最新高考数学一轮复习-第三周-每日一练【含答案】

第三周[周一]
1．(2023·长春模拟)已知a ∈R ，i 为虚数单位，若a －i
3＋i a 等于(
)
A ．－3 B.13
C ．3
D ．－
13
答案A 解析因为
a －i 3＋i ＝
(a －i )(3－i )
(3＋i )(3－i )＝
3a －1－(a ＋3)i 10＝3a －110－a ＋3
10i 为实数，
则－
a ＋3
10
＝0，即a ＋3＝0，所以a ＝－3.
2．(2023·青岛模拟)已知函数f (x )＝x 3－1
2sin x ，若θa ＝f ((cos θ)sin θ)，b ＝f ((sin θ)sin θ)，c
＝－f
a ，
b ，
c 的大小关系为(
)
A ．a >b >c
B ．b >a >c
C ．a >c >b
D ．c >a >b
答案A
解析
因为f (－x )＝(－x )3－1
2
sin(－x )
3－12sin f (x )，所以f (x )在R 上是奇函数．
所以c ＝－f f 对f (x )＝x 3－1
2sin x 求导得，
f ′(x )＝3x 2－1
2cos x ，
令g (x )＝3x 2－1
2cos x ，
则g ′(x )＝6x ＋1
2
sin x ，
当1
2<x <1时，g ′(x )>0，
所以g (x )则当12<x <1时，g (x )>＝34－12cos 12>34－1
2×1>0，即f ′(x )>0，
所以f (x )
因为θ所以cos θ>1
2>sin θ，
因为y ＝x
sin θ(0，＋∞)上单调递增，所以(cos θ)sin θ>(sin θ)sin θ.
令h (x )＝x ln x ＋ln 2，则h ′(x )＝ln x ＋1，所以当0<x <1
e 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减；
当x >1
e 时，h ′(x )>0，h (x )单调递增．
所以h (x )≥＝1e ln 1e ＋ln 2＝ln 2－1
e ，
而2e >e ，即2>1e
e ，所以ln 2>1e ，即ln 2－1
e >0.
所以x ln x >－ln 2，即x x >1
2，
则(sin θ)sin θ>1
2
，
所以(cos θ)sin θ>(sin θ)sin θ>1
2且(cos θ)sin θ<1，
所以f ((cos θ)sin θ)>f ((sin
θ)sin θ)>即a >b >c .
3．(多选)(2023·锦州模拟)如果有限数列{a n }满足a i ＝a n －i ＋1(i ＝1,2，…，n )，则称其为“对称数列”，设{b n }是项数为2k －1(k ∈N *)的“对称数列”，其中b k ，b k ＋1，…，b 2k －1是首项为50，公差为－4的等差数列，则()
A ．若k ＝10，则b 1＝10
B ．若k ＝10，则{b n }所有项的和为590
C．当k＝13时，{b n}所有项的和最大D．{b n}所有项的和可能为0
答案BC
解析{b n}的和S2k－1＝50k－k(k－1)
2
×4
×2－50
＝－4k2＋104k－50＝－4(k－13)2＋626，
对于选项A，k＝10，则b1＝b19＝50－4×9＝14，
故A错误；
对于选项B，k＝10，则所有项的和为－4×9＋626＝590，故B正确；
对于选项C，{b n}的和S2k－1＝－4(k－13)2＋626，当k＝13时，和最大，故C正确；
对于选项D，S2k
－1
＝－4k2＋104k－50＝0，方程无正整数解，故D错误．4．(2023·大连模拟)甲、乙、丙三人每次从写有整数m，n，k(0<m<n<k)的三张卡片中各摸出一张，并按卡片上的数字取出相同数目的石子，放回卡片算做完一次游戏，然后再继续进行，当他们做了N(N≥2)次游戏后，甲有22粒石子，乙有9粒石子，丙有9粒石子，并且知道最后一次丙摸的是k，那么N＝________.
答案5
解析N次游戏所取卡片数字总和为N(m＋n＋k)＝22＋9＋9＝40，
又m＋n＋k≥1＋2＋3＝6，且m＋n＋k为40的因数，所以(m＋n＋k)min＝8，且N＝2,4,5.
当N＝2时，m＋n＋k＝20，因为丙得9粒石子，则k≤8，所以甲得石子数小于16，不符合题意；
当N＝4时，m＋n＋k＝10，因为丙得9粒石子，则k≤6，为了使甲获得石子数最多，k＝6，m＝1，n＝3，此时甲最多得21粒石子，不符合题意；
当N＝5时，m＋n＋k＝8，因为丙得9粒石子，则k≤5，为了使甲获得石子数最多，k＝5，m＝1，n＝2，
此时甲最多得22粒石子，甲、乙、丙三人每次得石子数如表所示，
第1次第2次第3次第4次第5次
甲55552
乙22221
丙11115
故做了5次游戏，N＝5.
