9选择+1计算保分练(1)
第7课 浮力
＋F浮2＝G，则F乙＝G－F浮2；图丙中由于铁锚沉底，则铁锚受到支持力的作
用，所以船身受到的浮力为F丙、铁锚受到的浮力为F浮3、支持力为F支持，根据
受力平衡可知：F丙＋F浮3＋F支持＝G，则F丙＝G－F浮3－F支持；由于图甲铁锚部
分浸入水中；图乙和图丙中铁锚完全浸没水中，则铁锚排开水的体积V排1＜
V排2＝V排3，根据阿基米德原理可知：F浮1＜F浮2＝F浮3，所以F甲＞F乙＞F丙。
当浮力大于
5N
时
小
球
无
法
全
部
浸没Βιβλιοθήκη ，测量不
准
，
所
以
ρ
液
最
大
＝
F浮最大 gV排
＝
10N/kg×15×N10－4kg/m3＝5×103kg/m3；根据浮力计算公式可知，小球在体积
一定的情况下，g 相同，所以浮力与液体密度成正比，该密度计刻度均匀。
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7．在无风的、寒冷的冬天，肥皂泡被吹出后，由于肥皂泡内气体温度高，密 度小，所受浮力大于肥皂泡的重力而上升；随后肥皂泡内气体的温度降低， 体积变小，受到的浮力减小，浮力小于肥皂泡的重力而下降。在火热的夏 天，肥皂泡被吹出后，由于空气的气温高，密度也小，与肥皂泡内气体密度 相比，大的不多，故肥皂泡受到浮力大于肥皂泡的重力不明显，所以肥皂泡 先上升再下降的现象不明显。
( D) A．密度和浮力都不变
B．密度和浮力都变大
C．密度变小，浮力不变 D．密度变小，浮力变大
图7－1
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保分大题专练
保分大题专练(一)1. [2013·高考名校联考信息卷(五)]已知m ＝(cos x ＋sin x,2cos x )，n ＝(cos x －sin x ，－sin x )．(1)求f (x )＝m·n 的最小正周期和单调递减区间；(2)将函数y ＝f (x )的图象向右平移π8个单位，再将所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y ＝g (x )的图象．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A 2)＝0，g (B )＝22，b ＝2，求a 的值．[解] (1)f (x )＝m·n ＝(cos x ＋sin x )(cos x －sin x )－2sin x cos x ＝cos 2x－sin 2x －sin2x ＝cos2x －sin2x ＝2sin(π4－2x )＝2sin(2x ＋3π4)．所以f (x )的最小正周期T ＝π.又由2k π＋π2≤2x ＋3π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，得k π－π8≤x ≤k π＋3π8(k ∈Z )，故f (x )的单调递减区间是[k π－π8，k π＋3π8](k ∈Z )．(2)由f (A 2)＝0，得2sin(A ＋3π4)＝0，所以A ＋3π4＝k π(k ∈Z )，因为0<A <π，所以A ＝π4，将函数y ＝f (x )的图象向右平移π8个单位，得到y ＝2sin[2(x －π8)＋3π4]＝2sin(2x ＋π2)＝2cos2x ，再将所得图象各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y ＝g (x )＝2cos x ，因为g (B )＝22，所以2cos B ＝22，即cos B ＝12，由0<B <π，得B ＝π3，由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得a ＝b sin B sin A ＝2sin π3sin π4＝263.2. [2013·山东聊城三模]已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{a n }是等比数列；(3)若c n ＝a n ·b n ，求证：c n ＋1<c n .[解] (1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1，∴数列{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上， ∴T n ＝－12b n ＋1. ①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)， ② ①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1.由①，令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1， ∴b 1＝23，∴{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列．(3)证明：由(2)可知b n ＝23·(13)n －1＝23n .∴c n ＝a n ·b n ＝(n ＋1)·23n ，∴c n ＋1－c n ＝(n ＋2)·23n ＋1－(n ＋1)·23n ＝23n ＋1[(n ＋2)－3(n ＋1)] ＝23n ＋1(－2n －1)<0， ∴c n ＋1<c n .3. [2013·贵州省贵阳高三质检]在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，P A ⊥平面ABCD ，E 、F 分别为PD 、PC 的中点，P A ＝2AB ＝2.(1)求四棱锥P －ABCD 的体积V ；(2)求证：PC ⊥平面AEF .[解] (1)在Rt △ABC 中，AB ＝1，∠BAC ＝60°，∴BC ＝3，AC ＝2.在Rt △ACD 中，AC ＝2，∠CAD ＝60°，∴CD ＝23，AD ＝4.∴四边形ABCD 的面积S ABCD ＝12AB ·BC ＋12AC ·CD ＝12×1×3＋12×2×23＝53 2.则V＝13×532×2＝533.(2)∵P A＝CA，F为PC的中点，∴AF⊥PC.∵P A⊥平面ABCD，∴P A⊥CD.∵AC⊥CD，P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC，∴CD⊥PC.∵E为PD的中点，F为PC的中点，∴EF∥CD，则EF⊥PC.∵AF∩EF＝F，∴PC⊥平面AEF.4. [2013·乌鲁木齐高三诊断]PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．某市环保局从市区某年供暖的首月每天的PM2.5监测数据中随机抽取9天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示(十位为茎，个位为叶)．(1)从这9天的数据中任取2天的数据，求恰有一天空气质量达到一级的概率；(2)以这9天的PM2.5日均值来估计供暖期间的空气质量情况，则供暖期间(按150天计算)有多少天的空气质量达到一级．[解] (1)记“从9天的PM2.5日均监测数据中，随机抽出2天，恰有一天空气质量达到一级”为事件A ，∵从9天的PM2.5日均监测数据中，随机抽取2天，有{28,33}，{28,31}，{28,44}，{28,45}，{28,63}，{28,79}，{28,81}，{28,86}，{33,31}，{33,44}，{33,45}，{33,63}，{33,79}，{33,81}，{33,86}，{31,44}，{31,45}，{31,63}，{31,79}，{31,81}，{31,86}，{44,45}，{44,63}，{44,79}，{44,81}，{44,86}，{45,63}，{45,79}，{45,81}，{45,86}，{63,79}，{63,81}，{63,86}，{79,81}，{79,86}，{81,86}，共36种情形，其中恰有一天空气质量达到一级的有{28,44}，{28,45}，{28,63}，{28,79}，{28,81}，{28,86}，{33,44}，{33,45}，{33,63}，{33,79}，{33,81}，{33,86}，{31,44}，{31,45}，{31,63}，{31,79}，{31,81}，{31,86}，共18种情形，∴P (A )＝1836＝12.(2)依题意可知，这9天中空气质量达到一级的有3天，那么供暖期间估计(按150天计算)有39×150＝50天的空气质量达到一级．5. [2013·武汉适应性训练]已知前n 项和为S n 的等差数列{a n }的公差不为零，且a 2＝3，又a 4，a 5，a 8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (x )＝A sin(3x ＋φ)(A >0,0<φ<π)在x ＝π3处取得最小值S 7，求函数f (x )的单调递增区间．[解] (1)因为a 4，a 5，a 8成等比数列，所以a 25＝a 4a 8.设数列{a n }的公差为d ，则(a 2＋3d )2＝(a 2＋2d )(a 2＋6d )．将a 2＝3代入上式化简整理得d 2＋2d ＝0.又因为d ≠0，所以d ＝－2.于是a n ＝a 2＋(n －2)d ＝－2n ＋7，即数列{a n }的通项公式为a n ＝－2n ＋7.(2)由(1)知，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (5＋7－2n )2＝6n －n 2，于是S 7＝－7， 所以函数f (x )的最小值为－7，由A >0，得A ＝7.又因为函数f (x )在x ＝π3处取得最小值，则sin(3×π3＋φ)＝－1，因为0<φ<π，所以φ＝π2.故函数f (x )的解析式为f (x )＝7sin(3x ＋π2)＝7cos3x .于是由2k π－π≤3x ≤2k π，k ∈Z ，得2k π3－π3≤x ≤2k π3，k ∈Z .所以函数f (x )的单调递增区间为[2k π3－π3，2k π3]，k ∈Z .6. [2013·河南三市高三调研]在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝1，AD ＝3，AB ⊥BC ，CD ⊥BD ，如图1，把△ABD 沿BD 翻折，使得平面A ′BD ⊥平面BCD ，如图2所示．(1)求证：CD ⊥A ′B ；(2)求三棱锥A ′－BDC 的体积．[解] (1)∵平面A ′BD ⊥平面BCD ，平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，CD ⊥BD ，∴CD ⊥平面A ′BD .又A ′B ⊂平面A ′BD ，∴CD ⊥A ′B .(2)在Rt △ABD 中，BD ＝AB 2＋AD 2＝2.∵AD ∥BC ，∴∠ADB ＝∠DBC ＝30°.在Rt △BDC 中，DC ＝BD ·tan30°＝233，∴S △BDC ＝12BD ·DC ＝233.在Rt △A ′BD 中，过点A ′作A ′E ⊥BD 于E ，则A ′E ⊥平面BCD .∵A ′E ＝A ′B ·A ′D BD ＝32，∴V A ′－BDC ＝13·S △BDC ·A ′E ＝13×233×32＝13.保分大题专练(二)1. [2013·哈尔滨四校统检]在如图所示的多面体ABCDE中，已知AB∥DE，AB⊥AD，△ACD是正三角形，AD＝DE＝2AB＝2，BC＝5，F是CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求直线CE与平面ABED所成角的余弦值；(3)求多面体ABCDE的体积．[解](1)如图，取CE的中点为M，连接BM，MF，因为F为CD的中点，所以MF綊12ED，又AB綊DE，DE＝2AB，所以MF綊AB，四边形ABMF为平行四边形，所以BM∥AF，因为BM⊂平面BCE，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.(2)因为△ACD 是正三角形，所以AC ＝AD ＝CD ＝2，在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝5，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，故AB ⊥AC ，又AB ⊥AD ，AC ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面ACD ，取AD 的中点H ，连接CH ，EH ，则AB ⊥CH ，又AC ＝CD ，所以CH ⊥AD ，又AB ∩AD ＝A ，所以CH ⊥平面ABED ，所以∠CEH 是直线CE 与平面ABED 所成的角．在Rt △CHE 中，CH ＝3，EH ＝5，CE ＝22，所以cos ∠CEH ＝104.(3)由(2)知，CH 是四棱锥C －ABED 的高，所以多面体ABCDE的体积V ABCDE ＝13×12×(1＋2)×2×3＝ 3.2. [2013·吉林长春高三第二次调研]数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32(a n －1)，数列{b n }满足b n ＝14b n －1－34(n ≥2)，且b 1＝3.