2024届新结构“8 3 3”选填限时训练1~10（解析版）

2024届高三二轮复习“8+3+3”小题强化训练(1)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1对两个具有线性相关关系的变量x和y进行统计时，得到一组数据1,0.3,2,4.7,3,m,4,8，通过这组数据求得回归直线方程为y=2.4x-2，则m的值为()A.3B.5C.5.2D.6【答案】A1+2+3+4513+m13+m5【解析】易知x==,y=，代入y=2.4x-2得=2.4×-2⇒m=3.42442故选：A2已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是()A.若m⎳α,n⎳α,则m⎳nB.若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC.若m⊥α，m⊥n，则n⎳αD.若m⎳α，m⊥n，则n⊥α【答案】B【解析】线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.故选：B3已知向量a，b满足a=3，b=23，且a⊥a+b，则b在a方向上的投影向量为()A.3B.-3C.-3aD.-a【答案】D2【解析】a⊥a+b，则a⋅a+b=a+a⋅b=9+a⋅b=0，故a⋅b=-9，a⋅b-9b在a方向上的投影向量⋅a=⋅a=-a.29a故选：D.31n4若n为一组从小到大排列的数1，2，4，8，9，10的第六十百分位数，则二项式x+的展开2x式的常数项是()A.7B.8C.9D.10【答案】A【解析】因为n为一组从小到大排列的数1，2，4，8，9，10的第六十百分位数，6×60%=3.6，所以n=8，181r1r8-r-r3r38-rr3二项式x+2x的通项公式为Tr+1=C8⋅x⋅2x=C8⋅2⋅x，8-r2128×71令3-r=0⇒r=2，所以常数项为C8×2=2×4=7，故选：A5折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图1).图2是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC=120°，则该圆台的体积为()第1页共72页 502142A.πB.9πC.7πD.π33【答案】D1【解析】设圆台上下底面的半径分别为r1,r2，由题意可知×2π×3=2πr1，解得r1=1，31×2π×6=2πr2，解得：r2=2，作出圆台的轴截面，如图所示：3图中OD=r=1,OA=r=2，AD=6-3=3，12过点D向AP作垂线，垂足为T，则AT=r2-r1=1，222所以圆台的高h=AD-AT=3-1=22，22则上底面面积S1=π×1=π，S2=π×2=4π，由圆台的体积计算公式可得：11142πV=×(S1+S2+S1⋅S2)×h=×7π×22=，333故选：D.26已知函数fx=x-bx+c(b>0,c>0)的两个零点分别为x1,x2，若x1,x2,-1三个数适当调整顺x-b序后可为等差数列，也可为等比数列，则不等式≤0的解集为()x-c55A.1,2B.1,255C.-∞,1∪2,+∞D.-∞,1∪2,+∞【答案】A2【解析】由函数fx=x-bx+c(b>0,c>0)的两个零点分别为x1,x2，2即x1,x2是x-bx+c=0的两个实数根据，则x1+x2=b,x1x2=c因为b>0,c>0，可得x1>0,x2>0，又因为x1,x2,-1适当调整可以是等差数列和等比数列，2x1x2=-1=11不妨设x1<x2，可得，解得x1=,x2=2，-1+x2=2x1255所以x1+x2=,x1x2=1，所以b=,c=1，22x-5x-b255则不等式x-c≤0，即为x-1≤0，解得1<x≤2，所以不等式的解集为1,2.第2页共72页 故选：A.2y2x7已知双曲线C：2-2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，M，N为双曲线一条渐近线ab2π上的两点，A为双曲线的右顶点，若四边形MF1NF2为矩形，且∠MAN=，则双曲线C的离心率为3()21A.3B.7C.D.133【答案】C【解析】如图，因为四边形MF1NF2为矩形，所以MN=F1F2=2c(矩形的对角线相等)，所以以MN222为直径的圆的方程为x+y=c.b直线MN为双曲线的一条渐近线，不妨设其方程为y=x，ay=bx,x=ax=-a,由a解得，或x2+y2=c2,y=by=-b,所以Na,b，M-a,-b或N-a,-b，Ma,b.不妨设Na,b，M-a,-b，又Aa,0，222222所以AM=a+a+b=4a+b，AN=a-a+b=b.2π在△AMN中，∠MAN=，32222π由余弦定理得MN=AM+AN-2AMAN⋅cos，3222222即4c=4a+b+b+4a+b×b，22222242则2b=4a+b，所以4b=4a+b，则b=a，32b21所以e=1+=.23a故选:C.0.21.28已知a=ln1.2e,b=e,c=，则有()0.2eA.a<b<cB.a<c<bC.c<a<bD.c<b<a【答案】Cxx1【解析】令fx=e-lnx+1-1,x>0，则fx=e-.x+1x11当x>0时，有e>1,<1，所以<1，x+1x+1所以，f(x)>0在0,+∞上恒成立，所以，f(x)在0,+∞上单调递增，所以，f(x)>f(0)=1-1=0，0.2所以，f(0.2)>0，即e-ln1.2-1>0，所以a<b第3页共72页 xx令gx=e-x+1,x>0，则gx=e-1在x>0时恒大于零，故gx为增函数，x+1所以<1,x>0，而a=ln1.2e=1+ln1.2>1，所以c<a，xe所以c<a<b，故选：C二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.3π3π9已知函数fx=sin2x+4+cos2x+4，则()πA.函数fx-为偶函数B.曲线y=fx对称轴为x=kπ,k∈Z4ππC.fx在区间,单调递增D.fx的最小值为-232【答案】AC3π3π【解析】fx=sin2x+4+cos2x+43π3π3π3π=sin2xcos+sincos2x+cos2xcos-sin2xsin44442222=-sin2x+cos2x-cos2x-sin2x=-2sin2x，2222即fx=-2sin2x，ππ对于A，fx-4=-2sin2x-2=2cos2x，易知为偶函数，所以A正确；ππkπ对于B，fx=-2sin2x对称轴为2x=+kπ,k∈Z⇒x=+,k∈Z，故B错误；242ππ2π对于C，x∈3,2,2x∈3,π，y=sin2x单调递减，则fx=-2sin2x单调递增，故C正确；对于D，fx=-2sin2x，则sin2x∈-1,1，所以fx∈-2,2，故D错误；故选：AC10设z为复数，则下列命题中正确的是()22A.z=zzB.若z=(1-2i)，则复平面内z对应的点位于第二象限22C.z=zD.若z=1，则z+i的最大值为2【答案】ABD222222【解析】对于A，设z=a+bi，故z=a-bi，则z=a+b，zz=(a+bi)(a-bi)=a+b，故z=zz成立，故A正确，2对于B，z=(1-2i)=-4i-3，z=4i-3，显然复平面内z对应的点位于第二象限，故B正确，22222222对于C，易知z=a+b，z=a+b+2abi，当ab≠0时，z≠z，故C错误，2222对于D，若z=1，则a+b=1，而z+i=a+(b+1)=2b+2，易得当b=1时，z+i最大，此时z+i=2，故D正确.故选：ABDπ11已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=．将△DAC沿着对角线AC折起至△DAC，连结3BD．设二面角D-AC-B的大小为θ，则下列说法正确的是()πA.若四面体DABC为正四面体，则θ=3第4页共72页 B.四面体DABC的体积最大值为1C.四面体DABC的表面积最大值为23+22π21D.当θ=时，四面体DABC的外接球的半径为33【答案】BCD【解析】如图，取AC中点O，连接OB,OD，则OB=OD，OB⊥AC,OD⊥AC，∠BOC为二面角DAC-B的平面角，即∠BOC=θ．π若DABC是正四面体，则BD=BC≠BO，△OBD不是正三角形，θ≠，A错；3四面体DABC的体积最大时，BO⊥平面ACD，此时B到平面ACD的距离最大为BO=3，而321S△ACD=×2=3，所以V=×3×3=1，B正确；43S△ABC=S△DAC=3，易得△BAD≅△BCD，S1×22sin∠BCD=2sin∠BCD，△BAD=S△BCD=2未折叠时BD=BD=23，折叠到B,D重合时，BD=0，中间存在一个位置，使得BD=22，则BC2+DC2=BD2，∠BCD=π，此时S取得最大值2，△BAD=S△BCD=2sin∠BCD2所以四面体DABC的表面积最大值为23+2，C正确；2π当θ=时，如图，设M,N分别是△ACD和△BAC的外心，在平面AOD内作PM⊥OD，作3PN⊥OB，PM∩PN=P，则P是三棱锥外接球的球心，由上面证明过程知平面OBD与平面ABC、平面DAC垂直，即P,N,O,M四点共面，2ππ133π3θ=，则∠PON=，ON=××2=，PN=ONtan=×3=1，333233322223221PB=PN+BN=1+=为球半径，D正确．33故选：BCD．专心专注专业第5页共72页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12设集合M=xlog2x<1，N=x2x-1<0，则M∩N=．【答案】x0<x<12【解析】因为log2x<1=log22，所以0<x<2，即M=xlog2x<1=x0<x<2，因为2x-1<0，解得x<1，所以N=x2x-1<0=xx<1，22所以，M∩N=x0<x<1.2故答案为：x0<x<1213已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且S8-2S4=6，则a9+a10+a11+a12的最小值为.【答案】24【解析】设正项等比数列an的公比为q，则q>0，4所以，S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=a1+a2+a3+a4+qa1+a2+a3+a44=S41+q，446则S8-2S4=S4q-1=6，则q>1，可得q>1，则S4=4，q-1842886q6q-1+1所以，a9+a10+a11+a12=qa1+a2+a3+a4=S4q=4=4q-1q-14246q-1+1+2q-14141==6q-1++2≥62q-1⋅+2444=24，q+1q-1q-1414当且仅当q-1=q>1时，即当q=2时，等号成立，4q-1故a9+a10+a11+a12的最小值为24.故答案为：241214已知F为拋物线C:y=x的焦点，过点F的直线l与拋物线C交于不同的两点A，B，拋物线4225在点A,B处的切线分别为l1和l2，若l1和l2交于点P，则|PF|+的最小值为.AB【答案】102【解析】C:x=4y的焦点为0,1，设直线AB方程为y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y2.22联立直线与抛物线方程有x-4kx-4=0，则AB=y1+y2+2=kx1+x2+4=4k+4.1211又y=x求导可得y=x，故直线AP方程为y-y1=x1x-x1.42212112112又y1=x1，故AP:y=x1x-x1，同理BP:y=x2x-x2.42424112y=2x1x-4x11122x1+x2x1+x2x1x2联立112可得2x1-x2x=4x1-x2，解得x=2，代入可得P2,4，y=2x2x-4x22代入韦达定理可得P2k,-1，故PF=4k+4.225225225225故|PF|+=4k+4+≥24k+4×=10，当且仅当4k+4=，即222AB4k+44k+44k+41k=±时取等号.2第6页共72页 故答案为：10专心专注专业第7页共72页 2024届高三二轮复习“8+3+3”小题强化训练(2)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．121抛物线y=x的焦点坐标为()21111A.8,0B.2,0C.0,8D.0,2【答案】D1221【解析】由y=x可得抛物线标准方程为：x=2y，∴其焦点坐标为0,.22故选：D.73212二项式x-的展开式中常数项为()x4A.-7B.-21C.7D.21【答案】A7r14-14r321r327-r1rr3【解析】二项式x-4的通项公式为Tr+1=C7⋅x⋅-4=C7⋅-1⋅x，xx14-14r1令=0⇒r=1，所以常数项为C7⋅-1=-7，3故选：Ax3已知集合A=xlog2x≤1，B=yy=2,x≤2，则()A.A∪B=BB.A∪B=AC.A∩B=BD.A∪(CRB)=R【答案】A【解析】由log2x≤1，则log2x≤log22，所以0<x≤2，x所以A=xlog2x≤1=x0<x≤2，又B=yy=2,x≤2=y0<y≤4，所以A⊆B，则A∪B=B，A∩B=A.故选：A．4若古典概型的样本空间Ω=1,2,3,4，事件A=1,2，甲：事件B=Ω，乙：事件A,B相互独立，则甲是乙的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A21【解析】若B=Ω，A∩B=1,2，则PA∩B==，4221而PA==，PB=1，42所以PAPB=PA∩B，所以事件A,B相互独立，反过来，当B=1,3，A∩B=1，11此时PA∩B=，PA=PB=，满足PAPB=PA∩B，42事件A,B相互独立，所以不一定B=Ω，所以甲是乙的充分不必要条件.故选：A第8页共72页 x5若函数fx=lne-1-mx为偶函数，则实数m=()11A.1B.-1C.D.-22【答案】Cx【解析】由函数fx=lne-1-mx为偶函数，-1可得f-1=f1，即lne-1+m=lne-1-m，1x1解之得m=，则fx=lne-1-x(x≠0)，22-x1x1x1f-x=lne-1+x=lne-1-x+x=lne-1-x=fx222x1故fx=lne-1-x为偶函数，符合题意.2故选：C2y2x6已知函数y=f(x)的图象恰为椭圆C:+=1(a>b>0)x轴上方的部分，若f(s-t)，f(s)，22abf(s+t)成等比数列，则平面上点(s，t)的轨迹是()A.线段(不包含端点)B.椭圆一部分C.双曲线一部分D.线段(不包含端点)和双曲线一部分【答案】A2y2x【解析】因为函数y=f(x)的图象恰为椭圆C:+=1(a>b>0)x轴上方的部分，22ab2x所以y=f(x)=b⋅1-(-a<x<a)，2a因为f(s-t)，f(s)，f(s+t)成等比数列，2所以有f(s)=f(s-t)⋅f(s+t)，且有-a<s<a,-a<s-t<a,-a<s+t<a成立，即-a<s<a,-a<t<a成立，22(s-t)2(s+t)22s由f(s)=f(s-t)⋅f(s+t)⇒b⋅1-=b⋅1-⋅b⋅1-，a2a2a24222222222222化简得：t=2at+2st⇒t(t-2a-2s)=0⇒t=0，或t-2a-2s=0，2当t=0时，即t=0，因为-a<s<a，所以平面上点(s，t)的轨迹是线段(不包含端点)；222222当t-2a-2s=0时，即t=2a+2s，22222222因为-a<t<a，所以t<a，而2a+2s>a，所以t=2a+2s不成立，故选：Aπsinα1-sin2α7若tanα+=-2，则=()4cosα-sinα6336A.B.C.-D.