5．(2023·大连模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bc(1＋cos A)＝4a2.
(1)证明：b＋c＝3a；
(2)若a＝2，cos A＝7
9，角B的角平分线与边AC交于点D，求BD的长．
(1)证明因为bc (1＋cos A )＝4a 2，
所以4a 2，所以bc ＋b 2＋c 2－a 22＝4a 2，
即(b ＋c )2＝9a 2，所以b ＋c ＝3a .(2)解
如图，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，
即22＝b 2＋c 2－2bc ·79
＝(b ＋c )2－2bc －
149
bc ，又b ＋c ＝3a ＝6，所以bc ＝9，b ＝c ＝3，由角平分线定理可得
AB BC ＝AD DC ＝32
，所以AD ＝35×3＝9
5
，
在△ABD 中，由余弦定理得BD 2＋32－2×953×79，所以BD ＝46
5
.
[周二]
1．(2023·娄底模拟)某地春节联欢晚会以“欢乐中国年”为主题，突出时代性、人民性、创新性，节目内容丰富多彩，呈现形式新颖多样．某小区的5个家庭买了8张连号的门票，其中甲家庭需要3张连号的门票，乙家庭需要2张连号的门票，剩余的3张随机分到剩余的3个家庭即可，则这8张门票不同的分配方法的种数为()
A ．48
B ．72
C ．120
D ．240
答案C
解析
若甲、乙2个家庭的5张票连号，则有A 22·A 4
4＝48(种)不同的分配方法，
若甲、乙2个家庭的5张票不连号，则有A 33·A 2
4＝72(种)不同的分配方法，
综上，这8张门票共有48＋72＝120(种)不同的分配方法．
2．(2023·保山模拟)折纸艺术起源于中国．折纸艺术是用一张完整的纸用折叠的方法而成就的
各种人物、动物或草木的形态的方法．折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学，成为现代几何学的一个分支，是一项具有艺术性的思维活动．现有一张半径为6，圆心为O 的圆形纸片，在圆内选定一点P 且|OP |＝4，将圆翻折一角，使圆周正好过点P ，把纸片展开，并留下一条折痕，折痕上到O ，P 两点距离之和最小的点为M ，如此反复，就能得到越来越多的折痕，设点M 的轨迹为曲线C ，在C 上任取一点Q ，则△QOP 面积的最大值是()
A ．22
B ．25
C ．23
D ．4
答案B
解析如图所示，设折痕为直线l ，点P 与P ′关于折痕对称，l ∩OP ′＝M ，在l 上任取一
点B ，
由垂直平分线的性质可知|PB |＋|BO |＝|BP ′|＋|BO |≥|OM |＋|MP ′|＝|OP ′|，当且仅当M ，B 重合时取等号．
即折痕上到O ，P 两点距离之和最小的点为M ，且|PM |＋|MO |＝|OP ′|＝6>|OP |＝4.故M 的轨迹是以O ，P 为焦点，且长轴长为2a ＝6的椭圆，焦距2c ＝|OP |＝4，c ＝2，故短半轴长b ＝5，
所以当Q 为椭圆上(下)顶点时，△QOP 的面积最大，最大值为1
2
×2c ×b ＝2 5.
3．(多选)(2023·湛江模拟)已知F 1，F 2分别为双曲线C ：x 2a 2－y 2
b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，
点A (x 1，y 1)为双曲线C 在第一象限的右支上一点，以A 为切点作双曲线C 的切线交x 轴于点B (x 2，0)，则下列结论正确的有()
A ．0<x 2<a
B ．∠F 1AB ＝∠F 2AB
C ．x 1x 2＝ab
D ．若cos ∠F 1AF 2＝13，且F 1B —→＝3BF 2—→
，则双曲线C 的离心率e ＝2
答案AB
解析
由x 2a 2－y 2
b
2＝1，
得y ＝
b 2a
2x 2
－b 2(x >a )，所以y ′＝
b 2a 2
x b 2a
2x 2
－b 2，则在点A (x 1，y 1)处的切线斜率为y ′＝
b 2a 2
x 1
b 2a 2
x 21－b 2＝b 2x 1a 2y 1，
所以在点A (x 1，y 1)处的切线方程为y －y 1＝b 2x 1a 2y 1(x －x 1)，又x 21
a 2－y 21
b 2＝1，
化简得切线方程为x 1x a 2－y 1y
b 2
＝1，所以
x 1x 2a 2－y 1×0
b
2＝1，所以x 1x 2＝a 2，故C 错误；由x 1x 2＝a 2，得x 2＝a 2
x 1
，
又x 1>a ，所以0<x 2<a ，故A
正确；由F 1(－c ,0)，F 2
(c ,0)，得|F 1B |＝a 2x 1＋c ，|BF 2|＝c －a 2x 1，
故|F 1B ||BF 2|＝a 2
x 1
＋c
c －a 2x 1＝cx 1＋a 2cx 1－a 2
，由x 21a 2－y 21b 2＝1，得y 2
1＝b 2x 21a 2－b 2，所以|AF 1|＝(x 1＋c )2＋y 21＝(x 1
＋c )2＋
b
