綜合訓(xùn)練（五）

一、單選題

1.數(shù)據(jù)6.0，7.4，8.0，8.4，8.6，8.7，9.0，9.1的50百分位數(shù)為（）.

A.8.4 B.8.5 C.8.6 D.8.7

2.已知雙曲線C：y2-b（x）2（2）=1（bgt;0）的離心率elt;，

則b的取值范圍是（）.

A.（0，1）B.（1，）C.（1，+∞）D.（，+∞）3.若數(shù)列an滿足a2=11，an+1=，則a985=（）.

A.1（1）0（1）B.11 C.-10（1）D.1（1）1（0）

4.已知平面α，β，直線l?α，直線m不在平面α上，下列說法正確的是（）.

A.若α//β，m//β，則l//m B.若α//β，m⊥β，則l⊥m

C.若l//m，α//β，則m//βD.若l⊥m，m//β，則α⊥β

5.在某次美術(shù)專業(yè)測試中，若甲、乙、丙三人獲得

優(yōu)秀等級的概率分別是0.6，0.7和0.5，且三人的測試結(jié)果相互獨(dú)立，則測試結(jié)束后，在甲、乙、丙三人中恰有兩人沒達(dá)優(yōu)秀等級的前提條件下，乙沒有達(dá)優(yōu)秀等級的概率為（）.

15 7 5 17

A.B.C.D.

29 8 8 29

6.在平面直角坐標(biāo)系中，集合A={x，y|kx-y+k=0}，集合B=x，yy=kx-1，已知點(diǎn)M∈A，點(diǎn)N∈B，記d表示線段MN長度的最小值，則d的最大值為（）.

A.2 B.3 C.1 D.2

7.已知函數(shù)f（x）=cos 2x，g（x）=sin x，則存在θ∈，，使得（）.

A.2g（θ）=f（θ）+g（θ）?f（θ）B.4g（θ）?f（θ）=f（θ）+2g（θ）

C.2f（θ）=g（θ）+g（θ）?f（θ）D.f（θ）=g（θ）

8.已知等差數(shù)列an（公差不為0）和等差數(shù)列bn的前n項(xiàng)和分別為Sn、Tn，如果關(guān)于x的實(shí)系數(shù)方程1003x2-S1003x+T1003=0有實(shí)數(shù)解，那么以下1003個(gè)方程x2-aix+bi=0i=1，2，…，1003中，有實(shí)數(shù)解的方程至少有（）個(gè).

A.499 B.500 C.501 D.502

二、多選題

9.已知復(fù)數(shù)z=2+i，z1=x+yi（x，y∈R）（i為虛數(shù)單位），ˉ（z）為z的共軛復(fù)數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（）.

A.ˉ（z）的虛部為-i

B.z2=|z|2

C.=1

D.若z-z1≤1，則在復(fù)平面內(nèi)z1對應(yīng)的點(diǎn)形成的圖形的面積為π

10.已知θ為銳角，則下列說法錯(cuò)誤的是（）.

A.滿足tanθ=cosθ+sinθ的θ值有且僅有一個(gè)

B.滿足sinθ，tanθ，cosθ成等比數(shù)列的θ值有且僅有一個(gè)

C.sinθ，cosθ，tanθ三者可以以任意順序構(gòu)成等差數(shù)列

D.存在θ使得tanθ-sinθ，cosθ-sinθ，cosθ-tanθ成等比數(shù)列

11.已知Sn是數(shù)列an的前n項(xiàng)和，a1=8，則下列遞推關(guān)系中能使Sn存在最大值的有（）.

A.an+1=-2an B.an+1=an-2

C.an+1=an-n D.an+1=

三、填空題

12.已知p：-3≤x≤1，q：x≤a（a為實(shí)數(shù)）.若q的一個(gè)充分不必要條件是p，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是

13.各棱長均為1且底面為正方形的平行六面體ABCD-A1B1C1D1，滿足∠A1AB=∠A1AD=60°，則AC1=；此平行六面體的體積為.

14.已知定義在R上的增函數(shù)f（x）滿足對任意的x1，x2∈R都有f（x1+x2）=f（x1）f（x2），且f（3）=8，函數(shù)g（x）滿足g（x）+g（4-x）=4，g（6-x）=g（x），且當(dāng)x∈2，3時(shí)g（x）=f（x-1）.若g（x）在0，100上取得最大值的x值依次為x1，x2，…，xk，取得最小值的x值依次為x′1，x′2，…，x′n，

則xi+gxi+x′i+gx′i=.