-5555【答案】Ctanα+tanππ4tanα+1【解析】因为tanα+=π==-2，解得tanα=3，41-tanαtan1-tanα422sinα1-sin2αsinαsinα+cosα-2sinαcosα所以，=cosα-sinαcosα-sinαsinαcosα-sinα222sinαcosα-sinα==sinαcosα-sinα=cosα-sinαcos2α+sin2α第9页共72页 2tanα-tanα3-93===-.1+tan2α1+95故选：C.2lnx,x>0x28函数fx=，若2f(x)-3f(x)+1=0恰有6个不同实数解，正实数ωsinωx+π6,-π≤x≤0的范围为()A.10,410,4C.2,10103B.33D.2,3【答案】D【解析】由题知，212fx-3fx+1=0的实数解可转化为f(x)=或f(x)=1的实数解，即y=f(x)与y=1或y21=的交点，22lnx21-lnx当x>0时，fx=⇒f(x)=xx2所以x∈0,e时，f(x)>0，fx单调递增，x∈e,+∞时，f(x)<0，fx单调递减，如图所示：12所以x=e时fx有最大值：<f(x)max=<12e1所以x>0时，由图可知y=f(x)与y=1无交点，即方程f(x)=1无解，y=f(x)与y=有两个不21同交点，即方程f(x)=有2解2当x<0时，因为ω>0，-π≤x≤0，πππ所以-ωπ+≤ωx+≤，666πππ令t=ωx+，则t∈-ωπ+,666ππ则有y=sint且t∈-ωπ+,，如图所示：66因为x>0时，已有两个交点，1所以只需保证y=sint与y=及与y=1有四个交点即可，219ππ11π10所以只需-<-ωπ+≤-，解得2≤ω<．6663故选：D第10页共72页 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.29已知复数z1,z2是关于x的方程x+bx+1=0(-2<b<2,b∈R)的两根，则下列说法中正确的是()z133A.z1=z2B.∈RC.z1=z2=1D.若b=1，则z1=z2=1z2【答案】ACD2222-b±4-bib4-bb4-b【解析】Δ=b-4<0，∴x=，不妨设z1=-+i，z2=--i，22222z1=z2，A正确；b24-b22z1=z2=-2+2=1，C正确；zz222z112b-2b4-b1z1z2=1，∴==z1=-i，b≠0时，∉R，B错；z2z1z222z21313213b=1时，z1=-+i，z2=--i，计算得z1=--i=z2=z1，222222233z2=z1=z2，z1=z1z2=1，同理z2=1，D正确．故选：ACD．10四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PA与底面垂直，PA=2，AB=1，动点M在线段PC上，则()30A.不存在点M，使得AC⊥BMB.MB+MD的最小值为325C.四棱锥P-ABCD的外接球表面积为5πD.点M到直线AB的距离的最小值为5【答案】BD【解析】对于A：连接BD，且AC∩BD=O，如图所示，当M在PC中点时，因为点O为AC的中点，所以OM⎳PA，因为PA⊥平面ABCD，所以OM⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以OM⊥AC，因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD.又因为BD∩OM=O，且BD，OM⊂平面BDM，所以AC⊥平面BDM，第11页共72页 因为BM⊂平面BDM，所以AC⊥BM，所以A错误；对于B：将△PBC和△PCD所在的平面沿着PC展开在一个平面上，如图所示，1×530则MB+MD的最小值为BD，直角△PBC斜边PC上高为，即，661×530直角△PCD斜边PC上高也为，所以MB+MD的最小值为，所以B正确；63对于C：易知四棱锥P-ABCD的外接球直径为PC，1122262半径R=PC=2+1+1=，表面积S=4πR=6π，所以C错误；222对于D：点M到直线AB距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离，因为AB⎳CD，且AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB⎳平面PCD，所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作AF⊥PD，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD,又AD⊥CD,且PA∩AD=A,故CD⊥平面PAD，AF⊂平面PAD，所以AF⊥CD，因为PD∩CD=D，且PD，CD⊂平面PCD，所以AF⊥平面PCD，所以点A到平面PCD的距离，即为AF的长，如图所示，在Rt△PAD中，PA=2，AD=1，可得PD=5，2525所以由等面积得AF=，即直线AB到平面PCD的距离等于，所以D正确，55故选：BCD.11今年是共建“一带一路”倡议提出十周年.某校进行“一带一路”知识了解情况的问卷调查，为调动学生参与的积极性，凡参与者均有机会获得奖品.设置3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球大小相同质地均匀，其中红色箱子中放有红球3个，黄球2个，绿球2个；黄色箱子中放有红球4个，绿球2个；绿色箱子中放有红球3个，黄球2个，要求参与者先从红色箱子中随机抽取一个小球，将其放入与小球颜色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中随机抽取一个小球，抽奖结束.若第二次抽取的是红色小球，则获得奖品，否则不能获得奖品，已知甲同学参与了问卷调查，则()第12页共72页 4A.在甲先抽取的是黄球的条件下，甲获得奖品的概率为713B.在甲先抽取的不是红球的条件下，甲没有获得奖品的概率为1424C.甲获得奖品的概率为49D.若甲获得奖品，则甲先抽取绿球的机会最小【答案】ACD【解析】设A红，A黄，A绿，分别表示先抽到的小球的颜色分别是红、黄、绿的事件，设B红表示再抽到的小球的颜色是红的事件，在甲先抽取的是黄球的条件下，甲获得奖品的概率为：2×4PB红A黄774PB红∣A黄===，故A正确；PA27黄7在甲先抽取的不是红球的条件下，甲没有获得奖品的概率为：2×3+2×1PA红B红PA黄B红+PA绿B红777213PB红∣A红====，故B错误；PAPA428红红732234由题意可知，PA红=,PA黄=,PA绿=,PB红∣A红=,PB红∣A黄=，777771PB红∣A绿=，由全概率公式可知，甲获得奖品的概率为：2P=PA红PB红∣A红+PA黄⋅PB红∣A黄+PA绿⋅PB红∣A绿33242124=×+×+×=，故C正确；77777249因为甲获奖时红球取自哪个箱子的颜色与先抽取小球的颜色相同，PA红⋅PB红∣A红33493则PA红∣B红==××=，PB红77248PA黄⋅PB红∣A黄24491PA黄∣B红==××=，PB红77243PA绿⋅PB红∣A绿21497PA绿∣B红==××=，PB红722424所以甲获得奖品时，甲先抽取绿球机会最小，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12已知△ABC的边BC的中点为D，点E在△ABC所在平面内，且CD=3CE-2CA，若AC=xAB+yBE，则x+y=．【答案】111【解析】因为CD=3CE-2CA，边BC的中点为D，所以CB=3BE-BC+2AC，215因为CB=3BE-3BC+2AC，所以BC=3BE+2AC，2255所以BC=AC-AB=3BE+2AC，22所以5AC-5AB=6BE+4AC，即5AB+6BE=AC，因为AC=xAB+yBE，所以x=5，y=6，故x+y=11.第13页共72页 故答案为：1113已知圆锥母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为时，圆锥的体积最大，最大值为．6163【答案】①.②.π327πr【解析】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线与底面所成的角为θ,θ∈0,，易知cosθ=.22圆锥的体积为122428π28π2V=πr⋅4-r=πcosθ⋅2sinθ=cosθ⋅sinθ=1-sinθsinθ3333232令x=sinθ,x∈0,1，则y=1-sinθsinθ=-x+x，y=-3x+133当y>0时，x∈0,3，当y<0时，x∈3,1，333即函数y=-x+x在0,3上单调递增，在3,1上单调递减，8π333163π326即Vmax=33-3=27，此时cosθ=1-3=2.6163π故答案为：；22722y14已知双曲线C：x-=1的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为E，过F2的直线交双曲线C的右3支于A，B两点(其中点A在第一象限内)，设M，N分别为△AF1F2，△BF1F2的内心，则当F1A⊥AB时，AF1=；△ABF1内切圆的半径为．【答案】①.7+1##1+7②.7-1##-1+7【解析】由双曲线方程知a=1,b=3,c=2，如下图所示：222由F1A⊥AB，则AF1+AF2=F1F2=16，2故AF1-AF2+2AF1AF2=16，而AF1-AF2=2a=2，所以AF1AF2=6，2故AF2+2AF2-6=0，解得AF2=7-1，所以AF1=7+1，若G为△ABF1内切圆圆心且F1A⊥AB可知，以直角边切点和G,A为顶点的四边形为正方形，11结合双曲线定义内切圆半径r=AF1+AB-BF1=AF1+AF2+BF2-BF12211所以r=27+BF2-BF1=27-2=7-1；22第14页共72页 即△ABF1内切圆的半径为7-1；故答案为：7+1，7-1；专心专注专业第15页共72页 2024届高三二轮复习“8+3+3”小题强化训练(3)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1有一组按从小到大顺序排列数据：3，5，x，8，9，10，若其极差与平均数相等，则这组数据的中位数为()A.7B.7.5C.8D.6.5【答案】B11【解析】依题意可得极差为10-3=7，平均数为3+5+x+8+9+10=35+x，661所以35+x=7，解得x=7，67+8所以中位线为=7.5.2故选：B.2已知集合A=xx-1>2，B=xlog4x<1，则A∩B=()A.3,4B.-∞,-1∪3,4C.1,4D.-∞,4【答案】A【解析】由x-1>2，得x<-1或x>3，所以A=xx<-1或x>3，由log4x<1，得0<x<4，所以B=x0<x<4，所以A∩B=x3<x<4.故选：A.313已知向量a=(2,0)，b=sinα,2，若向量b在向量a上的投影向量c=2,0，则|a+b|=()A.3B.7C.3D.7【答案】Ba⋅ba2sinα【解析】由已知可得，b在a上的投影向量为⋅=(2,0)=(sinα,0)，2×2|a||a|11又b在a上的投影向量c=,0，所以sinα=，221353所以b=2,2，所以a+b=2,2，5232所以|a+b|=2+2=7.故选：B.4如图是两个底面半径都为1的圆锥底面重合在一起构成的几何体，上面圆锥的侧面积是下面圆锥侧面积的2倍，AP⊥AQ，则PQ=()第16页共72页 7265A.B.C.D.3422【答案】C22【解析】设两圆锥的高OP=x，OQ=y，则AP=x+1，AQ=y+1，222由AP⊥AQ，有AP+AQ=PQ，222可得x+1+y+1=x+y，可得xy=1，又由上下圆锥侧面积之比为2:1，即π×1×PA=2×π×1×QA，2222可得PA=2QA，则有x+1=2y+1，即x=4y+3，142代入y=整理为x-3x-4=0，解得x=2(负值舍)，x115可得y=，OP=x+y=2+=．222故选：C．5已知Q为直线l:x+2y+1=0上的动点，点P满足QP=1,-3，记P的轨迹为E，则()A.E是一个半径为5的圆B.E是一条与l相交的直线C.E上的点到l的距离均为5D.E是两条平行直线【答案】C【解析】设Px,y，由QP=1,-3，则Qx-1,y+3，由Q在直线l:x+2y+1=0上，故x-1+2y+3+1=0，化简得x+2y+6=0，即P轨迹为E为直线且与直线l平行，6-1E上的点到l的距离d==5，故A、B、D错误，C正确.221+2故选：C.5234566已知x+1x-1=a0+a1x+a2x+a3x+a4x+a5x+a6x，则a1+a3的值为()A.-1B.1C.4D.-2【答案】C523456【解析】在x+1x-1=a0+a1x+a2x+a3x+a4x+a5x+a6x中，555而x+1x-1=xx-1+x-1，5r5-rr由二项式定理知x-1展开式的通项为Tr+1=C5x(-1)，令5-r=2，解得r=3，令5-r=3，r=2，3322故a3=C5(-1)+C5(-1)=0，同理令5-r=1，解得r=4，令5-r=0，解得r=5，4455故a1=C5(-1)+C5(-1)=4，故a1+a3=4.故选：C第17页共72页 2227已知P为抛物线x=4y上一点，过P作圆x+(y-3)=1的两条切线，切点分别为A，B，则cos∠APB的最小值为()1237A.B.C.D.2348【答案】C【解析】如图所示：AC1因为∠APB=2∠APC，sin∠APC==，PCPC2t设Pt,4，t22t4t212222则PC=t+4-3=16-2+9=16t-4+8，2当t=4时，PC取得最小值22，此时∠APB最大，cos∠APB最小，1232且cos∠APBmin=1-2sin∠APC=1-2=4，故C正确.22故选：C8已知函数fx,gx的定义域为R,gx为gx的导函数且fx+gx=3,fx-g4-x=3，若gx为偶函数，则下列结论一定成立的是()A.f-1=f-3B.f1+f3=65C.g2=3D.f4=3【答案】D【解析】对于D，∵gx为偶函数，则gx=g-x，两边求导可得gx=-g-x，则gx为奇函数，则g0=0，令x=4，则f4-g0=3，f4=3，D对；f2+g2=3f2=3对于C，令x=2，可得，则，C错；f2-g2=3g2=0对于B，∵fx+gx=3，可得f2+x+g2+x=3，fx-g4-x=3可得f2-x-g2+x=3，两式相加可得f2+x+f2-x=6，令x=1，即可得f1+f3=6，B错；又∵fx+gx=3，则fx-4+gx-4=fx-4-g4-x=3，fx-g4-x=3，可得fx=fx-4，所以fx是以4为周期的函数，所以根据以上性质不能推出f-1=f-3，A不一定成立.故选：D第18页共72页 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9下列结论正确的是()2221A.若a<b<0，则a>ab>bB.若x∈R，则x+2+的最小值为22x+22211C.若a+b=2，则a+b的最大值为2D.若x∈(0,2)，则+≥2x2-x【答案】AD22【解析】因为a-ab=a(a-b)>0，所以a>ab，2222因为ab-b=b(a-b)>0，所以ab>b，所以a>ab>b，故A正确；2121因为x+2+≥2的等号成立条件x+2=不成立，所以B错误；22x+2x+2a2+b2a+b222因为≥=1，所以a+b≥2，故C错误；221111112-xx1因为x+2-x=2(x+2-x)x+2-x=22+x+2-x≥2(2+2)=2，11当且仅当=，即x=1时，等号成立，所以D正确.x2-x故选：AD2210若函数fx=2sinx⋅log2sinx+2cosx⋅log2cosx，则()πA.fx的最小正周期为πB.fx的图像关于直线x=对称4πC.fx的最小值为-1D.fx的单调递减区间为2kπ,+2kπ,k∈Z4【答案】BCDπ【解析】由sinx>0,cosx>0得fx的定义域为2kπ,+2kπ,k∈Z.2π3对于A：当x∈0,2时，x+π∈π,2π不在定义域内，故fx+π=fx不成立，易知fx的最小正周期为2π，故选项A错误；π22对于B：又f2-x=2cosx⋅log2cosx+2sinx⋅log2sinx=fx，所以fx的图像关于直线x=π对称，所以选项B正确；422222对于C：因为fx=sinx⋅log2sinx+cosx⋅log2cosx，设t=sinx，所以函数转化为gt=t⋅logt+1-t⋅log1-t,t∈0,1,gt=logt-log1-t，22221111由gt>0得，2<t<1.gt<0得0<t<2.