专题二冷点可能考精选第二期题组一1．在整数集中，被除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即，，，，，．给出如下四个结论：①；②；③；④整数，属于同一“类”的充要条件是“”．其中，正确结论的个数是【答案】2【解析】试题分析：①故①错误；②故②错误；③因为整数集中的数被5除的数可以且只可以分成五类，故Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]，故③正确；④ 整数a，b属于同一“类”，∴整数a，b被5除的余数相同，从而a-b被5除的余数为0，反之也成立，故“整数a，b属于同一“类”的充要条件是“a-b∈[0]”．故④正确．故答案为：③④正确结论的个数是2.2．设曲线在点处的切线方程为，则的值依次为【答案】【解析】试题分析：因为，所以，方程的斜率为2，由题意得，解得，又因为点在直线上，所以．3．已知，则的是【答案】.【解析】试题分析：，∴．4．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积.【答案】【解析】试题分析：由题意可知上下底面中心连线的中点就是球心，求出球的半径，即可求出球的表面积．根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，则其外接球的半径为．5．定义为个正数的“均倒数”.若已知正数数列的前项的“均倒数”为,又,则.【答案】【解析】试题分析：由于，，则:6．已知双曲线（a＞0,b＞0）的离心率为4，过右焦点F作直线交该双曲线的右支于M,N两点，弦MN的垂直平分线交x轴于点H，若，则=.【答案】20【解析】试题分析：如图，设，则.由题意得，，所以.易知，所以.xyM'N'EHDNFOM7．如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABB1A1⊥底面ABC，，∠A1AB＝120°，D、E分别是BC、A1C1的中点．（Ⅰ）试在棱AB上找一点F，使DE∥平面A1CF；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求多面体BCF－A1B1C1的体积．【答案】（Ⅰ）F是AB的中点时，DE∥平面A1CF．（Ⅱ）多面体BCF－A1B1C1的体积．【解析】（Ⅰ）F是AB的中点，证明如下：连结DF，又因为D、E分别是BC、A1C1的中点，所以，又，且A1E＝A1C1，则，故四边形A1FDE是平行四边形，所以DE∥A1F，又A1F平面A1CF，DE平面A1CF，所以DE∥平面A1CF．4分（Ⅱ）连结AB1，在△AA1B1中，∠AA1B1＝60°，A1A＝2，A1B1＝1，根据余弦定理，，则，所以A1B1⊥AB1，由（Ⅰ）知，F是AB的中点，则CF⊥AB，面ABB1A1⊥面ABC，所以AB1⊥底面ABC，即AB1是三棱柱ABC－A1B1C1的高．＝，V三棱锥＝，所以多面体BCF－A1B1C1的体积．12分8．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=，PA=，∠ABC=120°，G为线段PC上的点（Ⅰ）证明：BD⊥面PAC（Ⅱ）若G是PC的中点，求DG与APC所成的角的正切值（Ⅲ）若G满足PC⊥面BGD，求的值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）（Ⅲ）若G满足PC⊥面BGD， OG⊂平面BGD，∴PC⊥OG，且PC==．由△COG∽△CAP，可得，即，解得GC=，∴PG=PC﹣GC=﹣=，∴.9．数列满足.（Ⅰ）设，证明：是等差数列；（Ⅱ）求的通项公式.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）的通项公式为【解析】（Ⅰ）由得，即，又，所以是首项为1，公差为2的等差数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，即，于是，所以，即，又，所以的通项公式为.10．如果数列满足：且，则称数列为阶“归化数列”．（1）若某4阶“归化数列”是等比数列，写出该数列的各项；（2）若某11阶“归化数列”是等差数列，求该数列的通项公式；（3）若为n阶“归化数列”，求证：．【答案】（1）或；（2）或；（3）证明见解析.【解析】（1）设成公比为的等比数列，显然，则由，得，解得，由得，解得，所以数列或为所求四阶“归化数列”；（2）设等差数列的公差为，由，所以，所以，即，当时，与归化数列的条件相矛盾，当时，由，所以，所以当时，由，所以，所以（n∈N*，n≤11），所以（n∈N*，n≤11），（3）由已知可知，必有ai>0，也必有aj<0(i，j∈{1，2，，n，且i≠j)．设为诸ai中所有大于0的数，为诸ai中所有小于0的数．由已知得X=++…+=，Y=++…+=－．所以．题组二1．设分别为和椭圆上的点，则两点间的最大距离是.【答案】【解析】试题分析：依题意两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上;圆的半...