四、解答題

15.已知函數(shù)f（x）=ax-e loga x-e，其中agt;1.

（1）若a=e，證明：f（x）≥0；

（2）討論f（x）的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù).

16.有兩個(gè)盒子，其中1號盒子中有3個(gè)紅球，2個(gè)白球；2號盒子中有6個(gè)紅球，4個(gè)白球.現(xiàn)按照如下規(guī)則摸球.從兩個(gè)盒子中任意選擇一個(gè)盒子，再從盒中隨機(jī)摸出2個(gè)球，摸球的結(jié)果是一紅一白.

（1）你認(rèn)為較大可能選擇的是哪個(gè)盒子？請做出你的判斷，并說明理由；

（2）如果你根據(jù)（1）中的判斷，面對相同的情境，作出了5次同樣的判斷，記判斷正確的次數(shù)為X，求X的數(shù)學(xué)期望（實(shí)際選擇的盒子與你認(rèn)為較大可能選擇的盒子相同時(shí)，即為判斷正確）.

17.如圖1，已知正三角形ABC邊長為4，其中=3，=3，現(xiàn)沿著DE翻折，將點(diǎn)A翻折到點(diǎn)A′處，使得平面A′BC⊥平面DBC，M為A′C的中點(diǎn)，如圖2.

圖1圖2

（1）求異面直線A′D與EM所成角的余弦值；

（2）求平面A′BC與平面DEM所成角的余弦值.

18.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線C：y2=2px（pgt;0）和點(diǎn)R（4，5）.點(diǎn)P在C上，且=.

（1）求C的方程；

（2）若過點(diǎn)R作兩條直線l1與l2，l1與C相交于A，B兩點(diǎn)，l2與C相交于E，D兩點(diǎn)，線段AB和ED中點(diǎn)的連線的斜率為k，直線AB，ED，AD，BE的斜率分別為k1，k2，k3，k4，證明：+=+，且+-為定值.

參考答案與解析

一、單選題

1.【答案】B

【解析】依題意得，一組數(shù)據(jù)的第50百分位數(shù)即為該組數(shù)據(jù)的中位數(shù)，

所以數(shù)據(jù)6.0，7.4，8.0，8.4，8.6，8.7，9.0，9.1的第50百分位數(shù)為=8.5.故本題選B.

2.【答案】A

【解析】由已知條件可得雙曲線的焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，a=1，c2=1+b2，

所以e==lt;，1+b2lt;2，

由bgt;0，得0lt;blt;1.

故本題選A.

3.【答案】D

【解析】因?yàn)閍n+3=====an.所以數(shù)列an周期為3的數(shù)列.

所以a985=a328×3+1=a1，a2=11，

所以11=1-1a1，解得a1=11（10），

故a985=a1=11（10）.故本題選D.

4.【答案】B

【解析】對于A，若α//β，m//β，則l//m或l與m異面，故A錯(cuò)誤；

對于B，若α//β，m⊥β，則m⊥α，又l?α，則l⊥m，故B正確；

對于C，若l//m，α//β，則m//β或m?β，故C錯(cuò)誤；

對于D，若l⊥m，m//β，則α//β或α與β相交，故D錯(cuò)誤.

故本題選B.

5.【答案】A

【解析】設(shè)甲、乙、丙三人獲得優(yōu)秀等級分別為事件A，B，C，三人中恰有兩人沒有達(dá)到優(yōu)秀等級為事件D，

則PA=0.6，PB=0.7，PC=0.5，

PD=PAB（ˉˉ）C?A（ˉ）BC（ˉ）?ABC（ˉˉ）=PAB（ˉˉ）C+PA（ˉ）BC（ˉ）

+PABC（ˉˉ）=0.4×0.3×0.5+0.4×0.7×0.5+0.6×0.3×0.5

=0.29，

PB（ˉ）D=PAB（ˉˉ）C+PABC（ˉˉ）=0.3×0.4×0.5+0.3×

0.5×0.6=0.15，

所以PB（ˉ）D==0（0）.2（.1）9（5）=29（15）.故本題選A.

6.【答案】D

【解析】集合A=x|kx-y+k=0可以看作是表示直線l1：kx-y+k=0上的點(diǎn)的集合，

由kx-y+k=0變形可得，kx+1-y=0，

由y（x）0（1）0，可得y（x）0（-），

所以直線l1：kx-y+k=0過定點(diǎn)E-1，0.

