值范围为[－２,２] C．曲线E 与直线y＝－１．４x相交,且交点在第二象限 D．M(x０,y０)是曲线E 上任意一点,则|２x０＋y０|的取值范围为 (０,４] 三、填空题:共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰江苏苏锡常镇调研)已知变量x,y的统计数据如下表,对 表中数据作分析,发现y与x 之间具有线性相关关系,利用最小 二乘法,计算得到经验回归直线方程为ŷ＝０．８x＋â,据此模型预 测当x＝１０时ŷ的值为　　　　． x ５ ６ ７ ８ ９ ŷ ３．５ ４ ５ ６ ６．５ １３．(２０２４􀅰安徽池州一中联合检测)如图所示 的“升”是我国古代测量粮食的一种容器,从 形状上可抽象成一个正四棱台．现有一个 上、下底面边长分别为２０cm和１０cm 的“升”,侧棱长为１５cm, 要做成一个该“升”的几何体,其侧面所需板材的最小面积为　　 　　cm２． １４．(２０２４􀅰河北沧州一中调研)已知数列{an}满足an＋１＝ean＋１,函 数f(x)＝lnxx＋１ 的极值点为x０,若x０(a２＋１)＝lna４,则a１＋a２＝ 　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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作BP 的 垂线交BP 的延长线于点E,当tan∠DAE 取最大值时,点D 的纵 坐标为 (　　) A．２２a B． ３ ２a C．２a D．３a ８．(２０２４􀅰四川绵阳东辰学校月考)在空间中,到一定点的距离为定 值的点的轨迹为球面,已知菱形ABCD 的边长为２,∠ABC＝３０°, P 在菱形ABCD 的内部及边界上运动,空间中的点Q 满足|PQ| ＝１,则点Q 轨迹所围成的几何体的体积为 (　　) A．１４π３ ＋４ ３ B． １４π ３ ＋４ C． １６π ３ ＋４ ３ D． １６π ３ ＋４ 二、多选题:共３小题,每小题６分,共１８分． ９．(２０２４􀅰湖北省部分学校信息卷)甲袋中有２０个红球,１０个白球, 乙袋中红球、白球各有１０个,两袋中的球除了颜色有差别外,再没 有其他差别．现在从两袋中各取出１个球,下列结论正确的是 (　　) A．２个球都是红球的概率为１３ B．２个球中恰有１个红球的概率为１２ C．不都是红球的概率为２３ D．都不是红球的概率为２３ １０．(２０２４􀅰湖北四月模拟)已知函数f(x)＝ ２sin(ωx＋φ)＋t(ω＞ ０,－π２＜φ＜ π ２ ,t∈Z) 有最小正零点３４,f(０)＝１,若f(x)在 (４, ９ ２) 上单调,则 (　　) A．ω＝π B．ω＝５３π C．f(９)＝１ D．f(９)＝－１ １１．(２０２４􀅰山东菏泽一中月考)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x ＋y)􀅰f(x－y)＝f２(x)－f２(y),f(１)＝２,f(x＋１)为偶函数, 则 (　　) A．f(３)＝２ B．f(x)为奇函数 C．f(２)＝０ D．∑ ２０２４ k＝１ f(k)＝０ 三、填空题:共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰江西鹰潭贵溪市实验中学模拟)双曲线C 的离心率为２, 写出满足条件的一个双曲线C的标准方程　　　　． １３．