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第一部分必备知识关键能力精准练第一单元集合与常用逻辑用语点点练1集合的概念与运算一基础小题练透篇1．答案：B解析：根据题意得，集合A＝{0，1，2}，所以A∩B＝{0，1}．2．答案：A解析：∵A＝{}x|－2<x≤0，B＝{}x|－1≤x
<2，∴A∪B＝(－2，2).故选A.3．答案：A解析：根据题意，M＝{x∈N|－2≤x<4}＝{0，1，2，3}，N＝{x∈N|(x＋1)(x－3)<0}＝{0，1，2}，则∁MN＝{3}，则集合∁MN中有1个元素．4．答案：A解析
：由题意A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|x≥4或x≤2}，则∁RB＝{x|2<x<4}，故A∩(∁RB)＝{x|2<x≤3}．5．答案：D解析：∵A＝R，B＝[1，＋∞)，∴A∩B＝[1，＋∞).6．答案：B解析：由题意得M＝x－12<x<1，N＝xx
≤－a2，因为M∩N＝∅，所以－a2≤－12，所以a≥1.7．答案：(－∞，－2]∪[－1，2]解析：因为A＝{x|－1≤x＋1≤6}，所以A＝{x|－2≤x≤5}，因为A⊇B，所以B是A的子集，当B＝∅时，则m－1≥2m＋1，解得m≤－2；当B≠∅时，则
m－1≥－22m＋1≤5m－1<2m＋1，解得－1≤m≤2；综上所述，m的取值范围是(－∞，－2]∪[－1，2].8．答案：3解析：因为∁UA＝{7}，U＝{2，4，a2－a＋1}，A＝{a＋1，2}，所以a＋1＝4，a2－
a＋1＝7，得a＝3.二能力小题提升篇1．答案：B解析：x∈A，y∈B时，x＋y的值依次为5，6，6，7，7，8，有4个不同值，即C＝{5，6，7，8}，因此C中有4个元素．2．答案：C解析：由题意知A＝{x|x2－6x＋8<0}
＝{x|2<x<4}，由A∪B＝A知B⊆A，故a>2a＋1<4，解得2<a<3.3．答案：C解析：因为U＝{x|y＝lg(2x－x2)}＝{x|0<x<2}，集合A＝{y|y＝2x，x<0}＝{y|0<y<1}，所以∁UA＝[1，2).4．答案：B解析：根据题意，若S
1＝S2＝S3＝Z，显然正确，故排除A，若S1＝{1}，S2＝{1}，S3＝{0}亦符合题意，故排除C，而D排除了所有可能，也是错的．5.答案：1，53∪（3，5]解析：根据题意，不等式ax－5x－a<0的解集为M，若3∈M，
且5∉M，则有3a－53－a<05a－55－a≥0或5－a＝0，解可得1≤a<53或3<a≤5，即a的取值范围为1，53∪（3，5].6．答案：15解析：因为1∈A，11＝1∈A；－
1∈A，1－1＝－1∈A；2∈A，12∈A；3∈A，13∈A；这样所求集合即由1，－1，“3和13”，“2和12”这“四大”元素所组成的集合的非空子集．所以满足条件的集合的个数为24－1＝15.三高考小题重现篇1．答案：B解析：由题得集合N＝
x|x>72，所以M∩N＝{5，7，9}．2．答案：B解析：由题意可得，A∪B＝{x|－1＜x≤2}，即A∪B＝（－1，2].3．答案：D解析：由交集的定义结合题意可得：A∩B＝{x|1≤x<2}．4．答
案：C解析：方法一由题知∁UB＝{－2，－1，1}，所以A∩（∁UB）＝{－1，1}．方法二易知A∩（∁UB）中的元素不在集合B中，则排除选项A，B，D.5．答案：C解析：由y≥x，x＋y＝8，x，y∈N*得x＝1，
y＝7或x＝2，y＝6或x＝3，y＝5或x＝4，y＝4，所以A∩B＝{（1，7），（2，6），（3，5），（4，4）}，故A∩B中元素的个数为4，选C.6．答案：C解析：方法一在集合T中，令n＝k（k∈Z），则t＝4n＋1＝2（2k）＋1（k∈Z），而集合
S中，s＝2n＋1（n∈Z），所以必有T⊆S，所以T∩S＝T.方法二S＝{…，－3，－1，1，3，5，…}，T＝{…，－3，1，5，…}，观察可知，T⊆S，所以T∩S＝T.四经典大题强化篇1．解析：（1）当m＝－1时，B＝{x|－2<x
<2}，又A＝{x|1<x<3}，则A∪B＝{x|－2<x<3}；（2）由A⊆B，知1－m>2m2m≤11－m≥3，解得m≤－2，即m的取值范围是（－∞，－2]；（3）由A∩B＝∅得①若2m≥1－m，即m≥13时，B＝∅符合题意；②若2m<1－m，即m<1
3时，需m<131－m≤1或m<132m≥3.得0≤m<13或m∈∅，即0≤m<13.综上知m≥0，即实数的取值范围为[0，＋∞）.2．解析：（1）当m＝2时，B＝{x|－m<x<m＋1}＝{x|－2<x<3}，则
∁RB＝{x|x≤－2或x≥3}，又A＝{x|0<x<4}，所以A∩（∁RB）＝{x|3≤x<4}；（2）因为A∪B＝A，所以B⊆A，当B＝∅时，－m≥m＋1，解得m≤－12；当B≠∅时，则－m<m＋1－m≥0m＋1≤4，解得－12<m≤0；综上，m的取值范围为
m≤0.点点练2常用逻辑用语一基础小题练透篇1．答案：B解析：命题“∃x<0，3x3－6x<0”的否定为：∀x<0，3x3－6x≥0.2．答案：D解析：因为－1≤sinx≤1，所以由“∃x∈R，sinx<a”为真命题，可得：a>－1.3．答案：B解析：由题意，命题“∃x∈
R，（m－1）x2＋2（1－m）x＋3≤0是假命题”可得命题“∀x∈R，（m－1）x2＋2（1－m）x＋3>0是真命题”，当m－1＝0时，即m＝1时，不等式3>0恒成立；当m－1≠0时，即m≠1时，则满足m－1>0[2（1－m）]2－4（m－1）×3<0，解得
1<m<4，综上可得，实数1≤m<4，即命题“∃x∈R，（m－1）x2＋2（1－m）x＋3≤0是假命题”时，实数m的取值范围是[1，4），又由“m>0”是“1≤m<4”的必要不充分条件，所以“m>0”是“∃x∈R，（m－1）x2＋2（1－m）x＋3≤0是假命题”的
必要不充分条件．4．答案：A解析：命题“若am2<bm2，则a<b”的逆命题为：若a<b，则am2>bm2，显然是错误的，当m＝0时不成立，故A是假命题．5．答案：A解析：若λ＝3，则双曲线方程为x23－y2
33＝1，从而e2＝3＋333＝4，则e＝2，充分性成立．若e＝2，当λ>0时，由题意，得e2＝λ＋λ3λ＝4，得λ＝3；当λ<0时，由题意，得e2＝－λ－λ3－λ3＝4，得λ＝－33.故“λ＝3”是“双曲线离心率为2”的充分不必要条件．6．答案：D解析：因为命题“∃x∈R，4x2＋（a－2）x＋
14≤0”是假命题，所以其否定“∀x∈R，4x2＋（a－2）x＋14>0”是真命题，则Δ＝（a－2）2－4×4×14＝a2－4a<0，解得0<a<4.7．答案：－116，0解析：若“p且q”为真命题，则p，q均为真命题．∵p：∀x∈[1，3]，12x－1＋m－
1<0，∴m<1－12x－1在x∈[1，3]上恒成立，∵y＝1－12x－1是增函数，∴当x＝1时，ymin＝0，∴m<0.∵q：∃x∈R，mx2＋x－4＝0，∴mx2＋x－4＝0有解，即m＝0或m≠0Δ＝1＋16m≥0，∴m≥－116.∵p
，q均为真命题，∴－116≤m<0.8．答案：（－∞，2）解析：由p为真命题，有a<（x＋1x）min，而函数y＝x＋1x在x∈[1，2]上单调递增，所以x＋1xmin＝2，所以a<2.二能力小题提升篇1．答案：B解析：对命题否定时，全称量词改成存在量词
，同时否定结论，即∃x0>0，ln（x0＋1）≤0.2．答案：A解析：当a>1时，1a<1成立，即充分性成立，当a＝－1时，满足1a<1，但a>1不成立，即必要性不成立，则“a>1“是“1a<1“的充分不必要条件．3．答案：B解析：将x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0化为标准方程，得（x－a
）2＋（y－1）2＝a2－a.当点（0，1）在圆x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外时，有a2－a>0a>0，解得a>1.∴“a>0”是“点（0，1）”在圆x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外”的必要不
充分条件．4．答案：B解析：对于①，若a，b是非零向量，a·b>0，则〈a，b〉∈0，π2，a与b的夹角不一定为锐角，故①错误；对于②，在△ABC中，sinA>sinB⇔2RsinA>2Rs
inB⇔a>b⇔A>B，其中2R为△ABC外接圆的直径，故命题“在△ABC中，若sinA>sinB，则A>B”为真命题，所以其逆否命题为真命题，故②正确；对于③，命题p：∃x0∈R，x20＋x0＋2≤0，其否定是¬p：∀x∈R，x2＋x＋2>0，故③错误；对
于④，若“p且q”为假命题，则p与q中必有一个为假命题，若“¬p或q”为假命题，则¬p与q都为假命题，即p为真命题，q为假命题，故④正确．5．答案：[0，4]解析：当a＝0时，1<0，命题p是假命题，符合题意；当a≠0时，若命题p是假命题，则ax2－ax＋1≥0恒
成立，则a>0Δ＝a2－4a≤0，解得0<a≤4.综上可得0≤a≤4.6．答案：（2，＋∞）解析：根据指数函数的性质得A＝x12<2x<8，x∈R＝{x|－1<x<3}，因为x∈A是x∈B的充分不必要条件，
所以A∈B，所以m＋1>3，解得m>2.所以实数m的取值范围为（2，＋∞）.三高考小题重现篇1．答案：A解析：由a2>a得a>1或a<0，反之，由a>1得a2>a，则“a>1”是“a2>a”的充分不必要条件．2．答案：B解析：若a·c＝b·c，则（a－b）·c＝0，推
不出a＝b；若a＝b，则a·c＝b·c必成立，故“a·c＝b·c”是“a＝b”的必要不充分条件．3．答案：C解析：若存在k∈Z使得α＝kπ＋（－1）kβ，则当k＝2n，n∈Z时，α＝2nπ＋β，则sinα＝sin（2n
π＋β）＝sinβ；当k＝2n＋1，n∈Z时，α＝（2n＋1）π－β，则sinα＝sin（2nπ＋π－β）＝sin（π－β）＝sinβ.若sinα＝sinβ，则α＝2nπ＋β或α＝2nπ＋π－β，n∈Z，即α＝kπ＋（－1）kβ，k∈Z，故选C.4．答案：A解析：因为sinx∈[－1，1]，所以
∃x∈R，sinx<1，所以命题p是真命题．因为∀x∈R，|x|≥0，所以可得e|x|≥e0＝1，所以命题q是真命题．于是可知p∧q是真命题，（¬p）∧q是假命题，p∧（¬q）是假命题，¬（p∨q）是假命题．5．答案：A解析：若函数f（x）在[0，1]上单调递增，则f（x）在[0，1]上
的最大值为f（1），若f（x）在[0，1]上的最大值为f（1），比如f（x）＝x－132，但f（x）＝x－132在0，13为减函数，在13，1为增函数，故f（x）在[0，1]上的最大值为f（1）推不出f（x）在[0，1]
上单调递增，故“函数f（x）在[0，1]上单调递增”是“f（x）在[0，1]上的最大值为f（1）”的充分不必要条件．6．答案：f（x）＝sinx，x∈[0，2]（答案不唯一）解析：设f（x）＝sinx，则f（x）在0，π2上是增函数，在π
2，2上是减函数．由正弦函数图象的对称性知，当x∈（0，2]时，f（x）>f（0）＝sin0＝0，故f（x）＝sinx满足条件f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2]都成立，但f（x）在[0，2]上不一直都是增函数．
四经典大题强化篇1．解析：要使函数f（x）＝lg（x2－3x＋a）的值域为全体实数，则对数的真数必须能取遍所有的正数，即函数y＝x2－3x＋a的图象与x轴要有交点，所以Δ＝9－4a≥0，解得a≤94.因为函数g（x）＝（2a－1）
x3在R上单调递增，所以2a－1>0，解得a>12.（1）当p∧q为真命题时，p，q同为真，所以a≤94，a>12，得12<a≤94.故实数a的取值范围为12，94.（2）若p或q为真，而p且q为假，则p，q一真一假．①若p真q假，则a≤94，a≤12，得a≤12；
②若p假q真，则a>94，a>12，所以a>94.综上所述，实数a的取值范围为－∞，12∪94，＋∞.2．解析：（1）当m＝－2时，p：x2＋6x＋8<0，即－4<x<－2.由（x＋2）2<1，得－3<x<－1.因为p∨q为真，即p真或q真，所以{x|－4
<x<－2}∪{x|－3<x<－1}＝{x|－4<x<－1}，因此，实数x的取值范围是（－4，－1）.（2）当m<0时，p：x2－3mx＋2m2<0，即2m<x<m，由q：－3<x<－1，得¬q：x≤－3或x≥－1，因为p
是¬q的充分不必要条件，所以m<0，m≤－3或m<0，2m≥－1，即m≤－3或－12≤m<0，因此，实数m的取值范围是（－∞，－3]∪－12，0.单元检测（一）集合与常用逻辑用语1．答案：D
解析：∵A＝{x|x2≤4}＝{x|－2≤x≤2}，∴A∩B＝{－1，0，1，2}．2．答案：C解析：因为A＝（－∞，－1）∪（6，＋∞），B＝{x|4<x≤7}，所以A∪B＝（－∞，－1）∪（4，＋∞）.3．答案：C解析：命题p：“∀x≥0，2x－sinx≥0”是全称命题，又全称命题的否定是特
称命题，故“∀x≥0，2x－sinx≥0”的否定是“∃x0≥0，2x0－sinx0<0”．4．答案：D解析：由已知B＝{x|x2－2x－8>0}＝{x|x<－2或x>4}，∴∁RB＝{x|－2≤x≤4}，A∩（∁RB）＝{x|0<x<4}．5．答案：B解析：由A＝{x||x|≤2}可得A＝
{x|－2≤x≤2}，B＝{x|0≤x<7，x∈N}＝{0，1，2，3，4，5，6}，所以A∩B＝{0，1，2}，元素个数为3个．6．答案：C解析：由不等式x2＋3x－10＝（x－2）（x＋5）<0，解得－5<x<2，即A＝{x|－5<x<2}，又由B＝{x|－7<x<0}，若x－1∈B，可
得x∈{x|－6<x<1}，所以A⊗B＝{x|－5<x<1}．7．答案：D解析：由题得A＝{x>1或x<－1}，因为B⊆A，所以a≥1.8．答案：C解析：因为M＝{1，3，6}，P＝{3，4，5}，所以M∩P＝{3}，M∪P＝{1，3，4，5，6}，因为U＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，
所以∁U（M∪P）＝{2，7，8}，由Venn图易知，Venn图中阴影部分表示的集合是∁U（M∪P）∪（M∩P），故Venn图中阴影部分表示的集合是{2，3，7，8}．9．答案：C解析：x＝0时，x2＋x－1<0，所以p为假命题，x＝－1时，2x>3x，所以q为真命题，∴（
¬p）∨q为真命题．10．答案：B解析：当k＝1时，sinkπ2－α＝cosα成立；反之，当k＝5时，sinkπ2－α＝cosα推不出k＝1，故“∀α∈R，sinkπ2－α＝cosα，k∈Z”是“k＝1”的必要不充
分条件．11．答案：B解析：由ab>0得a，b同号且不为0，对于A，“a>0或b>0”不能推出ab>0，故A错误；对于B，“a>10且b>2”可以推出ab>0，当ab>0不一定得出a>10且b>2，则“a>10且b>2”是“ab>0”的一个充分不必要条件，故B正确；对于C，“a
，b同号且不为0”等价于“ab>0”，即“a，b同号且不为0”是“ab>0”的一个充分必要条件，故C错误；对于D，a＋b>0或ab>0不一定得出ab>0，比如a＝2，b＝－1满足a＋b>0，但ab<0，故D错
误．12．答案：A解析：∵x2－3x＋2≥0的解是x≥2或x≤1，∴“x>2”是“x2－3x＋2≥0”的充分不必要条件，命题p是真命题，¬p是假命题，∵当x＝－1时，x2＋2x＋1＝0，即存在x0＝－1，使得x20＋2x0＋1＝0成立，故命题q是假命题，¬q是
真命题，所以，A，p∨q是真命题；B，p∧q是假命题；C，（¬p）∨q是假命题；D，（¬p）∧（¬q）是假命题．13．答案：（－2，2]解析：由题意得B＝{x|y＝lg（x－2）}＝（2，＋∞），∴∁RB＝（－∞，2]，∴A∩
（∁RB）＝（－2，2].14．答案：[1，＋∞）解析：由题意可知，∃x≥0，a≥2x＋x，则a≥（2x＋x）min.设f（x）＝2x＋x（x∈[0，＋∞）），易知f（x）是定义域内的增函数，故当x＝0时，函数f（x）取得最小值20＋0＝1.综上可得，实
数a的取值范围是[1，＋∞）.15．答案：1解析：由题意：对∀x∈R，m≥－x2＋1恒成立，所以m≥（－x2＋1）max，因为y＝－x2＋1是开口向下的抛物线，对称轴是x＝0，所以（－x2＋1）max＝1，∴m≥1.16．答案：15解析：a，b同奇或同偶的结果有11
个：（1，11），（2，10），…，（11，1）.a，b一奇一偶的结果有4个：（1，12），（12，1），（3，4），（4，3）.所以集合M的元素共有15个．17．解析：由已知得A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|m－2≤x≤m＋2}．（1）∵A∩B＝[0，3]，∴m－2＝
0，m＋2≥3.∴m＝2.（2）∁RB＝{x|x<m－2或x>m＋2}，∵A⊆∁RB，∴m－2>3或m＋2<－1，即m>5或m<－3.所以实数m的取值范围是{m|m>5，或m<－3}．18．解析：（1）由x2＋2x－3<0，解得－3<x<1，即A＝（－3，
1）.当a＝3时，由|x＋3|<1，解得－4<x<－2，即B＝（－4，－2）.所以A∪B＝（－4，1）.（2）因为p是q成立的必要不充分条件，所以集合B是集合A的真子集．又集合A＝（－3，1），B＝（－a
－1，－a＋1），所以－a－1≥－3，－a＋1<1或－a－1>－3，－a＋1≤1，解得0≤a≤2，即实数a的取值范围是[0，2].19．解析：（1）∵A＝{x∈R|x2－5x＋8＝2}＝{2，3}，B＝{x∈R|x2＋2x－8＝0}＝{2，－4}，∴A
∪B＝{2，3，－4}．（2）∵A∩C≠∅，B∩C＝∅，∴2∉C，－4∉C，3∈C.∵C＝{x∈R|x2－ax＋a2－19>0}，∴22－2a＋a2－19≤0，（－4）2＋4a＋a2－19≤0，32－3a＋a2－19>0，解得
－3≤a≤5，－2－7≤a≤－2＋7，a<－2或a>5，∴－3≤a<－2.∴实数a的取值范围是[－3，－2）.20．解析：∵集合A＝{（x，y）|x2＋mx－y＋2＝0，x∈R}＝{（x，y）|y＝x2＋mx＋2，x∈R}，B＝{（x，y）|x
－y＋1＝0，0≤x≤2}＝{（x，y）|y＝x＋1，0≤x≤2}，∴A∩B≠∅等价于方程组y＝x2＋mx＋2，y＝x＋1在x∈[0，2]上有解，即x2＋mx＋2＝x＋1在[0，2]上有解，即x2＋（m－1）x＋1＝0在[0，2]上有解，显然，x＝0不是
该方程的解，从而问题等价于－（m－1）＝x＋1x在（0，2]上有解．又∵当x∈（0，2]时，1x＋x≥2当且仅当1x＝x，即x＝1时取“＝”，∴－（m－1）≥2，∴m≤－1，即m∈（－∞，－1].21．解析：当命题p为真时，即a2＋a－6≥0，解
得a≥2或a≤－3；当命题q为真时，可得ax2－ax＋1≥0对任意x∈R恒成立，若a＝0，则满足题意；若a≠0，则有a>0，Δ＝a2－4a≤0，解得0<a≤4，∴0≤a≤4.∵p∧q为假，p∨q为真，∴“p真q假”或“p假q真”，①当p真q假时，则a≥2
或a≤－3，a>4或a<0，∴a>4或a≤－3；②当p假q真时，则－3<a<2，0≤a≤4，∴0≤a<2.∴实数a的取值范围是（－∞，－3]∪[0，2）∪（4，＋∞）.22．解析：因为x1，x2是方程x2－mx－2＝0的两个实根，所以x1＋x2＝m，x1x2＝－2，所以|x1－
x2|＝（x1＋x2）2－4x1x2＝m2＋8.所以当m∈[－1，1]时，|x1－x2|max＝3.由不等式a2－5a－3≥|x1－x2|对任意实数m∈[－1，1]恒成立，得a2－5a－3≥3，解得a≥6或a≤－1，所以命题p为真命题时，a≥6或a≤－1.命题q：不等式a
x2＋2x－1>0有解，①a>0时，显然有解；②当a＝0时，2x－1>0有解；③当a<0时，因为ax2＋2x－1>0有解，所以Δ＝4＋4a>0，解得－1<a<0.所以命题q为真命题时，a>－1.又因为命题q是假命题，所以a≤－1.所以命题p是真命题且命题q
是假命题时，实数a的取值范围为（－∞，－1].第二单元函数点点练3函数的概念及其表示一基础小题练透篇1．答案：D解析：A中两个函数的定义域不同；B中y＝x0的x不能取0；C中两函数的对应关系不同．2．答案：A解析：易得函数f（x）在R上单调递增，则由f（3x＋2）<f（x－4
）可得3x＋2<x－4，解得x<－3，故不等式的解集为（－∞，－3）.3．答案：B解析：①中当x>0时，每一个x的值对应两个不同的y值，一对多，不是函数图象，②中当x＝x0时，y的值有两个，一对多，不是函数图象，③④中每一个x的值对应唯一的y值，是函数图象．
4．答案：B解析：由已知条件得－x2＋3x＋4≥0，解得－1≤x≤4，故集合A＝{x|－1≤x≤4}．又B＝{x|x>2}，则A∪B＝[－1，＋∞）.5．答案：1516x－916x＋18（x≠0）解析：用1x代替3f（x）＋5f1x＝3x＋1中的x，得3f1x＋5
f（x）＝3x＋1，由3f（x）＋5f1x＝3x＋1，3f1x＋5f（x）＝3x＋1消去f1x，解得f（x）＝1516x－916x＋18（x≠0）.6．答案：0，12∪（
1，＋∞）解析：因为x2－1≥－1，则1x2－1∈（－∞，－1]∪（0，＋∞），由指数函数y＝2x的性质可得y＝21x2－1的值域为0，12∪（1，＋∞）.二能力小题提升篇1．答案：C解析：
若f（m）＝3m－1－1＝－2，则3m－1＝－1，方程无解，故f（m）＝－1－log3（m＋5）＝－2，可得log3（m＋5）＝1，解得m＝－2，所以f（6＋m）＝f（4）＝34－1－1＝26.2．答案：B解析：∵定义在R上的
函数f（x）满足f（1－x）＋2f（x）＝x2＋1，∴当x＝0时，f（1）＋2f（0）＝1①，当x＝1时，f（0）＋2f（1）＝2②，②×2－①，得3f（1）＝3，解得f（1）＝1.3．答案：C解析：由f（x）＋2f（1－x）＝1x－1，将x换
成1－x，得f（1－x）＋2f（1－（1－x））＝11－x－1，即f（1－x）＋2f（x）＝11－x－1.故f（x）＋2f（1－x）＝1x－1，f（1－x）＋2f（x）＝11－x－1，所以f（x）＋2f（1－x）＝1x－1，2f（1
－x）＋4f（x）＝21－x－2，两式相减化简得f（x）＝21－x－1－1x3，故f（－2）＝21－（－2）－1－1－23＝163＝118.4．答案：D解析：令f（a）＝t，则由f（t）≤3得t<0，t2＋2t≤3，或t≥0
，－t2≤3，得t≥－3，即f（a）≥－3，得a<0，a2＋2a≥－3，或a≥0，－a2≥－3，解得a<0或0≤a≤3，故实数a的取值范围是（－∞，3].5．答案：0，23解析：因为函数f（2x－
1）的定义域为（0，1），所以－1<2x－1<1，所以函数f（x）的定义域为（－1，1）.由－1<1－3x<1得0<x<23，所以函数f（1－3x）的定义域是0，23.6．答案：12，1解析：当x<1时，f（x）＝2－x>1；当x≥1时，x－12≥12，若a>
1，则logax－12≥loga12，此时不符合题意；若0<a<1，则logax－12≤loga12，由题意可得loga12≥1，解得a≥12，所以实数a的取值范围是12，1.三高考小题重现篇
1．答案：B解析：当t＝0时，x＝0，y＝0，∴过原点，排除A；当t＝1时x＝－1，y＝0，排除C和D；当x＝0时，3t－4t3＝0，t1＝0，t2＝－32，t3＝32时，y1＝0，y2＝－32，y3＝32.2．答案：C解析：当0<a<1时，a＋1>1，f（a
）＝a，f（a＋1）＝2（a＋1－1）＝2a，∵f（a）＝f（a＋1），∴a＝2a，解得a＝14或a＝0（舍去）.∴f1a＝f（4）＝2×（4－1）＝6.当a≥1时，a＋1≥2，∴f（a）＝2（a－1），f（a＋1）＝2（a＋1－1）＝2a，∴2（a－1
）＝2a，无解．综上，f1a＝6.3．答案：B解析：f（x）＝x＋a22－a24＋b，①当0≤－a2≤1时，f（x）min＝m＝f－a2＝－a24＋b，f（x）max＝M＝max{f（0），f（1）}＝m
ax{b，1＋a＋b}，∴M－m＝maxa24，1＋a＋a24与a有关，与b无关；②当－a2<0时，f（x）在[0，1]上单调递增；∴M－m＝f（1）－f（0）＝1＋a与a有关，与b无关；③当－a2>1时，f（x）在[0，1]上单调递减，∴M－m＝f（0）－f（1）＝－1－a与
a有关，与b无关．综上所述，M－m与a有关，但与b无关．4．答案：（0，＋∞）解析：函数f（x）＝1x＋1＋lnx的自变量满足x＋1≠0，x>0，∴x>0，即定义域为（0，＋∞）.5．答案：[2，＋∞）解析：要
使函数f（x）有意义，则log2x－1≥0x>0，解得x≥2x>0，所以函数f（x）的定义域是[2，＋∞）.6．答案：2解析：由题意，得f（6）＝（6）2－4＝2.又f（f（6））＝3，所
以f（2）＝3，即|2－3|＋a＝3，解得a＝2.四经典大题强化篇1．解析：由直线y＝4x＋1与y＝x＋2求得交点A13，73；由直线y＝x＋2与y＝－2x＋4，求出交点B23，83.由图象可看出：f
（x）＝－2x＋4，x≥23x＋2，13<x<234x＋1，x≤13f（x）的最大值为f23＝83.2．解析：（1）由题意，设f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）.∵f（0）
＝1，∴c＝1.又f（x＋1）－f（x）＝2x，∴a（x＋1）2＋b（x＋1）＋c－（ax2＋bx＋c）＝2x.∴2ax＋a＋b＝2x，∴2a＝2，a＋b＝0，∴a＝1，b＝－1，∴f（x）＝x2－x＋1.（2）∵
当x∈[－1，1]时，y＝f（x）＝x2－x＋1的图象恒在y＝2x＋m图象的上方，∴当x∈[－1，1]时，x2－x＋1>2x＋m恒成立，即x2－3x＋1－m>0恒成立，令g（x）＝x2－3x＋1－m，当x∈[－1，1]时，g（x）min＝g（1）＝12－3×1＋1－m＝－1－m，故只要
m<－1即可，故实数m的取值范围为（－∞，－1）.点点练4函数的基本性质一基础小题练透篇1．答案：D解析：令f（x）＝x＋ex，则f（1）＝1＋e，f（－1）＝－1＋e－1，即f（1）≠f（－1），f（－1）≠－f（1），所以y＝x＋ex既不是奇函数也不是偶函数，而A，B，C依次是偶函数、奇
函数、偶函数．2．答案：D解析：A选项，y＝x3是奇函数，在定义域单调递增；B选项，y＝1x是奇函数，在（－∞，0）和（0，＋∞）单调递减，但在其定义域并不单调；C选项，y＝1－x既不是奇函数也不是偶函数，在其定义域单调递减；D选项，y＝2－x－2x是奇函数，且满足定义域上单调递减．3．
答案：C解析：依题意对∀x∈R，有f（x＋6）＝f（x）＋f（3）成立，令x＝－3，则f（3）＝f（－3）＋f（3）＝2f（3），所以f（3）＝0，故f（x＋6）＝f（x），所以f（x）是周期为6的周期函数，故f（202
1）＝f（6×337－1）＝f（－1）＝f（1）＝2×1－6＝－4.4．答案：B解析：由已知可得a>14－a2>0a≥4－a2＋2，解得4≤a＜8.5．答案：C解析：∵f（x）是R上周期为5的奇函数，∴f（－x）＝－f
（x），f（x＋5）＝f（x），∴f（－12）＝－f（12）＝－f（2）＝－2，f（4）＝f（－1）＝－f（1）＝－1，∴f（－12）－f（4）＝－2－（－1）＝－1.6．答案：A解析：根据题意可知，f（x2）－f（x1）x2－x1>2可转化为[f（x2）－2x2]－[f（x1）－2x1]x2－
x1>0，所以f（x）－2x在[0，＋∞）上是增函数，又f（－x）＝－f（x），所以f（x）－2x为奇函数，所以f（x）－2x在R上为增函数，因为f（x－2020）>2（x－1011），f（1）＝2020，所以f（x－2020）－2（x－2020）>f（1）－2，所以x－2020
>1，解得x>2021，即x的取值范围是（2021，＋∞）.7．答案：1解析：因为f（x）＝ax＋2x2x－1（x≠0），且f（x）是偶函数，则f（－x）＝f（x），－ax－2x2－x－1＝ax＋2x2x－1，－a－22－x－1＝a＋22x－1，2a＋22x－1－2×2
x2x－1＝0，即2a＝2，所以实数a＝1.8．答案：（1）14（2）[0，2]解析：（1）a＝12，当x≤0时，f（x）＝（x－12）2≥（－12）2＝14，当x>0时，f（x）＝x＋1x≥2x·1x＝2，当且仅当x＝1时取等号，所以函数f（x）的最小值
为14.（2）由（1）知，当x>0时，函数f（x）≥2，f（x）的最小值为2.当x≤0时，若a<0，则当x＝a时，函数f（x）取得最小值，为f（a）＝0，此时f（0）不是最小值，不满足条件；若a≥0，则函数f（x）＝（x－a）2单调递减，则当x≤0时，函数f（x）的最小值为f（0）＝a2.综上，要
使f（0）是f（x）的最小值，则f（0）＝a2≤2，得0≤a≤2，故实数a的取值范围是[0，2].二能力小题提升篇1．答案：C解析：根据题意，若f（x）是定义在R上的奇函数，则f（0）＝0，又由f（x＋2）＝－f（x），则有f（x
＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），则f（8）＝f（4）＝f（0）＝0.2．答案：A解析：由条件可知，f（－x）＝－f（x），且f（x）＝f（2－x），即f（2－x）＝－f（－x），即f（2＋x）＝－f（x），那么f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），所以函数f（x）是周期为4的函数，f（
2021）＝f（505×4＋1）＝f（1）＝log28＝3.3．答案：C解析：由f（x＋2）＝f（－x）可知f（2－x）＝f（x）.又f（4－x）＝－f（x），∴f（4－x）＋f（2－x）＝0，∴f（x＋2）＝－f（x），∴f（x＋4）＝f[（x＋2）＋2]＝－f（x＋
2）＝f（x），∴函数y＝f（x）是周期为4的周期函数，∴f（2019）＝f（3），f（2020）＝f（0），f（2021）＝f（1）.由f（4－x）＋f（x）＝0可得f（4－1）＋f（1）＝0，即f（3）＋
f（1）＝0，∴f（2019）＋f（2020）＋f（2021）＝0＋0＝0.4．答案：C解析：函数f（x）是定义在R上的偶函数，其图象关于点（1，0）对称．对于①，由于f（－x）＝f（x），函数的图象关于（1，0）对称，故f（x＋2）＝－f（x），所以f
（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），所以函数f（x）是周期函数，故①正确；对于②，函数f（x）为偶函数，则f（－x）＝f（4－x），由于函数为偶函数，故满足f（x）＝f（4－x），故②正确；对于③，令f（x）＝－cosπ2x，f（x）满足题意，但在
（0，2）上单调递增，故③错误；对于④，因为f（－x）＝cosπ（－x）2＝cosπx2＝f（x），f（2－x）＝cosπ（2－x）2＝cos2π－πx2＝－cosπx2＝－f（x），所以函数f（x）＝cosπx2既关于y轴对称，又关于（1，0）对称，故④正确．5．答案：
0解析：当x≥0时，f（x＋4）＝－1f（x＋2）＝f（x），又因为函数f（x）是定义在R上的偶函数，则f（－2019）＝f（2019）＝f（4×504＋3）＝f（3）＝－1f（1）＝－1，f（2021）＝f（4×505＋1）＝f（1）＝1，因此，f（－2019）＋f（2021）＝0.6
．答案：（－3，3）解析：由函数解析式知f（x）在R上单调递增，且－f（2）＝－2＝f（－2），则f（1－|x|）＋f（2）>0⇒f（1－|x|）>－f（2）＝f（－2），由单调性知1－|x|>－2，解得x∈（－3，3）.三高考小题重现篇1．答案：D解析：方法一（
排除法）取x1＝－1，x2＝0，对于A项有f（x1）＝1，f（x2）＝0，所以A项不符合题意；对于B项有f（x1）＝32，f（x2）＝1，所以B项不符合题意；对于C项有f（x1）＝1，f（x2）＝0，所以C项不符合题意．方法二（图象法）如图，在坐标系中分别画出A
，B，C，D四个选项中函数的大致图象，即可快速直观判断D项符合题意．2．答案：B解析：由题意可得f（x）＝1－x1＋x＝－1＋21＋x，对于A，f（x－1）－1＝2x－2不是奇函数；对于B，f（x－1）＋1＝2x是奇函
数；对于C，f（x＋1）－1＝2x＋2－2，定义域不关于原点对称，不是奇函数；对于D，f（x＋1）＋1＝2x＋2，定义域不关于原点对称，不是奇函数．3．答案：C解析：因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（－x）＝－f（x）.又f（1＋x）＝f（－x），所以f（2＋x）＝f[1＋（1
＋x）]＝f[－（1＋x）]＝－f（1＋x）＝－f（－x）＝f（x），所以函数f（x）是以2为周期的周期函数，f53＝f53－2＝f－13＝13.4．答案：B解析：∵函数f（x＋2）为偶函数，则f（2＋x）＝f（2－x），可得f（x＋3）＝f（1－x），∵函
数f（2x＋1）为奇函数，则f（1－2x）＝－f（2x＋1），∴f（1－x）＝－f（x＋1），∴f（x＋3）＝－f（x＋1）＝f（x－1），即f（x）＝f（x＋4），故函数f（x）是以4为周期的周期函数，∵函数F（x）＝f（2x＋1）为奇函数，则F（0）＝f（1）＝0，故f
（－1）＝－f（1）＝0，其它三个选项未知．5．答案：1解析：因为f()x＝x3()a·2x－2－x，故f()－x＝－x3()a·2－x－2x，因为f()x为偶函数，故f()－x＝f()x，即x3()a·2x－2－x＝－x3()a·2－x－2x，整理得到()a－1()2x＋2－
x＝0，解得a＝1，经验证，符合题意．故a＝1.6．答案：－4解析：由函数f（x）是奇函数得f（－8）＝－f（8）＝－823＝－（23）23＝－4.四经典大题强化篇1．解析：（1）当a＝32时，f（x）＋f（－x）＝2a－32x＋1－32－x＋1＝2a－3＝0，即f（－
x）＝－f（x），故此时函数f（x）是奇函数；因当a≠32时，f（1）＝a－1，f（－1）＝a－2，故f（－1）≠f（1），且f（－1）≠－f（1）于是此时函数f（x）既不是偶函数，也不是奇函数；（2）因为f（x）是奇函数，故由（1）知a＝32，从而f（x）＝
32－32x＋1；由不等式f（x）≥u2x，得u≤32·2x－3·2x2x＋1，令2x＋1＝t∈[3，65]（因x∈[1，6]），故u≤32（t－1）－3（t－1）t＝32t＋2t－92.由于函数φ（t）＝32t＋2t－92在[3，
65]单调递增，所以φ（t）min＝φ（3）＝1；因此，当不等式f（x）≥u2x在x∈[1，6]上恒成立时，umax＝1.2．解析：（1）因为y＝ex是增函数，所以当x≥0时，f（x）是增函数，又因为f（x）为偶函数，所以f（x）min＝f（0）＝3＋a＝3，即a＝0，当x∈（－∞，0）时，－
x>0，所以f（x）＝f（－x）＝3e－x，所以f（x）＝3ex，x≥0，3e－x，x<0.（2）因为x∈[1，m]，都有f（x＋t）≤3ex，所以f（1＋t）≤3e，当1＋t≥0时，3e1＋t≤3e，则0≤1＋t≤1，即－1≤t≤0，当1＋t<0时
，同理可得－2≤t<－1，所以－2≤t≤0.同样地，由f（m＋t）≤3em及m≥2，得到et≤emem，当－2≤t≤0，et存在的最小值为e－2，由题意知，e－2≤emem，即em－e3m≤0，令g（m）＝
em－e3m，m∈[2，＋∞），则g′（m）＝em－e3，当m∈[2，3）时，g′（m）<0，所以g（m）在[2，3）上单调递减，当m∈（3，＋∞）时，g′（m）>0，所以g（m）在（3，＋∞）上单调递增，因为g（2）＝e2（1－2e）<0，g（4）
＝e3（e－4）<0，g（5）＝e3（e2－5）>0，所以存在m0∈（4，5），使得g（m0）＝0，所以em－e3m≤0的解集为m≤m0，所以m的最大正整数为4.点点练5基本初等函数一基础小题练透篇1．答案：D解析：因为f（x）＝2x，所以f（mn）＝2mn，而f（
