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【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题17 双空题小题 （基础版）
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这是一份【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题17 双空题小题 （基础版），文件包含专题17双空题小题基础练原卷版docx、专题17双空题小题基础练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】 专题17 双空题小题基础练-新高考数学复习
分层训练（新高考通用）
1．（2022秋·山东泰安·高三校考期中）设向量，，则与的夹角为__________，在上的投影向量为__________.
【答案】
【分析】利用向量数量积的定义和坐标表示即可得到与的夹角，根据投影向量的概念求解在上的投影向量即可.
【详解】由题意得，
又因为，，
所以，所以与的夹角为，
在上的投影向量为.
故答案为：，.
2．（2023·安徽·模拟预测）曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
【答案】
【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求
分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
解： 因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
因为是偶函数，图象为：
所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.
[方法三]：
因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
故答案为：；.
3．（2022秋·广东深圳·高三深圳市福田区福田中学校考阶段练习）若是奇函数，则_____，______．
【答案】 ； ．
【分析】根据奇函数的定义即可求出．
【详解】[方法一]：奇函数定义域的对称性
若，则的定义域为，不关于原点对称
若奇函数的有意义，则且
且，
函数为奇函数，定义域关于原点对称，
，解得，
由得，，
，
故答案为：；．
[方法二]：函数的奇偶性求参
函数为奇函数
[方法三]：
因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称．
由可得，，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，．即，在定义域内满足，符合题意．
故答案为：；．
4．（2023·辽宁辽阳·统考一模）已知随机变量X满足，，则______，______.
【答案】 2
【分析】根据数学期望、方差的计算公式求得正确答案.
【详解】，
.
故答案为：；
5．（2023秋·河北邢台·高三邢台市第二中学校考期末）已知函数，则函数的零点个数为______，所有零点之和为______.
【答案】 4 ##0.5
【分析】先解方程得解和，然后解方程和后可得结论．
【详解】由得，满足题意，，也满足题意，
，则由得，由得均满足题意，
由得，由得，均满足题意，
所以有四个零点：，0，，2，零点的和为．
故答案为：4；．
6．（2022春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）若数列是公差为1的等差数列，且，则___________，___________.
【答案】 64
【分析】根据等差数列的定义求出，进而求出和.
【详解】因为数列是公差为1的等差数列，且，所以，故.
故答案为：；.
7．（2023春·河北石家庄·高三校联考开学考试）已知，为椭圆的左、右焦点，点P为C上一点，则的最小值为__________，的最小值为___________．
【答案】 12 ##0.5
【分析】根据椭圆定义可得，进而根据二次函数的性质可求解的最小值，结合基本不等式可求解的最值.
【详解】椭圆中， 即，
因为 ，所以 ，所以，
又，所以，所以的最小值为12．
又，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
故答案为：
8．（2023·河北石家庄·统考一模）已知，分别是椭圆C：（）的左，右焦点，B是C的上顶点，过的直线交C于P，Q两点，O为坐标原点，与的周长比为，则椭圆的离心率为_________；如果，且，则的面积为_________．
【答案】 ##
【分析】分别求出与的周长，利用周长比可得离心率；求出直线的方程，联立可得的坐标，利用面积公式可得答案.
【详解】设，由题意，的周长为；
因为，所以的周长为，所以，
整理得，平方同除可得，解得.
因为，所以，所以，即椭圆的方程为；
焦点，所以直线的斜率为1，
因为，所以直线的斜率为，即直线的方程为.
联立，得，即或；
不妨设，
所以的面积为.
故答案为： ；.
9．（2023·福建泉州·校考模拟预测）四棱锥各顶点都在球心为的球面上，且平面，底面为矩形，，，则球的体积是__________；设、分别是、中点，则平面被球所截得的截面面积为__________.
【答案】
【解析】利用题意知，利用球的体积公式可得结果；设球心到平面得距离为，截面圆半径为，由等体积法即可得，利用勾股定理即可得到，即可得出结果.