(２０２４􀅰湖南长沙雅礼中学月考)已知数列{bn}的通项公式为bn ＝n２cos２nπ３ ,Tn 是数列{bn}的前n项和,则T３n＝　　　　． １４．(２０２４􀅰河南名校联盟检测)对任意闭区间I,用MI 表示函数y＝ cosx在I 上的最大值,若正实数a 满足M[０,a]＝２M[a,２a],则a 的值为　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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＋y,则０．０３y＝０．１５,解得y＝５,即第７５百分位数 为８５,故选 C． ５．D　[试题解析]由题意知f(x)＝g(x),则a(x＋１)２－１ ＝cosx＋２ax,即cosx＝a(x２＋１)－１．令h(x)＝ cosx－a(x２＋１)＋１．易知h(x)为偶函数,由题意知 h(x)在(－１,１)上 有 唯 一 零 点,所 以h(０)＝０,即 cos０－a(０＋１)＋１＝０,得a＝２,故选 D． ６．B　[试题解析]依题意,设P(m,n)(m≥０),则n２＝６m, 所以 (|PB||PA|) ２ ＝ (m－３)２＋n２ (m＋３)２＋n２ ＝m ２－６m＋９＋６m m２＋６m＋９＋６m ＝ m ２＋９ m２＋１２m＋９ ＝ １ １＋ １２mm２＋９ ,当m＝０时,|PB||PA|＝１ ; 当m＞０时,１２m m２＋９ ＝ １２ m＋９m ≤ １２ ２ m􀅰９m ＝２,当且 仅当m＝９m ,即m＝３时,等号成立,所以 (|PB||PA|) ２ ＝ １ １＋ １２mm２＋９ ≥ １１＋２＝ １ ３ ,即|PB| |PA|≥ ３ ３ ,综 上, |PB| |PA| 取最小值 ３ ３ 时,m＝３,则 P(３,±３ ２),所以 |PB|＝ (３－３)２＋(±３ ２)２＝３ ２．故选B． ７．C　[试题解析]函数f(x)＝２sin(x＋π３ ) ＋１,依题意, ２asin(x＋π３ ) ＋２bsin(x＋ π ３－φ) ＋a＋b＝１对任 意的x∈R恒成立,即２asin(x＋ π３ ) ＋２bsin(x＋ π ３ )cosφ－２bcos(x＋ π ３ )sinφ＋a＋b－１＝０对x ∈R 恒 成 立,因 此 ２(a＋bcosφ)sin(x＋ π３ ) － ２bsinφcos(x＋π３ ) ＋a＋b－１＝０对x∈R恒成立, 于是 a＋bcosφ＝０, bsinφ＝０, a＋b－１＝０, { 显然b≠０,否则a＝０且a＝１, 矛盾,则sinφ＝０,显然cosφ≠１,否则a＋b＝０且a ＋b＝１,矛盾,从而cosφ＝－１,解得a＝b＝ １ ２ ,φ＝ (２k＋１)π,所以a－bcosφ＝１．故选 C． ８．C　[试题解析]取 AD 的 中 点E,连 接 PE,BE,因 为 △APD 是边长为２的正三角形,所以PE⊥AD,PE ＝ ３,又∠ABC＝６０°,AD∥BC,BC＝２AB＝２AD, 所以AB＝AD＝２,在△ABE 中,由余弦定理BE２＝ AE２＋AB２－２AE􀅰ABcos１２０°,即BE２＝１２＋２２－ ２×２×１× ( － １２ ) ＝７,又 PB＝ １０,所以 PB ２＝ PE２＋BE２,所 以 PE⊥BE,又 AD∩BE＝E,AD, BE⊂平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD,又PE⊂ 平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD,取BC 的 中点F,连 