所以gt在0,2上单调递减，在2,1上单调1递增，故g(t)min=g2=-1，即f(x)min=-1，故选项C正确；11221对于D：因为gt在0,2上单调递减，在2,1上单调递增，由t=sinx，令0<sinx<2得02ππ<sinx<，又fx的定义域为2kπ,+2kπ,k∈Z，解得2kπ<x<+2kπ,k∈Z，2242ππ因为t=sinx在2kπ,4+2kπ上单调递增，所以fx的单调递减区间为2kπ,4+2kπ,k∈Z，ππ同理函数的递增区间为+2kπ,+2kπ,k∈Z，所以选项D正确.42故选：BCD.第19页共72页 11已知数列an的前n项和为Sn，且2SnSn+1+Sn+1=3，a1=α0<α<1，则()13-1A.当0<α<时，a2>a1B.a3>a24n35C.数列S2n-1单调递增，S2n单调递减D.当α=时，恒有Sk-1<44k=1【答案】ACD3【解析】由题意可得：Sn+1=，a1=α，2Sn+13由Sn+1=可知：Sn+1=1⇔Sn=1，但S1=α∈0,1，2Sn+1*可知对任意的n∈N，都有Sn≠1，13-1对于选项A：若0<α<，44α+1+1313-12-α33-2α-4α4则a2-a1=S2-2a1=-2α==>0，2α+12α+12α+1即a2>a1，故A正确；26α+36α-14α+32α+39对于选项B：a3-a2=S3-2S2+S1=-+α=<0，2α+72α+12α+12α+7即a3<a2，故B错误.3S+32Sn-13n2对于选项C：因为Sn+1-1=-，Sn+1+=，2Sn+122Sn+1Sn+1-12Sn-1S1-1α-1则=-⋅，且=<0，S+33S+3S+3α+3n+12n2122Sn-1Sn-1α-12n-1可知3是等比数列，则3=3⋅-3，Sn+2Sn+2α+2α-122n-2设A=3<0，t=，α+321+3At3-3At35253可得S2n=3+2At=23+2At-1，S2n-1=1-At=-2，21-At22n-222n-2因为At=A3，可知A3为递增数列，所以数列S2n-1单调递增，S2n单调递减，故C正确；333333-2Sn对于选项D：因为Sn+1=，Sn+1-=-=，2Sn+142Sn+1442Sn+1333636由S1=α=，可得S2->0，即S2>，则S2≤，即<S2≤；4445453633636由<S2≤，可得S3->0，即S3>，则S3<，即<S3<；4544545*3以此类推，可得对任意的n∈N，都有Sn≥S1=α=，4Sn+1-1224又因为S-1=2S+1，则Sn+1-1≤2α+1Sn-1=5Sn-1，nnn54n5所以∑Sk-1≤41-5<4，故D正确.k=1故选：ACD.第20页共72页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.n*12在(1+ax)(其中n∈N,a≠0)的展开式中，x的系数为-10，各项系数之和为-1，则n=.【答案】5n1【解析】由题意得(1+ax)的展开式中x的系数为aCn=-10，即an=-10，n令x=1，得各项系数之和为(1+a)=-1，则n为奇数，且1+a=-1，即得a=-2,n=5，故答案为：52y2x13已知椭圆C:2+2=1a>b>0的左、右焦点分别F1，F2，椭圆的长轴长为22，短轴长为2，abP为直线x=2b上的任意一点，则∠F1PF2的最大值为.π【答案】6【解析】由题意有a=2，b=1，c=1，设直线x=2与x轴的交点为Q，PQtPQ设PQ=t，有tan∠PF1Q==，tan∠PF2Q==t，F1Q3F2Qt-t32t22t3可得tan∠F1PF2=tan∠PF2Q-∠PF1Q=2=2=3≤=，1+tt+3t+23t33tπ当且仅当t=3时取等号，可得∠F1PF2的最大值为.6π故答案为：614已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，AB=23，BC=4，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥P-ABCD内切球表面上一点，则点M到直线CD距离的最小值为.【答案】10-1【解析】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取AB的中点为H，CD的中点为N，连接PH，PN，HN，第21页共72页 球O为四棱锥P-ABCD的内切球，底面ABCD为矩形，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，则平面PHN截四棱锥P-ABCD的内切球O所得的截面为大圆，此圆为△PHN的内切圆，半径为r，与HN，PH分别相切于点E，F，平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，PH⊂平面PAB，△PAB为正三角形，有PH⊥AB，∴PH⊥平面ABCD，HN⊂平面ABCD，∴PH⊥HN，AB=23，BC=4，则有PH=3，HN=4，PN=5，11则△PHN中，S△PHN=×3×4=r3+4+5，解得r=1.22所以，四棱锥P-ABCD内切球半径为1，连接ON.∵PH⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PH，又CD⊥HN，PH,HN⊂平面PHN，PH∩HN=H，∴CD⊥平面PHN，∵ON⊂平面PHN，可得ON⊥CD，所以内切球表面上一点M到直线CD的距离的最小值即为线段ON的长减去球的半径，22又ON=OE+EN=10.所以四棱锥P-ABCD内切球表面上的一点M到直线CD的距离的最小值为10-1.故答案为：10-1第22页共72页 2024届高三二轮复习“8+3+3”小题强化训练(4)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．2y2x1已知双曲线的标准方程为+=1，则该双曲线的焦距是()k-4k-5A.1B.3C.2D.4【答案】C22【解析】由双曲线方程可知a=k-4,b=5-k，2所以c=k-4+5-k=1，c=1，2c=2．故选：C2在等比数列an中，a1+ax=82，a3ax-2=81，前x项和Sx=121，则此数列的项数x等于()A.4B.5C.6D.7【答案】Ba1+ax=82a1=1a1=81【解析】由已知条件可得，解得或.a3ax-2=a1ax=81ax=81ax=1设等比数列an的公比为q.a1-axq1-81q①当a1=1，ax=81时，由Sx===121，解得q=3，1-q1-qx-1x-1∵ax=a1q=3=81，解得x=5；a1-axq81-q1②当a1=81，ax=1时，由Sx===121，解得q=，1-q1-q3x-11x-15-x∵ax=a1q=81×3=3=1，解得x=5.综上所述，x=5.故选：B.3对任意实数a，b，c，在下列命题中，真命题是()2222A.“ac>bc”是“a>b”的必要条件B.“ac=bc”是“a=b”的必要条件2222C.“ac=bc”是“a=b”的充分条件D.“ac≥bc”是“a≥b”的充分条件【答案】B2222【解析】对于A，若c=0，则由a>b⇏ac>bc，∴“ac>bc”不是“a>b”的必要条件，A错．2222对于B，a=b⇒ac=bc，∴“ac=bc”是“a=b”的必要条件，B对，2222对于C，若c=0，则由ac=bc，推不出a=b“，ac=bc”不是“a=b”的充分条件2222对于D，当c=0时，ac=bc，即ac≥bc成立，此时不一定有a≥b成立，22故“ac≥bc”不是“a≥b”的充分条件，D错误，故选：B．4已知m、n是两条不同直线，α、β、γ是三个不同平面，则下列命题中正确的是()A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若α⊥β，β⊥γ，则α∥βC.若m∥α，m∥β，则α∥βD.若m⊥α，n⊥α，则m∥n【答案】D第23页共72页 【解析】A选项：令平面ABCD为平面α，A1B1为直线m，B1C1为直线n，有：m∥α，n∥α，但m∩n=B1，A错误；B选项：令平面ABCD为平面β，令平面B1BCC1为平面α，令平面A1ABB1为平面γ，有：α⊥β，β⊥γ，而α⊥β，B错误；C选项：令平面ABCD为平面α，令平面A1ABB1为平面β，C1D1为直线m，有：m∥α，m∥β，则α∥β，而α⊥β，C错误；D选项：垂直与同一平面的两直线一定平行，D正确.故选：D5将甲、乙等8名同学分配到3个体育场馆进行冬奥会志愿服务，每个场馆不能少于2人，则不同的安排方法有()A.2720B.3160C.3000D.2940【答案】D【解析】共有两种分配方式，一种是4:2:2，一种是3:3:2，422332C8C4C2C8C5C23故不同的安排方法有+A3=2940.2!2!故选：D2y22x6若抛物线y=4x与椭圆E:+=1的交点在x轴上的射影恰好是E的焦点，则E的离心22aa-1率为()2-13-1A.B.C.2-1D.3-122【答案】C【解析】不妨设椭圆与抛物线在第一象限的交点为A，椭圆E右焦点为F，则根据题意得AF⊥x轴，2222c=a-a-1=1，则c=1，则F1,0，当x=1时，y=4×1，则yA=2，22122则A1,2，代入椭圆方程得+=1，结合a-1>0，不妨令a>0；22aa-1c1解得a=2+1，则其离心率e===2-1，a2+1故选：C.第24页共72页 7已知等边△ABC的边长为3，P为△ABC所在平面内的动点，且|PA|=1，则PB⋅PC的取值范围是()A.-3,91,11B.-C.[1,4]D.[1,7]2222【答案】B333【解析】如下图构建平面直角坐标系，且A-2,0，B2,0，C0,2，322所以P(x,y)在以A为圆心，1为半径的圆上，即轨迹方程为x+2+y=1，33232332而PB=2-x,-y,PC=-x,2-y，故PB⋅PC=x-2x+y-2y=x-4+323y--，4433322综上，只需求出定点4,4与圆x+2+y=1上点距离平方范围即可，3333232333而圆心A与4,4的距离d=4+2+4=2，故定点4,4与圆上点的距离范15围为,，22111所以PB⋅PC∈-,.22故选：B8设a、b、c∈0,1满足a=sinb，b=cosc，c=tana，则()22A.a+c<2b，ac<bB.a+c<2b，ac>b22C.a+c>2b，ac<bD.a+c>2b，ac>b【答案】A【解析】∵a、b、c∈0,1且a=sinb，b=cosc，c=tana，则c=tana=tansinb，先比较a+c=sinb+tansinb与2b的大小关系，第25页共72页 构造函数fx=sinx+tansinx-2x，其中0<x<1，则0<sinx<1，所以，cos1<cossinx<1，2cosxcosx-2cossinx+cosx则fx=cosx+-2=，22cossinxcossinx12令gx=cosx-1-x，其中x∈0,1，则gx=x-sinx，2令px=x-sinx，其中0<x<1，所以，px=1-cosx>0，所以，函数gx在0,1上单调递增，故gx>g0=0，1212所以，函数gx在0,1上单调递增，则gx=cosx-1-x>0，即cosx>1-x，22因为x∈0,1，则0<sinx<sin1，121212所以，cossinx>1-sinx=1-1-cosx=1+cosx，2222122所以，cossinx>1+cosx，42122因为cosx-2<0，所以，cosx-2cossinx+cosx<cosx-21+cosx+cosx415432132=cosx-2cosx+2cosx-4cosx+5cosx-2=cosx-1cosx+cosx+2<0，442cosx-2cossinx+cosx所以，对任意的x∈0,1，fx=<0，2cossinx故函数fx在0,1上单调递减，因为b∈0,1，则fb=sinb+tansinb-2b<f0=0，故a+c<2b，2由基本不等式可得0<2ac≤a+c<2b(a≠c，故取不了等号)，所以，ac<b，故选：A.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9某大学生做社会实践调查，随机抽取6名市民对生活满意度进行评分，得到一组样本数据如下：88、89、90、90、91、92，则下列关于该样本数据的说法中正确的是()A.均值为90B.中位数为90C.方差为2D.第80百分位数为91【答案】ABD88+89+90+90+91+92【解析】由题意可知，该组数据的均值为x==90，故A正确；690+90中位数为=90，故B正确；221222225方差为s=88-90+89-90+90-90×2+91-90+92-90=，故C错误；63因为6×80%=4.8，第80百分位数为91，故D正确.故选：ABD.π10设M，N，P为函数fx=Asinωx+φ图象上三点，其中A>0，ω>0，ϕ<，已知M，N是22函数fx的图象与x轴相邻的两个交点，P是图象在M，N之间的最高点，若MP+2MN⋅NP=0，1△MNP的面积是3，M点的坐标是-,0，则()2πA.A=2B.ω=2πC.φ=D.函数fx在M，N间的图象上存在点Q，使得QM⋅QN<04第26页共72页 【答案】BCD2221T22T22【解析】MP+2MN⋅NP=MP-2NM⋅NP=MP-2NM⋅2NM=4+A-2=A23T-=0，16AT2ππ而S△MNP==3，故A=3，T=4=，ω=，A错误、B正确；4ω21ππππ-⋅+φ=kπ，φ=kπ+(k∈Z)，而ϕ<，故φ=，C正确；22424显然，函数fx的图象有一部分位于以MN为直径的圆内，当Q位于以MN为直径的圆内时，QM⋅QN<0，D正确，故选:BCD.111设a为常数，f(0)=,f(x+y)=f(x)f(a-y)+f(y)f(a-x)，则()．21A.f(a)=21B.f(x)=成立2Cf(x+y)=2f(x)f(y)D.满足条件的f(x)不止一个【答案】ABC1【解析】f(0)=,f(x+y)=f(x)f(a-y)+f(y)f(a-x)21111对A：对原式令x=y=0，则=fa+fa=fa，即fa=，故A正确；222211对B：对原式令y=0，则fx=fxfa+f0fa-x=fx+fa-x，故fx=22fa-x，2对原式令x=y，则f2x=fxfy+fyfx=2fxfy=2fx≥0，故fx非负；22211对原式令y=a-x，则fa=fx+fa-x=2fx=，解得fx=±，221又fx非负，故可得fx=，故B正确；2对C：由B分析可得：fx+y=2fxfy，故C正确；对D：由B分析可得：满足条件的fx只有一个，故D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.1312在复平面内，复数z=-+i对应的向量为OA，复数z+1对应的向量为OB，那么向量AB22对应的复数是．第27页共72页 【答案】11313【解析】由题意得A-2,2，B2,2，AB=1,0，则AB对应复数1.故答案为：113已知轴截面为正三角形的圆锥MM的高与球O的直径相等，则圆锥MM的体积与球O的体积的比值是，圆锥MM的表面积与球O的表面积的比值是．2【答案】①.②.13【解析】设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h=3r，母线l=2r，3由题可知：h=2R，所以球的半径R=r21233所以圆锥的体积为V1=×π×r×3r=πr，334343333球的体积V2=3πR=3π×2r=2πr，33V13πr2所以==；V23πr33222圆锥的表面积S1=πrl+πr=3πr，2322球的表面积S2=4πR=4π×2r=3πr，S213πr所以==1，S223πr2故答案为：；1.314方程cos2x=3cosx-2的最小的29个非负实数解之和为．