【详解】
由题设知球心为中点，
,
则，
∴球直径，
∴，
设球心到平面得距离为，截面圆半径为，
由题设球心到平面的距离等于点到平面的距离，
由等体积法得，
，
，
求得，
∴，
故截面面积为.
故答案为：，.
【点睛】本题主要考查了球的表面积和体积公式，属于较易题.
10．（2023·广东梅州·统考一模）甲､乙､丙三人参加数学知识应用能力比赛,他们分别来自A､B､C三个学校,并分别获得第一､二､三名:已知:①甲不是A校选手;②乙不是B校选手;③A校选手不是第一名;④B校的选手获得第二名;⑤乙不是第三名.根据上述情况,可判断出丙是___________校选手,他获得的是第___________名.
【答案】 A 三
【分析】根据②④⑤说明乙是第一名,根据③说明乙是C校选手,根据①说明甲是B校选手,即丙是A校选手,根据④说明甲是第二名,可得丙是第三名.
【详解】解:因为乙不是B校选手且B校的选手获得第二名,
所以乙不是第二名,又因为乙不是第三名,所以乙是第一名,
因为乙不是B校选手且A校选手不是第一名,所以乙是C校选手,
因为甲不是A校选手,所以甲是B校选手,故丙是A校选手,
因为B校的选手获得第二名,所以甲是第二名,故丙是第三名.
故答案为：A；三.
11．（2023·浙江温州·统考二模）若递增数列满足：，，，则实数的取值范围为________，记的前项和为，则________.
【答案】
【分析】分类讨论，根据递推公式可以判断出数列的所有奇数项、偶数项成等比数列，结合递增数列的性质、等比数列前项和公式进行求解即可.
【详解】当为奇数时，，所以数列的所有奇数项构成首项为，公比为2的等比数列；
同理当为偶数时，数列的所有偶数项构成首项为，公比为2的等比数列，
因此要想数列是递增数列，则有，即，
解得.
由等比数列的前项和公式得：
奇偶.
故答案为：；
【点睛】本题考查了已知数列单调性求参数取值范围，考查了等比数列的判定，考查了等比数列的前项和公式的应用，考查了数学运算能力.
12．（2022秋·湖北十堰·高三统考期末）如图，杨辉三角最早出现于我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》．它揭示了（n为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律．由此可得图中第9行从左到右数第5个数是______，第9行排在奇数位置的所有数字之和为______．
【答案】 126 256
【分析】根据题意，分析图中杨辉三角的各行数字之间的规律关系，即可得到答案.
【详解】由题意得
第0行有1个数，为1，
第1行有2个数，依次是、,
第2行有3个数，依次是、、,
‥‥‥
则第9行有10个数，其中第5个数为，
第9行排在奇数位置的所有数字之和为.
故答案为：，.
13．（2023春·江苏南京·高三校考开学考试）设，若，则___________，___________.
【答案】 4 15
【分析】令结合条件可得的值，为展开式中含项的系数，则利用二项式展开式的通项公式分别求出，的展开式中含项的系数，作差即可得出答案.
【详解】在中
令，可得
即，解得
的展开式的通项公式为
令，得
的展开式的通项公式为
令，得
所以
故答案为： （1） 4 （2） 15
14．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的两圆，相切于点，的圆心为原点O，的圆心为．若圆沿圆顺时针滚动，当滚过的弧长为1时，点所在位置的坐标为__________，圆上的点A所在位置的坐标为__________．
【答案】 ．
【分析】（1）利用三角函数的定义即可求解；（2）分析角度关系，边长关系，在等腰梯形中求出，进而利用三角函数关系求值.
【详解】
由图可知,滚动过程中,滚动的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，
当滚过的弧长为1时，设所到位置为，两圆外切于点,
所以在圆中，,所以rad, 所以rad,
所以根据三角函数的定义知
所以当滚过的弧长为1时，点所在位置的坐标为；
设滚动后点到达位置为，
因为rad,,
所以四边形为等腰梯形，所以，
又因为 所以与 轴正方向的夹角等于，
所以，
.
