階段滾動(dòng)練(四)一、單項(xiàng)選擇題1．(★)(2023·洛陽(yáng)模擬)已知集合A＝{x|x2－2x－3≤0}，B＝{x|log2(x2－x)＞1}，則A∩B等于()A．(2,3) B．(2,3]C．(－3，－2) D．[－3，－2)答案B解析由集合A中不等式變形得(x－3)(x＋1)≤0，解得－1≤x≤3，即A＝[－1,3]，由log2(x2－x)＞1，得到x2－x－2＞0，即x＜－1或x＞2，所以B＝(－∞，－1)∪(2，＋∞)，則A∩B＝(2,3]．2．(★)(2024·聊城模擬)已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足z(1－i)＝(1－3i)2，則|z|等于()A．5eq\r(2)B.eq\r(5)C.eq\r(2)D．8答案A解析因?yàn)閦(1－i)＝(1－3i)2，所以z＝eq\f(1－3i2,1－i)＝eq\f(－8－6i1＋i,2)＝－1－7i，故|z|＝eq\r(－12＋－72)＝5eq\r(2).3．(★)(2023·石家莊模擬)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且cos2α＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α))＝eq\f(3,10)，則tanα等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,5)答案B解析若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且cos2α＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α))＝eq\f(3,10)，則cos2α－sin2α＝eq\f(3,10)(cos2α＋sin2α)，∴eq\f(7,10)cos2α－eq\f(3,10)sin2α－2sinαcosα＝0，即3tan2α＋20tanα－7＝0.解得tanα＝eq\f(1,3)或tanα＝－7(舍去)．4．(★★)(2023·西寧模擬)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x3＋3x2＋1，x≤0，,eax，x>0))在[－2,2]上的最大值為2，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ln2，＋∞)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)ln2))C．(－∞，0) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)ln2))答案D解析由題意，得當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝2x3＋3x2＋1，可得f′(x)＝6x2＋6x，當(dāng)x∈[－1,0]時(shí)，f′(x)≤0；當(dāng)x∈[－2，－1)時(shí)，f′(x)>0；故函數(shù)f(x)在[－2,0]上的最大值為f(－1)＝2，欲使函數(shù)f(x)在[－2,2]上的最大值為2，則當(dāng)x＝2時(shí)，e2a≤2，解得a≤eq\f(1,2)ln2，即a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)ln2)).5．(★★)(2023·深圳模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且b＝6，c＝4，點(diǎn)O為△ABC的外心，則eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))等于()A．－20B．－10C．10D．20答案C解析設(shè)AB，AC的中點(diǎn)分別為D，E，由O為外心，得OD⊥AB，OE⊥AC，則eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AO,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝eq\f(1,2)×62－eq\f(1,2)×42＝18－8＝10.6．(★★★)(2024·蘇州模擬)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(－x)＝f(x)，f(2－x)＝f(x)，且當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝eq\r(1－x2)，則函數(shù)H(x)＝|xex|－f(x)在區(qū)間[－5,1]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．4B．6C．8D．10答案B解析依題意，得函數(shù)H(x)＝|xex|－f(x)在區(qū)間[－5,1]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，即y＝|xex|與y＝f(x)的圖象在區(qū)間[－5,1]上的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(－x)＝f(x)，f(2－x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，且函數(shù)的圖象關(guān)于直線(xiàn)x＝1對(duì)稱(chēng)，故當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝eq\r(1－x2)，滿(mǎn)足x2＋y2＝1(y≥0)，故函數(shù)f(x)是單位圓的eq\f(1,4)，利用周期性和對(duì)稱(chēng)性可得函數(shù)圖象．設(shè)g(x)＝xex，其定義域?yàn)镽，g′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，令g′(x)＝0，得x＝－1，且當(dāng)x＜－1時(shí)g′(x)＜0，當(dāng)x＞－1時(shí)g′(x)＞0，故函數(shù)g(x)＝xex的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，＋∞)，當(dāng)x＝－1時(shí)，函數(shù)g(x)＝xex取得極小值為g(－1)＝－eq\f(1,e)，且當(dāng)x＜0時(shí)，g(x)＜0，當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)＞0，故函數(shù)g(x)＝xex的圖象如圖1所示，圖1將x軸下方的圖象對(duì)稱(chēng)到x軸上方，即得y＝|xex|的圖象，y＝|xex|與y＝f(x)在區(qū)間[－5,1]上的圖象如圖2所示，圖2結(jié)合圖象可知，y＝|xex|與y＝f(x)的圖象在區(qū)間[－5,1]上有6個(gè)交點(diǎn)，故函數(shù)H(x)＝|xex|－f(x)在區(qū)間[－5,1]上有6個(gè)零點(diǎn)．