PAGEPAGE1綜合仿真練(八)1．(2024·通州中學(xué))若復(fù)數(shù)z滿意eq\f(zi,z－i)＝1，其中i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z的模為________．解析：由eq\f(zi,z－i)＝1得zi＝z－i，即z＝eq\f(i,1－i)，所以|z|＝eq\f(|i|,|1－i|)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)2．已知集合M＝{0,1,3}，N＝{x|x＝3a，a∈M}，則M∩N解析：因為M＝{0,1,3}，N＝{x|x＝3a，a∈M}，所以N＝{0,3,9}，所以M∩N答案：{0,3}3．在區(qū)間(0,5)內(nèi)任取一個實數(shù)m，則滿意3<m<4的概率為________．解析：依據(jù)幾何概型的概率計算公式得，滿意3<m<4的概率為P＝eq\f(4－3,5－0)＝eq\f(1,5).答案：eq\f(1,5)4．已知一組數(shù)據(jù)x1，x2，…，x100的方差是2，則數(shù)據(jù)3x1,3x2，…，3x100的標(biāo)準(zhǔn)差為________．解析：由x1，x2，…，x100的方差是2，則3x1,3x2，…，3x100的方差是18，所以所求標(biāo)準(zhǔn)差為3eq\r(2).答案：3eq\r(2)5．在如圖所示的算法中，輸出的i的值是________．解析：當(dāng)i＝1時，S＝2；當(dāng)i＝3時，S＝6；當(dāng)i＝5時，S＝30；當(dāng)i＝7時，S＝210>200.所以輸出的i＝7.答案：76．雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的右焦點到漸近線的距離是其到左頂點距離的一半，則雙曲線的離心率e＝________.解析：由雙曲線的性質(zhì)“焦點到漸近線的距離等于b”，則b＝eq\f(a＋c,2)，即a2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2＝c2.整理得3c2－2ac－5a2＝0，所以3e2－2e－5＝0，解得e＝eq\f(5,3).答案：eq\f(5,3)7．設(shè)正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的邊長為1，其表面積為14，則AA1解析：正四棱柱的表面積為14，兩個底面積之和為2，故側(cè)面積為12，則AA1＝3.答案：38．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若曲線y＝lnx在x＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))處的切線與直線ax－y＋3＝0垂直，則實數(shù)a的值為________．解析：因為y′＝eq\f(1,x)，所以曲線y＝lnx在x＝e處的切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝e＝eq\f(1,e).又該切線與直線ax－y＋3＝0垂直，所以a·eq\f(1,e)＝－1，所以a＝－e.答案：－e9．若不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤x＋2，,y≥x，,0≤y≤4，,x≥0))表示的平面區(qū)域的面積為S，則S的值為________．解析：作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖陰影部分所示，得面積S＝eq\f(1,2)(42－22)＝6.答案：610．已知函數(shù)f(x)＝sinωx－eq\r(3)cosωx(ω>0)在(0，π)上有且只有兩個零點，則實數(shù)ω的取值范圍為________．解析：易得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，設(shè)t＝ωx－eq\f(π,3)，因為0<x<π，所以－eq\f(π,3)<t<ωπ－eq\f(π,3).因為函數(shù)f(x)在(0，π)上有且僅有兩個零點，所以π<ωπ－eq\f(π,3)≤2π，解得eq\f(4,3)<ω≤eq\f(7,3).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(7,3)))11．若兩個非零向量a，b的夾角為60°，且(a＋2b)⊥(a－2b)，則向量a＋b與a－b的夾角的余弦值是________．解析：由(a＋2b)⊥(a－2b)，得(a＋2b)·(a－2b)＝0，即|a|2－4|b|2＝0，則|a|＝2|b|，cos〈a＋b，a－b〉＝eq\f(a＋b·a－b,|a＋b||a－b|)＝eq\f(a2－b2,\r(a2＋2a·b＋b2)·\r(a2－2a·b＋b2))＝eq\f(3b2,\r(21)b2)＝eq\f(\r(21),7).答案：eq\f(\r(21),7)12．(2024·揚州中學(xué)模擬)已知等差數(shù)列{an}前n項和為Sn，且S6＝－9，S8＝4，若滿意不等式n·Sn≤λ的正整數(shù)n有且僅有3個，則實數(shù)λ的取值范圍為________．解析：不妨設(shè)Sn＝An2＋Bn，由S6＝－9，S8＝4，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(36A＋6B＝－9，,64A＋8B＝4，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝1，,B＝－\f(15,2)，))所以nSn＝n3－eq\f(15,2)n2，令f(x)＝x3－eq\f(15,2)x2，則f′(x)＝3x2－15x＝3x(x－5)，易得數(shù)列{nSn}在1≤n≤5，n∈N*時單調(diào)遞減；在n>5，n∈N*時單調(diào)遞增．令nSn＝bn，有b3＝－eq\f(81,2)，b4＝－56，b5＝－eq\f(125,2)，b6＝－54，b7＝－eq\f(49,2).若滿意題意的正整數(shù)n只有3個，則n只能為4,5,6，故實數(shù)λ的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－54，－\f(81,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－54，－\f(81,2)))13．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若eq\f(a,2cosA)＝eq\f(b,3cosB)＝eq\f(c,6cosC)，則cosAcosBcosC＝________.解析：由題意及正弦定理得eq\f(tanA,2)＝eq\f(tanB,3)＝eq\f(tanC,6)，可設(shè)tanA＝2k，tanB＝3k，tanC＝6k，k＞0，而在△ABC中，tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC，于是k＝eq\f(\r(11),6)，從而cosAcosBcosC＝eq\f(3,\r(20))×eq\f(2,\r(15))×eq\f(1,\r(12))＝eq\f(1,10).答案：eq\f(1,10)14．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(2x3＋7x2＋6x),x2＋4x＋3)，x∈[0,4]，則f(x)最大值是________．解析：法一：當(dāng)x＝0時，原式值為0；當(dāng)x≠0時，由f(x)＝eq\f(\r(2x3＋7x2＋6x),x2＋4x＋3)＝eq\f(\r(2x＋7＋\f(6,x)),x＋4＋\f(3,x))，令t＝eq\r(2x＋7＋\f(6,x))，由x∈(0,4]，得t∈[2＋eq\r(3)，＋∞)，f(x)＝g(t)＝eq\f(2t,t2＋1)＝eq\f(2,t＋\f(1,t)).而t＋eq\f(1,t)≥4，當(dāng)且僅當(dāng)t＝2＋eq\r(3)時，取得等號，此時x＝eq\r(3)，所以f(x)≤eq\f(1,2).即f(x)的最大值為eq\f(1,2).法二：f(x)＝eq\f(\r(2xx2＋4x＋3－x2),x2＋4x＋3)＝eq\r(\f(2x,x2＋4x＋3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,x2＋4x＋3)))2)，于是令t＝eq\f(x,x2＋4x＋3)，所求的代數(shù)式為y＝eq\r(2t－t2).當(dāng)x＝0時，t＝0；當(dāng)x≠0時，有t＝eq\f(1,x＋4＋\