第三篇 专练二 中档题目强化卷5-6-【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４５— ２　 中档题目强化卷０５ 本卷分单选题、多选题、填空题和解答题四部分,满分６７分． １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ 一、单选题:共４小题,每小题５分,共２０分． １．(２０２４􀅰广东梅州二模)如图,两根绳子把物 体M 吊在水平杆子AB 上．已知物体M 的重 力大小为２０牛,且∠AOM＝１５０°,在下列角 度中,当绳OB 承受的拉力最小时,θ的值为 (　　) A．４５° B．６０° C．９０° D．１２０° ２．(２０２４􀅰浙江嘉兴二模)如图,这是一个水上漂浮式警示浮标,它的 主体由上面一个圆锥和下面一个半球体组成．已知该浮标上面圆 锥的侧面积是下面半球面面积的２倍,则圆锥的体积与半球体的 体积的比值为 (　　) A．１５４ B． ３ ２ C．３ D． １５ ２ ３．(２０２４􀅰河北邢台检测)如果方程F(x,y)＝０能确定y是x的函数, 那么称这种方式表示的函数是隐函数．隐函数的求导方法如下:在 方程F(x,y)＝０中,把y看成x的函数y＝y(x),则方程可看成关 于x的恒等式F(x,y(x))＝０,在等式两边同时对x求导,然后解出 y′(x)即可．例如,求由方程x２＋y２＝１所确定的隐函数的导数y′,将 方程x２＋y２＝１的两边同时对x求导,则２x＋２y􀅰y′＝０(y＝y(x) 是中间变量,需要用复合函数的求导法则),得y′＝－xy (y≠０)．那 么曲线xy＋lny＝２在点(２,１)处的切线方程为 (　　) A．x－３y＋１＝０ B．x＋３y－５＝０ C．３x－y－５＝０ D．２x＋３y－７＝０ ４．(２０２４􀅰山西天一名校二模)已知O是坐标原点,若圆C:x２＋y２＋ ２x－４y＋a＝０上有且仅有２个点到直线２x－y－１＝０的距离为 ２,则实数a的取值范围为 (　　) A．(－４－４ ５,４ ５－４) B．[－４－４ ５,４ ５－４] C．(－２－２ ５,２ ５－２) D．[－２－２ ５,２ ５－２] 二、多选题:共２小题,每小题６分,共１２分． ５．(２０２４􀅰吉林长春三模)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为 Sn,前n项积为Tn,并且满足条件a１＞１,a７a８＞１, a７－１ a８－１ ＜０．则下 列结论正确的是 (　　) A．０＜q＜１ B．a７a９＜１ C．Tn 的最大值为T７ D．Sn 的最大值为S７ ６．(２０２４􀅰福建福州三检)定义在R上的函数f(x)的值域为(－∞, ０),且f(２x)＋f(x＋y)f(x－y)＝０,则 (　　) A．f(０)＝－１ B．f(４)＋[f(１)]２＝０ C．f(x)f(－x)＝１ D．f(x)＋f(－x)≤－２ 三、填空题:共１小题,共５分． ７．(２０２４􀅰四川雅安４月联考)对于１个字母串shanhushu,改变这个 字母串中的字母位置顺序,可以得到　　　　个新的字母串． 四、解答题:共２小题,每小题１５分,共３０分． ８．(２０２４􀅰湖南益阳４月检测)新鲜是水果品质的一个重要指标．某 品牌水果销售店,为保障所销售的某种水果的新鲜度,当天所进的 水果如果当天没有销售完毕,则第二天打折销售直至售罄．水果销 售店以每箱进货价５０元、售价１００元销售该种水果,如果当天卖 不完,则剩下的水果第二天将在原售价的基础上打五折特价销售, 而且要整体支付包装更换与特别处理等费用３０元．这样才能保障 第二天特价水果售罄,并且不影响正价水果销售,水果销售店经理 记录了在连续５０天中该水果的日销售量x(单位:箱)和天数y(单 位:天)如下表所示: 日销售量x(单位:箱) ２２ ２３ ２４ ２５ ２６ 天数y(单位:天) １０ １０ １５ ９ ６ (１)为能减少打折销售份额,决定７０％地满足顾客需求(即在１００ 天中,大约有７０天可以满足顾客需求)．请根据上面表格中的数 据,确定每天此种水果的进货量t的值．