二、多項(xiàng)選擇題7．(★★)(2024·大同模擬)已知2a＝3b＝m，a＞0，b＞0，且a，ab，b成等差數(shù)列，則下列結(jié)論中正確的是()A.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝2B．m＝eq\r(6)C．a(chǎn)b的最大值是1D．a(chǎn)＋2b的最小值是2eq\r(2)答案AB解析∵a，ab，b成等差數(shù)列，∴a＋b＝2ab，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝2，故A正確；∵2a＝3b＝m，∴a＝log2m，b＝log3m，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝logm2＋logm3＝logm6＝2，解得m＝eq\r(6)，故B正確；∵a>0，b>0，∴a＋b＝2ab≥2eq\r(ab)，解得ab≥1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)，等號(hào)成立，故ab的最小值是1，故C錯(cuò)誤；a＋2b＝eq\f(1,2)(a＋2b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(a,b)))＋eq\f(3,2)≥eq\f(1,2)×2eq\r(\f(2b,a)·\f(a,b))＋eq\f(3,2)＝eq\r(2)＋eq\f(3,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝eq\f(1＋\r(2),2)，b＝eq\f(2＋\r(2),4)時(shí)，等號(hào)成立，故a＋2b的最小值是eq\r(2)＋eq\f(3,2)，故D錯(cuò)誤．8．(★★)(2023·大連模擬)已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，側(cè)棱與底面垂直，其外接球的表面積為16π，則下列說(shuō)法正確的是()A．三棱柱ABC－A1B1C1的體積是eq\f(9\r(3),2)B．三棱柱ABC－A1B1C1的表面積是18C．直線(xiàn)AB1與直線(xiàn)A1C1所成角的余弦值是eq\f(3\r(13),26)D．點(diǎn)A到平面A1BC的距離是eq\f(\r(13),2)答案AC解析三棱柱ABC－A1B1C1的底面是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，側(cè)棱與底面垂直，其外接球的表面積為16π，如圖所示，對(duì)于A，設(shè)外接球的半徑為R，則4πR2＝16π，解得R＝2.設(shè)三棱柱的高為h，所以球心O到△ABC的中心的距離為eq\f(h,2)，△ABC的中心到點(diǎn)A的距離r＝eq\f(2,3)×eq\r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2)＝eq\r(3)，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2＋r2＝R2，解得h＝2，故V＝eq\f(1,2)×3×3×eq\f(\r(3),2)×2＝eq\f(9\r(3),2)，故A正確；對(duì)于B，S表＝2×eq\f(1,2)×3×3×eq\f(\r(3),2)＋3×3×2＝eq\f(9\r(3),2)＋18，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，在三棱柱ABC－A1B1C1的一側(cè)構(gòu)造一個(gè)完全一樣的三棱柱ABD－A1B1D1，所以異面直線(xiàn)AB1與直線(xiàn)A1C1所成的角即為AB1與直線(xiàn)D1B1所成的角，連接AD1，在△AD1B1中，由于D1B1＝3，AB1＝AD1＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13)，則cos∠AB1D1＝eq\f(AB\o\al(2,1)＋D1B\o\al(2,1)－AD\o\al(2,1),2AB1·D1B1)＝eq\f(13＋9－13,2×\r(13)×3)＝eq\f(3\r(13),26)，故C正確；對(duì)于D，連接A1B和A1C，設(shè)點(diǎn)A到平面A1BC的距離為d，由，得eq\f(1,3)·d＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1，解得d＝eq\f(6\r(3),\r(43))≠eq\f(\r(13),2)，故D錯(cuò)誤．三、填空題9．(★★)(2024·杭州模擬)已知非零向量a，b滿(mǎn)足|a|＝2，|b|＝1，a與b的夾角為eq\f(π,3)，若向量2ma＋7b與向量a＋mb的夾角為鈍角，實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)_____________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－7，－\f(\r(14),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(14),2)，－\f(1,2)))解析∵|a|＝2，|b|＝1，a與b的夾角為eq\f(π,3)，∴a·b＝2×1×eq\f(1,2)＝1，∵向量2ma＋7b與向量a＋mb的夾角為鈍角，∴eq\f(2ma＋7b·a＋mb,|2ma＋7b||a＋mb|)<0，且2ma＋7b與a＋mb不共線(xiàn)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m2＋15m＋7<0，,2m2≠7，))解得m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－7，－\f(\r(14),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(14),2)，－\f(1,2))).10．