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝a n ·log 2(b n ＋1)，其前n 项和为T n ，求T n .[解] (1)对于数列{a n }有：S n ＝32(a n －1)，①S n －1＝32(a n －1－1)(n ≥2)．②由①－②得，a n ＝32(a n －a n －1)，即a n ＝3a n －1，当n ＝1时，S 1＝32(a 1－1)，解得a 1＝3，则a n ＝a 1·q n －1＝3·3n －1＝3n .对于数列{b n }有：b n ＝14b n －1－34(n ≥2)，可得b n ＋1＝14b n －1＋14，即b n ＋1b n －1＋1＝14.则b n ＋1＝(b 1＋1)(14)n －1＝4(14)n －1＝42－n ，即b n ＝42－n －1. (2)由(1)可知，c n ＝a n ·log 2(b n ＋1)＝3n ·log 242－n＝3n ·log 224－2n ＝3n (4－2n )，则T n ＝2·31＋0·32＋(－2)·33＋…＋(4－2n )·3n ，③3T n ＝2·32＋0·33＋…＋(6－2n )·3n ＋(4－2n )·3n ＋1，④由③－④，得－2T n ＝2·3＋(－2)·32＋(－2)·33＋…＋(－2)·3n －(4－2n )·3n ＋1＝6＋(－2)(32＋33＋…＋3n )－(4－2n )·3n ＋1.则T n ＝－3＋9(1－3n －1)1－3＋(2－n )·3n ＋1＝－152＋(52－n )·3n ＋1. 3. [2013·云南昆明高三检测]某中学高三年级从甲、乙两个班级各选出七名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩(满分100分)的茎叶图如图所示，其中甲班学生的平均分是85，乙班学生成绩的中位数是83.(1)求x 和y 的值；(2)计算甲班七名学生成绩的方差；(3)从成绩在90分以上的学生中随机抽取两名学生，求甲班至少有一名学生的概率．参考公式：方差s 2＝1n [(x 1－x )2＋(x 2－x )2＋…＋(x n －x )2]，其中x ＝x 1＋x 2＋…＋x n n. [解] (1)∵甲班学生的平均分是85，∴92＋96＋80＋80＋x ＋85＋79＋787＝85. ∴x ＝5.∵乙班学生成绩的中位数是83，∴y ＝3.(2)甲班七名学生成绩的方差为s 2＝17[(－6)2＋(－7)2＋(－5)2＋02＋02＋72＋112]＝40. (3)甲班成绩在90分以上的学生有两名，分别记为A ，B ，乙班成绩在90分以上的学生有三名，分别记为C ，D ，E .从这五名学生中任意抽取两名学生共有10种情况：(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(C ，D )，(C ，E )，(D ，E )．其中甲班至少有一名学生共有7种情况：(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )．记“从成绩在90分以上的学生中随机抽取两名学生，甲班至少有一名学生”为事件M ，则P (M )＝710.故从成绩在90分以上的学生中随机抽取两名学生，甲班至少有一名学生的概率为710.4. 设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N ＋，都有S n ＝(m ＋1)－ma n (m 为正常数)．(1)求证：{a n }是等比数列；(2)数列{b n }满足：b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N ＋)，求数列{b n }的通项公式；(3)在满足(2)的条件下，求数列{2n ＋1b n}的前n 项和T n . [解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝(m ＋1)－ma 1，解得a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝ma n －1－ma n ，即(1＋m )a n ＝ma n －1.又m 为常数，且m >0，所以a n a n －1＝m 1＋m(n ≥2)． 所以{a n }是首项为1，公比为m 1＋m的等比数列． (2)b 1＝2a 1＝2.因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n－1b n －1＝1(n ≥2)． 所以{1b n}是首项为12，公差为1的等差数列． 所以1b n＝12＋(n －1)·1＝2n －12，即b n ＝22n －1(n ∈N ＋)． (3)由(2)，知b n ＝22n －1，则2n ＋1b n＝2n (2n －1)， 所以T n ＝21×1＋22×3＋23×5＋…＋2n －1×(2n －3)＋2n ×(2n －1)，①则2T n ＝22×1＋23×3＋24×5＋…＋2n ×(2n －3)＋2n ＋1×(2n －1)，②由②－①，得T n ＝2n ＋1×(2n －1)－2－23－24－…－2n ＋1.故T n ＝2n ＋1×(2n －1)－2－23(1－2n －1)1－2＝2n ＋1×(2n －3)＋6. 5. [2013·潍坊模拟]设函数f (x )＝sin(ωx －π6)－2cos 2ω2x ＋1(ω>0)．直线y ＝3与函数y ＝f (x )图象相邻两交点的距离为π.(1)求ω的值；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若点(B 2，0)是函数y ＝f (x )图象的一个对称中心，且b ＝3，求△ABC 外接圆的面积．[解] (1)f (x )＝sin ωx ·cos π6－cos ωx ·sin π6－2·1＋cos ωx 2＋1 ＝32sin ωx －32cos ωx＝3(12sin ωx －32cos ωx )＝3sin(ωx －π3)．因为f (x )的最大值为3，依题意，函数f (x )的最小正周期为π，由2πω＝π，得ω＝2.(2)由(1)知f (x )＝3sin(2x －π3)，依题意3sin(B －π3)＝0，即sin(B －π3)＝0.又0<B <π，故－π3<B －π3<23π.所以B －π3＝0，B ＝π3.设△ABC 外接圆的半径为R .由正弦定理知b sin B ＝2R ，332＝2R ，所以R ＝ 3.故△ ABC 外接圆的面积为πR 2＝3π.6. [2013·河北保定高三调研]已知直三棱柱ABC －A ′B ′C ′满足∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝12AA ′＝2，点M 、N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)求三棱锥C －MNB 的体积．[解析] (1)如图，连接AB ′、AC ′，∵四边形ABB ′A ′为矩形，M 为A ′B 的中点，∴AB ′与A ′B 交于点M ，且M 为AB ′的中点，又点N 为B ′C ′的中点．∴MN ∥AC ′.又MN ⊄平面A ′ACC ′，且AC ′⊂平面A ′ACC ′，∴MN ∥平面A ′ACC ′.(2)由图可知V C －MNB ＝V M －BCN ，∵∠BAC ＝90°，∴BC ＝AB 2＋AC 2＝2 2.又三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，且AA ′＝4，∴S △BCN ＝12×22×4＝4 2.∵A ′B ′＝A ′C ′＝2，∠BAC ＝90°，点N 为B ′C ′的中点， ∴A ′N ⊥B ′C ′，A ′N ＝ 2.又BB ′⊥平面A ′B ′C ′，∴A ′N ⊥BB ′.∴A ′N ⊥平面BCN .又M 为A ′B 的中点，∴M 到平面BCN 的距离为22.∴V C －MNB ＝V M －BCN ＝13×42×22＝43.保分大题专练(三)1. [2013·高考命题原创卷]已知函数f (x )＝A sin(2x ＋θ)，其中A ≠0，θ∈(0，π2)．(1)若函数f (x )的图象过点E (－π12，1)，F (π6，3)，求函数f (x )的解析式；(2)如图，点M ，N 是函数y ＝f (x )的图象在y 轴两侧与x 轴的两个相邻交点，函数图象上一点P (t ，3π8)满足PN →·MN →＝π216，求函数f (x )的最大值．[解] (1)∵函数f (x )的图象过点E (－π12，1)，F (π6，3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ A sin (－π6＋θ)＝1，A sin (π3＋θ)＝3，∴sin(π3＋θ)＝3sin(－π6＋θ)．展开得32cos θ＋12sin θ＝3(－12cos θ＋32sin θ)．∴3cos θ＝sin θ，tan θ＝3，∵θ∈(0，π2)，∴θ＝π3.∴函数f (x )＝A sin(2x ＋π3)，∵f (π6)＝3，∴A ＝2.∴f (x )＝2sin(2x ＋π3)．(2)法一 令f (x )＝A sin(2x ＋θ)＝0，∴2x ＋θ＝k π，k ∈Z ，∵点M ，N 分别位于y 轴两侧，则可得M (－θ2，0)，N (π2－θ2，0)，∴MN →＝(π2，0)，PN →＝(π2－θ2－t ，－3π8)．∴PN →·MN →＝π2(π2－θ2－t )＝π216，∴θ2＋t ＝3π8，∴θ＋2t ＝3π4.∵P (t ，3π8)在函数图象上，∴A sin(θ＋2t )＝A sin 3π4＝3π8.∴A ＝6π8，∴函数f (x )的最大值为6π8.法二 过点P 作PC 垂直x 轴于点C .令f (x )＝A sin(2x ＋θ)＝0.∴2x ＋θ＝k π，k ∈Z ，∵M ，N 分别位于y 轴两侧，可得M (－θ2，0)，N (π2－θ2，0)，∴|MN →|＝π2. ∴PN →·MN →＝|PN →|·|MN →|cos ∠PNM ＝π2·|PN →|cos ∠PNM ＝π2·|NC →|＝π216. ∴|NC →|＝π8，∴|MC →|＝|MN →|－|NC →|＝3π8，即θ2＋t ＝3π8.∴θ＋2t ＝3π4，∴A sin(θ＋2t )＝A sin 3π4＝3π8，∴A ＝6π8.∴函数f (x )的最大值为6π8.2. [2013·云南高三统检]某车间将10名技术工人平均分为甲、乙两个小组加工某种零件．已知甲组每名技术工人加工的零件合格的分别为4个、5个、7个、9个、10个，乙组每名技术工人加工的零件合格的分别为5个、6个、7个、8个、9个．(1)分别求出甲、乙两组技术工人加工的合格零件的平均数及方差，并由此比较这两组技术工人加工这种零件的技术水平；(2)假设质检部门从甲、乙两组技术工人中分别随机抽取1人，对他们加工的零件进行检测，若抽到的2人加工的合格零件之和超过12个，则认为该车间加工的零件质量合格，求该车间加工的零件质量合格的概率．[解](1)根据题意，x甲＝15(4＋5＋7＋9＋10)＝7，x乙＝15(5＋6＋7＋8＋9)＝7.s2甲＝15[(4－7)2＋(5－7)2＋(7－7)2＋(9－7)2＋(10－7)2]＝265＝5.2，s2乙＝15[(5－7)2＋(6－7)2＋(7－7)2＋(8－7)2＋(9－7)2]＝2.∵x甲＝x乙，s2甲>s2乙，∴两组技术工人加工这种零件的总体水平相当，甲组技术工人加工这种零件的技术水平差异比乙组技术工人的大．(2)记该车间加工的零件质量合格为事件A，则从甲、乙两组技术工人中分别随机抽取1人，他们加工的合格零件个数的基本事件为(4,5)，(4,6)，(4,7)，(4,8)，(4,9)，(5,5)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(7,5)，(7,6)，(7,7)，(7,8)，(7,9)，(9,5)，(9,6)，(9,7)，(9,8)，(9,9)，(10,5)，(10,6)，(10,7)，(10,8)，(10,9)，共25个，事件A包含的基本事件为(4,9)，(5,8)，(5,9)，(7,6)，(7,7)，(7,8)，(7,9)，(9,5)，(9,6)，(9,7)，(9,8)，(9,9)，(10,5)，(10,6)，(10,7)，(10,8)，(10,9)，共17个，∴P(A)＝17 25.∴该车间加工的零件质量合格的概率为17 25.3. [2013·济南模拟]已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n ＝3n＋k.