所以圆上的点A所在位置的坐标为，
故答案为: ;.
15．（2022·湖南湘潭·统考三模）已知，且，函数，若，则___________，的解集为___________.
【答案】
【分析】①直接由代入对应解析式求解即可；
②分和，由不同的解析式得到不等式，解不等式取并集即可.
【详解】①由题可知，，则，即，解得，故.
②当时，，解得；当时，恒成立.
故不等式的解集为.
故答案为：；.
16．（2022·广东肇庆·统考二模）抛物线的焦点为，则______，过F的直线l与C交于A，B两点，若线段AB中点的纵坐标为1，则______．
【答案】 1 4
【分析】利用抛物线的定义及点差法可得，，即得.
【详解】∵抛物线的焦点为，
所以，设，，则，，
又AB的中点为，直线l的斜率为k，
所以，
所以，
故，故．
故l的方程为，所以．
故．
故答案为：1；4.
17．（2022·广东韶关·校考模拟预测）若中的系数为，则____________；二项展开式中系数最大的项为___________．
【答案】 ##0.25
【分析】利用二项展开式的通项公式求解.
【详解】解：因为的展开式中的系数为，
即，得，
所以，
最大项一定是k为偶数时，时，系数为时，系数为时，系数为时，系数为1，
所以时系数最大，最大项为．
故答案为：，
18．（2022秋·江苏镇江·高三校考阶段练习）设数列满足且，则______，数列的通项______．
【答案】
【分析】设，根据题意得到数列是等差数列，求得，得到，利用，结合“叠加法”，即可求得.
【详解】由题意，数列满足，
设，则，且，所以数列是等差数列，
所以，即，
所以，
当时，
可得，
其中也满足，
所以数列的通项公式为.
故答案为：；.
19．（2022春·江苏扬州·高三统考开学考试）已知数列满足，若，，则_________；若，，则________.
【答案】 85
【分析】对于第一空，直接根据递推公式代入计算可得；
对于第二空，依题意可得，即可得到，再根据，即可得到，从而求出数列的通项公式；
【详解】解：因为，当，时，所以，，；
当，时，则，又，所以，即
故答案为：；；
20．（2022秋·江苏盐城·高三阜宁县东沟中学校考阶段练习）在的展开式中，所有项系数之和为________；展开式中系数最大项的系数为________．
【答案】 1024 120
【分析】利用赋值法计算可得所有项系数之和，确定每个二项式展开式的系数最大项的系数，即可计算作答.
【详解】依题意，所有项系数和；
展开式系数最大的项为，展开式系数最大的项为，
所以系数最大项的系数为120.
故答案为：1024；120
21．（2023春·江苏南京·高三校考开学考试）已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，且，则________；设点是抛物线上的任意一点，点是的对称轴与准线的交点，则的最大值为________.
【答案】 ##1.5
【分析】空1：设直线联立方程可得，根据题意可得，代入可解得；空2：根据抛物线定义取到最大值即最小，此时直线与抛物线相切，利用导数求切线分析求解．
【详解】设过点的直线为，
联立方程消去得，可得
∵，则可得：，可得，解得
过点作准线的垂线，垂足为，则可得
若取到最大值即最小，此时直线与抛物线相切
，即，则
设，则切线斜率，切线方程为
切线过，代入得，解得，即
则，即
则的最大值为
故答案为：；．
22．（2022春·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）在数列中，，，，则______；的前2022项和为______．
【答案】 2024
【分析】求出数列前若干项，根据其周期性可解.
【详解】由，得，又，
所以，，，，，
可知数列为周期数列，周期为4，
故.
故答案为：；2024.
23．（2022·江苏·模拟预测）过抛物线的焦点作圆的切线，切点为.若，则________________，_______________.
【答案】
【分析】利用切线长公式可得，然后利用两点间距离公式可得.
【详解】由题可知抛物线的焦点为，圆心的坐标为，圆的半径，
所以.