m）f（n）＝2m·2n＝2m＋n＝f（m＋n），故选项A，B错误，选项D正确；f（m＋n）＝2m＋n，f（m）＋f（n）＝2m＋2n，故选项C错误．2．答案：C解析：∵函数f（x）＝2×ax＋m－n（a＞0，且a≠1）的图象恒过点（－1
，4），∴m－1＝0，且2·am－1－n＝4，解得m＝1，n＝－2，∴m＋n＝－1.3．答案：C解析：设荷叶覆盖水面的初始面积为a，则x天后荷叶覆盖水面的面积y＝a·2x（x∈N＋），根据题意，令2（a·2x）＝a·220，解得x＝19.4．答案：C解析：由题意
A（t，log3t），B（t，log3t－1），|AB|＝1，设C（x，log3x），因为△ABC是等边三角形，所以点C到直线AB的距离为32，所以t－x＝32，x＝t－32，根据中点坐标公式可得log3t－32＝log3t＋log3t
－12＝log3t－12＝log3t3，所以t－32＝t3，解得t＝33＋34.5．答案：C解析：y＝f－1（x）的定义域即为函数f（x）的值域，因为2x＞0，则f（x）＞3，故f（x）的值域为（3，＋∞），所以y＝f－1（x）的定义域
是（3，＋∞）.6．答案：A解析：由题意知，不等式f（log4x）＞2，即f（log4x）＞f12，又偶函数f（x）在（－∞，0]上是减函数，∴f（x）在[0，＋∞）上是增函数，∴log4x＞12＝log42，或log4x＜－12＝log412，∴0＜x＜12，或x＞2.7．
答案：－1解析：由于函数f（x）是幂函数，所以m2－m－1＝1，解得m＝2或m＝－1.当m＝2时，f（x）＝x2在（0，＋∞）上单调递增，舍去；当m＝－1时，f（x）＝x－1在（0，＋∞）上单调递减．8．答案：3或13解析：设t＝ax>0，则y＝t2＋2t－1
，图象的对称轴方程为t＝－1.若a>1，x∈[－1，1]，则t＝ax∈1a，a，∴当t＝a时，y取得最大值，ymax＝a2＋2a－1＝14，解得a＝3或a＝－5（舍去）.若0<a<1，x∈[－1，1]，则t＝ax∈a，1a，∴当t＝1a时，y取得最
大值，ymax＝1a2＋2×1a－1＝14，解得a＝13或a＝－15（舍去）.二能力小题提升篇1．答案：B解析：x∈（1，2）时，x2＜2x，所以2x2<22x，即a＜c；又（2x）2＝22x，x
∈（1，2），2x＞2x，所以22x＞22x，即b＞c；所以a，b，c的大小关系为b＞c＞a.2．答案：B解析：∵幂函数f（x）＝（m2－2m－2）xm2－2在（0，＋∞）上为增函数，∴m2－2m－2＝1，且m2－2＞0，求得m＝3.3．答案：D解析：∵幂函数f（x）＝（m－
1）xn的图象过点（m，8），∴m－1＝1，且mn＝8，求得m＝2，n＝3，故f（x）＝x3.∵a＝f（20.3）＝20.9＞1，b＝f（0.32）＝0.36∈（0，1），c＝f（log20.3）＝（log20.3）3＜0，∴a＞b＞c
.4．答案：D解析：由函数f（x）＝2－x，x<1，x2，x≥1，f（f（a））＝12f（a），得f（a）≥1.当a<1时，f（a）＝2－a≥1，得a≤0；当a≥1时，f（a）＝a2≥1，得a≥2.综上
，a∈（－∞，0]∪[2，＋∞）.5．答案：－1解析：设g（x）＝f（x）－1＝ln（1＋x2－x），因为g（－x）＝ln（1＋x2＋x）＝－g（x），所以g（x）为奇函数．因为f（a）＝3，所以g（a）＝f（a）－1＝2，g（－a）＝－g（a）＝－2，所以f（－a）＝g
（－a）＋1＝－1.6．答案：0，14解析：设g（x）＝x2－2ax＋a2＋4，则g（x）＝（x－a）2＋4≥4.又因为f（x）＝loga（x2－2ax＋a2＋4）（a>0，且a≠1）有最大值，且最大值不小
于－1，所以0<a<1，所以f（x）max＝loga4≥－1，所以1a≥4，0<a<1，解得0<a≤14.三高考小题重现篇1．答案：D解析：由题知c＝log0.70.8<1，b＝13－0.8＝30.8，易知函数y＝3x在R上单调递增，所以b
＝30.8>30.7＝a>1，所以c<a<b，故选D.2．答案：C解析：方法一由函数y＝lnx的图象（图略）知，当0<a－b<1时，ln（a－b）<0，故A不正确；因为函数y＝3x在R上单调递增，所以当a>b时
，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b<a<0时，|a|<|b|，故D不正确．故选C.方法二当a＝0.3，b＝－0.4时，满足a>b，但ln（a－b）<0，3a>
3b，|a|<|b|，故排除A，B，D.选C.3．答案：A解析：方法一由函数y＝x3和y＝－1x3都是奇函数，知函数f（x）＝x3－1x3是奇函数．由函数y＝x3和y＝－1x3都在区间（0，＋∞）上单调递增，知函数f（x）＝x3－1x3在区间（0，＋∞）上单调递增，故函数f（x
）＝x3－1x3是奇函数，且在区间（0，＋∞）上单调递增．故选A.方法二函数f（x）的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），关于原点对称，f（－x）＝（－x）3－1（－x）3＝－x3＋1x3＝－f（x），故f（x）＝x3－1x3是奇函数．∵f′（x）＝3x2＋3x4>0，∴f（x）在区
间（0，＋∞）上单调递增．故选A.4．答案：D解析：对于函数y＝loga（x＋12），当y＝0时，有x＋12＝1，得x＝12，即y＝loga（x＋12）的图象恒过定点（12，0），排除选项A、C；函数y＝1ax与y＝loga（x＋12）在各自定义域上单调
性相反，排除选项B，故选D.5．答案：A解析：因为2x－2y<3－x－3－y，所以2x－3－x<2y－3－y.设f（x）＝2x－3－x，则f′（x）＝2xln2－3－x×ln3×（－1）＝2xln2＋3－
xln3，易知f′（x）>0，所以f（x）在R上为增函数．由2x－3－x<2y－3－y得x<y，所以y－x＋1>1，所以ln（y－x＋1）>0，故选A.6．答案：B解析：2a＋log2a＝22b＋log2b<22b＋log2（2b），令f（x）＝2x＋log2x，则f（a）<f
（2b），又易知f（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以a<2b，故选B.四经典大题强化篇1．解析：（1）因为函数f（x）是R上的奇函数，所以f（0）＝0，求得a＝0.当a＝0时，f（x）＝－x是R上的奇函数．所
以a＝0为所求．（2）因为函数f（x）的定义域是一切实数，所以12x＋a>0恒成立．即a>－12x恒成立，由于－12x∈（－∞，0），故只要a≥0即可．（3）由已知得函数f（x）是减函数，故f（x）在区间[0，1]上的最大值是f（0）＝
log2（1＋a），最小值是f（1）＝log212＋a.由题设得log2（1＋a）－log212＋a≥2⇒a＋12>0，a＋1≥4a＋2.故－12<a≤－13.2．解析：（1）由题意，f（0）＝1－a1＋1＝0，
解得a＝2，所以f（x）＝1－21＋4x＝4x－14x＋1，所以f（－x）＝4－x－14－x＋1＝1－4x1＋4x＝－f（x），所以函数f（x）为奇函数，符合题意．（2）由（1）f（x）＝1－21＋4x，易知f（x）在R上单调递增．因为fk·22x＋1－14x＋f
4＋2x2x>0，所以fk·22x＋1－14x＞－f4＋2x2x＝f－4＋2x2x，所以k·22x＋1－14x>－4＋2x2x，即k14x－2<42x＋1，即（2k＋1）·22x＋4·2x－k>0在R上恒成立，令t＝2x>0
，则（2k＋1）t2＋4t－k>0，对t>0时恒成立，①当2k＋1＝0，即k＝－12时，4t＋12>0，对t>0时恒成立；②当2k＋1≠0，即k≠－12时，由题意，得2k＋1>0Δ＝16＋4k（2k＋1）<0或
2k＋1>0－22k＋1≤0，－k≥0解得－12<k≤0.综上，实数k的取值范围是－12，0.点点练6函数的图象及应用一基础小题练透篇1．答案：D解析：当a>1时，y＝a1－x是减函数，y＝loga（x－1）是增函数，排除B；又函数y＝loga（x－1）的定义域为
{x|x>1}，排除A；当0<a<1时，y＝a1－x是增函数，y＝loga（x－1）是减函数，排除C.2．答案：A解析：由f（x）的图象可知，0<a<1，b<－1，观察选项中的图象可知，选A.3．答案：B解析：y＝ex的图象关于x轴对称的图象的函数解析式为y＝－ex，把y＝－ex的图象向左平
移一个单位长度，得到y＝－ex＋1的图象，所以f（x）＝－ex＋1.4．答案：B解析：根据题意，f（x）＝2xx2＋2，其定义域为R，由f（－x）＝－2xx2＋2＝－f（x），即函数f（x）为奇函数，排除D，由f（1）＝23>0，排除A，当
x→＋∞时，f（x）→0，排除C.5．答案：C解析：∵f（x）＝－x＋b（x＋c）2的图象与y轴交于M，且点M的纵坐标为正，∴f（0）＝bc2>0，故b>0，∵f（x）＝－x＋b（x＋c）2的定义域为{x|x≠－c}，且其
函数图象间断处的横坐标为正，∴－c>0，故c<0.6．答案：B解析：已知f（x）＝|2x－1|，x<2，3x－1，x≥2，，作出函数图象如图，通过函数图象可以看出，当x<0时，函数无限趋近于1，但不等于1，当x>2时，函数无限趋近于0，但不等于0，所以f（x）＝k有且仅有两个不等
实根，可以得到1≤k<3.7．答案：22解析：由图可知，f（3）＝1，故f（1f（3））＝f（1）＝2.函数g（x）＝f（x）－32的零点的个数即为函数y＝f（x）与函数y＝32的图象的交点个数，由图象可知，有2个交点，故零点的个数为2.8.答案：6解析：f（x）＝m
in{2x，x＋2，10－x}（x≥0）的图象如图中实线所示．令x＋2＝10－x，得x＝4.故当x＝4时，f（x）取最大值，又f（4）＝6，所以f（x）的最大值为6.二能力小题提升篇1．答案：C解析：令f（x）＝e|x|4x，因为函数f（x）的定义域为{x|x≠0}，关于原点对称，且f（－x）＝
e|x|－4x＝－e|x|4x＝－f（x）.所以f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除B；当x＝1时，f（1）＝e4，排除A；当x→＋∞时，f（x）→＋∞，排除D.2．答案：C解析：由图象知，函数f
（x）是奇函数，排除A，B；当x∈（0，＋∞）时，f（x）＝e|x|x显然大于0，与图象不符，排除D.3．答案：B解析：令f（x）＝0，即4mx＝n，则mx＝log4n，即x＝1mlog4n，由题图可知1mlog4n>0，故当m>0时
，n>1；当m<0时，0<n<1，排除A，D；当m<0时，易知y＝4mx是减函数，且当x→＋∞时，y→0，则f（x）→n2，C不合题意，排除C.4．答案：D解析：由于y＝f（x）是定义在R上的奇函数，满足f（x＋1）＝f（
x－2），所以f（x）＝f（x－3）＝－f（－x），整理得，f（x＋3）＝f（x），所以f（－x＋3）＝－f（x），故对于①，函数f（x）的图象关于32，0对称，故①正确，②错误．对于③，函数f（0）＝0，f（3）＝0，f（6）＝0，由于f（x）＝f（x＋3
）＝－f（－x），令x＝－32，所以f32＝－f32，整理得f32＝0，f（4.5）＝f32＋3＝0，故③正确；对于④，f（2021）＝f（673×3＋2）＝f（2），所以函数f（x）在[0，1]上单调递
增，则它在[2021，2022]上单调递增，故④正确．5．答案：230，14解析：∵偶函数f（x）满足f（x－1）＝f（x＋1），∴f（x）＝f（x＋2），即函数f（x）是周期为2的函数，则f43
＝f43－2＝f－23＝f23＝23.由g（x）＝f（x）－kx－k＝0得f（x）＝k（x＋1），函数g（x）＝f（x）－kx－k有4个零点，等价于函数f（x）与h（x）＝k（x＋1）的图象有4个交点．作出两个函数的图象如图所示
，h（x）过定点（－1，0），f（3）＝1，则k满足0<h（3）≤1，即0<4k≤1，解得0<k≤14，即实数k的取值范围是0，14.6．答案：－32，－43解析：根据函数g（x）（x>0）的图象，令g（x）＝t，因为关于x的方程[g（
x）]2＋m·g（x）＋2m＋3＝0有三个不同的实数解，所以t2＋mt＋2m＋3＝0有两个根，易知0不是该方程的根，所以该方程的根一个在（0，1）上，一个在[1，＋∞）上．设h（t）＝t2＋mt＋2m＋3，①当h（t）＝0的一个根为1时，h（1）＝1＋m＋2m＋3＝0，得m＝－43，此时另一个根为
13，符合题意；②当h（t）＝0的根均不为1时，则h（0）＝2m＋3>0，h（1）＝1＋m＋2m＋3<0，解得－32<m<－43.综上，m的取值范围是－32，－43.三高考小题重现篇1．答案：D解析：易知f（x）＝x2＋14为偶函数，g（x）
＝sinx为奇函数，而题图所表示的为奇函数的图象．易知y＝f（x）＋g（x）－14与y＝f（x）－g（x）－14均不是奇函数，所以排除A，B.易知y＝f（x）g（x）＝x2＋14sinx是奇函数，但当x∈0，π4时，y′＝2xsinx＋x2＋14c
osx>0，则函数y＝f（x）g（x）在0，π4上单调递增，与图象不符，所以C不符合题意．易知y＝g（x）f（x）＝sinxx2＋14是奇函数，且y′＝x2＋14cosx－2xsinxx2＋142.当x∈0，π4时，令y′＝0，得x2
＋18x＝tanx．当x∈0，π4时，x2＋18x≥2x2·18x＝12当且仅当x＝12时，取等号，且易知当x∈0，12时，x2＋18x单调递减，当x∈12，π4时，x2＋18x单调递增，而
函数y＝tanx在0，π4上单调递增，当x＝14时，58>tan14，当x＝π4时，π8＋12π<tanπ4.所以存在唯一的x0∈0，π4，使得x02＋18x0＝tanx0，即y′＝0，且当x∈（0，x0）时
，y′>0；当x∈x0，π4时，y′<0，所以D符合题意．2．答案：A解析：令f（x）＝xcosx＋sinx，所以f（－x）＝（－x）cos（－x）＋sin（－x）＝－xcosx－sinx＝－f（x），所以
f（x）为奇函数，排除C，D，又f（π）＝－π<0，排除B.3．答案：D解析：∵f（－x）＝sin（－x）－xcos（－x）＋（－x）2＝－sinx＋xcosx＋x2＝－f（x），∴f（x）为奇函数，排除A；∵f（π）
＝sinπ＋πcosπ＋π2＝π－1＋π2>0，∴排除C；∵f（1）＝sin1＋1cos1＋1，且sin1>cos1，∴f（1）>1，∴排除B.4．答案：B解析：因为f（x）＝2x32x＋2－x，所以f（－x）＝－2x32－x＋2x＝－f（x），且x∈[－6，6]，所以函数y＝2x3
2x＋2－x为奇函数，排除C；当x>0时，f（x）＝2x32x＋2－x>0恒成立，排除D；因为f（4）＝2×6424＋2－4＝12816＋116＝128×16257≈7.97，排除A.5．答案：（4，8）解析：设g（x）＝f（x）－ax＝x2＋ax＋a，x≤0，－x2＋ax－
2a，x>0，方程f（x）＝ax恰有2个互异的实数解即函数y＝g（x）有两个零点，即y＝g（x）的图象与x轴有2个交点，满足条件的y＝g（x）的图象有以下两种情况：情况一：则Δ1＝a2－4a>0，Δ2＝a2－8a<0，∴4<a<8.情况二：则Δ1
＝a2－4a<0，Δ2＝a2－8a>0，不等式组无解．综上，满足条件的a的取值范围是（4，8）.四经典大题强化篇1．解析：（1）当x2－2x－1≥0时，y＝x2－2x－1，当x2－2x－1<0时，y＝－（x2－2
x－1）.步骤：①作出函数y＝x2－2x－1的图象；②将上述图象x轴下方部分以x轴为对称轴向上翻折（上方部分不变），即得y＝|x2－2x－1|的图象．（2）当x≥0时，y＝x2－2x－1，当x<0时，y＝x2＋2x－1，即y＝（－x）2－2（－x）－1.步骤：作出y＝x2－2x－1的图象；
因为y＝|x|2－2|x|－1是偶函数，所以y轴右方部分不变，再将右方以y轴为对称轴向左翻折，即得y＝|x|2－2|x|－1的图象．2．解析：由条件知，方程a－x2＝－2lnx，即a＝x2－2lnx在
1e，e上有解．设h（x）＝x2－2lnx，则h′（x）＝2x－2x＝2（x－1）（1＋x）x.因为当x∈1e，1时，h′（x）<0，当x∈（1，e）时，h′（x）>0，所以函数h（x）在1e，1上单调递减，在（1，e）上单调递增，所以h（
x）min＝h（1）＝1.因为h1e＝1e2＋2，h（e）＝e2－2，所以h（e）>h1e，所以方程a＝x2－2lnx在1e，e上有解等价于1≤a≤e2－2，所以a的取值范围
为[1，e2－2].点点练7函数与方程、函数的实际应用一基础小题练透篇1．答案：C解析：由题意得f（x）＝lnx＋x－6为连续函数，且在（0，＋∞）单调递增，f（2）＝ln2－4<0，f（3）＝ln3－3<0，f（4）＝ln4－2<l
ne2－2＝0，f（5）＝ln5－1>lne－1＝0，根据零点存在性定理，f（4）·f（5）<0，所以零点一定位于区间（4，5）.2．答案：A解析：因为函数f（x）＝x3＋x2＋x＋c，所以f′（x）＝3x2＋2x＋1，因为Δ＝4－
12＝－8<0，所以f′（x）>0，从而f（x）＝x3＋x2＋x＋c在R上单调递增，又当x→－∞时，f（x）→－∞，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，由零点存在定理得：函数f（x）＝x3＋x2＋x＋c有且只有一个零点．3．
答案：A解析：令（lnx）2－2lnx＝lnx·（lnx－2）＝0，解得：x＝1或x＝e2，所以函数f（x）有2个零点．4．答案：C解析：当x＝0时，f（0）＝1≠0，故x＝0不是方程f（x）－a|x|＝0的根，当x≠0时，由f
（x）－a|x|＝0得，a＝x＋1x＋3，方程f（x）－a|x|＝0恰有两个不同的实根等价于直线y＝a与函数y＝x＋1x＋3的图象有两个不同的交点，作出函数y＝f（x）的大致图象如图所示，由图可知，a＝0或1<a<5.5．答案：C解析：由
题意可知一至五年的利率均为4.75%，此人贷款100万元，五年后一次还清，则五年后应还款为：100万元本金和五年内产生的利息，即100（1＋4.75%）5万元．6．答案：B解析：因为f（x）为开口向上的抛物线，且对称轴为x＝－a2
，在区间（－1，1）上有两个不同的零点，所以f（－1）>0f（1）>0f－a2<0－1<－a2<1，即1－a－a2>01＋a－a2>0－a22－a22－a2<0－2<a<2，
解得0<a<23，所以实数a的取值范围是0，23.7．答案：282解析：f（x）＝80＋42x＋14×（200－x）＋120＝－14x＋42x＋250，依题意得x≥20，200－x≥20，得20≤x≤180，故f（x）＝－1
4x＋42x＋250（20≤x≤180）.令t＝x，t∈[25，65]，则g（t）＝－14t2＋42t＋250＝－14（t－82）2＋282，当t＝82时，即x＝128时，f（x）max＝282，∴甲大棚投入128万元，乙
大棚投入72万元时，总收益最大，且最大收益为282万元．8．答案：（1）2（2）40解析：（1）由图象可知，当t＝12时，y＝1，则2k＝1，所以k＝2.（2）由（1）可知，y＝2t，0<t<12，1
2t，t≥12，当0<t<12时，y＝2t单调递增；当t≥12时，y＝12t单调递减．令12t<0.75，解得t>23.所以在消毒后至少经过23小时，即40分钟人方可进入房间．二能力小题提升篇1．答案：C解析：令f（x）＝0，得x－4＝（x＋2）·23x，显然x＝－2不是该方程的
根，故等价变形得到x－4x＋2＝23x，在同一直角坐标系中分别作出y＝x－4x＋2，y＝23x的图象如图所示，观察可知，它们有2个交点，故函数f（x）＝x－4－（x＋2）·23x有2个零点．2．答案：B解析：因为关于x的方程f（x）＋m＝0对任
意的m∈（0，1）都有三个不相等的实数根，所以∀m∈（0，1），当x≤0时，ex－1＝－m有一根；当x>0时，x2－ax＝－m恒有两个正根，由二次函数的图象可知a2>0，a2－4m>0对任意的m∈（0，1）恒成立，
所以a2≥4，且a>0，得a≥2.3．答案：D解析：因为f（x）为R上的奇函数，所以当x<0时，f（x）＝－f（－x）＝－log12（－x＋1），x∈（－1，0），－1＋|－x－3|，x∈（－∞，－1]，画出函数
y＝f（x）的图象和直线y＝a（0<a<1），如图．由图可知，函数y＝f（x）与直线y＝a（0<a<1）共有5个交点，设其横坐标从左到右分别为x1，x2，x3，x4，x5，则x1＋x22＝－3，x4＋x52
＝3，而－log12（－x3＋1）＝a，即log2（1－x3）＝a，可得x3＝1－2a，所以x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝1－2a.4．答案：D解析：设张飞的声强为I1，一个士兵的声强为I2，根据题意可知160＝10lgI110－12，140＝10lgI210－12，所以I1＝104，I2
＝102，所以I1I2＝100，所以这群士兵的人数为100.5．答案：12，1∪{2}∪[e，＋∞）解析：易知当a≤0时，不满足题意；当0<a<2时，e－a>0，要使函数f（x）恰有2个零点，则a2<1≤2a，得12≤a<1；当
a＝2时，由ex－2＝0，得x＝ln2，满足x<1，由（x－2a）（x－a2）＝0，得x＝4，此时f（x）共有2个零点，满足题意；当a>2时，a2>2a>4，要使函数f（x）恰有2个零点，则e－a≤0，即a≥e.综上，实数a的取值范围是12，1∪{2}∪[)
e，＋∞.6．答案：（1）4或0（2）4解析：（1）∵y＝f（x）－k恰有2个不同的零点，∴y＝f（x）和y＝k的图象有2个不同的交点．由图可得当y＝f（x）和y＝k的图象有2个不同的交点时，k＝4或
k＝0.（2）∵g（x）＝2x＋1，x≤0，x3＋2x－16，x>0，∴当x≤0时，由2x＋1＝0，得x＝－12.当f（x）＝－12时，由图可知g（f（x））＝0有一个解．当x>0时，易知g（x）＝x3＋2x－16单调递
增，∵g（2）＝－4，g（3）＝17，∴g（x）在（2，3）上有一个零点x0，当f（x）＝x0，x0∈（2，3）时，由f（x）的图象可知g（f（x））＝0有3个解，∴y＝g（f（x））共有4个零点．三高考小题重现篇1．答案：B解析：由f（x）＝2sinx－sin2x＝2si
nx－2sinxcosx＝2sinx·（1－cosx）＝0得sinx＝0或cosx＝1，∴x＝kπ，k∈Z，又∵x∈[0，2π]，∴x＝0，π，2π，即零点有3个．2．答案：C解析：I（t*）＝K1＋e－0.23（t*－53）＝0.95K，整理可得e0.23（t*－53）＝
19，两边取自然对数得0.23（t*－53）＝ln19≈3，解得t*≈66.3．答案：B解析：∵R0＝1＋rT，∴3.28＝1＋6r，∴r＝0.38.若I（t1）＝e0.38t1，I（t2）＝e0.38t2，I（t2）＝2I
（t1），则e0.38（t2－t1）＝2，0.38（t2－t1）＝ln2≈0.69，t2－t1≈1.8.4．答案：D解析：由M1（R＋r）2＋M2r2＝（R＋r）M1R3，得M11＋rR2＋M2rR2＝
1＋rRM1.因为α＝rR，所以M1（1＋α）2＋M2α2＝（1＋α）M1，得3α3＋3α4＋α5（1＋α）2＝M2M1.由3α3＋3α4＋α5（1＋α）2≈3α3，得3α3≈M2M1，即3
rR3≈M2M1，所以r≈3M23M1·R.5．答案：D解析：由题意知函数g（x）＝f（x）－|kx2－2x|恰有4个零点等价于方程f（x）－|kx2－2x|＝0，即f（x）＝|kx2－2x|有4个不同的根，即函数y＝f（x）与y＝|
kx2－2x|的图象有4个不同的公共点．图1当k＝0时，在同一平面直角坐标系中，分别作出y＝f（x）与y＝|2x|的图象如图1所示，由图1知两图象只有2个不同的公共点，不满足题意．当k<0时，y＝|kx2－2x|＝kx－1k2－
1k，其图象的对称轴为直线x＝1k<0，直线x＝1k与y＝|kx2－2x|的图象的交点为1k，－1k，点1k，－1k在直线y＝－x上，在同一平面直角坐标系中，分别作出y＝f（x）与y＝|kx2－2x|的图象如图2所示，由图2易知函数y＝f（x）与y＝|kx2－2x|
的图象有4个不同的公共点，满足题意．图2当k>0时，函数y＝|kx2－2x|的图象与x轴的2个交点分别为原点（0，0）与2k，0，则当x>2k时，由kx2－2x＝x3，得x2－kx＋2＝0，令Δ＝k2－8＝0
，得k＝22，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝f（x）与y＝|kx2－2x|的图象如图3所示，由图3知两图象有3个不同的公共点，不满足题意．令Δ＝k2－8>0，得k>22，此时在同一平面直角坐标
系中，分别作出函数y＝f（x）与y＝|kx2－2x|的图象如图4所示，由图4知两图象有4个不同的公共点，满足题意．令Δ＝k2－8<0，得0<k<22，易知此时不满足题意．图3图4综上可知，实数k的取值范围是（－∞，0）∪（22，＋∞）.四经典大题强化篇1．解析：（1）如图所示．（2）
∵f（x）＝1－1x＝1x－1，x∈（0，1]，1－1x，x∈（1，＋∞），故f（x）在（0，1]上是减函数，而在（1，＋∞）上是增函数．由0<a<b且f（a）＝f（b），得0<a<1<b且1a－1＝1－1b，∴1a＋1b＝2.（3）由函数f（x）的图象可知，当0
<m<1时，方程f（x）＝m有两个不相等的正根．2．解析：（1）在Rt△PMC中，显然|MC|＝30－x，∠PCM＝60°，|PM|＝|MC|·tan∠PCM＝3（30－x），∴矩形AMPN的面积S＝|PM|·|AM|＝3x（30－
x），x∈[10，20]，由x（30－x）≤x＋30－x22＝225，可知当x＝15时，S取得最大值为2253，当x＝10或20时，S取得最小值为2003，∴2003≤S≤2253.（2）矩形AMPN健身场地造价T1＝37kS，又△ABC的面积为45
03，∴草坪造价T2＝12kS（4503－S）.∴总造价T＝T1＋T2＝25kS＋2163S，2003≤S≤2253.（3）∵S＋2163S≥1263，当且仅当S＝2163S，即S＝2163时等号成立，此时3x（30－x）＝2163，解得x＝12或x＝18.∴选取|
AM|为12米或18米时总造价T最低．单元检测（二）函数1．答案：C解析：由题意得x＋12∈[0，2]，x－12∈[0，2]，即x∈－12，32，x∈12，52，所以x∈12，32.2
．答案：B解析：①y＝3－x的定义域和值域均为R，②y＝2x－1（x>0）的定义域为（0，＋∞），值域为12，＋∞，③y＝x2＋2x－10的定义域为R，值域为[－11，＋∞），④y＝x（x≤0），1x（x>0）的定义域和值域均为R.所以定义
域与值域相同的函数是①④，共有2个．3．答案：A解析：因为二次函数f（x）＝ax2＋bx＋5的图象的对称轴是直线x＝1，所以－b2a＝1①.又f（－1）＝a－b＋5＝11，所以a－b＝6②.联立①②，解得a＝2，b＝－4，所以a＋b＝－2.4．答案：A解析：因为函数f（x）是定义在R上的奇函数，
所以f（－x）＝－f（x）.因为f（8）＝log3（8＋1）＝2，所以f（－8）＝－2，所以g（f（－8））＝g（－2）＝f（－2）＝－f（2）＝－log3（2＋1）＝－1.5．答案：A解析：因为x<0时，f（x）＝x2ex－x＝－xex>0，
所以排除选项C、D.因为x>0时，f（x）＝x2exx＝xex，所以f′（x）＝ex＋xex＝ex（x＋1）>0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，排除选项B.6．答案：D解析：因为函数y＝f（x＋1）是定义域为R的偶函数，
所以函数f（x）的图象关于直线x＝1对称．又因为f（x）在[1，＋∞）上单调递减，所以不等式f（2x－1）>f（x＋2）等价于|2x－1－1|<|x＋2－1|，两边平方整理得3x2－10x＋3<0，解得13<x<3.7．答案：B解析：根据题意，函数f（x）满足：对任意的
x1，x2∈[0，＋∞）且x1≠x2，都有f（x1）－f（x2）x1－x2<0，则f（x）在[0，＋∞）上为减函数，又f（x）为定义域R上的奇函数，所以函数f（x）在（－∞，0）上为减函数，所以函数f（x）在R上为减函数．因为c＝log278<0，a＝
67－14＝7614，而b＝7615，所以a>b>0，所以f（c）>f（b）>f（a）.8．答案：C解析：由题意知，拟定函数应满足：①是单调递增函数，且增长速度先快后慢再快；②在x＝50左右增长速度较慢，最小值为500.A中，函数y＝
（x－50）2＋500先减后增，不符合要求；B中，函数y＝10x25＋500是指数型函数，增长速度越来越快，不符合要求；D中，函数y＝50[10＋lg（2x＋1）]是对数型函数，增长速度越来越慢，不符合要求；而C中，函数y＝11000（x－50）3＋
625是由函数y＝x3经过平移和伸缩变换得到的，符合要求．9．答案：C解析：由已知得1⊕x＝1，x≤1，x2，x>1，2⊕x＝2，x≤2，x2，x>2，所以f（x）＝x－2，x≤1，x3－2，1<x≤2，x3－x
2，x>2.当x≤1时，函数的最大值是f（1）＝－1；当1<x≤2时，函数的最大值是f（2）＝6.所以当x∈[－2，2]时，函数f（x）＝（1⊕x）·x－（2⊕x）的最大值等于6.10．答案：A解析：由题意可知g（0）＝0，设x>0，则－x<0，g（x）＝－g（
－x）＝－x2－2x＋5.∵f[g（a）]≤2，f（x）＝x2＋x，x<0，－x2，x≥0，∴g（a）≥－2，∴a<0，a2－2a－5≥－2或a>0，－a2－2a＋5≥－2或a＝0，解得a≤－1或0≤a≤22－1.1
1．答案：D解析：函数f（x）＝2x＋11＋2x－13＝53－21＋2x∈－13，53，当－13<f（x）<0时，y＝[f（x）]＝－1；当0≤f（x）<1时，y＝[f（x）]＝0；当1≤f（x）<53时，y＝
[f（x）]＝1，所以函数y＝[f（x）]的值域是{－1，0，1}．12．答案：D解析：令x＝－2，由f（x＋4）＝f（x）＋f（2），得f（－2）＝0，因为函数y＝f（x）是R上的偶函数，所以f（2）＝f（－2）＝0，所以f（
x＋4）＝f（x），即函数y＝f（x）是以4为周期的周期函数．所以f（2017）＝f（504×4＋1）＝f（1）.因为f（3）＝－1，所以f（－3）＝－1，所以f（1）＝f（－3）＝－1，从而f（2017）＝－1；因为函数y＝f（x）的
图象关于y轴对称，周期为4，所以函数y＝f（x）图象的一条对称轴方程为x＝－4；当x1，x2∈[0，2]，且x1≠x2时，都有f（x1）－f（x2）x1－x2>0，设x1<x2，则f（x1）<f（x2），故函数y＝f（x）在[0，2]上是增函数．根据
对称性，易知函数y＝f（x）在[－2，0]上是减函数，再根据周期性，可知函数y＝f（x）在[－6，－4]上为减函数；f（2）＝f（－2）＝0，结合单调性及周期性，可知在[－6，6]上有且仅有f（2）＝f（－2）＝f（6）＝f（－6）＝0，即方程f（x）＝0在[－6，6]上有4个根
．综上所述，4个命题都正确．13．答案：9解析：函数y＝loga（x－1）＋4的图象恒过点P，则P（2，4），设幂函数f（x）＝xα，则2α＝4，解得α＝2，所以f（x）＝x2，所以f（3）＝32＝9.14．答案：5解析：∵函数f（x）＝log2（2－x），x<1，2x，x≥1，∴f（
－2）＝log24＝2，f（log23）＝2log23＝3，∴f（－2）＋f（log23）＝2＋3＝5.15．答案：9解析：∵f（x）＝|log3x|，实数m，n满足0<m<n，且f（m）＝f（n），∴－log3m＝log3n，∴mn＝1.∵f（x）在区间[m2，n]上的最大值
为2，函数f（x）在[m2，1）上是减函数，在（1，n]上是增函数，∴－log3m2＝2或log3n＝2.若－log3m2＝2，则m＝13，n＝3，此时log3n＝1，满足题意；同理，若log3n＝2
，则n＝9，m＝19，此时－log3m2＝4>2，不满足题意．综上可知，m＝13，n＝3，此时nm＝9.16．答案：（2＋22，＋∞）解析：设点（m，n）（m>0）是函数y＝f（x）的一个“伙伴点组”中的一个点，则其关于原点的对称点（－m，－n）必在该函数图象
上，故n＝m2＋1，－n＝k（－m＋1），消去n，整理得m2－km＋k＋1＝0.若函数f（x）有两个“伙伴点组”，则该方程有两个不相等的正实数根，即Δ＝k2－4（k＋1）>0，k>0，k＋1>0，解得k>2＋22.故实数k的取值范围是（
2＋22，＋∞）.17．解析：（1）因为函数的定义域为R，所以ax2－x＋3>0恒成立，当a＝0时，－x＋3>0不恒成立，不符合题意；当a≠0时，a>0，Δ＝1－12a<0，解得a>112.综上所述，a∈112，
＋∞.（2）由题意可知，ax2－x＋3＝9在[1，3]上有解，即a＝6x2＋1x在[1，3]上有解．设t＝1x，t∈13，1，则a＝6t2＋t.因为y＝6t2＋t在13，1上单调递增，所
以y∈[1，7].所以a∈[1，7].18．解析：（1）x<0时，－x>0，f（－x）＝－（－x）2－2x＝－x2－2x又f（x）为R上的奇函数，∴f（x）＝－f（－x）＝x2＋2x又∵当x＝0时，f（0）＝0∴f（x）的解析式为f（x）＝－x2＋2x，x≥0，x2＋2x，x
<0.（2）由（1）知：f（x）＝－x2＋2x（x≥0）在[0，1]上单调递增．f（x）＝x2＋2x（x<0）在[－1，0）上单调递增，∴f（x）在[－1，1]上单调递增，又f（x）在[－1，a－2]上单调递增，∴[－1，a－2]⊆[－1，1]，∴－1<a－2≤1，1<a≤3.即a的取值范围
是（1，3].19．解析：（1）∵f（x）是R上的奇函数，∴f（0）＝0，可得b＝1.又f（－1）＝－f（1），∴1－2－12－1＋a＝－1－22＋a，解得a＝1.经检验，当a＝1且b＝1时，f（x）＝1－2x2x＋1，满足f（x）是R上的奇函数．（2）由（1）得
f（x）＝1－2x2x＋1＝－1＋22x＋1.任取实数x1，x2∈R，且x1<x2，则f（x1）－f（x2）＝22x1＋1－22x2＋1＝2（2x2－2x1）（2x1＋1）（2x2＋1）.∵x1<x2，∴2x1<2x2，且（2x1＋1）（2x2＋1）>0，∴f（x1）－f（x2）>0，即f（x
1）>f（x2），∴函数f（x）在R上为减函数．（3）由（1）和（2）知，函数f（x）是奇函数且在R上为减函数，∴不等式f（t2－2t）＋f（－2t2＋k）<0恒成立，即f（t2－2t）<－f（－2t2＋k）＝f（2t2－k）恒成立，故t2－2t>2t2－k对任意的t∈[－2
，2]恒成立，即k＞t2＋2t对任意的t∈[－2，2]恒成立，令h（t）＝t2＋2t＝（t＋1）2－1，t∈[－2，2]，易知当t＝2时，h（t）取得最大值8，∴k>8.故实数k的取值范围是（8，＋∞）.20．解析：（1）当
0<x<80时，y＝100x－12x2＋40x－500＝－12x2＋60x－500；当x≥80时，y＝100x－101x＋8100x－2180－500＝1680－x＋8100x.∴y＝－12x2＋60x－500，0<x
<80，x∈N*，1680－x＋8100x，x≥80，x∈N*.（2）当0<x<80时，y＝－12（x－60）2＋1300，∴当x＝60时，y取得最大值，最大值为1300万元；当x≥80时，y＝1680－x＋8100x≤1680－2x·8100x＝
1500，当且仅当x＝8100x，即x＝90时，y取得最大值，最大值为1500万元．综上，当年产量为90台时，该企业在这一电子设备生产中所获利润最大，最大利润为1500万元．21．解析：（1）当a＝2时，f（x）＝2x－2·4x≥0，即2x≥22x＋1，所以x≥2x＋1，解得x≤－1.