2x 2
1a
2
－b 2＝
c 2a
2x 2
1＋2cx 1＋a 2＝c
a
x 1＋a ，所以|AF 2|＝|AF 1|－2a ＝c
a
x 1－a ，
所以|AF 1||AF 2|＝
c
a x 1＋a
c
a x 1－a ＝cx 1＋a 2cx 1－a 2＝|F 1B ||BF 2|，设点A 到x 轴的距离为h ，则1AF B S △＝1
2|F 1B |h
＝1
2
|AF 1||AB |sin ∠F 1AB ，2AF B S △＝12
|F 2B |h
＝1
2
|AF 2||AB |sin ∠F 2AB ，12AF B
AF B
S S △△＝
|F 1B ||F 2B |＝|AF 1|sin ∠F 1AB
|AF 2|sin ∠F 2AB
，又
|AF 1||AF 2|＝|F 1B |
|BF 2|
，所以∠F 1AB ＝∠F 2AB ，故B 正确；由上可得F 1B —→
c ，
BF 2—→
－a 2
x 1
，
因为F 1B →＝3BF 2—→，则a
2
x 1
＋c ＝
得x 1＝2a 2
c
，
|AF 1|＝c a x 1＋a ＝c a ×2a 2
c ＋a ＝3a ，
|AF 2|＝c a x 1－a ＝c a ×2a 2
c －a ＝a ，
所以
cos ∠F 1AF 2＝
|AF 1|2＋|AF 2|2－|F 1F 2|2
2|AF 1|·|AF 2|＝9a 2＋a 2－4c 26a 2＝53－23e 2＝13，
解得e ＝2，故D 错误．
4．(2023·白山模拟)在正四棱锥S －ABCD 中，M 为SC 的中点，过AM 作截面将该四棱锥分
成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为V 1，V 2，则V
2V 1的最大值是________．
答案2
解析
记正四棱锥S －ABCD 的体积为V ，求V
2V 1
的最大值，由V 1＋V 2＝V 为定值知，只需求
V 1的最小值，
设过AM 的截面分别交SB 和SD 于E ，F ，平面SAC 与平面SBD 的交线为SO ，SO 与AM 相交于G ，如图，
则SG ＝23SO ，令SE SB ＝x ，SF
SD ＝y ，
则SG →＝13(SD →＋SB →)＝13x SE →＋13y SF →
，
即有13x ＋1
3y
＝1，
V 1＝V S －AFM ＋V S －AEM ＝V F －SAM ＋V E －SAM ＝
SF SD ·V D －SAM ＋SE
SB
·V B －SAM ＝y ·12V D －SAC ＋x ·1
2V B －SAC
＝V
4(x ＋y )
＝V
4(x ＋y
＋y x ＋≥V 3，当且仅当x ＝y ＝2
3时取等号，
此时V 2V 1＝V －V 1V 1
＝V
V 1－1≤V V 3－1＝2，
所以V 2
V 1
的最大值是2.
5．(2023·济南模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋
1－2，数列{b n }满足b n ＝log 2a n .
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)由a n ，b n 构成的n ×n 阶数阵如图所示，求该数阵中所有项的和T n .1b 1，a 1b 2，a 1b 3，…，a 1
2b 1，a 2b 2，a 2b 3，…，a 23b 1，a 3b 2，a 3b 3，…，a 3…
n b 1，a n b 2，a n b 3，…，a n 解
(1)因为S n ＝2n ＋
1－2，
当n ＝1时，S 1＝22－2＝2，即a 1＝2，当n ≥2时，S n －1＝2n －2，
所以S n －S n －1＝2n ＋1－2－(2n －2)，即a n ＝2n ，经检验，当n ＝1时，a n ＝2n 也成立，所以a n ＝2n ，则b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n .
(2)由数阵可知T n ＝a 1(b 1＋b 2＋…＋b n )＋a 2(b 1＋b 2＋…＋b n )＋…＋a n (b 1＋b 2＋…＋b n )＝(a 1＋a 2＋…＋a n )(b 1＋b 2＋…＋b n )，因为S n ＝2n ＋
1－2，
b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋2＋…＋n ＝n (1＋n )2＝n 2＋n
2，
所以
T n ＝(2n ＋1－2)·n 2＋n 2
＝(2n －1)·(n 2＋n )．
[周三]
1．设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若A ＋B ＝2π
3，a ＝23，c ＝5，则sin A
等于()A.45
B.35
C.34
D.23
答案B
解析
因为A ＋B ＝
2π3，所以C ＝π3
，由正弦定理得
a sin A ＝c sin C ，即23sin A ＝5sin π
3
，所以sin A ＝3
5
.