(★★)(2023·菏澤模擬)已知數(shù)列{an}中，S1＝1，S2＝2且Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn(n≥2且n∈N*)，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為_(kāi)___________．答案an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－2，n≥2，n∈N*))解析由a1＝S1＝1，S2＝2，得a2＝S2－a1＝2－1＝1.由Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn(n≥2且n∈N*)，得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)，n≥2且n∈N*，即an＋1＝2an，n≥2且n∈N*，所以當(dāng)n≥2且n∈N*時(shí)，an＝1×2n－2＝2n－2.又因?yàn)閑q\f(a2,a1)不滿(mǎn)足上式，所以數(shù)列{an}從第二項(xiàng)起為等比數(shù)列，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－2，n≥2，n∈N*.))四、解答題11．(★★)(2023·鹽城模擬)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，eq\r(3)bcoseq\f(B＋C,2)＝asinB.(1)若a＝2，求△ABC面積的最大值；(2)若B＝eq\f(π,3)，在△ABC邊AC的外側(cè)取一點(diǎn)D(點(diǎn)D在△ABC外部)，使得DC＝1，DA＝2，且四邊形ABCD的面積為eq\f(5\r(3),4)＋2.求∠ADC的大?。?1)由正弦定理及eq\r(3)bcoseq\f(B＋C,2)＝asinB，可得eq\r(3)sinBcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sinAsinB，即eq\r(3)sinBsineq\f(A,2)＝sinAsinB，由sinB≠0，得eq\r(3)sineq\f(A,2)＝sinA＝2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)，因?yàn)閟ineq\f(A,2)≠0，所以coseq\f(A,2)＝eq\f(\r(3),2)，因?yàn)锳∈(0，π)，所以eq\f(A,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故A＝eq\f(π,3)，在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即4＝b2＋c2－bc≥bc，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時(shí)，等號(hào)成立，所以(S△ABC)max＝eq\f(1,2)(bc)max·sinA＝eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，所以△ABC面積的最大值為eq\r(3).(2)如圖，設(shè)∠ADC＝θ(0＜θ＜π)，則S△ACD＝eq\f(1,2)AD·DCsinθ＝sinθ，在△ADC中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcosθ＝5－4cosθ，由(1)知△ABC為正三角形，故S△ABC＝eq\f(\r(3),4)AC2＝eq\f(5\r(3),4)－eq\r(3)cosθ，故四邊形ABCD的面積S＝sinθ＋eq\f(5\r(3),4)－eq\r(3)cosθ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＋eq\f(5\r(3),4)，故2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＋eq\f(5\r(3),4)＝eq\f(5\r(3),4)＋2，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝1，因?yàn)?＜θ＜π，所以θ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(5π,6).所以∠ADC＝eq\f(5π,6).12．(★★)(2024·黃岡模擬)如圖，在三棱錐A－BCD中，∠ACB＝90°，平面ACD⊥平面ABC，AC＝BC＝4，DC＝2，AD＝2eq\r(3).(1)求證：AD⊥平面BCD；(2)若點(diǎn)E在線(xiàn)段AB上，直線(xiàn)DE與直線(xiàn)BC所成的角為eq\f(π,4)，求平面DCE與平面ABD夾角的余弦值．(1)證明在△ACD中，因?yàn)锳C＝4，DC＝2，AD＝2eq\r(3)，所以AC2＝AD2＋CD2，所以AD⊥CD，因?yàn)椤螦CB＝90°，所以AC⊥BC，因?yàn)槠矫鍭CD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，所以BC⊥平面ACD，因?yàn)锳D?平面ACD，所以AD⊥BC，又AD⊥CD，BC∩CD＝C，BC，CD?平面BCD，所以AD⊥平面BCD.(2)解以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(CA,\s\up6(→))為x軸正方向，eq\o(CB,\s\up6(→))為y軸正方向，過(guò)C垂直于平面ABC的直線(xiàn)為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A(4,0,0)，B(0,4,0)，C(0,0,0)，D(1,0，eq\r(3))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－4,4,0)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－3,0，eq\r(3))，設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(x，y，z)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))(λ∈[0,1])，則eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－4λ，4λ，0)＝(x－4，y，z)，所以x＝4－4λ，y＝4λ，z＝0，所以點(diǎn)E的坐標(biāo)為(4－4λ，4λ，0)，所以eq\o(DE,\s\up6(→))＝(3－4λ，4λ，－eq\r(3))，因?yàn)橹本€(xiàn)DE與直線(xiàn)BC所成的角為eq\f(π,4