故实数x的取值范围是（－∞，－1].（2）由题意知f（x）>－1在x∈（－∞，1]上恒成立，即a－a2>－14x＋12x在x∈（－∞，1]上恒成立．因为函数y＝14x和y＝12x在x∈（－∞，1]
上均单调递减，所以y＝－14x＋12x在（－∞，1]上单调递增，最大值为－141＋121＝－34.因此a－a2>－34，解得－12<a<32.故实数a的整数
值是0，1.22．解析：（1）由题意知，f（x）＝2x＋1x≥22，当且仅当2x＝1x，即x＝22时等号成立，所以函数y＝f（x）的值域为[22，＋∞）.（2）若函数y＝f（x）在定义域上是减函数，则任取x1，x2∈（0，1]，且x1<x2，
都有f（x1）>f（x2）成立，即f（x1）－f（x2）＝（x1－x2）2＋ax1x2＝（x1－x2）·a＋2x1x2x1x2>0成立，只要a＋2x1x2<0，即a<－2x1x2成立．由x1，
x2∈（0，1]，得－2x1x2∈（－2，0），所以a≤－2，故a的取值范围是（－∞，－2].（3）当a≥0时，函数y＝f（x）在（0，1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值2－a；由（2）知，当a≤－2时，y＝f（x）在（0，1]上单调递减，
无最大值，当x＝1时取得最小值2－a；当－2<a<0时，函数y＝f（x）在0，－2a2上单调递减，在－2a2，1上单调递增，无最大值，当x＝－2a2时，取得最小值2－2a.第三单元导数及其应用点点练8导数的概念与几何意义、导
数的运算一基础小题练透篇1．答案：A解析：（2x）′＝2x·ln2，所以①错误；（sin2x）′＝2cos2x，所以②错误；（logax）′＝1xlna（a>0，且a≠1），所以③错误；（ln2）′＝0，所以④错误．2．答案：D解析：因为f（
x）＝ex－1＋xlnx，所以f′（x）＝ex－1＋lnx＋x×1x＝ex－1＋1＋lnx，所以f′（1）＝e1－1＋1＋ln1＝2.3．答案：B解析：由题意，f′（x）＝1x＋2mx，则f′（1）＝2m＋1＝－n，f（1）＝m＝2－n，得m＝－3，n＝5，∴l的方程为5x＋y－2＝0，
则l与坐标轴的交点的坐标分别是（0，2），25，0，∴l与坐标轴围成的三角形的面积S＝12×2×25＝25.4．答案：D解析：由y＝xlnx知y′＝lnx＋1，设切点为（x0，x0lnx0），则切线方程
为y－x0lnx0＝（lnx0＋1）（x－x0），因为切线y＝kx－2过定点（0，－2），所以－2－x0lnx0＝（lnx0＋1）（0－x0），解得x0＝2，故k＝1＋ln2.5．答案：D解析：由题意知，f′（x
）＝3x2＋2ax，所以曲线y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线斜率为f′（x0）＝3x20＋2ax0，又切线方程为x＋y＝0，所以x0≠0，且3x20＋2ax0＝－1x0＋x30＋ax20＝0，解得a＝±2，x0＝－a2
.所以当x0＝1a＝－2时，点P的坐标为（1，－1）；当x0＝－1a＝2时，点P的坐标为（－1，1）.6．答案：A解析：y′＝－ex（ex＋1）2＝－1ex＋1ex＋2，因为ex>0，所以ex＋1ex≥2ex×1ex＝2（当且仅当ex＝
1ex，即x＝0时取等号），则ex＋1ex＋2≥4，故y′＝－1ex＋1ex＋2≤－14（当x＝0时取等号）.当x＝0时，曲线的切线斜率取得最大值，此时切点的坐标为0，12，切线的方程为y－12＝－14（x－0），即x＋4y－2＝0.7．
答案：14x－4y－49＝0或2x－4y－1＝0解析：显然点（4，74）不在抛物线y＝14x2上，设所求切线与曲线相切于点Px0，14x20.易知y′＝12x，则y′|x＝x0＝12x0.故74－14x204－x0＝12x0，整理得x20－8x0＋7＝0，解得
x0＝7或x0＝1，所以点P7，494或P1，14，由两点式得切线方程为14x－4y－49＝0或2x－4y－1＝0.8．答案：－1解析：因为f（x）＝xcosx，所以f′（x）＝cosx－xsinx，在f′（π
）＝cosπ－π·sinπ＝－1，因为函数在x＝π处的切线与直线ax－y＋1＝0平行，所以a＝f′（π）＝－1.二能力小题提升篇1．答案：D解析：因为f（x）＝aex＋x2，所以f′（x）＝aex＋2x，因此切线方程的斜率k＝f′（1）
＝ae＋2，所以有ae＋2＝2e＋2，得a＝2，又切点在切线上，可得切点坐标为（1，2e＋2＋b），将切点代入f（x）中，有f（1）＝2e＋1＝2e＋2＋b，得b＝－1，所以ab＝－2.2．答案：A解析：由f（x）＝
ax－lnx＋1⇒f′（x）＝a－1x，f′（1）＝a－1，f（1）＝a＋1，故过（1，f（1））处的切线方程为：y＝（a－1）（x－1）＋a＋1＝（a－1）x＋2，故l过定点（0，2）.3．答案：A解析：∵f（x）＝axlnx＋b过点（1，1），∴f（1）＝aln1＋b＝1，解得b＝1.∵
f′（x）＝a（lnx＋1），∴f′（1）＝a（ln1＋1）＝a，则f（x）在点（1，1）处的切线方程为y＝a（x－1）＋1.∵y＝a（x－1）＋1过点（3，5），∴a＝2，∴f（x）＝2xlnx＋1，∴f′（x）＝2（lnx＋1）.令f′（x）>0，
得x>1e；令f′（x）<0，得0<x<1e，∴f（x）在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增．∴f（x）的最小值为f1e＝2eln1e＋1＝1－2e.4．答案：B解析：①f（x）＝x2，f
′（x）＝2x，x2＝2x，x＝0，x＝2，有“巧值点”；②f′（x）＝－e－x，－e－x＝e－x，无解，无“巧值点”；③f（x）＝lnx，f′（x）＝1x，lnx＝1x，令g（x）＝lnx－1x，g（1）＝－1<0，g（e）＝1－1e>0.由零点存在性定理，所以在（1，e）上必有零点，f（
x）有“巧值点”；④f（x）＝tanx，f′（x）＝1cos2x，1cos2x＝tanx，sinxcosx＝1，即sin2x＝2，无解，所以f（x）无“巧值点”．所以有“巧值点”的是①③.5．答案：（
－∞，e]解析：设f（x）＝ex，切点为（x0，ex0），则f′（x）＝ex，所以k＝ex0，b＝ex0－kx0＝ex0（1－x0），所以k＋b＝ex0＋ex0（1－x0）＝ex0（2－x0）.令g（x）＝ex（2－x）
，则g′（x）＝ex（2－x）－ex＝ex（1－x），当x∈（－∞，1）时，g′（x）>0，g（x）单调递增；当x∈（1，＋∞）时，g′（x）<0，g（x）单调递减．所以g（x）的最大值为g（1）＝e，
又x→－∞时，g（x）→0，x→＋∞时，g（x）→－∞，所以k＋b的取值范围是（－∞，e].6．答案：e2解析：函数f（x）＝alnx的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝ax，g′（x）＝12x.设曲线f（x）＝alnx与曲线g（x）＝x
的公共点为（x0，y0），由于在公共点处有共同的切线，∴ax0＝12x0，解得x0＝4a2，a>0.由f（x0）＝g（x0），可得alnx0＝x0.联立x0＝4a2，alnx0＝x0，解得a＝
e2.三高考小题重现篇1．答案：B解析：f′（x）＝4x3－6x2，则f′（1）＝－2，易知f（1）＝－1，由点斜式可得函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程为y－（－1）＝－2（x－1），即y＝－2x＋1.2．答案：D解析：方法一因为函数f（x）＝x3＋（a－1）
x2＋ax为奇函数，所以f（－x）＝－f（x），所以（－x）3＋（a－1）（－x）2＋a（－x）＝－[x3＋（a－1）x2＋ax]，所以2（a－1）x2＝0，因为x∈R，所以a＝1，所以f（x）＝x3＋x，
所以f′（x）＝3x2＋1，所以f′（0）＝1，所以曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为y＝x.方法二因为函数f（x）＝x3＋（a－1）x2＋ax为奇函数，所以f（－1）＋f（1）＝0，所以－1＋a－1－a＋（1＋a－1＋a）＝0，解得a＝1，经检验满足题意
，所以f（x）＝x3＋x，所以f′（x）＝3x2＋1，所以f′（0）＝1，所以曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为y＝x.3．答案：D解析：方法一在曲线y＝ex上任取一点P()t，et，对函数y＝ex求导得y′＝ex，所以，曲线y＝ex在点P处的切线方程
为y－et＝et()x－t，即y＝etx＋()1－tet，由题意可知，点()a，b在直线y＝etx＋()1－tet上，可得b＝aet＋()1－tet＝()a＋1－tet，令f（t）＝()a＋1－tet，则f′（t）＝()a－tet.当t<a时，f′（t）>0，此时函数f
（t）单调递增，当t>a时，f′（t）<0，此时函数f（t）单调递减，所以，f（t）max＝f()a＝ea，由题意可知，直线y＝b与曲线y＝f（t）的图象有两个交点，则b<f（t）max＝ea，当t<
a＋1时，f（t）>0，当t>a＋1时，f（t）<0，作出函数f（t）的图象如图所示：由图可知，当0<b<ea时，直线y＝b与曲线y＝f（t）的图象有两个交点．方法二画出函数曲线y＝ex的图象如图所示，根据直观即可判定点()a，b在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线
．由此可知0<b<ea.4．答案：1解析：f′（x）＝（x＋a－1）ex（x＋a）2，则f′（1）＝ae（a＋1）2＝e4，解得a＝1.5．答案：5x－y＋2＝0解析：因为y＝2x－1x＋2，所以y′＝2（x＋2）－（2x－1）（x＋2）2＝5（x＋2）2.当x
＝－1时，y＝－3，y′＝5，所以所求切线方程为y＋3＝5（x＋1），即5x－y＋2＝0.6．答案：（0，1）解析：由题意，f（x）＝|ex－1|＝1－ex，x<0ex－1，x≥0，则f′（x）＝－ex，x<0ex，x>0，所以点A（x1，1
－ex1）和点B（x2，ex2－1），kAM＝－ex1，kBN＝ex2，所以－ex1·ex2＝－1，x1＋x2＝0，所以AM：y－1＋ex1＝－ex1（x－x1），M（0，ex1x1－ex1＋1），所以|AM|＝x21＋（ex1x1）2＝1＋
e2x1·|x1|，同理|BN|＝1＋e2x2·|x2|，所以|AM||BN|＝1＋e2x1·|x1|1＋e2x2·|x2|＝1＋e2x11＋e2x2＝1＋e2x11＋e－2x1＝ex1∈（0，1）.四经典大题强
化篇1．解析：（1）∵f′（x）＝3x2－8x＋5，∴f′（2）＝1，又f（2）＝－2，∴曲线在点（2，f（2））处的切线方程为y＋2＝x－2，即x－y－4＝0.（2）设曲线与经过点A（2，－2）的切线相切于
点P（x0，x30－4x20＋5x0－4），∵f′（x0）＝3x20－8x0＋5，∴切线方程为y－（－2）＝（3x20－8x0＋5）（x－2），又切线过点P（x0，x30－4x20＋5x0－4），∴x30－4x20＋5x0－2＝（3x20－8x0＋5
）（x0－2），整理得（x0－2）2（x0－1）＝0，解得x0＝2或1，∴经过点A（2，－2）的曲线f（x）的切线方程为x－y－4＝0或y＋2＝0.2．解析：（1）方程7x－4y－12＝0可化为y＝74x－3，当x＝2
时，y＝12.又因为f′（x）＝a＋bx2，所以2a－b2＝12，a＋b4＝74．解得a＝1，b＝3，所以f（x）＝x－3x.（2）证明：设P（x0，y0）为曲线y＝f（x）上任一点，由y′＝1＋3x2知曲线在点P
（x0，y0）处的切线方程为y－y0＝1＋3x20（x－x0），即y－x0－3x0＝1＋3x20（x－x0）.令x＝0，得y＝－6x0，所以切线与直线x＝0的交点坐标为0，
－6x0.令y＝x，得y＝x＝2x0，所以切线与直线y＝x的交点坐标为（2x0，2x0）.所以曲线y＝f（x）在点P（x0，y0）处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积S＝12－6x0|2x0|＝6.故曲线y＝f（x）上任一点处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的
三角形面积为定值，且此定值为6.点点练9导数与函数的单调性、极值、最值一基础小题练透篇1．答案：A解析：由f′（x）的图象可知：当x∈（－∞，－2）∪（0，＋∞）时，f′（x）<0，当x∈（－2，0）时，f′（x）>0，所以f（x）在（－∞，－2）和（0，＋∞）单
调递减，在（－2，0）单调递增，可排除B、C、D.2．答案：B解析：依题意f′（x）＝2x－a＋1x≥0在区间（1，e）上恒成立，即a≤2x＋1x在区间（1，e）上恒成立，令g（x）＝2x＋1x（1<x<e），g′（x）＝2－1x2＝2x2－1x2＝（2x＋1）
（2x－1）x2>0，g（x）在（1，e）上单调递增，g（1）＝3，所以a≤3.所以a的取值范围是（－∞，3].3．答案：D解析：f′（x）＝a＋ex，由于函数f（x）不存在极值点，所以f（x）单调，因为a＋ex≤0不恒成立，所以a＋ex≥0恒成立，即a≥0.4．答案：
A解析：由f′（x）的图象可知，其与x轴有4个交点，但是只有2个满足由正变负或由负变正的条件，所以f（x）在（x1，x2）内极值点的个数为2.5．答案：C解析：由题意知x>0，f′（x）＝1＋ax，要使函数f（x）＝x＋alnx不是单调函数，则方程1＋ax＝0在x>0上有解，即x＝－
a，所以a<0.6．答案：A解析：f′（x）＝（2x＋a）ex－1＋（x2＋ax－1）ex－1＝[x2＋（a＋2）x＋a－1]ex－1.∵x＝－2是f（x）的极值点，∴f′（－2）＝0，即（4－2a－4＋a－1）·e－3＝0，得a＝－1.∴f（x）＝（x2－x－1）ex－1，f′
（x）＝（x2＋x－2）ex－1.由f′（x）>0，得x<－2或x>1；由f′（x）<0，得－2<x<1.∴f（x）在（－∞，－2）上单调递增，在（－2，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，∴f（x）的极小值点为1，∴f（x）的极小值为f（1）＝－1.7．答案：－7解析：
由题意得f′（x）＝3x2＋6ax＋b，则a2＋3a－b－1＝0，b－6a＋3＝0，解得a＝1，b＝3或a＝2，b＝9，经检验当a＝1，b＝3时，函数f（x）在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9满足题意，故a
－b＝－7.8．答案：（－∞，4]解析：由已知得f′（x）＝4x＋1x－a（x>0），因为函数f（x）是定义域上的单调递增函数，所以当x>0时，4x＋1x－a≥0恒成立．因为当x>0时，函数g（x）＝4x＋1x≥4，当且仅当x＝12
时取等号，所以g（x）∈[4，＋∞），所以a≤4，即实数a的取值范围是（－∞，4].二能力小题提升篇1．答案：D解析：函数f（x）＝13x3－mx2＋mx＋9在R上无极值⇔f′（x）＝x2－2mx＋m在R上无变号零点⇔Δ＝4m2－
4m≤0⇔0≤m≤1.2．答案：B解析：f′（x）＝3x2－2ax.当x<0或x>2a3时，f′（x）>0；当0<x<2a3时，f′（x）<0.所以f（x）的极大值点为0，则a－2＝0，解得a＝2.3．答案：B解析：因为f′（x）＝lnx，所以f（x）在
12，1上单调递减，在（1，2]上单调递增，所以f（x）min＝f（1）＝－1.4．答案：C解析：f′（x）＝1－lnxx2－1＝1－lnx－x2x2.令φ（x）＝1－lnx－x2，则φ′（x）＝－1
x－2x<0，所以φ（x）＝1－lnx－x2在（0，＋∞）上单调递减．因为φ（1）＝0，所以当0<x<1时，φ（x）>0；当x>1时，φ（x）<0.所以f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1
，＋∞），故f（x）的极大值点为1，f（x）的极大值为f（1）＝－1.三高考小题重现篇1．答案：D解析：设导函数y＝f′（x）与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′（x）的图象易得当x∈（－∞，x1）∪（x2，x
3）时，f′（x）<0；当x∈（x1，x2）∪（x3，＋∞）时，f′（x）>0（其中x1<0<x2<x3），所以函数f（x）在（－∞，x1），（x2，x3）上单调递减，在（x1，x2），（x3，＋∞）上单调递增，观察各选项，只有D选项符合．2．答案：－3解析：f′（x
）＝6x2－2ax＝2x（3x－a）（x>0）.①当a≤0时，f′（x）>0，f（x）在（0，＋∞）上递增，又f（0）＝1，∴f（x）在（0，＋∞）上无零点．②当a>0时，由f′（x）>0，解得x>a3，由f′（x）<0，解得0<x<a3，∴f（x）
在0，a3上递减，在a3，＋∞上递增．又f（x）只有一个零点，∴fa3＝－a327＋1＝0，∴a＝3.此时f（x）＝2x3－3x2＋1，f′（x）＝6x（x－1），当x∈[－1，1]时，f（x）在[－1，0]上递增，在[0，1]上递减．又f（1）＝0，f（
－1）＝－4，∴f（x）max＋f（x）min＝f（0）＋f（－1）＝1－4＝－3.3．答案：－332解析：f′（x）＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2（2cos2x－1）＝2（2cos2x＋cosx－1
）＝2（2cosx－1）（cosx＋1）.∵cosx＋1≥0，∴当cosx<12时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当cosx>12时，f′（x）>0，f（x）单调递增．∴当cosx＝12，f（x）有最小值．又f（x）＝2sinx＋sin2x＝2sinx（1＋cosx
），∴当sinx＝－32时，f（x）有最小值，即f（x）min＝2×－32×1＋12＝－332.4．答案：①④解析：对于①，令g（x）＝ex·2－x＝e2x.由e2>1
知g（x）在R上是增函数，故f（x）＝2－x具有M性质．对于②，令g（x）＝ex·3－x＝e3x.由0<e3<1知g（x）在R上是减函数，故f（x）＝3－x不具有M性质．对于③，令g（x）＝ex·x3，则g′（x）＝ex（3x2＋x3）＝x2ex（x＋3）.
当x∈（－∞，－3）时，函数g（x）是减函数，因此f（x）＝x3不具有M性质．对于④，令g（x）＝ex（x2＋2），则g′（x）＝ex（x2＋2x＋2）＝ex[（x＋1）2＋1]>0.因此g（x）在R上是增函数，故f（x）＝x2＋2具有M性质．应填①④.四经典大题强化篇1．解析：（1）当a＝1时，
f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝x－lnx，令h（x）＝x－lnx，则h′（x）＝1－1x＝x－1x，当h′（x）<0⇒0<x<1，当h′（x）>0⇒x>1，所以f′（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
∴x＝1为f′（x）的极小值点，且f′（x）≥f′（1）＝1>0，∴f（x）在（0，＋∞）单调递增．（2）问题转化为方程alnx＝x有两个不相等的实根，当lnx＝0，即x＝1时，alnx＝x不成立；当x>0且x≠1时，a＝xlnx，令φ（x）＝xlnx，则y＝a与φ（x）＝xlnx的图象有两个交
点，∵φ′（x）＝lnx－1（lnx）2，φ′（x）<0⇒0<x<1或1<x<e；φ′（x）>0⇒x>e，∴φ（x）在（0，1），（1，e）上单调递减，在（e，＋∞）上单调递增，又当x∈（0，1），φ（x）<0，x∈（1，＋∞），φ
（x）>0，且φ（x）在（1，＋∞）的最小值为φ（e）＝e，∴当a>e时，直线y＝a与φ（x）＝xlnx的图象有两个交点，∴实数a的取值范围为（e，＋∞）.2．解析：（1）f（x）的定义域为R，f′（x）＝ex－a.①当a≤
0时，f′（x）≥ex>0，所以f（x）在R上单调递增，故f（x）至多有一个零点，不符合题意；②当a>0时，令f′（x）<0，得x<lna；令f′（x）>0，得x>lna，故f（x）在（－∞，lna）上单调递减，在（lna，＋∞）上单调递增，所
以f（x）min＝f（lna）＝a－alna＝a（1－lna）（ⅰ）若0<a≤e，则f（x）min＝a（1－lna）≥0，故f（x）至多有一个零点，不符合题意；（ⅱ）若a>e，则lna>1，f（x）min＝a（1－lna）<0，由（ⅰ）
知ex－ex≥0，∴elna－elna＝a－lna≥0，∴a－2lna>a－elna≥0，f（2lna）＝a2－2alna＝a（a－2lna）>0.又∵f（0）＝1>0，0<lna<2lna，故f（x）存在两个零点，分别在（0，lna），（lna，2lna）内
．综上，实数a的取值范围为（e，＋∞）.（2）证明：方法一由题意得ex1＝ax1ex2＝ax2，令t＝x2－x1>0，两式相除得et＝ex2－x1＝x2x1＝x1＋tx1，变形得x1＝tet－1.欲证x2－x1<
2x1－2，即证t<2（et－1）t－2，即证t2＋2t＋2et<2.记h（t）＝t2＋2t＋2et（t>0），h′（t）＝（2t＋2）et－（t2＋2t＋2）et（et）2＝－t2et<0，故h（t）在（0，＋∞）上单调递减，从而h（t）<h（0）
＝2，即t2＋2t＋2et<2，所以x2－x1<2x1－2得证．方法二由题意得：ex1＝ax1，ex2＝ax2.由（1）可知x1，x2>0，令t＝x2x1>1，则x2＝tx1，则ex1＝ax
1etx1＝atx1，两式相除得e（t－1）x1＝t，x1＝lntt－1，x2＝tlntt－1，欲证x2－x1<2x1－2，即证lnt<2（t－1）lnt－2，即证（lnt）2＋2lnt－2t＋2<0.记g（t）＝（
lnt）2＋2lnt－2t＋2（t>1），g′（t）＝2lnt·1t＋2t－2＝2（lnt－t＋1）t，令h（t）＝lnt－t＋1（t>1），h′（t）＝1t－1＝1－tt<0故h（t）在（1，＋∞）上单调递
减，则h（t）<h（1）＝0，即g′（t）<0，∴g（t）在（1，＋∞）上单调递减，从而g（t）<g（1）＝0，∴（lnt）2＋2lnt－2＋2<0得证，即x2－x1<2x1－2得证．点点练10导数的综合应用一基础小题练透篇1
．答案：B解析：令f（x）＝x3－3x2－9x＋2，则f′（x）＝3x2－6x－9，令f′（x）＝0，得x＝－1或3（舍去）.因为f（－1）＝7，f（－2）＝0，f（2）＝－20.所以f（x）的最小值为f（2）＝－20，故m≤－20.2．答案：D解析：因为f′（x）＝13－1x，所
以当x∈（0，3）时，f′（x）<0，f（x）单调递减，而0<1e<1<e<3，又f1e＝13e＋1>0，f（1）＝13>0，f（e）＝e3－1<0，所以f（x）在区间1e，1上无零点，在区间（1，e）上有
零点．3．答案：D解析：f′（x）＝ex＋xex＝（1＋x）ex，当x>－1时，f′（x）>0，函数单调递增；当x<－1时，f′（x）<0，函数单调递减．所以当x＝－1时，f（x）取得最小值，f（－1）＝－1e.函数g（x）的最大值为a.若∃x1，
x2∈R，使得f（x2）≤g（x1）成立，则有g（x）max≥f（x）min，即a≥－1e.4．答案：A解析：∵f（x）＝f（－x），当x>0时，f′（x）＝ex2·2x－4x，令f′（x）＝0，则2x（ex2－2）＝0⇒x
＝ln2∈（0，1），且f（ln2）＝2－2ln2>0，∴当x>0时，f（x）>0，且只有一个极值点，∴排除B，C，D.5．答案：C解析：令g（x）＝xf（x），x∈（0，＋∞），则g′（x）＝f（x）＋xf′（
x）>0在（0，＋∞）上恒成立，∴g（x）为（0，＋∞）上的增函数．又∵e>1>1e，∴g（e）>g（1）>g1e，∴ef（e）>f（1）>1ef1e.∵f（x）为奇函数，∴－ef（－e
）＝ef（e），∴b>c>a.6．答案：B解析：由题意知a≤2lnx＋x＋3x对x∈（0，＋∞）恒成立，令g（x）＝2lnx＋x＋3x，则g′（x）＝2x＋1－3x2＝x2＋2x－3x2，由g′（x）＝0得x＝1或x＝－3（舍），且x∈（0，1）时，g′
（x）<0，x∈（1，＋∞）时，g′（x）>0.因此g（x）min＝g（1）＝4.所以a≤4.7．答案：－1e，＋∞解析：f（x）的定义域是（0，＋∞），f′（x）＝1x＋a＝1＋axx（x>0）.当a≥0时，f′（x）>0，则f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
又f（1）＝a≥0，∴存在x0∈（0，＋∞），使f（x0）>0；当a<0时，令f′（x）>0，解得0<x<－1a，令f′（x）<0，解得x>－1a，∴f（x）在（0，－1a）上单调递增，在（－1a，＋∞）上单调递减，∴f（x）max＝f（－1a）＝ln－1a－1>0，解得－1
e<a<0.综上，a的取值范围是－1e，＋∞.8．答案：（0，2－ln3]解析：由题意可知，ax－2a>2x－lnx－4，设g（x）＝2x－lnx－4，h（x）＝ax－2a.由g′（x）＝2－1x＝2x－1x，可知g（x）＝2x－lnx－4在0，12上为减函数，在
12，＋∞上为增函数．h（x）＝ax－2a的图象恒过点（2，0），在同一平面直角坐标系中作出g（x），h（x）的图象如图所示．若有且只有两个整数x1，x2，使得h（x1）>g（x1）且h（x2）>g
（x2），则a>0，h（1）>g（1），h（3）≤g（3），即a>0，－a>－2，a≤2－ln3，解得0<a≤2－ln3.二能力小题提升篇1．答案：D解析：构造函数f（x）＝xsinx，则f′（x）＝sinx＋xcosx，x∈
0，π2时，导函数f′（x）≥0，f（x）单调递增；x∈－π2，0时，导函数f′（x）<0，f（x）单调递减．∵αsinα－βsinβ>0，∴αsinα>βsinβ，又f（x）为偶函数，∴|α|>|β|，∴α2>β2.2．答案：D
解析：因为exx－mx>0在（0，＋∞）上恒成立，所以在（0，＋∞）上不等式m<exx2恒成立，即在（0，＋∞）上m<exx2min.令g（x）＝exx2，则g′（x）＝ex（x－2）x3.当x∈（0，2）时，g′（x）<0，故g（x）在（0，2）上为减函数；当x∈（2，＋∞）时，g′
（x）>0，故g（x）在（2，＋∞）上为增函数．所以g（x）min＝g（2）＝e24，故m<e24.3．答案：B解析：∵函数f（x）的定义域为R，f（－x）＝－f（x），∴f（x）为奇函数．又f′（x）＝3x2＋2＋cosx>0，∴f（x）在R上单调递增，所
以f（a）>f（2a－1），a>2a－1，解得a<1.4．答案：B解析：由题意，函数f（x）＝ax3＋x＋1，可得f′（x）＝3ax2＋1，当a≥0时，f′（x）>0，f（x）在R上单调递增，只有一个交点，不符合题
意；当a<0时，f′（x）＝3ax－－13ax＋－13a，当x∈－∞，－－13a时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当x∈－－13a，－13a时，f′（x
）>0，f（x）单调递增；当x∈－13a，＋∞时，f′（x）<0，f（x）单调递减，要使得函数f（x）的图象与x轴有三个交点，则满足f（x）极小值＝f－－13a＝23－－13a＋1<0，解得－427<a<0，且f（x）极大值
＝f－13a＝23·－13a＋1>0恒成立．所以－427<a<0，即实数a的取值范围是－427，0.5．答案：（－∞，0）解析：设g（x）＝f（x）＋2ex，则g′（x）＝f′（x）－f（x）－2ex<0，所以函数g（x）在R上
为减函数．又f（0）＝1，所以不等式ln[f（x）＋2]－ln3>x等价于ln[g（x）]>ln[g（0）]，所以g（x）>g（0），所以x<0，故原不等式的解集为（－∞，0）.6．答案：（－∞，e）解析
：因为f（x）＝2x－1<1⇒x<1，且对任意的x∈R，总有f（x）<1或g（x）<1成立，所以当x≥1时，g（x）<1恒成立，即alnx－x22<0在[1，＋∞）上恒成立．当x＝1时，alnx－x22＝－12<0恒成立；当x>1时，a
<x22lnx恒成立，令h（x）＝x22lnx，x>1，则h′（x）＝x（2lnx－1）2（lnx）2，因为h′（x）>0⇒x>e，h′（x）<0⇒1<x<e，所以h（x）在（1，e）上单调递减，（e，＋∞）上单调递增，故h（x）min＝h（e）＝
（e）22lne＝e，所以a<e.所以当a<e，x≥1时，g（x）<1恒成立．即当a<e时，对任意的x∈R，总有f（x）<1或g（x）<1成立．三高考小题重现篇1．答案：D解析：因为y′＝aex＋lnx＋1，所以y′|
x＝1＝ae＋1，所以曲线在点（1，ae）处的切线方程为y－ae＝（ae＋1）（x－1），即y＝（ae＋1）x－1，所以ae＋1＝2，b＝－1，解得a＝e－1b＝－1.2．答案：C解析：方法一当a＝0时，不等式f（x）≥0恒
成立，排除D；当a＝e时，f（x）＝x2－2ex＋2e，x≤1，x－elnx，x>1，当x≤1时，f（x）＝x2－2ex＋2e的最小值为f（1）＝1>0，满足f（x）≥0；当x>1时，由f（x）＝x－elnx可得f′（x）＝1－ex＝x－ex，易得f（x）在x
＝e处取得极小值（也是最小值）f（e）＝0，满足f（x）≥0恒成立，排除A，B.方法二若x≤1，f（x）＝x2－2ax＋2a＝（x－a）2－a2＋2a，当a≤1时，可得f（x）的最小值为f（a）＝－a2＋2a，令f（a）≥0，解得0
≤a≤2，故0≤a≤1；当a>1时，可得f（x）的最小值为f（1）＝1≥0，满足条件．所以a≥0.若x>1，由f（x）＝x－alnx可得f′（x）＝1－ax＝x－ax，当a≤1时，f′（x）>0，则f（x）单调
递增，故只需f（1）≥0，显然成立；当a>1时，由f′（x）＝0可得x＝a，易得f（x）的最小值为f（a）＝a－alna，令f（a）≥0，解得a≤e，故1<a≤e，所以a≤e.综上，a的取值范围是[0，e].3．答案：A解析：令F（x）＝f（x）x，因为f（x
）为奇函数，所以F（x）为偶函数，由于F′（x）＝xf′（x）－f（x）x2，当x＞0时，xf′（x）－f（x）＜0，所以F（x）＝f（x）x在（0，＋∞）上单调递减，根据对称性，F（x）＝f（x）x在（－
∞，0）上单调递增，又f（－1）＝0，f（1）＝0，数形结合可知，使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（－∞，－1）∪（0，1）.4．答案：－1，12解析：由f（x）＝x3－2x＋ex－1ex得f（－x
）＝－x3＋2x＋1ex－ex＝－f（x），则f（x）是R上的奇函数．f′（x）＝3x2－2＋ex＋1ex≥3x2－2＋2ex·1ex＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，则f（x）单调递增．则不等式f（a－1）＋f（2a2）≤0⇔f（a－1）≤－f（2a2）
＝f（－2a2）⇔a－1≤－2a2，解得－1≤a≤12，故实数a的取值范围是－1，12.四经典大题强化篇1．解析：（1）f′（x）＝a－1x＋1＝ax＋a－1x＋1，其中x>－1，若a≤0，f′（x）<0，此时f（x）在（－1，＋∞）上单调递减；若a>0，由f′（x）>0得x>1a－
1，由f′（x）<0得－1<x<1a－1，故f（x）在－1，1a－1上单调递减，在1a－1，＋∞上单调递增．综上所述，当a≤0时，f（x）在（－1，＋∞）上单调递减；当a>0时，f（x）在－1，1a－1上单调递减，在1a－1，＋∞上单调递增．（2）由
题意得ax＋e－x－ln（x＋1）－1x＋1≥0对任意x∈（0，＋∞）恒成立，记g（x）＝ax＋e－x－ln（x＋1）－1x＋1，x∈（0，＋∞），其中g（0）＝0，g′（x）＝a－e－x－1x＋1＋1（x＋1）2，其中g′（0）＝a－1；g″（x）＝e－x＋1（x＋1）2－2（x＋
1）3＝（x－1）ex＋（x＋1）3ex（x＋1）3.记h（x）＝（x－1）ex＋（x＋1）3，因为h′（x）＝xex＋3（x＋1）2>0，x∈（0，＋∞），所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以h（x）>h（0）＝0，
所以g″（x）>0，所以g′（x）在（0，＋∞）上单调递增．若a≤0，则g（1）＝a＋e－1－ln2－12<0，不符合题意；若0<a<1，因为g′（x）＝a－e－x－1x＋1＋1（x＋1）2<a－e－x，所以g′（－lna）<a－elna＝0
，又因为g′（0）＝a－1<0，g′（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以当x∈（0，－lna）时，g′（x）<0，所以g（x）在（0，－lna）上单调递减，所以当x∈（0，－lna）时，g（x）<g（
0）＝0，不符合题意；若a≥1，因为g′（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以g′（x）>g′（0）＝a－1≥0，所以g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以g（x）>g（0）＝0，符合题意．综上，实数a的取值范围是[1，＋∞）.2．解析：（1）f′（x）＝1－ax2－4x＝x2－4x－ax2.∵
f（x）在（0，＋∞）上单调递增，∴f′（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，∴x2－4x－a≥0（x>0），∴a≤（x2－4x）min（x>0）＝－4，∴a的取值范围为（－∞，－4].（2）设h（x）＝f（x）＋g（x），则h（x）
＝ex－4lnx，x∈（0，＋∞），h′（x）＝ex－4x，显然h′（x）在（0，＋∞）上为增函数．又h′（1）＝e－4<0，h′（2）＝e2－2>0，∴h′（x）在（0，＋∞）上有唯一零点，设为x0，则x0∈（1，2）.当0<x<x0时，h′（x）<0；当x>x0时，h′（x）>
0.∴h（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，∴h（x）min＝h（x0）＝ex0－4lnx0.又h′（x0）＝ex0－4x0＝0，∴ex0＝4x0，x0ex0＝4，x0＋lnx0＝ln4，∴h（x0）＝ex0－4lnx0＝4x0－4（ln4－x
0）＝4x0＋4x0－4ln4>8－4ln4＝8－8ln2，∴h（x）>8－8ln2.即当x>0时，f（x）＋g（x）>8－8ln2.点点练11定积分与微积分基本定理一基础小题练透篇1．答案：D解析：a＝02x2dx＝13x320＝83，b＝02x3dx＝
14x420＝4，c＝02sinxdx＝（－cosx）20＝1－cos2.∵cos2∈[－1，1]，∴1－cos2∈[0，2]，∴1－cos2<83<4，故c<a<b.2．答案：D解析：3．答案
：A解析：由0tsinxdx＝（－cosx）t0＝－cost＋1＝1，得cost＝0，∴t＝π2＋kπ（k∈N），于是p是q的充分不必要条件．4．答案：C解析：根据定积分的几何意义，024－x2dx表示
以原点为圆心，以2为半径的四分之一圆的面积，所以024－x2dx＝π.所以a2018＋a2020＝π，设a2018＝a，公比为q，则a＋aq2＝π，所以a2017（a2019＋2a2021＋a2023）＝aq（aq＋2
aq3＋aq5）＝a2（1＋2q2＋q4）＝a2（1＋q2）2＝[a（1＋q2）]2＝π2.5．答案：C解析：令v（t）＝7－3t＋251＋t＝0，又t>0，则t＝4，汽车刹车的距离是047－3t＋251＋tdt＝4＋25ln5.6．答案
：C解析：13f（x－2）dx＝12f（x－2）dx＋23f（x－2）dx＝12（x2－4x＋5）dx＋23e－x＋2dx＝13x3－2x2＋5x21＋（－e－x＋2）32＝[13×23－2×22＋5×