2．已知A ，B ，P 是直线l 上不同的三点，点O 在直线l 外，若OP →＝mAP →＋(2m －3)OB →
(m ∈R )，
则|PB →||PA →|等于()A ．2 B.12
C ．3
D.13
答案A 解析
∵AP →＝OP →－OA →，OP →＝mAP →＋(2m －3)OB →＝m (OP →－OA →)＋(2m －3)OB →，
整理得(m －1)OP →＝mOA →＋(3－2m )OB →
，
当m ＝1时，0＝OA →＋OB →
显然不成立，故m ≠1，∴OP →
＝
m m －1OA →＋3－2m m －1OB →，∵A ，B ，P 是直线l 上不同的三点，∴
m m －1＋3－2m m －1
＝1，解得m ＝2，∴OP →＝2OA →－OB →，设PB →＝λPA →，λ≠1，∴OB →－OP →＝λ(OA →－OP →)，∴OP →
＝λλ－1OA →－1λ－1OB →，∴λ
λ－1＝2，解得λ＝2，即|PB →
||PA →|＝2.
3．(多选)(2023·保山模拟)已知函数f 3g (x )的图象关于直线x ＝π
3
对称，若f (x )
＋g (x )＝sin x ，则()
A ．函数f (x )为奇函数
B ．函数g (x )的最大值是
32C ．函数f (x )的图象关于直线x ＝－π
6对称
D ．函数f (x )的最小值为－32
答案BC
解析
因为f
3
所以f
－x )3f 3
令t ＝x 3＋π
3
，则f f (t )，
即f f (x )，
由g (x )的图象关于直线x ＝π
3对称，
可得g (x )，
－f (x )＋g (x )＝f
＝联立f (x )＋g (x )＝sin x ，
得g (x )＝3
2sin
f (x )＝1
2
sin 故函数f (x )不是奇函数，函数g (x )的最大值是32，函数f (x )的图象关于直线x ＝－π
6
对称，函数f (x )的最小值为－1
2
.
4．(2023·鞍山质检)冬季两项是冬奥会的项目之一，是把越野滑雪和射击两种不同特点的竞赛项目结合在一起进行的运动，其中冬季两项男子个人赛，选手需要携带枪支和20发子弹，每滑行4千米射击1次，共射击4次，每次5发子弹，若每有1发子弹没命中，则被罚时1分钟，总用时最少者获胜．已知某男选手在一次比赛中共被罚时3分钟，假设其射击时每发子弹命中的概率都相同，且每发子弹是否命中相互独立，记事件A 为其在前两次射击中没有被罚时，事件B 为其在第4次射击中被罚时2分钟，那么P (A |B )＝________.答案1
3
解析
由题意得P (B )＝C 13C 15C 25
C 320
，
P (AB )＝C 15C 2
5C 320
，
∴P (A |B )＝P (AB )P (B )＝C 15C 25C 320÷C 13C 15C 25
C 320
＝13.
5．(2023·延边模拟)如图1，在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，O 为DE 的中点，AB ＝AC ＝25，BC ＝4.将△ADE 沿DE 翻折到△A 1DE 的位置，使得平面A 1DE ⊥平面BCED ，如图2.
(1)求证：A 1O ⊥BD ；
(2)求直线A 1C 和平面A 1BD 所成角的正弦值；
(3)若点F 在A 1C 上，是否存在点F ，使得直线DF 和BC 所成角的余弦值为35
7
若存在，求出
A 1F
A 1C
的值；若不存在，请说明理由．(1)证明
因为在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，
所以DE ∥BC ，AD ＝AE .
所以A 1D ＝A 1E ，又O 为DE 的中点，所以A 1O ⊥DE .
因为平面A 1DE ⊥平面BCED ，平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，且A 1O ⊂平面A 1DE ，所以A 1O ⊥平面BCED ，又BD ⊂平面BCED ，所以A 1O ⊥BD .(2)解
取BC 的中点G ，连接OG ，所以OE ⊥OG .
由(1)得A 1O ⊥OE ，A 1O ⊥OG .
以O 为原点，OG ，OE ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得，A 1(0,0,2)，B (2，－2,0)，C (2,2,0)，D (0，－1,0)．
所以A 1B —→＝(2，－2，－2)，A 1D —→＝(0，－1，－2)，A 1C —→
＝(2,2，－2)．
设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．n ·A 1B —→
＝0，n ·A 1D —→
＝0，
2x －2y －2z ＝0，－y －2z ＝0.