811π【答案】32【解析】方程cos2x=3cosx-2可化为2cosx-3cosx+1=0，11因式分解为cosx-1cosx-=0，解得cosx=1或cosx=，22当cosx=1时，x=2k1π，k1∈Z，1π5π当cosx=时，x=+2k2π，k2∈Z，或x=+2k3π，k3∈Z，233通过列举，可得方程的最小的29个非负实数解中，10×9有10个是以0为首项，2π为公差的等差数列．其和为10×0+×2π=90π；2ππ10×9280π有10个是以为首项，2π为公差的等差数列，其和为10×+×2π=；33235π5π8×9有9个是以为首项，2π为公差的等差数列，其和为9×+×2π=87π．332280π811π可得方程的最小的29个非负实数解之和为90π++87π=．33811π故答案为：3第28页共72页 2024届高三二轮复习“8+3+3”小题强化训练(5)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为()A.14B.16C.18D.20【答案】B【解析】将这些数据从小到大排列可得：10，12，14，14，16，20，24，30，40，则其中位数为16.故选：B.a+3i2若复数是纯虚数，则实数a=()2+i3322A.-B.C.-D.2233【答案】Aa+3i(a+3i)(2-i)2a+3+(6-a)i3【解析】==，则2a+3=0，有a=-.2+i552故选：A22223已知圆E:x+y-6x-8y=0，圆F:x+y-2x-4y+4=0，则这两圆的位置关系为()A.内含B.相切C.相交D.外离【答案】A2222【解析】由题设，E：x-3+(y-4)=25，F：(x-1)+(y-2)=1，22∴E(3,4)，半径r1=5；F(1,2)，半径r2=1；EF=3-1+4-2=22，∴r1-r2>|C1C2|，即两圆内含.故选：A4有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有()种停放方法．A.72B.144C.108D.96【答案】A【解析】先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有3种停法，则乙车有2种停法，3除甲、乙外的其它三辆车共有A3种停法；若货车甲靠边，共有2种停法，则乙车有3种停法，3除甲、乙外的其它三辆车的排法共有A3种，33故共有3×2×A3+2×3×A3=36+36=72种停放方法.故选：A.5冬季是流感高发期，其中甲型流感病毒传染性非常强．基本再生数R0与世代间隔T是流行病学rt基本参考数据．某市疾控中心数据库统计分析，可以用函数模型Wt=2来描述累计感染甲型流感病毒的人数Wt随时间t，t∈Z(单位：天)的变化规律，其中指数增长率r与基本再生数R0和世代间隔T之间的关系近似满足R0=1+rT，根据已有数据估计出R0=4时，T=12．据此回答，累计感染甲型流感病毒的人数增加至W0的3倍至少需要(参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477)()第29页共72页 A.6天B.7天C.8天D.9天【答案】B【解析】依题意，R0=1+rT，且R0=4时，T=12，11t4即4=1+r×12,r=，所以Wt=2，W0=1，41t14lg34×0.4774令Wt=2=3，两边取以10为底对数得tlg2=lg3,t=≈≈6.3，4lg20.301所以至少需要7天.故选：B6在等边△ABC中，已知点D，E满足AD=4DC，AE=EB，BD与CE交于点O，则AO在AC上的投影向量为()2331A.ACB.ACC.ACD.AC3242【答案】C4【解析】如图，AO=λAB+1-λAD=λAB+1-λAC，51AO=μAE+1-μAC=μAB+1-μAC，2λ=1μ211则，得μ=，λ=，41-λ=1-μ36512即AO=AB+AC,6312AO⋅AC6AB+3AC⋅AC则AO在AC上的投影向量为⋅AC=⋅AC，22ACAC12122122232AB+AC⋅AC=AB⋅AC+AC=AC+AC=AC，636312343所以AO在AC上的投影向量为AC.4故选：C3ππ1+sin2θ7已知θ∈,π,tan2θ=-4tanθ+，则=()442cos2θ+sin2θ133A.B.C.1D.442【答案】A3ππ【解析】由题θ∈4,π,tan2θ=-4tanθ+4，2tanθ-4tanθ+12得=⇒-4tanθ+1=2tanθ，21-tanθ1-tanθ第30页共72页 1则2tanθ+1tanθ+2=0⇒tanθ=-2或tanθ=-，23π1因为θ∈,π,tanθ∈-1,0，所以tanθ=-，422221+sin2θsinθ+cosθ+2sinθcosθtanθ+1+2tanθ==222+2tanθ2cosθ+sin2θ2cosθ+2sinθcosθ1+1-141==.2+-14故选：A2y2x8已知椭圆C：2+2=1a>b>0的左右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆C于A，B两ab点，若AF1=3AF2，点M满足F1M=3MF2，且AM⊥F1B，则椭圆C的离心率为()1326A.B.C.D.3333【答案】B31【解析】由椭圆定义可知AF1+AF2=2a，由AF1=3AF2，故AF1=a，AF2=a，22AF13AF2AF2点M满足F1M=3MF2，即F1M=3MF2，则==，F1M3MF2MF2AF1F1MAF2F2M又=，=，sin∠AMF1sin∠F1AMsin∠AMF2sin∠F2AMAF1sin∠AMF1AF2sin∠AMF2即===，又∠AMF1+∠AMF2=180°，F1Msin∠F1AMMF2sin∠F2AM故sin∠AMF1=sin∠AMF2，则sin∠F1AM=sin∠F2AM，即∠F1AM=∠F2AM，3即AM平分∠F1AF2，又AM⊥F1B，故AB=AF1=a，231则BF2=a-a=a，则BF1=2a-a=a，22212322c+a-a22222c-a1cos∠AF2F1===2e-，2×2c×1aace22c2+a2-a224ccos∠BF2F1===e，2×2c×a4ac由∠AF2F1+∠BF2F1=180°，故cos∠AF2F1+cos∠BF2F1=0，123即2e-+e=0，即3e=1，又e>0，故e=.e3故选：B.第31页共72页 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生的身高信息，现采用样本量比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为180的样本，经计算得男生样本的均值为170，方差为19，女生样本的均值为161，方差为28，则下列说法中正确的是()A.男生样本容量为100B.抽取的样本的方差为43C.抽取的样本的均值为166D.抽取的样本的均值为165.5【答案】ABC500【解析】∵男生样本量=男生人数÷全体学生数×总样本量=×180=100.故A正确；900mn10080样本均值ω=x+y=×170+×161=166.故C正确D错误；m+nm+n100+80100+80212222样本方差：s={m[s1+(x-ω)]+n[s2+(y-ω)]}m+n122={100×[19+(170-166)]+80×[28+(161-166)]}=43.故B正确.180故选：ABC.log2an10在前n项和为Sn的正项等比数列an中，a1a4=8，a3=a2+2，bn=，则()Sn+1A.a6-4a5=-48B.S7=127C.Sn=2an-1D.数列bn中的最大项为b2【答案】BC【解析】设等比数列an的公比为q，由a1a4=8，有a2a3=8，a2a3=8,a2=2,a2=-4,联立方程解得或(舍去)，a3=a2+2,a3=4a3=-2a3n-2n-2n-1有q==2，可得an=a2q=2×2=2．a254对于A选项，由a6=2=32，a5=2=16，有a6-4a5=32-64=-32，故A选项错误；71-2对于B选项，S7==127，故B选项正确；1-2n1-2n对于C选项，由Sn==2-1，有Sn=2an-1，故C选项正确；1-2n-1log2anlog22n-1对于D选项，由==，S+1nnn2-1+12n-1nn-12-n令fn=，有fn+1-fn=-=，nn+1nn+122221可得f1<f2=f3>f4>⋅⋅⋅有fnmax=f2=f3=，4可得数列bn中的最大项为b2或b3，故D选项错误，故选：BC．22y11已知双曲线E:x-=1的左、右焦点分别为F1、F2，过左焦点F1的直线与双曲线E的左支相交3于A,B两点(A在第二象限)，点C与B关于坐标原点对称，点M的坐标为(0,23)，则下列结论正确的是()第32页共72页 1A.记直线AB、AC的斜率分別为k1、k2，则k1⋅k2=33B.若CF1⋅BF1=0，则S△CBF1=3C.MC+CF1的最小值为63D.AF1⋅AF2的取值范围是-4,+∞【答案】ABD【解析】若直线与渐近线平行时，根据对称性不妨取直线方程为y=3(x+2)，y=3(x+2)5联立y2，得x=-，2x-=143设Ax1,y1，Bx2,y2，C-x2,-y2，555由于A,B两点均在双曲线的左支上，所以xA<-，xB<-，xC>，444对于A：设Ax1,y1，Bx2,y2，C-x2,-y2，22y1-y2y1+y2y1-y2则，k1⋅k2=x-x⋅x+x=22，1212x1-x222y1x1-3=122122∵A,B均在双曲线上，∴2，所以x1-x2=y1-y2，x2-y2=1323所以，k1⋅k2=3，A错误.对于B：由CF1⋅BF1=0知，CF1⊥BF1，由对称性得，CF1⊥CF2，则四边形CF1BF2为矩形，则S△CBF1=S△CF1F2，设CF1=r1,CF2=r2，∠F1CF2=θ，则在△F1CF2中，222由余弦定理得r1+r2-2r1r2cosθ=(2c)，22即r1-r2+2r1r2-2r1r2cosθ=4c，22即4a+2r1r2(1-cosθ)=4c，2a2-c222b∴r1r2==，1-cosθ1-cosθθθ2sincos212sinθ222b则S△F1CF2=r1r2sinθ=b⋅=b⋅=，21-cosθ2sin2θtanθ222b3则S△CBF1=S△CF1F2=θ=π=3，B正确；tantan24对于C:MC+MF1=MC+CF2+2，当M，C，F2三点共线时，MC+MF1=MC+CF2+2=6，23-0kMF==-3，则直线MF2:y=-3x+23，20-2y=-3x+2355联立y2，解得xC=，与xC>矛盾，故C错误；2x-=144322对于D:AF1⋅AF2=x1+2,y1⋅x1-2,y1=x1+y1-4，222又y1=3x1-1，所以，AF1⋅AF2=4x1-753结合，xA<-4得，AF1⋅AF2的取值范围是-4,+∞，故D正确.第33页共72页 故选：BD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12已知平面向量a,b满足a=1，b=(1,2)，a⊥(a-2b)，则向量a,b夹角的余弦值为.51【答案】##510102【解析】由题设a⋅(a-2b)=a-2a⋅b=1-25cosa,b=0，5所以cosa,b=.105故答案为：10ππ4π13若函数f(x)=sinωx+5在区间3,3内没有零点，则正数ω的取值范围是．3【答案】0,5ππkππ【解析】由sinωx+=0,ω>0，可得ωx+=kπ，即x=-,k∈Z，55ω5ωkπππ4πω14ω1令-∈,，则+<k<+ω5ω333535π4π又f(x)在区间,内没有零点，33ω14ω1则区间+,+内不存在整数，353512π4ππ又×≥-，则正数ω满足0<ω≤1，2ω33ω14ω14ω13则+,+⊆0,1，则+≤1，解之得ω≤，35353553则正数ω的取值范围是0,5.3故答案为：0,514在四面体P-ABC中，BP⊥PC,∠BAC=60°，若BC=2，则四面体P-ABC体积的最大值是，它的外接球表面积的最小值为.316π【答案】①.②.33222【解析】由余弦定理可得BC=AB+AC-2AB⋅ACcos∠BAC,22故4=AB+AC-AB⋅AC≥2AB⋅AC-AB⋅AC，所以AB⋅AC≤4，133当且仅当AB=AC时取等号，故S△ABC=AB⋅ACsin60°=AB⋅AC≤×4=3，244故△ABC面积的最大值为3，第34页共72页 113VP-ABC=S△ABCh≤×3h=h，333由于BP⊥PC，所以点P在以BC为直径的球上(不包括平面ABC)，故当平面PBC⊥平面ABC1时，此时h最大为半径BC=1，233故VP-ABC≤h≤，3324由正弦定理可得：==2r，r为△ABC外接圆的半径，sin60°322242设四面体P-ABC外接球半径为R,则R=r+O1O=+O1O,其中O,O1分别为球心和3242△ABC外接圆的圆心，故当OO1=0时，此时R=+O1O最小，3216π故外接球的表面积为4πR=,3316π故答案为：,33第35页共72页 2024届高三二轮复习“8+3+3”小题强化训练(6)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．31一组数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，若该组数据的中位数是极差的，则该组5数据的第40百分位数是()A.4B.5C.6D.9【答案】C【解析】根据题意，数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，3则极差为17-2=15，故该组数据的中位数是15×=9，5m+12数据共6个，故中位数为=9，解得m=6，2因为6×40%=2.4，所以该组数据的第40百分位数是第3个数6，故选：C.x12“x>0”是“2+>2”的()x2A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】Ax1x1x1x1【解析】若x>0，则2+≥22⋅=2,由于2≠，所以2+>2，充分性成立，xxxx2222-111x1当x=-1时，2=,=2,满足2+>2，但是x<0，必要性不成立，2-1x22x1因此“x>0”是“2+>2”的充分不必要条件x2故选：A，x3已知集合M=xy=ln1-2x，N=yy=e，则M∩N=()111A.0,2B.-∞,2C.2,+∞D.∅【答案】A【解析】】由1-2x>0，解得x<1，所以M=xx<1，22x而y=e>0，所以N=y|y>0，1所以M∩N=0,.2故选：A4已知m,n表示两条直线，α,β,γ表示平面，下列命题中正确的有()①若α∩γ=m,β∩γ=n，且m⎳n，则α⎳β；②若m,n相交且都在平面α,β外，m⎳α,m⎳β,n⎳α,n⎳β，则α⎳β；③若m⎳α,m⎳β，则α⎳β；④若m⎳α,n⎳β，且m⎳n，则α⎳β．A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】A第36页共72页 【解析】对于①，若α∩γ=m,β∩γ=n，且m⎳n，则α⎳β或相交，故①错误；对于③和④，α与β也可能相交，均错误；对于②，设m,n相交确定平面γ，根据线面平行的判定定理知α⎳γ,β⎳γ，根据平行平面的传递性得知α⎳β．故选：A．5023年10月23日，杭州亚运会历时16天圆满结束.亚运会结束后，甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排合影留念，其中甲、乙均不能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有()A.18种B.24种C.30种D.36种【答案】C3【解析】由题意可知，当丙站在左端时，有A3=6种站法；123当丙不站在左端时，有C2A2A3=24种站法.