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14 小题＋1 大题(三角)——节选自重庆市调研
一、单选题(每小题5 分，共40 分)
1.若复数z 满足z·(1＋i)＝2－i，其中i 为虚数单位，则z＋z等于( )
A.i
B.－i
C.1
D.－1
答案 C
解析 由z·(1＋i)＝2－i，得z＝＝＝，
则z＝，所以z＋z＝1.故选C.
2.已知集合A＝{x|－2x2＋5x＋3≥0}，B＝{x∈N||x|≤2}，则A∩B 的真子集个数
为( )
A.3
B.4
C.7
D.8
答案 C
解析 由－2x2＋5x＋3≥0，得2x2－5x－3≤0，即(2x＋1)(x－3)≤0，解得－
≤x≤3，
所以A＝.
由B＝{x∈N||x|≤2}，得B＝{0，1，2}，
所以A∩B＝{0，1，2}，
所以A∩B 的真子集个数为23－1＝7.故选C.
3.2023 年10 月31 日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，激发
了学生对航天的热爱.某校组织高中学生参加航天知识竞赛，现从中随机抽取100
名学生的成绩，制成频率分布直方图如图所示，设这组样本数据的75%分位数
为x，众数为y，则( )
A.x＝88，y＝90
B.x＝83，y＝90
C.x＝83，y＝85
D.x＝88，y＝85
答案 D
解析 因为频率分布直方图中所有小矩形的面积和为1，所以10×0.005＋
10×0.03＋10a＋10×0.015＝1，解得a＝0.05.
因为前两个小矩形的面积和为10×0.005＋10×0.03＝0.35，
前三个小矩形的面积和为10×0.005＋10×0.03＋10×0.05＝0.85，
这组样本数据的75%分位数为x，75%＝0.75，0.35<0.75<0.85，
所以x∈(80，90)，
由百分位数的定义可得，0.35＋0.05(x－80)＝0.75，解得x＝88，
故这组样本数据的75%分位数为88.
众数是最高的小矩形的底边中点的横坐标，故众数y＝85.故选D.
4.英国著名数学家布鲁克·泰勒(Brook Taylor)以微积分学中将函数展开成无穷级
数的定理著称于世.泰勒提出了适用于所有函数的泰勒级数，泰勒级数用无限项
连加式来表示一个函数，如：sin x＝x－＋－＋…，其中n！＝1×2×3×…×n.
根据该展开式可知，与2－＋－＋…的值最接近的是( )
A.sin 2°
B.sin 24.6°
C.cos 24.6°
D.cos 65.4°
答案 C
解析 由题意知，sin 2＝2－＋－＋…，又sin 2＝sin ≈sin 114.6°，
根据诱导公式得，sin 114.6°＝sin(90°＋24.6°)＝cos 24.6°，
所以与2－＋－＋…的值最接近的是cos 24.6°.故选C.
5.已知某社区居民每周运动总时间为随机变量X(单位：小时)，且X～N(5.5，
σ2)，P(X>6)＝0.2.现从该社区中随机抽取3 名居民，则至少有两名居民每周运动
总时间为5 至6 小时的概率为( )
A.0.642
B.0.648
C.0.722
D.0.748
答案 B
解析 因为X～N(5.5，σ2)，P(X>6)＝0.2，
所以根据正态曲线的对称性可得，P(5≤X≤6)＝1－0.2×2＝0.6.
设抽取的3 名居民中每周运动总时间为5 至6 小时的人数为Y，则Y～B(3，
0.6)，
则至少有两名居民每周运动总时间为5 至6 小时的概率为P(Y≥2)＝P(Y＝2)＋
P(Y＝3)＝C×0.62×(1－0.6)＋C×0.63＝0.648.故选B.
6.已知定义在R 上的函数f(x)满足：f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x>0 时，f(x)<0，
则关于x 的不等式f(x2)＋f(2x)≥0 的解集为( )
A.[－2，0]
B.[0，2]
C.(－∞，－2]∪[0，＋∞)
D.(－∞，0]∪[2，＋∞)
答案 A
解析 由题意得f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)，即f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2)，不妨令
x1>x2，则x1－x2>0，所以f(x1－x2)<0，即f(x1)－f(x2)<0，f(x1)<f(x2)，故f(x)在R 上
单调递减.