(以箱为单位,结果保留一 位小数) (２)以这５０天记录的日需求量的频率作为日需求量的概率,设(１) 中所求t的值满足t∈[n０,n０＋１)(n０∈N∗),请以期望作为决策 依据,帮销售店经理判断每天购进此种水果是n０ 箱划算还是n０＋ １箱划算? ９．(２０２４􀅰广西４月模拟)设抛物线C:y２＝２px(p＞０)的焦点为F, 已知点F到圆E:(x＋３)２＋y２＝１上一点的距离的最大值为６． (１)求抛物线C的方程． (２)设O是坐标原点,点P(２,４),A,B 是抛物线C 上异于点P 的 两点,直线PA,PB 与y 轴分别相交于M,N 两点(异于点O),且 O是线段MN 的中点,试判断直线AB 是否经过定点．若是,求出 该定点坐标;若不是,说明理由． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学４５—１ 新高考数学４６— ２　 中档题目强化卷０６ 本卷分单选题、多选题、填空题和解答题四部分,满分６７分． １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ 一、单选题:共４小题,每小题５分,共２０分． １．(２０２４􀅰广西壮族自治区“贵百河”联考)２２０２４被９除的余数为 (　　) A．２ B．４ C．６ D．８ ２．(２０２４􀅰山东聊城二模)如图,在平面四边形 ABCD 中,AB＝AD＝２,∠B＝２∠D＝１２０°,记 △ABC与△ACD 的面积分别为S１,S２,则S２ －S１ 的值为 (　　) A．２ B．３ C．１ D．３２ ３．(２０２４􀅰湖北汉阳部分学校模拟)在正四面体P－ABC 中,E,F 分 别为PC,AB 的中点,则异面直线BE,PF所成角的正切值为 (　　) A．４３ B． ３ ４ C．２ ２ D． ５ ２ ４．(２０２４􀅰浙江嘉兴二模)已知圆C:(x－５)２＋(y＋２)２＝r２(r＞０), A(－６,０),B(０,８),若圆C上存在点P 使得PA⊥PB,则r的取值 范围为 (　　) A．(０,５] B．[５,１５] C．[１０,１５] D．[１５,＋∞) 二、多选题:共２小题,每小题６分,共１２分． ５．(２０２４􀅰湖南益阳４月质检)下列命题中,正确的是 (　　) A．函数v(x)＝|x|x 与u(x)＝ １,x＞０, ０,x＝０, －１,x＜０ ì î í ï ï ï ï 表示同一函数 B．函数v(x)＝x２－２x＋２与u(t)＝t２－２t＋２是同一函数 C．函数y＝f(x)的图象与直线x＝２０２４的图象至多有一个交点 D．函数f(x)＝|x－１|－x,则f(f(１２) ) ＝０ ６．(２０２４􀅰安徽安庆二模)如图,多面体PS－ ABCD 由正四棱锥P－ABCD 和正四面体S －PBC组合而成,其中PS＝１,则下列关于该 几何体叙述正确的是 (　　) A．该几何体的体积为 ２４ B．该几何体为七面体 C．二面角A－PB－C的余弦值为－１３ D．该几何体为三棱柱 三、填空题:共１小题,共５分． ７．(２０２４􀅰广东梅州一中二模)已知数列{an}的通项公式an＝ (－１)n３n＋１ ２n (n∈N∗),则∏ n k＝１ ak＝a１􀅰a２􀆺an 的最小值为　　　　． 四、解答题:共２小题,每小题１５分,共３０分． ８．(２０２４􀅰浙江绍兴４月适应性考试)已知函数f(x)＝x ２ ２－x＋ asinx． (１)当a＝２时,求曲线y＝f(x)在点(０,f(０))处的切线方程; (２)当x∈(０,π)时,f(x)＞０,求实数a的取值范围． ９．(２０２４􀅰浙江宁波模拟)已知双曲线C:y２－x２＝１,上顶点为D,直 线l与双曲线C 的两支分别交于A,B 两点(B 在第一象限),与x 轴交于点T．