階段滾動(dòng)練(六)一、單項(xiàng)選擇題1．(★)(2024·白山模擬)已知集合A＝{x|x2<8}，B＝{x|1－x≤0}，則A∩B等于()A．[－1,2) B．[1,2eq\r(2))C．[1,2) D．[0,3)答案B解析因?yàn)锳＝{x|x2<8}＝(－2eq\r(2)，2eq\r(2))，B＝{x|1－x≤0}＝[1，＋∞)，所以A∩B＝[1,2eq\r(2))．2．(★)(2023·邵陽(yáng)模擬)已知向量a＝(1,3)，b＝(1，－1)，c＝(4,5)．若a與b＋λc垂直，則實(shí)數(shù)λ的值為()A.eq\f(2,19)B.eq\f(4,11)C．2D．－eq\f(4,7)答案A解析由題意知，b＋λc＝(1＋4λ，5λ－1)，由a與b＋λc垂直，得a·(b＋λc)＝0，即1＋4λ＋3(5λ－1)＝0，解得λ＝eq\f(2,19).3．(★)(2023·石家莊質(zhì)檢)“a≥eq\f(\r(2),2)”是“圓C1：x2＋y2＝4與圓C2：(x－a)2＋(y＋a)2＝1有公切線(xiàn)”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析圓C1：x2＋y2＝4的圓心C1(0,0)，半徑r1＝2，圓C2：(x－a)2＋(y＋a)2＝1的圓心C2(a，－a)，半徑r2＝1，若兩圓有公切線(xiàn)，則|C1C2|≥|r1－r2|，即eq\r(a2＋－a2)≥1，解得a≤－eq\f(\r(2),2)或a≥eq\f(\r(2),2)，所以“a≥eq\f(\r(2),2)”是“圓C1：x2＋y2＝4與圓C2：(x－a)2＋(y＋a)2＝1有公切線(xiàn)”的充分不必要條件．4．(★)甲、乙兩位同學(xué)5次數(shù)學(xué)考試成績(jī)折線(xiàn)圖如圖所示，設(shè)甲、乙兩位同學(xué)5次數(shù)學(xué)考試成績(jī)的平均數(shù)分別為eq\x\to(x)甲，eq\x\to(x)乙，方差分別為seq\o\al(2,甲)，seq\o\al(2,乙)，則下列結(jié)論正確的是()A.eq\x\to(x)甲>eq\x\to(x)乙 B.eq\x\to(x)乙>eq\x\to(x)甲C．seq\o\al(2,甲)>seq\o\al(2,乙) D．seq\o\al(2,乙)>seq\o\al(2,甲)答案C解析由折線(xiàn)圖中數(shù)據(jù)得，eq\x\to(x)甲＝eq\f(1,5)×(122＋118＋125＋119＋116)＝120，eq\x\to(x)乙＝eq\f(1,5)×(121＋119＋123＋118＋119)＝120，seq\o\al(2,甲)＝eq\f(1,5)×[(122－120)2＋(118－120)2＋(125－120)2＋(119－120)2＋(116－120)2]＝10，seq\o\al(2,乙)＝eq\f(1,5)×[(121－120)2＋(119－120)2＋(123－120)2＋(118－120)2＋(119－120)2]＝3.2，所以eq\x\to(x)甲＝eq\x\to(x)乙，seq\o\al(2,甲)>seq\o\al(2,乙).5．(★★)為推進(jìn)體育教學(xué)改革和發(fā)展，提升體育教學(xué)質(zhì)量，豐富學(xué)校體育教學(xué)內(nèi)容，某市根據(jù)各學(xué)校工作實(shí)際，在4所學(xué)校設(shè)立兼職教練崗位．現(xiàn)聘請(qǐng)甲、乙等6名教練去這4所中學(xué)指導(dǎo)體育教學(xué)，要求每名教練只能去一所中學(xué)，每所中學(xué)至少有一名教練，則甲、乙分在同一所中學(xué)的不同的安排方法種數(shù)為()A．96B．120C．144D．240答案D解析由題意可知，將甲乙捆綁在一起，當(dāng)成一個(gè)元素，則是5個(gè)不同的教練分配到4個(gè)不同的中學(xué)指導(dǎo)體育教學(xué)，由于每名教練只能去一所中學(xué)，每所中學(xué)至少有一名教練，則分4組的情況有Ceq\o\al(2,5)種方法，再將4組人分配到4所學(xué)校有Aeq\o\al(4,4)種方法，則甲、乙分在同一所中學(xué)的不同的安排方法種數(shù)為Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(4,4)＝10×24＝240.6．(★★★)(2023·湖北八市聯(lián)考)設(shè)a＝，b＝ln3，c＝eq\r(2)coseq\f(π－3,10)，則()A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．c>a>b D．c>b>a答案B解析因?yàn)閍＝>>＝2，b＝ln3<lne2＝2，c＝eq\r(2)coseq\f(π－3,10)<eq\r(2)<2.所以a>b，a>c.因?yàn)?<eq\f(π－3,10)<eq\f(π－3,2)<eq\f(π,2)，所以eq\r(2)coseq\f(π－3,10)>eq\r(2)coseq\f(π－3,2)＝eq\r(2)sineq\f(3,2)>eq\r(2)sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(6),2).構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(2),2)x－2lnx，則f′(x)＝eq\f(\r(2),2)－eq\f(2,x)＝eq\f(\r(2)x－4,2x)，當(dāng)0<x<2eq\r(2)時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(0,2eq\r(2))上單調(diào)遞減，則eq\f(\r(6),2)－ln3＝f(eq\r(3))>f(2)＝eq\r(2)－2ln2.因?yàn)閑7>2.77>210，所以7>10ln2?ln2<0.7，所以eq\r(2)－2ln2>1.4－2×0.7＝0，即eq\f(\r(6),2)－ln3>0，即c>b，故a>c>b.二、多項(xiàng)選擇題7．(★)若函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則()A．ω＝2B．φ＝－eq\f(π,6)C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上單調(diào)遞減D．