在f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)中，令x1＝x2＝0，则f(0)＝f(0)＋f(0)，得f(0)＝0.
令x1＝x，x2＝－x，则f(x－x)＝f(x)＋f(－x)，
所以f(x)＋f(－x)＝0，
故f(x)是奇函数，
由f(x2)＋f(2x)≥0，得f(x2)≥－f(2x)，
即f(x2)≥f(－2x)，
所以x2≤－2x，解得－2≤x≤0，即x∈[－2，0].
7.过点P 作圆C：x2＋y2－4x－4y＋15＝0 的两条切线，切点分别为A，B，若
△PAB 为直角三角形，O 为坐标原点，则|OP|的取值范围为( )
A.(2－，2＋)
B.(4－，4＋)
C.[2－，2＋]
D.[4－，4＋]
答案 D
解析 将圆C：x2＋y2－4x－4y＋15＝0 化为标准形式，得圆C：(x－2)2＋(y－2)2
＝1，则圆心为C(2，2)，圆C 的半径r＝1.如图，连接AC，BC，PC，因为△PAB
为直角三角形，PA，PB 与圆C 分别切于点A，B，所以四边形PACB 为正方形，
所以|PC|＝r＝，所以点P 的轨迹为以C 为圆心，以为半径的圆.
连接OC，则|OC|＝＝4，
所以|OP|的取值范围为[4－，4＋].故选D.
8.杭州第19 届亚运会吉祥物组合名为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最
忆是杭州”，名为“琮琮”“莲莲”“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚底
蕴和充满时代活力的机器人.杭州第19 届亚运会举办前夕，为了宣传，某校决定
派5 名志愿者将这3 个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装1 个吉祥
物，且每个吉祥物至少有1 名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，
则不同的安装方案种数为( )
A.50
B.36
C.26
D.14
答案 A
解析 分三种情况，第一种情况是只有甲1 名志愿者安装吉祥物“宸宸”，另外
4 名志愿者分成两组，分别安装吉祥物“琮琮”和“莲莲”，共有A＝(C＋CA)
(种)安装方案；第二种情况是甲和另外1 名志愿者一起安装吉祥物“宸宸”，余
下的3 名志愿者分成两组，分别安装吉祥物“琮琮”和“莲莲”，共有CCA 种
安装方案；第三种情况是甲和另外2 名志愿者一起安装吉祥物“宸宸”，余下的
2 名志愿者分成两组，分别安装吉祥物“琮琮”和“莲莲”，共有CA 种安装方
案.综上，(C＋CA)＋CCA＋CA＝14＋24＋12＝50，故不同的安装方案种数为50.
故选A.
二、多选题(每小题6 分，共18 分)
9.已知3a＝5b＝15，则下列结论正确的是( )
A.lg a>lg b
B.a＋b＝ab
C.>
D.a＋b>4
答案 ABD
解析 因为3a＝5b＝15，所以a＝log315，b＝log515.对于A，根据对数函数的性
质可知，若真数相同且真数大于1，则当底数大于1 时，底数越大，函数值越小，
所以a>b，所以lg a>lg b，故A 正确；
对于B，易知a>0，b>0，
所以＝log153，＝log155，
所以＋＝log15 3＋log15 5＝log15(3×5)＝1，所以＝1，即a＋b＝ab，故B 正确；
对于C，根据y＝是减函数，a>b，得<，故C 错误；
对于D，由题意知，a>0，b>0 且a≠b，所以结合基本不等式知，a＋b>2，又a
＋b＝ab，所以ab>2，解得ab>4，即a＋b>4，故D 正确.
10.已知抛物线C：y2＝4x 的焦点为F，O 为坐标原点，其准线与x 轴交于点M，
经过点M 的直线l 与抛物线C 交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则下列说法
正确的是( )
A.OA·OB＝5
B.存在∠AMF＝
C.不存在以AB 为直径且经过焦点F 的圆
D.当△ABF 的面积为4 时，直线l 的倾斜角为或
答案 AD
解析 对于A，法一 由题意可得，F(1，0)，M(－1，0)，直线l 的斜率存在且
不为0，设直线l 的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，由消去y 并整理得k2x2＋(2k2－4)x＋
k2＝0 (*)，
因为直线l 与抛物线C 相交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以
解得－1<k<1，且k≠0.根据根与系数的关系可得，x1＋x2＝，x1x2＝1，则OA·OB
＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋k2(x1＋x2)＋k2＝(1＋k2)×1＋k2×
＋k2＝5，故A 正确.