令x ＝1，则y ＝2，z ＝－1，所以n ＝(1,2，－1)．
设直线A 1C 和平面A 1BD 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n ，
A 1C —→
〉|＝|n ·A 1C —→||n ||A 1C —→|＝
|2＋4＋2|
1＋4＋1·4＋4＋4
＝223故所求角的正弦值为223
.(3)解
存在点F 符合题意．
设A 1F —→＝λA 1C —→
，其中λ∈[0,1]．设F (x 1，y 1，z 1)，
则有(x 1，y 1，z 1－2)＝(2λ，2λ，－2λ)，所以x 1＝2λ，y 1＝2λ，z 1＝2－2λ，从而F (2λ，2λ，2－2λ)，所以DF →
＝(2λ，2λ＋1,2－2λ)，又BC →
＝(0,4,0)，
所以|cos 〈DF →，BC →
〉|＝
|DF →·BC →||DF →||BC →|＝4|2λ＋1|
4(2λ)2＋(2λ＋1)2＋(2－2λ)2＝
357
，整理得16λ2－24λ＋9＝0，解得λ＝34，所以线段A 1C 上存在点F 符合题意，且A 1F A 1C ＝3
4
.
[周四]
1．(2023·青岛模拟)已知全集U ＝R ，A ＝{x |3<x <7}，B ＝{x ||x －2|<4}，则图中阴影部分表示的集合为(
)
A ．{x |－2<x ≤3}
B ．{x |－2<x <3}
C ．{－1,0,1,2}
D ．{－1,0,1,2,3}
答案A
解析
|x －2|<4⇒－4<x －2<4⇒－2<x <6，∴B ＝{x |－2<x <6}．
则A ∪B ＝{x |－2<x <7}，
图中阴影部分为∁(A ∪B )A ＝{x |－2<x ≤3}．
2．(2023·郴州、湘潭联考)已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为()
A.53π3
B ．53πC.73π3
D ．73π
答案C
解析
设圆台的上底面的圆心为O 1，下底面的圆心为O ，点A 为上底面圆周上任意一点，则
O 1A ＝1，
设圆台的高为h ，球的半径为R ＝OA ＝2，则h ＝OO 1＝R 2－O 1A 2＝4－12＝3，
所以圆台的体积V ＝13(4π＋4π·π＋π)×3＝73π
3
.
3．(多选)(2023·白山模拟)某校抽取了某班20名学生的化学成绩，并将他们的成绩制成如下所示的表格．
成绩60657075808590人数
2
3
3
5
4
2
1
下列结论正确的是()
A ．这20人成绩的众数为75
B ．这20人成绩的极差为30
C ．这20人成绩的25%分位数为65
D ．这20人成绩的平均数为75答案AB
解析
根据表格可知，
这20人成绩的众数为75，故A 正确；极差为90－60＝30，故B 正确；20×25%＝5，
所以25%分位数为1
2×(65＋70)＝67.5，故C 错误；
平均数为
60×2＋65×3＋70×3＋75×5＋80×4＋85×2＋90
20
＝74，
故D错误．
4．已知数列{a n}是各项均为正数的等比数列，S n是它的前n项和，若a3a5＝64，且a5＋2a6＝8，则S6＝______.
答案126
解析设正项等比数列{a n}的公比为q(q>0)，由a3a5＝64，得a24＝a3a5＝64，而a4>0，解得a4＝8，
又a5＋2a6＝8，则a4q＋2a4q2＝8，于是2q2＋q－1＝0，而q>0，解得q＝1
2，a1
＝a4
q3＝64，
所以S6
1－1
2
126.
5．(2023·大连模拟)国学小组有编号为1,2,3，…，n的n位同学，现在有两个选择题，每人答
对第一题的概率为2
3，答对第二题的概率为
1
2，每个同学的答题过程都是相互独立的，比赛规
则如下：①按编号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮出赛，先答第一题；②若第i(i＝1,2,3，…，n－1)号同学未答对第一题，则第i轮比赛失败，由第i＋1号同学继续比赛；③若第i(i＝1,2,3，…，n－1)号同学答对第一题，则再答第二题，若该同学答对第二题，则比赛在第i轮结束；若该同学未答对第二题，则第i轮比赛失败，由第i＋1号同学继续答第二题，且以后比赛的同学不答第一题；④若比赛进行到了第n轮，则不管第n号同学答题情况，比赛结束．
(1)令随机变量X n表示n名同学在第X n轮比赛结束，当n＝3时，求随机变量X3的分布列；
(2)若把比赛规则③改为：若第i(i＝1,2,3，…，n－1)号同学未答对第二题，则第i轮比赛失败，第i＋1号同学重新从第一题开始作答．令随机变量Y n表示n名挑战者在第Y n轮比赛结束．
①求随机变量Y n(n∈N*，n≥2)的分布列；
②证明：随机变量Y n的数学期望E(Y n)单调递增，且小于3.