由分类加法计数原理可得，一共有6+24=30种不同的站法.故选：C.2(x-μ)-22σ6一般来说，输出信号功率用高斯函数来描述，定义为Ix=I0e，其中I0为输出信号功率最大2值(单位：mW)，x为频率(单位：Hz)，μ为输出信号功率的数学期望，σ为输出信号的方差，3dB带宽是光通信中一个常用的指标，是指当输出信号功率下降至最大值一半时，信号的频率范围，即对应函数2(x-2)-2图象的宽度。现已知输出信号功率为Ix=I0e(如图所示)，则其3dB带宽为()A.ln2B.4ln2C.3ln2D.22ln2【答案】D222(x-2)(x-2)(x-2)1-2-212【解析】依题意，由I(x)=I0，I(x)=I0e，得I0e=I0，即e=2，222则有(x-2)=2ln2，解得x1=2-2ln2，x2=2+2ln2，所以3dB带宽为x2-x1=22ln2.故选：Dπ353π7已知x∈0,4,sinx+cosx=5，则tanx-4=()A.3B.-3C.-5D.2【答案】Aπ35π310【解析】因为sinx+cosx=2sinx+4=5，可得sinx+4=10，且x∈0,ππ∈π,ππ=1-sin2x+π=10，4，则x+442，可得cosx+4410sinx+ππ4则tanx+=π=3，4cosx+43πππ所以tanx-4=tanx+4-π=tanx+4=3.第37页共72页 故选：A.nπnπ8数列an的前n项和为Sn，若a1=1，a2=2，且an+2=2+cos2an-sin2，则S2024=()2024202410121012A.3-1011B.3+1011C.3-1011D.3+1011【答案】D∗2kπ2kπ【解析】令n=2k,k∈N，则a2k+2=2+cos2a2k-sin2，即a2k+2=3a2k，即数列an的所有偶数项构成首项为a2=2，公比为3的等比数列，∗(2k-1)π(2k-1)π令n=2k-1,k∈N，则a2k+1=2+cosa2k-1-sin，22即a2k+1=2a2k-1-1，由于a1=1，则a3=2-1=1,a5=2-1=1,⋯,a2k-1=1，故S2024=a1+a2+⋯+a2024=(a2+a4+⋯+a2024)+(a1+a3+⋯+a2023)10122(1-3)1012=+1012=3+1011，1-3故选：D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.π9已知函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0,φ<的部分图象如图所示，下列说法正确的是2()A.f0=3πB.函数fx的图象关于直线x=-对称6π5πC.函数fx在,上单调递减612πD.将函数fx图象向左平移个单位所得图象关于y轴对称6【答案】AC【解析】由函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象知，A=2，ππ2πT=4×-=π，所以ω==2，312Tππ又因为f12=2sin2×12+φ=2，ππ所以+φ=+2kπ,k∈Z；62π解得φ=+2kπ,k∈Z3第38页共72页 ππ又因为φ<，所以φ=，23π所以fx=2sin2x+；3π3所以f0=2sin=2×=3，选项A正确；32ππππx=-6时，f-6=2sin-3+3=0，π所以f(x)的图象不关于x=-对称，选项B错误；6x∈π,5ππ∈2π,7ππ单调递减，选项C正确；612时2x+336，函数fx=2sin2x+3ππ2π函数fx图象向左平移6个单位，得y=fx+6=2sin2x+3，所得图象不关于y轴对称，选项D错误．故选：AC．10已知x≥1，y>1，且xy=4，则()A.1≤x≤4，1<y<4B.4≤x+y≤5y2C.最大值为4D.4x+y的最小值为12x【答案】BCD44【解析】对于选项A:由已知得x=≥1，y=>1，yx则1≤x<4，1<y≤4.故A错误；对于选项B:令t=x+y，4则t=x+y=x+在x∈1,2单调递减，在x∈2,4单调递增，x得4≤x+y≤5，故B正确；22yyy对于选项C:结合题意可得=，令fy=，x442y1y则fy=在y∈1,4上单调递增，得<≤4，故C正确.44x21632对于选项D:设hx=4x+y=4x+，则hx=4-，23xx当x∈1,2时，hx单调递减，当x∈2,4时，hx单调递增，所以hxmin=h2=12.故D正确.故选:BCD.11如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是线段DD1上的动点(不包括端点)，过A，B1，E三点的平面将正方体截为两个部分，则下列说法正确的是()第39页共72页 A.正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的3倍B.不存在一点E，使得点A1和点C到平面AEB1的距离相等C.正方体被平面AEB1所截得的截面的面积随着D1E的增大而增大1D.当正方体被平面AEB1所截得的上部分的几何体的体积为时，E是DD1的中点3【答案】ABC31【解析】对于A，正方体外接球的半径为，内切球的半径为，可得正方体的外接球的表面积是22322正方体内切球的表面积的=3倍，故A正确；122对于B，由点A1和点B到平面AEB1的距离相等，若点A1和点C到平面AEB1的距离相等，必有BC⎳平面AEB1，又由BC∥AD，可得AD⎳平面AEB1，与AD∩平面AEB1=A矛盾，故B正确；对于C，如图，在C1D1上取一点F，使得EF∥C1D，连接B1F，设D1E=a0<a<1，由EF∥C1D∥AB1，可得平面AB1FE为过A，B1，E三点的截面，22222在梯形AB1FE中，AB1=2，EF=2a，AE=1+1-a=a-2a+2，B1F=1+1-a第40页共72页 2=a-2a+2，2-2a21322梯形AB1FE的高为a-2a+2-=a-a+，222112312梯形AB1FE的面积为×2+2a×a-a+=a+1a-2a+3=2222122a+1a-2a+3，22222令fa=a+1a-2a+30<a<1，有fa=2a+1a-2a+3+a+12a-2=21234a+1a-a+1=4a+1a-2+4>0.可得函数fa单调递增，可得正方体被平面AEB1所截得的截面面积随着D1E的增大而增大，故C正确；11111对于D选项，VE-AA1B1=3×2×1×1×1=6，VE-A1B1FD1=3×a×1×1-2×1×1-a=12a+a，612112被平面AEB1所截得的上部分的几何体的体积为a+a+=，整理为a+a-1=0，6635-1解得a=，故D错误.2故选：ABC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.31212设A，B是一个随机试验中的两个零件，若PB=，PAB=，PA+B=，则PA433=．1【答案】6PAB131【解析】由PAB=，有PAB=PABPB=×=，PB344312又由PA+B=PA+PB-PAB，有PA+-=，4431可得PA=．61故答案为：613已知△ABC中，AB=2BC=2，AB边上的高与AC边上的中线相等，则tanB=.【答案】-3【解析】如下图所示，设AB边上的高为CE，AC边上的中线为BF，在Rt△BCE中，CE=BCsin∠ABC=sin∠ABC，所以BF=CE=sin∠ABC，12122由BF=BA+BC，平方得BF=BA+2BABCcos∠ABC+BC，24第41页共72页 2代入得，41-cos∠ABC=4+2×2×1×cos∠ABC+1，21化简得，4cos∠ABC+4cos∠ABC+1=0，解得cos∠ABC=-，22π又因为0<∠ABC<π，所以∠ABC=，所以tan∠ABC=-3.3故答案为：-3x2ln(x-1)14在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数f(x)=axe-ln(ax)和g(x)=图象上x的动点，若对任意a>0，有PQ≥m恒成立，则实数m的最大值为．32【答案】2xx+lnaxx【解析】axe-ln(ax)-x=e-x+lnax，令wx=e-x，x∈R，x则wx=e-1当x∈0,+∞xx时，wx>0，wx=e-x单调递增，当x∈-∞,0时，wx<0，wx=e-x单调递减，x0故wx=e-x在x=0处取得极小值，也是最小值，故wx≥e-0=1，xx+lnax故axe-ln(ax)-x=e-x+lnax≥1，当且仅当x+lnax=0时，等号成立，2ln(x-1)令jx=x-，x>1，x2x22x-2ln(x-1)x-+2ln(x-1)x-1x-1则jx=1-=，22xx22x令k(x)=x-+2ln(x-1)，x-12x-2-2x222则k(x)=2x-+=2x++>0在1,+∞上恒成立，x-12x-1x-12x-122x故k(x)=x-+2ln(x-1)在1,+∞上单调递增，x-1又k(2)=0，故当x∈1,2时，k(x)<0，当x∈2,+∞时，kx>0，故x∈1,2时，jx<0，jx单调递减，当x∈2,+∞时，jx>0，jx单调递增，2ln(x-1)故jx=x-在x=2处取得极小值，也时最小值，最小值为j2=2，x2lnt-1n设Pn,ane-ln(an),Qt,，t2lnt-1222n由基本不等式得，PQ=(t-n)+ane-lnan-t2ln(t-1)n2t-+ane-lnan-n2t(2+1)9≥≥=，2222lnt-1n当且仅当t-n=ane-lnan-，t=2，n+lnan=0时，等号成立，t3232故PQ≥，则mmax=．2232故答案为：2第42页共72页 2024届高三二轮复习“8+3+3”小题强化训练(7)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1已知数据4x1+1，4x2+1，⋯，4x10+1的平均数和方差分别为4，10，那么数据x1，x2，⋯，x10的平均数和方差分别为()55335A.-1，B.1，C.1，D.，22248【答案】D2【解析】设数据x1，x2，⋯，x10的平均数和方差分别为μ和s，22则数据4x1+1，4x2+1，⋯，4x10+1的平均数为4×μ+1=4，方差为4×s=10，325得μ=，s=，48故选：D．6422在(x-2y)的展开式中，xy的系数为()A.30B.60C.40D.-60【答案】B6r6-rrrr6-rr【解析】(x-2y)的通项为：Tr+1=C6x-2y=C6-2xy，4222令r=2可得：xy的系数为C6-2=15×4=60.故选：B．3设等差数列an的前n项和Sn，若S3=9，S6=36，则a7+a8+a9=()A.18B.27C.45D.63【答案】C【解析】由题意得S3,S6-S3,S9-S6成等差数列，即9,36-9,a7+a8+a9成等差数列，即2×36-9=9+a7+a8+a9，解得a7+a8+a9=45.故选：C4设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A.若m⊥α，m⎳n，n⊥β，则α⊥βB.若α⎳β，m⊂α，m⎳n，则n⎳βC.若m，n是两条不同的异面直线，m⎳α,n⎳β，m⊂α，n⊂β，则α⎳βD.若m⊥n，α⎳β，则m与α所成的角和n与β所成的角互余【答案】C【解析】A．m⎳n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，则α⎳β，所以α⊥β不正确，A不正确；B．α⎳β，m⊂α，m⎳n，则n⎳β或n⊂β，故B不正确；C．若m，n是两条不同的异面直线，m⎳α,n⎳β，m⊂β，n⊂α，则α⎳β，C正确．D．由m⊥n时，m,n与α所成的角没有关系，α⎳β时，由面面平行的性质知n与α,β所成的角相等，m与α,β所成的角相等，因此m与α所成的角和n与β所成的角不一定互余，D不正确.故选：C．第43页共72页 2y2x5已知椭圆E:2+2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，点P为椭圆E上位于第一象限内ab的一点，若PF1=3PF2，|OP|=OF2(O为坐标原点)，则椭圆E的离心率为()56210A.B.C.D.4424【答案】D【解析】如图，由|OP|=OF2，|OF1|=|OF2|，可得△PF1F2为直角三角形，∵|PF1|=3|PF2|，且|PF1|+|PF2|=2a，3aa解得|PF1|=，|PF2|=，223a2a22再由勾股定理可得：2+2=4c2c10c10得=，∴e==．a216a4故选：D．6若O是△ABC所在平面内一点，且满足OB-OC=OB+OC-2OA，则△ABC的形状为()A.等边三角形B.等腰三角形C.等腰直角三角形D.直角三角形【答案】D【解析】∵OB+OC-2OA=OB-OA+OC-OA=AB+AC，OB-OC=CB=AB-AC，∴AB+AC=AB-AC，两边平方，化简得AB⋅AC=0∴AB⊥AC.∴△ABC为直角三角形.因为AB不一定等于AC，所以△ABC不一定为等腰直角三角形.故选：D.7小明将Rt△ABD与等边△BCD摆成如图所示的四面体，其中AB=4，BC=2，若AB⊥平面BCD，则四面体ABCD外接球的表面积为()第44页共72页 1616π64π2563πA.B.C.D.33327【答案】C【解析】Rt△ABD中，取AD中点E，则E为Rt△ABD的外心，在等边△BCD中取重心G，G也为△BCD的外心，取BD中点F，连接GF,EF，GD过Rt△ABD，△BCD的外心作所在平面的垂线，所得交点O即为外接球的球心，则EF⎳AB，AB⊥平面BCD，则EF⊥平面BCD，则OG⎳EF，GF⊥BD，AB⊥平面BCD，GF⊂平面BCD，GF⊥AB，AB∩BD=B，AB,BD⊂平面ABD，则GF⊥平面ABD，所以GF⎳OE，故GFEO为矩形，1则|OG|=|EF|=|AB|=2，222223|GD|=2-1=，33232162则R=|OD|=2+=3321664π则外接球的表面积为4πR=4π⋅=.33故选：Ca8已知正数a,b,c满足e=b=lnc,e为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是()22A.a+c<2bB.a+c>2bC.ac<bD.ac>b【答案】Bbb【解析】由题设a>0，则b>1，且a=lnb,c=e，则a+c=lnb+e，x1x令f(x)=lnx+e-2x且x>1，故f(x)=+e-2，x令g(x)=1+ex-2，则g(x)=ex-1在(1,+∞)上递增，故g(x)>g(1)=e-1>0，xx2所以g(x)=f(x)在(1,+∞)上递增，故f(x)>f(1)=e-1>0，所以f(x)在(1,+∞)上递增，故f(x)>f(1)=e-2>0，x即lnx+e>2x在(1,+∞)上恒成立，故a+c>2b，A错，B对；2x2e2对于ac,b的大小关系，令h(x)=elnx-x且x>1，而h(1)=-1<0，h(e)=e-e>0，第45页共72页 x2显然h(x)在(1,+∞)上函数符号有正有负，故elnx,x的大小在x∈(1,+∞)上不确定，2即ac,b的大小在b∈(1,+∞)上不确定，所以C、D错.故选：B二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.ix9欧拉是科学史上最多才的一位杰出的数学家，他发明的公式为e=cosx+isinx，i虚数单位，将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，这个公式也被誉为“数学中的天桥”(e为自然对数的底数，i为虚数单位)，依据上述公式，则下列结论中正确的是()iπ2A.复数e为纯虚数i3B.复数e对应的点位于第二象限iπ313C.复数e的共轭复数为-i22iθD.