设直线DA,DB 的倾斜角分别为α,β． (１)若T( ３３,０) , (ⅰ)若A(０,－１),求β; (ⅱ)求证:α＋β为定值; (２)若β＝ π ６ ,直线DB 与x 轴交于点E,求△BET 与△ADT 的外 接圆半径之比的最大值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学４６—１ 数学答案 —７４　 ＝１且|f(x１)－f(x２)|＝２,则|x１－x２|min＝ T ２ ＝π２ ,故 B 错 误;若x∈[０,π],则 ２ωx－ π６ ∈ [ －π６,２ωπ－ π ６ ] ,若|f(x)|＝ sin(２ωx－ π ６ ) ＝１在[０,π]上有且仅有２个不同的解,如 图所示, 可得３ ２π≤２ωπ－ π ６ ＜ ５ ２π ,解得 ５ ６ ≤ω＜ ４ ３ ,也 就是ω的取值范围为 [ ５６, ４ ３ ) ,故 C正确;g(x) ＝sin(２ω (x＋ π６ ) － π ６ ) ＝sin(２ωx＋ ωπ ３ － π ６ ) ,可知当ω＝ １ ２ 时,g(x)＝sinx 是奇函数, 故 D正确．故选 ACD． ６．ABD　[试题解析]双曲线C:x ２ a２ －y ２ ３a２ ＝１(a＞０)的焦点 F１(－２a,０),F２(２a,０),e＝ ２a a ＝２ ,由|F１F２|＝ ２e,可得４a＝４,解得a＝１,故 A 正确,C错误;由 双曲线的渐近线方程y＝± ３x,则两条渐近线 的倾斜角为 π ３ ,２π ３ ,故两渐近线的夹角为 π ３ ,可 得θ＝π３ ,故BD正确．故选 ABD． ７．[试题解析]令x１＝ ２,y１＝１,x２＝ a＋２,y２＝ b＋１, 又a≥０,b≥０,a＋b＝９,所以( ２a＋４＋ b＋１)２≤(２ ＋１)(a＋２＋b＋１)＝３×１２＝３６,所以 ２a＋４＋ b＋１ ≤６,当且仅当 ２􀅰 b＋１＝ a＋２,即a＝６,b＝３时取 等号,所以 ２a＋４＋ b＋１的最大值为６． [参考答案]６ ８．[解](１)记“一个患有该疾病的病人服用该药一个疗程 康复”为事件A,则P(A)＝０．８×０．９＋０．２×０．４＝０．８, 因此X~B(３,０．８),X＝０,１,２,３, P(X＝０)＝C０３ (０．８)０ (０．２)３＝０．００８, P(X＝１)＝C１３ (０．８)１ (０．２)２＝０．０９６, P(X＝２)＝C２３ (０．８)２ (０．２)１＝０．３８４, P(X＝３)＝C３３ (０．８)３ (０．２)０＝０．５１２ 则X 的分布列为: X ０ １ ２ ３ P ０．００８０．０９６０．３８４０．５１２ X 的数学期望E(X)＝３×０．８＝２．４． (２)若该药品的有效率为８０％,由(１)得,一个疗程内,使 用该药后的康复率也为８０％,记康复的人数为随机变 量X１,则X１~B(１００,０．８),设μ＝１００×０．８＝８０,σ ２＝ １００×０．８×０．２＝１６,设Y~N(８０,４２),P(X≥k)≈P(Y ＞k－０．５)≥０．９７７２．P(Y≥μ－２σ)≈１－ １－０．９５４４ ２ ＝ ０．９７７２,k－０．５≤μ－２σ＝８０－２×４＝７２,k≤７２．５,所以 整数k的最大值为７２． ９．[解](１)f′(x)＝ex－a,a≤０时,f(x)在 R上单调递增, ymin＝f(０)＝１＋a;a＞０时,f(x)在(－∞,lna)上单调 递减,(lna,＋∞)上单调递增,故若１≤a≤e,ymin＝ f(lna)＝２a－alna; 若a＞e,ymin＝f(１)＝e; 若０＜a＜１,ymin＝f(０)＝１＋a． 综上,ymin＝ １＋a,a＜１, ２a－alna,１≤a≤e, e,a＞e． { (２)证明:由(１)可知a＞０,此时f(x)在(－∞,lna)上单 调递减,(lna,＋∞)上单调递增,设x１＜x２,而f(０)＝１ ＋a＞０,因此０＜x１＜lna＜x２,本题即证(x１－１)(x２－ １)＜１,而ex＝a(x－１),∴x１－１＝ ex１ a ,x２－１＝ ex２ a ,即 证ex１＋x２＜a２,即证x１＋x２＜２lna,设F(x)＝f(x)－ f(２lna－x)＝ex－ax－e２lna－x＋a(２lna－x)＝ex－２ax －a ２ ex ＋２alna(x＞０),F′(x)＝ex －２a＋a ２ ex ≥０,因此 F(x)在(０,＋∞)上单调递增,由于０＜x１＜lna＜x２,可 得F(x１)＜F(lna)＝０,即f(x１)＜f(２lna－x１),由于 f(x１)＝f(x２),∴f(x２)＜f(２lna－x１),∵x２＞lna, ２lna－x１＞lna,f(x)在(lna,＋∞)上单调递增,∴x２ ＜２lna－x１,∴x１＋x２＜２lna,∴x１x２＜x１＋x２． 