(1)求k的值及数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n ＋12＝(4＋k )anbn ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)∵当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1＝3n ＋k －3n －1－k ＝2·3n －1，得等比数列{a n }的公比q ＝3.∵a 1＝S 1＝3＋k ，a 2＝2×3＝6，a 2a 1＝3， ∴63＋k＝3，∴k ＝－1. ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·3n －1.(2)由a n ＋12＝(4＋k )a n b n ，可得b n ＝n 2·3n －1，即b n ＝32·n 3n . ∵T n ＝32(13＋232＋333＋…＋n 3n )，∴13T n ＝32(132＋233＋334＋…＋n 3n ＋1)． ∴23T n ＝32(13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1)． ∴T n ＝94(12－12·3n －n 3n ＋1)．4. 某工厂对一批产品进行了抽样检测．如图是根据抽样检测后的产品净重(单位：克)数据绘制的频率分布直方图，其中产品净重的范围是[96,106]，样本数据分组为[96,98)，[98,100)，[100,102)，[102,104)，[104,106]，已知样本中产品净重小于100克的个数是36.(1)求样本容量及样本中净重大于或等于98克并且小于104克的产品的个数；(2)已知这批产品中每个产品的利润y (单位：元)与产品净重x (单位：克)的关系式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3，96≤x <98，5，98≤x <104，4，104≤x ≤106，求这批产品平均每个的利润．[解] (1)产品净重小于100克的频率为(0.050＋0.100)×2＝0.300.设样本容量为n .∵样本中产品净重小于100克的个数是36，∴36n＝0.300，∴n ＝120.∵样本中净重大于或等于98克并且小于104克的产品的频率为(0.100＋0.150＋0.125)×2＝0.750，∴样本中净重大于或等于98克并且小于104克的产品的个数是120×0.750＝90.(2)产品净重在[96,98)，[98,104)，[104,106]内的频率分别为0.050×2＝0.100，(0.100＋0.150＋0.125)×2＝0.750,0.075×2＝0.150.∴其相应的频数分别为120×0.100＝12,120×0.750＝90,120×0.150＝18.∴这批产品平均每个的利润1120(12×3＋90×5＋18×4)＝4.65(元)．5. [2013·甘肃示范校高三调研]已知m ＝(2cos x ＋23sin x ，1)，n ＝(cos x ，－y )，且m ⊥n.(1)将y 表示为x 的函数f (x )，并求f (x )的单调递增区间；(2)已知a ，b ，c 分别为△ABC 的三个内角A ，B ，C 对应的边长，若f (A 2)＝3，且a ＝2，b ＋c ＝4，求△ABC 的面积．[解] (1)由m ⊥n ，得m·n ＝0,2cos 2x ＋23sin x cos x －y ＝0， 即y ＝2cos 2x ＋23sin x cos x ＝cos2x ＋3sin2x ＋1＝2sin(2x ＋π6)＋1.令－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，则－π3＋k π≤x ≤π6＋k π，k ∈Z ，故f (x )的单调递增区间为[－π3＋k π，π6＋k π]，k ∈Z .(2)因为f (A 2)＝3，所以2sin(A ＋π6)＋1＝3，sin(A ＋π6)＝1.所以A ＋π6＝2k π＋π2，k ∈Z .因为0<A <π，所以A ＝π3.由余弦定理得：a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即4＝b 2＋c 2－bc ， 所以4＝(b ＋c )2－3bc .因为b ＋c ＝4，所以bc ＝4.所以S △ABC ＝12bc sin A ＝ 3.6. 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ABC ＝90°，AB ＝PB ＝PC ＝BC ＝2CD ，平面PBC ⊥平面ABCD .(1)求证：AB ⊥平面PBC ；(2)在棱PB 上是否存在点M 使得CM ∥平面P AD ？若存在，求PM PB的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：因为∠ABC ＝90°，所以AB ⊥BC .因为平面PBC ⊥平面ABCD ，平面PBC ∩平面ABCD ＝BC ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面PBC .(2)在棱PB 上存在点M 使得CM ∥平面P AD ，此时PM PB ＝12.取AB 的中点N ，连接CM ，CN ，MN ，则MN ∥P A ，AN ＝12AB .因为AB ＝2CD ，所以AN ＝CD .因为AB ∥CD ，所以四边形ANCD 是平行四边形．所以CN ∥AD .因为MN ∩CN ＝N ，P A ∩AD ＝A ，所以平面MNC ∥平面P AD .因为CM ⊂平面MNC ，所以CM ∥平面P AD .保分大题专练(四)1. 如图，在四面体P ABC 中，PC ⊥AB ，P A ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ；(2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体P ABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由．[解](1)证明：因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE∥PC.又因为DE⊄平面BCP，所以DE∥平面BCP.(2)证明：因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.所以四边形DEFG为平行四边形．又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形．(3)存在点Q满足条件，理由如下：如图，连结DF，EG，设Q为EG的中点．由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝12EG.分别取PC，AB的中点M，N，连结ME，EN，NG，MG，MN. 与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QM＝QN＝12EG，所以Q为满足条件的点．2. [2013·天津和平第一次质量调研]某校共有学生1200名，各年级男、女生人数如下表：0.17.(1)求a 的值；(2)现用分层抽样的方法在全校抽取200名学生，问应在九年级抽取多少名学生？(3)已知175≤b ≤183，求九年级中女生不少于男生的概率．[解] (1)由题意得a ＝1200×0.17＝204.(2)由(1)及已知条件得七年级共有学生：204＋198＝402(名)，八年级共有学生：216＋222＝438(名)，∴九年级共有学生：1200－402－438＝360(名)．∴应在九年级抽取学生为360×2001200＝60(名)．(3)由(2)可知九年级共有学生360名，则九年级中女生人数及男生人数的所有可能结果为(175,185)，(176,184)，(177,183)，(178,182)，(179,181)，(180,180)，(181,179)，(182,178)，(183,177)，共9种．其中女生不少于男生的可能结果为(180,180)，(181,179)，(182,178)，(183,177)，共4种．∴九年级中女生不少于男生的概率为P ＝49.3. [2013·四川高考]在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos2A －B 2cos B －sin(A －B )sin B ＋cos(A ＋C )＝－35.(1)求cos A 的值；(2)若a ＝42，b ＝5，求向量BA→在BC →方向上的投影． [解] (1)由2cos 2A －B 2cos B －sin(A －B )sin B ＋cos(A ＋C )＝－35，得[cos(A －B )＋1]cos B －sin(A －B )sin B －cos B ＝－35，即cos(A －B )cos B －sin(A －B )sin B ＝－35.则cos(A －B ＋B )＝－35，即cos A ＝－35.(2)由cos A ＝－35，0<A <π，得sin A ＝45.由正弦定理，有a sin A ＝b sin B ，所以，sin B ＝b sin A a ＝22.由题知a >b ，则A >B ，故B ＝π4. 根据余弦定理，有(42)2＝52＋c 2－2×5c ×(－35)， 解得c ＝1或c ＝－7(舍去)．故向量BA →在BC →方向上的投影为|BA →|cos B ＝22.4. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2＋t ，S 5－S 2＝24＋3t (t >0)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝aq n ＋n ，若b 1＝a 1，b 5＝a 5，试比较a 3与b 3的大小．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则S 5－S 2＝3a 1＋9d ＝24＋3t .又a 1＝2＋t ，所以d ＝2.故a n ＝2n ＋t (t >0)．(2)由已知可得aq ＝1＋t >0，aq 5＝5＋t ，可得3＋t ＝12(aq ＋aq 5)．又aq 5－aq ＝aq (q 4－1)＝4，则q 4>1，得q 2>1.则a 3－b 3＝3＋t －aq 3＝aq 2(q 2－1)2>0，故a 3>b 3. 5. [2013·天津高考]如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1⊥CE ；(2)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．[解](1)因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1⊂平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E＝5，B1C1＝2，EC1＝3，从而B1E2＝B1C21＋EC21，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，又CC1，C1E⊂平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E.又CE⊂平面CC1E，故B1C1⊥CE.(2)连接D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，连接AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角．设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝26x，AH＝346x.在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝2，得EH＝2MH＝13x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EH cos135°，得1718x2＝1＋19x2＋23x，整理得5x2－22x－6＝0，解得x＝ 2.所以线段AM的长为 2.6. 某企业为打入国际市场，决定从A，B两种产品中只选择一种进行投资生产，已知投资生产这两种产品的有关数据如下表所示(单位：万美元)：其中年固定成本与年生产的件数无关，m为待定常数，其值由生产A产品的原材料价格决定，预计m∈[6,8]．另外，年销售x件B产品时需上交0.05x2万美元的特别关税．假设生产出来的产品都能在当年销售出去．(1)写出该厂分别投资生产A，B两种产品的年利润y1，y2与生产相应产品的件数x之间的函数关系并指明其定义域；(2)如何投资最合理(可获得最大年利润)？请你做出规划．[解](1)由年销售量为x件，按利润的计算公式，得生产A，B 两种产品的年利润f(x)，g(x)分别为f(x)＝10x－(20＋mx)＝(10－m)x－20(x∈N,0≤x≤200)，g(x)＝18x－(8x＋40)－0.05x2＝－0.05x2＋10x－40(x∈N,0≤x≤120)．(2)因为6≤m≤8，所以10－m>0，函数f(x)＝(10－m)x－20是[0,200]上的增函数，所以当x＝200时，生产A产品有最大利润为(10－m)×200－20＝1980－200m(万美元)．又g(x)＝－0.05(x－100)2＋460(x∈N,0≤x≤120)．所以当x＝100时，生产B产品有最大利润为460万美元．因为f(x)max－g(x)max＝1980－200m－460＝1520－200m，当6≤m<7.6时，f(x)max>g(x)max.当m＝7.6时，f(x)max＝g(x)max.当7.6<m≤8时，f(x)<g(x)max.所以当6≤m<7.6时，可投资生产A产品200件；当m＝7.6时，生产A产品与生产B产品均可；当7.6<m≤8时，可投资生产B产品100件．。