法二 由题意可得，F(1，0)，M(－1，0)，直线l 的斜率存在且不为0，设直线l
的方程为x＝ty－1(t≠0)，
由消去x 并整理得y2－4ty＋4＝0，
则
解得t<－1 或t>1.
根据根与系数的关系可得y1y2＝4，
则OA·OB＝x1x2＋y1y2＝＋y1y2＝5，故A 正确；
对于B，由A 选项法一的分析知，－1<k<1 且k≠0，所以直线l 的倾斜角的范围
是∪，所以不存在∠AMF＝，故B 错误；
对于C，由A 选项法一的分析知，x1＋x2＝，x1x2＝1，连接FA，FB，假设存在
k，使得以AB 为直径的圆经过点F，则FA⊥FB，即FA⊥FB，所以FA·FB＝0，即
FA·FB＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)(x2－1)＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋(k2
－1)·(x1＋x2)＋k2＋1＝(1＋k2)×1＋(k2－1)×＋k2＋1＝8－＝0，解得k＝±，又由
A 选项法一的分析知，－1<k<1，且k≠0，所以存在以AB 为直径且经过焦点F
的圆，故C 错误；
对于D，|MF|＝2，△ABF 的面积S＝|S△MFA－S△MFB|＝|MF||y1－y2|＝|y1－y2|＝，由
A 选项法二的分析知，y1＋y2＝4t，y1y2＝4，所以S＝＝4，得t＝±，满足t<－1
或t>1，此时直线l 的斜率为±，所以直线l 的倾斜角为或.故D 正确.
11.如图，在棱长为1 的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E 是C1D1的中点，M 是线段
A1E 上的一点，则下列说法正确的是( )
A.当点M 与点A1重合时，直线AC1⊂平面ACM
B.当点M 移动时，点D 到平面ACM 的距离为定值
C.当点M 与点E 重合时，平面ACM 与平面CC1D1D 夹角的正弦值为
D.当点M 为线段A1E 的中点时，平面ACM 截正方体ABCD－A1B1C1D1所得截面
面积为
答案 ACD
解析 如图1，
图1
连接A1C1，因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以AC∥A1C1，所以A，C，A1，
C1四点共面，因为点M 与点A1重合，所以平面ACM 即平面ACC1A1，又AC1⊂平
面ACC1A1，所以AC1⊂平面ACM，故A 正确.
图2
当点M 与点A1 重合时，由A 选项的分析知，平面ACM 即平面ACC1A1，如图
2，取AC 的中点O，连接DO，则易得DO⊥AC，由正方体的性质易得，CC1⊥
平面ABCD，又DO⊂平面ABCD，所以CC1⊥DO，又AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂
平面ACC1A1，所以DO⊥平面ACC1A1，则DO 为点D 到平面ACC1A1的距离，又
正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，所以此时点D 到平面ACC1A1的距离为DO
＝，即当点M 与点A1重合时，点D 到平面ACM 的距离为；
图3
当点M 与点E 重合时，如图3 所示，此时平面ACM 即平面ACE，显然此时DO
不与平面ACM 垂直，即此时点D 到平面ACM 的距离一定小于.
综上，B 错误；
图4
如图4，以D 为坐标原点，DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z 轴的正方向建
立空间直角坐标系D－xyz，因为点E 与点M 重合，正方体ABCD－A1B1C1D1的
棱长为1，所以D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，M，AC＝(－1，1，0)，
AM＝.设平面ACM 的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
令x＝2，则y＝2，z＝1，即n＝(2，2，1).
由正方体的性质易得，AD⊥平面CC1D1D，所以平面CC1D1D 的一个法向量为m
＝DA＝(1，0，0).
设平面ACM 与平面CC1D1D 的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝＝，所以sin
θ＝＝，故C 正确；
如图5，
图5
当点M 为线段A1E 的中点时，过点M 作AC 的平行线，即作A1C1的平行线，分
别交A1D1，C1D1于点P，Q，连接AP，CQ，则四边形ACQP 即平面ACM 截正
方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面.