(1)解由题设，X3的可能取值为1,2,3，
P(X3＝1)＝2
3×1
2＝
1
3，
P(X3＝2)＝2
3×1
2×
1
2＋
1
3×
2
3×
1
2＝
5
18，
P(X3＝3)＝1－1
3－5
18＝
7
18，
因此X3的分布列为
X3123
P
13518718
(2)①解Y n 的可能取值为1,2，…，n ，
每位同学两题都答对的概率为p ＝23×12＝13，则答题失败的概率为1－23×12＝2
3，
所以当Y n ＝k (1≤k ≤n －1，k ∈N *)时，P (Y n ＝k
)－1×13
；
当Y n ＝n 时，P (Y n ＝n
)－1，
故Y n 的分布列为
②
证明
由①知，E (Y n )＝错误
－1
×1
3
＋
－1(n ∈N *，n ≥2)．
E
(Y n ＋1)－E (Y n )＝－1
×13
＋(n ＋－－1
>0，故E (Y n )单调递增．
又E (Y 2)＝5
3
，
所以E (Y n
)＝E (Y 2)＋[E (Y 3)－E (Y 2
)]＋[E (Y 4)－E (Y 3)]＋…＋[E (Y n )－E (Y n －1)]，所以E (Y n )＝5
3
＋
＋…－1
＝53
1－
23
3－2－1<3，
故E (Y 2)<E (Y 3)<E (Y 4)<E (Y 5)<…<E (Y n )<3.
[周五]
1．(2023·淄博模拟)已知集合A ＝{x |2x >1}，B ＝{x |ln x >1}，则下列集合为空集的是()
A ．A ∩(∁R
B ) B.(∁R A )∩B
C ．A ∩B D.(∁R A )∩(∁R B )
答案B
解析
集合A ＝{x |2x >1}＝{x |x >0}，
集合B＝{x|ln x>1}＝{x|x>e}，
所以∁R A＝{x|x≤0}，∁R B＝{x|x≤e}，
对于A，A∩(∁R B)＝{x|0<x≤e}，故选项A不满足题意；
对于B，(∁R A)∩B＝∅，故选项B满足题意；
对于C，A∩B＝{x|x>e}，故选项C不满足题意；
对于D，(∁R A)∩(∁R B)＝{x|x≤0}，故选项D不满足题意．
2．已知函数f(x)的定义域为R，f(x＋1)为奇函数，且对∀x∈R，f(x＋4)＝f(－x)恒成立，则下列选项中不正确的是()
A．f(x)为偶函数
B．f(3)＝0
C．f f
D．f(x)是以8为周期的函数
答案D
解析因为f(x＋1)为奇函数，所以f(1－x)＝－f(1＋x)x＋2)＝－f(－x)，2－x)＝－f(x)，
又f(x＋4)＝f(－x)，所以f(2＋x)＝f(2－x)，故－f(－x)＝－f(x)，
所以f(－x)＝f(x)，f(x)为偶函数，A正确；
f(x＋1)为奇函数，
所以f(1)＝0，又f(2＋x)＝f(2－x)，
所以f(3)＝f(1)＝0，B正确；
f f f(x)的图象关于点(1,0)对称，所以f f
所以f f C正确；
又f(x＋4)＝f(－x)＝f(x)，
所以f(x)是以4为周期的函数，D错误．
3．(多选)(2023·邵阳模拟)若函数f(x)＝2cosωx(cosωx－sinωx)－1(ω>0)的最小正周期为π，则()
A．f＝－6
2
B．f(x)在π
2，
3π
4上单调递增
C．f(x)在0，5π
2内有5个零点
D ．f (x )在－π4，
π4上的值域为[－1，1]答案BC
解析
f (x )＝2cos ωx (cos ωx －sin ωx )－1
＝2cos 2ωx －2cos ωx sin ωx －1
＝cos 2ωx －sin 2ωx ＝2cos ωx 由最小正周期为π，可得π＝2π
2ω，解得ω＝1，
故f (x )＝2cos x
对于A ，f ＝2cos －π12＋
＝2cos
π6＝6
2
，故A 错误；对于B ，当x ∈π2，
3π4时，
2x ＋π
4∈5π4，7π4⊆[π，2π]，此时f (x )单调递增，故B 正确；
对于C ，令f (x )＝2cos x 0，
即x 0，
所以2x ＋π4＝π
2＋k π，k ∈Z ，
即x ＝π8＋k π
2，k ∈Z ，
当x ∈0，
5π2时，
满足要求的有x ＝π8，x ＝5π8，x ＝9π8，x ＝13π8，
x ＝
17π
8
，故有5个零点，故C 正确；对于D ，当x ∈－π4，
π4时，2x ＋π4∈－π4，
3π4，
则x ∈－2
2
，1
，故f (x )∈[－1，2]，所以D 错误．
4．(2023·齐齐哈尔模拟)一组数据由8个数组成，将其中一个数由4改为2，另一个数由6改为8，其余数不变，得到新的一组数据，则新数据的方差相比原数据的方差的增加值为________．答案2
解析
一个数由4改为2，另一个数由6改为8，故该组数据的平均数x 不变，
设没有改变的6个数分别为x 1，x 2，…，x 6，原数据的方差
s 21＝18
[(x 1－x )2＋(x 2－x )2＋…＋(x 6－x )2＋(4－x )2＋(6－x )2]，新数据的方差s 22＝18[(x 1－x )2＋(x 2－x )2＋…＋(x 6－x )2＋(2－x )2＋(8－x )2]，所以s 22－s 21＝18
[(2－x )2＋(8－x )2－(4－x )2－(6－x )2]＝2.5．(2023·苏州调研)已知抛物线y 2
＝a 2
x 的焦点也是离心率为32的椭圆x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)的一
个焦点F .