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝eq\r(3)答案ACD解析由題圖，得A＝2，最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－\f(π,6)))＝π＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝2，故A正確；則f(x)＝2sin(2x＋φ)，又f(x)的圖象過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，所以2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ(k∈Z)．因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，故B錯(cuò)誤；f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，令t＝2x－eq\f(π,3)，當(dāng)eq\f(π,2)<x<eq\f(5π,6)時(shí)，eq\f(2π,3)<t<eq\f(4π,3)，因?yàn)閥＝sint在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))上單調(diào)遞減，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上單調(diào)遞減，故C正確；顯然f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π－\f(π,3)))＝eq\r(3)，故D正確．8．(★★★)已知在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，且以A為圓心、r為半徑的圓分別交AB，AD于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，點(diǎn)M是劣弧eq\o(EF,\s\up9(︵))上的動(dòng)點(diǎn)，其中0<r<2，則()A．存在點(diǎn)M，使得PD與AM所成的角為eq\f(π,3)B．存在點(diǎn)M，使得BD∥平面PAMC．當(dāng)r＝1時(shí)，動(dòng)線(xiàn)段PM形成的曲面的面積為eq\f(\r(5)π,4)D．當(dāng)r＝eq\r(2)時(shí)，以點(diǎn)P為球心，PM為半徑的球面與該四棱錐各側(cè)面的交線(xiàn)長(zhǎng)為eq\f(\r(6)π,2)答案ACD解析以A為原點(diǎn)，以AB，AD，AP所在直線(xiàn)分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，對(duì)于A，設(shè)∠EAM＝θ時(shí)滿(mǎn)足條件，所以M(rcosθ，rsinθ，0)，A(0,0,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝(rcosθ，rsinθ，0)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，所以cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，eq\o(PD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AM,\s\up6(→))·\o(PD,\s\up6(→)),|\o(AM,\s\up6(→))||\o(PD,\s\up6(→))|)＝eq\f(2rsinθ,r×2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)sinθ＝eq\f(1,2)，所以θ＝eq\f(π,4)，即M為eq\o(EF,\s\up9(︵))的中點(diǎn)時(shí)滿(mǎn)足條件，故A正確；對(duì)于B，在平面ABCD中，AM的延長(zhǎng)線(xiàn)始終與BD相交，由此可知BD∥平面PAM一定不成立，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由題意可知，動(dòng)線(xiàn)段PM形成的曲面為以PA為軸，PM為母線(xiàn)的圓錐側(cè)面的eq\f(1,4)，因?yàn)镻M＝PE＝eq\r(PA2＋AE2)＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以曲面的面積為eq\f(1,4)×π×1×eq\r(5)＝eq\f(\r(5)π,4)，故C正確；對(duì)于D，將四棱錐的側(cè)面展開(kāi)，設(shè)球與AB，AD的交點(diǎn)為G，H，連接CG，CH，如圖所示，因?yàn)榍虻陌霃絉＝eq\r(PA2＋r2)＝eq\r(6)，所以PG＝R＝eq\r(6)，所以AG＝r＝eq\r(2)，所以GB＝AB－AG＝2－eq\r(2)，又因?yàn)椤螦BC＝∠ABP＋∠CBP＝eq\f(π,4)＋eq\f(π,2)＝eq\f(3π,4)，所以CG2＝GB2＋BC2－2GB·BC·coseq\f(3π,4)＝6，所以CG＝eq\r(6)，又因?yàn)镻G＝eq\r(6)，PC＝2eq\r(3)，所以CG2＋PG2＝PC2，所以PG⊥CG，所以△PGC為等腰直角三角形，由對(duì)稱(chēng)性可知∠GPC＝∠HPC＝eq\f(π,4)，所以∠GPH＝eq\f(π,2)，所以以PM為半徑的球面與該四棱錐各側(cè)面的交線(xiàn)長(zhǎng)為eq\r(6)×eq\f(π,2)＝eq\f(\r(6)π,2)，故D正確．三、填空題9．(★)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,x)))n展開(kāi)式中所有奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和為32，則展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為_(kāi)_______．