集合B=x，yy=kx-1可看作是直線l2：y=kx-1上的點(diǎn)的集合，

由y=kx-1變形可得，kx-y+1=0，

由y（x）1（0）0，可得y（x）0，

所以直線l2：y=kx-1過定點(diǎn)F0，-1.

顯然當(dāng)線段AB與直線l1，l2都垂直時(shí)，d有最大值

7.【答案】C

【解析】當(dāng)x∈，時(shí)，lt;sin xlt;，

0lt;cos 2xlt;，所以sin xgt;cos 2xgt;sin x?cos 2x，

即g（x）gt;f（x）gt;f（x）?gx，（一個(gè)正數(shù)乘以一個(gè)小于1的正數(shù)，積一定小于這個(gè)數(shù)）故排除A，D.

對于B，設(shè)F（x）=4 cos 2xsin x=4 sin x-8 sin3x，則f′（x）=4 cos x1-6 sin2 x.

因?yàn)楫?dāng)x∈，時(shí)，lt;sin xlt;，

所以1-6 sin2 xlt;0，即f′（x）lt;0，

所以F（x）在，上單調(diào)遞減，F(xiàn)（x）lt;F=1.又當(dāng)x∈，時(shí)，1lt;2 sin xlt;，0lt;cos 2xlt;，所以1lt;cos 2x+2 sin xlt;+，

所以cos 2x+2 sin x-4 cos 2xsin xgt;0，

即cos 2x+2 sin xgt;4 cos 2xsin x，故B錯(cuò)誤.

對于C，令G（x）=sin x+sinx?cos 2x-2 cos 2x，因?yàn)镚=-lt;0，G=gt;0，且函數(shù)G（x）的圖象是連

續(xù)不斷的，

所以函數(shù)G（x）在，內(nèi)存在零點(diǎn)θ，即存在θ∈，，使得sinθ+sinθ?cos 2θ-2 cos 2θ=0，

即存在θ∈，，使得2 cos 2θ=sinθ+sinθ?cos 2θ，

故C正確.

故本題選C.

8.【答案】D

【解析】由題意得：S1（2）003-4×1003T1003≥0，其中

S1003=2=1003a502，

1003b1+b1003T1003=2

=1003b502，

代入上式得：a5（2）02-4b502?0，

要方程x2-aix+bi=0i=1，2，3，…，1003無實(shí)數(shù)

解，則ai（2）-4bilt;0，顯然第502個(gè)方程有解.

設(shè)方程x2-a1x+b1=0與方程x2-a1003x+b1003=0的判別式分別為Δ1，Δ1003，

則Δ1+Δ1003=a1（2）-4b1+a1（2）003-4b1003

=a1（2）+a1（2）003-4b1+b1003≥a1+2（a）10032-4×2b502

=2a2（5）022-8b502=2a5（2）02-4b502?0，

等號成立的條件是a1=a1003，

所以Δ1lt;0，Δ1003lt;0至多一個(gè)成立，

同理可證：Δ2lt;0，Δ1002lt;0至多一個(gè)成立，…Δ501lt;0，Δ503lt;0至多一個(gè)成立，且Δ502≥0，綜上可知，在所給的1003個(gè)方程中，無實(shí)數(shù)根的方程最多501個(gè)，故有實(shí)數(shù)解的方程至少有502個(gè).故本題選D.

二、多選題

9.【答案】CD

【解析】由題意可得ˉ（z）=2-i，所以ˉ（z）的虛部為-1，則

A錯(cuò)誤，

z2=2+i2=3+4i，z=22+12=，故z2≠z|2，則

B錯(cuò)誤，

ˉ（z）22+（-1）2

z（z）-z（=）1≤1（2）表示（2+12）x（1），（，）到（C）的（，）距離不大于1的點(diǎn)

構(gòu)成的圖形，故為以（2，1）為圓心，以1為半徑的圓以及內(nèi)部，故面積為π，則D正確，故本題選CD.

10.【答案】CD

【解析】因?yàn)閟inθ+cosθ=sinθ+，在同一坐標(biāo)系內(nèi)作y=tan x和y=sin x+的圖象，如圖3所示.可知在0，上，方程tanθ=cosθ+sinθ只有一個(gè)

解，故A選項(xiàng)正確；

由sinθ，tanθ，cosθ成等比數(shù)列，可得tan2θ=sinθcosθ，θ∈0，，得tanθ=，

在同一個(gè)直角坐標(biāo)系內(nèi)作y=tan x和y=的圖象，如圖4所示.