(1)求抛物线与椭圆的标准方程；
(2)设过点F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点，交椭圆于C ，D 两点，且A 在B 左侧，C 在D 左侧，A 在C 左侧．设r ＝|AC |，s ＝μ|CD |，t ＝|DB |.
①当μ＝2时，是否存在直线l ，使得r ，s ，t 成等差数列？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由；
②若存在直线l ，使得r ，s ，t 成等差数列，求μ的范围．
解
(1)由题意知抛物线的焦点F (c ,0)，由于e ＝c a ＝3
2
，即
，则有a 24＝32
a ，
因此a ＝23，c ＝3，b ＝a 2－c 2＝3，
故抛物线的标准方程为y 2
＝12x ，椭圆的标准方程为x 212＋y 2
3
＝1.
(2)设l ：x ＝my ＋3(m ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，将直线与抛物线联立，
2＝12x ，＝my ＋3，
整理得y2－12my－36＝0，Δ＝144m2＋36×4>0，
1＋y2＝12m，
1y2＝－36，
于是x1x2＝(my1＋3)(my2＋3)＝m2y1y2＋3m(y1＋y2)＋9＝9，
2＋4y2－12＝0，
＝my＋3，
得到一元二次方程(m2＋4)y2＋6my－3＝0，Δ>0，
3＋y4＝－
6m
m2＋4，
3y4＝－
3
m2＋4，
则|AB|＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2
＝1＋m2·(y1＋y2)2－4y1y2
＝12(m2＋1)，
|CD|＝(x3－x4)2＋(y3－y4)2
＝1＋m2·(y3＋y4)2－4y3y4
＝1＋m2
36m2
(m2＋4)2
＋
12m2＋48
(m2＋4)2
＝
43(m2＋1)
m2＋4
，
|AC|＋|DB|＝|AB|－|CD|
＝12(m2＋1)－
43(m2＋1)
m2＋4
.
①当μ＝2时，s＝2|CD|，
假设存在直线l，使得r，s，t成等差数列，
即|AC|＋|DB|＝4|CD|，
即有12(m2＋1)－
43(m2＋1)
m2＋4
＝4×
43(m2＋1)
m2＋4
，
整理得12m2＝203－48，方程无解，因此不存在l满足题设．
②若存在直线l，使得r，s，t成等差数列，只需使得方程12(m2＋1)－
43(m2＋1)
m2＋4
＝2μ×43(m 2＋1)m 2＋4
有解即可．整理得m 2＝
3＋23μ－123，故m 2＝3＋23μ－123
>0，
解得μ[周六]
1．(2023·泉州质检)已知复数z 满足(1－i)z ＝4i ，则z ·z 等于(
)A ．－8
B ．0
C ．8
D ．8i 答案
C 解析因为(1－i)z ＝4i ，
所以z ＝
4i 1－i ＝4i (1＋i )(1－i )(1＋i )＝－4＋4i 2＝－2＋2i ，所以z ＝－2－2i ，因此，z ·z ＝(－2＋2i)(－2－2i)＝4＋4＝8.
2．(2023·娄底模拟)已知夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积之比为k (常数)，那么这两个几何体的体积之比也为k .
则椭圆C ：x 2a 2＋y 2b
2＝1(a >b >0)绕长轴旋转一周形成的几何体的体积为(注：椭圆的面积S ＝πab ，其中a ，b 分别为长半轴、短半轴的长)(
)A.43
πa 2b B.43πab 2C.43
πa 3 D.43
πb 3答案
B 解析如图所示，
直线y ＝h 交半椭圆x 2a 2＋y 2b
2＝1(y ≥0)于A ，B 两点，交半圆x 2＋y 2＝b 2(y ≥0)于C ，D 两点，
由题意可得
|AB ||CD |＝
＝a
b
b2－h2
b2－h2
＝
a
b，
将半椭圆x2
a2＋
y2
b2＝1(y≥0)和半圆x
2＋y2＝b2(y≥0)绕着x轴旋转一圈后，
利用垂直于y轴的平面去截椭球体与球体，设截面面积分别为S，S′，
由题意可知
S
S′＝
1
4
π·|AB|·|CD|
1
4
π·|CD|2
＝
a
b，
设半椭圆x2
a2＋
y2
b2＝1(y≥0)绕x轴旋转一圈所得的几何体体积为V，
半圆绕x轴旋转一圈所得的几何体体积为V′，
则
V
V′＝
a
b，所以V＝
a
b
V′＝a
b
·4πb
3
3＝
4πab2
3
.