保分1
保分小题天天练(一)——背练在平时，天天有收获一、语言基础题阅读下面的文字，完成1～3题。
魏晋以降，中原大规模人口因战争而南迁，江南逐渐呈现出美丽富庶的汉族文明和繁荣发达的水乡。
()“饿殍遍野，人竞相食”；江淮之南，名流雅士集聚兰亭，________，造就一个王羲之及其旷世的美学经典，“线条之美，刺人心魄”。
到唐宋，江南这方“刺人心魄的美”已是旗帜高张，________。
颇具传奇色彩的花间词人韦庄一生________，晚年面对西岭初雪、锦江如练的美景，仍不忘填词感慨：“人人尽说江南好，游人只合江南老。
”()，分明是“你中有我，我中有你”。
再说，白居易的“日出江花红胜火，春来江水绿如蓝”究竟实指何处？似乎只能是“处处皆有此景，人人皆怀此情”的江南。
自然，更不会有人去指摘丘迟笔下“暮春三月，江南草长，杂花生树，群莺乱飞”的描写太过________，因为人们心中对江南大抵都有这么一幅图画。
1．文中画横线的句子有语病，下列修改最恰当的一项是() A．魏晋以降，中原大规模人口因战争而南迁，江南逐渐呈现出繁荣发达的汉族文明和美丽富庶的水乡。
B．魏晋以降，中原人口因大规模战争而南迁，江南逐渐呈现出美丽富庶的汉族文明和繁荣发达的水乡景象。
C．魏晋以降，中原大规模人口因战争而南迁，江南逐渐呈现出繁荣发达的水乡和美丽富庶的汉族文明。
D．魏晋以降，中原人口因大规模战争而南迁，江南逐渐呈现出繁荣发达的汉族文明和美丽富庶的水乡景象。
答案 D解析本题考查辨析并修改病句的能力。
画线句共有三处语病：一是语序不当，“大规模”修饰的是“战争”，应放在“战争”前；二是成分残缺，应在“水乡”后加上“景象”；三是搭配不当，“美丽富庶”应该饰“水乡景象”“繁荣发达”应该修饰“汉族文明”。
故选D项。
2．依次在文中括号内补写的语句，最恰当的一项是()A．江淮以北，战火纷飞这里分辨得清自然之美与人文之美B．江淮以北，战火纷飞这里哪分辨得清自然之美与人文之美C．战火纷飞的江淮以北这里分辨得清自然之美与人文之美D．战火纷飞的江淮以北这里哪分辨得清自然之美与人文之美答案 B解析本题考查语言表达连贯的能力。
2018年高考语文江苏专版三维二轮专题复习：小题组合保分练1 Word版含解析
小题组合保分练1(时间：20分钟满分：26分)一、语言文字运用(15分，每小题3分)1．在下面一段话的空缺处依次填入词语，最恰当的一组是()外婆的过世带走了我对故乡的记忆，所以对于我儿时生活过的杭州城，便有了一种隐隐的隔膜和。
每次我回杭州探望父母，在嘈杂的街巷里，自己身上那种从遥远的异地带来的“生人味”，总使我觉得同这里的温馨和热闹。
A．猜疑喧嚣形同陌路B．猜疑喧闹格格不入C．猜忌喧闹形同陌路D．猜忌喧嚣格格不入解析：选B猜疑：起疑心；对人对事不放心。
猜忌：猜疑别人对自己不利而心怀不满。
根据前面的“隐隐的隔膜”可知，第一空应用“猜疑”。
喧嚣：声音杂乱；不清静。
喧闹：喧哗热闹。
根据语境，第二空应用“喧闹”。
格格不入：有抵触，不投合。
形同陌路：本来很熟悉的朋友或很亲密的恋人等，因为一些事情而不再联系或交往，如同陌生人一般。
根据语境，第三空应用“格格不入”。
2．下列三副对联分别送给小商店、饮食店、美发店，对应恰当的一项是()甲：东无西有通无有方与人便人称便乙：聚首一堂杨柳东风初识面垂丝万缕杏花春雨喜弹冠丙：五味烹调香千里三鲜蒸炸乐万家A．甲—饮食店乙—美发店丙—小商店B．甲—小商店乙—饮食店丙—美发店C．甲—小商店乙—美发店丙—饮食店D．甲—美发店乙—小商店丙—饮食店解析：选C根据“通无有”“与人便”“人称便”可判断出甲对应小商店。
“垂丝万缕”代指头发，据此可知乙对应美发店。
“烹调”“蒸炸”说的是烹饪方式，据此可知丙对应饮食店。
3．下列诗句中，没有使用夸张手法的一项是()A．风急天高猿啸哀，渚清沙白鸟飞回。
B．似将海水添宫漏，共滴长门一夜长。
C．请君试问东流水，别意与之谁短长？D．此曲只应天上有，人间能得几回闻。
解析：选A A项，没有使用修辞手法。
B项，写宫漏好像接通了大海似的，水永远滴不完，夜长得好像没有了期限，以海水的巨大容量来夸张长门的夜长。
C项，将“别意”与“东流水”相比，是夸张。
D项，乐曲如此美妙，是“只应天上有”的东西，是夸张。
高考语文江苏专版三维二轮专题复习：小题组合保分练9 含解析
4．在下面一段文字横线处填入语句，衔接最恰当的一项是( )《公路安全保护条例》中第五十一条规定：公路养护作业需要封闭公路
的，，，，，，；不能绕行的，应当修建临时道路。
①并且作业期限超过30日的
②公路养护作业单位应当在作业开始之日前5日向社会公告
③作业路段长度在2公里以上
④明确绕行路线，并在绕行处设置标志
⑤或者占用半幅公路进行作业
⑥除紧急情况外
A．③②④⑥①⑤B．⑤③①⑥②④
C．⑤④③①⑥② D．②⑤③①④⑥
解析：选B 作答此类试题，要通读所给的几个句子，并找出与上下文联系紧密的关键词。
就本题而言，⑤句中的“占用半幅公路”与横线前的“需要封闭公路”应紧密相连；④句中的“在绕行处设置标志”与横线后的“不能绕行的”联系紧密。
因此，⑤句应放在第一空，④句应放在最后一空。
考生运用排除法即可得出答案。
5.下列对“中国残疾人联合会”会徽(右图)的
理解，不恰当的一项是( )
A．会徽中心图形由“残疾人”三字的汉语拼
音首字母CJR组成，与国际上通用的残疾人标志相
近，使人一看便知是代表残疾人。
再保险练习题及答案
第八章-再保险练习题及答案(共17页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第八章再保险练习题（含答案）一.名词解释1.再保险2.分出公司3.接受公司4.自留额5.分保额6.比例再保险7.非比例再保险8.成数再保险9.溢额再保险 10.险位超赔分保 11.事故超赔分保 12.临时分保 13.合同分保 14.预约分保二.单项选择题1.再保险是保险人将其承担的保险业务中的（）转移给其他保险人进行分担的保险。
A.全部业务B.部分业务C.全部或部分业务 %的业务2.保险标的发生一次灾害事故可能造成的最大损失范围是（）。
A.最大可能损失B.自留额C.投保单位D.危险单位3.自留额和分保额以（）为基础确定。
A.保险标的B.保险金额C.危险单位D.保险赔款4.再保险合同的性质为（）。
A.补偿性B.给付性C.临时性D.定值性5.以（）为基础计算分保责任限额的是比例再保险。
A.保险金额B.责任限额C.赔款金额D.保险费6.分保接受人将其接受的再保险业务再分保出去，称为（）。
A.互惠分保B.转分保C.临时分保D.预约分保7.以赔款金额为基础计算分保责任限额的是（）。
A.比例再保险B.溢额再保险C.非比例再保险D.预约再保险8.以（）的赔款金额为基础来确定分出公司和分入公司责任限额的是险位超赔分保。
A.每一事故B.每一危险单位C.每一保险标的D.每一年度9.对分出公司和分入公司都具有强制性的再保险合同是（）。
A.临时再保险B.预约再保险C.比例再保险D.合同再保险10.分出再保险业务的流程不包括（）。
A.提出分保建议B.办理分保手续C.分保赔款的处理D.承保额的确定11.（）是分出分保管理程序中关键的一环，也是分保实务中最繁重的工作。
A.分保建议的提出B.分保手续的办理C.分出分保账单的编制D.分保赔款的处理12.承保前（）是接受分入业务的依据，是分保业务成交的决定性工作。
2020年高考数学120分(12+4+3+2)保分练(一)
2020年高考数学120分(12＋4＋3＋2)保分练(一)(满分：126分 限时：90分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知全集U ＝R ，集合A ＝{x |x ＞3}，B ＝{x |x ≥2}，则(∁U A )∩B ＝( ) A ．{x |x ≤2} B ．{x |x ≥3} C ．{x |2＜x ≤3}D ．{x |2≤x ≤3}解析：选D 由条件，得∁U A ＝{x |x ≤3}， ∴(∁U A )∩B ＝{x |2≤x ≤3}．2．设i 为虚数单位，则满足条件z i ＝3＋4i 的复数z 在复平面内所对应的点位于( ) A ．第四象限 B ．第三象限 C ．第二象限 D ．第一象限解析：选A z ＝3＋4i i ＝(3＋4i )·(－i )i (－i )＝4－3i ，所以z 在复平面内对应的点位于第四象限．3．已知sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3＝13，则cos x ＋cos ⎝⎛⎭⎫π3－x 的值为( ) A ．－33B.33C ．－13D.13解析：选B 因为sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3＝12sin x ＋32cos x ＝13，所以cos x ＋cos ⎝⎛⎭⎫π3－x ＝cos x ＋12cos x ＋32sin x ＝32cos x ＋32sin x ＝3⎝⎛⎭⎫32cos x ＋12sin x ＝33.4．已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 1＝－1，S 6＝39，则a 3＋a 4＝( ) A ．13 B ．26 C ．39D ．52解析：选A 法一：由题意，得6×(－1)＋6×52×d ＝39(d 为公差)，解得d ＝3，所以a 3＋a 4＝－1＋2×3－1＋3×3＝13.法二：因为S 6＝6(a 1＋a 6)2＝3(a 1＋a 6)＝39，所以a 3＋a 4＝a 1＋a 6＝13. 5．已知O 为坐标原点，M 是双曲线C ：x 2－y 2＝4上的任意一点，过点M 作双曲线C 的某一条渐近线的垂线，垂足为N ，则|ON |·|MN |的值为( )A ．1B ．2C ．4D ．5解析：选B 因为M 是双曲线C ：x 2－y 2＝4上的任意一点，所以可设M (x ，y )，其中一条渐近线方程为x －y ＝0，则|MN |＝|x －y |2，|OM |＝x 2＋y 2，|ON |＝|OM |2－|MN |2＝|x ＋y |2，所以|ON |·|MN |＝|x 2－y 2|2＝2.6．在区间[0,2]之间随机抽取一个数x ，使x 满足不等式2x －1≥m (m ≤3)的概率为34，则实数m ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选A 由2x －1≥m ，得x ≥m ＋12，由m ≤3，得m ＋12≤2，由x 满足不等式2x－1≥m (m ≤3)的概率为34，得2－m ＋122－0＝34，解得m ＝0.7．已知x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1≥0，x －2y －4≤0，2x －y －2≥0，如果目标函数z ＝y ＋1x －m的取值范围为[0,2)，则实数m 的取值范围为( )A.⎣⎡⎦⎤0，12 B.⎝⎛⎦⎤－∞，12 C.⎝⎛⎭⎫－∞，12 D ．(－∞，0]解析：选C 由约束条件作出可行域如图中阴影部分所示，而目标函数z ＝y ＋1x －m 的几何意义为可行域内的点(x ，y )与A (m ，－1)连线的斜率．由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －1＝0，x －2y －4＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝－1，即B (2，－1)． 由题意知m ＝2不符合题意，故点A 与点B 不重合， 因而当连接AB 时，斜率取到最小值0， 故点A 在直线y ＝－1上．由y ＝－1与2x －y －2＝0得交点C ⎝⎛⎭⎫12，－1，在点A 由点C 向左移动的过程中，可行域内的点与点A 连线的斜率小于2， 因而目标函数的取值范围满足z ∈[0,2)，则m ＜12.8．函数y ＝e |x |－x 3的大致图象是( )解析：选A 易知函数y ＝e |x |－x 3为非奇非偶函数，排除B ；当x ＜0时，y ＞0，排除C ；当x ＝2时，y ＝e 2－8＜0，排除D ，故选A.9.中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有羡除”．刘徽注：“羡除，隧道也．其所穿地，上平下邪．”现有一个羡除如图所示，四边形ABCD ，ABFE ，CDEF 均为等腰梯形，AB ∥CD ∥EF ，AB ＝6，CD ＝8，EF ＝10，EF 到平面ABCD 的距离为3，CD 与AB 间的距离为10，则这个羡除的体积是( )A ．110B ．