(用數(shù)字作答)答案－540解析由題意及二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)可得2n－1＝32，解得n＝6，所以其展開(kāi)式的通項(xiàng)Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)x6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,x)))k＝(－3)kCeq\o\al(k,6)x6－2k，依題意，令6－2k＝0，解得k＝3，所以展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為(－3)3Ceq\o\al(3,6)＝－540.10．(★★)(2024·邯鄲模擬)若數(shù)列{an}從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的差構(gòu)成等差數(shù)列，則稱(chēng)數(shù)列{an}為二階等差數(shù)列．某數(shù)學(xué)小組在數(shù)學(xué)探究課上，用剪刀沿直線(xiàn)剪一圓形紙片，將剪n(n∈N*)刀最多可以將圓形紙片分成的塊數(shù)記為Bn，經(jīng)實(shí)際操作可得B1＝2，B2＝4，B3＝7，B4＝11，…，根據(jù)這一規(guī)律，得到二階等差數(shù)列{Bn}，則B8＝________；若將圓形紙片最多分成1276塊，則n＝________.答案3750解析因?yàn)閿?shù)列{Bn}為二階等差數(shù)列，所以數(shù)列{Bn＋1－Bn}為等差數(shù)列，由B1＝2，B2＝4，B3＝7，B4＝11，可得B2－B1＝2，B3－B2＝3，B4－B3＝4，所以數(shù)列{Bn＋1－Bn}是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列，所以Bn＋1－Bn＝n＋1，所以當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，B2－B1＝2，B3－B2＝3，B4－B3＝4，…，Bn－Bn－1＝n，將以上各式相加可得，Bn－B1＝2＋3＋4＋…＋n，又B1＝2，所以Bn＝eq\f(n2＋n＋2,2)，其中n≥2，n∈N*，經(jīng)驗(yàn)證B1＝2也滿(mǎn)足該關(guān)系，所以Bn＝eq\f(n2＋n＋2,2)，所以B8＝eq\f(82＋8＋2,2)＝37，令Bn＝1276，則eq\f(n2＋n＋2,2)＝1276，解得n＝50.四、解答題11．(★★)(2023·海口模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知a＝bcosC＋csinA，b＝2.(1)若A＝eq\f(π,4)，求△ABC的面積；(2)若a＝2eq\r(3)，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，求CD的長(zhǎng)．解(1)因?yàn)閍＝bcosC＋csinA，由正弦定理得sinA＝sinBcosC＋sinCsinA，即sin(B＋C)＝sinBcosC＋sinCsinA＝sinBcosC＋sinCcosB.整理得sinC(sinA－cosB)＝0，又C∈(0，π)，故sinC≠0，即sinA＝cosB.若A＝eq\f(π,4)，則sinA＝cosB＝eq\f(\r(2),2).又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4)，此時(shí)C＝eq\f(π,2).所以△ABC為等腰直角三角形，即S△ABC＝eq\f(b2,2)＝2.(2)若a＝2eq\r(3)，則eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(cosB,sinB)＝eq\f(1,tanB)＝eq\r(3)，所以tanB＝eq\f(\r(3),3).由B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,6).所以sinA＝cosB＝eq\f(\r(3),2)，由A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)或A＝eq\f(2π,3).①當(dāng)A＝eq\f(π,3)時(shí)，C＝eq\f(π,2)，此時(shí)△ABC為直角三角形，且AB＝eq\r(22＋2\r(3)2)＝4.所以CD＝eq\f(1,2)AB＝2.②當(dāng)A＝eq\f(2π,3)時(shí)，C＝eq\f(π,6)，此時(shí)△ABC為等腰三角形．AD＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)AC＝1，在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcosA＝22＋12－2×2×1×coseq\f(2π,3)＝5－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，所以CD＝eq\r(7).綜上，CD＝2或eq\r(7).12．(★★)(2024·龍巖質(zhì)檢)新能源汽車(chē)是中國(guó)戰(zhàn)略新興產(chǎn)業(yè)之一，政府高度重視新能源產(chǎn)業(yè)的發(fā)展，某企業(yè)為了提高新能源汽車(chē)品控水平，需要監(jiān)控某種型號(hào)的汽車(chē)零件的生產(chǎn)流水線(xiàn)的生產(chǎn)過(guò)程，現(xiàn)從該企業(yè)生產(chǎn)的零件，該零件中隨機(jī)抽取100件，測(cè)得該零件的質(zhì)量差(這里指質(zhì)量與生產(chǎn)標(biāo)準(zhǔn)的差的絕對(duì)值)的樣本數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)如表所示．質(zhì)量差(單位：mg)5667707886件數(shù)(單位：件)102048193(1)根據(jù)大量的產(chǎn)品檢測(cè)數(shù)據(jù)，得到該零件的質(zhì)量差(這里指質(zhì)量與生產(chǎn)標(biāo)準(zhǔn)的差的絕對(duì)值)X近似服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中σ2的近似值為36，用樣本平均數(shù)eq\x\to(x)作為μ的近似值，求P(64≤X≤82)的值；(2)若該企業(yè)有兩條生產(chǎn)該零件的生產(chǎn)線(xiàn)，其中第1條生產(chǎn)線(xiàn)的生產(chǎn)效率是第2條生產(chǎn)線(xiàn)的兩倍．若第