由，
解得或.
又，所以.
故答案为：，.
24．（2023秋·吉林松原·高三前郭尔罗斯县第五中学校考期末）已知曲线C由抛物线及抛物线组成，，，D，E是曲线C上关于x轴对称的两点，A，B，D，E四点不共线，其中点D在第一象限，则四边形ABED周长的最小值为____________，此时直线AD的斜率为____________．
【答案】 ##0.5
【分析】根据等腰梯形的周长以及抛物线的焦半径得周长为，进而根据三点共线即可求解最小值.
【详解】设抛物线的焦点为,,则，根据对称可知四边形ABED为等腰梯形，所以四边形ABED周长为当三点共线时取等号，而,
故周长的最小值为，此时,
故答案为：，
25．（2023·山西·统考模拟预测）一个袋子里装有4个红球3个白球3个蓝球，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回.则第一次摸到红球的概率是_______，第一次没有摸到红球且第二次摸到红球的概率是_______.
【答案】 ##
【分析】第一空，根据古典概型的概率公式即可求得答案；第二空，根据全概率公式结合条件概率的计算即可求得答案.
【详解】设Hi表示“第i次摸到红球”，Bi表示“第i次摸到白球”，Li表示“第i次摸到蓝球”，，
则第一次摸到红球的概率为；
第一次没有摸到红球第二次摸到红球包括第一次摸到白球第二次摸到红球，和第一次摸到蓝球第二次摸到红球，
所以所求概率为 ，
故答案为：.
26．（2023·黑龙江大庆·统考一模）已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数之比是，则______，展开式的常数项为______．（用数字作答）
【答案】 9
【分析】空1：根据二项式系数的性质得，解出即可；
空2：由题化简得其展开式的通项为，令，解出值，代回即可得到其常数项.
【详解】由题意得，即，解得．
展开式的通项为．
令，解得，故展开式中的常数项为．
故答案为：9；.
27．（2023·云南·统考一模）数学家祖冲之曾给出圆周率的两个近似值：“约率”与“密率”．它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率．由，取3为弱率，4为强率，得，故为强率，与上一次的弱率3计算得，故为强率，继续计算，……．若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推，已知，则________；________．
【答案】 6
【分析】根据题意不断计算即可解出．
【详解】因为为强率，由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率，所以；
由可得，，即为弱率；
由可得，．
故答案为：6；．
28．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）古希腊伟大的数学家阿基米德（公元前287~公元前212）出生于叙拉古城，在其辉煌的职业生涯中，最令他引以为傲的是记录在《论球和圆柱》中提到的：假设一个圆柱外切于一个球，则圆柱的体积和表面积都等于球的一倍半（即）．现有球与圆柱的侧面与上下底面均相切（如图），若圆柱又是球的内接圆柱，设球，圆柱的表面积分别为，体积分别为，则__________；_________．
【答案】
【分析】设相关的量，利用题所给的条件进行分析计算即可.
【详解】设球O的半径为r，体积为，表面积为，
则圆柱的底面半径为r，高为，球半径为，
由阿基米德得出的结论，
又球O与球的半径比为，
所以，
所以.
故答案为：；.
29．（2023·安徽淮南·统考一模）已知圆与圆交于A，B两点，则直线的方程为______；的面积为______.
【答案】
【分析】两圆相减得到相交弦方程，即直线的方程，求出圆心，得到到直线的距离，利用垂径定理得到，得到三角形面积.
【详解】两圆相减得：，化简得：，故直线的方程为，
圆变形得到，圆心，半径为2，
故圆心到直线的距离为，
由垂径定理得：，
故的面积为.
故答案为：，.
30．（2023春·江苏苏州·高三统考开学考试）如图，若一个随机变量X服从某正态分布，且已知函数的图象及部分重要点的坐标如图，则该组随机变量的数学期望______________，方差______________．
【答案】 5 1
【分析】利用正态分布密度曲线求得即可求期望和方差.