116C ．118D ．120解析：选D 如图，过点A 作AP ⊥CD ，AM ⊥EF ，过点B 作BQ ⊥CD ，BN ⊥EF ，垂足分别为P ，M ，Q ，N ，连接PM ，QN ，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，底面积为12×10×3＝15.棱柱的高为8，体积V ＝15×8＝120.10．若正整数N 除以正整数m 后的余数为n ，则记为N ＝n (mod m )，例如10＝4(mod 6)．下面程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》．执行该程序框图，则输出n 的值为( )A ．17B ．16C ．15D ．13解析：选A 当n ＞10时，被3除余2，被5除也余2的最小整数n ＝17.11．已知三棱锥A -BCD 外接于球O ，底面△BCD 的边CD 经过球心O ，若三棱锥A -BCD 的体积的最大值为643，则球O 的表面积为( )A ．16πB ．64π C.64π3D.128π3解析：选B 设球的半径为r ，因为底面△BCD 的边CD 经过球心O ，所以△BCD 为直角三角形，CD ＝2r .若使三角形的面积最大，则点B 到边CD 的距离最大即可．因为B ，C ，D 三点共面，所以最大距离为半径r ，△BCD 面积的最大值为12×2r ×r ＝r 2.点A 到平面BCD 的最大距离为r ，则三棱锥A -BCD 的体积的最大值为13r 2·r ＝13r 3＝643，解得r ＝4，所以该球的表面积为4π×42＝64π.12．已知数列{a n －2}是公比为12的等比数列，且a 1＝32，设T n ＝12a 1a 2＋122a 2a 3＋…＋12na n a n ＋1(n ∈N *)，则T n 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤－∞，421∪⎝⎛⎭⎫13，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫－∞，421∪⎝⎛⎭⎫13，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫421，13 D.⎣⎡⎭⎫421，13解析：选D 因为a 1－2＝－12，则a n －2＝－⎝⎛⎭⎫12n ，即a n＝2－12n ，于是12n a n a n ＋1＝12n ·2n ＋1－12n ·2n ＋2－12n ＋1＝2n ＋1(2n ＋1－1)(2n ＋2－1)＝12n ＋1－1－12n ＋2－1， 所以T n ＝⎝⎛⎭⎫122－1－123－1＋⎝⎛⎭⎫123－1－124－1＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－1－12n ＋2－1＝13－12n ＋2－1＜13，当n ＝1时，T n 取得最小值421，故421≤T n ＜13. 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上) 13．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为2，则双曲线C 的渐近线方程为________．解析：因为双曲线的离心率为2， 所以e ＝ca ＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2＝2，所以b a ＝3，所以双曲线C 的渐近线方程为y ＝±3x . 答案：y ＝±3x14．已知向量AB ―→与AC ―→的夹角为120°，|CB ―→－CA ―→|＝2，|BC ―→－BA ―→|＝3，若向量AP ―→＝λAB ―→＋AC ―→，且AP ―→⊥BC ―→，则实数λ的值为________．解析：由条件可知|AB ―→|＝2，|AC ―→|＝3， 于是AB ―→·AC ―→＝2×3×⎝⎛⎭⎫－12＝－3. 由AP ―→⊥BC ―→，得AP ―→·BC ―→＝0， 即(λAB ―→＋AC ―→)·(AC ―→－AB ―→)＝0， 所以|AC ―→|2＋(λ－1)AB ―→·AC ―→－λ|AB ―→|2＝0， 即9＋(λ－1)×(－3)－4λ＝0，解得λ＝127. 答案：12715．已知函数f (x )＝x ln x ＋mx 2－m 在定义域内不存在极值点，则实数m 的取值范围为________．解析：依题意，f ′(x )＝ln x ＋1＋2mx (x ＞0)， 故函数f ′(x )不存在变号零点． 令f ′(x )＝0，故ln x ＋1＋2mx ＝0， 即－2m ＝ln x ＋1x ；令g (x )＝ln x ＋1x ，故g ′(x )＝－ln xx 2， 当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0， 所以g (x )在(0,1)上单调递增； 当x ＞1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递减，故当x ＝1时，函数g (x )有极大值也是最大值1，无最小值． 所以要使函数f (x )在定义域内不存在极值点， 则需－2m ≥1，m ≤－12.答案：⎝⎛⎦⎤－∞，－1216．已知点M ，N 是抛物线y ＝4x 2上不同的两点，F 为抛物线的焦点，且满足∠MFN ＝135°，弦MN 的中点P 到直线l ：y ＝－116的距离记为d ，若|MN |2＝λ·d 2，则λ的最小值为________．解析：设|MF |＝m ，|NF |＝n ，∵y ＝－116是抛物线y ＝4x 2的准线，∴d ＝12(m ＋n )．又|MN |2＝m 2＋n 2－2mn cos 135°＝m 2＋n 2＋2mn ＝(m ＋n )2＋(2－2)mn ≥(m ＋n )2＋(2－2)×(m ＋n )24＝(2＋2)4×(m ＋n )2， ∴λ＝|MN |2d 2≥2＋24×(m ＋n )2(m ＋n )24＝2＋2.当且仅当m ＝n 时等号成立，故λ的最小值为2＋2. 答案：2＋2三、解答题(本大题共3小题，共36分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)如图，在△ABC 中，已知点D 在BC 边上，且AD ―→·AC ―→＝0，sin ∠BAC ＝223，AB ＝32，BD ＝ 3.(1)求AD 的长； (2)求cos C 的值．解：(1)因为AD ―→·AC ―→＝0，所以AD ⊥AC ， 所以sin ∠BAC ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2＋∠BAD ＝cos ∠BAD ， 因为sin ∠BAC ＝223，所以cos ∠BAD ＝223.在△ABD 中，由余弦定理可得， BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos ∠BAD ，把AB ＝32，BD ＝3代入上式，化简可得AD 2－8AD ＋15＝0， 解得AD ＝5或AD ＝3. 因为AB ＞AD ，所以AD ＝3. (2)在△ABD 中，由正弦定理可得， BD sin ∠BAD ＝ABsin ∠ADB ，又由cos ∠BAD ＝223可得sin ∠BAD ＝13，所以sin ∠ADB ＝AB sin ∠BAD BD ＝63. 因为∠ADB ＝∠DAC ＋C ＝π2＋C ，所以cos C ＝cos ⎝⎛⎭⎫∠ADB －π2＝sin ∠ADB ＝63. 18．(本小题满分12分)在如图所示的四棱锥E -ABCD 中，已知四边形ABCD 是边长为2的正方形，平面ABCD ⊥平面ABE ，∠AEB ＝90°，AE ＝BE .(1)若M 是DE 的中点，试在AC 上找一点N ，使得MN ∥平面ABE ，并给出证明；(2)求四棱锥E -ABCD 的体积．解：(1)连接BD 交AC 于点N ，则点N 即为所求． 证明如下：∵四边形ABCD 是正方形， ∴N 是BD 的中点，又M 是DE 的中点，∴MN ∥BE ，∵BE ⊂平面ABE ，MN ⊄平面ABE ， ∴MN ∥平面ABE .(2)取AB 的中点F ，连接EF ， ∵△ABE 是等腰直角三角形， 且AB ＝2，∴EF ⊥AB ，EF ＝12AB ＝1，∵平面ABCD ⊥平面ABE ， 平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ， EF ⊂平面ABE ，∴EF ⊥平面ABCD ，即EF 为四棱锥E -ABCD 的高， ∴V 四棱锥E -ABCD ＝13S 正方形ABCD·EF ＝13×22×1＝43. 19．(本小题满分12分)某地随着经济的发展，居民收入逐年增长，下表是该地一建设银行连续五年的储蓄存款(年底余额)，如下表1：为了研究计算的方便，工作人员将上表的数据进行了处理，t ＝x －2 011，z ＝y －5，得到下表2：(1)求z 关于t 的线性回归方程；(2)通过(1)中的方程，求出y 关于x 的回归方程；(3)用所求回归方程预测到2020年年底，该地储蓄存款额可达多少？附：对于线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^，其中b ^＝∑i ＝1nx i y i －n x ·y ∑i ＝1nx 2i －n x2，a ^＝y －b ^x .解：(1)t ＝3，z ＝2.2，∑i ＝15t i z i ＝45，∑i ＝15t 2i ＝55，b ^＝45－5×3×2.255－5×9＝1.2，a ^＝z －b ^t ＝2.2－3×1.2＝－1.4，∴z ＝1.2t －1.4.(2)将t ＝x －2 011，z ＝y －5，代入z ＝1.2t －1.4， 得y －5＝1.2(x －2 011)－1.4，即y ＝1.2x －2 409.6. (3)∵y ＝1.2×2 020－2 409.6＝14.4，∴预测到2020年年底，该地储蓄存款额可达14.4千亿元．四、选做题(请在第22～23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分) 22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3－t ，y ＝1＋t (t 为参数)．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C ：ρ＝22cos ⎝⎛⎭⎫θ－π4. (1)求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)求曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3－t ，y ＝1＋t ，消去t 得x ＋y －4＝0，所以直线l 的普通方程为x ＋y －4＝0.由ρ＝22cos θ－π4＝22cos θcos π4＋sin θsin π4＝2cos θ＋2sin θ，得ρ2＝2ρcos θ＋2ρsin θ.将ρ2＝x 2＋y 2，ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y 代入上式， 得x 2＋y 2＝2x ＋2y ，即(x －1)2＋(y －1)2＝2. 所以曲线 C 的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －1)2＝2.(2)法一：设曲线C 上的点P (1＋2cos α，1＋2sin α)，则点P 到直线l 的距离d ＝|1＋2cos α＋1＋2sin α－4|2＝|2(sin α＋cos α)－2|2＝⎪⎪⎪⎪2sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4－22.当sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝－1时，d max ＝2 2. 所以曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值为2 2. 法二：设与直线l 平行的直线l ′：x ＋y ＋b ＝0(b ≠－4)， 当直线l ′与圆C 相切时，|1＋1＋b |2＝2，解得b ＝0或b ＝－4(舍去)， 所以直线l ′的方程为x ＋y ＝0.所以直线l 与直线l ′的距离d ＝|0＋4|2＝2 2.所以曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值为2 2. 23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f (x )＝|x ＋a －1|＋|x －2a |. (1)若f (1)＜3，求实数a 的取值范围； (2)若a ≥1，x ∈R ，求证：f (x )≥2. 解：(1)因为f (1)＜3，所以|a |＋|1－2a |＜3. 当a ≤0时，得－a ＋(1－2a )＜3， 解得a ＞－32，所以－23＜a ≤0；当0＜a ＜12时，得a ＋(1－2a )＜3，解得a ＞－2，所以0＜a ＜12；当a ≥12时，得a －(1－2a )＜3，解得a ＜43，所以12≤a ＜43.综上所述，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－23，43. (2)证明：f (x )＝|x ＋a －1|＋|x －2a |≥|(x ＋a －1)－(x －2a )|＝|3a －1|， 因为a ≥1，所以f (x )≥3a －1≥2.。