接 FA,FD,FE,则 △ABF,△DCF 及 △ADF 均为等边三角形,易知FA＝FD＝FB＝FC ＝２且FE⊥AD,又平面PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD＝AD,EF⊂平 面 ABCD,所 以 EF⊥平面PAD,所以等腰梯形ABCD 外接圆的圆 心为F,设△PAD 的外接圆的圆心为 M,则 ME＝ １ ３PE＝ ３ ３ ,设四棱锥P－ABCD 外接球的球心为 O,连接OB,OF,OM,则OM⊥平面 PAD,OF⊥平 面 ABCD,所 以 OF∥ME,OM∥EF,所 以 四 边 形 OMEF 为平行四边形,所以OF＝ME＝ ３３ ,所以外 接球的半径R＝OB＝ ( ３３ ) ２ ＋２２＝ １３３ ,所以外 接球的表面积S＝４πR２＝５２π３ ． 故选 C． ９．BD　[试题解析]因为 (x－１x ) ４ 展开式一共五项,所以 二项式系数最大项为第三项,故 A 错误;令x＝１, (x－１x ) ４ ＝０,所以各系数的和为０,故 B正确;因 为 (x－１x ) ４ 的展开通项为Tr＋１＝Cr４x４－r ( －１x ) r ＝Cr４ (－１)rx４－２r(r＝０,１,２,３,４),令４－２r＝４,得 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 数学答案 —３１　 r＝０,故含x４ 项的系数为 C０４􀅰(－１)０＝１,故 C错 误;所有项的二项式的系数 和 为２４＝１６,故 D 正 确．故选BD． １０．BD　[试题解析]根 据 题 意,可 得 cosθsin２θ＜０,即 sinθcos２θ＜０,即sinθ＜０且cosθ≠０,所以θ在 第三象限或第四象限．故 A错误,B正确; 当θ在第三象限时,有－１＜sinθ＜０,－１＜cosθ ＜０,sin２θ＞０,双曲线方程为 y ２ １ sin２θ － x ２ － １cosθ ＝ １,当sin２θ＝１即θ＝５π４ ＋２kπ ,k∈Z时,方程为 y２－x ２ ２ ２ ＝１,所以点(０,１)在双曲线上,故 D正确; 当θ在第四象限时,有－１＜sinθ＜０,０＜cosθ＜ １,sin２θ＜０,双曲线方程为 x ２ １ cosθ － y ２ － １sin２θ ＝１, 因为 １ cosθ＞１ ,所以点(１,０)不在双曲线上,故 C 错误．故选BD． １１．AD　[试题解析]因为曲线E:x|x|４ ＋ y|y| ８ ＝１ ,当x≥ ０,y≥０时x ２ ４＋ y２ ８＝１ ,则曲线E 为椭圆x ２ ４ ＋ y２ ８ ＝１的一部分;当x＞０,y＜０时x ２ ４－ y２ ８＝１ ,则曲 线E 为双曲线x ２ ４－ y２ ８＝１ 的一部分,且双曲线的 渐近线为y＝± ２x;当x＜０,y＞０时y ２ ８－ x２ ４＝ １,则曲线E 为双曲线y ２ ８－ x２ ４＝１ 的一部分,且双 曲线的渐近线为y＝± ２x．可得曲线的图形如 下所示: 由图可知y随着x 增大而减小,故 A正确; 曲线E 的横坐标取值范围为 R,故B错误; 因为－１．４＞－ ２,所以曲线E 与直线y＝－１􀆰４x 相交,且交点在第四象限,故C错误; 因 为| ２x０ ＋y０|＝ ３× |２x０＋y０| (２)２＋１２ ,即 点 M(x０,y０)到直线 ２x＋y＝０的距离的 ３倍,当 直线 ２x＋y＋c＝０与曲线x ２ ４ ＋ y２ ８＝１ (x≥０,y ≥０)相 切 时,由 x２ ４＋ y２ ８＝１ , ２x＋y＋c＝０, { 消 去y 整 理 得 ４x２＋２ ２cx＋c２－８＝０,则Δ＝(２ ２c)２－１６(c２ －８)＝０,解得c＝４(舍去)或c＝－４,又 ２x＋y ＝０与 ２x＋y－４＝０的距离d＝ |４| (２)２＋１２ ＝ ４ ３ ,所以|２x０＋y０|max＝ ３d＝４,所以|２x０＋ y０|的取值范围为(０,４],故 D正确．