【详解】由图可知，当时，有最大值为，
所以，
所以，所以，，
故答案为:5;1.
1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】 专题17 双空题小题基础练-新高考数学复习
分层训练（新高考通用）
1．（2022秋·山东泰安·高三校考期中）设向量，，则与的夹角为__________，在上的投影向量为__________.
【答案】
【分析】利用向量数量积的定义和坐标表示即可得到与的夹角，根据投影向量的概念求解在上的投影向量即可.
【详解】由题意得，
又因为，，
所以，所以与的夹角为，
在上的投影向量为.
故答案为：，.
2．（2023·安徽·模拟预测）曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
【答案】
【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求
分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
解： 因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
因为是偶函数，图象为：
所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.
[方法三]：
因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
故答案为：；.
3．（2022秋·广东深圳·高三深圳市福田区福田中学校考阶段练习）若是奇函数，则_____，______．
【答案】 ； ．
【分析】根据奇函数的定义即可求出．
【详解】[方法一]：奇函数定义域的对称性
若，则的定义域为，不关于原点对称
若奇函数的有意义，则且
且，
函数为奇函数，定义域关于原点对称，
，解得，
由得，，
，
故答案为：；．
[方法二]：函数的奇偶性求参
函数为奇函数
[方法三]：
因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称．
由可得，，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，．即，在定义域内满足，符合题意．
故答案为：；．
4．（2023·辽宁辽阳·统考一模）已知随机变量X满足，，则______，______.
【答案】 2
【分析】根据数学期望、方差的计算公式求得正确答案.
【详解】，
.
故答案为：；
5．（2023秋·河北邢台·高三邢台市第二中学校考期末）已知函数，则函数的零点个数为______，所有零点之和为______.
【答案】 4 ##0.5
【分析】先解方程得解和，然后解方程和后可得结论．
【详解】由得，满足题意，，也满足题意，
，则由得，由得均满足题意，
由得，由得，均满足题意，
所以有四个零点：，0，，2，零点的和为．
故答案为：4；．
6．（2022春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）若数列是公差为1的等差数列，且，则___________，___________.
【答案】 64
【分析】根据等差数列的定义求出，进而求出和.
【详解】因为数列是公差为1的等差数列，且，所以，故.
故答案为：；.
7．（2023春·河北石家庄·高三校联考开学考试）已知，为椭圆的左、右焦点，点P为C上一点，则的最小值为__________，的最小值为___________．
【答案】 12 ##0.5
【分析】根据椭圆定义可得，进而根据二次函数的性质可求解的最小值，结合基本不等式可求解的最值.
【详解】椭圆中， 即，
因为 ，所以 ，所以，
又，所以，所以的最小值为12．
又，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
故答案为：
8．（2023·河北石家庄·统考一模）已知，分别是椭圆C：（）的左，右焦点，B是C的上顶点，过的直线交C于P，Q两点，O为坐标原点，与的周长比为，则椭圆的离心率为_________；如果，且，则的面积为_________．
【答案】 ##
【分析】分别求出与的周长，利用周长比可得离心率；求出直线的方程，联立可得的坐标，利用面积公式可得答案.
【详解】设，由题意，的周长为；
因为，所以的周长为，所以，
整理得，平方同除可得，解得.
因为，所以，所以，即椭圆的方程为；
焦点，所以直线的斜率为1，
因为，所以直线的斜率为，即直线的方程为.
联立，得，即或；
不妨设，
所以的面积为.
故答案为： ；.
9．（2023·福建泉州·校考模拟预测）四棱锥各顶点都在球心为的球面上，且平面，底面为矩形，，，则球的体积是__________；设、分别是、中点，则平面被球所截得的截面面积为__________.
【答案】
【解析】利用题意知，利用球的体积公式可得结果；设球心到平面得距离为，截面圆半径为，由等体积法即可得，利用勾股定理即可得到，即可得出结果.