圖4

可知方程tanθ=，θ∈0，有且只有一

個(gè)解，所以B選項(xiàng)正確；

若sinθ，cosθ，tanθ三者可以以任意順序構(gòu)成等差數(shù)列，則必有：sinθ=cosθ=tanθ，且θ。銳角，

所以sinθ=cosθ=2，而tanθ=cos（sin）θ（θ）=1，

所以sinθ，cosθ，tanθ三者不可能以任意順序構(gòu)成等差數(shù)列，

所以C選項(xiàng)錯(cuò)誤，

對于D，若存在θ∈0，，使得tanθ-sinθ，cosθ-sinθ，cosθ-tanθ成等比數(shù)列，

則cosθ-sinθ2=tanθ-sinθcosθ-tanθ，

而tanθ-sinθ=sinθ-1gt;0，

故cosθ-tanθgt;0，即cosθgt;tanθ，

故cos2θgt;sin2θ，即cosθgt;sinθ，

所以θ∈0，且cosθ-sinθgt;0，

由cosθgt;tanθ可得cosθ-sinθgt;tanθ-sinθgt;0，

而sinθlt;cos（sin）θ（θ）=tanθ，

故cosθ-sinθgt;cosθ-tanθgt;0，

故cosθ-sinθ2gt;cosθ-tanθtanθ-sinθ，

所以不存在θ使得tanθ-sinθ，cosθ-sinθ，

cosθ-tanθ成等比數(shù)列

故本題選CD.

11.【答案】BC

可得a（【解析）n（】）2（，））由n，=3（8）1-（-2）n，

當(dāng)n為正奇數(shù)且趨近于無窮大時(shí)，Sn也趨近于正無窮大，故Sn不存在最大值，故A不正確；

對于B，由an+1=an-2，得an+1-an=-2，又a1=8，所以an=8-2（n-1）=-2n+10，當(dāng)1≤n≤4時(shí)，angt;0，當(dāng)n=5時(shí)，an=0，

當(dāng)ngt;5時(shí)，anlt;0，

所以當(dāng)n=4或n=5時(shí)，Sn取得最大值，故B正確；對于C，由an+1=an-n，a1=8，得a2=a1-1=7，

a3=a2-2=5，a4=a3-3=2，a5=a4-4=-2，

又an+1-an=-nlt;0，an單調(diào)遞減，

所以當(dāng)n=4時(shí)，Sn取最大值，故C正確；

對于D，由an+1=，a1=8，得a2=-，a3=，a4=8，…，

所以數(shù)列an的周期為3，故Sn不存在最大值，故D不正確.

故本題選BC.

四、填空題

12.【答案】1，+∞

【解析】因?yàn)閝的一個(gè)充分不必要條件是p，所以[-3，1]是-∞，a的一個(gè)真子集，則a≥1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是1，+∞.

13.【答案】①；②

【解析】因?yàn)?=（++）2

=2+2+2+2?+2?+2?

=1+1+1+2?cos∠A1AB+2?·

cos∠DAB+2?cos∠CBB1

=3+2×1×1×+0+2×1×1×=5，

所以AC1=.

連接AB，CD交于點(diǎn)O，連接A1O，

因?yàn)榈酌鏋檫呴L是1的正方形，

所以AO=AC=，DO=BD=，

因?yàn)椤螦1AB=∠A1AD=60°，連接A1D，A1B，

則A1D=A1B=1，

所以在△A1DB中，A1O⊥BD，

又因?yàn)锳1O2+AO2=A1A2，所以A1O⊥AO，

而AO?BD=O，AO，BD?平面ABCD，

所以A1O⊥平面ABCD，所以平行六面體的體積為：

V=SABCD?A1O=1×=.

14.【答案】2600

【解析】因?yàn)閒（x1+x2）=f（x1）f（x2），

令x1=x2=x，可得f2x=fx2，

令x1=2x，x2=x，可得f3x=f2xfx=fx3，因?yàn)閒（3）=8，所以f（1）=2，f（2）=4.

因?yàn)間（x）+g（4-x）=4，可知g（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（2，2）對稱，

又因?yàn)楫?dāng)x∈[2，3]時(shí)，g（x）=f（x-1），

則g（x）在2，3上單調(diào)遞增，且g（3）=f（2）=4，所以g（x）在1，2上單調(diào)遞增，且g（1）=0.

因?yàn)間（6-x）=g（x），

則g（x）的圖象關(guān)于直線x=3對稱，

所以g（x）在（3，5]上單調(diào)遞減，且g（5）=0，

故g（x）在1，5上的最大值為4，最小值為0.