3．(
多选)(2023·青岛模拟)在x
的展开式中，下列说法正确的是
()
A．常数项是1120
B．第四项和第六项的系数相等
C．各项的二项式系数之和为256
D
．各项的系数之和为256
答案AC
解析
x
的通项公式为T k
＋1
＝C k828－k(－1)k x8－2k，
对于A，常数项为C4824(－1)4＝1120，故A正确；
对于B，第四项的系数为C3828－3(－1)3＝－1792，
第六项的系数为C5828－5(－1)5＝－448，故B错误；
对于C，因为n＝8，所以各项的二项式系数之和为28＝256，故C正确；
对于D，令x＝
1，得各项的系数之和为1，故D错误．
4.如图是甲烷的球棍结构，它的分子结构为正四面体结构(正四面体是每个面都是正三角形的四面体)，碳原子位于正四面体的中心，4个氢原子分别位于正四面体的4个顶点．已知相邻的两个氢原子之间的距离为7，若不计原子大小，该正四面体内放入一个圆柱，使得圆柱的下底面在正四面体的底面内，则当该圆柱的表面积取得最大值时，圆柱的底面半径为____________．
答案233＋66
解析如图，不计原子大小后，设5个原子所确定的四面体为正四面体ABCD ，
则其棱长为7，若使圆柱最大，
则圆柱的上底面为一个平行于底面的截面所成正三角形的内切圆，
设截面正三角形边长为x ，x ∈(0,7)，设正四面体的高AO 交截面于F ，连接EF ，BO ，圆柱的高为h ，
则EF ＝32x ×23＝33x ，BO ＝32×7×23＝733，AO ＝763，由几何关系可得
AF AO ＝EF BO ，则AO －h AO ＝EF BO ＝x 7，则圆柱的高h
＝AO ＝6(7－x )3
，圆柱底面半径为r ＝13×32x ＝36
x ，所以圆柱表面积
S ＝2πr 2＋2πrh ＝
＋2π×36x ×6(7－
x )3
＝
x 2＋723πx ，故当x
72π4＋2时，S 取得最大值，此时r ＝36x ＝36×(4＋2)＝233＋66
.5．(2023·柳州模拟)已知函数f (x )＝2sin x －ax ，a ∈R .(1)当a ＝1时，求g (x )＝f (x )－ln(x ＋1)在区间0，π
6上的最小值；(2)证明：sin 12＋sin 13＋sin 14＋…＋sin 1n >ln n ＋12
(n
>1且n ∈N *)．(1)解由题意知当a
＝1时，g (x )＝2sin x －x －ln(x ＋≤x 则g ′(x )＝2cos x －1－1x ＋1
，
令u (x )＝2cos x －1≤x 则u ′(x )＝－2sin x ＋1(x ＋1)2
，
令v (x )＝－2sin x ≤x 则v ′(x )＝－2cos x －2(x ＋1)3
<0，所以v (x )在区间0，π6上单调递减，
即u ′(x )在区间0，π6上单调递减．
又u ′(0)＝1，u 1＋1
<0，
所以u ′(0)·u ，
故存在x 0u ′(x 0)＝0，
所以u (x )(即g ′(x ))在区间(0，x 0)上单调递增，
0又g ′(0)＝0，g ＝3－1－1π6
＋1>0，
g ′(x )>0，所以g (x )在区间0，π6上单调递增，最小值为g (0)＝0.(2)证明由(1)可知g (x )＝2sin x －x －ln(x ＋1)≥g (0)＝0在区间0，12上恒成立，
所以2sin x ≥x －ln(x ＋1)，
令h (x )＝x －ln(x ＋≤x 则h (0)＝0，h ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1
≥0，所以h (x )在区间0，12上单调递增，
所以当0<x ≤12
时，h (x )>0，即x －ln(x ＋1)>0，x >ln(x ＋1)，
所以2sin x≥x＋ln(x＋1)>2ln(x＋1)，
即sin x>ln(x＋1)，1
2上恒成立，
所以sin 1
2sin
1
3＋sin
1
4＋…＋sin
1
n
>ln3
2＋ln 4
3＋…＋ln
n＋1
n
＝·4
3
·…
ln n＋1
2
.。