2－13×13－2×12＋5×1]＋[（－e－3＋2）－（－e－2＋2）]＝73－1e.7．答案：3解析：依题意得a3x3＋bx30＝3（ax20＋b），即3ax20＝9a（a≠0），x20＝3（x0>0），由此解得x0＝3.8．答案：2解析：由1a
2x＋1xdx＝（x2＋lnx）a1＝a2＋lna－1＝3＋ln2，得a2－1＝3，lna＝ln2，所以a＝2.二能力小题提升篇1．答案：D解析：令x2＝14，得x＝12或x＝－12（舍去），所以所求的阴影部分的面积为∫1
2014－x2dx＋∫112x2－14dx＝14x－x33120＋x33－14x112＝14.2．答案：C解析：因为y＝x－1x＋1，所以y′＝x－1x＋1′＝2（x＋1）2，则曲线y＝x－1x＋1在
（0，－1）处的切线的斜率k＝2，切线方程为y＝2x－1，则曲线y＝x－1x＋1与其在点（0，－1）处的切线及直线x＝1所围成的封闭图形的面积S＝012x－1－x－1x＋1dx＝012x－1－1＋2x＋1dx＝[x2－2x＋2ln（x＋1）]10＝
2ln2－1.3．答案：D解析：∵不等式1－3x＋a<0，∴x＋a－3x＋a<0，∴（x＋a）（x＋a－3）<0，∴－a<x<－a＋3，由于1－3x＋a<0的解集为（－1，2），∴－a＝－1－a＋3＝2，解
得a＝1，∴0a（2e2x＋x）dx＝01（2e2x＋x）dx＝e2x＋x2210＝e2－12.4．答案：B解析：S＝－∫π60cos2x－5π6dx＋∫2π3π6
cos2x－5π6dx＝－12sin2x－5π6π60＋12sin2x－5π62π3π6＝－12sin－π2－12
sin－5π6＋[12sinπ2－12sin（－π2）]＝14＋1＝54.5．答案：π2＋43解析：根据定积分的性质可得－12f（x）dx＝－111－x2dx＋12（x2－1）dx，根据定积分的几何意义可知，－111－x2dx表示以原点为圆心，以1为半径的圆的面
积的12，即－111－x2dx＝π2，∴－12f（x）dx＝π2＋13x3－x21＝π2＋43.6．答案：32解析：因为13ax3－cosx′＝ax2＋sinx，所以13ax3－cosx|1－1＝1，
即13a－cos1－－13a－cos1＝1，解得a＝32.7．答案：18解析：∵v（t）＝2t2，∴物体在t＝0s到t＝3s内所走过的路程S＝032t2dt＝23t330＝18.8．答案：712解析：当x≤0时，f（x）＝2x
＋∫π60cos3xdx＝2x＋sin3x3π60＝2x＋13，所以f（2018）＝f（2）＝f（－2）＝14＋13＝712.三高考小题重现篇1．答案：D解析：如图可得，∫π3－π3cosxdx＝sinx|π3－π3
＝2sinπ3＝3.2．答案：C解析：由题意，要满足f（x），g（x）是区间[－1，1]上的一组正交函数，即需满足－11f（x）g（x）dx＝0.①－11f（x）g（x）dx＝－11sin12xcos12xdx＝12－11sinxdx＝－12cosx|1－1＝0，
故第①组是区间[－1，1]上的正交函数；②－11f（x）·g（x）dx＝－11（x＋1）（x－1）dx＝－11（x2－1）dx＝x33－x|1－1＝－43≠0，故第②组不是区间[－1，
1]上的正交函数；③－11f（x）g（x）dx＝－11x·x2dx＝－11x3dx＝x44|1－1＝0，故第③组是区间[－1，1]上的正交函数．综上，其中为区间[－1，1]上的正交函数的组数是2.3．答案：B解析：不妨
设01f（x）dx＝k，则f（x）＝x2＋201f（x）dx＝x2＋2k，所以01f（x）dx＝01（x2＋2k）dx＝13x3＋2kx|10＝13＋2k＝k，得k＝－13，即01f（x）dx＝－13.4．答案：B解析：容易求得二次函数的解析式为f（x）＝1
－x2，所以S＝－11（1－x2）dx＝x－x33|1－1＝43.5．答案：0解析：02（x－1）dx＝12x2－x|20＝12×22－2＝0.6．答案：2e2解析：联立y＝ex，y＝e，解得x＝1，因为y＝ex与y＝lnx互为反函数，故所求阴影部分面
积S＝201（e－ex）dx＝2，故所求概率P＝2e2.四经典大题强化篇1．解析：（1）设A到C的时间为t1s，则1.2t1＝24，解得：t1＝20，则AC＝0201.2tdt＝0.6t2|200＝240（m）.即A、C间的距离为240m．（2）设D到B
的时间为t2s，则24－1.2t2＝0，解得t2＝20，则BD＝020（24－1.2t）dt＝（24t－0.6t2）|200＝240（m），即B、D间的距离为240m．2．解析：（1）∵f′（x）＝1x－2，∴f′（6）＝12，∴切线l
的方程为y－4＝12（x－6），即x－2y＋2＝0.（2）令f（x）＝0，则x＝2，令y＝12x＋1＝0，则x＝－2.∴S＝－2612x＋1dx－264x－8dx＝14x2＋x|6－2－16（4x－8）32|62＝163.单元检测（三）导数及其应用1．
答案：A解析：f（x）＝x2＋2f′（1）lnx可得f′（x）＝2x＋2f′（1）x，则f′（1）＝2＋2f′（1），故f′（1）＝－2.2．答案：A解析：因为f（x）＝xex－x2－2x，所以f′（x）＝ex＋xex
－2x－2＝（x＋1）（ex－2），由f′（x）>0可得x>ln2或x<－1；由f′（x）<0可得－1<x<ln2，所以函数f（x）在（－∞，－1）上单调递增，在（－1，ln2）上单调递减，在（ln2，＋∞）上单调递增，故极大值点为－1.3．答案：
C解析：由f（x）＝x3－27x，得f′（x）＝3x2－27，由f′（x）＝0，得x＝－3或x＝3（舍去），当－4≤x≤－3时，f′（x）>0；当－3<x≤2时，f′（x）<0，所以f（x）在[－4，－3）上单调递增，在（－3，2]上单
调递减，所以当x＝－3时，f（x）取得最大值f（－3）＝（－3）3－27×（－3）＝54.4．答案：D解析：f（x）＝2x＋lnx的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－2x2＋1x.令f′（x）＝－2x2＋1x＝0，解
得x＝2.列表得：x（0，2）2（2，＋∞）f′（x）－0＋f（x）单减极小值单增所以f（x）在x＝2处取得极小值，f（2）＝1＋ln2，无极大值．5．答案：D解析：由y＝x3－2x2，得y′＝3x2－4x，∴y′|x＝1＝－1，∴曲线y＝x3－2x2在点（1，－1）
处的切线方程为y＋1＝－（x－1），即y＝－x.6．答案：C解析：当x＝3时，y＝－3＋6＝3，所以f（3）＝3，因为函数y＝f（x）的图象在点P处的切线方程是y＝－x＋6，所以f′（3）＝－1，所以f（3）＋f′（3）＝3＋（－
1）＝2.7．答案：C解析：若函数f（x）＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，只需f′（x）＝3x2＋2x＋m≥0或f′（x）＝3x2＋2x＋m≤0恒成立，显然，f′（x）＝3x2＋2x＋m≤0不可能恒成
立，即只有f′（x）＝3x2＋2x＋m≥0恒成立，所以Δ＝4－12m≤0，∴m≥13.8．答案：A解析：因为f（x）＝x－1－lnx，对定义域内任意x都有f（x）≥kx－2，则k≤1＋1x－lnxx对x∈（0，＋∞）恒成立，令g（x）＝1＋1x－lnxx，则g′（x）＝lnx－2x2
，令g′（x）>0，解得：x>e2，令g′（x）<0，解得：0<x<e2，∴g（x）在（0，e2）上单调递减，在（e2，＋∞）上单调递增，故g（x）的最小值是g（e2）＝1－1e2，故k≤1－1e2.选项A正确，选项BCD错误．9．答
案：C解析：当x＝1时，f（x）＝1≠0，从而分离参数可将问题转化为直线y＝a与函数g（x）＝－x2lnx的图象在（1，e2]上有且只有一个交点，令g′（x）＝x（1－2lnx）ln2x＝0，得x＝e，易得g（x）在（1，e）上单调递增，在（e，e2]上单调递减，由
于g（e）＝－2e，g（e2）＝－e42，当x→1时，g（x）→－∞，所以直线y＝－2e，或位于y＝－e42下方的直线满足题意，即a＝－2e或a<－e42，故选C.10．答案：D解析：f′（x）＝2ax－4a－1x＝2ax2－4ax－1x，令g（x）＝2ax2－4ax－1，若f（x）在（
1，3）上不单调，则函数g（x）＝2ax2－4ax－1在（1，3）有零点，且在该零点的两侧附近异号，a＝0时，显然不成立，a≠0时，此时g（x）图象的对称轴为x＝1，则有g（1）g（3）<0，即（－2a－1）（6a－1）<0，解得a<－12或a>16，即a∈
－∞，－12∪16，＋∞.四个选项中，只有12，＋∞为－∞，－12∪16，＋∞的真子集．11．答案：C解析：不妨设x1>x2>0，因为对于任意两个不相等的正实数x1，x2，都有x1f（x1）－x2f（
x2）x1－x2>0，所以x1f（x1）>x2f（x2），令g（x）＝xf（x），则g（x）在（0，＋∞）上单调递增，当x>0时，A：g（x）＝xe－|x|＝xex，则g（1）＝1e，g（2）＝2e2，g（1）>g（2），不满足g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以选项A错误；B：g（x）
＝xln|x|＝xlnx，则g1e＝－1e<g1e2＝－2e2，不满足g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以选项B错误；C：g（x）＝x3，根据幂函数性质知，g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以选项C正确；D.f
（－x）＝－x|x|＝－f（x），f（x）为奇函数，不符合题意f（x）是偶函数，所以选项D错误．12．答案：B解析：根据f（x1）－f（x2）x1－x2>2可知f（x1）－2x1－[f（x2）－2x2]x1－x2>0，令g（x）＝f（x）－2x＝alnx＋12x2－2x（a>0）
，由f（x1）－2x1－[f（x2）－2x2]x1－x2>0知g（x）为增函数，所以g′（x）＝ax＋x－2≥0（x>0，a>0）恒成立，分离参数得a≥x（2－x），而当x>0时，x（2－x）在x＝1时有最大值为1，故a≥1.13．答案：12
解析：因为y′＝2ax－1x，所以y′|x＝1＝2a－1.因为曲线在点（1，a）处的切线平行于x轴，故其斜率为0，故2a－1＝0，a＝12.14．答案：2015解析：依题意，得：f′（x）＝x2－x＋3，∴
f″（x）＝2x－1由f″（x）＝0，即2x－1＝0.∴x＝12，∴f12＝1，∴f（x）＝13x3－12x2＋3x－512的对称中心为12，1∴f（1－x）＋f（x）＝2，∴f12016＋f22016＋…＋f
20152016＝2015.15．答案：0，13解析：由题意得f′（x）＝3ax2－x－lnx，因为函数f（x）有两个极值点，所以f′（x）有两个正数零点．由f′（x）＝0得3ax2＝x＋lnx，即3a＝x＋lnxx2，令g（x）＝x＋lnxx2，则g′（x
）＝－x＋1－2lnxx3，易知函数y＝－x＋1－2lnx是减函数，且当x＝1时，y＝0，所以当0<x<1时，g′（x）>0，g（x）单调递增；当x>1时，g′（x）<0，g（x）单调递减．故g（x）max＝g（1）＝1，又当0<x<1e时，g（x）<0，当x>1时，g（x
）>0，所以要使f′（x）有两个零点，需0<3a<1，即0<a<13.16．答案：（1）1（2）0，2e解析：（1）a＝1时，f（x）＝xlnx＋1x，（x>0），f′（x）＝lnx＋1－1x2，f″（x）＝1x＋
2x3>0，故f′（x）在（0，＋∞）单调递增，而f′（1）＝0，故x∈（0，1）时，f′（x）<0，f（x）单调递减，x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增，故f（x）极小值＝f（1）＝1；（2）若f（x）≥ax在（0，＋∞）上恒成立，即a（1－lnx）≤1x2在（0，＋∞
）恒成立，①1－lnx≤0即x≥e时，∵a>0，（1－lnx）≤0，1x2>0，故a（1－lnx）≤1x2在（0，＋∞）恒成立，②1－lnx>0即0<x<e时，即为a≤1x2（1－lnx）在（0，＋∞）恒成立，即
a≤1x2（1－lnx）min，只需求出g（x）＝x2（1－lnx）的最大值即可，（0<x<e），g′（x）＝x（1－2lnx），令g′（x）>0，解得：0<x<e，令g′（x）<0，解得：e<x<e，故g（x）
在（0，e）上单调递增，在（e，e）上单调递减，故g（x）max＝g（e）＝e2，故a≤1e2＝2e，综上，a∈0，2e.17．解析：（1）f（x）＝x－1x－lnx＝1－1x－lnx，f（x）的定义域为（0，＋∞）.∵f′（x）＝1x2－1x＝1－xx2，∴
由f′（x）>0得0<x<1，由f′（x）<0得x>1，∴f（x）＝1－1x－lnx在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减．（2）由（1）得f（x）在1e，1上单调递增，在（1，e]上单调递减，∴f（x）在1e，e上的最大值为f（1）＝1－11－ln1＝0.又f
1e＝1－e－ln1e＝2－e，f（e）＝1－1e－lne＝－1e，且f1e<f（e）.∴f（x）在1e，e上的最大值为0，最小值为2－e.18．解析：（1）当a＝1时，f（x
）＝x＋1x，f（2）＝52，f′（x）＝1－1x2，所以所求切线的斜率k＝f′（2）＝1－14＝34.故所求的切线方程为y－52＝34（x－2），即3x－4y＋4＝0.（2）y＝f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝a－1x＋1－ax2＝x2＋（a－1）x－ax2＝（x＋a）（
x－1）x2.①若a≥0，当x∈（0，1）时，f′（x）<0；当x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0.所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增．此时，f（x）的极小值点为x＝1.②若a<0，令f′（x）＝0，得x＝－a或x＝1.（ⅰ）当
－1<a<0时，0<－a<1.若x∈（0，－a）∪（1，＋∞），则f′（x）>0，若x∈（－a，1），则f′（x）<0.所以f（x）在（0，－a）和（1，＋∞）上单调递增，在（－a，1）上单调递减．此时，f（x）的极小值点为x＝1，极大值点为x＝－a.（ⅱ）当a＝
－1时，f′（x）≥0对x∈（0，＋∞）恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，f（x）无极值点．（ⅲ）当a<－1时，－a>1，若x∈（0，1）∪（－a，＋∞），则f′（x）>0；若x∈（1，－a），则
f′（x）<0.所以f（x）在（0，1）和（－a，＋∞）上单调递增，在（1，－a）上单调递减．此时，f（x）的极小值点为x＝－a，极大值点为x＝1.19．解析：（1）由题意可知f（x1）＝f（x2），且f′（x1）＝0，f′
（x）＝x2＋2x＋m，所以13x31＋x21＋mx1＋m＝13x32＋x22＋mx2＋m，x21＋2x1＋m＝0，化简并分解因式整理可得2x1＋x2＝－3.（2）证明：令f（x）＝13x3＋x2＋mx＋m＝0，则13x3＋x2＝－m（x＋1），
令h（x）＝13x3＋x2，则h′（x）＝x2＋2x，易知h（x）在（－∞，－2）和（0，＋∞）上单调递增，在[－2，0]上单调递减，h（－2）＝43，h（0）＝0.又直线y＝－m（x＋1）过点（－1，0），m>0，－m<0，所以直线y＝－m（x＋1）与h（x）的图象有且只有一个交点，即1
3x3＋x2＝－m（x＋1）有且只有一个解，即f（x）＝13x3＋x2＋mx＋m有唯一的零点．20．解析：（1）依题意知，f（x）的定义域为（0，＋∞），对f（x）求导，得f′（x）＝1x＋2ax－b.由已知，得f′（2）＝12＋4a－b＝0，f
（2）＝ln2＋4a－2b＝ln2－12，解得a＝－18，b＝0，所以f′（x）＝1x－x4＝4－x24x＝（2－x）（2＋x）4x（x>0），可知f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，＋∞）上单调递减，满足f（x）在x＝2处取得极
值，所以a＝－18，b＝0.（2）当a＝－18时，g（x）＝lnx－18x2＋b.对g（x）求导，得g′（x）＝1x－x4＝4－x24x＝（2－x）（2＋x）4x.当x∈[1，2）时，g′（x）>0，当x∈（2，3]时，g′（x）<0，所以g（x
）在[1，2]上单调递增，在[2，3]上单调递减，所以在区间[1，3]上，g（x）max＝g（2）＝ln2－12＋b.又g（1）＝－18＋b，g（3）＝ln3－98＋b，g（3）－g（1）＝ln3－1>0，所以g（x）min＝g（
1）＝－18＋b＝1，解得b＝98，所以g（2）＝ln2＋58.于是函数g（x）在区间[1，3]上的最大值为g（2）＝ln2＋58.21．解析：（1）方程f（x）＝x2－103＋m，即为lnx－x2＋103＝m.令h（x）＝lnx－x2＋103（x>0），则h′（x）＝
1x－2x＝1－2x2x≤0在x∈[1，3]恒成立，故h（x）在[1，3]上单调递减．∵h（1）＝73，h（3）＝ln3－173，∴当x∈[1，3]时，h（x）∈ln3－173，73，∴m的取值范围是ln3－173，73.（2）依题意，当x>0时，g
（x）－f（x）≥a恒成立．令F（x）＝g（x）－f（x）＝x·ex－lnx－x－1（x>0），则F′（x）＝（x＋1）·ex－1x－1＝（x＋1）x·（x·ex－1）.令G（x）＝x·ex－1，则当x>0时，G′（x）＝（x＋1）·ex>0，∴函数G（x）在（
0，＋∞）上单调递增．∵G（0）＝－1<0，G（1）＝e－1>0，∴G（x）存在唯一的零点c∈（0，1），且当x∈（0，c）时，G（x）<0，当x∈（c，＋∞）时，G（x）>0，则当x∈（0，c）时，F′（x）<0，当x∈（c，＋
∞）时，F′（x）>0，∴F（x）在（0，c）上单调递减，在（c，＋∞）上单调递增，从而F（x）≥F（c）＝cec－lnc－c－1.由G（c）＝0得cec－1＝0，cec＝1，两边取对数得lnc＋c＝0，∴F（c）＝0，∴
F（x）≥F（c）＝0，∴a≤0，即实数a的取值范围是（－∞，0].22．解析：（1）当a＝2时，f（x）＝2ex－xex－1，∴f′（x）＝2ex－1－xex，∴f′（0）＝2－1＝1.又f（0）＝2－1＝1，∴曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y－1＝x
，即x－y＋1＝0.（2）原问题等价于关于x的方程a＝1exxex＋1有唯一的解时，求a的值．令g（x）＝1exxex＋1，则g′（x）＝1－2x－exe2x.令h（x）＝1－2x－ex，则h′（x）＝－2
－ex<0，∴h（x）在（－∞，＋∞）上单调递减．又h（0）＝0，∴当x∈（－∞，0）时，h（x）>0，即g′（x）>0，∴g（x）在（－∞，0）上单调递增；当x∈（0，＋∞）时，h（x）<0，即g′（x）<0，∴g（x）在（0，＋∞）上单调递减．∴g（x）
的极大值为g（0）＝1.∴当x∈（－∞，0]时，g（x）∈（－∞，1]；当x∈（0，＋∞）时，g（x）∈（0，1）.又a>0，∴当关于x的方程a＝1exxex＋1有唯一的解时，a＝1，即当函数f（x）有唯一零点时，a的值为1.第四单元三角函数、解三角形点点练12三角
函数概念、同角三角函数基本关系及诱导公式一基础小题练透篇1．答案：B解析：因为cos5π6－θ＝－cosπ－5π6－θ＝－cosπ6＋θ＝－12，所以cosπ6＋θ＝12，因为θ
∈0，π2，所以π6＋θ∈π6，2π3，所以sinθ＋π6＝1－cos2π6＋θ＝32，故选B.2．答案：B解析：sin1485°＝sin（4×360°＋45°）＝sin45°＝22.3．答案：D解析：因为cosθ－
sinθ＝43，所以1－2sinθcosθ＝169，即2sinθcosθ＝－79，所以sinθ与cosθ异号，又cosθ＝sinθ＋43>0，所以sinθ<0，所以θ的终边在第四象限．4．答案：D解析：∵sinα＋cosα＝2，∴（sinα＋cosα）2＝2，∴si
nαcosα＝12.∴tanα＋cosαsinα＝sinαcosα＋cosαsinα＝1sinαcosα＝2.5．答案：D解析：由cosβ＝882＋（－m）2＝245m，得m>0，化简可得（5m）2＝9（64＋m2），解得m＝6，tanβ＝－6
8＝－34，tanβ＝tanα＋π2＝－1tanα，所以tanα＝43.6．答案：C解析：设扇形的半径为r，弧长为l，则由扇形的面积公式可得2＝12lr＝12×4×r2，得r＝1，所以l＝4×1＝4，所以所求扇形的周长为2r＋l＝6.7．答案：－5
3解析：由已知得tanα＝12，所以sinα－3cosαsinα＋cosα＝tanα－3tanα＋1＝－53.8．答案：－12解析：由sinα＋π3＋sinα＝32，则sinαcosπ3＋cosαsinπ3＋sinα＝32，即sinα·32＋cosα·
32＝32，即sinα·32＋cosα·12＝32，所以sinα＋π6＝32，sin2α＋5π6＝cos2α＋π3＝1－2sin2α＋π6＝1－2×34＝－12.二能力小题提升篇1．
答案：A解析：因为sinα＋3cosα3cosα－sinα＝5，所以tanα＋33－tanα＝5，解得tanα＝2，所以cos2α＋sinαcosα＝cos2α＋sinαcosαsin2α＋cos2α＝1＋tanαtan2α＋1＝1＋222＋1＝35.2．答
案：C解析：方法一由题意可得，sinα－2π3＝sin－π2＋α－π6＝－cosα－π6＝－35.方法二sinα－2π3＝－sinα－2π3＋π＝－sinα＋π3＝－cosπ2－α－π3＝－cos
π6－α＝－35.3．答案：A解析：设扇形的弧长为l，半径为r，圆心角的弧度数为α，由题意得l2r＋l＝5－12，变形可得lr＝2（5－1）3－5＝5＋1，因为l＝αr，所以折扇所在扇形的圆心角的弧度数为5＋1.4．答案：B解析：①中，当角α的终边经过第三象限时，sin
α＝－255，故①错误；②中，同时满足sinα＝12，cosα＝32的角α为2kπ＋π6（k∈Z），有无数个，故②正确；③中，易得cosα＝－255，sinα＝－55，故③正确；④中，∵cos（sinθ）·t
an（cosθ）>0，cos（sinθ）>0恒成立，∴tan（cosθ）>0，即0<cosθ≤1，∴θ是第一象限角或第四象限角，故④错误．5．答案：－2425解析：因为cosθ＝35，且θ是第四象限的
角，所以sinθ＝－1－cos2θ＝－45，所以sin2θ＝2sinθcosθ＝2×－45×35＝－2425.6．答案：13解析：sinα－3π10＝sinα－π2－π5
＝sinα＋π5－π2＝－cosα＋π5，所以sinα－3π10cosα－π5＝－cosα＋π5cosα－π5＝－cosαcosπ5＋sinαsinπ
5cosαcosπ5＋sinαsinπ5＝－1＋tanαtanπ51＋tanαtanπ5＝－1＋21＋2＝13.三高考小题重现篇1．答案：D解析：tan255°＝tan（180°＋75°）＝tan75°＝ta
n（30°＋45°）＝tan30°＋tan45°1－tan30°tan45°＝33＋11－33＝2＋3.2．答案：D解析：方法一∵α是第四象限角，∴－π2＋2kπ<α<2kπ，k∈Z，∴－π＋4kπ<2α<4kπ，k∈Z，∴角2α的终边在第三
、四象限或y轴非正半轴上，∴sin2α<0，cos2α可正、可负、可零．方法二∵α是第四象限角，∴sinα<0，cosα>0，∴sin2α＝2sinαcosα<0.3．答案：B解析：由cos2α＝23，得cos2α－sin2α＝23，∴cos2α－s
in2αcos2α＋sin2α＝23，即1－tan2α1＋tan2α＝23，∴tanα＝±55，即b－a2－1＝±55，∴|a－b|＝55.4．答案：C解析：设点P的坐标为（x，y），利用三角函数的定义可得yx<x<y，所以x<0，y>0，所以P所在的圆弧是EF.5．答案：－12解析：
sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0⇒cosβ＝1－sinα，sinβ＝－cosα⇒（1－sinα）2＋（－cosα）2＝1⇒1－2sinα＋sin2α＋cos2α＝1⇒sinα＝12.∴sin（α＋β）＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝sinα（1－sinα）＋c
osα（－cosα）＝sinα－sin2α－cos2α＝sinα－1＝－12.6．答案：31010解析：cos（α－π4）＝cosαcosπ4＋sinαsinπ4＝22（cosα＋sinα）.又由α∈（0，π2），tanα
＝2，知sinα＝255，cosα＝55，∴cos（α－π4）＝22×（55＋255）＝31010.四经典大题强化篇1．解析：（1）由题意，角θ以x轴正半轴为始边，终边在直线l：y＝2x上，当终边上的点落在第一象限时，设终边上一点的坐
标为P（1，2），可得r＝|OP|＝5，由三角函数的定义，可得cosθ＝15，sinθ＝25，所以sin2θ＋2sinθcosθ＝252＋2×25×15＝85.当终边上的点落在第三象限时，设终边上一点的坐标为P（－1，－2），可得r＝|OP|＝5，由三角函数的定义，可
得cosθ＝－15，sinθ＝－25，所以sin2θ＋2sinθcosθ＝－252＋2×－25×－15＝85，综上可得，sin2θ＋2sinθcosθ的值为85.（2）由sinθ＋cosθ＝－71
3，可得（sinθ＋cosθ）2＝1＋2sinθcosθ＝49169，可得2sinθcosθ＝－120169，又由2sinθcosθ<0且θ∈－π2，π2，可得sinθ<0，cosθ>0，所以sinθ－cosθ<0，
可得（sinθ－cosθ）2＝1－2sinθcosθ＝1＋120169＝289169，所以sinθ－cosθ＝－1713.2．解析：由2sinα＋cosα3cosα－sinα＝5，可得：2tanα＋13－tanα＝5，解得：tanα＝2.（1）4cos
α－π2－2cosα5sinα－3π2＋3sinα＝4sinα－2cosα5cosα＋3sinα＝4tanα－23tanα＋5＝4×2－23×2＋5＝611.（2）14sin2α＋13sinαcosα＋12cos2α＝14sin2α＋13sinαcosα＋12cos2αs
in2α＋cos2α＝14tan2α＋13tanα＋12tan2α＋1＝14×22＋13×2＋1222＋1＝1330.点点练13三角函数的图象一基础小题练透篇1．答案：D解析：函数y＝sin2x的图象向右平移π6个单位长度，可
得到函数y＝sin2x－π6＝sin2x－π3的图象．2．答案：D解析：∵f（x）＝cos（πx＋φ）的图象过点0，32，∴32＝cosφ，结合0<φ<π2，可得φ＝π6.∴由图象可得cosπx0＋π6＝32，πx0
＋π6＝2π－π6，解得x0＝53.∴f（3x0）＝f（5）＝cos5π＋π6＝－32.3．答案：D解析：根据图象可知，函数f（x）的最小正周期T＝2πω＝2×π3＋π6＝π，则ω＝2，当x＝12×－π6＋π3＝π12时，函数取得最大值，所以sin
2×π12＋φ＝1⇒π6＋φ＝π2＋2kπ，k∈Z⇒φ＝π3＋2kπ，k∈Z，又－π2<φ<π2，所以φ＝π3.4．答案：D解析：由已知条件得，π＝2πω，因而ω＝2，所以f（x）＝sin（2x＋φ），将f（x）的图象向左平移π3个单位长度后得到函数g（x）＝sin
2x＋π3＋φ＝sin2x＋2π3＋φ的图象，由题意知g（x）为偶函数，则2π3＋φ＝π2＋kπ，k∈Z，即φ＝kπ－π6，k∈Z，又|φ|<π2，所以φ＝－π6.5．答案：B解析：函数y＝cos
ωx＋π3的图象向右平移π3个单位长度后，所得函数图象对应的解析式为y＝cosωx－π3＋π3＝cosωx－ωπ3＋π3，其图象与函数y＝sinωx＝cosωx－π2＋2kπ，k∈Z的图象重合，∴－π2＋2kπ＝－ω
π3＋π3，k∈Z，∴ω＝－6k＋52，k∈Z，又ω>0，∴ω的最小值为52.6．答案：B解析：当正弦值等于余弦值时，正弦值为±22.由题意，得等边三角形的高为2，边长为2×33×2＝263，且边长为函数y＝sinωx的最小正周期，故2πω＝263，解得ω＝6π2.7．答案：－1解
析：由函数f（x）＝Asin（ωx＋φ）（A>0，ω>0，|φ|<π）的部分图象，可得A＝2，2πω＝2×136－76＝2，∴ω＝π.再根据图象经过点76，0，可得76π＋φ＝2kπ，k∈Z，又|φ|<π，令k＝1，可得φ＝5π6，
∴f（x）＝2sinπx＋5π6，∴f（2019）＝2sin2019π＋5π6＝－2sinπ6＝－1.8．答案：－32，3解析：由两个三角函数的图象的对称中心完全相同，可知两函数的周期相同，故ω＝2，所以f（x）＝3
sin2x－π6，当x∈0，π2时，－π6≤2x－π6≤5π6，所以－12≤sin2x－π6≤1，故f（x）∈－32，3.二能力小题提升篇1．答案：B解析：将函数f（x）＝sin2x－π3的图象向左平移a（a>0
）个单位长度，可得函数y＝sin2（x＋a）－π3＝sin2x＋2a－π3的图象，所以y＝sin2x＋2a－π3的图象与g（x）＝cos2x的图象重合．因为g（x）＝cos2x＝sin2x＋π2，所以
2a－π3＝2kπ＋π2，k∈Z，即a＝kπ＋5π12，k∈Z，当k＝0时，可得amin＝5π12.2．答案：C解析：由于fπ2＝f2π3，所以直线x＝π2＋2π32＝7π12是函数f（x）图象的对称轴．设f（x）的最
小正周期为T，由图可知34T＝7π12－－π6＝3π4，所以T＝π，ω＝2πT＝2，故f（x）＝sin（2x＋φ）.由于f－π6＝sin（－π6×2＋φ）＝sinφ－π3＝0，且|φ|<π2，所以φ＝π3.3．答案：B解析：由最小正周期T＝2πω＝π，可
得ω＝2，f（x）的图象向左平移π6个单位长度后为偶函数y＝2sin2x＋π3＋φ的图象，故π3＋φ＝kπ＋π2，k∈Z，∴φ＝kπ＋π6，k∈Z.∵|φ|<π2，∴φ＝π6.4．答案：B解析：由题中图象可知A＝2，且△BOC为直角三角形，所以|OC|
＝3322－522＝2，则f（0）＝－2，则sinφ＝－22，又|φ|<π2，所以φ＝－π4，所以f（x）＝2sinωx－π4.又点B52，0为“五点作图法”中的第三个
点，所以52ω－π4＝π，所以ω＝π2，于是f（x）＝2sinπ2x－π4.由π2x－π4＝kπ＋π2（k∈Z），得x＝2k＋32（k∈Z），所以函数y＝f（x）的图象在（0，3）内的对称轴为直线x＝32，则由题
意知x1＋x2＝3，所以f（x1＋x2）＝f（3）＝2sin3π2－π4＝－2cosπ4＝－2.5．答案：2sin25x＋π4解析：∵f（x）图象过点（0，2），∴f（0）＝2s
inφ＝2，即sinφ＝22.∵|φ|<π，∴φ＝π4或φ＝3π4.由图可知函数图象在y轴右侧第一个最高点坐标为5π8，2.若φ＝π4，则由5π8ω＋π4＝π2得ω＝25；若φ＝3π4，则由
5π8ω＋3π4＝π2得ω＝－25（舍去）.∴f（x）＝2sin25x＋π4.6．答案：－7π6，0（答案不唯一）解析：由已知得S△MBC＝12×2×BC＝BC＝π，所以最小正周期T＝2π＝2πω，ω＝1.由f（0）＝2sinφ＝1，得sinφ＝12.因为0
<φ<π2，所以φ＝π6.所以f（x）＝2sinx＋π6.令x＋π6＝kπ，得x＝kπ－π6，k∈Z.故y＝f（x）图象的对称中心是kπ－π6，0，k∈Z.不妨取k＝－1，则y＝f（x）图象的一个对称中心是－7π6，0.（本题答案不唯一，填
－7π6，0，－π6，0，5π6，0，…均可）三高考小题重现篇1．答案：C解析：方法一设函数f（x）的最小正周期为T，由题图可得T<π－－4π9且T2>－4π9－（－π），所以10π9<T<13π9，又因为|ω|＝2πT，所
以1813<|ω|<95.由题图可知f－4π9＝0，且－4π9是函数f（x）的上升零点，所以－4πω9＋π6＝2kπ－π2（k∈Z），所以－49ω＝2k－23（k∈Z），所以|ω|＝32|3k
－1|（k∈Z）.又因为1813<|ω|<95，所以k＝0，所以|ω|＝32，所以T＝2π|ω|＝2π32＝4π3.方法二（五点法）由函数f（x）的图象知，ω×－4π9＋π6＝－π2，解得ω＝32，所以函数f（x）
的最小正周期为4π3.2．答案：A解析：由x1＝π4，x2＝3π4是f（x）＝sinωx两个相邻的极值点，可得T2＝3π4－π4＝π2，则T＝π＝2πω，得ω＝2.3．答案：B解析：依题意，将y＝sinx－π4的图象向左平移π3个
单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到f（x）的图象，所以y＝sinx－π4将其图象向左平移\𝑓(π),\𝑠\𝑑𝑜5(3)个单位长度→y＝sinx＋π12的图象所有点的横坐标扩大到原来的2倍→f（
x）＝sinx2＋π12的图象．4．答案：C解析：∵f（x）的最小正周期为π，∴ω＝2.又f（x）＝Asin（2x＋φ）为奇函数，∴φ＝kπ（k∈Z），∵|φ|<π，∴φ＝0，∴f（x）＝Asin2x
，则g（x）＝Asinx，∵gπ4＝2，即Asinπ4＝2，∴A＝2.∴f（x）＝2sin2x，∴f3π8＝2sin2×3π8＝2.5．答案：－3解析：方法一（五点作图法）由题图可知34T＝13π12－π3＝3π4（T为f（x）的最小正周期），即T＝π，所以
2πω＝π，即ω＝2，故f（x）＝2cos（2x＋φ）.点π3，0可看作“五点作图法”中的第二个点，故2×π3＋φ＝π2，得φ＝－π6，即f（x）＝2cos2x－π6，所以fπ2＝2
cos2×π2－π6＝－3.方法二（代点法）由题意知，34T＝13π12－π3＝3π4（T为f（x）的最小正周期），所以T＝π，2πω＝π，即ω＝2.又点π3，0在函数f（x）的图象上，所以2cos2×π3＋φ＝0，所以2×π3＋φ
＝π2＋kπ（k∈Z），令k＝0，则φ＝－π6，所以f（x）＝2cos2x－π6，所以fπ2＝2cos2×π2－π6＝－2cosπ6＝－3.方法三（平移法）由题意知，34T＝13π12－π3＝3π
4（T为f（x）的最小正周期），所以T＝π，2πω＝π，即ω＝2.函数y＝2cos2x的图象与x轴的一个交点是π4，0，对应函数f（x）＝2cos（2x＋φ）的图象与x轴的一个交点是π3，
0，所以f（x）＝2cos（2x＋φ）的图象是由y＝2cos2x的图象向右平移π3－π4＝π12个单位长度得到的，所以f（x）＝2cos（2x＋φ）＝2cos2x－π12＝2cos2x－π6，所以fπ2＝2cos
2×π2－π6＝－2cosπ6＝－3.6．答案：x＝－5π24解析：将函数y＝3sin2x＋π4的图象向右平移π6个单位长度，得到y＝3sin2x－π6＋π4＝3s
in2x－π12的图象，由2x－π12＝π2＋kπ，k∈Z，得对称轴方程为x＝7π24＋12kπ，k∈Z，其中与y轴最近的对称轴的方程为x＝－5π24.四经典大题强化篇1．解析：（1）根据表中已知数据，解得A＝5，ω＝2，φ＝
－π6.数据补全如下表：ωx＋φ0π2π3π22πxπ12π37π125π61312πAsin（ωx＋φ）050－50且函数解析式为f（x）＝5sin2x－π6.（2）由（1）知f（x）＝5sin2x－π6，得g（x）＝5si
n2x＋2θ－π6.因为函数y＝sinx图象的对称中心为（kπ，0）（k∈Z）.令2x＋2θ－π6＝kπ，k∈Z，解得x＝kπ2＋π12－θ（k∈Z）.由于函数y＝g（x）的图象关于点5π12，0成中心对称
，所以令kπ2＋π12－θ＝5π12（k∈Z），解得θ＝kπ2－π3（k∈Z）.由θ>0可知，当k＝1时，θ取得最小值π6.2．解析：（1）设函数f（x）的最小正周期为T，由题图可知A＝1，T2＝2π3
－π6＝π2，即T＝π，所以π＝2πω，解得ω＝2，所以f（x）＝sin（2x＋φ），又过点π6，0，由0＝sin2×π6＋φ可得π3＋φ＝2kπ（k∈Z），则φ＝2kπ－π3（k∈Z），因为|φ