中档题目强化卷０５ １．C　[试题解析]作出示意图,设与物体 M 平衡的力对应 的向量为ON→,则|ON→|＝２０, 以ON 为对角线作平行四边形OPNQ,则ON→＝OP→ ＋OQ→,|OQ→|是绳OB 承受的拉力大小,由∠AOM＝ １５０°,得∠AON＝３０°,所以∠ONQ＝∠AON＝３０°, △ONQ 中,由正弦 定 理 得 ONsin∠OQN＝ OQ sin∠ONQ , 即 ２０ sin(１８０°－θ)＝ OQ sin３０° ,可 得|OQ→|＝OQ ＝ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 数学答案 —７５　 ２０sin３０° sin(１８０°－θ)＝ １０ sinθ ,结合０°＜θ＜１８０°,可知当θ＝ ９０°时,|OQ→|达到最小值１０．综上所述,当角θ＝９０° 时,绳OB 承受的拉力最小．故选 C． ２．D　[试题解析]设半球半径为r,圆锥高 为h,由 题 意 πr r２＋h２ ２πr２ ＝２,解得h＝ １５r．故圆锥的体积与半球 体的体积的比值为 １ ３πr ２h ２ ３πr ３ ＝h２r＝ １５ ２ ． 故选D． ３．B　[试题解析]由给定定义,对xy＋lny＝２左右两侧 同时求导,可得y＋xy′＋１y ×y′＝０ ,将点(２,１)代 入,得１＋２y′＋y′＝０,解得y′＝－ １３ ,故切线斜率 为－１３ ,得到切线方程为y－１＝－ １３ (x－２),化简 得方程为x＋３y－５＝０,故B正确．故选B． ４．A　[试题解析]圆C:(x＋１)２＋(y－２)２＝５－a(a＜５) 的圆心C(－１,２),半径r＝ ５－a,设与直线l:２x －y－１＝０平行且距离为２的直线方程为２x－y－t ＝０(t≠１),则 |t－１| ２２＋(－１)２ ＝２,解得t＝±２ ５＋ １,直线l１:２x－y＋２ ５－１＝０,l２:２x－y－２ ５－１ ＝０,点 C (－１,２)到 直 线 l１ 的 距 离 d１ ＝ |－５＋２ ５| ５ ＝ ５－２,到 直 线 l２ 的 距 离 d２ ＝ |－５－２ ５| ５ ＝ ５＋２,由圆C 上有且仅有２个点到 直线２x－y－１＝０的距离为２,得圆C 与直线l１ 相 交, 且 与 直 线 l２ 相 离, 则 d１＜r, d２＞r,{ 即 ５－２＜ ５－a, ５＋２＞ ５－a,{ 解得－４－４ ５＜a＜４ ５－４,所 以实数a 的取值范围为(－４－４ ５,４ ５－４)．故 选 A． ５．ABC　[试题解析]∵a１＞１,a７􀅰a８＞１, a７－１ a８－１ ＜０,∴a７ ＞１,０＜a８＜１,∴０＜q＜１,故 A正确;a７a９＝a８２ ＜１,故 B正确;因为a７＞１,０＜a８＜１,所以 T７ 是Tn 中的最大项,故 C正确;因为a１＞１,０＜q ＜１,所以Sn 无最大值,故 D错误．故选 ABC． ６．ACD　[试题解析]令x＝y＝０,则有f(０)＋[f(０)]２＝ ０,解得f(０)＝０或f(０)＝－１,因为函数f(x) 的值域为(－∞,０),所以f(０)＝－１,故 A 正确; 令x＝１,y＝０,则有f(２)＋[f(１)]２＝０,即f(２) ＝－[f(１)]２,令 x＝２,y＝０,则 有 f(４)＋ [f(２)]２＝０,即f(４)＋[f(１)]４＝０,故 B错误; 令x＝０,则 有 f(０)＋f(y)f(－y)＝０,所 以 f(y)f(－y)＝１,即f(x)f(－x)＝１,故 C正确; 因为f(x)＜０,所以－f(x)＞０,－f(－x)＞０, 所以[－f(x)]＋[－f(－x)]≥２ f(x)f(－x) ＝２,当且仅当f(x)＝f(－x)时,取到等号,所以 f(x)＋f(－x)≤－２,故 D正确．故选 ACD． ７．[试题解析]因为字母串shanhushu有２个s,３个h,１ 个a,１个n,２个u,所以改变这个字母串中的字母位置 顺序,在共９个位置中,选择３个位置安排字母h,再分 别选择２个位置安排字母s和u,再将剩余两个位置安 排字母a和n,可以得到的所有字母串数为 C３９C２６C２４A２２ ＝１５１２０．