复数e(θ∈[0,π])在复平面内对应的点的轨迹是半圆【答案】ABDiπππiπ22【解析】对于A，e=cos+isin=i，则e为纯虚数，A正确；22i3πi3对于B，e=cos3+isin3，而<3<π，即cos3<0,sin3>0，则复数e对应的点位于第二象限，2B正确；iπππ13iπ1333对于C，e=cos+isin=+i，复数e的共轭复数为-i，C错误；332222iθiθ对于D，e=cosθ+isinθ,|e|=|cosθ+isinθ|=1，iθ复数e(θ∈[0,π])在复平面内对应的点的轨迹是半径为1的半圆，D正确．故选：ABD10在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中b=3，且b3sinA-cosC=c-acosB，若AC边上的中点为M，则()2π33A.B=B.S△ABC的最大值为343C.a+b+c的最小值为3+23D.BM的最小值为2【答案】ABD【解析】对于A：b3sinA-cosC=c-acosB，由正弦定理得sinB3sinA-cosC=sinC-sinAcosB，即3sinBsinA-sinBcosC=sinCcosB-sinAcosB，3sinBsinA+πsinAcosB=sinA，因为A∈0,π，所以sinA≠0，所以3sinB+cosB=1，2sinB+=1，B=62π，故A正确；32222222对于B：由余弦定理知b=a+c-2accosB，9=a+c+ac，因为a>0，c>0，所以9=a+c13+ac≥3ac，ac≤3，当且仅当a=c时等号成立，因为S△ABC=acsinB=ac，所以S△ABC的最2433大值为，故B正确；422222对于C：由B知9=a+c+ac=a+c-ac，则a+c=9+ac，所以a+c=9+ac≤12⇒a+c≤23，当且仅当a=c时等号成立，所以a+b+c的最大值为3+23，故C错；第46页共72页 11对于D：因为BM为AC边上的中线，所以BM=BA+BC，BM=221221221BA+BC+2BA⋅BC=c+a-ac，得BM=9-2ac，因为ac≤3，所以BM的最2223小值为，故D正确；2故选：ABD.222*11已知Mn是圆On:x+y-2nx-2ny+n=0n∈N上任意一点，过点Pn-1,n向圆On引斜率为knkn>0的切线ln，切点为Qnxn,yn，点An3n,n，则下列说法正确的是()n2n+1A.n=1时，k1=3B.yn=+nn+11-xnxn13C.<2sinD.MnAn+MnPn的最小值是n+11+xnyn-n22【答案】BCD22【解析】当n=1时，圆O1的方程为x-1+y-1=1，圆心为1,1，半径为1，过点P1-1,1向圆O1引切线，根据题意可知，切线斜率存在，设切线方程为y=kx+1+1，即kx-y+k+1=0，|k+k|3由点到直线的距离公式可得=1，又因为kn>0，所以k1=，故A不正确；1+k23y=knx+1+n设直线ln:y=knx+1+n，由222，x+y-2nx-2ny+n=02222得1+knx+2kn-2nx+kn=0，2222由Δ=0，即2kn-2n-4kn1+kn=0，2nn-knn又因为kn>0，所以kn=，所以xn=2=，2n+11+knn+1nnn2n+1所以yn=knxn+1+n=n+1+1+n=n+1+n，故B正确；2n+11-n1-xnn+11xn1因为==,=，1+xn1+n2n+1yn-n2n+1n+1令fx=x-2sinx，fx=1-2cosx，ππ当x∈0,4时，fx=1-2cosx<0，所以fx在0,4上单调递减，11π因为0<≤<，而f0=0，2n+13411-xnxn所以f<f0=0，即<2sin，故C正确；2n+11+xnyn-n3n1设Cn2,n，此时2MnAn=MnCn，13故而|MnAn|+|MnPn|=|MnCn|+|MnPn|≥|CnPn|=n+1，等号成立当且仅当Mn在CnPn上，故22D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.212已知f(x)=x-1的定义域为A，集合B={x∈R∣1<ax<2}，若B⊆A，则实数a的取值范围是.【答案】[-1,1]第47页共72页 2【解析】x-1≥0，则x≥1或x≤-1，即A={x|x≥1或x≤-1}.①当a=0时，B=∅，满足B⊆A，符合题意；②当a>0时，B=x∈R∣1<x<2，所以若B⊆A，aa12则有≥1或≤-1(舍)，解得0<a≤1；aa③当a<0时，B=x∈R∣2<x<1，所以若B⊆A，aa12则有≤-1或≥1(舍)，解得-1≤a<0.aa综上所述，a∈[-1,1].故答案为：-1,113设函数y=fx的定义域为R，且fx+1为偶函数，fx-1为奇函数，当x∈-1,1时，fx20232=1-x，则fk=.k=1【答案】-1【解析】因为函数y=fx的定义域为R，且fx+1为偶函数，fx-1为奇函数，则f1-x=f1+x，f-x-1=-fx-1，所以，函数fx的图象关于直线x=1对称，也关于点-1,0对称，所以，f-x=fx+2，f-x=-fx-2，所以，fx+2=-fx-2，则fx+8=-fx+4=fx，所以，函数fx是周期为8的周期函数，2当x∈-1,1时，fx=1-x，则f1=0，f7=f-1=0，f8=f0=1，f2=f0=1，f3=f-1=0，f4=-f-6=-f2=-1，f5=f-3=-f1=0，f6=-f-8=-f0=-1，8所以，fk=0+1+0-1+0-1+0+1=0，k=120238又因为2023=8×253-1，所以，fk=253fk-f8=0-1=-1.k=1k=1故答案为：-1.πππ14函数fx=2sinωx+6(ω>0)在区间6,2上有且只有两个零点，则ω的取值范围是.111723【答案】3,5∪3,3【解析】利用三角函数的性质分析求解即可.ππTπ3T由于fx在区间,上有且只有两个零点，所以<<，62232ππ3ππ即<<⇒3<ω<9，由fx=0得，ωx+=kπ，k∈Z，ω3ω6ππππωππωπ∵x∈6,2，∴ωx+6∈6+6,2+6，πω+π<ππ≤πω+π<2π6666111723∴或，解得<ω<5或<ω≤，2π<πω+π≤3π3π<πω+π≤4π3332626111723所以ω的取值范围是3,5∪3,3.第48页共72页 111723故答案为：3,5∪3,3第49页共72页 2024届高三二轮复习“8+3+3”小题强化训练(8)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1某地有8个快递收件点，在某天接收到的快递个数分别为360，284，290，300，188，240，260，288，则这组数据的百分位数为75的快递个数为()A.290B.295C.300D.330【答案】B【解析】将数据从小到大排序为：188，240，260，284，288，290，300，360，290+3008×75%=6，所以75%分位数为=295.2故选：B22若集合M=yy=ln4-x，N=-2,2，则M∩N=()A.-2,2B.-2,2C.-∞,2D.-2,ln4【答案】D22【解析】因为4-x>0⇒-2<x<2，所以y=ln(4-x)定义域为(-2,2)，222所以0≤x<4⇒0<4-x≤4⇒ln(4-x)≤ln4，即M=-∞,ln4，所以M∩N=-2,ln4.故选：D.3设函数f(x)=x+2，数列an，bn满足an=2f(n)-1，fbn=2n-1，则a6=()A.b7B.b9C.b11D.b13【答案】B【解析】因为an=2f(n)-1=2n+2-1=2n+3，所以a6=2×6+3=15，又因为fbn=bn+2=2n-1，所以bn=2n-3，令bn=2n-3=15，解得n=9，故选：B.22x24抛物线C:y=2px(p>0)的焦点为F，且抛物线C与椭圆+y=1在第一象限的交点为A，若2AF⊥x轴，则p=()222A.2B.1C.D.33【答案】Cpp【解析】由题设F2,0，且A在第一象限，AF⊥x轴，则A2,p，2p22822又A在椭圆上，故+p=1⇒p=，而p>0，故p=.893故选：C5某单位计划从5人中选4人值班，每人值班一天，其中第一、二天各安排一人，第三天安排两人，则安排方法数为()A.30B.60C.120D.180【答案】B第50页共72页 【解析】先从5人中选出4人值班，再从4人中选出2人值第三天，剩余2人分别值第一、二天，422所以安排方法数为C5⋅C4⋅A2=60.故选：B.26已知G是△ABC的重心，O是空间中的一点，满足OA⋅OB+OA⋅OC+OB⋅OC=6，OA+22OB+OC=6，则OG=()623A.B.C.2D.2333【答案】C【解析】由题意知G是△ABC的重心，则GA+GB+GC=0，即OA-OG+OB-OG+OC-OG=01所以OG=(OA+OB+OC)，32222又因为(OA+OB+OC)=OA+OB+OC+2(OA⋅OB+OA⋅OC+OB⋅OC)=18，所以|OG|=2.故选：C.1α-βα-βπ7已知α-β-tan21+tanα-βtan2=6，tanαtan2-β=3，则cos4α+4βtan2=()79794949A.-B.C.-D.81818181【答案】A2α-β2α-β1α-βα-β1-tan22tan2【解析】α-β-tan21+tanα-βtan2=6，α-β1+2α-β=6.tan2tan21-tan22α-β2α-β2cosα-β1-tan2+2tan2=6，sinα-β1-tan2α-β22α-β2cosα-β1+tan22cosα-β1=6，×=6，sinα-β1-tan2α-βsinα-βcosα-β211sinα-β=，sinαcosβ-cosαsinβ=，33π又因为tanαtan-β=3，所以sinαcosβ=3cosαsinβ，2112则cosαsinβ=,sinαcosβ=，所以sinα+β=sinαcosβ+cosαsinβ=623241cos2α+2β=1-2sinα+β=1-2×=.992179cos4α+4β=2cos2α+2β-1=2×-1=-.8181故选：A2y2x8已知O为坐标原点，双曲线C:2-2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为ab第51页共72页 6，点Px1,y1是C的右支上异于顶点的一点，过F2作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足是M，|MO|=22，若双曲线C上一点T满足F1T⋅F2T=5，则点T到双曲线C的两条渐近线距离之和为()A.22B.23C.25D.26【答案】A【解析】设半焦距为c，延长F2M交PF1于点N，由于PM是∠F1PF2的平分线，F2M⊥PM，所以△NPF2是等腰三角形，所以PN=PF2，且M是NF2的中点.根据双曲线的定义可知PF1-PF2=2a，即NF1=2a，由于O是F1F2的中点，1所以MO是△NF1F2的中位线，所以|MO|=NF1=a=2，226x2又双曲线的离心率为，所以c=3，b=1，所以双曲线C的方程为-y=1.22所以F1(-3,0)，F2(3,0)，双曲线C的渐近线方程为x±2y=0，|u+2v||u-2v|设T(u,v)，T到两渐近线的距离之和为S，则S=+，3322222由F1T⋅F2T=(u-3)(u+3)+v=u+v-3=5，即u+v=8，22x2u22222又T在-y=1上，则-v=1，即u-2v=2，解得u=6，v=2，222|u|由|u|>2|v|，故S==22，即距离之和为22.2故选：A二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9下列命题正确的是()A.若A,B两组成对数据的样本相关系数分别为rA=0.97,rB=-0.99，则A组数据比B组数据的相关性较强B.若样本数据x1,x2,⋅⋅⋅,x6的方差为2，则数据2x1-1,2x2-1,⋅⋅⋅,2x6-1的方差为8C.已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数D.某人解答5个问题，答对题数为X，若X∼B5,0.6，则EX=3【答案】BCD【解析】对于A，因为rA=0.97<rB=0.99，即A组数据比B组数据的相关性较弱，故A错误；22对于B，若样本数据x1,x2,⋅⋅⋅,x6方差为s=2，则数据2x1-1,2x2-1,⋅⋅⋅,2x6-1的方差为s122=2s=8，故B正确；对于C，将这原来的30个数从小大大排列为a1,a2,⋯,a30，则30×22%=6.6，所以原来的22%分位a6+a7数为，2第52页共72页 若去掉其中最大和最小的数据，剩下28个数据为a2,⋯,a29，则28×22%=6.16，所以剩下28个数a7+a8据的22%分位数为，2由于a1,a2,⋯,a30互不相同，所以C正确；对于D，某人解答5个问题，答对题数为X，若X∼B5,0.6，则EX=5×0.6=3，故D正确.故选：BCD.10设复数z的共轭复数为z，i为虚数单位，则下列命题正确的是()A.若z⋅z=0，则z=0B.若z-z∈R，则z∈Rπ2π1C.若z=cos+isin，则z=1D.若z-1-2i=z+3+i，则z的最小值是552【答案】ABD【解析】设z=a+bia,b∈R，22对于选项A：z⋅z=a+bia-bi=a+b=0，所以a=b=0，所以z=0，故选项A正确；对于选项B：z-z=a+bi-a-bi=2bi∈R，所以b=0，即z=a∈R，故选项B正确；π2π2π22π对于选项C：z=cos+isin，则z=cos+sin≠1，故选项C不正确；5555对于选项D：z-1-2i=z+3+i即a+bi-1-2i=a+bi+3+i表示点a,b到点M1,2和到点N-3,-1的距离相等，所以复数z对应的点的轨迹为线段MN的垂直平分线，1-1-23因为MN中点为-1,2，kMN=-3-1=4，14所以MN的中垂线为b-=-a+1，整理可得：8a+6b+5=0，232222所以z=a+b=a-0+b-0表示点0,0到8a+6b+5=0的距离，51所以zmin==，故选项D正确，82+622故选：ABD.11设函数fx的定义域为I，若存在x0∈I，使得ffx0=x0，则称x0是函数fx的二阶不动点.下列各函数中，有且仅有一个二阶不动点的函数是()x22πA.fx=x-x+1B.fx=log2x+1C.fx=D.fx=2sinx-1x62+1【答案】ACD【解析】若fx0=x0，称x0为一阶不动点，显然若fx0=x0，则满足ffx0=x0，故一阶不动点显然也是二阶不动点，若fx0=y0，则有fy0=x0，即x0,y0,y0,x0都在函数y=fx的图象上，即y=fx上存在两点关于y=x对称，此时这两点的横坐标也为二阶不动点，下证：当y=fx单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价，因为fx0=y0，若x0>y0，因为y=fx单调递增，所以fx0>fy0，即y0>x0，矛盾，若x0<y0，因为y=fx单调递增，所以fx0<fy0，即y0<x0，矛盾，综上：当y=fx单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价；由题意得：只需y=fx与直线y=x的交点个数为1，2A选项，x-x+1=x，解得：x=1，fx=x有且仅有1个根，2画出y=x-x+1与y=x的图象，如下：第53页共72页 2显然y=x-x+1上不存在两点关于y=x对称，2综上：fx=x-x+1有且仅有一个二阶不动点，满足要求，A正确；B选项，令hx=log2x+1-x，定义域为-1,+∞，显然h0=0,h1=0，则0,1均为fx=log2x+1的二阶不动点，不满足要求，B错误；x21C选项，fx==1-定义域为R，单调递增，只需寻找一阶不动点即可，xx2+12+111令1-=x，整理得：1-x=，xx2+12+111令qx=，则qx=∈0,1，单调递减，xx1+21+21再同一坐标系总画出两函数y=1-x与qx=图象，如下：x1+2两函数只有1个交点，满足要求，C正确；πD选项，令fx=2sinx-1=x，6π作出函数y=2sinx-1,y=x的图象，6由图可知，点0,1与点1,0关于直线y=x对称，故函数满足题意，故D正确.