考点32平面向量的数量积(3种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习核心题型(新高考版)
考点32平面向量的数量积（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】1.理解平面向量数量积的含义及其几何意义.2.了解平面向量的数量积与投影向量的关系.3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算.4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.5.会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题【知识点】1．向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，O 是平面上的任意一点，作OA → ＝a ，OB →＝b ，则 ＝θ(0≤θ≤π)叫做向量a 与b 的夹角．2．平面向量的数量积已知两个非零向量a 与b ，它们的夹角为θ，我们把数量 叫做向量a 与b 的数量积，记作.3．平面向量数量积的几何意义设a ，b 是两个非零向量，它们的夹角是θ，e 是与b 方向相同的单位向量，AB → ＝a ，CD → ＝b ，过AB → 的起点A 和终点B ，分别作CD → 所在直线的垂线，垂足分别为A 1，B 1，得到A 1B 1—→ ，我们称上述变换为向量a 向向量b ，A 1B 1—→叫做向量a 在向量b 上的．记为.4．向量数量积的运算律(1)a ·b ＝.(2)(λa )·b ＝ ＝．(3)(a ＋b )·c ＝.5．平面向量数量积的有关结论已知非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，a 与b 的夹角为θ.1．平面向量数量积运算的常用公式(1)(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2；(2)(a±b )2＝a 2±2a ·b ＋b 2.2．有关向量夹角的两个结论(1)若a 与b 的夹角为锐角，则a·b >0；若a·b >0，则a 与b 的夹角为锐角或0.(2)若a 与b 的夹角为钝角，则a·b <0；若a·b <0，则a 与b 的夹角为钝角或π.【核心题型】题型一 平面向量数量积的基本运算计算平面向量数量积的主要方法(1)利用定义：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．(2)利用坐标运算，若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2.(3)利用基底法求数量积．(4)灵活运用平面向量数量积的几何意义【例题1】（2024·陕西西安·模拟预测）已知平行四边形ABCD 中，4,3,60,(0),9AB AD BAD DP DC AP BP l l ==Ð=°=>×=uuu r uuu r uuu r uuu r，则l 的值为（ ）A ．45B ．34C ．23D ．12【变式1】（2024·浙江金华·三模）已知4a =r ，3b =r ，a b a b +=-r r r r ，则()a ab ×-=rr r （ ）A ．16-B ．16C ．9-D ．9【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）已知向量,a b rr 的夹角为60°，若(4)8,||1a b b a -×=-=r r r r ，则||b =r.【变式3】（2024·辽宁丹东·一模）记ABC V 内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知ABC V面积为S ，且222a b c +-=．(1)求C ；(2)若a =6BA BC ×=uuu r uuu r，求S ．题型二 平面向量数量积的应用(1)求平面向量的模的方法①公式法：利用|a |(a ±b )2＝|a |2±2a ·b ＋|b |2；②几何法：利用向量的几何意义．(2)求平面向量的夹角的方法①定义法：cos θ＝a ·b |a ||b |；②坐标法．(3)两个向量垂直的充要条件a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔|a －b |＝|a ＋b |(其中a ≠0，b ≠0)命题点1 向量的模【例题2】（2024·江苏扬州·模拟预测）已知向量a r ，b r 满足1a =ra r 与b r的夹角为5π6，则2a b -=r r （ ）A ．12BC ．1D ．13【变式1】（2024·河北·三模）已知非零向量a r ，b r 的夹角为π3，12a æö=ç÷ç÷èør ，1a b -=r r ，则a b +=r r（ ）A ．1BCD【变式2】（2024·河南·三模）已知ABC V 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，60C =°，7c =，若3,a b D -=为AB 中点，则CD =．【变式3】（2023·福建福州·模拟预测）在ABC V 中，角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，且2sin sin ,3a C c B C p==．(1)求B ；(2)若ABC VBC 边上中线的长．命题点2 向量的夹角【例题3】（2024·北京·三模）若||1,||2,()a b a b a ==-^r r r r r，则向量a r 与b r 的夹角为（ ）A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°【变式1】（2024·江苏南通·三模）已知三个单位向量,,a b c r r r 满足=+r r ra b c ，则向量,b c r r 的夹角为（ ）A ．6pB ．3pC ．23pD ．56p 【变式2】（2024·江西·模拟预测）已知平面内非零向量a r在向量b r 上的投影向量为12b -r ，且3a b =r r ，则a r 与b r夹角的余弦值为 ．【变式3】（2024·江西·模拟预测）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，P 是棱11A B 的中点，Q是棱AC 上一点，且AQ AC =122AB BB ==.(1)求证：1BP B C ^；(2)求平面1PQB 与平面1BPB 的夹角的余弦值.命题点3 向量的垂直【例题4】（2024·江苏连云港·模拟预测）若向量m r，n r 满足1m =r ，2n =r ，且()m n m -^r r r ，则m n -=r r（ ）A ．1BCD ．2【变式1】（2024·重庆·模拟预测）已知||1,||2a b ==r r ，且a r 与b r 不共线，若向量k +r r a b 与-rr a kb 互相垂直，则实数k 的值为（ ）A ．12-B ．12C ．12±D ．2±【变式2】（2024·宁夏银川·三模）已知a r 是单位向量，且a r 与a b +r r 垂直，a r 与b r的夹角为135°，则a b +rr 在b r 上的投影数量为 .【变式3】（2023高三·全国·专题练习）四面体ABCD 中，2222AB CD AD BC +=+，求证：AC BD ^．题型三 平面向量的实际应用 用向量方法解决实际问题的步骤【例题5】（2024·广东梅州·二模）如图，两根绳子把物体M 吊在水平杆子AB 上.已知物体M 的重力大小为20牛，且150AOM Ð=°，在下列角度中，当角q 取哪个值时，绳OB 承受的拉力最小.（ ）A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°【变式1】（2020·宁夏中卫·二模）加强体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分．某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态时，若两只胳膊的夹角为60°，每只胳膊的拉力大小均为400N ，则该学生的体重（单位：kg ）约为（ ）（参考数据：取重力加速度大小为210/ 1.732g m s »＝）A ．63B ．69C ．75D ．81【变式2】（2024·全国·模拟预测）如图，某物体作用于同一点O 的三个力123F F F ，，使物体处于平衡状态，已知11N F =，22N F =，1F 与2F 的夹角为120°，则3F 的大小为 ．（牛顿N 是物理的力学单位）【变式3】（2022·内蒙古赤峰·三模）如图所示，把一个物体放在倾斜角为30o 的斜面上，物体处于平衡状态，且受到三个力的作用，即重力G u r，垂直斜面向上的弹力1F uu r ，沿着斜面向上的摩擦力2F uu r .已知：13N,160N F G ==u u r u r ，则2F uu r 的大小为.【课后强化】【基础保分练】一、单选题1．（2024·山西太原·模拟预测）已知单位向量a r ，b r 满足()12a b a -×=r r r ，则2a b -r r 与b r 的夹角为（ ）A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π62．（2024·四川眉山·三模）已知向量,,a b c r r r 0a b c ++=r r r ，则cos ,a c b c --=r r r r（ ）A ．1314B C ．D ．1314-3．（2024·安徽合肥·模拟预测）记ABC V 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2b =，cos cos cos B A Cb ac +=+，2AM MC =uuuu r uuu u r ，则BM uuuu r 可能是（ ）A ．12B ．23C ．1D ．24．（2024·重庆·模拟预测）如图，圆O 内接边长为1的正方形,ABCD P 是弧BC （包括端点）上一点，则AP AB ×uuu r uuu r的取值范围是（ ）A ．éêëB ．éêëC ．éêëD ．ùúû二、多选题5．（2024·江西宜春·模拟预测）已知向量(1,2)a =-r，(6,2)b =-r ，则（ ）A ．(2)a b a +^r r rB ．||a b -=r rC ．a r 与b r 的夹角为π4D ．a r 在b r 上的投影向量为14b -r6．（2024·浙江温州·模拟预测）已知单位向量,,a b c r rr 共面，则下列说法中正确的是（ ）A ．若a b a b +=-r r r r ，则//a b r rB ．若a b a b +=-r r r r ，则a b ^r rC ．若0a b c ++=r r r r ，则π,3a c =r r D ．若0a b c ++=r r r r ，则π3,2b c =r r 三、填空题7．（2024·辽宁丹东·二模）设向量a r ，b r 的夹角为60o，且1a =r ，2b =r ，则()2a b b +×=r r r．8．（2021·云南昆明·三模）两同学合提一捆书，提起后书保持静止，如图所示，则1F 与2F 大小之比为．9．（2024·重庆·模拟预测）已知非零向量a r 、b r 满足()2,a b a b b =+^r r r r r ，则向量a r 与b r的夹角为 ．四、解答题10．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）记ABC V 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量(),sin sin b A C m =+r，()sin sin ,v A B a c =+-r 且v m ^r r ．(1)求角C 的大小；(2)若ABC V 3cos cos 4A B =，求c ．11．（2024·江苏南通·模拟预测）在ABC V 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2a =，2c BA BC =×-uuu r uuu r，其中S 为ABC V 的面积.(1)求角A 的大小；(2)设D 是边BC 的中点，若AB AD ^，求AD 的长.【综合提升练】一、单选题1．（2024·宁夏固原·一模）已知向量(1,1),(0,)a b t =-=r r，若()2a a b ^+r r r ，则b =r （ ）A B ．1C D ．22．