【详解】
由题设知球心为中点，
,
则，
∴球直径，
∴，
设球心到平面得距离为，截面圆半径为，
由题设球心到平面的距离等于点到平面的距离，
由等体积法得，
，
，
求得，
∴，
故截面面积为.
故答案为：，.
【点睛】本题主要考查了球的表面积和体积公式，属于较易题.
10．（2023·广东梅州·统考一模）甲､乙､丙三人参加数学知识应用能力比赛,他们分别来自A､B､C三个学校,并分别获得第一､二､三名:已知:①甲不是A校选手;②乙不是B校选手;③A校选手不是第一名;④B校的选手获得第二名;⑤乙不是第三名.根据上述情况,可判断出丙是___________校选手,他获得的是第___________名.
【答案】 A 三
【分析】根据②④⑤说明乙是第一名,根据③说明乙是C校选手,根据①说明甲是B校选手,即丙是A校选手,根据④说明甲是第二名,可得丙是第三名.
【详解】解:因为乙不是B校选手且B校的选手获得第二名,
所以乙不是第二名,又因为乙不是第三名,所以乙是第一名,
因为乙不是B校选手且A校选手不是第一名,所以乙是C校选手,
因为甲不是A校选手,所以甲是B校选手,故丙是A校选手,
因为B校的选手获得第二名,所以甲是第二名,故丙是第三名.
故答案为：A；三.
11．（2023·浙江温州·统考二模）若递增数列满足：，，，则实数的取值范围为________，记的前项和为，则________.
【答案】
【分析】分类讨论，根据递推公式可以判断出数列的所有奇数项、偶数项成等比数列，结合递增数列的性质、等比数列前项和公式进行求解即可.
【详解】当为奇数时，，所以数列的所有奇数项构成首项为，公比为2的等比数列；
同理当为偶数时，数列的所有偶数项构成首项为，公比为2的等比数列，
因此要想数列是递增数列，则有，即，
解得.
由等比数列的前项和公式得：
奇偶.
故答案为：；
【点睛】本题考查了已知数列单调性求参数取值范围，考查了等比数列的判定，考查了等比数列的前项和公式的应用，考查了数学运算能力.
12．（2022秋·湖北十堰·高三统考期末）如图，杨辉三角最早出现于我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》．它揭示了（n为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律．由此可得图中第9行从左到右数第5个数是______，第9行排在奇数位置的所有数字之和为______．
【答案】 126 256
【分析】根据题意，分析图中杨辉三角的各行数字之间的规律关系，即可得到答案.
【详解】由题意得
第0行有1个数，为1，
第1行有2个数，依次是、,
第2行有3个数，依次是、、,
‥‥‥
则第9行有10个数，其中第5个数为，
第9行排在奇数位置的所有数字之和为.
故答案为：，.
13．（2023春·江苏南京·高三校考开学考试）设，若，则___________，___________.
【答案】 4 15
【分析】令结合条件可得的值，为展开式中含项的系数，则利用二项式展开式的通项公式分别求出，的展开式中含项的系数，作差即可得出答案.
【详解】在中
令，可得
即，解得
的展开式的通项公式为
令，得
的展开式的通项公式为
令，得
所以
故答案为： （1） 4 （2） 15
14．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的两圆，相切于点，的圆心为原点O，的圆心为．若圆沿圆顺时针滚动，当滚过的弧长为1时，点所在位置的坐标为__________，圆上的点A所在位置的坐标为__________．
【答案】 ．
【分析】（1）利用三角函数的定义即可求解；（2）分析角度关系，边长关系，在等腰梯形中求出，进而利用三角函数关系求值.
【详解】
由图可知,滚动过程中,滚动的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，
当滚过的弧长为1时，设所到位置为，两圆外切于点,
所以在圆中，,所以rad, 所以rad,
所以根据三角函数的定义知
所以当滚过的弧长为1时，点所在位置的坐标为；
设滚动后点到达位置为，
因为rad,,
所以四边形为等腰梯形，所以，
又因为 所以与 轴正方向的夹角等于，
所以，
.