|<π2，所以φ＝－π3，故函数f（x）的解析式为f（x）＝sin2x－π3.（2）根据条件得g（x）＝sin4x＋π3，当x∈0，π8时，4x＋π3∈π3，5π6，所以当x＝π8时，g（x）取得最小值，且g（x）
min＝12.点点练14三角函数的性质一基础小题练透篇1．答案：C解析：∵y＝cos|2x|＝cos2x，∴T＝2π2＝π；y＝|cosx|图象是将y＝cosx在x轴下方的图象对称翻折到x轴上方得到，所以周期为π，由周期公式知，y＝
cos2x＋π6周期为π，y＝tan2x－π4周期为π2.2．答案：B解析：对于A，y＝sin2x＋π2＝cos2x，是偶函数，不符合题意；对于B，y＝cos
2x＋π2＝－sin2x，是奇函数，最小正周期T＝2π2＝π，符合题意；对于C和D，y＝sin2x＋π4和y＝2sinx＋π4都是非奇非偶函数，不符合题意．3．答案：A解析：对于选项A，y＝sin2x＋π2＝cos2x，周期为
π，当π4≤x≤π2时，π2≤2x≤π，所以y＝cos2x在π4，π2上是减函数，所以该选项正确；对于选项B，y＝cos2x＋π2＝－sin2x，周期是π，在π4，π2上是增函数，所以该
选项错误；对于选项C，y＝sinx＋π2＝cosx，最小正周期是2π，所以该选项错误；对于选项D，y＝cosx＋π2＝－sinx，最小正周期是2π，所以该选项错误．4．答案：C
解析：f（x）＝2cos22x＝cos4x＋1，令4x＝π2＋kπ（k∈Z），得x＝π8＋kπ4（k∈Z），当k＝－1时，x＝－π8，即f（x）图象的一个对称中心为－π8，1.5．答案：B解析：因为0≤x≤5，则－π6≤π3x－π6≤3π
2，∴－1≤sinπ3x－π6≤1，－2≤2sinπ3x－π6≤2，∴f（x）max＋f（x）min＝0.6．答案：D解析：将函数f（x）＝sin2x＋π6的图象向右平移π6，可得函数y＝sin2x－π6＋π6
＝sin2x－π6的图象；再把所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到函数g（x）＝sinx－π6的图象．7．答案：2kπ－2π3，2kπ＋π3，k∈Z解析：因为函数y＝cosx的单调递增区间
为[2kπ－π，2kπ]，k∈Z，所以2kπ－π≤x－π3≤2kπ，k∈Z，即2kπ－2π3≤x≤2kπ＋π3，k∈Z，所以函数y＝cosx－π3的单调递增区间是2kπ－2π3，2kπ＋π3，k∈Z.8．答案：π6解析：由
y＝cos（2x＋φ）的图象关于点π6，0对称，可得π3＋φ＝π2＋kπ，k∈Z，即φ＝π6＋kπ，k∈Z，当k＝0时，φ＝π6，故|φ|的最小值为π6.二能力小题提升篇1．答案：A解析：f（x）＝2cosx＋5π2＝
2cosx＋π2＝－2sinx，故f（x）是最小正周期为2π的奇函数．2．答案：A解析：函数y＝3sin2x＋π4的图象向右平移π6个单位长度，所得函数图象的解析式为y＝3sin
2x－π6＋π4＝3sin2x－π12，令2x－π12＝kπ（k∈Z），得x＝kπ2＋π24，k∈Z.令k＝0，则x＝π24，即平移后的图象中与y轴最近的对称中心的坐标是
π24，0.3．答案：B解析：由命题甲：该函数的最大值为2，可得A＝2；由命题乙：由y＝sin2x＋cos2x＝2sin2x＋π4，可知A＝2，ω＝2；由命题丙：该函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为π，可得ω＝1，所以命题乙和命题丙矛盾；若假命
题是乙，则f（x）＝2sin（x＋φ），由命题丁：该函数图象的一个对称中心为2π3，0，可得f2π3＝2sin2π3＋φ＝0，因为0<φ<π2，可得φ＝π3，符合题意；若假
命题是丙，则f（x）＝2sin（2x＋φ），由命题丁：该函数图象的一个对称中心为2π3，0，可得f2π3＝2sin4π3＋φ＝0，可得φ＝kπ－4π3，k∈Z，不满足条件0<φ<π2，所以假命题是
乙．4．答案：π6解析：由题意，y＝sin2x＋π6＋φ是一个偶函数，∴π3＋φ＝π2＋kπ，（k∈Z），则φ＝π6＋kπ，（k∈Z），又|φ|<π2，∴φ＝π6.5．答案：①②③④解析：由图可知，12T＝54－14＝1，则f（x）的最
小正周期T＝2，①正确；如图，当x＝0时，f（x）＝Asinφ>0，结合0<φ<π，知f（x）的最大值为A，②正确；因为f（x）的图象过点14，0和54，0，所以f（x）图象的对称轴为直线x＝1214＋54＋kT2＝34＋k，（k∈Z），
当k＝－1时，对称轴为x＝－14，③正确；把点14，0代入f（x）＝Asin（πx＋φ），得π4＋φ＝π＋2kπ，又0<φ<π，得φ＝3π4，则f（x）＝Asinπx＋3π4，由－π2＋
2kπ≤πx＋3π4≤π2＋2kπ得－54＋2k≤x≤－14＋2k，k∈Z，此为f（x）图象的单调递增区间，当k＝0时，－54≤x≤－14，而－1，－12⊆－54，－14，④正确．三高考小题重现
篇1．答案：A解析：因为函数y＝sinx的单调递增区间为2kπ－π2，2kπ＋π2()k∈Z，对于函数f()x＝7sinx－π6，由2kπ－π2<x－π6<2kπ＋π2()k∈Z，解得2kπ－π3<x<2kπ＋2π3()k∈Z，取k＝0，可得函数f()x的一个单
调递增区间为－π3，2π3，则0，π2⊆－π3，2π3，π2，π⊄－π3，2π3，A选项满足条件，B不满足条件；取k＝1，可得函数f()x的一个单调递增区间为
5π3，8π3，π，3π2⊄－π3，2π3且π，3π2⊄5π3，8π3，3π2，2π⊄5π3，8π3，CD选项均不满足条件．2．答案：C解析：因为函数f（x）＝sinx3＋cosx3＝2（22si
nx3＋22cosx3）＝2（sinx3cosπ4＋cosx3sinπ4）＝2sin（x3＋π4），所以函数f（x）的最小正周期T＝2π13＝6π，最大值为2.3．答案：D解析：由题意，f（－x）＝cos（－x）－cos（－2x）＝cosx－cos2x＝f（x），所以该函数
为偶函数，又因为f（x）＝cosx－cos2x＝－2cos2x＋cosx＋1＝－2cosx－142＋98，所以当cosx＝14时，f（x）取最大值98.4．答案：B解析：f（x）＝sinx＋π3的最小正周期为2π，①正确；sinπ2＝1＝fπ6为f（x）的最大值
，②错误；将y＝sinx的图象上所有点向左平移π3个单位长度得到f（x）＝sinx＋π3的图象，③正确．5．答案：π2解析：∵f（x）＝sin22x＝1－cos4x2，∴f（x）的最小正周期T＝2π4＝π2.6．答案：23
解析：∵f（x）≤fπ4对任意的实数x都成立，∴fπ4＝1，∴π4·ω－π6＝2kπ，k∈Z，整理得ω＝8k＋23，k∈Z.又ω>0，∴当k＝0时，ω取得最小值23.四经典大题强化篇1．解析：（1）由题意知12T＝πω＝7π12－π12＝π2，故ω＝
2，又fπ12＝sinπ6＋φ＝－1，π6＋φ＝－π2＋2kπ，k∈Z，即φ＝－2π3＋2kπ，k∈Z，因为|φ|<π，所以φ＝－23π，所以f（x）＝sin2x－23π.（2
）x∈π6，π，2x－23π∈－π3，43π，∵y＝sinx在－π3，π2单调递增，在π2，43π单调递减，所以sin2x－23π∈－32，1，所以函数的值域为－32
，1.2．解析：（1）f（x）＝4cosx32sinx＋12cosx－1＝23sinxcosx＋2cos2x－1＝3sin2x＋cos2x＝2sin2x＋π6.所以，函数f（x）的最小正
周期T＝2π2＝π，令－π2＋2kπ≤2x＋π6≤π2＋2kπ（k∈Z），解得－π3＋kπ≤x≤π6＋kπ（k∈Z）.令π2＋2kπ≤2x＋π6≤3π2＋2kπ（k∈Z），解得π6＋kπ≤x≤2π3＋kπ（k∈Z）.所以，f（x）的单调增区间是－π3
＋kπ，π6＋kπ，减区间是π6＋kπ，2π3＋kπ，k∈Z；（2）列表：2x＋π60π2π3π22πx－π12π65π122π311π122sin2x＋π6020－20作出函数图象如图：（3）∵x∈
－π6，π4，∴2x＋π6∈－π6，2π3，所以，当2x＋π6＝－π6时，f（x）取得最小值－1，当2x＋π6＝π2时，f（x）取得最大值2.点点练15三角恒等变换一基础小题练透篇1．答案：A解析：tan1°＋tan44°1－tan1°tan44°＝
tan45°＝1.2．答案：C解析：因为α，β为锐角，cosβ＝255.所以sinβ＝55，tanβ＝12，又tan2β＝2tanβ1－tan2β＝11－14＝43，则tan（α－2β）＝tanα－tan2β1＋t
anα·tan2β＝2－431＋83＝211.3．答案：D解析：因为α∈0，π2，2α∈（0，π），cosα＝13，所以cos2α＝2cos2α－1＝－79，sin2α＝1－cos22α＝429.而α，β∈
0，π2，所以α＋β∈（0，π），所以sin（α＋β）＝1－cos2（α＋β）＝223.所以cos（α－β）＝cos[2α－（α＋β）]＝cos2αcos（α＋β）＋sin2αsin（α＋β）＝－79×－13＋429×223＝2327
.4．答案：C解析：因为sin38π＋α＝13，所以cos34π＋2α＝cos238π＋α＝1－2sin238π＋α＝1－29＝79.5．答案：B解析：由题意，得tanα＝－2，从而tan（π－2α）＝－tan2α＝－2tanα1
－tan2α＝－2×（－2）1－（－2）2＝－43.6．答案：B解析：cosπ4－α＝35⇒12()cosα＋sinα＝35⇒cosα＋sinα＝325⇒1＋sin2α＝1825⇒sin2α＝－725.故选B.二能力小题提升篇1．答案：D解析：sin40°·（tan10°－3）＝s
in40°·sin10°cos10°－3＝sin40°·sin10°－3cos10°cos10°＝sin40°·212sin10°－32cos10°cos10°＝sin40°·2（cos60°·s
in10°－sin60°·cos10°）cos10°＝sin40°·2sin（10°－60°）cos10°＝sin40°·－2sin50°cos10°＝－2sin40°·cos40°cos10°＝－sin80°cos10°＝－1.2．答案：C解析：因为0
＜α＜π2，且cosα＝35，所以sinα＝45，所以sin2α＝2sinαcosα＝2×45×35＝2425.3．答案：D解析：cos2θsinθ－π4＝cos2θ－sin2θ22（sinθ－cosθ）＝－2（cosθ＋sinθ）＝－725，故cos
θ＋sinθ＝75，又因为θ∈0，π2，且cos2θ＋sin2θ＝1.故cosθ＝35，sinθ＝45或cosθ＝45，sinθ＝35，则tanθ＝43或34，故tan2θ＝2tanθ1－tan2θ＝±247.4．答案：D解析：f（x）＝23sinxc
osx＋sin2x－cos2x＝3sin2x－cos2x＝2sin2x－π6，令x＝512π，则2x－π6＝23π，故f5π12＝3≠0，故A项错误；当x∈π4，π2时，2x－π6∈π3，5π6，f（x）＝2sin
2x－π6∈[1，2]，故B项错误，因为f（x）的周期T＝2π2＝π，所以若f（x1）＝f（x2）＝2，则x1－x2＝kπ，k∈Z，故C项错误，将f（x）的图象向右平移π6个单位得g（x）＝fx－π6＝2sin2x－π2＝－2cos2x的图象，故D
项正确．5．答案：242517250解析：∵α为锐角，cosα＋π6＝35，∴sinα＋π6＝45，∴sin2α＋π3＝2sinα＋π6cosα＋π6＝2425.∵cos
2α＋π3＝2cos2α＋π6－1＝－725，∴cos2α＋π12＝cos2α＋π3－π4＝cos2α＋π3cosπ4＋sin2α＋π3sinπ4＝
－725×22＋2425×22＝17250.6．答案：2＋13解析：∵cosα＝2cosα＋π4，∴cosα＋π8－π8＝2cosα＋π8＋π8，∴cosα＋π8cosπ8＋sin
α＋π8sinπ8＝2cosα＋π8cosπ8－2sinα＋π8sinπ8化为cosα＋π8cosπ8＝3sinα＋π8sinπ8，∴tanα＋π8＝13tanπ8，∵tanπ4＝2tanπ81－tan2π8＝1，
解得tanπ8＝2－1，∴tanα＋π8＝132－3＝2＋13.三高考小题重现篇1．答案：C解析：将式子进行齐次化处理得：sinθ()1＋sin2θsinθ＋cosθ＝sinθ()sin2θ＋cos2θ＋2sinθcosθsinθ＋cosθ＝si
nθ()sinθ＋cosθ＝sinθ()sinθ＋cosθsin2θ＋cos2θ＝tan2θ＋tanθ1＋tan2θ＝4－21＋4＝25.2．答案：D解析：通解因为cos5π12＝sin（π2－5π12）＝sinπ12，
所以cos2π12－cos25π12＝cos2π12－sin2π12＝cos（2×π12）＝cosπ6＝32.优解设cos2π12－cos25π12＝a，sin2π12－sin25π12＝b，则a＋b＝（cos2π12＋sin2π12）－（cos25π12＋sin25π12）＝1
－1＝0①，a－b＝（cos2π12－sin2π12）－（cos25π12－sin25π12）＝cos（2×π12）－cos（2×5π12）＝cosπ6－cos5π6＝2cosπ6＝3②，所以根据①＋②可得2a＝3，即a＝32，即cos2π12－cos25π1
2＝32.光速解因为cosπ12＝6＋24，cos5π12＝6－24，所以cos2π12－cos25π12＝（6＋24）2－（6－24）2＝32.3．答案：A解析：因为tan2α＝sin2αcos2α＝2sinαcosα1－2sin2α，且tan2α＝cosα2－sinα，所以2sinαcos
α1－2sin2α＝cosα2－sinα，解得sinα＝14.因为α∈0，π2，所以cosα＝154，tanα＝sinαcosα＝1515.4．答案：A解析：由3cos2α－8cosα＝5，得3cos2α－4cosα－4
＝0，所以cosα＝－23或cosα＝2（舍去），因为α∈（0，π），所以sinα＝53.5．答案：－3513解析：方法一因为tanθ＝2，所以sinθ＝2cosθ，由sin2θ＋cos2θ＝1可知，sin2θ＝45，cos2θ＝15，所以cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝15
－45＝－35，tanθ－π4＝tanθ－11＋tanθ＝2－11＋2＝13.方法二因为tanθ＝2，所以cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ－sin2θcos2θ＋sin2θ＝1－tan2θ1＋tan2θ＝1－41＋4＝－35，tanθ－π4＝tan
θ－11＋tanθ＝2－11＋2＝13.6．答案：13解析：因为sin2π4＋α＝23，所以1－cosπ2＋2α2＝23，1＋sin2α2＝23，得sin2α＝13.四经典大题强化篇1．解析：（1）原式＝12（4cos4α－4cos2α＋1）2×si
nπ4－αcosπ4－α·cos2π4－α＝（2cos2α－1）24sinπ4－αcosπ4－α＝cos22α2sinπ2－2α＝cos22α2cos2α＝12cos
2α.（2）原式＝[2sin50°＋sin10°1＋3×sin10°cos10°]×2sin80°＝2sin50°＋sin10°（cos10°＋3sin10°）cos10°·2sin80°＝2sin50°cos10°＋2
sin10°sin40°cos10°·2sin80°＝2（sin50°cos10°＋cos50°sin10°）cos10°·2sin80°＝2sin60°cos10°·2cos10°＝6.2．解析：（1）f（x）＝cos2ωx＋3sin2ωx＝2sin
2ωx＋π6，由于直线x＝π3是函数f（x）＝2sin2ωx＋π6的图象的一条对称轴，所以2π3ω＋π6＝kπ＋π2（k∈Z），解得ω＝32k＋12（k∈Z），又0<ω<1，所以ω＝12，所以f（x）＝2sinx＋π6.由2kπ－π2≤x＋π6≤2kπ＋π2（k∈
Z），得2kπ－2π3≤x≤2kπ＋π3（k∈Z），所以函数f（x）的单调递增区间为2kπ－2π3，2kπ＋π3（k∈Z）.（2）由题意可得g（x）＝2sin12x＋2π3＋π6，即g（x）＝2cosx2，由g2α＋π3＝2cos12
2α＋π3＝2cosα＋π6＝65，得cosα＋π6＝35，又α∈0，π2，故π6<α＋π6<2π3，所以sinα＋π6＝45，所以sinα＝sin
α＋π6－π6＝sinα＋π6cosπ6－cosα＋π6sinπ6＝45×32－35×12＝43－310.点点练16解三角形及应用一基础小题练透篇1．答案：B解析：由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sin（B
＋C）＝sin2A，即sin（π－A）＝sin2A，sinA＝sin2A.∵A∈（0，π），∴sinA>0，∴sinA＝1，即A＝π2，∴△ABC为直角三角形．2．答案：D解析：由已知得C＝180°－B－A＝30°，根据正
弦定理：22sin45°＝csin30°，故c＝2.3．答案：A解析：在△ABC中，a＝233，b＝2，B＝2π3，由正弦定理可得asinA＝bsinB，所以sinA＝asinBb＝22，因为a<b，所以A<B，可得A∈0，2π3，所以A＝π4.4．答案：B解析：
由余弦定理得，cosA＝AB2＋AC2－BC22AB·AC＝22＋32－（7）22×2×3＝12，所以sinA＝1－cos2A＝32，所以△ABC的面积为12AB·AC·sinA＝12×2×3×32＝332.5．答案：C解析：∵asinB＝2bsinC，∴
由正弦定理得ab＝2bc且b≠0，即a＝2c且b＝2，∴S△ABC＝144c4－5c2－422＝－94c4＋10c2－42＝－9c4＋40c2－164＝－9c2－2092＋25694，∴c2＝209时，△ABC面积取
最大值43.6．答案：A解析：如图所示：由平面相似可知，DEAB＝EHAH，FGAB＝CGAC，而DE＝FG，所以DEAB＝EHAH＝CGAC＝CG－EHAC－AH＝CG－EHCH，而CH＝CE－EH＝CG－EH＋EG，即AB＝CG－EH
＋EGCG－EH×DE＝EG×DECG－EH＋DE＝表高×表距表目距的差＋表高．7．答案：1006解析：设此山高h（m），则BC＝3h，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠CBA＝105°，∠BCA＝45°，AB＝600（m）.在△ABC中，根据正弦定理得BCsinA＝
ABsinC，即3hsin30°＝600sin45°，解得h＝1006（m）.8．答案：34解析：因为tanAtanB＝sinAsinBcosAcosB＝1，所以cosAcosB－sinAsinB＝cos（A＋B）＝－cosC＝0，即cosC＝0.又
因为0<C<π，所以C＝π2.因为AB＝3，所以asinA＝bsinB＝3，即a＝3sinA，b＝3sinB＝3sinπ2－A＝3cosA，所以S△ABC＝12ab＝32sinAcosA＝34sin2A，当A＝π4时，S△ABC取得最大
值为34.二能力小题提升篇1．答案：B解析：由题意，得2bccosA＝2c2－ac，于是b2＋c2－a2＝2c2－ac，即c2＋a2－b2＝ac.从而由余弦定理可得cosB＝a2＋c2－b22ac＝12.又B∈（0，π），所以B＝60°.因为S△ABC＝12acsinB＝34ac＝3，
即ac＝4.又a＋c＝4，所以a＝c＝2，即△ABC为等边三角形，所以△ABC的周长为6.2．答案：B解析：由（sinB＋sinC）2－sin2（B＋C）＝3sinBsinC可得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC．由正弦定理可得b2＋c2－a2＝b
c，于是cosA＝b2＋c2－a22bc＝12.又A∈（0，π），所以A＝π3.又2bc≤b2＋c2＝a2＋bc＝4＋bc，所以bc≤4，当且仅当b＝c时取等号．因此S△ABC＝12bcsinA＝34bc≤3.3．答案：B解析：由题意，
得∠ACB＝60°，∠ADC＝67.5°，∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°.在△ADC中，∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，所以AC＝DC＝26.在△BCE中，∠CBE＝180°－75°－6
0°＝45°，由正弦定理可得ECsin∠CBE＝BCsin∠BEC，可得BC＝EC·sin∠BECsin∠CBE＝2×sin60°sin45°＝6.在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝（26）2＋（6）2－2×26×6cos60°＝18
，所以AB＝32.4．答案：B解析：因为A＝60°，角A的平分线交BC于点D，所以∠CAD＝∠BAD＝30°.又b＝3c，所以CDBD＝S△CADS△DAB＝12b·AD·sin30°12AD·c·sin30°＝bc＝3.因为BD＝7，所以CD＝37，所以
a＝CB＝47.因为a2＝b2＋c2－2bccosA，所以16×7＝9c2＋c2－2×3c·c·12，解得c＝4.方法一在△ABD中，由正弦定理可知BDsin∠BAD＝csin∠ADB，即712＝4sin∠ADB，所以sin∠ADB＝27.因为b＝3c>c，所以B>C
.因为∠ADB＝30°＋C，∠ADC＝30°＋B，所以∠ADB<∠ADC，所以∠ADB为锐角，所以cos∠ADB＝37＝217.方法二由余弦定理可得cos∠BAD＝AD2＋c2－BD22AD·c，即32＝AD2＋16－78AD，所以
AD2－43AD＋9＝0，所以（AD－3）（AD－33）＝0，所以AD＝33或AD＝3.因为b＝3c>c，所以B>C.又B＋C＝120°，所以B>60°>∠BAD，所以AD>BD＝7，所以AD＝33.所以cos∠ADB＝AD2＋BD2－c22AD·BD＝27＋7－
162×33×7＝217.5．答案：2<a<433解析：满足题意的三角形要有两个，则需asinB<b，a>b，即asin60°<2，a>2，解得2<a<433.6．答案：62解析：
由题意可得ccosA＝a（2－cosC），又ccosA＋acosC＝b，所以b＝2a.由余弦定理可得cosA＝b2＋c2－a22bc＝4＋a242a.由三角形的面积公式可得S△ABC＝12bcsinA＝12·22a·1－cos2A＝－116a4＋32a2－1＝－116（a2－12）2＋8，故当
a2＝12时，S△ABC取得最大值，此时a＝23，b＝26，AD＝62，cosA＝63.故BD＝AB2＋AD2－2AB·ADcosA＝62.三高考小题重现篇1．答案：A解析：由cosC＝AC2＋BC2－AB22AC·BC得23＝16＋9－AB22×4×3，∴
AB＝3，∴cosB＝BA2＋BC2－AC22BA·BC＝9＋9－162×3×3＝19.2．答案：A解析：∵cosC2＝55，∴cosC＝2cos2C2－1＝2×552－1＝－35.在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·
cosC＝52＋12－2×5×1×－35＝32，∴AB＝32＝42.3．答案：A解析：由正弦定理及asinA－bsinB＝4csinC得a2－b2＝4c2，由余弦定理可得cosA＝b2＋c2－a22bc＝－3c
22bc＝－14.所以bc＝6.4．答案：C解析：∵S＝12absinC＝a2＋b2－c24＝2abcosC4＝12abcosC，∴sinC＝cosC，即tanC＝1.∵C∈（0，π），∴C＝π4.5．答案：22解析：由题意得S△ABC＝12
acsinB＝34ac＝3，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×12＝8，则b＝22.6．答案：63解析：方法一因为a＝2c，b＝6，B
＝π3，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝（2c）2＋c2－2×2c×ccosπ3，得c＝23，所以a＝43，所以△ABC的面积S＝12acsinB＝12×43×23×sinπ3＝63.方法二因
为a＝2c，b＝6，B＝π3，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝（2c）2＋c2－2×2c×ccosπ3，得c＝23，所以a＝43，所以a2＝b2＋c2，所以A＝π2，所以△ABC的面积S＝12×23×6＝63.四经典大题强化篇1．解析：（1）在△
BCD中，∵cos∠CBD＝－714，∴sin∠CBD＝1－－7142＝32114利用正弦定理得：CDsin∠CBD＝BCsin∠BDC，∴sin∠BDC＝BC·sin∠CBDCD＝7×3211433＝12，又∵∠CBD为钝角，∴∠BDC为锐角，∴∠BDC＝π6.（2）在
△BCD中，由余弦定理得cos∠CBD＝BC2＋BD2－CD22BC·BD＝7＋BD2－2727×33＝－714解得：BD＝4或BD＝－5（舍去），在△ABD中，∠A＝π3，设AB＝x，AD＝y，由余弦定理得cosA＝AB2＋AD2－BD22AB·A
D＝x2＋y2－162xy＝12，即x2＋y2－16＝xy，整理得：（x＋y）2－16＝3xy，又x>0，y>0，利用基本不等式得：（x＋y）2－16＝3xy≤3（x＋y）24，即（x＋y）24≤16，即（x＋y）2≤64，当且仅当x＝y＝4
时，等号成立，即（x＋y）max＝8，所以（AB＋AD＋BD）max＝8＋4＝12.所以△ABD周长的最大值为12.2．解析：（1）因为m∥n，所以asinB－3bcosA＝0，由正弦定理，得sinAsinB－3sinBcosA＝0，又sinB≠0，从而tanA＝3，
由于0＜A＜π，所以A＝π3.（2）方法一由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，而由a＝7，b＝2，A＝π3，得7＝4＋c2－2c，即c2－2c－3＝0，因为c＞0，所以c＝3，故△ABC的面积为S＝12bcsinA＝332.方法二由正弦定理，得7si
nπ3＝2sinB，从而sinB＝217，又由a＞b，知A＞B，所以cosB＝277，故sinC＝sin（A＋B）＝sinB＋π3＝sinBcosπ3＋cosBsinπ3＝32114.所以△ABC的面积为S＝12absinC＝332.单元检测（
四）三角函数、解三角形1．答案：B解析：∵b＝12，A＝30°，∴C到AB的距离h＝bsinA＝6，∴当a<6时，三角形无解，当a＝6时，三角形有一解，当6<a<12时，三角形有两解，当a≥12时，三角形有一解．2．答案：D解析：A＝
π3，由正弦定理b2＋c2a2＝sin2B＋sin2Csin2A＝43（sin2B＋sin2C）＝43sin2B＋sin22π3－B＝431－cos2B2＋1－co
s4π3－2B2＝431＋12sin2B－π6，因为0<B<π20<2π3－B<π2，所以π6<B<π2，π6<2B－π6<5π6，所以12<sin2B－π6≤1，53<431＋12sin2B－π
6≤2，即b2＋c2a2的取值范围是53，2.3．答案：A解析：因为sinα＝22sinα＋3π2＝－22cosα，所以tanα＝－22，所以cos2α＝cos2α－sin2αcos2α＋sin2α＝1－tan2α1＋tan2α＝1－81＋8＝－79.4．答案：B解
析：2sin2α＝cos2α＋1⇒4sinαcosα＝2cos2α，因为α∈0，π2，所以cosα≠0，所以tanα＝12.因为α∈0，π2，所以sinα＝55.所以cos
3π2＋α＝sinα＝55.5．答案：A解析：由题可知9cos2α＋6cosα＋5＝0，即9cos2α＋3cosα－2＝0，∴（3cosα－1）（3cosα＋2）＝0，∵α∈－π2，π2，∴cosα＝13，∴sinα＝±1
－cos2α＝±223.6．答案：A解析：由图象知，A＝1，T＝4×7π12－π3＝π，又f7π12＝－1，7π12－π12＝T2，所以fπ12＝1.7．答案：D解析：当正弦值等于余弦值时，函数值为±22，故等腰直角三角形斜边上的高为2，由此得到斜边边长为4，
斜边边长即为函数的最小正周期，故2πω＝4，ω＝π2.8．答案：B解析：由x∈－π3，π4知，ωx－π3∈－π3ω－π3，π4ω－π3，在区间上单增，应满足：－π3ω－π3≥－π2＋2kππ4ω－π3≤π2＋2kπ，k∈Z，解得
ω≤12－6kω≤103＋8k，又ω>0，易知k只能取0，解得ω∈0，12.9．答案：A解析：设∠ACD＝∠BCD＝α，AD＝x，则BD＝73－x，在△ACD中，由正弦定理，得xsinα＝CDsinA，在△BCD中，由正弦定理，得73－xsinα＝CDs
inB，两式相除，得x73－x＝sinBsinA，即x73－x＝sinBsin2B，所以x73－x＝12cosB，在△ABC中，由正弦定理，得4sinA＝73sin（π－A－B），即sin2Bsin3B＝127，又因为sin3B＝sin（B＋2B）＝sinBcos2
B＋cosBsin2B＝sinB（1－2sin2B）＋cosB2sinBcosB＝3sinB－4sin3B，所以2sinBcosB3sinB－4sin3B＝127，化简得24cos2B－7cosB－6＝0，解得cosB＝23或cosB＝－38（舍），代入x73－x＝12co
sB得x＝1，即AD＝1.10．答案：D解析：因为cosA＝23，b＝2，c＝3.所以cosA＝b2＋c2－a22bc，即23＝22＋32－a22×2×3，解得a＝5，所以cosB＝c2＋a2－b22ac＝（5）2＋32－222×3×5＝53，又0<B<π，所以sinB＝23
，所以BC边上的高为csinB＝3×23＝2.11．答案：C解析：因为cosA＋sinA－2sinB＋cosB＝0，即cosA＋sinA＝2sinB＋cosB，所以（cosA＋sinA）（sinB＋cosB）＝2，可得cosAs
inB＋cosAcosB＋sinAsinB＋sinAcosB＝2，所以sin（A＋B）＋cos（A－B）＝2，由正弦函数与余弦函数的性质，可得sin（A＋B）＝1且cos（A－B）＝1，因为A，B，C∈（0，π）且A＋B＋C＝π，所以A＋B＝π
2A－B＝0，解得A＝B＝π4，所以C＝π2，又由正弦定理可得a＋bc＝sinA＋sinBsinC＝22＋221＝2.12．答案：C解析：由2ccosB＋bcosA＝acos（A＋C）得：2sinCcosB＋sinBcosA＝－si
nAcosB，∴2sinCcosB＝－sin（A＋B）＝－sinC，而sinC≠0，∴cosB＝－12，由CD→＝2DA→，有BD→－BC→＝2（BA→－BD→），即BD→＝23BA→＋13BC→，∴BD→2＝23
BA→＋13BC→2＝49BA→2＋19BC→2＋49|BA→|·|BC→|cosB＝169＋169－169＝169，∴|BD→|＝43.13．答案：72解析：由cosAsinA＋cosCsinC＝r，整理得cosAsinC＋si
nAcosC＝rsinAsinC，即sin（A＋C）＝rsinAsinC，因为A＋B＋C＝π，可得sin（A＋C）＝sin（π－B）＝sinB，所以sinB＝rsinAsinC由正弦定理可得，asinA＝bsinB＝csinC＝2r，可得
b＝12ac，因为b＝2，所以ac＝4，且a＋c＝32，又由余弦定理可得cosB＝a2＋c2－b22ac＝（a＋c）2－2ac－b22ac＝（32）2－8－48＝34，则sinB＝1－cos2B＝1－3
42＝74，所以S△ABC＝12acsinB＝12×4×74＝72.14．答案：35解析：因为cos2x＝cos10x（x≥0），则有10x＝2x＋2kπ或10x＋2x＝2nπ，（k，n∈N），解得x＝14kπ或x＝nπ6，（k，n∈N），又函数
y＝cos2x（x≥0）和函数y＝cos10x（x≥0）的图象的公共点的横坐标从小到大依次为x1，x2，…，xn，所以x＝0，π6，π4，π3，π2，2π3，…，故x3＝π4，x4＝π3，所以tan（x3
－α）＝cosx4，即tanπ4－α＝cosπ3，则1－tanα1＋tanα＝12，解得tanα＝13，故sin2α＝2sinαcosα＝2sinαcosαsin2α＋cos2α＝2tanαtan2α＋1＝35.15．答案：4＋22解析：由tanBco
sC＝1－sinC知：sinBcosC＝cosB－cosBsinC，而B＋C＝π－A，∴sinBcosC＋cosBsinC＝sin（B＋C）＝sinA＝cosB，∴△ABC是∠C＝π2的直角三角形，故S△ABC＝12ab＝2，即ab＝4，而c＝a2＋b2，∴△ABC的周长a＋b
＋a2＋b2＝a2＋b2＋2ab＋a2＋b2≥4ab＋2ab＝4＋22，当且仅当a＝b＝2等号成立．16．答案：2114解析：令BC＝2AB＝4AD＝4，则AD＝AE＝BE＝1，又∠DAB＝π3，AD∥BC，∴△AED为等边三角形，∠EBC＝2π3，连接BD，易知△
DBC、△ADB都是直角三角形且BD＝3，∴综上，有ED2＝1，DC2＝BD2＋BC2＝19，EC2＝BE2＋BC2－2BE·BC·cos∠EBC＝21，∴在△DEC中，cos∠DEC＝ED2＋EC2－DC22ED·EC＝2114.17．解析：（1）∵co
sα－sinα＝5213，α∈0，π4，平方可得1－2sinαcosα＝50169，∴sinαcosα＝119338.（2）sinα＋cosα＝（sinα＋cosα）2＝1＋2sinαcosα＝12213，∴原式＝cos2αcosπ
4＋α＝（cosα－sinα）·（cosα＋sinα）22（cosα－sinα）＝2（cosα＋sinα）＝2413.18．解析：（1）由函数f（x）的图象的一个对称中心到相邻对称轴的距离为π4，可知函数f（x）的最小正周期T＝4×π4＝π，所以ω
＝2ππ＝2.又函数f（x）图象上有一个最低点M7π12，－3，所以A＝3，2×7π12＋φ＝3π2＋2kπ（k∈Z），即φ＝2kπ＋π3（k∈Z）.由|φ|<π2，得φ＝π3，所以f（x）＝3sin2x＋
π3.（2）由2kπ－π2≤2x＋π3≤2kπ＋π2（k∈Z），可得kπ－5π12≤x≤kπ＋π12（k∈Z）.（利用函数y＝Asin（ωx＋φ）（A>0）的单调递增区间）又x∈[0，π]，所以函数f（x）在[0，π]上的单
调递增区间为0，π12，7π12，π.19．解析：（1）∵cos2C－cos2B＝1－2sin2C－（1－2sin2B）＝2sinA（sinA－sinC），∴sin2B－sin2C＝sin2A－sinAsinC．∴由正弦定理得b2－c2＝a2－ac，∴cosB
＝a2＋c2－b22ac＝12，∴B＝π3.（2）由S△ABC＝12acsinB＝12a×1×sinπ3＝332，得a＝6，∴b2＝a2＋c2－2accosB＝62＋12－2×6×1×cosπ3＝31，即b＝31.20．解析：选①（1）由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，
b＝11－a，c＝7，得a2＝（11－a）2＋49－2（11－a）×7×－17，∴a＝8.（2）∵cosA＝－17，A∈（0，π），∴sinA＝437.由正弦定理asinA＝csinC，得sinC＝csinA
a＝7×4378＝32，由（1）知b＝11－a＝3，∴S△ABC＝12absinC＝12×8×3×32＝63.选②（1）∵cosA＝18，∴A∈0，π2，sinA＝378.∵cosB＝916，∴B∈0，π2，sinB＝57
16.由正弦定理asinA＝bsinB，得a378＝11－a5716，∴a＝6.（2）sinC＝sin（π－A－B）＝sin（A＋B）＝sinAcosB＋cosAsinB＝74.∵a＋b＝11，a＝6，∴b＝5.∴S△ABC＝12absinC＝12×6×5×74＝157
4.21．解析：（1）因为△BCD的面积是△ABD面积的2倍，∠CBD＝2∠ABD＝π3，所以12BC·BDsinπ3＝2×12BA·BDsinπ6，所以BCBA＝23，则sinAsinC＝23＝233.