由g（6-x）=g（x）得g（4-x）=g（x+2），

則g（x）+g（x+2）=4，

所以g（x+2）+g（x+4）=4，得g（x+4）=g（x），

故g（x）的一個(gè)周期為4，且在x=4m-3（m∈Z）處取得最小值0，在x=4m-1處取得最大值4，

所以[xi+gxi]+[x′i+gx′i]=3+7+11+???

+99+25×4+1+5+9+???+97+25×0=2600.四、解答題

15.【解析】（1）當(dāng)a=e時(shí)，f（x）=ex-elnx-e，則f′（x）=ex-，f′（1）=0，f（1）=0，

所以當(dāng)xlt;1時(shí)，f′（x）lt;0，f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)xgt;1時(shí)，f′（x）gt;0，f（x）單調(diào)遞增，

從而可得f（x）≥f（1）=0；

（2）由題意知，函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），

f′（x）=ax lna-xln（e）a=xax ln（x ln2）a（a）-e，

設(shè)g（x）=xax ln2a-e，agt;1，顯然函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，g（x）與f′（x）同號，

①當(dāng)agt;e時(shí)，g（0）=-elt;0，g（1）=a ln2a-egt;0，

所以函數(shù)g（x）在（0，1）內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)，

所以函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)；

②當(dāng)a=e時(shí)，由第（1）問知，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)；

③當(dāng)1lt;alt;e時(shí)，gt;1，g（）=-e，==gt;1，

所以，g（）gt;0，

又g（1）=a ln2a-elt;0，

所以函數(shù)g（x）在（1，）內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)，

所以函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)；

綜上所述，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有且僅有一個(gè)極值點(diǎn).

16.【解析】（1）設(shè)選擇1號盒子后摸出一紅一白的概率為P1，

設(shè)選擇2號盒子后摸出一紅一白的概率為P2，

則P1==，P2==，

因?yàn)镻1gt;P2，所以較大可能選擇1號盒子；

（2）由貝葉斯公式，選擇1號盒子后猜中的概率

由題意得：X～B 5，17（9），所以EX=5×17（9）=17（45）.

17.【解析】（1）取BC的中點(diǎn)為O，DE的中點(diǎn)為O′，連

接A′O與OO′，

∵正三角形ABC中，AD=3DB，AE=3EC，

所以DE∥BC，DE=BC，

∴四邊形DECB為等腰梯形，

∴OO′⊥DE，OO′⊥BC；

由翻折圖形的性質(zhì)可得A′E=A′D，∠A′EC=∠A′DB，EC=DB，

∴△A′EC≌△A′DB，∴A′C=A′B，

∵O是BC的中點(diǎn)，

∴A′O⊥BC，

平面A′BC⊥平面DBC，平面A′BC?平面DBC=BC，A′O?平面A′BC，

∴A′O⊥平面DBC，∴OO′?平面DBC，∴A′O⊥OO′

以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)以O(shè)C，OO′，OA′所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖5所示.

∵正△ABC的邊長為4，DE∥BC，DE=BC，

∴△A′DE為正三角形，邊長為3，

所以x0=×4=，y0=×5=4，

所以點(diǎn)P，4，

66代入方程y2=2px中，得p=，所以C的方程為

y2=5x.

（2）設(shè)點(diǎn)Ax1，y1，Bx2，y2，Ex3，y3，Dx4，y4，

則直線AB的斜率k1=x（y）1（1）--x（y）2（2）=y1 y2，

同理得直線ED的斜率k2=x（y）4（4）--x（y）3（3）=y3 y4，

直線AD的斜率k3=

直線BE的斜率k4=y4-y1

x4-x1 y3-y2

x3-x2

=

=5 y1+y4，

5 y2+y3，

所以+=+=y1+y2+y3+y4，

+=+=y1+y2+y3+y4，

從而得+=+.

由?y（ìy）5x（=）1x-4，消去x得：

k1y2-5y+55-4k1=0，

所以y1+y2=，y1y2=，

由Δ=25-20k15-4k1gt;0，

得k1gt;或k1lt;.

設(shè)AB和ED的中點(diǎn)分別為M，N，

則yM=y1+y2=，

xM=yM-5

k1

+4=+4，

同理可得yN=，xN=+4，

所以1=xM-xN=--5-

所以得+-=+-=2，

又fbk+1-fbk=f 2kπ+2π-π-arccos-

f 2kπ-π-arccos=2π，

所有的bk均處在單調(diào)遞增區(qū)間上，

所以bk+1-bk為定值，

故所有滿足條件的b從小到大排列構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列.