由于题目问的是新字母串的数量,因此可以 得到共 C３９C２６C２４A２２－１＝１５１１９个新的字母串． [参考答案]１５１１９ ８．[解](１)７０％地满足顾客需求相当于估计某类水果日销 售量的７０％分位数．由表可知,把５０个日需求量的数据 从小到大排列,由７０％×５０＝３５,日需求量在２４箱及以 下(含２４箱)的天数为１０＋１０＋１５＝３５,可以估计日需 求量的第７０％分位数为２４＋２５２ ＝２４．５ ,所以能７０％地 满足顾客的需求,估计每天应该进货量为２４．５箱． (２)由(１)知２４≤t＝２４．５＜２５,即n０＝２４,设每天的进货 量为２４箱的利润为X,由题设,每天的进货量为２４箱, 当天卖完的概率为１５＋９＋６ ５０ ＝ ３ ５ ,当天卖不完剩下１箱 的概率为１０ ５０＝ １ ５ ,当天卖不完剩下２箱的概率为１０５０＝ １ ５ ,若当天卖完X＝２４×(１００－５０)＝１２００元,若当天 卖不完剩下１箱,X＝２３×(１００－５０)－１×３０＝１１２０ 元,若当天卖不完剩下２箱,X＝２２×(１００－５０)－２×３０ ＝１０４０元,所以E(X)＝ ３５ ×１２００＋ １ ５ × (１１２０＋ １０４０)＝１１５２元．设每天的进货量为２５箱的利润为Y, 由题设,每天的进货量为２５箱,当天卖完的概率为 ３１０ , 当天卖不完剩下１箱的概率为３１０ ,当天卖不完剩下２箱 的概率为１ ５ ,当天卖不完剩下３箱的概率为 １５ ,若当天 卖完Y＝２５×(１００－５０)＝１２５０元,当天卖不完剩下１ 箱,则Y＝２４×(１００－５０)－１×３０＝１１７０元,当天卖不 完剩下２箱,则Y＝２３×(１００－５０)－２×３０＝１０９０元, 当天卖不完剩下３箱,则Y＝２２×(１００－５０)－３×３０＝ １０１０元,所以 E(Y)＝ ３１０× (１２５０＋１１７０)＋ １５ × (１０９０＋１０１０)＝１１４６元,由于E(Y)＜E(X),显然每 天的进货量２５箱的期望利润小于每天的进货量为２４ 箱的期望利润,所以每天购进此种水果２４箱划算一些． ９．[解](１)点F 到圆E 上点的最大距离为|EF|＋１,即 ( p２＋３) ＋１＝６,得p＝４,故抛物线 C 的方程为y ２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 数学答案 —７６　 ＝８x． (２)设 M(０,m),N(０,－m),则PA 方程为y＝４－m２ x＋ m,PB方程为y＝４＋m２ x－m ,联立PA 与抛物线C 的 方程可 得y２ － １６４－my＋ １６m ４－m＝０ ,即 (y－４)(y－ ４m ４－m ) ＝０,因此A 点纵坐标为yA＝ ４m ４－m ,代入抛物线 方程可得A 点横坐标为xA＝ y２A ８＝ ２m２ (４－m)２ ,则A 点坐 标为 ( ２m ２ (４－m)２ , ４m ４－m ) ,同 理 可 得 B 点 坐 标 为 ( ２m ２ (４＋m)２ ,－ ４m４＋m ) ,因 此 直 线 AB 的 斜 率 为k＝ yA－yB xA－xB ＝１６－m ２ m２ ,代入B 点坐标可以得到AB 方程为 y＋ ４m４＋m＝ １６－m２ m２ [x－ ２m２ (４＋m)２ ] ,整理可以得到y＝ １６－m２ m２ x－２,因此AB经过定点(０,－２)． 中档题目强化卷０６ １．B　[试题解析]因为２２０２４＝４１０１２＝(３＋１)１０１２＝C０１０１２× ３１０１２＋C１１０１２×３１０１１＋C２１０１２×３１０１０＋􀆺＋C１０１０１０１２×３２ ＋C１０１１１０１２×３１＋C１０１２１０１２×３０,其中 C０１０１２×３１０１２＋C１１０１２× ３１０１１＋C２１０１２×３１０１０＋􀆺＋C１０１０１０１２×３２＝(C０１０１２×３１０１０ ＋C１１０１２×３１００９＋C２１０１２×３１００８＋􀆺＋C１０１０１０１２×３０)×３２ 能被９整除,又 C１１０１２×３１＋C１０１２１０１２×３０＝３０３７＝９× ３３７＋４,所以２２０２４被９除的余数为４．故选B． ２．