（2）因为12BC·BDsin2θ＝2×12BA·BDsinθ，所以4×2sinθcosθ＝2×22sinθ，又sinθ>0，所以cosθ＝22，所以θ＝π4，∠ABC＝3θ＝3π4，所以AC2＝16＋8－2×4×
22×－22＝40，所以AC＝210.22．解析：（1）在三角形AOB中，由正弦定理，得ABsin∠AOB＝OBsin∠BAO，即ABsinα＝OBsinβ，而OB＝1，所以AB＝sinαsinβ，由余弦定理可得AB2＝O
A2＋OB2－2OA·OBcosα＝4＋1－2×2×1·cosα＝5－4cosα，所以AB＝5－4cosα，所以5－4cosαsinα＝1sinβ，所以sinβ＝sinα5－4cosα（0<α<π）.（2）∵AB＝AC，∴OC2＝OA2＋AC2－2OA·AC·cosπ2＋β＝4＋5－
4cosα＋2×2×5－4cosα·sinβ＝9－4cosα＋4sinα＝9＋42sinα－π4≤9＋42，所以OC的最大值为22＋1.故当α＝3π4时，OC最长，为（22＋1）km.第五单元平面向量点点练17平面向量的概念及线性运算一基础小题练透篇1．答案：D解析：向量
是既有大小又有方向的量，a与|a|a0的模相同，但方向不一定相同，故①是假命题；若a与a0平行，则当a为零向量时，a的方向任意；当a不为零向量时，a与a0的方向有两种情况：一是同向，二是反向，反向时a＝－|
a|a0，故②③也是假命题．综上所述，假命题的个数是3.2．答案：A解析：当a＋b＝0时，a＝－b，所以a∥b；当a∥b时，不一定有a＝－b，所以“a＋b＝0”是“a∥b”的充分不必要条件．3．答案：B解析：CD→＝CA→＋AD→＝CA→＋23AB→＝CA→＋23（AC→＋CB→）＝13
CA→＋23CB→＝13b＋23a，故选B.4．答案：D解析：由AB→＝λa＋b，AC→＝a＋μb（λ，μ∈R）及A，B，C三点共线得AB→＝tAC→，所以λa＋b＝t（a＋μb）＝ta＋tμb，即可得λ＝t，1＝tμ，所以λμ
＝1.5．答案：B解析：∵O为BC的中点，∴AO→＝12（AB→＋AC→）＝12（mAM→＋nAN→）＝m2AM→＋n2AN→，∵M，O，N三点共线，∴m2＋n2＝1，∴m＋n＝2.6．答案：C解析：因为四边形ABCD为平行四边形，对角线AC与BD交于点O
，且AE→＝2EO→，所以EA→＝－13AC→，所以ED→＝EA→＋AD→＝－13AC→＋AD→＝－13（AD→＋AB→）＋AD→＝23AD→－13AB→.7．答案：①②③④⑤⑥解析：对于①，当b＝0时，a不一定与c平行．对于②，当a＋b＝0时，其方向任意，它与a，b的
方向都不相同．对于③，当a，b之一为零向量时结论不成立．对于④，当a＝0且b＝0时，λ有无数个值；当a＝0但b≠0或a≠0但b＝0时，λ不存在．对于⑤，由于两个向量之和仍是一个向量，所以AB→＋BA→＝0.对于⑥，当λ＝0时，不管a与b的大小与方向如何，都有λa＝λb，此时不
一定有a＝b.8．答案：4解析：∵D为AB的中点，则OD→＝12（OA→＋OB→），又OA→＋OB→＋2OC→＝0，∴OD→＝－OC→，∴O为CD的中点．又∵D为AB的中点，∴S△AOC＝12S△ADC＝14S△ABC，则S△ABCS△AOC＝4.二能力小题提
升篇1．答案：C解析：设E，F，D分别是AC，AB，BC的中点，由于O是三角形ABC的重心，所以BO→＝23BE→＝23×（AE→－AB→）＝23×12AC→－AB→＝－23AB→＋13AC→.2．答案：A
解析：因为A、B、D三点共线，所以存在实数λ，使得BD→＝λAB→，BD→＝BC→＋CD→＝2a＋6b，所以2a＋6b＝λa＋mλb，∴2＝λ6＝mλ，解得m＝3.3．答案：C解析：如图，由5AM→＝AB→＋3AC→得2AM→＝2AD→＋3AC
→－3AM→，即2（AM→－AD→）＝3（AC→－AM→），即2DM→＝3MC→＝3（DC→－DM→），故DM→＝35DC→，故△ABM与△ABC以AB为底，其高的比为3∶5，故S△ABM∶S△ABC＝3∶5.4．答案：C解析：|OA→i
＋OA→j|2＝2＋2cosθ≥1，cosθ≥－12，所以OA→i，OAj的夹角不超过2π3，对于任意给定的OA→i，因为2π3÷2π2021＝673.66，满足|OAi＋OAj|≥1的向量OA→j的取法共有673×2＝1346，再让OA→i动起来，可得点对（Ai，Aj）的个数
是2021×1346.5．答案：②③解析：①两个向量的模相等，但它们的方向不一定相同，故①为假命题．②因为AB→＝DC→，所以|AB→|＝|DC→|且AB→∥DC→，又A，B，C，D是不共线的四点，所以四边形ABCD为平行四
边形；反之，若四边形ABCD为平行四边形，则|AB→|＝|DC→|，AB→∥DC→且AB→，DC→方向相同，因此AB→＝DC→，故②为真命题．③因为a＝b，所以a，b的模相等且方向相同，又b＝c，所以b，c的模相
等且方向相同，所以a，c的模相等且方向相同，故a＝c，则③为真命题．④当a∥b且方向相反时，即使|a|＝|b|，也不能得到a＝b，故|a|＝|b|且a∥b不是a＝b的充要条件，而是必要不充分条件，故④是假命题．6．答案：33解析：连接A
D，交EC于G点，设正六边形边长为a，由正六边形的性质知，AD⊥CE，AD∥CB，G点为EC的中点，且AG＝32a，则CA→＝CG→＋GA→＝12CE→＋32CB→，又AMAC＝CNCE＝r，（r>0），则CA→＝CM→1
－r，CE→＝CN→r，故CM→1－r＝CN→2r＋32CB→，即CM→＝1－r2rCN→＋3（1－r）2CB→.若B、M、N三点共线，由共线定理知，1－r2r＋3（1－r）2＝1，解得r＝33或－33（舍）.三高考小题
重现篇1．答案：A解析：由向量加法的平行四边形法则可知|a＋b|与|a－b|为以a，b为邻边的平行四边形的对角线，因为|a＋b|＝|a－b|，所以四边形为矩形，故a⊥b.2.答案：A解析：作出示意图如图所示．EB→＝ED→＋DB→＝12AD→＋12CB→＝12
×12（AB→＋AC→）＋12（AB→－AC→）＝34AB→－14AC→.3．答案：A解析：∵BC→＝3CD→，∴AC→－AB→＝3（AD→－AC→）.整理，得3AD→＝－AB→＋4AC→，∴AD→＝－13AB→＋43
AC→.4．答案：A解析：设圆C的半径为r.如图，建立平面直角坐标系．在Rt△BCD中，BD＝5，12BD·r＝12BC·CD，∴r＝25.∴圆C：（x－2）2＋（y－1）2＝45.令x－2＝25cosα，y－1＝25sinα，α∈[0，2π），
则x＝2＋25cosα，y＝1＋25sinα，则圆上任一点P2＋25cosα，1＋25sinα.由AP→＝λAB→＋μAD→，得2＋25cosα，1＋25sinα＝λ（0，1）＋μ（2，0）＝（2μ，λ），∴2＋25cosα＝2μ，1＋25si
nα＝λ.可得λ＝25sinα＋1，μ＝15cosα＋1，∴λ＋μ＝25sinα＋1＋15cosα＋1＝25sinα＋15cosα＋2＝252＋152
sin（α＋φ）＋2＝sin（α＋φ）＋2.∵sin（α＋φ）的最大值为1，∴λ＋μ的最大值为3.四经典大题强化篇1．解析：（1）证明：∵AB→＝a＋b，BC→＝2a＋8b，CD→＝3（a－b）.∴BD→
＝BC→＋CD→＝2a＋8b＋3（a－b）＝2a＋8b＋3a－3b＝5（a＋b）＝5AB→.∴AB→，BD→共线，又它们有公共点B，∴A，B，D三点共线．（2）∵ka＋b与a＋kb共线，∴存在实数λ，使ka＋b＝λ（a＋kb），
即ka＋b＝λa＋λkb，∴（k－λ）a＝（λk－1）b，∵a，b是不共线的两个非零向量，∴k－λ＝λk－1＝0，∴k2－1＝0，∴k＝±1.2．解析：因为tan∠AOB＝－43，所以sin∠AOB＝45，如图所示，过点C作CD∥OB，交OA的延长线于点D，作C
E∥OA，交OB的延长线于点E.所以在△OCD中，∠OCD＝45°，sin∠ODC＝sin（180°－∠AOB）＝45，所以由正弦定理得OCsin∠ODC＝ODsin∠OCD，即245＝OD22，解得OD＝54＝m.由余弦定理得OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos45°，即2516＝2＋
n2－22ncos45°，解得n＝14或74.当n＝14时，cos∠CDO<0，∠CDO为钝角，与∠EOD为钝角矛盾，故n＝74，所以mn＝57.点点练18平面向量基本定理及坐标表示一基础小题练透篇1．
答案：D解析：设点B的坐标为（x，y），则AB→＝（x＋1，y－5）.由AB→＝3a，得x＋1＝6，y－5＝9，解得x＝5，y＝14.2．答案：A解析：AB→＝（3，1），AC→＝（－4，－3），BC→＝AC→－AB→＝（－4，－3）－（3，1）＝（－7，
－4）.3．答案：A解析：∵a⊥b，b∥c，∴a⊥c，∴a·c＝－2x＋2＝0，可得x＝1，则a＝（1，1）.∵b∥c，∴2y＋4＝0，解得y＝－2，则b＝（2，－2），∴2a＋3b－c＝（10，－6
），∴|2a＋3b－c|＝234.4．答案：A解析：由题意得：a－2b＝（4，3－2λ），因为向量a－2b与向量a共线，所以4×3＝2×（3－2λ），解得λ＝－32.5．答案：D解析：连接CD（图略），由点C，D是半圆弧的三等分点，得CD∥AB且CD→＝12AB→＝12a，所
以AD→＝AC→＋CD→＝b＋12a.6．答案：A解析：因为|OC|＝2，∠AOC＝π4，所以C（2，2），又因为OC→＝λOA→＋μOB→，所以（2，2）＝λ（1，0）＋μ（0，1）＝（λ，μ），所以λ＝μ＝2，λ＋μ＝22.7．答案：－12解析：由已
知条件可得ma＋nb＝（2m，3m）＋（－n，2n）＝（2m－n，3m＋2n），a－2b＝（2，3）－（－2，4）＝（4，－1）.∵ma＋nb与a－2b共线，∴2m－n4＝3m＋2n－1，即n－2m＝12m＋8n，∴mn＝－12.8．答案：43解析：选择AB→，
AD→作为平面向量的一组基底，则AC→＝AB→＋AD→，AE→＝12AB→＋AD→，AF→＝AB→＋12AD→，又AC→＝λAE→＋μAF→＝12λ＋μAB→＋λ＋12μAD→，于是得
12λ＋μ＝1，λ＋12μ＝1，解得λ＝23，μ＝23，所以λ＋μ＝43.二能力小题提升篇1．答案：B解析：以e1的起点为坐标原点，e1所在直线为x轴建立平面直角坐标系（图略），由题意可得e1＝（1，0），e2＝（－1，1），a＝（－3，1），因为a＝xe1＋ye2＝x（1，0）＋y
（－1，1）＝（x－y，y），则x－y＝－3，y＝1，解得x＝－2，y＝1，故a＝－2e1＋e2.2．答案：A解析：方法一由题意可得ma＋2b＝43－m，2m＋65，3a－2b＝－133，245.∵向量ma＋2b（m∈
R）与向量3a－2b共线，∴－133×2m＋65＝245×43－m，解得m＝－3.方法二∵向量ma＋2b（m∈R）与向量3a－2b共线，设ma＋2b＝λ（3a－2b）（λ∈R），∴m＝3λ，－2λ＝2，∴λ＝－1，m＝－3.3．答案：D解析：方法
一依题意，设BO→＝λBC→，其中1<λ<43，则有AO→＝AB→＋BO→＝AB→＋λBC→＝AB→＋λ（AC→－AB→）＝（1－λ）AB→＋λAC→.又AO→＝xAB→＋（1－x）AC→，且AB→，AC→不共线，于是有x＝1－λ∈
－13，0，即x的取值范围是－13，0.方法二∵AO→＝xAB→＋AC→－xAC→，∴AO→－AC→＝x（AB→－AC→），即CO→＝xCB→＝－3xCD→，∵O在线段CD（不含C，D两点）上，∴0<－3x<1，∴－13<x<0.4．答案：D解
析：不妨设CP→＝kCD→（0<k<1）.由AP→＝AC→＋CP→＝AC→＋kCD→＝AC→＋k（AD→－AC→）＝AC→＋k23AB→－AC→＝2k3AB→＋（1－k）AC→＝mAC→＋12AB→，得2k3＝12，1－k＝m，所以m＝14.因为△
ABC的面积为23，所以12|AC→|·|AB→|·32＝23，得到|AC→|·|AB→|＝8，所以|AP→|＝116|AC→|2＋14|AB→|2＋18|AC→|·|AB→|＝1＋116|AC→|2＋16|AC→|2≥3，当且仅当|
AC→|＝4时取等号．5．答案：1解析：由题意知OA→＝（－3，0），OB→＝（0，3），则OC→＝（－3λ，3），由∠AOC＝30°知，以x轴的非负半轴为始边，OC为终边的一个角为150°，所以tan150°＝3－3λ，即－33＝－33λ，所以λ＝1
.6．答案：2解析：以O为坐标原点，OA→所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A（1，0），B－12，32.设∠AOC＝αα∈0，2π3，则C（cosα，sinα）.由OC→＝xOA→＋
yOB→，得cosα＝x－12y，sinα＝32y，所以x＝cosα＋33sinα，y＝233sinα，所以x＋y＝cosα＋3sinα＝2sinα＋π6，又α∈0，2π3，所以当α＝π3时，x＋y取得最大值2.三高考小题重现篇1
．答案：A解析：∵a＝（2，3），b＝（3，2），∴a－b＝（－1，1），∴|a－b|＝（－1）2＋12＝2.2．答案：－3解析：∵a＝（2，6），b＝（－1，λ），且a∥b，∴2λ＋6＝0，∴λ＝－3.3．答案：12解析：2a＋b＝2（1
，2）＋（2，－2）＝（4，2），又∵c∥（2a＋b），∴4λ－2×1＝0，∴λ＝12.4．答案：3解析：过D作DF∥EC，交AB于F.∵D为BC的中点，∴F为BE的中点，又BE＝2EA，∴EF＝EA，又DF∥EO，∴A
O＝12AD，∴AO→＝12AD→＝12×12（AB→＋AC→）.∴AO→·EC→＝14（AB→＋AC→）·AC→－13AB→＝14AC→2＋23AB→·AC→－13AB→2.∵AB→·AC→＝6AO→·EC→，∴AB→·AC→＝32
AC→2－12AB→2＋AB→·AC→，∴AB→2＝3AC→2，∴|AB→|＝3|AC→|，∴ABAC＝3.5．答案：185或0解析：方法一以点A为坐标原点，AB→的方向为x轴的正方向，AC→的方向为y轴的正方向建立平面直角坐标系，设CD→＝λCB→，λ∈[0，1]，则D（4λ，3－3λ），A
D→＝AC→＋λCB→＝λAB→＋（1－λ）AC→，又点P在AD的延长线上，则可设AP→＝μAD→，μ>1，又PA→＝m（PB→－PC→）＋32PC→＝mCB→＋32PC→，则PA→＝m（AB→－AC→）
＋32（AC→－AP→），12AP→＝mAB→＋32－mAC→，则2mAB→＋（3－2m）AC→＝AP→＝μAD→＝λμAB→＋μ（1－λ）AC→，所以2m＝λμ，3－2m＝μ－λμ，所以μ＝3，又AP＝9，则AD＝3，所以（4λ）2＋（3－3
λ）2＝9，得λ＝1825或λ＝0，则|CD→|＝1825|CB→|＝1825×32＋42＝185或|CD→|＝0×|CB→|＝0.方法二由题意可设PA→＝λPD→＝λ[μPB→＋（1－μ）PC→]＝λμPB→＋（λ－λμ）PC→，其中λ>1，0≤μ≤1，又PA→＝mPB→＋
32－mPC→，所以λμ＝m，λ－λμ＝32－m，得λ＝32，即|PA→||PD→|＝32，又PA＝9，则|PD→|＝6，|AD→|＝3，所以AD＝AC.当D与C重合时，CD＝0，当D不与C重合时，有∠ACD＝∠CDA，所以∠CAD＝
180°－2∠ACD，在△ACD中，由正弦定理可得CDsin∠CAD＝ADsin∠ACD，则CD＝ADsin（180°－2∠ACD）sin∠ACD＝sin2∠ACDsin∠ACD·AD＝2cos∠ACD·AD＝2×35×3＝1
85.综上，CD＝185或0.四经典大题强化篇1．解析：（1）AE→＝AB→＋BE→＝（2e1＋e2）＋（－e1＋λe2）＝e1＋（1＋λ）e2.∵A，E，C三点共线，∴存在实数k，使得AE→＝kEC→，即
e1＋（1＋λ）e2＝k（－2e1＋e2），得（1＋2k）e1＝（k－1－λ）e2.∵e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，∴1＋2k＝0，λ＝k－1，解得k＝－12，λ＝－32.BC→＝BE→＋EC→＝－3e1－12e2＝（－6，－3）＋（－1，1）＝（
－7，－2）.（2）∵ABCD四点构成平行四边形，∴AD→＝BC→.设A（x，y），则AD→＝（3－x，5－y），又BC→＝（－7，－2），∴3－x＝－7，5－y＝－2，解得x＝10，y＝
7，点A（10，7）.2．解析：（1）方法一∵PA→＋PB→＋PC→＝0，PA→＋PB→＋PC→＝（1－x，1－y）＋（2－x，3－y）＋（3－x，2－y）＝（6－3x，6－3y），∴6－3x＝0，6－3y＝0，解得x＝2，y＝2，则P（2，2），OP→＝（
2，2），故|OP→|＝22.方法二∵PA→＋PB→＋PC→＝0，∴（OA→－OP→）＋（OB→－OP→）＋（OC→－OP→）＝0，∴OP→＝13（OA→＋OB→＋OC→）＝（2，2），∴|OP→|＝22.（2）由题意，画出△ABC三边围成的区域（含边界），如图中阴影部分所示．∵OP→＝m
AB→＋nAC→，∴（x，y）＝（m＋2n，2m＋n），∴x＝m＋2n①，y＝2m＋n②，②－①，得m－n＝y－x.令y－x＝t，由图知，当直线y＝x＋t过点B（2，3）时，t取得最大值，tmax＝1，故m－n的最大值为1.点点练19平面向量的数量积及应用一基础小题练透篇1．答
案：B解析：因为AC→＝AB→＋BC→＝AB→－CB→＝（－2，6），所以AB→·AC→＝1×（－2）＋2×6＝10.2．答案：D解析：∵a·（a＋b）＝a2＋a·b＝22＋2×1×cos〈a，b〉＝4＋2cos〈a，b〉＝3，∴cos〈a，b〉＝－12，又〈a，b〉∈[0，π]，∴sin〈a，
b〉＝1－cos2〈a，b〉＝32.3．答案：B解析：因为a·c＝a·（－a－b）＝－a2－a·b＝－|a|2－|a|·233|a|cos150°＝－|a|2＋|a|2＝0，所以a⊥c，所以a与c的夹角为90°.4．答案：B解析：|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＋2|a||b|cos60°＝
4＋4＋2×2×2×12＝12，|a＋b|＝23.5.答案：B解析：如图，由条件可知BC→＝AC→－AB→，AF→＝AD→＋DF→＝12AB→＋32DE→＝12AB→＋34AC→，所以BC→·AF→＝（AC→－AB→）·
12AB→＋34AC→＝34AC→2－14AB→·AC→－12AB→2.因为△ABC是边长为1的等边三角形，所以|AC→|＝|AB→|＝1，∠BAC＝60°，所以BC→·AF→＝34－18－12＝18.6．答案：A解析：∵BG
→·AG→＝0，∴BG⊥AG，连接CG并延长交AB于D，则D为AB的中点，且CG＝2GD，在Rt△AGB中，GD＝AB2＝1，则CD＝3，∵4CA→·CB→＝（CA→＋CB→）2－（CA→－CB→）2＝4
CD→2－4AD→2＝32，∴CA→·CB→＝8，（CA→2＋CB→2）AB→·AC→＝[（CA→＋CB→）2－2CA→·CB→]（AC→－BC→）·AC→＝（36－16）（AC→2－8）＝20（AC→2－8），∵CD＋AD>AC
>CD－AD，即4>AC>2，∴（CA→2＋CB→2）AB→·AC→∈（－80，160）.7．答案：π6解析：设a与b的夹角为θ，则cosθ＝a·b|a||b|＝1×3＋1×312＋（3）2·12＋（3）2＝234＝32，又因为θ∈[0，π]
，所以θ＝π6.8．答案：－∞，－92∪－92，3解析：∵2a－3b与c的夹角为钝角，∴（2a－3b）·c＜0，即（2k－3，－6）·（2，1）＜0，∴4k－6－6＜0，∴k＜3.又若（2a
－3b）∥c，则2k－3＝－12，即k＝－92.当k＝－92时，2a－3b＝（－12，－6）＝－6c，即2a－3b与c反向．综上，k的取值范围为－∞，－92∪－92，3.二能力小题提升篇1
．答案：B解析：∵|a|＝2，|b|＝3，a与b的夹角为60°，∴a·b＝|a|·|b|·cos60°＝2×3×12＝3.2．答案：B解析：如图，由于在菱形ABCD中，AB＝1，∠BAD＝60°，所以〈AB→，BC→〉＝〈a，b〉＝60°，〈BC→，CD→〉＝〈b，c〉＝120°，〈AB→，DA
→〉＝〈a，d〉＝120°，〈AB→，CD→〉＝〈a，c〉＝180°，且|a|＝|b|＝|c|＝|d|＝1；所以a·b＝|a|·|b|cos〈a，b〉＝1×1×12＝12；b·c＝|b|·|c|cos〈b，c〉＝1×1×－1
2＝－12；a·d＝|a|·|d|cos〈a，d〉＝1×1×－12＝－12；a·c＝|a|·|c|cos〈a，c〉＝1×1×（－1）＝－1.所以a·b＋b·c＋a·d＋a·c＝12－12－12－1＝－32.3．答案：C解析：因为E为BC的中点，F是
CD中点，所以AE→＝AB→＋BE→＝AB→＋12AD→，AF→＝AD→＋DF→＝AD→＋12DC→＝12AB→＋AD→，∠ABC＝π3，则∠BAD＝2π3，所以AE→·AF→＝AB→＋12AD→
·12AB→＋AD→＝12AB→2＋54AB→·AD→＋12AD→2＝12×12＋54×1×2cos2π3＋12×22＝54.4．答案：D解析：如图所示，以D为原点，以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，建立平面直角坐标
系，如图，过点B做BN⊥x轴，过点B做BM⊥y轴，∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝2，∴AN＝ABcos60°＝1，BN＝ABsin60°＝3，∴DN＝2＋1＝3，∴BM＝3，∵CM＝MBtan30°＝3，∴DC＝
DM＋MC＝23，∴A（2，0），B（3，3），C（0，23），设E（0，m），∴AE→＝（－2，m），BE→＝（－3，m－3）.0≤m≤23，∴AE→·BE→＝6＋m2－3m＝m－322＋6－34＝m－322＋214，当m＝32时，取得最小值为214.5．答案
：π4解析：设向量a与b的夹角为θ，由（a－b）⊥a，知（a－b）·a＝0，即a2－a·b＝0，即|a|2－|a||b|cosθ＝0，将|a|＝2，|b|＝2代入上式，可得cosθ＝22.又因为0≤θ≤π，所以θ＝π4，即向量a，b的夹角是π4.6．答案：[1，10]解析：设
BM→＝tBC→，t∈[0，1]，则BD→·AM→＝（BC→＋CD→）·（AB→＋BM→）＝BC→＋12BA→·（－BA→＋tBC→）＝－1＋t2BC→·BA→＋4t－2＝－3，所以BC→·BA→＝8t
＋22－t＝－8－18t－2∈[1，10].三高考小题重现篇1．答案：D解析：要判断A、B、C、D四个选项中的向量哪个与b垂直，只需判断这四个向量哪个与b的数量积为零即可．A.（a＋2b）·b＝a·b＋2b2＝|a||b|cos
60°＋2|b|2＝1×1×cos60°＋2×12＝52≠0.B.（2a＋b）·b＝2a·b＋b2＝2|a||b|cos60°＋|b|2＝2×1×1×cos60°＋12＝2≠0.C.（a－2b）·b＝a·b－2b2＝|a||b|cos60
°－2|b|2＝1×1×cos60°－2×12＝－32≠0.D.（2a－b）·b＝2a·b－b2＝2|a||b|cos60°－|b|2＝2×1×1×cos60°－12＝0.2．答案：D解析：由题意得cos〈a，a＋b〉＝a·（a＋b）|a|·
|a＋b|＝a2＋a·b|a|·a2＋b2＋2a·b＝25－65×25＋36－12＝1935.3．答案：A解析：AP→·AB→＝|AP→|·|AB→|·cos∠PAB＝2|AP→|cos∠PAB，又|AP
→|cos∠PAB表示AP→在AB→方向上的投影，所以结合图形可知，当P与C重合时投影最大，当P与F重合时投影最小．又AC→·AB→＝23×2×cos30°＝6，AF→·AB→＝2×2×cos120°＝－2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，AP
→·AB→∈（－2，6）.4．答案：3解析：由|a＋b|＝1，得|a＋b|2＝1，即a2＋b2＋2a·b＝1，而|a|＝|b|＝1，故a·b＝－12，|a－b|＝|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝1＋1＋1＝3.5.答案：5－1解析：方法一如图，由题意及平面向量的平行四边形法则可知，点
P为BC的中点，在三角形PCD中，|PD→|＝5.cos∠DPB＝－cos∠DPC＝－15，∴PB→·PD→＝|PB→|·|PD→|cos∠DPB＝1×5×－15＝－1.方法二以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示
的平面直角坐标系，则A（0，0），B（2，0），C（2，2），D（0，2），∴AP→＝12（AB→＋AC→）＝（2，1），P（2，1），∴PD→＝（－2，1），PB→＝（0，－1），∴|PD→|＝5，PB→·PD→＝（0，－1）·（－2，1）＝－1.6．答案：161
32解析：依题意得AD∥BC，∠BAD＝120°，由AD→·AB→＝|AD→|·|AB→|·cos∠BAD＝－32|AD→|＝－32，得|AD→|＝1，因此λ＝|AD→||BC→|＝16.取MN的中点E，连接DE，则DM→＋DN→＝2DE→，DM→·DN→＝1
4[（DM→＋DN→）2－（DM→－DN→）2]＝DE→2－14NM→2＝DE→2－14.注意到线段MN在线段BC上运动时，DE的最小值等于点D到直线BC的距离，即AB·sin∠B＝332，因此DE→2－14的最小值为3322－14＝132，即DM→·DN→的
最小值为132.四经典大题强化篇1．解析：（1）因为m＝22，－22，n＝（sinx，cosx），m⊥n.所以m·n＝0，即22sinx－22cosx＝0，所以sinx＝cosx，所以tanx＝1.（2）因为|m|＝|n|＝1，所以m·n＝cosπ3＝12，即22sinx－
22cosx＝12，所以sinx－π4＝12，因为0<x<π2，所以－π4<x－π4<π4，所以x－π4＝π6，即x＝5π12.2．解析：（1）由已知得m·n＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin（A＋B），因为A＋B＋C＝π，所
以sin（A＋B）＝sin（π－C）＝sinC，所以m·n＝sinC，又m·n＝sin2C，所以sin2C＝2sinCcosC＝sinC，因为sinC＞0，所以cosC＝12.又0<C<π，所以C＝π3.（2）由已知及正弦定理得2c＝a＋b.因为CA→·（AB→－AC→）＝CA→·CB→＝
18，所以abcosC＝18，所以ab＝36.由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝（a＋b）2－3ab，所以c2＝4c2－3×36，所以c2＝36，所以c＝6.单元检测（五）平面向量1．答案：B解析：因为a⊥b，所以a·b＝2sinα＋c
osα＝0，即tanα＝－12.2．答案：A解析：设向量a＝（1，3），向量b＝－12，32的夹角为θ，则θ∈[0，π]，因为cosθ＝a·b|a|×|b|＝1×－12＋3×321＋3×
122＋322＝12，所以θ＝60°.3．答案：C解析：因为（a－b）·（a＋b）＝0⇔|a|2＝|b|2⇔|a|＝|b|，所以“（a－b）·（a＋b）＝0”是“|a|＝|b|”的充要条件．4．答案：B解析：∵a－
b＝（2，－2－x），2a＋b＝（7，－4＋x），a－b与2a＋b共线，∴2×（－4＋x）－7×（－2－x）＝0，解得x＝－23.5．答案：B解析：根据题意，设向量a与b的夹角为θ，若b⊥（4a－b），则b·（4a－b）＝4a·b－b2＝162cosθ－16＝0，变形可得：c
osθ＝22，又由0≤θ≤π，则θ＝π4.6．答案：B解析：依题意，得a·b＝x＋y－1＝0⇒x＋y＝1.1x＋4y＝x＋yx＋4（x＋y）y＝5＋yx＋4xy≥9，当且仅当x＝13，y＝23时取等号．故选B.7．答案：B解析：∵（a－b）⊥（3a
＋2b），∴（a－b）·（3a＋2b）＝0，即3a2－a·b－2b2＝3|a|2－|a|·|b|cos〈a，b〉－2|b|2＝0，又|b|＝2|a|且|a|≠0，∴3|a|2－2|a|2cos〈a，b〉－4|a|2＝－|a|2－2|a|2cos〈a，b〉＝0
，∴cos〈a，b〉＝－22，又〈a，b〉∈[0，π]，∴〈a，b〉＝3π4，即〈a，b〉＝135°.8．答案：D解析：∵AE→＝3EC→，∴AC→＝43AE→，∵AD→＝xAB→＋23AC→，∴AD→＝xAB→＋23×43AE
→＝xAB→＋89AE→，∵B，D，E三点共线，∴x＋89＝1，∴x＝19.9.答案：D解析：以O为坐标原点，AB∥x轴，建立坐标系，如图，则A（－2，－5），B（2，－5），设C（3cosθ，3sinθ），AB→＝（4，0），AC→＝（3cosθ＋2，3sinθ＋5）则AB→·AC
→＝12cosθ＋8∈[－4，20].10．答案：B解析：由|2c＋a|＝|a·b|得c－－a2＝12|a·b|，说明c的终点的轨迹是以－a2的终点为圆心，12|a·b|为半径的圆，|c－b|的最大值是圆心与b的终点之间的距离加上半径，
即为b－－a2＋12|a·b|，∵b＋a2＋12|a·b|＝b＋12a2＋12|a·b|＝1＋14＋a·b＋12|a·b|＝1＋14＋cos〈a，b〉＋12|cos〈a，b〉|≤1＋14＋1＋12＝2，（当且仅当cos〈a，b
〉＝1时取等号）.11．答案：D解析：因为向量a＝（－1，2），b＝（3，4），所以ta－5b＝（－t－35，2t－45），因此|ta－5b|＝（－t－35）2＋（2t－45）2＝5t2－105t＋125＝5（t－5）2＋100≥10，当且仅当t＝5时，取得最小值．12．答案：B解析：
向量m与n所成的角为锐角等价于m·n>0，且m与n不同向，则m·n＝（a，b）·（1，1）＝a＋b>0，则满足的向量m有（－1，2），（1，1），（1，2），（2，－1），（2，1），（2，2），其中m＝（1，1）或（2，2）时，与n同向，故舍去，共有4种情况满足条件，又m的取法共有
4×4＝16种，则向量m与n所成的角为锐角的概率是416＝14.13．答案：－255，－55解析：设e＝λa＝（2λ，λ），又∵|e|＝1，∴（2λ）2＋λ2＝1，解得λ＝±55，又∵e是与a方向相
反的单位向量，∴λ＝－55，∴e＝－255，－55.14．答案：98解析：正方形中，BD＝6，∵BP→＝3PD→，∴BP＝34BD＝364，PA→·PB→＝（PB→＋BA→）·PB→＝PB→2－BA→·BP→＝3642－3×364×22＝98.15．
答案：2解析：由a∥b可得，3sinα＝cosα，得tanα＝13，而tanα＋π4＝tanα＋11－tanα＝13＋11－13＝2.16．答案：127解析：在△ABC中，AB→·（2AC→＋BC→）＝
0，可得AB→·（2AC→＋BC→）＝2|AB→||AC→|cosA＋|AB→||BC→|（－cosB）＝0，2bccosA＝accosB即2bcosA＝acosB．由余弦定理可知2b·b2＋c2－a22bc＝a·a2＋c2－b22ac，可得3a2－3b2＝
c2，由正弦定理可知3sin2A－3sin2B＝sin2C，因为sinC＝13，所以sin2A－sin2B＝127.17．解析：（1）设c＝（x，y），则由c∥a和|c|＝25可得1·y＋2·x＝0，x2＋y2＝20，解得x＝－2，y＝4或x＝2，y＝－
4.∴c＝（－2，4）或c＝（2，－4）.（2）∵a＋b与a－2b垂直，∴（a＋b）·（a－2b）＝0，即a2－a·b－2b2＝0，∴a·b＝3，∴cosθ＝a·b|a|·|b|＝355.18．解析：（1）∵在矩形ABCD中，点E是BC边上的中点
，点F在边CD上，∴EF→＝EC→＋CF→＝12BC→＋14CD→，在矩形ABCD中，BC→＝AD→，CD→＝－AB→，∴EF→＝－14AB→＋12AD→，∴λ＝－14，μ＝12，∴λ·μ＝－18.（2）设DF→＝mDC→（m>0），则CF→＝（m－1）DC→，AE→＝AB→＋12BC→＝AB→＋
12AD→，BF→＝CF→＋BC→＝（m－1）DC→＋BC→＝（m－1）AB→＋AD→，又AB→·AD→＝0，∴AE→·BF→＝（AB→＋12AD→）·[（m－1）AB→＋AD→]＝（m－1）AB→2＋1
2AD→2＝9（m－1）＋8＝2，解得m＝13.∴DF的长为1.19．解析：（1）由（a＋2b）·（a－b）＝1得a2＋a·b－2b2＝1，又a2＝4，b2＝1，所以a·b＝－1.所以cos〈a，b〉＝a·b|a|·|b|＝－12，又因为0°≤〈a，b〉≤180°，所以a，b的夹角为
120°.（2）由已知得a·b＝2×1×cos60°＝1，所以（2ta＋7b）·（a＋tb）＝2ta2＋（2t2＋7）a·b＋7tb2＝2t2＋15t＋7，因为向量2ta＋7b与a＋tb的夹角为钝角，所以2t2＋15t＋7<0，解得－7<t<－12.设2ta＋7b＝λ（a＋tb）（λ<0
），所以2t＝λ，7＝tλ，解得2t2＝7，当t＝－142时，λ＝－14，此时向量2ta＋7b与a＋tb的夹角为180°，不符合题意．所以向量2ta＋7b与a＋tb的夹角为钝角时，t的取值范围是－7，－142∪
－142，－12.20．解析：（1）由m∥n得c·cosB＝（2a－b）·cosC，得sinC·cosB＝2sinA·cosC－sinB·cosC，得sin（B＋C）＝2sinA·cosC，又sin（B＋C）＝sinA，sinA≠0，∴co
sC＝12，∵C∈（0，π），∴C＝π3.（2）由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2abcosC，得1＝a2＋b2－ab，又a2＋b2≥2ab，∴ab≤1，当且仅当a＝b时取等号．∴S△ABC＝12absinC＝34ab≤34，当且仅当a＝b＝1时等号成立，此时△ABC为等边三角形
，a＋b＋c＝3，又S△ABC＝12（a＋b＋c）r，∴34＝32r，r＝36.21．解析：（1）由正弦定理得b2＋c2－a22bc·sinAcosA＝12，即sinA＝12.又∵A是锐角，∴A＝π6.（2）OA→·（AB→＋AC→）＝OA→·（OB
→＋OC→－2OA→）＝OA→·OB→＋OA→·OC→－2OA→2＝cos∠AOB＋cos∠AOC－2＝cos2C＋cos2B－2＝cos5π3－2B＋cos2B－2＝32cos2B－32sin2
B－2＝3cos2B＋π6－2.∵△ABC是锐角三角形，∴B<π2，B＋A>π2，∴π3<B<π2，∴2π3<2B<π，则5π6<2B＋π6<7π6，∴－1≤cos（2B＋π6）<－32故OA→·（AB→＋AC→）的取值
范围是－2－3，－72.22．解析：（1）设a＝OA→，b＝OB→，c＝OC→，则a－b＝BA→，c－a＝AC→，c－b＝BC→，∠AOB＝π3，∠ACB＝2π3，当点O，C在AB的两侧时，由题意可得O，A，C，B四点共圆．在△ABC中，BA＝6，AC＝23，∠AC
B＝2π3，由正弦定理得BAsin∠ACB＝ACsin∠CBA，则sin∠CBA＝12，则∠CBA＝π6，则∠CBA＝∠COA＝π6，可得a与c的夹角为π6.当点O，C在AB同侧时，在△ABC中，BA＝6，AC＝23，∠ACB＝2π3，由cos∠ACB＝AC2＋BC2－AB22AC
·BC，得BC＝23，则易知点A，B，O在以C为圆心，AC为半径的圆上，此时易得a与c的夹角为π6.综上，a与c的夹角为π6.（2）因为|c－a|＝23，所以12＝c2＋a2－2a·c≥2|a||c|－
2a·c，又由a·c＝|a||c|cosπ6得|a||c|＝23a·c，所以12≥43a·c－2a·c，所以a·c≤18＋123.则a·c的最大值为18＋123.第六单元数列点点练20数列的概念及表示一基础小题练透篇1．答案：C解析：方法一（特例淘汰法）令n＝1，淘汰D选项，令n