故选 AD． １２．[试题解析]由已知得x＝７,y＝５,即样本点中心(７, ５),因为经验回归直线方程ŷ＝０．８x＋â过样本点的中 心(７,５),所以５＝０．８×７＋â,解得â＝－０．６．所以当x ＝１０时,ŷ＝０．８×１０－０．６＝７．４． [参考答案]７．４ １３．[试题解析]如图,由题意知该“升”的各侧面为上底、下 底长分别为AB＝２０cm,A１B１＝１０cm,腰长为AA１＝ １５cm 的等腰梯形,取AB,A１B１ 中点为F,E, 所以 其 侧 面 的 高 为 EF＝ AA２１－ (AB－A１B１２ ) ２ ＝ １５２－ (２０－１０２ ) ２ ＝１０ ２(cm)．若将各侧面展开,可 拼接成一个一条边长为６０cm,另一条边长为１５cm 的 平行四边形, 该平行四边形的高为１０ ２cm,所以所求面积为１０ ２ ×６０＝６００ ２(cm２)． [参考答案]６００ ２ １４．[试题解析]由f(x)＝lnxx＋１ ,得f′(x)＝x＋１－xlnxx (x＋１)２ (x＞０),又x０ 是 函 数f(x)的 极 值 点,所 以x０＋１－ x０lnx０＝０,设g(x)＝x０lnx－x－１(x＞０),则g′(x) ＝ x０ x－１＝ x０－x x (x＞０),令g′(x)＞０⇒０＜x＜x０, g′(x)＜０⇒x＞x０,所以函数g(x)在(０,x０)上单调递 增,在(x０,＋∞)上单调递减,又g(x０)＝x０lnx０－x０ －１＝０,所以方程g(x)＝０有唯一实根x０．即x０＋１＝ x０lnx０．由an＋１＝ean＋１,得a４＝ea３＋１,a３＝ea２＋１,所以 lna４＝a３＋１,lna３＝a２＋１,又x０(a２＋１)＝lna４,所以 x０lna３＝a３＋１,即x０lna３－a３－１＝０,所以a３ 也是方 程g(x)＝０ 的 一 个 实 根,故 a３ ＝x０．由 x０ ＋１＝ x０lnx０,得lnx０－１＝ １ x０ ,１－x０lnx０＝－x０,所以a２ ＝lna３－１＝lnx０－１＝ １ x０ ,得a１＝lna２－１＝ln １ x０ －１ ＝－lnx０ －１,所 以 a１ ＋a２ ＝ １ x０ －lnx０ －１＝ １－x０lnx０－x０ x０ ＝ －２x０ x０ ＝－２． [参考答案]－２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 数学答案 —３２　 选择填空提速练１６ １．A　[试题解析]由复数的几何意义知,复数z＝sin１＋ icos１在复平面中对应点Z(sin１,cos１),又因为１ ≈５７．３°,所以sin１＞０,cos１＞０,所以点Z 位于第 一象限．故选 A． ２．A　[试题解析]A＝{x|log２x＞０}＝{x|log２x＞log２１} ＝{x|x＞１},B＝{y|y＝２x,x＞０}＝{y|y＞１},所 以∁RB＝{y|y≤１},则A∩(∁RB)＝⌀．故选 A． ３．B　[试题解析]由题意可得CD→＝CA→＋AD→＝CA→＋１３AB →＝ CA→＋１３(CB →－CA→)＝２３CA →＋１３CB →,可知λ＝２３,μ＝ １ ３ ,所以λ－μ＝ １ ３． 