B　[试题解析]在 △ABC 中,由 余 弦 定 理 得 cosB＝ AB２＋BC２－AC２ ２AB􀅰BC ,即－ １２＝ ４＋BC２－AC２ ４BC ,得BC２ －AC２＝－２BC－４①, 在△ACD中,由余弦定理得cosD＝AD ２＋CD２－AC２ ２AC􀅰CD , 即１ ２＝ ４＋CD２－AC２ ４CD ,得CD２－AC２＝２CD－４②, 又S１＝ １ ２AB 􀅰BCsin１２０°＝ ３２BC ,S２＝ １ ２AD 􀅰 CDsin６０°＝ ３２CD ,所以S２－S１＝ ３ ２CD－ ３ ２BC＝ ３ ２ (CD－BC)③, 由②－①,得CD２－BC２＝２(CD＋BC),由CD＋BC ＞０,得CD－BC＝２,代入③得S２－S１＝ ３．故选B． ３．D　[试题解析]设正四面体P－ABC棱长为１,设PA→＝ a,PB→＝b,PC→＝c,则|a|＝|b|＝|c|＝１,∠APB＝ ∠BPC＝∠APC＝６０°,∴a􀅰b＝|a||b|cos∠APB ＝１２ ,b􀅰c＝|b||c|cos∠BPC＝１２ ,c􀅰a＝|c||a| cos∠APC＝ １２．∵E ,F 分 别 为PC,AB 的 中 点, △PAB,△PBC是等边三角形,∴PF→＝ １２(a＋b), BE→＝PE→－PB→＝ １２c－b,|PF →|＝|BE→|＝ ３２, cos‹PF→,BE→›＝ PF →􀅰BE→ |PF→||BE→|＝ １ ２ (a＋b)􀅰 ( １２c－b) ( ３２ ) ２ ＝ １ ４a 􀅰c＋１４b 􀅰c－１２a 􀅰b－１２|b| ２ ３ ４ ＝ － ２３． 设 异面直线BE,PF 所成角为θ,则cosθ＝|cos‹PF→, BE→›|＝ ２３,则sinθ＝ １－ ( ２ ３ ) ２ ＝ ５３ ,所以tanθ ＝ ５ ３ ２ ３ ＝ ５２ ,所以异面直线BE,PF 所成角的正切值 为 ５ ２． 故选 D． ４．B　[试题解析]如图,由PA⊥PB 可知点P 的轨迹是以 AB 为直径的圆,设为圆 M, 因A(－６,０),B(０,８),故圆M:(x＋３)２＋(y－４)２＝ ２５．依题意知圆 M 与圆C 必至少有一个公共点．因 C (５,－ ２),M (－ ３,４),则 |CM | ＝ (５＋３)２＋(－２－４)２＝１０,由|r－５|≤|CM|≤５ ＋r,解得:５≤r≤１５．故选B． ５．BC　[试题解析]v(x)＝|x|x ＝ １,x＞０, －１,x＜０,{ 因为两函数 的定义域不相同,故不是同一函数,故 A 错误;函 数v(x)＝x２－２x＋２与u(t)＝t２－２t＋２定义域相 同,解析式一致故是同一函数,故 B正确;根据函 数的定义可知,函数y＝f(x)的图象与直线x＝ ２０２４的图象 至 多 有 一 个 交 点,故 C 正 确;因 为 f(x)＝|x－１|－x,所以f( １２ ) ＝ １ ２－１ － １ ２ ＝０,则f(f( １２ ) ) ＝f(０)＝|０－１|－０＝１,故 D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 数学答案 —７７　 错误．故选BC． ６．ACD　[试题解析]如图,在正四面体中S－PBC 中,G 为PB 的 中 点,连 接 CG,连 接 SG 作SO⊥CG 于O, 则O 为△PBC 的中心, SO 为 正 四 面 体 中S－ PBC 的 高,因 PS＝１, CG＝ ３２ ,CO＝ ２３CG＝ ３ ３ ,SO＝ SC２－CO２ ＝ ６３ ,VS－PBC ＝ １ ３ × １ ２ ×PB×CG×SO＝ １３× １ ２ ×１× ３ ２ × ６ ３ ＝ ２ １２ , 在正四面体中S－PBC 中,G 为PB 的中点,所 以SG⊥PB,CG⊥PB,故∠CGS 为 二 面 角S－ PB－C 的一个平面角,cos∠CGS＝GOSG＝ １ ３GC ３ ２SB ＝ １ ３× ３ ２ ３ ２ ＝１３． 