＝2淘汰A，B选项．方法二数列变形为01，23，45，67，…分子、分母都是等差数列，分子2（n－1）分母2n－1.2．答案：C解析：∵a1＝0，an＝3an－1＋2（n≥2），∴a2＝3a1＋2＝2，∴a3＝3a2＋2＝
8.3．答案：D解析：a2＝1＋（－1）2a1＝2，a3＝1＋（－1）3a2＝12，a4＝1＋（－1）4a3＝3，a5＝1＋（－1）5a4＝23.4．答案：C解析：依次写出数列的各项：3，6，3，－3，－6，－3，3，6，3，－3，…所以数列{an}以6为
周期循环．又2023＝6×337＋1，故a2023＝a1＝3.故选C.5．答案：D解析：∵an＝－3n－522＋34，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大为0.6．答案：（－2）n－1解析：由Sn＝23an＋13，得当n≥2时，Sn－1＝23an－1
＋13，两式相减，整理得an＝－2an－1，又当n＝1时，S1＝a1＝23a1＋13，∴a1＝1，∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，故an＝（－2）n－1.7．答案：840解析：由题意得，大衍数列的奇数项依次为12－12，32－12，52－12，…易知大衍数列的第41项为412－12
＝840.8．答案：3解析：∵an＋1－an＝2n－8（n∈N*），∴an－an－1＝2n－10，an－1－an－2＝2n－12，…a3－a2＝－4，a2－a1＝－6，∴an－a1＝（－6）＋（－4）＋…＋（2n－12）＋（2n－10）＝（n－1）[－6＋（2n－1
0）]2＝（n－1）（n－8），又a1＝3，∴an＝（n－1）（n－8）＋3，∴a8＝3.二能力小题提升篇1．答案：A解析：化简可得an＋1＝2an3an＋2，则a2＝14，a3＝211，a4＝17.2．答案：D解
析：因为a1＝2，（1－an）an＋1＝1，由（1－a1）a2＝1得a2＝－1，进而得：a3＝12，a4＝2＝a1，可得：an＋3＝an，a1＋a2＋…＋a2021＝673（a1＋a2＋a3）＋a1＋a2＝673×32＋1＝20212.3
．答案：D解析：当n＝1时，a1－1a1＝1a1，则a1＝2，当n≥2时，由a1－1a1×a2－1a2×…×an－1－1an－1×an－1an＝1an，则a1－1a1×a2－1a2×…×an－1－1an－1＝1an－1，两式相除得an－1an＝an－1an，所以an－an－1
＝1，所以数列{an}是以2为首项1为公差的等差数列，则an＝n＋1，a10＝11，S10＝10（a1＋a10）2＝10×（2＋11）2＝65.4．答案：C解析：设基准琴弦的长度为1，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴
弦的长度依次为23，89，1627，6481，五根琴弦的长度从大到小依次为1，89，6481，23，1627，所以“角”和“徵”对应的琴弦长度分别为6481和23，其长度之比为3227.5．答案：241解析：因为anan＋1＝3n，所以an－1an＝3n－1（n≥2），两式相除得an
＋1an－1＝3（n≥2）.因为a1＝1，所以a3＝3，a5＝9，a7＝27，a9＝81，由anan＋1＝3n，得a1a2＝3，所以a2＝3，a4＝9，a6＝27，a8＝81，所以S9＝1＋2×（3＋9＋27＋81）
＝241.6．答案：n解析：∵2Sn＝（n＋1）an，∴n≥2时，2an＝（n＋1）an－nan－1，∴（n－1）an＝nan－1，即anan－1＝nn－1（n≥2），又a1＝1，∴an＝anan－1×an－1an－2×…×a2a1＝nn
－1×n－1n－2×…×21＝n.三高考小题重现篇1．答案：C解析：由题意可得a1＝0，a8＝1，a2，a3，…，a7中有3个0，3个1，且满足对任意k≤8，都有a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111，00
010111，00011011，00011101，00100111，00101011，00101101，00110011，00110101，01000111，01001011，01001101，01010011，01010101，共14个．2．答案：－63解析：当n＝1时，a1＝2a1＋
1，得a1＝－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an－1－1＝2an－2an－1，即：an＝2an－1，∴{an}是以－1为首项以2为公比的等比数列，∴an＝－2n－1，∴S6＝－1×（1－26）1－2＝－63.3．答案：1121解析：因为S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈
N*，所以a2＝2a1＋1，a1＋a2＝4，解得a1＝1，a2＝3；又因为an＝2Sn－1＋1（n≥2），所以an＋1－an＝2（Sn－Sn－1）（n≥2），所以an＋1－an＝2an，所以an＋1＝3an
（n≥2），又a2＝3＝3a1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1，所以S5＝1－351－3＝121.4．答案：7解析：令n＝2k（k∈N*），则有a2k＋2＋a2k＝6k－1（k∈N*），∴a2＋a4＝5，a6＋a8＝17，a10＋a12＝29，a
14＋a16＝41，∴前16项的所有偶数项和S偶＝5＋17＋29＋41＝92，∴前16项的所有奇数项和S奇＝540－92＝448，令n＝2k－1（k∈N*），则有a2k＋1－a2k－1＝6k－4（k∈N*），∴a2k＋1－a1＝（a3－a1）＋（a5－a3）＋（a7－a5）＋…＋（a
2k＋1－a2k－1）＝2＋8＋14＋…＋6k－4＝k（2＋6k－4）2＝k（3k－1）（k∈N*），∴a2k＋1＝k（3k－1）＋a1（k∈N*），∴a3＝2＋a1，a5＝10＋a1，a7＝24＋a1，a9＝44＋a1
，a11＝70＋a1，a13＝102＋a1，a15＝140＋a1，∴S奇＝a1＋a3＋…＋a15＝8a1＋2＋10＋24＋44＋70＋102＋140＝8a1＋392＝448.∴a1＝7.四经典大题强化篇1．解析：（1）∵an＝3an－1＋2（n≥2），即（an＋1
）＝3（an－1＋1）且a1＝2，∴{an＋1}是首项为3，公比为3的等比数列，即an＋1＝3n，∴an＝3n－1，则a2＝32－1＝8，a3＝33－1＝26.（2）设cn＝an＋bn，由（1）知an＝3n－1，又bn＝log3（an＋1）
＝n.∴cn＝3n＋n－1，Sn＝（3＋32＋…＋3n）＋（1＋2＋…＋n－1）＝3（1－3n）1－3＋（n－1）（1＋n－1）2＝12（3n＋1＋n2－n－3）.2．解析：（1）2an－Sn＝1，令n＝1，解得a1＝1，n≥2时，2an－1－Sn－1＝1（n∈N*）两式相减，
得an＝2an－1，∴数列{an}是以a1＝1为首项，q＝2为公比的等比数列，所以an＝2n－1；（2）证明：bn＝an＋1（an＋1－1）（an＋2－1）＝2n（2n－1）（2n＋1－1）＝12n－1－12n＋1－1∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－122－1＋122－1
－123－1＋…＋12n－1－12n＋1－1＝1－12n＋1－1.∵1－12n＋1－1单调递增，∴1－12n＋1－1∈23，1，即Tn∈23，1.点点练21等差数列及其前n项和
一基础小题练透篇1．答案：B解析：设等差数列{an}的公差为d，∵S6＝4S3，a2－a5＝8，∴6a1＋6×52d＝43a1＋3×22d，a1＋d－（a1＋4d）＝8，解得a1＝－43，d＝－83.∴
a2＝a1＋d＝－43－83＝－4.2．答案：B解析：由等差数列的性质可得，a5＋a7＋a9＝3a7＝18，∴a7＝6，∴S13＝a1＋a132×13＝6×13＝78.3．答案：C解析：设每日织布增长x尺，则5＋（5＋x）＋（5＋2x）＋…＋（5＋29x）＝390，即（5＋5＋
29x）×302＝390，解得x＝1629.4．答案：C解析：依题意a1＋a8＋a6＝15，即3a1＋12d＝15，即3a5＝15，所以S9＝92（a1＋a9）＝9a5＝45.5．答案：B解析：设等比数列{}an的公比为q，依题意有：a4＋
2a7＝52，于是得a1q·a1q2＝2a1a1q3＋2a1q6＝52，解得q＝12，a1＝16，所以S5＝161－1251－12＝31.6．答案：B解析：由已知可得a1＋5d＝2，5a1＋10d＝30，解得a1＝2
63，d＝－43，∴S8＝8a1＋8×72d＝32.7．答案：100解析：a1＝19，a10＝1，所以前10项的和为S10＝19＋12×10＝100.8．答案：12－54解析：由a3＝－6，S1＝S5得a1＋2d＝－6，a1＝5a1＋10d，解得a1＝－3
0，d＝12，∴Sn＝na1＋n（n－1）d2＝－30n＋6n（n－1）＝6n2－36n＝6（n－3）2－54.因此，当n＝3时，Sn取得最小值－54.二能力小题提升篇1．答案：D解析：∵2an＝an－1＋an＋1（n≥2），∴数列{an}是等差数列．∵a2，a20
19是函数f（x）＝x2－6x＋5的两个零点，即a2，a2019是方程f（x）＝0的两根，∴a2＋a2019＝a1＋a2020＝6，∴S2020＝a1＋a20202×2020＝6060.2．答案：C解析：由等差数列{}an的前n项和性质，得：S3，S6－S3，S9－S6也成等差
数列，即2（S6－S3）＝S3＋S9－S6，又因S3＝9，S6＝63，则解得S9＝162，因此a7＋a8＋a9＝S9－S6＝162－63＝99.3．答案：D解析：由2S8＝S7＋S10，得S8－S7＝S10－S8，所以a8＝a9＋a10，则a10
＋a9－a8＝a11＝0，所以S21＝（a1＋a21）·212＝2·a11·212＝21a11＝0.4．答案：A解析：由题可知，S7＝7（a1＋a7）2＝7a4＝49，则a4＝7，又a3＝3a6，7－d＝3（7＋
2d），则d＝－2，则an＝a4＋（n－4）d＝－2n＋15，因此a7＞0，a8＜0，故Sn取最大值时的n值为7.三高考小题重现篇1．答案：B解析：由题可知，a1b1＝a5b5，则b5＝a5b1a1＝96×192288＝64，故b3＝b1＋b52＝192＋642＝128
.2．答案：C解析：若要使n尽可能的大，递增幅度要尽可能小，不妨设数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为Sn，则an＝n＋2，S11＝3＋132×11＝88＜100，S12＝3＋142
×12＝102＞100，所以n的最大值为11.3．答案：D解析：对于A，因为数列{an}为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4＋4＝2＋6可得，2a4＝a2＋a6，A正确；对于B，由题意可知，bn＋1＝S2n＋2－S2n＝a2n＋1＋a2n＋2，b1＝
S2＝a1＋a2，∴b2＝a3＋a4，b4＝a7＋a8，b6＝a11＋a12，b8＝a15＋a16.∴2b4＝2（a7＋a8），b2＋b6＝a3＋a4＋a11＋a12.根据等差数列的下标和性质，由3＋11＝7＋7，4＋12＝8＋8可得b2＋b6＝a3＋a4＋a11＋a12＝2（a7＋a8）＝2b4
，B正确；对于C，a24－a2a8＝（a1＋3d）2－（a1＋d）（a1＋7d）＝2d2－2a1d＝2d（d－a1），当a1＝d时，a24＝a2a8，C正确；对于D，b24＝（a7＋a8）2＝（2a1＋13d）2＝4a21＋52a1d＋169d2，b2b8
＝（a3＋a4）（a15＋a16）＝（2a1＋5d）（2a1＋29d）＝4a21＋68a1d＋145d2，b24－b2b8＝24d2－16a1d＝8d（3d－2a1）.当d>0时，a1≤d，∴3d－2a
1＝d＋2（d－a1）＞0即b24－b2b8＞0；当d<0时，a1≥d，∴3d－2a1＝d＋2（d－a1）＜0即b24－b2b8＞0，所以b24－b2b8＞0，D不正确．4．答案：A解析：方法一设等差数列
{an}的公差为d，∵S4＝0，a5＝5，∴4a1＋4×32d＝0，a1＋4d＝5，解得a1＝－3，d＝2，∴an＝a1＋（n－1）d＝－3＋2（n－1）＝2n－5，Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n2－4n.方法二设等差数列{an}的公差为d，∵S
4＝0，a5＝5，∴4a1＋4×32d＝0，a1＋4d＝5，解得a1＝－3，d＝2，选项A，a1＝2×1－5＝－3；选项B，a1＝3×1－10＝－7；选项C，S1＝2－8＝－6；选项D，S1＝12－2＝－32.5．答案：3n2－2n解析：设bn＝2
n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，得n＝3m－12＝3m－3＋22＝3（m－1）2＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，则ak＝3（2k＋1）－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝1＋6n－5
2×n＝3n2－2n.6．答案：4解析：设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，所以S10S5＝10a1＋10×92d5a1＋5×42d＝10a1＋10×92×2a15a1＋5×42×2a1＝10025＝4.四经典大题强化篇1．解析：（1）因
为数列{an}为等差数列，设公差为d，所以S5＝5（a1＋a5）2＝5a3＝25，所以a3＝5，又a2＝3，所以a1＋2d＝5a1＋d＝3，解得a1＝1，d＝2.所以an＝1＋2（n－1）＝2n－1.（2）由（
1）知，bn＝12n＋1＋2n－1.所以bn＝2n＋1－2n－1（2n＋1＋2n－1）（2n＋1－2n－1）＝12（2n＋1－2n－1），Tn＝12（3－1＋5－3＋…＋2n＋1－2n－1）＝12（2n＋1－1）.2．解析：（1）由a1＝m，an＋an＋1＝3n
＋1可得a2＝4－m，a3＝3＋m.若数列{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，即2（4－m）＝m＋（3＋m），解得m＝54.当m＝54时，a1＝54，a2＝114，a2－a1＝32，所以an＝54＋（n－1）×32＝32n－14.an＋an＋1＝32n－14＋32（n＋1）－
14＝3n＋1.故当m＝54时，数列{an}为等差数列．（2）当m＝1时，由a1＝1，an＋an＋1＝3n＋1可得a2＝3.因为an＋an＋1＝3n＋1，所以an＋1＋an＋2＝3n＋4，两式相减得an＋2－an＝3，即数列{an}的奇数项和偶数项分别构成公差为3的等差数列．当n为偶
数时，Sn＝（a1＋a3＋…＋an－1）＋（a2＋a4＋…＋an）＝n2×1＋n2n2－12×3＋n2×3＋n2n2－12×3＝34n2＋n2.当n为奇数时，Sn＝（a1＋a3＋…＋an）＋（a2＋a4＋…＋an－1）＝n＋1
2×1＋n＋12n＋12－12×3＋n－12×3＋n－12n－12－12×3＝34n2＋n2－14.综上，Sn＝34n2＋n2－14，n为奇数，34n2＋n2，n为偶数．点点练22等比数列及其前n项和
一基础小题练透篇1．答案：A解析：因为a，b，c成等比数列，所以b2＝ac，即4＝4c，所以c＝1.2．答案：D解析：由已知条件可得a8＝a1q7＝（1＋i）·i7＝（1＋i）·i4·i3＝－i（1＋i）＝1－i.3．答案：B解析：由S3＝2a3－2得a3－a2－a1－2＝0，又a1
＝2，∴q2－q－2＝0，即（q－2）（q＋1）＝0，∴q＝2或q＝－1（舍去）.4．答案：D解析：设该等比数列的公比为q，当q≠1时，因为a1＝1，S6＝4S3，所以有1－q61－q＝4·1－q31－q⇒q3＝3，所以a10＝1·q9＝（q3）3＝
33＝27，当q＝1时，S6＝4S3⇒6a1＝4·3·a1⇒a1＝0，显然不成立．5．答案：C解析：由题意得a1q4＝4（a1q3－a1q2），∵a1≠0，q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2.6．答案：C解析：设等差数列{an}的公
差为d，等比数列{bn}的公比为q，因为a1＝b1＝1，b4＝2a4＝8，所以q3＝b4b1＝82a4＝2（a1＋3d）＝8，解得d＝1q＝2，因此S3＋T5＝3a1＋3d＋b1（1－q5）1－q＝3＋3＋1－251－2＝37.7．答案：±2解
析：因为a2a4＋2a1a7＋a4a6＝a23＋2a3a5＋a25＝（a3＋a5）2＝4，所以a3＋a5＝±2.8．答案：37解析：因为S4S8＝S4S4（1＋q4）＝11＋q4＝13，所以q4＝2，所以S8S12
＝S4（1＋q4）S4（1＋q4＋q8）＝1＋21＋2＋4＝37.二能力小题提升篇1．答案：A解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4＋a5a1＋a2＝q3＝8，所以q＝2，又a1＋a2＝a1（1＋q）＝1，a1＝13，所以a7＝a1×q6
＝13×26＝643.2．答案：C解析：设等比数列{an}公比为q，则a7＝a2q5，又a2＝－8，a7＝14，∴q＝－12，故a1＝16，又Sn＝a1（1－qn）1－q，即S6＝16×1－－1261－－12＝16×
636432＝212.3．答案：D解析：根据题意，设等差数列{an}的公差为d，则a1＋2d＝8（a1＋2d）2＝a1（a1＋6d），解得a1＝4d＝2，所以S10＝10×4＋10×92×2＝130，所以样本数据的平均数为13010＝13，样本数据的中位数为a5＋a6
2＝（4＋4×2）＋（4＋5×2）2＝13.4．答案：C解析：因为{an}是正项等比数列，所以a23＝a2a4＝4，a3＝2（－2舍去），T5＝a1a2a3a4a5＝a53＝25＝32.5．答案：－5＋12解析：设公比为q，因为
a1＝1，a4<0，即a4＝a1q3<0，所以q<0，又因an＋2＝an＋1＋an，所以q2＝q＋1，解得：q＝－5＋12或5＋12（舍去）.6．答案：13解析：设{an}的公比为q，∵S63S3＝38，∴S6S3＝98，∴S6－
S3S3＝98－1＝18，∴q3＝S6－S3S3＝18，即q＝12，∴2a6a5＋a4＝2a4q2a4q＋a4＝2q2q＋1＝13.三高考小题重现篇1．答案：C解析：设等比数列{an}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{an}的各项均
为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1（1＋q＋q2＋q3）＝a1（1＋2＋4＋8）＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.2．答案：D解析：（1）方法一设等比数列{an}的公比为q，所以a2＋a3＋a4a1＋a2＋a3
＝（a1＋a2＋a3）qa1＋a2＋a3＝q＝2，由a1＋a2＋a3＝a1（1＋q＋q2）＝a1（1＋2＋22）＝1，解得a1＝17，所以a6＋a7＋a8＝a1（q5＋q6＋q7）＝17×（25＋26＋27）＝17×25×（1＋2＋22）＝32.方法二令bn＝
an＋an＋1＋an＋2（n∈N*），则bn＋1＝an＋1＋an＋2＋an＋3.设数列{an}的公比为q，则bn＋1bn＝an＋1＋an＋2＋an＋3an＋an＋1＋an＋2＝（an＋an＋1＋an＋2）qan＋an＋1＋an＋2＝q，所以数列{bn}为等比数列，由题意
知b1＝1，b2＝2，所以等比数列{bn}的公比q＝2，所以bn＝2n－1，所以b6＝a6＋a7＋a8＝25＝32.3．答案：C解析：令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即an＋1an＝a1＝2，所以数列{an}是首项为
2，公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak（a1＋a2＋…＋a10）＝2k×2×（1－210）1－2＝2k＋1×（210－1）＝215－25＝25×（210－1），解得k＝4.4．答案：B解析：由题知，当数列为－2
，－4，－8，…时，满足q>0，但是{}Sn不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{}Sn是递增数列，则必有an>0成立，若q>0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q>0成立，所以甲是乙的必要条件．5．答案：B解析：设公比为q，∵y＝lnx在（1，0）处
的切线为y＝x－1，∴易知当x>0时，lnx≤x－1<x.当q>0时，∵a1>1，∴a2>0，a3>0，a4>0，∴a1＋a2＋a3＋a4>a1＋a2＋a3>ln（a1＋a2＋a3），不合题意．当q≤－1时，a1＋a2＋a3＋a4＝a1（1＋q）（1＋q2
）≤0.而a1＋a2＋a3≥a1＞1.∴ln（a1＋a2＋a3）＞0，与ln（a1＋a2＋a3）＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾．当－1＜q＜0时，a1－a3＝a1（1－q2）＞0，a2－a4＝a1q（1－q2）＜0，∴a1＞a3，a2＜a4.四经典大题强化篇1．解析：（1）∵
2an＋1＝an＋n＋2，∴2[an＋1－（n＋1）]＝an－n，∴bn＋1bn＝12，∴数列{bn}是以b1＝a1－1＝12为首项，公比为12的等比数列．（2）由（1）知bn＝an－n＝12n，∴an＝12n＋n，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝12＋
1＋122＋2＋…＋12n＋n＝121－12n1－12＋n（n＋1）2＝n2＋n＋22－12n.2．解析：（1）由2Sn＝an＋1－1，当n≥2时，2Sn－1＝an－1，两式相减得2an＝an＋1－an，即an＋1＝3an，（n≥2），又a1＝1，2S1＝a2－1
得a2＝3，即n＝1也满足上式，故{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，得an＝3n－1，（n∈N*）；（2）由（1）得bn＋3bn－1＋32bn－2＋…＋3n－1b1＝3n－n－1对任意正整数n成立，设Cn＝bn＋3bn－1＋32bn－2＋…＋3n－1b
1＝3n－n－1，又Cn＋1＝bn＋1＋3bn＋32bn－1＋…＋3nb1＝3n＋1－（n＋1）－1，所以bn＋1＝Cn＋1－3Cn＝2n＋1.（n∈N*）.又a1b1＝3－1－1即b1＝1，得bn＝2n－1，n∈N*，所以Tn
＝n（1＋2n－1）2＝n2.由Tn＝an，得n2＝3n－1，即n23n－1＝1，记f（n）＝n23n－1，则f（1）＝1，f（2）＝43，f（3）＝1，f（4）＝1627，以下证明n≥4时f（n）＜1.因f（n＋1）－f（n）＝
（n＋1）23n－n23n－1＝－2n2＋2n＋13n＝2n（1－n）＋13n＜0，即n≥4时f（n）单调递减，综上可得，等式Tn＝an的所有正整数n的取值为1和3.点点练23数列求和一基础小题练透篇1．答案：A解析：∵2Sn＋an＝3，∴2Sn－1＋an－
1＝3（n≥2），两式相减得：2an＋an－an－1＝0，即an＝13an－1，n≥2，又当n＝1时，有2S1＋a1＝3，可得：a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公比为13的等比数列，∴an＝13n－1，Sn＝1－13n1－13＝32－3213n，∴S
nan＝3n2－12，∴S1a1＋S2a2＋…＋S5a5＋S6a6＝12（3＋32＋33＋…＋36）－12×6＝12×3（1－36）1－3－3＝543.2．答案：B解析：当n为奇数时，an＋2－an＝2，数列{}a2n－1是首项为1，公差为2的等差数列；当n为偶数时，an
＋2－an＝0，数列{a2n}是首项为2，公差为0的等差数列，即常数列．则S100＝（a1＋a3＋…＋a99）＋（a2＋a4＋…＋a100）＝50＋50×492×2＋50×2＝2600.3．答案：C解析
：因为an＝1n＋1＋n＝n＋1－n，所以S99＝（2－1）＋（3－2）＋…＋（99－98）＋（100－99）＝100－1＝10－1＝9故选C.4．答案：C解析：由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20
项和为1×（1－210）1－2＋10×1＋10×92×2＝1123.5．答案：D解析：由an＋1＝3an－4n可得an＋1－（2n＋3）＝3[an－（2n＋1）]，∵a1＝3，∴a1－（2×1＋1）＝0，则可得数列{
an－（2n＋1）}为常数列0，即an－（2n＋1）＝0，∴an＝2n＋1，∴bn＝4n2＋8n＋5（2n＋1）（2n＋3）＝（2n＋1）（2n＋3）＋2（2n＋1）（2n＋3）＝1＋2（2n＋1）（2n＋3）＝1＋12n＋1－12n＋3，∴Sn＝n＋13－15＋15－17＋…＋12n
＋1－12n＋3＝n＋13－12n＋3＝n1＋26n＋9.6．答案：A解析：设等差数列{an}的公差为d，则S7＝7×2＋12×7×6d＝35，解得d＝1.故an＝2＋（n－1）×1＝n＋1，即a3＝4，a7＝8，a11＝12，a15
＝16，由题意知，4，8，16是等比数列{bn}的前三项，即b1＝4，公比q＝2，故bn＝4·2n－1＝2n＋1.故anbn＝（n＋1）·2n＋1，T10＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋11×211，2T10
＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋11×212，两式作差得，－T10＝2×22＋（23＋24＋…＋211）－11×212＝2＋（2＋22＋23＋24＋…＋211）－11×212＝2＋2（1－211）1－2－11×21
2＝－10×212，所以T10＝10×212.7．答案：150解析：a1＋a2＋…＋a100＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋…＋（a99＋a100）＝3×50＝150.8．答案：2018解析：∵等差数列{an}中
，首项a1＞0，a1009＋a1010＞0，a1009·a1010＜0，∴a1009＞0，a1010＜0，公差d＜0，则S2017＝2017（a1＋a2017）2＝2017a1009＞0，S2018＝2018（a1＋a2018）2＝2018（a1009＋a1010）
2＞0，S2019＝2019（a1＋a2019）2＝2019a1010＜0，故前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是2018.二能力小题提升篇1．答案：B解析：由等比数列的性质知，a5a6＋a4a7＝2a5a6＝18，所以a5a6＝9，所以log3a1＋lo
g3a2＋…＋log3a10＝log3（a1·a2·…·a10）＝log395＝10.2．答案：D解析：当n为正奇数时，由题意可得an＋1＋an＝2n，an＋2－an＋1＝2n＋2，两式相加得an＋an＋2＝4n＋2；当n为正偶数时，由题意可得an＋1－an＝2n，an＋2＋an＋1＝2n＋2，
两式相减得an＋an＋2＝2.因此，数列{an}的前60项和为[（a1＋a3）＋（a5＋a7）＋…＋（a57＋a59）]＋[（a2＋a4）＋（a6＋a8）＋…＋（a58＋a60）]＝（4＋2＋8＋2＋…＋4×57＋2）＋2×15
＝30＋（6＋4×57＋2）×152＝1800.3．答案：A解析：因为f（x）＝4x4x＋2，所以f（1－x）＝41－x41－x＋2，有f（x）＋f（1－x）＝4x4x＋2＋41－x41－x＋2＝4x（41－x＋2）＋41－x（4x＋2）（4x＋2
）（41－x＋2）＝1.记数列{an}的前n项和Sn，又an＝fn2020，所以S2019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝f12020＋f22020＋f32020＋…＋f201920202S2019＝f
12020＋f20192020＋f22020＋f20182020＋…＋f20192020＋f12020＝1×2019＝2019.所以S2019＝20192.4．答案：C解析：由
题意，数列{an}满足a1＝1，则a2＝2a1＋13＝1，同理可得a3＝1，…，an＝1，所以Sn＝1＋1＋…＋1＝n，所以S2n＋1＝2n＋1，则1S2n－1S2n＋1＝1（2n－1）
（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1，则数列1S2n－1S2n＋1的前1010项和为1S1S3＋1S3S5＋…＋1S2019S2021＝121－13＋1213－15＋…＋12（12019－12021）＝10102
021.5．答案：20211011解析：依题意S2nSn＝4n＋2n＋1，S2S1＝4＋21＋1，a1＋a2a1＝3，2a1＋da1＝2＋d1＝3，所以d＝1，所以Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n（n＋1）2，所以1Sn＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1，所以1S1
＋1S2＋…＋1S2021＝21－12＋12－13＋…＋12021－12022＝21－12022＝20211011.6．答案：1189解析：因为a2n＝an－1
，a2n＋1＝n－an，所以a2n＋a2n＋1＝n－1，所以（a2＋a3）＋（a4＋a5）＋…＋（a98＋a99）＝0＋1＋…＋48＝48×492＝1176，由a2n＝an－1，a2n＋1＝n－an，可得a3＝1－a1＝0，所以a100＝a50－1＝
a25－2＝10－a12＝11－a6＝12－a3＝12，所以S100＝a1＋（a2＋a3）＋（a4＋a5）＋…＋（a98＋a99）＋a100＝1＋1176＋12＝1189.三高考小题重现篇1．答案：A解析：∵a1＝1，an＋1＝an1＋an，∴an＞0，∴S100＞a1＝1＞12.由an
＋1＝an1＋an，得1an＋1＝1an＋1an＝1an＋122－14，∴1an＋1<1an＋122，则1an＋1<1an＋12.由累加法可得1an≤1＋n－12＝n＋12，∴an≥4（n＋1）2，∴an＋1＝an1＋an≤an1＋2n＋1＝n＋1n＋3an
，∴an＋1an≤n＋1n＋3.由累乘法可得an≤6（n＋1）（n＋2）.因此，S100≤1＋12＋614－15＋15－16＋…＋1101－1102<1＋12＋32＝3，即12＜S100＜3.2．答案：C解析：
C（1）＝15（a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6）＝15（a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a1），C（2）＝15（a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7）＝15（a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a1＋a5a2），C（3）＝15（a1a4＋a
2a5＋a3a6＋a4a7＋a5a8）＝15（a1a4＋a2a5＋a3a1＋a4a2＋a5a3），C（4）＝15（a1a5＋a2a6＋a3a7＋a4a8＋a5a9）＝15（a1a5＋a2a1＋a3a2＋a4a3＋a5a4）.对于A，C（1）＝15，C（2
）＝25，故A不正确；对于B，C（1）＝35，故B不正确；对于D，C（1）＝25，故D不正确；对于C，C（1）＝15，C（2）＝0，C（3）＝0，C（4）＝15，∴C正确．3．答案：A解析：方法一排除法记SN为数列的前N项和，由题意得，数列的前110项为20，20，21，20，21，
…，20，21，…，213，20，21，22，23，24，所以S110＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋21＋…＋213）＋（20＋21＋22＋23＋24）＝（21－1）＋（22－1）＋…＋（214－1）＋（
25－1）＝（21＋22＋…＋214）－14＋31＝215＋15，这是一个奇数，不可能是2的整数幂，故选项D不正确．同理，S220＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋21＋…＋219）＋（20＋21＋22＋23
＋…＋29）＝221＋210－23，这是一个奇数，不可能是2的整数幂，故选项C不正确．同理，S330＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋21＋…＋224）＋（20＋21＋22＋23＋24）＝226＋4，不是2的
整数幂，故选项B不正确．所以，正确的选项为A.方法二不妨设1＋（1＋2）＋…＋（1＋2＋…＋2n－1）＋（1＋2＋…＋2t）＝2m（其中m、n、t∈N，0≤t≤n）.则有N＝n（n＋1）2＋t＋1，因为N＞100，所
以n≥13.由等比数列的前n项和公式可得2n＋1－n－2＋2t＋1－1＝2m.因为n≥13，所以2n＞n＋2，所以2n＋1＞2n＋n＋2，即2n＋1－n－2＞2n，因为2t＋1－1＞0，所以2m＞2n＋1－n－2＞2n，故m≥n＋
1，因为2t＋1－1≤2n＋1－1，所以2m≤2n＋2－n－3，故m≤n＋1.所以m＝n＋1，从而有n＝2t＋1－3，因为n≥13，所以t≥3.当t＝3时，N＝95，不合题意；当t＝4时，N＝440，满足题意，故所求
N的最小值为440.4．答案：10解析：方法一因为an＝n（n＋1）2，所以S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10.方法二因为an＝n（n＋1）2＝n22＋n2，所以Sn＝n（n＋1）（2n＋1）12＋n（n＋1）4＝n（n＋1）（n＋2）6，所以S3＝3×4×5
6＝10.5．答案：1213解析：通解设等比数列{an}的公比为q，因为a24＝a6，所以（a1q3）2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝13，所以q＝3，所以S5＝a1（1－q5）1－q＝13×（1－35
）1－3＝1213.优解设等比数列{an}的公比为q，因此a24＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝13，所以q＝3，所以S5＝a1（1－q5）1－q＝13×（1－35）1－3＝1213.6．答案：5720－15()n＋32n－4解析：（1）由对折2
次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：52×12，5×6，10×3，20×32，共4种不同规格（单位dm2）；故对折4次可得到如下规格：54×12，52×6，5×3，10×32，20×34，共5种不同规格；（2）由于每次