所以圆上的点A所在位置的坐标为，
故答案为: ;.
15．（2022·湖南湘潭·统考三模）已知，且，函数，若，则___________，的解集为___________.
【答案】
【分析】①直接由代入对应解析式求解即可；
②分和，由不同的解析式得到不等式，解不等式取并集即可.
【详解】①由题可知，，则，即，解得，故.
②当时，，解得；当时，恒成立.
故不等式的解集为.
故答案为：；.
16．（2022·广东肇庆·统考二模）抛物线的焦点为，则______，过F的直线l与C交于A，B两点，若线段AB中点的纵坐标为1，则______．
【答案】 1 4
【分析】利用抛物线的定义及点差法可得，，即得.
【详解】∵抛物线的焦点为，
所以，设，，则，，
又AB的中点为，直线l的斜率为k，
所以，
所以，
故，故．
故l的方程为，所以．
故．
故答案为：1；4.
17．（2022·广东韶关·校考模拟预测）若中的系数为，则____________；二项展开式中系数最大的项为___________．
【答案】 ##0.25
【分析】利用二项展开式的通项公式求解.
【详解】解：因为的展开式中的系数为，
即，得，
所以，
最大项一定是k为偶数时，时，系数为时，系数为时，系数为时，系数为1，
所以时系数最大，最大项为．
故答案为：，
18．（2022秋·江苏镇江·高三校考阶段练习）设数列满足且，则______，数列的通项______．
【答案】
【分析】设，根据题意得到数列是等差数列，求得，得到，利用，结合“叠加法”，即可求得.
【详解】由题意，数列满足，
设，则，且，所以数列是等差数列，
所以，即，
所以，
当时，
可得，
其中也满足，
所以数列的通项公式为.
故答案为：；.
19．（2022春·江苏扬州·高三统考开学考试）已知数列满足，若，，则_________；若，，则________.
【答案】 85
【分析】对于第一空，直接根据递推公式代入计算可得；
对于第二空，依题意可得，即可得到，再根据，即可得到，从而求出数列的通项公式；
【详解】解：因为，当，时，所以，，；
当，时，则，又，所以，即
故答案为：；；
20．（2022秋·江苏盐城·高三阜宁县东沟中学校考阶段练习）在的展开式中，所有项系数之和为________；展开式中系数最大项的系数为________．
【答案】 1024 120
【分析】利用赋值法计算可得所有项系数之和，确定每个二项式展开式的系数最大项的系数，即可计算作答.
【详解】依题意，所有项系数和；
展开式系数最大的项为，展开式系数最大的项为，
所以系数最大项的系数为120.
故答案为：1024；120
21．（2023春·江苏南京·高三校考开学考试）已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，且，则________；设点是抛物线上的任意一点，点是的对称轴与准线的交点，则的最大值为________.
【答案】 ##1.5
【分析】空1：设直线联立方程可得，根据题意可得，代入可解得；空2：根据抛物线定义取到最大值即最小，此时直线与抛物线相切，利用导数求切线分析求解．
【详解】设过点的直线为，
联立方程消去得，可得
∵，则可得：，可得，解得
过点作准线的垂线，垂足为，则可得
若取到最大值即最小，此时直线与抛物线相切
，即，则
设，则切线斜率，切线方程为
切线过，代入得，解得，即
则，即
则的最大值为
故答案为：；．
22．（2022春·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）在数列中，，，，则______；的前2022项和为______．
【答案】 2024
【分析】求出数列前若干项，根据其周期性可解.
【详解】由，得，又，
所以，，，，，
可知数列为周期数列，周期为4，
故.
故答案为：；2024.
23．（2022·江苏·模拟预测）过抛物线的焦点作圆的切线，切点为.若，则________________，_______________.
【答案】
【分析】利用切线长公式可得，然后利用两点间距离公式可得.
【详解】由题可知抛物线的焦点为，圆心的坐标为，圆的半径，
所以.
由，
解得或.
又，所以.
故答案为：，.