故选B． ４．D　[试题解析]a,b,c同 号 时,不 妨 设a＞b＞c,则 有 ２b＝a＋c, b２＝ac,{ 解得a＝b＝c,此时等比数列公比为１; a,b,c是两个正数一个负数时,不妨设a＞b＞０＞c, 则有 ２b＝a＋c, c２＝ab,{ 得c ２＝b(２b－c),即c２＋bc－２b２＝ (c＋２b)(c－b)＝０,由c≠b,得c＝－２b,a＝４b,若构 成的等比数列为b,－２b,４b,公比为－２;若构成的 等比数列为４b,－２b,b,公比为－ １２ ;a,b,c是两个 负数一个正数时,同理也有构成的等比数列公比为－２ 或公比为－１２ ,若构成的等比数列公比为２,设这３个 数为a,２a,４a,则不能构成等差数列．故选D． ５．D　[试题解析]令x＝１,得a０＋a１＋a２＋􀆺＋a９＝－１, 又(１－２x)９ 展开式的通项为 Tr＋１＝Cr９ (－２x)r＝ Cr９ (－２)rxr(０≤r≤９且r∈N),所以a１＝(－２)１× C１９＝－１８,所以a０＋∑ ９ i＝２ ai＝－１－(－１８)＝１７．故 选 D． ６．C　[试题解析]易知BC∥平 面PAD,因为BE∩BC＝ B,且两 条 直 线 都 在 平 面 PBC内,所以BE 不可能 平行 于 平 面 PAD,故 A 错误; 举反例,如图 PH 垂 直 平 面ABCD 时,由 于 PD∩ PH＝P,所以PD 不垂直于平面ABCD,故B错误; 作PH⊥AD 于点H,因为平面PAD⊥平面ABCD, 且PH⊂平面 PAD,所以 PH⊥平面 ABCD,因为 AB⊂平面ABCD,所以PH⊥AB,又AB⊥AD,PH ∩AD＝H,且PH,AD 都在平面PAD 内,所以AB ⊥平面PAD,因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB ⊥平面PAD,故 C 正 确;没 有 任 何 条 件 可 以 证 明 DE＝EB,故 D错误．故选 C． ７．D　[试题解析]由 题 意 有: kPA 􀅰kPB ＝ yP xP＋a 􀅰 yP xP－a ＝ b２ a２ (－x２P＋a２) x２P－a２ ＝－b ２ a２ ＝－ [１－ ( ca ) ２ ] ＝－３４．又因为kAE 􀅰kPB ＝－１,所以kPA＝ ３ ４kAE ,显然直线AE 斜率不为０, 即tan∠DAE＝tan(∠BAE－∠PAB)＝kAE－kPA１＋kAEkPA ＝ １ ４kAE １＋３４k ２ AE ＝１４× １ １ kAE ＋３４kAE ,当 １ kAE ＝３４kAE ,即 kAE＝ ２ ３ ３ 时,tan∠DAE 取最大值．此时kPA＝ ３ ４ 􀅰 ２ ３ ３ ＝ ３ ２ ,又kPA＝kDA＝ yD ２a＝ ３ ２ ,则yD＝ ３a．故选 D． ８．D　[试题解析]根据题意可知Q 的轨迹所围成的几何 体截面图(过平面ABCD),如图所示, 其中四边形ABEF,ADHG,CDIJ,BCKL区域内的 几何体为半圆柱,它们的高为２,底面半径为１,体积 为 ( １２π×１ ２ ) ×２×４＝４π;三 角 形 AFG,BEL, CKJ,DHI区域内的几何体为球的一部分,球心分 别为A,B,C,D,半径为１,∠FAG＝∠JCK＝３６０° －９０°－９０°－１５０°＝３０°,∠EBL＝∠HDI＝３６０°－ ９０°－９０°－３０°＝１５０°,∠FAG＋∠JCK＋∠EBL＋ ∠HDI＝３６０°,所以这四个区域的几何体组成一个 半径为１的完整的球,体积为４３π ;而菱形ABCD 区 域内的几何体为棱柱,高为２,体积为 ( １２×２×２× sin３０°×２) ×２＝４,所以Q 的轨迹所围成的几何体 体积为４π＋４３π＋４＝ １６π ３ ＋４ ,故选 D． ９．