在△A1C1E 中，因为M 为A1E 的中点，且MQ∥A1C1，所以点Q 为EC1的中点，又
点E 为C1D1的中点，所以＝3，又PQ∥A1C1，所以＝＝3，＝＝，
又正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，
所以AC＝A1C1＝，PQ＝，
AP＝CQ＝＝，
则四边形ACQP 为等腰梯形，则等腰梯形ACQP 的高h＝＝，
所以等腰梯形ACQP 的面积
S＝××＝，故D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共15 分)
12.已知向量a，b 满足|a|＝2，|b|＝3，|a－2b|＝5，则a·b＝________.
答案
解析 因为|a|＝2，|b|＝3，|a－2b|＝5，所以|a－2b|2＝25，即a2－4a·b＋4b2＝
25，即22－4a·b＋4×32＝25，解得a·b＝.
13.已知f(x)＝2asin ωx·cos ωx＋bcos 2ωx(ω>0，a>0，b>0)的部分图象如图所示，
当x∈时，f(x)的最大值为________.
答案
解析 由题意可知f(x)＝asin 2ωx＋bcos 2ωx＝sin(2ωx＋φ)，其中a>0，b>0，
ω>0，tan φ＝，由题图可知＝2，＝－＝，所以T＝π，即＝π，所以ω＝1，则
f(x)＝2sin(2x＋φ)，又函数f(x)的图象过点，所以2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，则φ＝
＋2kπ，k∈Z，所以f(x)＝2sin＝2sin.令t＝2x＋，因为x∈，所以t∈，所以当t
＝，即x＝0 时，f(x)取得最大值，且最大值为.
14.已知数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn＝2an－1，记Tn＝a＋a＋a＋…＋a，则Tn
＝________；若数列{bn}满足bn＝3Tn－20n－3，则b1＋b2＋b3＋…＋bn的最小值
是________.
答案 －48
解析 因为Sn＝2an－1，所以当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)，即
an＝2an－1(n≥2)；当n＝1 时，a1＝S1＝2a1－1，即a1＝1，所以数列{an}是以1 为
首项，2 为公比的等比数列.
所以a＝1，＝＝22＝4，所以数列{a}是以1 为首项，4 为公比的等比数列，所以
Tn＝a＋a＋a＋…＋a＝＝.
因为bn＝3Tn－20n－3＝4n－20n－4，
所以b1＝－20，b2＝－28，b3＝0，b4＝172>0，当n≥4 时，bn＋1－bn＝4n＋1－20(n
＋1)－4－(4n－20n－4)＝3×4n－20≥3×44－20＝748>0，
所以当n≥4 时，bn>0，所以当n＝2 或n＝3 时，数列{bn}的前n 项和取得最小值，
且最小值为－48.
四、解答题(本题共13 分；考查方向：三角)
15. 在梯形ABCD 中，AB∥CD ，∠ABC 为钝角，AB ＝BC ＝2 ，CD ＝4 ，
sin∠BCD＝.
(1)求cos∠BDC；
(2)设点E 为AD 的中点，求BE 的长.
解 (1)∵AB∥CD，∴∠ABC＋∠BCD＝π，
又∠ABC 为钝角，∴∠BCD 为锐角.
∵sin∠BCD＝，
∴cos∠BCD＝＝.
又BC ＝2 ，CD ＝4 ，∴在△BCD 中，由余弦定理得BD2 ＝BC2 ＋CD2 －
2BC·CDcos∠BCD＝16，得BD＝4，
∴在△BCD 中，由余弦定理的推论得cos∠BDC＝＝.
(2)如图，
在梯形ABCD 中，∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠BDC，
∴cos∠ABD＝cos∠BDC＝.
在△ABD 中，∵E 为AD 的中点，
∴BE＝BA＋BD.
由(1)知，BD＝4，即|BD|＝4，
又|BA|＝BA＝2，
∴|BE|2＝|BA|2＋|BD|2＋BA·BD＝|BA|2＋|BD|2＋|BA|·|BD|cos∠ABD＝，
∴|BE|＝，即BE＝.