24．（2023秋·吉林松原·高三前郭尔罗斯县第五中学校考期末）已知曲线C由抛物线及抛物线组成，，，D，E是曲线C上关于x轴对称的两点，A，B，D，E四点不共线，其中点D在第一象限，则四边形ABED周长的最小值为____________，此时直线AD的斜率为____________．
【答案】 ##0.5
【分析】根据等腰梯形的周长以及抛物线的焦半径得周长为，进而根据三点共线即可求解最小值.
【详解】设抛物线的焦点为,,则，根据对称可知四边形ABED为等腰梯形，所以四边形ABED周长为当三点共线时取等号，而,
故周长的最小值为，此时,
故答案为：，
25．（2023·山西·统考模拟预测）一个袋子里装有4个红球3个白球3个蓝球，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回.则第一次摸到红球的概率是_______，第一次没有摸到红球且第二次摸到红球的概率是_______.
【答案】 ##
【分析】第一空，根据古典概型的概率公式即可求得答案；第二空，根据全概率公式结合条件概率的计算即可求得答案.
【详解】设Hi表示“第i次摸到红球”，Bi表示“第i次摸到白球”，Li表示“第i次摸到蓝球”，，
则第一次摸到红球的概率为；
第一次没有摸到红球第二次摸到红球包括第一次摸到白球第二次摸到红球，和第一次摸到蓝球第二次摸到红球，
所以所求概率为 ，
故答案为：.
26．（2023·黑龙江大庆·统考一模）已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数之比是，则______，展开式的常数项为______．（用数字作答）
【答案】 9
【分析】空1：根据二项式系数的性质得，解出即可；
空2：由题化简得其展开式的通项为，令，解出值，代回即可得到其常数项.
【详解】由题意得，即，解得．
展开式的通项为．
令，解得，故展开式中的常数项为．
故答案为：9；.
27．（2023·云南·统考一模）数学家祖冲之曾给出圆周率的两个近似值：“约率”与“密率”．它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率．由，取3为弱率，4为强率，得，故为强率，与上一次的弱率3计算得，故为强率，继续计算，……．若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推，已知，则________；________．
【答案】 6
【分析】根据题意不断计算即可解出．
【详解】因为为强率，由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率，所以；
由可得，，即为弱率；
由可得，．
故答案为：6；．
28．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）古希腊伟大的数学家阿基米德（公元前287~公元前212）出生于叙拉古城，在其辉煌的职业生涯中，最令他引以为傲的是记录在《论球和圆柱》中提到的：假设一个圆柱外切于一个球，则圆柱的体积和表面积都等于球的一倍半（即）．现有球与圆柱的侧面与上下底面均相切（如图），若圆柱又是球的内接圆柱，设球，圆柱的表面积分别为，体积分别为，则__________；_________．
【答案】
【分析】设相关的量，利用题所给的条件进行分析计算即可.
【详解】设球O的半径为r，体积为，表面积为，
则圆柱的底面半径为r，高为，球半径为，
由阿基米德得出的结论，
又球O与球的半径比为，
所以，
所以.
故答案为：；.
29．（2023·安徽淮南·统考一模）已知圆与圆交于A，B两点，则直线的方程为______；的面积为______.
【答案】
【分析】两圆相减得到相交弦方程，即直线的方程，求出圆心，得到到直线的距离，利用垂径定理得到，得到三角形面积.
【详解】两圆相减得：，化简得：，故直线的方程为，
圆变形得到，圆心，半径为2，
故圆心到直线的距离为，
由垂径定理得：，
故的面积为.
故答案为：，.
30．（2023春·江苏苏州·高三统考开学考试）如图，若一个随机变量X服从某正态分布，且已知函数的图象及部分重要点的坐标如图，则该组随机变量的数学期望______________，方差______________．
【答案】 5 1
【分析】利用正态分布密度曲线求得即可求期望和方差.
【详解】由图可知，当时，有最大值为，
所以，
所以，所以，，
故答案为:5;1.
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