ABC　[试题解析]记事件A１:从甲袋中任取１个球为 红球,事件A２:从乙袋中任取１个球为红球,则 P(A１)＝ ２ ３ ,P(A２)＝ １ ２ ,对 于 A,即 求 事 件 A１A２ 的概率,P(A１A２)＝P(A１)P(A２)＝ １ ３ ,故 A正确;对于B,即求事件A１A２＋A１A２ 的概率, P(A１ A２ ＋A１A２)＝P(A１)P(A２)＋P(A１)􀅰 P(A２)＝ ２ ３× (１－ １ ２ ) ＋ (１－ ２ ３ ) × １ ２＝ １ ２． 故B正确, 对于 C,由于“都是红球”与“不都是红球”互为对 立事件,所以概率为１－P(A１A２)＝１－ １ ３＝ ２ ３ , 故 C正确; 对于 D,即求事件A１ A２的概率,P(A１ A２)＝ (１ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 数学答案 —３３　 －２３ ) × (１－ １ ２ ) ＝ １ ６ ,故 D错误．故选 ABC． １０．BC　[试题解析]f(０)＝ ２sinφ＋t＝１,故t∈(１－ ２, １＋ ２),f( ３４ ) ＝ ２sin( ３ ４ω＋φ) ＋t＝０,故t∈ [－ ２,２],故t∈(１－ ２,２],t∈Z,故t＝０或t ＝１,当t＝０时,sinφ＝ ２ ２ ,－π２ ＜φ＜ π ２ ,故φ＝ π ４ ,f(x)＝ ２sin(ωx＋ π４ ) ,ω＞０,f(x)有最小 正零点３ ４ ,３ ４ω＋ π ４＝kπ ,k∈N∗ ,ω＝４３kπ－ π ３ , k∈N∗ ,T２≥ ９ ２－４＝ １ ２ ,故 T＝２πω ≥１ ,ω≤２π, 故ω＝π,f(x)＝ ２sin(πx＋π４ ) ,当x∈ (４, ９ ２ ) 时,πx＋π４∈ ( １７π ４ ,１９π ４ ) ,函数不单调,排除; 当t＝１ 时,sinφ＝０,－ π ２ ＜φ＜ π ２ ,故φ＝０, sin( ３４ω) ＝－ ２ ２ ,３ ４ω＝２kπ＋ ５π ４ 或 ３ ４ω＝２kπ＋ ７π ４ ,ω＝８３kπ＋ ５π ３ ,k∈N或ω＝８３kπ＋ ７π ３ ,k∈N, T ２≥ ９ ２ －４＝ １ ２ ,故 T＝２πω ≥１ ,ω≤２π,故ω＝ ５π ３ ,f(x)＝ ２sin(５π３x) ＋１,验证满足条件,此时 f(９)＝ ２sin(１５π)＋１＝１．综上,AD错误,BC正 确．故选BC． １１．BCD　[试题解析]令x＝１,y＝０,则有f(１)􀅰f(１)＝ f２(１)－f２(０),故f２(０)＝０,即f(０)＝０,令x＝ ０,y＝x 则f(x)􀅰f(－x)＝f２(０)－f２(x),即 f(x)􀅰[f(－x)＋f(x)]＝０恒成立,故f(－x) ＝－f(x),又函数f(x)的定义域为 R,故f(x)为 奇函数,故B正确;则f(－１)＝－f(１)＝－２,又 f(x＋１)为偶函数,故f(x＋１)＝f(－x＋１),则 f(－１)＝f(３)＝－２,故 A错误;f(２)＝f(０)＝ ０,故 C正确;f(x＋１)＝f(－x＋１)＝－f(x－ １),则f(x＋３)＝－f(x＋１)＝f(x－１),故函数 f(x)的周期为４,f(４)＝f(０)＝０,则 ∑ ２０２４ k＝１ f(k)＝ ５０６[f(１)＋f(２)＋f(３)＋f(４)]＝５０６×(２＋０ －２＋０)＝０,故 D正确．