如图, 在 正 四 棱 锥 P － ABCD中,由 题 意 PC ＝CB＝１,连 接 AC, BD 交于点E,连接PE,则PE 为正四棱锥P－ ABCD 的 高,CE ＝ ２２ CB ＝ ２ ２ ,PE ＝ PC２－CE２＝ １２－ ( ２２ ) ２ ＝ ２２ ,VP－ABCD ＝ １ ３ ×CD×BC×PE＝１３×１×１× ２ ２＝ ２ ６ ,该几何 体的体积为VPS－ABCD ＝VS－PBC ＋VP－ABCD ＝ ２ １２＋ ２ ６＝ ２ ４ ,故 A正确; 取PB 的中点F,连接AF,CF,由题意正四棱锥 P－ABCD 的棱长都为１,所以 AF⊥PB,CF⊥ PB,故∠AFC即为二面角A－PB－C 的一个平 面角,其中AF＝CF＝ ３２BC＝ ３ ２ ,AC＝ ２BC＝ ２,在△AFC 中,cos∠AFC＝AF ２＋CF２－AC２ ２AF􀅰CF ＝ ( ３２ ) ２ ＋ ( ３２ ) ２ － ( ２) ２ ２× ３２× ３ ２ ＝－１３ ,故 C正确; 因cos∠CGS＝１３＝－cos∠AFC ,可知二面角S －PB－C 与二面角A－PB－C 所成角互补,故 平面PBS与PBA 为同一平面,同理,平面PDC 和平面PCS 也为同一平面,故该几何体有５个 面,故B错误;因P,A,B,S 四点共面,且△PDC 和△PCS都为等边三角形,易知SC∥PD,且SC ＝PD,故侧面PDCS为平行四边形,又PD⊂平 面PAD,SC⊄平面PAD,所以SC∥平面PAD, 同理SB∥平面PAD,且侧面PABS为平行四边 形,又SC∩SB＝S,SC⊂平 面SCB,SB⊂平 面 SCB,所以平面SCB∥平面PAD,又侧面ABCD 为正 方 形,故 多 面 体 PS－ABCD 即 为 三 棱 柱 ADP－BCS,故 D正确．故选 ACD． ７．[试题解析]由于当n为奇数时,an＝－ ３n＋１ ２n ,当n为偶 数时,an＝ ３n＋１ ２n ,要求 ∏ n k＝１ ak＝a１􀅰a２􀆺an 的最小值,只 需要 考 虑 出 现 奇 数 个 奇 数 项 时 即 可,又 an＋１ an ＝ ３(n＋１)＋１ ２n＋１ ３n＋１ ２n ＝ ３n＋４２(３n＋１)＜１⇒|an＋１|＜|an| ,且当n＝４ 时,a４＝ ３×４＋１ ２４ ＜１,因此n≥４时,|an|＜a４＜１,当n＝ ２时,∏ n k＝１ ak＝a１a２＝－２× ７ ４＝－ ７ ２ ,当n＝５时,∏ n k＝１ ak＝ a１a２a３a４a５＝－２× ７ ４ × ( － ５ ４ ) × １３ １６× ( － １ ２ ) ＝ －４５５２５６＞－ ７ ２ ,综上,最小值为－７２． [参考答案]－７２ ８．[解](１)当a＝２时,f(x)＝x ２ ２－x＋２sinx ,则f′(x)＝x －１＋２cosx,所以切线斜率为k＝f′(０)＝１,又f(０)＝ ０,所以,切线方程是y＝x． (２)①当a≥１时,因为x∈(０,π),所以sinx＞０,所以 f(x)＝x ２ ２－x＋asinx≥ x２ ２－x＋sinx． 记g(x)＝x ２ ２－ x＋sinx,则g′(x)＝x－１＋cosx,令h(x)＝g′(x)＝x －１＋cosx,则h′(x)＝１－sinx．因为当x∈(０,π)时, h′(x)≥０,所以g′(x)在区间(０,π)上单调递增,所以 g′(x)＞g′(０)＝０,所以g(x)在区间(０,π)上单调递增, 所以g(x)＞g(０)＝０,所以f(x)＞０． ②当a＜１时,f′(x)＝x－１＋acosx,因为当x∈(０,π) 时,sinx∈(０,１],令φ(x)＝f′(x)＝x－１＋acosx,则 φ′(x)＝１－asinx,若a≤０,则φ′(x)＞０,即f′(x)在区 间(０,π)上单调递增．若０＜a＜１,则φ′(x)＝１－asinx ≥１－a＞０,所以f′(x)在区间(０,π)上单调递增．所以 当a＜１时,f′(x)在区间(０,π)上单调递增．因为f′(０) ＝a－１＜０,f′( π２ ) ＝ π ２ －１＞０ ,所以存在x０∈ (０, π ２ ) ,使得f′(x０)＝０,所以当x∈(０,x０)时,f′(x)＜０, 即f(x)在区间(０,x０)上单调递减,所以f(x０)＜f(０)＝ ０,不满足题意．综上可知,实数a的取值范围为a≥１． ９．[解](１)(ⅰ)kTA ＝ ３,所以直线 TA:y＝ ３x－１．直线 TA 与C 联立可得x２－ ３x＝０,解得x＝０或x＝ ３,所 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 数学答案 —７８　 以B(３,２)．