故选：ACD.第54页共72页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.16312已知1+xax+的展开式中x的系数为240，则实数a=．x【答案】±2161616【解析】1+xax+x=ax+x+xax+x，16r6-r1rr6-r6-2r二项式ax+x通项公式为C6⋅ax⋅x=C6⋅a⋅x，163224242其中ax+x的展开式中无含x项，含x的项为C6⋅ax=15ax，163434∴1+xax+中含x的项为15ax，则15a=240．解得a=±2．x故答案为：±213已知四面体A-BCD，其中AD=BC=2，CD=AB=5，AC=BD=7，E为CD的中点，则直线AD与BE所成角的余弦值为；四面体A-BCD外接球的表面积为．5175【答案】①.##17②.8π3434【解析】在四面体A-BCD中，AD=BC=2，CD=AB=5，AC=BD=7，将四面体A-BCD补成长方体AMCN-PBQD，222AD=AP+AE=4AP=1222则AB=AP+AM=5，解得AM=2，AC2=AM2+AN2=7AN=3以点A为坐标原点，AM、AN、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，1则A0,0,0、D0,3,1、B2,0,1、E1,3,，21所以，AD=0,3,1，BE=-1,3,-，25AD⋅BE2517则cosAD,BE===，AD⋅BE2×17342517所以，直线AD与BE所成角的余弦值为，34第55页共72页 222长方体AMCN-PBQD的体对角线长为AQ=AM+AN+AP=4+3+1=22，2所以，四面体A-BCD外接球半径为2，故四面体A-BCD外接球的表面积为4π×2=8π.517故答案为：；8π.3414如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A,B恒有∠AOB≤α成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界x-1xe+1,x>0角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：y=(其中e是自然对数的底12x+1,x≤016数)，点O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为β，则sinβ=.【答案】1x-1xe+1,x>0【解析】函数y=，12x+1,x≤016x-1因为x>0,y=(x+1)e>0，所以该函数在(-∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增.x-1x1-1过原点作y=xe+1的切线，设切点Ax1,x1e+1，由y=x+1x-1x1-1e，则切线OA的斜率为k1=x1+1e，x1-1x1-1直线OA:y-x1e+1=x1+1ex-x1过0,0，x1-12x1-12x1-1∴-x1e-1=-x1-x1e，∴x1e-1=0(x1>0)，x1-1-2x-1-2即e=x1，由函数y=e与y=x的图象在(0,+∞)有且只有一个交点，第56页共72页 且当x1=1时满足方程，故方程有唯一解x1=1，则k1=2；1212过原点作y=16x+1的切线，设切点Bx2,16x2+1，11由y=x，得切线OB的斜率k2=x2，88121则切线OB:y-16x2+1=8x2x-x2过原点(0,0)，1212则有-x2-1=-x2(x2≤0)，∴x2=-4，1681则k2=-，则有k1k2=-1，2∴两切线垂直，曲线C相对于点O的“确界角”为β，π则β=，sinβ=1.2故答案为：1.第57页共72页 2024届高三二轮复习“8+3+3”小题强化训练(9)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1在一组样本数据x1,y1、x2,y2、⋯、xn,ynn≥2、x1、x2、⋯、xn不全相等)的散点图中，若所有的样本点xi,yii=1,2,⋯,n都在直线y=-2x+1上，则这组样本数据的相关系数为()A.2B.-2C.-1D.1【答案】C【解析】因为所有样本点都在直线y=-2x+1上，所以相关系数r满足r=1.又因为-2<0，所以r<0，所以r=-1.故选：C.2y2x62若椭圆C:+=1的离心率为，则椭圆C的长轴长为()m2326A.6B.或26C.26D.22或263【答案】D62-m2【解析】当焦点在y轴时，由e==，解得m=，符合题意，此时椭圆C的长轴长为32322；6m-2当焦点在x轴时，由e==，解得m=6，符合题意，此时椭圆C的长轴长为2m=3m26．故选：D．3最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》(1247年).该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.如图“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量(平地降雪厚度=器皿中积雪体积除以器皿口面积)，已知数据如图(注意：单位cm)，则平地降雪厚度的近似值为()91319597A.cmB.cmC.cmD.cm1241212【答案】C20+40【解析】如图所示，可求得器皿中雪表面的半径为=15cm，4122π×20×10+15+10×15395所以平地降雪厚度的近似值为=cm.π×20212故选：C第58页共72页 n2n4设1+x=a0+a1x+a2x+⋯+anx，若a2=a3，则n=()A.5B.6C.7D.8【答案】Anrr【解析】(1+x)展开式第r+1项Tr+1=Cnx，23∵a2=a3，∴Cn=Cn，∴n=2+3=5.故选：A.25某校高三年级800名学生在高三的一次考试中数学成绩近似服从正态分布N89,13，若某学生数学成绩为102分，则该学生数学成绩的年级排名大约是()(附：Pμ-σ≤X≤μ+σ≈0.6827，Pμ-2σ≤X≤μ+2σ≈0.9545，Pμ-3σ≤X≤μ+3σ≈0.9973)A.第18名B.第127名C.第245名D.第546名【答案】B2【解析】因为成绩X近似服从正态分布N(89,13)，则μ=89,σ=13，且P76≤X≤102=P89-13≤X≤89+13=0.6827，1-P76≤X≤102所以PX≥102==0.15865，2因此该校数学成绩不低于102分的人数即年级排名大约是800×0.15865≈127．故选：B．6声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，我们听到的声音多为复合音．若一个复合音的数1学模型是函数fx=sinx+sin2xx∈R，则下列结论正确的是()23A.fx的一个周期为πB.fx的最大值为2C.fx的图象关于直线x=π对称D.fx在区间0,2π上有3个零点【答案】D11【解析】A.fx+π=sinx+π+sin2x+π=-sinx+sin2x≠fx，故A错误；22π1πB.y=sinx，当x=+2kπ，k∈Z时，取得最大值1，y=sin2x，当2x=+2kπ，k∈Z时，即x222π1=+kπ，k∈Z时，取得最大值，所以两个函数不可能同时取得最大值，所以fx的最大值不423是，故B错误；211C.f2π-x=sin2π-x+sin22π-x=-sinx-sin2x≠fx，所以函数fx的图象不关22于直线x=π对称，故C错误；1D.fx=sinx+sin2x=sinx+sinxcosx=0，即sinx1+cosx=0，x∈0,2π，2即sinx=0或cosx=-1，解得：x=0,π,2π，所以函数fx在区间0,2π上有3个零点，故D正确.故选：Dπ7已知球O的直径为PC=23,A、B是球面上两点，且PA=PB=3,∠APB=，则三棱锥P3-ABC的体积()36A.B.3C.D.622第59页共72页 【答案】C【解析】由题意可知△APB为正三角形，设其外接圆圆心为M，半径为r，PA则2r=⇒PM=r=1，且OM⊥平面APB，sinπ322所以OM=OP-r=2，故C到平面APB的距离为22，1326所以三棱锥P-ABC的体积为×22××3=.342故选：C8几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点M,N是锐角∠AQB的一边QA上的两点，试在边QB上找一点P，使得∠MPN最大．”如图，其结论是：点P为过M,N两点且和射线QB相切的圆与射线QB的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xoy中，给定两点M0,2,N2,4，点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标是()A.2B.6C.2或6D.1或3【答案】A【解析】由题意知，点P为过M，N两点且和x轴相切的圆与x轴的切点，4-2已知M0,2,N2,4，则线段MN的中点坐标为1,3，直线MN斜率为=1，2-0线段MN的垂直平分线方程为y-3=-(x-1)，即x+y-4=0.所以以线段MN为弦的圆的圆心在直线x+y-4=0上，所以可设圆心坐标为Ca,4-a，又因为圆与x轴相切，所以圆C的半径r=4-a，又因为CM=r，222所以a-0+4-a-2=4-a，解得a=2或a=-6，即切点分别为P2,0和P-6,0，两圆半径分别为2,10.由于圆上以线段MN(定长)为弦所对的圆周角会随着半径增大而圆周角角度减小，且过点M,N,P的圆的半径比过M,N,P的圆的半径大，所以∠MPN<∠MPN，故点P2,0为所求，所以当∠MPN取最大值时，点P的横坐标是2.故选：A.第60页共72页 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.28+10i9已知复数z1=1-3i，z2=2-i，z3=，则()1+iA.z1+z2=4+7iB.z1,z2,z3的实部依次成等比数列C.10z1=2z2D.z1,z2,z3的虚部依次成等差数列【答案】ABC28+10i8+10i1-i【解析】因为z2=2-i=3-4i，z3===9+i，所以z1+z2=4-7i，所以1+i1+i1-iz1+z2=4+7i，故A正确；因为z1，z2，z3的实部分别为1，3，9，所以z1，z2，z3的实部依次成等比数列，故B正确；因为z1，z2，z3的虚部分别为-3，-4，1，所以z1，z2，z3的虚部依次不成等差数列，故D错误；10z1=10×1+9=2z2=2×5=10，故C正确.故选：ABC.210已知O为坐标原点，点F为抛物线C：y=4x焦点，点P4,4，直线l：x=my+1交抛物线C于A，B两点(不与P点重合)，则以下说法正确的是()πA.FA≥1B.存在实数m，使得∠AOB<22C.若，则m=±D.若直线PA与PB的倾斜角互补，则m=-24【答案】ACD2p【解析】由已知，抛物线C：y=4x，∴p=2，=1，焦点F1,0，2不妨设为Ax1,y1，Bx2,y2，设A，B到准线的距离分别为dA，dB，对于A，∵由标准方程知，抛物线顶点在原点，开口向右，x1≥0，p∴由抛物线的定义FA=dA=x1+=x1+1≥1，故选项A正确；22y=4x2对于B，消去x，化简得y-4my-4=0(Δ>0)，x=my+12222yy1y2则y1+y2=4m，y1y2=-4，∵y=4x，∴x=，∴x1x2==1，416∵OA=x1,y1，OB=x2,y2，∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=1-4=-3<0，OA⋅OBπ∴cos∠AOB=cosOA,OB=<0，∴∠AOB>，OAOB2π∴不存在实数m，使得∠AOB<，选项B错误；2对于C，AF=1-x1,-y1，FB=x2-1,y2，∵，∴1-x1,-y1=2x2-1,y2=2x2-2,2y2，∴-y1=2y2第61页共72页 又∵由选项B判断过程知y1+y2=4m，y1y2=-4，22∴解得y1=22，y2=-2，m=或y1=-22，y2=2，m=-，442∴若，则m=±，选项C正确；4对于D，由题意，x1≠4，x2≠4，y1≠4，y2≠4，直线PA与PB的倾斜角互补时，斜率均存在，且kPA=-kPB，22y1-4y2-4y1y2∴=-，代入x1=，x2=，化简得y1+y2+8=0，x1-4x2-444由选项B的判断知，y1+y2=4m，∴4m+8=0，∴m=-2，故选项D正确.故选：ACD.111已知函数fx定义域为R，满足fx+2=fx，当-1≤x<1时，fx=x.若函数y=2x+112fx的图象与函数gx=2(-2023≤x≤2023)的图象的交点为x1,y1，x2,y2，⋯xn,yn，(其中x表示不超过x的最大整数)，则()A.gx是偶函数B.n=2024nn2012-1011B.C.xi=0D.yi=2-2i=1i=1【答案】BCx+1121【解析】函数g(x)=(-2023≤x≤2023)，显然g(-1)=1，而g(1)=，即g(-1)≠g(1)，因此22g(x)不是偶函数，A错误；1函数f(x)定义域为R，满足fx+2=fx，当-1≤x<1时，fx=x，211当1≤x<3时，-1≤x-2<1，f(x)=f(x-2)=|x-2|，22111当2k-1≤x<2k+1,k∈N时，-1≤x-2k<1，f(x)=f(x-2)=f(x-4)=⋯=f(x-2222k12k)=|x-2k|，k2当-3≤x<-1时，-1≤x+2<1，f(x)=2f(x+2)=2|x+2|，2k当-2k-1≤x<-2k+1,k∈N时，-1≤x+2k<1，f(x)=2f(x+2)=2f(x+4)=⋯=2f(x+k2k)=2|x+2k|，1因此当x∈[2j-1,2j+1),j∈Z时，函数f(x)=|x-2j|在[2j-1,2j],j∈Z上递减，j21在[2j,2j+1),j∈Z上递增，当x=2j-1,j∈Z时，f(x)取得最大值，j2x+1x+1当-1≤x<1时，0≤<1，=0,g(x)=1，22x+1x+11当2k-1≤x<2k+1,k∈N时，k≤<k+1，=k,g(x)=，222kx+1x+1k当-2k-1≤x<-2k+1,k∈N时，-k≤<-k+1，=-k,g(x)=2，221因此当x∈[2j-1,2j+1),j∈Z时，函数g(x)=，j2在同一坐标平面内作出函数y=f(x),y=g(x)的部分图象，如图，第62页共72页 1当x∈[2j-1,2j+1),j∈Z时，函数y=f(x),y=g(x)的图象有唯一公共点2j-1,,j∈Z，2j因为-2013≤x≤2013，因此jmin=-1011，jmax=1012，而满足-1011≤j≤1012的整数有2024个，即n=2024，B正确；显然xi=2j-1,i=j+1012,-1011≤j≤1012,j∈Z，2024所以xi=(-2013)+(-2011)+⋯+(-2)+(-1)+1+2+⋯+2011+2013=0，C正确；i=1111011yi=,i=j+1012,-1011≤j≤1012,j∈Z，数列(-1011≤j≤1012,j∈Z)是首项为2，公2j2j1比为的等比数列，2201112024202421-21012-1012所以yi==2-2，D错误.1i=11-2故选：BC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12设集合A=xy=x-2，B={xx≤0，则A∩B=.x-4【答案】2,4【解析】在y=x-2中，由x-2≥0得x≥2，即A=2,+∞，xx(x-4)≤0又由≤0可得：，解得：0≤x<4，即B=0,4，x-4x-4≠0故A∩B=2,4.