（2024·福建泉州·模拟预测）已知||2a =r ，b =r ，|2|2a b -=r r，则向量a r 与b r 的夹角为（ ）A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π63．（2024·吉林长春·模拟预测）已知两个向量,a b rr 满足1a b b ×==r r r ，a -r ，则a =r （ ）A ．1B C D ．24．（2024·浙江绍兴·二模）已知1e u r ，2e u u r 是单位向量，且它们的夹角是60°，若122a e e =+r u r u u r，12b e e l =-r u r u u r ，且a b ^r r，则l =（ ）A ．25B ．45C ．1D ．25．（2024·河北衡水·模拟预测）在ABC V 中，60,6,3,2,BAC AB AC AM MB CN NM Ð=====o uuu r uuu r uuuu r uuu r uuu r uuuu r ，则AN CB ×=uuu r uuu r（ ）A ．9-B ．172C ．9D ．186．（2024·河南·模拟预测）已知向量,a b 满足2a b a b ==×=r rr r ，又非零向量c 满足c a c b×=×rr r r ，则b r 与c r 的夹角为（ ）A ．π6B ．π3C ．π3或2π3D ．π6或5π67．（2024·湖北黄冈·二模）已知e r为单位向量，向量a r 满足3,1a e e a l ×=-=r r r r ，则a r 的最大值为（ ）A ．9B ．3C D ．108．（2024·云南曲靖·二模）已知O 是ABC V 的外心，2AB AC AO +=uuu r uuu r uuu r ，OA AB =uuu r uuu r ，则向量AC uuu r在向量BC uuu r上的投影向量为（）A ．14BC-uuur B ．r C ．34BCuuur D BC r 二、多选题9．（2024·全国·模拟预测）已知向量()()1,1,2,,,a b k a b c a tb =-=^=-r r r r r r r．若,,a c b c =r r r r ，则（ ）A ．12a b=r r B ．4b c ×=r rC ．b r 在c r 方向上的投影向量为cr D ．与b r反向的单位向量是10．（23-24高三下·山东菏泽·开学考试）已知单位向量a r ，b r的夹角为q ，则下列结论正确的有（ ）A ．()()a b a b +^-r rr r B ．a r 在b r 方向上的投影向量为()a b b×r r r C ．若||1a b +=rr ，则60q =oD ．若()()a b a a b a +×=-×r r r r r r，则//a br r 11．（2024·贵州黔东南·二模）拋物线2:2(0)C y px p =->的焦点F 到准线的距离为1，经过点(),0P m 的直线l 与C 交于,A B 两点，则（ ）A ．当1m =时，直线l 斜率的取值范围是æççèB ．当点P 与点F 重合时，112FA FB+=C ．当2m =-时，FA uuu r 与FB uuu r的夹角必为钝角D ．当2m =-时，AOB Ð为定值（O 为坐标原点）三、填空题12．（2024·辽宁沈阳·三模）已知向量,a b rr 满足2=r a ，()44a b b +×=r r r ，则2a b +=r r.13．（2020·河北张家口·二模）如图，某班体重为70kg 的体育老师在做引体向上示范动作，两只胳膊的夹角为60°，拉力大小均为F ，若使身体能向上移动，则拉力F 的最小整数值为 N ．（取重力加速度大小为2g 10m /s =1.732»）14．（2024·吉林长春·模拟预测）在ABC V 中，已知π,3A BC ==当边BC的中线AD =时，ABC V 的面积为 ．四、解答题15．（2024·贵州·模拟预测）在ABC V中，AB =2AC =，π6C Ð=，N 为AB 的中点，A Ð的角平分线AM 交CN 于点O .(1)求CN 的长；(2)求AOC V 的面积.16．（22-23高三上·河南安阳·阶段练习）已知()1sin cos ,2cos ,2sin ,sin 2.2a x x b x q q æö=+=ç÷èør r (1)若),4(3c =-r 且 ()π,0,π4x q =Î时，a r 与c r 的夹角为钝角，求cos q 的取值范围；(2)若π3q =函数()f x a b =×r r ，求()f x 的最小值.17．（2024·全国·模拟预测）在ABC V 中，内角,,A B C 所对的边分别为,,,cos cos a b a b c c B A-=-．(1)试判断ABC V 的形状，并说明理由；(2)若a ，点P 在ABC V 内，0PA PC ×=uuu r uuu r ，3tan 4PCB Ð=，求tan APB Ð．18．（2024·福建宁德·三模）在ABC V 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c .已知2292cos a c ac B +=+，且sin sin B A C =.(1)若BD AC ^，垂足为D ，求BD 的长;(2)若3BA BC ×=u uuu r uu r ，求a c +的长.19．（2024·湖北·二模）已知ABC V 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，()c a b <，2cos cos cos 2c a A B b A =-．(1)求A ；(2)者13BD BC =uuu r uuu r ，2AD =uuu r ，求b c +的取值范围．【拓展冲刺练】一、单选题1．（2024·江苏·模拟预测）已知向量a r ，b r 满足1a =r ，b =r ()218b a b ×-=-r r r ，则a r 与b r 的夹角等于（ ）A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°2．（2024·浙江·三模）已知单位向量,a b r r 满足0a b ×=r r ，则cos 34,a b a b ++=r r r r （ ）A ．0BCD ．13．（2024·陕西·模拟预测）已知两个向量(2,1),)a b m =-=r r ，且()()a b a b +^-r r r r ，则m 的值为（ ）A ．1±B ．C ．2±D ．±4．（2023高三·全国·专题练习）已知椭圆22196x y +=，12,F F 为两个焦点，O 为原点，P 为椭圆上一点，123cos 5F PF Ð=，则||PO =（ ）A ．25B C ．35D 二、多选题5．（2024·贵州·模拟预测）已知(3,1)a =-r ，(2,1)b =r ，则下列结论正确的是（ ）A ．()a b b -^r r rB ．2a b +=r rC ．a r 与b r 的夹角为4pD ．a r 在b r 6．（2022·湖北·模拟预测）已知向量()21a =-r ，，()1,b t =-r ，则下列说法正确的是（ ）A ．若a b ^r r ，则t 的值为2-B ．若//a b r r ，则t 的值为12C ．若02t <<，则a r 与b r 的夹角为锐角D ．若()()a b a b +^-r r r r ，则a b a b +=-r r r r 三、填空题7．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知非零向量,a b r r 满足2a b =r r ，且()a ab ^-r r r ，则a b r r ，的夹角大小为 ．8．（2024·安徽合肥·三模）在ABC V 中，若3BA BC CA CB AC AB ×=×=×uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r ，则||||AB BC =uuu r uuu r .9．（2023·上海闵行·二模）平面上有一组互不相等的单位向量1OA ，2OA ，…，n OA ，若存在单位向量OP uuu r 满足12OP OA OP OA ×+×uuu r uuur uuu r uuuu r 0n OP OA ++×=L uuu r uuuu r ，则称OP uuu r 是向量组1OA ，2OA ，…，n OA 的平衡向量．已知12π,3OA OA =uuur uuuu r ，向量OP uuu r 是向量组1OA uuur ，2OA uuuu r ，3OA uuu u r 的平衡向量，当3OP OA ×uuu r uuu u r 取得最大值时，13OA OA ×uuur uuu u r 值为 ．四、解答题10．（2024·山东枣庄·一模）在ABC V 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且sin tan 22a C A c =．(1)求C ；(2)若8,5,a b CH ==是边AB 上的高，且CH mCA nCB =+uuu r uur uuu r ，求m n．11．（2023·河北衡水·模拟预测）已知ABC V ，D 为边AC 上一点，1AD =，2CD =.(1)若34BA BD ×=uuu r uuu r ，0BC BD ×=uuu r uuu r ，求ABC S V ；(2)若直线BD 平分ABC Ð，求ABD △与CBD △内切圆半径之比的取值范围.。
保险销售人员考试：2022保险销售综合练习真题模拟及答案(1)
保险销售人员考试：2022保险销售综合练习真题模拟及答案(1)共79道题1、（）不仅使风险管理建立在科学的基础上，而且使风险分析定量化，为风险管理者进行风险决策、选择最佳管理技术提供了科学依据。
（单选题）A. 风险判断B. 风险估测C. 风险评价D. 风险测量试题答案：B2、所谓所有人依法对自己的财产享有占有.使用.收益和处分的权利是指（）（单选题）A. 财产所有权B. 财产使用权C. 财产管理权D. 财产继承权试题答案：A3、根据《民法通则》的规定，延付或者拒付租金的诉讼时效期限为（）。
（单选题）A. 一年B. 二年C. 四年D. 二十年试题答案：A4、在风险管理方法中，为高层建筑安装火灾警报器的方式属于（）（单选题）A. 抑制B. 预防C. 避免D. 转移试题答案：A5、《反不正当竞争法》颁布的日期是（）（单选题）A. 1995年9月2日B. 1993年12月2日C. 1995年12月2日D. 1993年9月2日试题答案：D6、欺诈和纵火属于（）风险因素。
（单选题）A. 道德B. 社会C. 心理D. 物质试题答案：A7、依据我国反不正当竞争法，如果经营者在账外暗中给予对方单位或者个人回扣，其行为属于（）。
（单选题）A. 受贿B. 诱骗C. 欺诈D. 行贿试题答案：D8、寿险产品在定价时主要以三个因素为依据，这三个预定因素与实际情况的差距直接影响到寿险公司的经营成果，下列哪项不是寿险产品在定价时依据的因素（）（单选题）A. 预定死亡率B. 预定分红率C. 预定利率D. 预定费用率试题答案：B9、根据我国消费者权益保护法的规定，消费者在购买、使用商品和接受服务时享有的权利是（）。
（单选题）A. 比他人价格优惠的权利B. 人身和财产安全不受损害的权利C. 终身免费保养的权利D. 专人提供服务的权利试题答案：B10、在我国，明确规定“商家应提供商品所具有的质量性能用途和有效期的信息”的法律是（）（单选题）A. 《产品质量法》B. 《消费者权益保护法》C. 《合同法》D. 《反不正当竞争法》试题答案：B11、“售出商品概不退换”的规定侵犯了消费者的（）。
高三理科数学小题分层练3 中档小题保分练(1)
小题分层练三中档小题保分练1 建议用时：40分钟一、选择题1．角α的终边与单位圆交于点，则cos2α＝B．－D．－2．王老师给班里同学出了两道数学题，她预估做对第一道题的概率为，做对两道题的概率为，则预估做对第二道题的概率是A．．C．．3．2022·永州市三模下列函数中，与函数y＝2－2－的定义域、单调性与奇偶性均一致的函数是A．y＝sinB．y＝3C．y＝D．y＝log24．2022·全国卷Ⅰ直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为5．2022·济南模拟要得到函数y＝sin的图象，只需将函数y＝sin2的图象A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向左平移个单位D．向右平移个单位6．某几何体的三视图如图18所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是图18A．16＋πB．16＋π＋π＋π7．2022·淮南市一模在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b21－sin A，则A＝8．已知等差数列{a n}一共有9项，前4项和为3，最后3项和为4，则中间一项的值为C．9．直线a＋by－a－b＝0a≠0与圆2＋y2－2＝0的位置关系为A．相离B．相切C．相交或相切D．相交10．若点in＝min＝－e2＋1，选A]13答案：－2解析：[y′＝＝，将＝3代入，得曲线y＝在点3,2处的切线斜率＝－，故与切线垂直的直线的斜率为2，即－a＝2，得a ＝－2]14．答案：解析：[由题意，F10，c，F20，－c，不妨取A点坐标为，∴直线AF1的方程为y－c＝－，即2ac＋b2y－b2c＝0∵直线AF1与圆2＋y2＝相切，∴＝∴b2＝ac，∴e2－e－＝0，∵e>1，∴e＝]15．答案：解析：[由题意得∠BOC＝180°－＝120°，在△OBC中，BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cos120°，即1＝OB2＋OC2＋OB·OC≥3OB·OC，即OB·OC≤，所以S△OBC＝OB·OC sin120°≤，当OB＝OC时取最大值．]16．答案：，2解析：[由f＋4＝f，即函数f的周期为4，因为当∈[－2,0]时，f＝－6，所以若∈[0,2]，则－∈[－2,0]，则f－＝－6＝3－6因为f是偶函数，所以f－＝3－6＝f，即f＝3－6，∈[0,2]，由f－log a＋2＝0得f＝log a＋2，作出函数f的图象如图所示．当a＞1时，要使方程f－log a＋2＝0恰有3个不同的实数根，则等价于函数f与g＝log a＋2有3个不同的交点，则满足即解得＜a＜2，故a的取值范围是，2．]。