故选BCD． １２．[试题解析]由题可知ca ＝２ ,又a２＋b２＝c２,所以b２＝ ３a２,只要满足以上关系即可,答案不唯一,例如:y２－ x２ ３＝１ 等．故答案为:x２－y ２ ３＝１ (答案不唯一,只需满 足b２＝３a２ 即可)． [参考答案]x２－y ２ ３＝１ (答案不唯一,只需满足b２＝３a２ 即可) １３．[试题解析]因为bn＝n２cos ２nπ ３ ,设ck＝b３k－２＋b３k－１＋ b３k＝(３k－２)２􀅰cos(２kπ－４π３ ) ＋(３k－１) ２􀅰cos(２kπ －２π３ ) ＋(３k) ２􀅰cos２kπ＝－１２× (３k－２)２＋ ( －１２ ) ×(３k－１)２＋(３k)２＝９k－５２ ,所以T３n＝c１＋c２＋c３＋ 􀆺＋cn＝ (９－５２ ) ＋ (９×２－ ５ ２ ) ＋ (９×３－ ５ ２ ) ＋􀆺 ＋ (９n－５２ ) ＝９×(１＋２＋３＋􀆺＋n)－ ５ ２n＝９× n(１＋n) ２ － ５ ２n＝ ９n２＋４n ２ ． [参考答案]９n ２＋４n ２ １４．[试题解析]当a∈ [０,π２ ] 时,２a∈[０,π],M[０,a]＝１, M[a,２a]＝cosa,由 M[０,a]＝２M[a,２a]可得２cosa＝１,此 时a＝π３ ;当a∈ [ π２,π] 时,２a∈[π,２π],M[０,a]＝１, M[a,２a]＝cosa或M[a,２a]＝cos２a．若 M[a,２a]＝cosa,则 由 M[０,a]＝２M[a,２a]可得cosa＝ １ ２ ,因a∈ [ π２,π] ,故 无解;若 M[a,２a]＝cos２a,则 由 M[０,a]＝２M[a,２a]可 得 cos２a＝１２ ,此时２a＝５π３ ,即a＝５π６ ;当a∈[π,＋∞) 时,２a∈[２π,＋∞),因区间[a,２a]的长度至少为π,故 M[０,a]＝１,M[a,２a]＝１,而 M[０,a]＝２M[a,２a]显然不成立, 故舍去．综上,a的值为 π３ 或５π ６． [参考答案]π ３ 或 ５ ６π 第二篇　解答题综合提升练 解答题综合提升练１ １．[解](１)设{an}的公比为q,则an＝a１qn－１,因为an＞０, 所以q＞０, 依题意可得 a３＝４, a４＋a５＝２４,{ 即 a１q２＝４, a１q３＋a１q４＝２４,{ 整理得q２＋q－６＝０, 解得q＝２或q＝－３(舍去), 所以an＝a３qn－３＝２n－１． (２)由(１)可知an＋log２an＝２n－１＋n－１, 故Tn＝(２０＋２１＋２２＋􀆺＋２n－１)＋(０＋１＋２＋􀆺＋n－ １)＝２n－１＋n (n－１) ２ ． 显然,Tn 随着n的增大而增大, T１０＝２１０－１＋４５＝１０６８＜２０２４, T１１＝２１１－１＋５５＝２１０２＞２０２４, 所以满足Tn＜２０２４的最大整数n＝１０． ２．[解](１)证 明:由 于 PA⊥ 底 面 ABCD,AD⊂ 底 面 ABCD,∴PA⊥AD, 又AD⊥PB,PA∩PB＝P,PA,PB⊂平面PAB,∴AD ⊥平面PAB． 又AB⊂平面PAB,∴AD⊥AB． ∵AB２＋BC２＝AC２,∴AB⊥BC,∴BC∥AD, ∵AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC． (２)由题意知DC,AD,AP 两两垂直,以D 为坐标原点, AD 所在直线为x 轴,DC所在直线为y 轴,过点D 且平 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