故答案为：2,421113函数f(x)=2x-+lnx，若f(m)+f=0，则3m+的最小值为.xn2n2【答案】232【解析】因为f(x)=2x-+lnx的定义域为0,+∞，x1215212x2+2+x2x+4+8f(x)=2++==>0，所以f(x)在0,+∞为增函数，x2xx2x2122121fx=x-1+lnx=x-2x-lnx，所以f(x)+fx=0，x11m又f(m)+f=0，f(x)在0,+∞为增函数，所以m⋅=1，即=1，n2n2n2111113因为m>0,>0，3m+=3m+≥23m⋅=23，当且仅当3m=，即m=时，n2n2mmm3等号成立，第63页共72页 1所以3m+的最小值为23.2n故答案为：23a11114已知反比例函数图象上三点A,B,P的坐标分别3,3，3,3aa>3与(x,y)3<x<3，5过B作直线AP的垂线，垂足为Q.若|AP|⋅|PQ|≤+a恒成立，则a的取值范围为.31【答案】3,1aa【解析】由题意得：反比例函数为y=，因为点P在反比例函数图象上，所以Px,，xx11a3<x<3，所以|AP|⋅|PQ|=|AP|⋅|PB|cos∠BPQ=PB⋅AP=3-x,3a-x⋅aax-3,-x31211=3-xx-3+a3-xx-3，211115记ga=a3-xx-3+3-xx-3-a-3，由题意得：ga≤0恒成立，421111当x=1，则a-a-≤0，解得：≤a≤1，由于a>，故<a≤1；333331下面证明当<a≤1时，ga≤0恒成立，即gamax≤03因为ga是开口向上的二次函数，g1≤0所以gamax≤0⇔1g3≤0111111g3=93-xx-3+3-xx-3-23-1+1-121-x+x-321xx332≤92+2-2=-81<0；111181210114②g1=3--+-xx-3-=-+x++x-，xx333x23x3110210145210令t=x+x∈2,3，则ht=-t+3t-3，开口向下，对称轴为t=3，故ht=-t+3t141022014-3在t∈2,3上单调递减，故ht≤h2=-2+3-3=-2.11所以当3<a≤1时，ga≤0恒成立，故a的取值范围是3,11故答案为：3,1第64页共72页 2024届高三二轮复习“8+3+3”小题强化训练(10)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1某篮球兴趣小组7名学生参加投篮比赛，每人投10个，投中的个数分别为8，5，7，5，8，6，8，则这组数据的众数和中位数分别为()．A5，7B.6，7C.8，5D.8，7【答案】D【解析】数据由小到大排列为5，5，6，7，8，8，8，因此，这组数据的众数为8，中位数为7．故选：D．2圆心在y轴上，半径为1，且过点1,2的圆的方程是()2222A.x+y-2=1B.x+y+2=12222C.x-1+y-3=1D.x+y-3=1【答案】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，22则圆的方程为x+(y-b)=1，又点1,2在圆上，2所以1+2-b=1，解得b=2，22所以所求圆的方程为x+y-2=1．故选：A3记Sn为等差数列an的前n项和，若a3+a7=10,a5a6=35，则S6=()A.20B.16C.14D.12【答案】D【解析】∵{an}是等差数列，a5a6∴a3+a7=2a5=10，a5=5，所以a6==7，a5∴公差d=a6-a5=2，∴a1=a5-4d=-3，6×5∴S6=6×(-3)+×2=12，2故选：D．4如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三棱柱，四个部分为四棱锥．已知每个直三棱柱的体积为3，每个四棱锥的体积为1，则该正四棱台的体积为()A.36B.32C.28D.24【答案】C【解析】设每个直三棱柱高为a，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为b，第65页共72页 设正四棱台的高为h，因为每个直三棱柱的体积为3，每个四棱锥的体积为1，1abh=322222222则，可得abh=ah⋅bh=ah×3=36，可得ah=12，12bh=132所以，该正四棱台的体积为V=ah+4×3+4×1=12+16=28.故选：C.5古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴2y2x长的乘积．如图，F1，F2为椭圆E：2+2=1a>0,b>0的左、右焦点，中心为原点，椭圆E的面积为ab5π，直线x=4上一点P满足△F1PF2是等腰三角形，且∠F1F2P=120°，则E的离心率为()52512A.B.C.D.5555【答案】B【解析】由题可知，5π=πab，即ab=5，△F1PF2是以∠F1F2P=120°为顶角的等腰三角形，则有：F1F2=PF2，∠PF1F2=∠F2PF1=30°，∠F2PA=30°，所以PF2=2AF2=24-c=8-2c，又因为F1F2=2c，即2c=8-2c，c=2，ab=5a=5c25可得：c=2，解得c=2，故离心率为e==．a2=b2+c2b=1a5故选：B．π6如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠DAB=，点E，F分别在边CB，CD上，且CE=CF，若313AE⋅AF=，则EF=()2123A.B.C.1D.232【答案】C【解析】设BE=λBC0<λ<1，可得DF=λDC，有AE=AB+λBC=AB+λAD，AF=AD+λDC=AD+λAB，2222故AE⋅AF=AB+λAD⋅λAB+AD=λAB+λ+1AB⋅AD+λAD=4λ+2λ+1+4λ2=2λ+8λ+2，第66页共72页 1321319又由AE⋅AF=，有2λ+8λ+2=，解得λ=，λ=-(舍)，2222故E,F为边CB，CD的中点，所以△CEF为等边三角形，故EF=1．故选：C．7如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，若1DP=DB，则三棱锥P-BB1C外接球的表面积为()2A.8πB.6πC.42πD.4π【答案】A11【解析】若DP=DB，则P为DB中点，△PBC为等腰直角三角形，外接圆半径为BC=1，三棱221锥P-BB1C外接球的球心到平面PBC的距离为BB1=1，则外接球的半径为2，所以三棱锥P2-BB1C外接球的表面积为8π，A选项正确；故选：A22014π8方程2cos2xcos2x-cosx=cos4x-1所有正根的和为()A.810πB.1008πC.1080πD.1800π【答案】C22014π2【解析】2cos2xcos2x-cosx=cos4x-1=2cos2x-2，22014π2令a=cos2x,b=cosx，则2aa-b=2a-2，即ab=1，所以a=1,b=1或a=-1,b=-1，22014π当a=1,b=1时，即cos2x=1,cosx=1，1007π所以x=kπ,k∈Z,x=,k1∈Z，k1因为1007=1×19×53，所以x=π,19π,53π,1007π，22014π当a=-1,b=-1时，即cos2x=-1,cosx=-1，2k+1π2014π24028π则x=,k∈Z,x==,k1∈Z，22k1+1π2k1+124028因为2k+1是奇数，所以也是奇数，不成立；2k1+1所以方程所有正根的和为：π+19π+53π+1007π=1080π,故选：C第67页共72页 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.ππ9函数f(x)=2sin2ωx+(0<ω<1)的图象如图所示，将其向左平移个单位长度，得到y=36g(x)的图象，则下列说法正确的是()1πA.ω=B.函数f(x)的图象关于点-,0对称23ππππC.函数y=g(x)的图象关于直线x=6对称D.函数y=g2x+3在-9,9上单调递减【答案】ABDππωππ【解析】函数f(x)=2sin2ωx+3，当f6=2sin3+3=2，ωπππ1此时+=+2kπ,k∈Z，ω=+6k,k∈Z，33221π因为0<ω<1，所以ω=，所以fx=2sinx+，故A正确；23ππππf-3=2sin-3+3=2sin0=0，所以fx关于点-3,0对称，故B正确；πππ函数图象向左平移6个单位长度后得到gx=2sinx+6+3=2cosx，πππgx=2cosx，当x=时，gx=2cos=3，所以函数y=g(x)的图象不关于直线x=对666称，故C错误；g2x+π=2cos2x+π，当x∈-π,ππ∈π,5π3399时，2x+399⊆0,π，πππ所以函数g2x+3在-9,9上单调递减，故D正确.故选：ABD3-2+i10已知复数z0满足iz0=，则()1-2i3A.z0的实部为54B.z0的虚部为5C.满足：z≤z0的复数z对应的点所在区域的面积为π3D.z0对应的向量与x轴正方向所在向量夹角的正切值为4【答案】AC-2+i-2+i1+2i-2-4i+i+2i2-4-3i3【解析】由iz0====，1-2i1-4i2552-4-3i-4-3i-4i-3i34则z0====-i，5i3-5i-5i255第68页共72页 34所以z0的实部为，虚部为-，故A正确，B错误；553242因为z0=5+5=1，则z≤z0=1，设z=a+bi，2222则z=a+b≤1，即a+b≤1，所以复数z对应的点所在区域是以原点为圆心，1为半径的圆内的区域(包括圆)，2则所在区域的面积为π×1=π，故C正确；34如图，z0对应的向量为OP=5,-5，454则向量OP与x轴正方向所在向量夹角的正切值为=，故D错误.335故选：AC.2211在平面直角坐标系xOy中，圆C:x+y=1，点P为直线l:x-y-2=0上的动点，则()1A.圆C上有且仅有两个点到直线l的距离为2B.已知点M3,2，圆C上的动点N，则PM+PN的最小值为17-1C.过点P作圆C的一条切线，切点为Q,∠OPQ可以为60°11D.过点P作圆C的两条切线，切点为M,N，则直线MN恒过定点,-22【答案】ABD-2【解析】选项A，由题意知，圆心(0,0)到直线的距离为d==2，圆的半径为1，221+-11由2-1<<2+1，21如图可知与直线l平行且与直线l距离为的其中一条直线l与圆相交，有两个公共点，21另一条直线l与圆相离，即圆上有且仅有两个点到直线l的距离为，故A正确；2选项B，设点M(3,2)关于直线x-y-2=0的对称点M(x,y)，3+x2+y2-2-2=0x=4则，解得，即M(4,1)，y-2×1=-1y=1x-3第69页共72页 则PM22+PN=PM+PN≥MN≥MO-1=4+1-1=17-1，即PM+PN的最小值为17-1，故B正确；OQ1选项C，由切点为Q,∠OQP=90°，则在Rt△OQP中，sin∠OPQ==，OPOP当OP最小时，sin∠OPQ取最大值，∠OPQ最大，-2过点O作OP⊥l，垂足为P，此时OP最小，最小值为OP=2，=22即sin∠OPQ最大值为，∠OPQ最大为45°，不可能为60°，故C错误；2选项D，设点P(x0,y0)，切点M(x1,y1),N(x2,y2)，可得切线MP方程为x1x+y1y=1，由点P在切线上，得x1x0+y1y0=1，同理可得x2x0+y2y0=1，故点M(x1,y1),N(x2,y2)都在直线x0x+y0y=1上，即直线MN的方程为x0x+y0y=1，又由点P(x0,y0)在直线l:x-y-2=0上，则y0=x0-2，代入直线方程整理得x+yx0-2y-1=0，x=1x+y=0211由解得，即直线MN恒过定点,-，故D正确.-2y-1=0y=-1222故选：ABD第70页共72页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.x642122+x-2y的展开式中xy的系数为．(用数字作答)y【答案】-406r6-rrrr6-rr【解析】x-2y的通项公式为Tr+1=C6x-2y=C6-2xy，2242424242令r=2得，T3=C6-2xy=60xy，此时60xy⋅2=120xy，33333333x42令r=3得，T4=C6-2xy=-160xy，此时-160xy⋅=-160xy，y42故xy的系数为120-160=-40故答案为：-40213如图，圆锥底面半径为，母线PA=2，点B为PA的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕3行一周，到达B点，其最短路线长度为，其中下坡路段长为．27【答案】①.7②.7【解析】如图，将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，4π2π易知该扇形半径为2，弧长为，故圆心角∠APB=，33最短路线即为扇形中的直线段AB，由余弦定理易知22AB=PA+PB-2PA⋅PBcos∠APB=7，222PB+AB-PA27cos∠PBA==；2PB⋅BA7过P作AB的垂线，垂足为M，当蚂蚁从A点爬行到M点的过程中，它与点P的距离越来越小，故AM为上坡路段，当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，27下坡路段长MB=PBcos∠PBA=．727故答案为：7，.714设严格递增的整数数列a1，a2，⋯，a20满足a1=1，a20=40.设f为a1+a2，a2+a3，⋯，a19+a20这19个数中被3整除的项的个数，则f的最大值为，使得f取到最大值的数列an的个数为.第71页共72页 【答案】①.18②.25270【解析】第一个空，设某个数除以a余数为b，则称该数模a余b(a，b均为整数，且b<a)，为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，这样它们之和才会被3整除.而a1=1，a20=40均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别，例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意，所以f的最大值为18.第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要求的20个数.第一步，在a1到a20这20个数中删去一个数(后面再加回来)，使得剩下的19个数满足任意两个相邻数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得f的最大值为18.第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数.第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情况：①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足.4②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有C21种，再从删去的8个数中拿一个加回原来141的19个数中，由C8种，共有C21C8种.3③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有2C21种，此时加回来的数必定是删去的3两端之一中的1或40，有1种选法，共2C21种.第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为A，它旁边两个数分别为B,C，即排列为B,A,C，在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为BA，然后删去，再补回B；或者为AC，然后删去，再补回C，这两种删去方式结果相同.1413综上，共有C21C8+2C21=25270种.2故答案为：18；25270第72页共72页