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精练一高考题型保分练9选择＋1计算保分练(1)一、单项选择题1.(2018·江苏省苏锡常镇四市高三教学情况调研)下列各式属于定义式的是()A.加速度a ＝F mB.电动势E ＝n ΔΦΔt C.电容C ＝εr S4πkd D.磁感应强度B ＝FIL解析a ＝Fm是牛顿第二定律的表达式，不是加速度的定义式，故选项A 错误；电动势E ＝n ΔΦΔt 是法拉第电磁感应定律的表达式，不是定义式，选项B 错误；电容C ＝εr S4πkd 是电容的量度公式，不是定义式，选项C 错误；磁感应强度B ＝FIL 是磁感应强度的定义式，采用比值法定义，故选项D 正确。
答案D2.(2018·江苏省如东县高三上学期第一次检测)如图1所示，x －t 图象反映了甲、乙两车在同一条直道上行驶的位移随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则()图1A.甲车的加速度大小为 4.0 m/s2B.乙车的加速度大小为 1.6 m/s2C.5 s时两车速度相等D.乙车的初位置在x0＝75 m处解析位移—时间图象的斜率等于速度，可知甲做匀速运动，加速度为零，选项A错误；乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则t＝10 s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则x＝12at2，根据图象有：x0＝12a·102，20＝12a·52，解得a＝1.6 m/s2，x0＝80 m，选项B正确，D错误；图象的斜率大小越大，速度大小越大，则知 5 s时乙车速度较大，故选项C 错误。
答案 B3.(2018·无锡市锡山中学高三月考)如图2所示，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A停下，可采用的方法是()图2A.增大斜面的倾角B.在木块A上再叠放一个重物C.对木块A施加一个垂直于斜面的力D.对木块A施加一个竖直向下的力解析木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得mgsin θ＝μmg c os θ；若增大斜面的倾角θ，重力沿斜面向下的分力mgsin θ增大，滑动摩擦力f＝μmg cos θ减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动，故选项A错误；对木块A 施加一个竖直向下的力，由于(F＋mg)sin θ＝μ(F＋mg)cos θ，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能停下，故选项B错误；对木块A施加一个垂直于斜面的力F，重力沿斜面向下的分力mgsin θ不变，而滑动摩擦力f＝μ(F＋mgcos θ)增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下，故选项C正确；由A项分析可知，mgsin θ＝μmg cos θ得sin θ＝μcos θ，与质量无关，在木块A上再叠放一个重物后，整体匀速下滑，不可能停下，故选项D错误。
答案 C徐州市高三考前模拟)如图3所示，三个相同的灯泡L1、L2、L3，电感线4.(2018·圈L的电阻可忽略，D为理想二极管。
下列说法正确的是()图3A.闭合开关S的瞬间，L3立即变亮，L1、L2逐渐变亮B.闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，L1逐渐变亮C.断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L1先变亮一下然后才熄灭D.断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L3先变亮一下然后才熄灭解析闭合开关S瞬间，因二极管具有单向导电性，所以L2与二极管处于通路，灯泡L2立即亮，而在闭合开关S瞬间，因线圈L的自感作用，使灯泡L1的电流缓慢增大，灯泡L1将慢慢变亮，L2、L3均立即变亮，故选项A错误，B正确；断开开关S的瞬间，因二极管的导通方向与电流方向相反，则L2立即熄灭，线圈L与灯泡L1、L3构成回路，因线圈L产生感应电动势，所以灯泡L1、L3均逐渐变暗，熄灭，故选项C、D错误。
答案 B常州市月考)如图4所示的圆形区域里匀强磁场方向垂直于纸面向里，有5.(2018·一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，则质子射入磁场的运动速率越大()图4A.其轨迹对应的圆心角越大B.其在磁场区域运动的路程越大C.其射出磁场区域时速度的偏向角越大D.其在磁场中的运动时间越长解析设磁场区域半径为R，质子轨迹圆心角为α，轨迹如图所示。
质子在磁场中运动的时间为t＝α2πT，T＝2πmqB，轨迹半径r＝Rcotα2，而r＝mvBq，质子速率v越大，则r越大，故α越小，t越小，故选项A、C、D错误；质子运动的轨迹长度为s＝rα＝mvBqα，由图可以看出，质子的运动速率越大，其在磁场区域运动的路程越长，故选项B正确。
答案 B二、多项选择题6.(2018·苏锡常镇四市一调)如图5所示，我国自主研发的北斗卫星导航系统由35颗卫星组成，包括分布于a类型轨道的5颗同步轨道卫星、分布于b类型轨道的3颗倾斜轨道卫星(与同步卫星轨道半径相同，轨道倾角55°)和分布于c类型轨道的27颗中轨道卫星，中轨道卫星在3个互成120°的轨道面上做圆周运动，预计2020年全部建成。
下列说法正确的是()图5A.a 类型轨道上的卫星相对于地面静止且处于平衡状态B.a 类型轨道上的卫星运行速率等于b 类型卫星的速率C.b 类型轨道上的卫星也与地球保持相对静止D.三类卫星相比，c 类卫星的向心加速度最大解析卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心加速度，不是平衡状态，故选项A 错误；人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有：G Mm r 2＝m v2r＝ma ，解得：v ＝GMr，则由于a 类型轨道上的卫星运行半径等于b 类型卫星的半径，则a 类型轨道上的卫星运行速率等于b 类型卫星的速率，选项B 正确；b 类型卫星不能与地球保持相对静止，只有同步轨道卫星才能与地球保持相对静止，故选项C 错误；a ＝GMr2，由题知中轨道卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，半径小的向心加速度大，故选项D 正确。
答案BD7.(2018·江苏省南通市高三上学期第一次调研)真空中有一半径为r 0的均匀带电金属球，以球心为原点建立x 轴，轴上各点的电势φ分布如图6所示，r 1、r 2分别是＋x 轴上A 、B 两点到球心的距离。
下列说法中正确的有()图6A.0～r 0范围内电场强度处处为零B.A 点电场强度小于B 点电场强度C.A 点电场强度的方向由A 指向BD.正电荷从A 点移到B 点过程中电场力做正功解析根据E ＝ΔφΔx可知，φ－x 图象的斜率表示电场强度的大小，由图可知在0～r 0范围内斜率为0，故在0～r 0范围内电场强度处处为零，故选项A 正确；根据场强公式E ＝kQr 2，得A 点的电场强度大于B 点的电场强度，故选项B 错误；A 到B 电势降低，所以A 点的电场强度方向由A 指向B ，故选项C 正确；正电荷沿直线从A 移到B 的过程中，电场力方向由A 指向B ，所以电场力做正功，故选项D正确。
答案ACD8.(2018·南通模拟)如图7所示为利用海流发电的磁流体发电机原理示意图，矩形发电管道水平东西放置，整个管道置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，其上、下两面是绝缘板，南、北两侧面M 、N 是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S 和定值电阻R 相连，已知发电管道长为L 、宽为d 、高为h ，海水在发电管道内以恒定速率v 朝正东方向流动。
发电管道内的海水在垂直流动方向的电阻为r ，海水在管道内流动时受到的摩擦阻力大小恒为f ，不计地磁场的影响，则()图7A.N 侧的电势高B.开关S 断开时，M 、N 两端的电压为BdvC.开关S 闭合时，发电管道进、出口两端压力差F ＝f ＋B 2d 2vR ＋rD.开关S 闭合时，电阻R 上的功率为B 2d 2v 2R 解析海水向东流动的过程中，正电荷受到的洛伦兹力的方向指向M ，而负电荷受到的洛伦兹力的方向指向N ，所以M 侧聚集正电荷，M 侧的电势高，故选项A错误；开关S 断开时，设海水中的电荷所带的电荷量为q ，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，M 、N 两端的电压U 保持恒定，有qvB ＝q Ud，解得：U ＝Bdv ，故选项B正确；设开关S闭合后，发电管道进、出口两端压力分别为F1、F2，海水所受的摩擦阻力恒为f，开关S闭合后管道内海水受到的安培力为F安，有：F2＝F1＋f＋F安，F安＝BId，根据欧姆定律有I＝UR＋r，解得：F＝F2－F1＝f＋B2d2v R＋r ，故选项C正确；电阻R上的功率为P＝I2R＝B2d2v2R（R＋r）2，故选项D错误。
答案BC9.(2018·常州市高三模拟考试)如图8所示，在倾角为θ＝30°的固定斜面上固定一与斜面垂直的光滑挡板，质量为m、半径为r的光滑圆柱体放在质量也为m，半径也为r的半圆柱体上，半圆柱底面与斜面间的动摩擦因数为μ，现用一平行斜面向上的拉力使其缓慢沿斜面向上移动直到两者分开，则()图8A.全过程中半圆柱体受到的摩擦力保持不变B.全过程中挡板受到的压力保持不变C.全过程拉力所做的功至少为3μmgrD.全过程圆柱体和半圆柱体的速率始终相等解析对半圆柱和圆柱整体，在垂直斜面方向，支持力不变，所以半圆柱受到的滑动摩擦力不变，选项A正确；以圆柱体为研究对象，对其受力分析，如图甲所示，利用图解法可判断，在半圆柱体向上移动过程中，挡板对圆柱体的支持力变大，根据牛顿第三定律可知选项B错误；如图乙所示，由几何关系知半圆柱体上移的距离为3r，全过程中，对整体根据能量守恒有W F＋W G＋W f＝0，即W F＋mgrcosθ－mg·3rsin θ－μ·2mgcos θ·3r＝0，解得W F＝3μmgr，选项C正确；由以上分析知圆柱体和半圆柱体的位移不等，则两者速率不可能始终相等，选项D 错误。
答案AC三、计算题10.(2018·扬州第一学期期末)实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为L、长为2.5L的N匝矩形线框abcd，总电阻为R，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m。
如图9所示是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为f，进入磁场前已达到最大速度v，车头(ab边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾(cd边)刚出磁场时速度恰好为零。
已知有界磁场宽度为 2.5L，磁感应强度为B，方向竖直向下。
求：图9(1)进入磁场前小车所受牵引力的功率P；(2)车头刚进入磁场时，感应电流的大小I；(3)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q。
解析(1) 小车达最大速度v后，小车做匀速直线运动，牵引力大小等于摩擦力F＝f小车功率与牵引力的关系P＝Fv解得P＝fv。