所以kDB＝ ３ ３ ,所以β＝ π ６． (ⅱ)证明:①直线AB 斜率存在时,可设直线AB 的方 程为y＝k(x－ ３３ ) ,设A(x１,y１),B(x２,y２) 由 y＝k(x－ ３ ３ ) y２－x２＝１ { , 得３(k２－１)x２－２ ３k２x＋k２－３＝０, 所以x１＋x２＝ ２ ３k２ ３(k２－１) ,x１x２＝ k２－３ ３(k２－１) ． 当x１＝０时,由(ⅰ)可得α＋β＝ ２π ３ ; 当x１≠０时,设DA,DB的斜率分别为k１,k２． k１＝ y１－１ x１ ＝k－ ３ ３k＋１ x１ ,k２＝k－ ３ ３k＋１ x２ ． 所以k１＋k２＝２k－ ３ ３k＋１ x１ － ３ ３k＋１ x２ ＝２k－ ( ３３k＋１) 􀅰x１＋x２ x１x２ ＝－２ ３k k－ ３ , k１k２＝ (k－ ３ ３k＋１ x１ ) (k－ ３ ３k＋１ x２ ) ＝－ ３＋k k－ ３ ． 所以tan(α＋β)＝ k１＋k２ １－k１k２ ＝－ ３． 因为B在第一象限,所以０＜β＜ π ２ ,所以０＜α＋β＜ ３π ２ , 所以α＋β＝ ２π ３． ②直线 AB 斜 率 不 存 在 时,可 得 A ( ３３,－ ２ ３ ３ ) , B( ３３, ２ ３ ３ ) ,可得k１＝－２－ ３,k２＝２－ ３,所以tan(α ＋β)＝ k１＋k２ １－k１k２ ＝－ ３,同理可得α＋β＝ ２π ３． 综上可得,α＋β为定值 ２π ３ ,得证． (２)由(１)可得β＝ π ６ 时,B(３,２)． ①k１ 不存在,则A(０,－１),由(１)(ⅰ)可得T( ３３,０) , 所以kDT＝－ ３,所以∠ADT＝ π ６． ②kDT 不存在,则T(０,０),则A(－ ３,－２), 此时k１＝ ３,由图可得∠ADT＝ π ６． ③若k１ 和kDT 均存在,设 AB:y＝k(x－ ３)＋２,T(t, ０),则 t＝ ３ － ２k ,与 双 曲 线 联 立 可 得 xA ＝ ３k２－４k＋ ３ k２－１ ,yA＝ －２k２＋２ ３k－２ k２－１ ． 所以k１＝ １－ ３k k－ ３ ,kDT＝ k ２－ ３k ． 所以tan∠ADT＝kDT－k１１＋kDTk１ ＝ ３３ , 所以sin∠ADT＝sin∠BET＝１２． 设△BET 与△ADT 的外接圆半径分别为r１,r２,从而 r１ r２ ＝ BT sin∠BET AT sin∠ADT ＝|BT||AT|＝ yB yA ＝ ２|yA| ≤２．等号当且 仅当yA＝－１时取到．所以△BET 与△ADT 的外接圆 半径之比的最大值为２． 中档题目强化卷０７ １．B　[试题解析]设zn＝cos ２n􀅰π ２０２３＋isin ２n􀅰π ２０２３ ,n∈N,n ≤２０２２,则z２０２３n ＝ (cos２ n􀅰π ２０２３＋isin ２n􀅰π ２０２３) ２０２３ ＝ cos(２n􀅰π)＋isin(２n􀅰π)＝１,由题意可得z０＝１,zn ＝zn,n∈N∗ ,n≤２０２２,可得关于x的方程x２０２３－１ ＝０的根为１,z,z２,􀆺,z２０２２,故x２０２３－１＝(x－１) 􀅰(x－z)(x－z２)􀆺(x－z２０２２),整理得(x－z)(x－ z２)􀆺(x－z２０２２)＝x ２０２３－１ x－１ ＝１＋x＋ 􀆺＋x２０２２, 即(x－z)(x－z２)􀆺(x－z２０２２)＝１＋x＋􀆺＋x２０２２, 令x＝１,可得(１－z)(１－z２)􀆺(１－z２０２２)＝１＋１＋ 􀆺＋１２０２２＝２０２３,且２０２２为偶数,所以(z－１)(z２ －１)􀆺(z２０２２－１)＝２０２３．故选B． ２．B　[试题解析]进行分类讨论,易知甲有１,２,３,乙有４ 时符合,甲有１,２,乙有３,４时符合,甲有１,乙有２, ３,４时符合,甲有４,乙有１,２,３时符合,甲有３,４,乙 有１,２时符合,甲有２,３,４,乙有１时符合,故 B正 确．故选B． ３．B　 [试题解析]由 已 知 得 tanβ＝３,易 得 cos２α＝ cos２α－sin２α cos２α＋sin２α ＝１－tan ２α １＋tan２α ,sin２α＝ ２sinαcosα cos２α＋sin２α ＝ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