对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为12的等比数列，首项为120()dm2，第n次对折后的图形面积为120×12n－1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为n＋1种，故得
猜想Sn＝120（n＋1）2n－1，设S＝k＝1nSk＝120×220＋120×321＋120×422＋…＋120()n＋12n－1，则12S＝120×221＋120×322＋…＋120n2n－1＋120（n＋1）2n，两式作差得：12S＝240＋12012＋
122＋…＋12n－1－120()n＋12n＝240＋601－12n－11－12－120()n＋12n＝360－1202n－1－120()n＋12n＝360－120()n＋32n，因此，S＝720－240()n＋32n＝720－15()n＋32n－4.四经典
大题强化篇1．解析：（1）若递减的等比数列{an}公比为q，则a2＝18，a4＝132，a6＝1128，∴q2＝14且q＞0，故q＝12，可得a1＝14.∴an＝a1qn－1＝12n＋1，n∈N*.（2）由（1）：b
n＝3n－52n＋1，∴Tn＝314＋28＋316＋…＋n2n＋1－514＋18＋116＋…＋12n＋1，若M＝14＋28＋316＋…＋n2n＋1，则M2＝18＋216＋332＋…＋
n－12n＋1＋n2n＋2，∴M2＝14＋18＋116＋132＋…＋12n＋1－n2n＋2＝12－12n＋1－n2n＋2，可得M＝1－12n－n2n＋1，∴Tn＝31－12n－n2n＋1－512－12n＋1＝12－32n＋5－
3n2n＋1＝12－（3n＋1）12n＋1.2．解析：（1）由anan＋1＋1＝4Sn①得an＋1an＋2＋1＝4Sn＋1②②－①得an＋1an＋2－anan＋1＝4an＋1，因为an＋1＞0，所以an＋2－an＝4，由此可知a1，a3，
a5，a7，…，a2n－1，…是公差为4的等差数列，其通项公式为a2n－1＝4n－3＝2（2n－1）－1；同理a2，a4，a6，…，a2n，…也是公差为4的等差数列，a2n＝2（2n）－1.综上，an＝2n－1.（
2）方法一由（1）可知bn＝1anan＋1＝1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1，Tn＝1211－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝n2n＋1，要使Tn＜2n＋1n2，
即n2n＋1＜2n＋1n2，由n2n＋1＝12－14n＋2可知数列13，25，37，49，511，…，n2n＋1为递增数列，由2n＋1n2知数列31，54，79，916，1125，…，2n＋1n2为递减数列，因为13＜3
1，25＜54，37＜79，49＜916，511＞1125，…，所以当n≤4时，Tn＜2n＋1n2，当n＞4时，Tn＞2n＋1n2，故满足条件的Tn的最大值为4.方法二由（1）可知bn＝1anan＋1＝1（2n
－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1，Tn＝1211－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝n2n＋1，要使Tn＜2n＋1n2，有n2n＋1＜2n＋1n2，即n3－4n2－4n－1＜0；令f（x）＝x3－4x2－
4x－1（x≥1），f′（x）＝3x2－8x－4＝3x－432－283，由f′（3）＝－1＜0，f′（4）＝12＞0，可知当x≥4时f（x）是增函数，当x∈[1，3]时f（x）是减函数，由f（4）＝－17＜0，f（5）
＝4＞0，可知x≥5时f（x）＞0，1≤x≤4时f（x）＜0，所以当n＝1，2，3，4时f（n）＜0，当n∈N且x＞4时f（n）＞0，所以n＞4时，Tn＞2n＋1n2，故满足条件的n的最大值为4.单元检测（六）数列1．答案：A解析：
方法一由a6a5＝2，得a6＝2a5，所以a1＋5d＝2（a1＋4d），又a1＝1，所以d＝－13.方法二由a6－a5＝d，a6a5＝2，得a5＝d，因为a5＝a1＋4d，所以d＝a1＋4d，又a1＝1，所以d＝－13.2．答案：B解析：因为
a27＝a3a11＝16，且an>0，所以a7＝4.因为公比q＝2，所以a10＝a7q3＝4×23＝25，所以log2a10＝log225＝5.3．答案：C解析：S5＝5（a1＋a5）2＝5a3＝20，解得a3＝4，根据等差数列的性质有2a3＝a2＋a4，
所以a2＝2a3－a4＝8－6＝2.4．答案：C解析：根据等差数列{an}的前n项和公式Sn＝n（a1＋an）2，因为S13<0，S12>0，所以a1＋a13<0，a1＋a12>0，由a1＋a13＝2a7，a1＋a12＝a6＋a
7得a7<0，a6＋a7>0，所以数列{an}中绝对值最小的项为第7项．5．答案：B解析：由log2（Sn＋1）＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1.当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.经检验，a1＝3不符合上式，所以数列{an}的
通项公式为an＝3，n＝1，2n，n≥2..6．答案：A解析：a1＋a2＋…＋a2018＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋…＋（a2017＋a2018）＝（1－4）＋（7－10）＋…＋[（3×2017－2）－（3×
2018－2）]＝（－3）×1009＝－3027.7．答案：D解析：方法一设{an}的公差为d，则由题意得，a1＋5d＋a1＋7d＝6，a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，解得a1＝15，d＝－2.所以an＝－2n＋17，因为a8
>0，a9<0，所以Sn取得最大值时n的值为8.方法二设{an}的公差为d，则由题意得，a1＋5d＋a1＋7d＝6，a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3，解得a1＝15，d＝－2，则Sn＝15n＋n（n－1）2×（－2）＝－（n－8）2＋64，所以当n＝
8时，Sn取得最大值．8．答案：A解析：不妨令S3＝1，则S6＝3.因为{an}是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列．又S3＝1，S6＝3，S6－S3＝2，所以S9－S6＝3，S12－S9＝4.于
是S9＝S6＋3＝6，S12＝S9＋4＝10，所以S6S12＝310.9．答案：D解析：由a1＋a2＋…＋an－1＋an＝2n－1，得a1＋a2＋…＋an－1＝2n－1－1，两式作差可得an＝2n－2n－1＝2n
－1，则a2n＝（2n－1）2＝22n－2＝4n－1，又a21＝41－1＝1，故数列{a2n}是首项为1，公比为4的等比数列．结合等比数列前n项和公式得a21＋a22＋…＋a2n＝1×（1－4n）1－4＝13（4n－1）
.10．答案：C解析：设等比数列{an}的公比为q.当q＝1时，Sn＋2＝（n＋2）a1，Sn＝na1.由Sn＋2＝4Sn＋3，得（n＋2）a1＝4na1＋3，即3a1n＝2a1－3.若对任意的正整数n，3a1n＝2a1
－3恒成立，则a1＝0且2a1－3＝0，矛盾，所以q≠1，于是Sn＝a1（1－qn）1－q，Sn＋2＝a1（1－qn＋2）1－q，代入Sn＋2＝4Sn＋3并化简，得a1（4－q2）qn＝3＋3a1－3q.若对任意
的正整数n，该等式恒成立，则有4－q2＝0，3＋3a1－3q＝0，解得a1＝1，q＝2或a1＝－3，q＝－2，由此可得a1＝1或－3.11．答案：C解析：由已知得na1＋a2＋a3＋…＋an＝12n＋1，∴a1＋a2＋…＋an＝n（
2n＋1）＝Sn.当n＝1时，a1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1.验证知当n＝1时也成立，∴an＝4n－1，∴bn＝an＋14＝n.∴1bnbn＋1＝1n－1n＋1，∴1b1b2＋1b2b3＋…＋1b10b11＝1－12＋12
－13＋13－14＋…＋110－111＝1－111＝1011.12．答案：C解析：由an＝an＋1－1an－1得an（an－1）＝an＋1－1，∵a1＝65，∴an＞1，∴1an＋1－1＝1an（an－1
）＝1an－1－1an，即1an＝1an－1－1an＋1－1.∴1a1＋1a2＋…＋1an＝1a1－1－1a2－1＋1a2－1－1a3－1＋…＋1an－1－1an＋1－1＝1a1－1－1an＋1－1，∴1a1＋1a2＋
…＋1an＝5－1an＋1－1<5.又对n∈N*，都有k>1a1＋1a2＋…＋1an成立，∴k≥5.故最小的整数k是5.13．答案：－2解析：在公差为2的等差数列{an}中，a4－2a7＝（a3＋d）－2（a5＋2d）＝a3－2a5－3d＝4－3×2＝－2.14．答案：1解析
：设等差数列{cn}的公差为d，又c1＝1，则2c1＋3＝5，2c2＋3＝2d＋5，2c3＋3＝4d＋5，由{2cn＋3}为等比数列得（2c1＋3）（2c3＋3）＝（2c2＋3）2，则5（4d＋5）＝（2d＋5）2，解得d＝0，
则c2019＝c1＝1.15．答案：－1解析：若an＋λ2n为等差数列，则an＋1＋λ2n＋1－an＋λ2n＝2an＋2n－1＋λ2n＋1－an＋λ2n＝an2n＋12＋λ－12n＋1－λ2n－an2n＝12＋λ－12n
＋1－λ2n为常数，即λ－12n＋1－λ2n＝0，则λ－1－2λ＝0，解得λ＝－1.16．答案：－835解析：由（an＋1＋3）（an＋3）＝4an＋4，得an＋1＝4an＋4an＋3－3＝an－5an＋3，因为a1＝5，所
以a2＝0，a3＝－53，a4＝－5，a5＝5，所以数列{an}是以4为周期的周期数列，因为2018＝504×4＋2，且a1＋a2＋a3＋a4＝－53，即一个周期的和为－53，所以数列{an}的前2018项的和
为－53×504＋5＋0＝－835.17．解析：（1）设等差数列{an}的公差为d.由题意知2a1＋2d＝8，（a1＋d）＋（a1＋3d）＝12，解得a1＝2，d＝2.则an＝a1＋（n－1）d＝2
＋2（n－1）＝2n.（2）由（1）可得a1＝2，an＝2n，则Sn＝（a1＋an）n2＝n（n＋1）.若a1，ak，Sk＋2成等比数列，则（2k）2＝2（k＋2）（k＋3），即4k2＝2k2＋10k＋12，解
得k＝6或k＝－1（舍），故k＝6.18．解析：（1）设等比数列{an}的公比为q，q≠1，由a1＝2，a1＋a3＋a5＝42，可得2（1＋q2＋q4）＝42，由数列{an}各项为实数，解得q2＝4，q＝±2.所以数列{an}
的通项公式为an＝2n或an＝（－1）n－1·2n.（2）当an＝2n时，a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝4（1－4n）1－4＝43（4n－1）；当an＝（－1）n－1·2n时，a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝（－4）·（1－4n）1－4＝43（1－4n）
.19．解析：（1）当a＝2时，Sn＝n2＋n＋3.当n＝1时，a1＝S1＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.经检验，a1＝5不符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝5，n＝1，2n，n≥2.（2）当n＝1时，a1＝S1＝3＋
a；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.∵数列{an}是等差数列，∴3＋a＝2，解得a＝－1，∴an＝2n，Sn＝n2＋n.则bn＝2（n＋1）n·[（n＋1）2＋n＋1]＝2（n＋1）n·（n＋1）（n＋2）＝2n·（n＋2）＝1n－1n＋2，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1
－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝1＋12－1n＋1－1n＋2＝32－1n＋1＋1n＋2.20．解析：（1）设等比数列{an}的公比为q，由2（S6＋a6）＝S4＋a4＋S5
＋a5，得（S6－S5）＋（S6－S4）＋2a6＝a4＋a5，即4a6＝a4，∴q2＝14.∵{an}是单调递减数列，∴q＝12.又∵a2＝12，∴a1＝1，∴an＝12n－1.（2）由（1）得bn＝－log212n－1＋λn＝（λ＋1）n－
1，∴1bnbn＋1＝1[（λ＋1）n－1]·[（λ＋1）（n＋1）－1]＝1λ＋11（λ＋1）n－1－1（λ＋1）（n＋1）－1，∴T2018＝1λ＋11λ－12019λ＋2018＝2018λ（2019λ＋2018
）＝2018，∴λ＝－1或λ＝12019.∵λ≠－1，∴λ＝12019.21．解析：（1）由2Sn＝an＋1，两边平方，得4Sn＝（an＋1）2，则4Sn＋1＝（an＋1＋1）2，两式相减，得4an＋1＝（an＋1＋1）2－（an＋1）2，整理得（an＋1－1）2－（an
＋1）2＝0，即（an＋1＋an）（an＋1－an－2）＝0.因为an>0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2.又因为当n＝1时，2a1＝a1＋1，所以（a1－1）2＝0，所以a1＝1，所以数列{an}的通项
公式为an＝2n－1.（2）因为bn＝12n－1＋2n＋1＝2n＋1－2n－12，所以b1＋b2＋…＋bn＝12[（3－1）＋（5－3）＋…＋（2n＋1－2n－1）]＝12（2n＋1－1）.由12（2n＋1－1）>1，解得n>4，所以满足条
件的正整数n的最小值为5.22．解析：（1）因为S1＋a1，S3＋a3，S2＋a2成等差数列，所以2（S3＋a3）＝（S1＋a1）＋（S2＋a2），所以（S3－S1）＋（S3－S2）＋2a3＝a1＋a2，所以4a3＝a1，因为数列{an}是等比数
列，所以a3a1＝14＝q2.又q>0，所以q＝12.因为a1＝1，所以数列{an}的通项公式an＝12n－1.（2）因为Tn≥m恒成立，所以只需（Tn）min≥m即可．由（1）知an＝12n－1，又an＋1＝
12anbn，所以bn＝n·2n－1.因为Tn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋（n－1）·2n－2＋n·2n－1，2Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋（n－1）·2n－1＋n·2n，所以－Tn＝
1·20＋（2－1）·21＋（3－2）·22＋…＋[n－（n－1）]·2n－1－n·2n＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝1－2n1－2－n·2n＝（1－n）·2n－1，故Tn＝（n－1）·2n＋1，所以Tn＋1＝n·2n＋1＋1.故Tn＋1－Tn＝（n·2n＋1＋1）
－[（n－1）·2n＋1]＝（n＋1）·2n>0，所以Tn＋1>Tn，所以（Tn）min＝T1＝1，故m≤1，即m的最大值为1.第七单元不等式点点练24不等式的性质及一元二次不等式一基础小题练透篇1．答案：B解析：因为
A＝{x∈R|x2－2x<0}＝{x∈R|0<x<2}，B＝{x∈R|1≤x≤4}，所以A∪B＝{x|0<x≤4}．2．答案：D解析：对于A选项，当a＝－2，b＝－1时，不等式不成立，故是假命题；对于B选项，当c＝0时，不
满足，故为假命题；对于C选项，当c＝3，a＝2，b＝1时，ac－a＝23－2＞bc－b＝12，不满足，故为假命题．对于D选项，由于a＞b＞c＞0，所以ab－a＋cb＋c＝a（b＋c）－b（a＋c）b（b＋c）＝ac－bcb（b＋c）＝（a－b）cb（b＋c）
＞0，即ab＞a＋cb＋c，故为真命题．3．答案：D解析：当a－2＝0，即a＝2时，－4<0，恒成立，符合题意；当a－2≠0时，由题意知，a－2<04（a－2）2＋16（a－2）<0，解得－2<a<2，∴－2<a≤2.4．答案
：A解析：“存在x0∈R，使ax20＋2x0＋a<0”的否定为“对任意x∈R，都有ax2＋2x＋a≥0”，下面先求对任意x∈R，都有ax2＋2x＋a≥0恒成立时a的范围．①当a＝0时，该不等式可化为2x≥0，即x≥0，显然不合题意；②当a≠0时，
有a>0，22－4a2≤0，解得a≥1.综上①②得a的范围为[1，＋∞），所以存在x0∈R，使ax20＋2x0＋a<0的a的取值范围为（－∞，1）.5．答案：B解析：∵不等式ax2－x－c>0的解集为{x|－2<x<1}，∴a<0，方程ax2－
x－c＝0的两个根为－2和1，则－2＋1＝1a，－2×1＝－ca，∴a＝－1，c＝－2，∴f（x）＝ax2－x－c＝－x2－x＋2，∴f（－x）＝－x2＋x＋2，其图象开口向下，与x轴交于点（－1，0），（2，
0）.6．答案：B解析：通解∵a>b>0且ab＝1，∴a>1，0<b<1，∴b2a<1，log2（a＋b）>log22ab＝1，又2a＋1b>a＋1b>a＋b，∴a＋1b>log2（a＋b），∴b2a<log2（a＋b）<a＋1b.优解∵a＞b＞0且ab＝1，∴不妨取
a＝2，b＝12，则b2a＝18，log2（a＋b）＝log252，a＋1b＝4，∴b2a＜log2（a＋b）＜a＋1b.7．答案：（－∞，1）解析：关于x的不等式x2＋ax－2<0在区间[1，4]上有实数解，等价于a<2x－xmax，x∈[1，4].设
f（x）＝2x－x，其中x∈[1，4]，易知函数f（x）在x∈[1，4]上单调递减，当x＝1时，函数f（x）取得最大值f（1）＝1，所以实数a的取值范围是（－∞，1）.8．答案：－12，32解析
：根据题意，（x－a）⊗（x＋a）<1可化为x2－x－a2＋a＋1>0，不等式对任意的x∈R恒成立的条件是1＋4a2－4a－4<0，即4a2－4a－3<0，解得－12<a<32，所以实数a的取值范围是－12，32.二能力小题提升篇1．答案：D解析
：对A，当a<b<0时，不等式无意义，故A错误；对B，当a<0<b时，1a<1b，故B错误；对C，当a<b<0时，a2>b2，故C错误；对D，当a<b时，a3<b3成立，故D正确．2．答案：B解析：∵1＜1a＜1b，∴0＜b＜a＜1，∴指数函数y＝ax在R上单调递减，∴ab
＞aa，即N＞M，又幂函数y＝xa在（0，＋∞）上单调递增，∴aa＞ba，即M＞P，∴N＞M＞P.3．答案：A解析：由题意及幂函数的单调性知x2＋1>0，3x＋5≥0，x2＋1>3x＋5，解得－53≤x<－1或x>4.4．答案：D解析：∵不等式x2＋ax＋b≤0（
a，b∈R）的解集为{x|x1≤x≤x2}，则x1，x2是方程x2＋ax＋b＝0的两个实数根，x1x2＝b，又|x1|＋|x2|≤2，不妨令a＝－1，b＝0，则x1＝0，x2＝1，满足|x1|＋|x2|≤
2，但|a＋2b|＝1<2，A选项错误；令a＝2，b＝1，则x1＝x2＝－1，满足|x1|＋|x2|≤2，但|a＋2b|＝4>2，B选项错误；令a＝0，b＝－1，则x1＝－1，x2＝1，满足|x1|＋|x2|≤2，但|a|＝0<1，C选项错误；|b|＝|x1x2|≤|x1|＋|x2|2
2≤1，D选项正确．5．答案：（－∞，6）解析：由ax2－（a＋1）x<－a＋13x可得a（x2－x＋1）<14x.而x2－x＋1＝x－122＋34>0，∴a<14xx2－x＋1.又∵x∈[2，3]，∴14xx2－x＋1＝14x＋1x－1.令g（x）＝x＋1x－1，则g（x
）在[2，3]上单调递增，∴g（x）max＝3＋13－1＝73，∴14x＋1x－1≥6，∴a<6.6．答案：1（－3，1）解析：（1）由f（x）<0的解集为{x|2<x<3}可得f（x）＝0的两根分别为2，3，故f（x）＝（x－2）（x－3）＝x2－5x＋
6.又f（x）＝x2＋bx＋c，所以b＝－5，c＝6.故b＋c＝1.（2）因为f（x）＝0的两根x1，x2满足0<x1<2<x2<3，故f（0）>0，f（2）<0，f（3）>0，即c>0，4＋2b＋c<0，9＋3b
＋c>0.以b为横坐标，c为纵坐标建立平面直角坐标系，作出不等式组c>0，4＋2b＋c<0，9＋3b＋c>0表示的平面区域，如图阴影部分所示，交点坐标分别为（－2，0），（－3，0），（－5，6）.令z＝b＋c，则c＝－b＋z，平移直线c＝－b＋z，当直线经过点
（－5，6）时，在y轴上的截距取得最大值，即a＋b取得最大值，此时b＋c＝1，且取不到．同理，当直线经过（－3，0）时，b＋c取得最小值，此时b＋c＝－3，且取不到．所以b＋c的取值范围是（－3，1）.三高考小题重现篇1．答案：B解析：∵a＝log2
0.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈（0，1），∴a<c<b.2．答案：B解析：由x2－5x<0可得0<x<5.由|x－1|<1可得0<x<2.由于区间（0，2）是（0，5）的真子集，故“
x2－5x<0”是“|x－1|<1”的必要而不充分条件．3．答案：D解析：函数f（x）＝2x－x－1，则不等式f（x）>0的解集即2x>x＋1的解集，在同一平面直角坐标系中画出函数y＝2x，y＝x＋1的
图象（图略），结合图象易得2x>x＋1的解集为（－∞，0）∪（1，＋∞）.4．答案：[－1，7]解析：要使函数有意义，则7＋6x－x2≥0，解得－1≤x≤7，则函数的定义域是[－1，7].5．答案：－1，23解析：3x2＋x－2<0⇔（x＋1）（3x－2）
<0，所以－1<x<23.四经典大题强化篇1．解析：若a＝0，原不等式等价于－x＋1<0，解得x>1.若a<0，原不等式等价于x－1a（x－1）>0，解得x<1a或x>1.若a>0，原不等式等价于x－1a（x－1）<0.①当a＝1时，1a＝1，x－1a（x－
1）<0无解；②当a>1时，1a<1，解x－1a（x－1）<0得1a<x<1；③当0<a<1时，1a>1，解x－1a（x－1）<0得1<x<1a.综上所述：当a<0时，解集为xx<1a或x>1；当a＝0时，解集为{x|x>1}；当0<a<1时
，解集为x1<x<1a；当a＝1时，解集为∅；当a>1时，解集为x1a<x<1.2．解析：（1）由题意得（－1）＋－12＝－a－1a（－1）×－1
2＝－1a，解得a＝－2.故原不等式等价于－2x＋3x－1≤0.即（2x－3）（x－1）≥0x－1≠0解得：x<1或x≥32，所以不等式的解集为（－∞，1）∪32，＋∞.（2）当a＝0
时，原不等式可化为x＋1≤0，解集为（－∞，－1].当a>0时，原不等式可化为x－1a（x＋1）≥0，解集为（－∞，－1]∪1a，＋∞.当a<0时，原不等式可化为x
－1a（x＋1）≤0，当1a>－1，即a<－1时，解集为－1，1a；当1a＝－1，即a＝－1时，解集为{－1}；当1a<－1，即－1<a<0时，解集为1a，－1.综上所述：当a＞0时，解集为（－∞，－1]∪1a，＋∞；a＝0时，解集
为（－∞，－1]；－1＜a＜0时，解集为1a，－1；a＝－1时，解集为{－1}；a＜－1时，解集为－1，1a.点点练25基本不等式及简单的线性规划一基础小题练透篇1．答案：C解析：a＋b≥2ab当且仅当a＝b时等号成立
，即ab≤14，故A错误；B中，若a＝19，b＝89，有a＋b＝22＋13<2，即最小值不为2，错误；C中，1a＋1b＝a＋bab≥4，正确；D中，若a＝13，b＝23，有a2＋b2＝19＋49＝59<22，即最小值不为22，错误．2．答案：D解析：∵x＞2，∴x－2＞0，
∴y＝x＋4x－2＝（x－2）＋4x－2＋2≥2（x－2）·4x－2＋2＝6，当且仅当x－2＝4x－2，即x＝4时取等号，∴函数y＝x＋4x－2的最小值为6.3．答案：B解析：已知a＞0，b＞0，且1a＋2b＝4，则
141a＋2b＝1，所以，4a＋6b＝141a＋2b（4a＋6b）＝121a＋2b（2a＋3b）＝128＋4ab＋3ba≥128＋24ab·3ba＝8＋432＝
4＋23，当且仅当a＝32b时等号成立，因此，4a＋6b的最小值是4＋23.4．答案：A解析：作出可行域，如图阴影部分（线段AB，射线BC，射线AD围成的区域），作直线l：－2x＋y＝0，在z＝－2x＋y中z表示直线的截距，直线向上平移时
纵截距增大，z增大，平移该直线，当它过B（2，2）时，zmax＝－2×2＋2＝－2.5．答案：A解析：画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分，将m＝x2－y化为y＝x2－m，则数形结合可得当曲线y＝x2－m与y＝x相切时，m取得
最小值，联立方程y＝x2－my＝x可得x2－x－m＝0，则Δ＝1＋4m＝0，解得m＝－14，故x2－y的最小值为－14.6．答案：C解析：由约束条件作出可行域如图，联立2x－3y＝9x＋y＝2，解得A（3，－1），（x＋1）2＋y2的
几何意义为可行域内动点与定点P（－1，0）距离的平方，由图可知，可行域内动点与定点P（－1，0）距离的最小值为|PO|＝1，最大值为|PA|＝（－1－3）2＋12＝17，∴（x＋1）2＋y2的取值范围是[1，17].7．答案：2＋22解析：∵1x＋x＋yy＝x＋2yx＋
x＋yy＝2＋2yx＋xy≥2＋22，等号成立当且仅当x＝2y，即x＝2－1，y＝1－22.8．答案：437解析：作出可行域如图中阴影部分所示，为一个开放区域，由z＝2x＋y，得y＝－2x＋z，作出直线y＝－2x并平移，数形结合可知，
当平移后的直线经过点A67，317时，z取得最小值，zmin＝2×67＋317＝437.二能力小题提升篇1．答案：A解析：因为1＝2x＋2y≥22x·2y＝22x＋y，所以2x＋y≤14，即x＋
y≤－2，当且仅当2x＝2y＝12，即x＝y＝－1时取“＝”，所以x＋y的取值范围是（－∞，－2].2．答案：C解析：当x>0时，x2＋14－x＝x－122≥0，所以lgx2＋14≥l
gx（x>0），故选项A不正确；当x≠kπ，k∈Z时，sinx的正负不能确定，故选项B不正确；因为x2＋1＝（|x|）2＋1≥2|x|（x∈R），所以选项C正确；当x＝0时，有1x2＋1＝1，故选项D不正确．3．答案：D解析：如图，根据题意绘出可行
域，令k＝y－3x－3，M（3，3），则y－3x－3表示点M与可行域中的点连线的斜率，联立x＋3y－5＝02x－5y＋1＝0，解得x＝2y＝1，B（2，1），结合图形易知过点B时，k取最大值，此时k＝1－32－3＝2，同理易知过点C（－1，2）时，k取最小值，此时k＝2－3
－1－3＝14.4．答案：B解析：不等式组表示的区域如下：设yx＋1＝k，即y＝k（x＋1），表示的是过点（－1，0）的直线，由图可得，当直线y＝k（x＋1）过点A（1，3）时，k最大，最大值为32.5．答案：18解析：已
知x＞0，y＞0，且2x＋8y－xy＝0.2x＋8y＝xy，即：2y＋8x＝1.则x＋y＝（x＋y）2y＋8x＝2xy＋8yx＋10≥22xy·8yx＋10＝18，当且仅当2xy＝8yx，x＝2
y＝12时取等号，所以x＋y的最小值为18.6．答案：4105解析：x，y满足约束条件所表示的可行域如图所示，x2＋y2表示可行域中的点到原点的距离，由图可知点B到原点的距离最大，由x－2y＋4＝03x－y＝0，解得x＝45y
＝125，即B45，125，所以x2＋y2的最大值为452＋1252＝4105.三高考小题重现篇1．答案：C解析：通解作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线y＝－3x，并平移，数形结合可知，当平移后的直线经过点A时，直线y＝－3x＋z在y轴上
的截距最小，即z最小．解方程组x＋y＝4y＝3得x＝1y＝3，即点A的坐标为（1，3）.从而z＝3x＋y的最小值为3×1＋3＝6.优解画图易知，题设不等式组对应的可行域是封闭的三角形区域，所以只需要比较三角形区域三个顶点处的z的大
小即可．易知直线x＋y＝4与y＝3的交点坐标为（1，3），直线x＋y＝4与x－y＝2的交点坐标为（3，1），直线x－y＝2与y＝3的交点坐标为（5，3），将这三个顶点的坐标分别代入z＝3x＋y可得z的值分别为6，
10，18，所以比较可知zmin＝6.光速解因为x＋y≥4，所以3x＋3y≥12①.因为y≤3，所以－2y≥－6②.于是，由①＋②可得3x＋3y＋（－2y）≥12＋（－6），即3x＋y≥6，当且仅当x＋y＝4且y＝3，即x＝1，y＝
3时不等式取等号，易知此时不等式x－y≤2成立．2．答案：B解析：画出可行域如图中阴影部分所示，作出直线x＋2y＝0，平移该直线，易知当直线经过点A（2，1）时，z取得最小值，zmin＝2＋2×1＝4，再数形结合可得z＝x＋2y的取值范
围是[4，＋∞）.3．答案：1解析：作出可行域如图，由z＝x＋7y得y＝－x7＋z7，易知当直线y＝－x7＋z7经过点A（1，0）时，z取得最大值，zmax＝1＋7×0＝1.4．答案：7解析：如图所示，x，y满足的可行域
为△AOB及其内部．由目标函数z＝3x＋2y得y＝－32x＋z2.当直线y＝－32x＋z2过点A（1，2）时，z取最大值，最大值为7.5．答案：4解析：依题意得12a＋12b＋8a＋b＝a＋b2ab＋8a＋b＝a＋b2＋8a＋b≥2a＋b2×8a＋b＝4，当且仅当
a>0，b>0，ab＝1，a＋b2＝8a＋b，即ab＝1，a＋b＝4时取等号．因此，12a＋12b＋8a＋b的最小值为4.6．答案：45解析：方法一由5x2y2＋y4＝1得x2＝15y2－y25，则x2＋y2＝15y2＋4y25
≥215y2·4y25＝45，当且仅当15y2＝4y25，即y2＝12时取等号，则x2＋y2的最小值是45.方法二4＝（5x2＋y2）·4y2≤（5x2＋y2）＋4y222＝254（x2＋y2）2，则x2＋y2≥45，当且仅
当5x2＋y2＝4y2＝2，即x2＝310，y2＝12时取等号，则x2＋y2的最小值是45.四经典大题强化篇1．解析：（1）由已知，x，y满足的数学关系式为70x＋60y≤600，5x＋5y≥30，x≤2y，x≥0，x∈N，y≥0，y∈N，
即7x＋6y≤60，x＋y≥6，x－2y≤0，x≥0，x∈N，y≥0，y∈N，该二元一次不等式组所表示的平面区域为图1中的阴影部分中的整数点．图1图2（2）设总收视人次为z万，则目标函数为z＝60x＋25y.考虑z＝60x＋25y，将它变形为y＝－125x＋z25，这是斜率为－125，随
z变化的一族平行直线．z25为直线在y轴上的截距，当z25取得最大值时，z的值就最大．又因为x，y满足约束条件，所以由图2可知，当直线z＝60x＋25y经过可行域上的点M时，截距z25最大，即z最大．解方程组7x＋6y＝60，x－2y＝0，得
x＝6，y＝3，则点M的坐标为（6，3）.所以，电视台每周播出甲连续剧6次、乙连续剧3次时，才能使总收视人次最多．2．解析：（1）由题设知：y＝13－t＋100t＋2（0≤t≤13），又f（t）＝－t
，g（t）＝100t＋2均单调递减，∴y在0≤t≤13上单调递减，故当t＝13时，ymin＝203≈6.7，∴大棚一天中保温时段的最低温度为6.7℃.（2）由题意，y＝|t－13|＋bt＋2≥17且t∈[
0，20]，b>0，∴当0≤t≤13时，由（1）知y＝13－t＋bt＋2递减，故只要b15≥17即可，则b≥255，当13<t≤20时，y＝t－13＋bt＋2＝t＋2＋bt＋2－15≥2（t＋2）·bt＋2－15＝2b－15，当且仅当t＝b－2时等号成立，故只要2b－15≥17即可，则b≥25
6，若b＝256有t＝b－2＝14∈（13，20]，此时y＝17成立．∴综上，在t∈[0，20]上，要保持一天中保温时段的最低温度不小于17℃，大棚一天中保温时段通风量的最小值为256.单元检测（七）不等式1．答案：B解析：对于①，当c＝0时，a
c＝bc，所以①不正确；对于②，当a>0>b时，1a>1b，所以②不正确；对于③，由于c>d>0，则1d>1c>0，又a>b>0，所以ad>bc>0，③正确；对于④，因为幂函数y＝xα（α<0）在（0，＋∞）上单调递减，又a>b>0，
c<0，所以ac<bc，④正确．2．答案：A解析：因为a<b，（c－a）（c－b）<0，所以a<c<b，因为（d－a）（d－b）>0，所以d<a<b或a<b<d，又d<c，所以d<a<b.综上，d<a<c<b.3．答案：B解析：根据题意，关于x的不等式（ax－1）（x＋1
）<0的解集是（－∞，－1）∪－12，＋∞，则方程（ax－1）（x＋1）＝0的两根为x＝－1或x＝－12，当x＝－12时，有－a2－1－12＋1＝0，解得a＝－2.4．答案：D解析：对于A，当
ab<0时不成立；对于B，若x<0，则x＋4x＝－－x＋4－x≤－2（－x）·4－x＝－4，当且仅当x＝－2时，等号成立，因此B选项不成立；对于C，取a＝－1，b＝－2，b2a＋a2b＝－92<a＋b＝－3，所以C选项不成立；对于D，若x<0，则2x＋2－x>2成立．5．答案
：A解析：∵x2－4x≥m对任意x∈（0，1]恒成立，令f（x）＝x2－4x，x∈（0，1]，f（x）图象的对称轴为直线x＝2，∴f（x）在（0，1]上单调递减，∴当x＝1时，f（x）取到最小值为－3，∴实数m应满足m≤－3.6．答案：B解析：因为a＝（1，
x－1），b＝（y，2），a⊥b，所以a·b＝y＋2（x－1）＝0，即2x＋y＝2.又因为x>0，y>0，所以2x＋y≥22xy，当且仅当x＝12，y＝1时等号成立，即22xy≤2，所以xy≤12，所以当且仅当x＝12，y＝1时，xy取到最大值，最大
值为12.7．答案：C解析：令x＋3＝1，得x＝－2，故A（－2，－1）.又点A在直线mx＋ny＋1＝0上，∴－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1，则1m＋1n＝1m＋1n（2m＋n）＝3＋nm＋2mn≥3＋2nm·2mn＝3＋22.当且仅当m＝1
2＋2，n＝12＋1时等号成立，所以1m＋1n的最小值为3＋22.8．答案：D解析：作出不等式组2x－y≤0，x－3y＋5≥0，x>0，y>0表示的平面区域如图中的阴影部分（包含边界）所示，由z＝－x－2y，
得y＝－12x－12z.要求目标函数z的最小值，即是求直线l：y＝－12x－12z在y轴上的截距－12z的最大值．作出直线y＝－12x并平移，结合图象可知，当直线y＝－12x－12z经过点A（1，2）时在y轴上的截距最大，此时zmin＝－1－2
×2＝－5.9．答案：A解析：不等式组2x－y＋1≥0，x＋y－1≥0，3x＋y－3≤0所表示的平面区域如图中阴影部分（含边界）所示．|OP→－OQ→|＝|QP→|，数形结合可知点A（0，1）到直线3x＋
y＝0的距离d为|QP→|的最小值．因为d＝|3×0＋1|32＋12＝1010，所以|OP→－OQ→|的最小值为1010.10．答案：A解析：因为1a＋1b＝1，所以ab＝a＋b，即b＝aa－1＝1＋1a－1，由a，b是正数可得a－1
>0.于是，4a－1＋16b－1＝4b＋16a－20ab－（a＋b）＋1＝4b＋16a－20＝4＋4a－1＋16a－20＝4a－1＋16（a－1）≥24a－1×16（a－1）＝16，当且仅当4a－1＝16（a－1），即a＝32时等号成立，所以4a－1＋16b－1的最小值
为16.11．答案：A解析：满足不等式组的可行域如图所示．联立x＝1，x＋y－4＝0，解得x＝1，y＝3，∴点P（1，3），联立x－y＝0，x＋y－4＝0，解得x＝2，y＝
2，∴点N（2，2）.∵直线y＝kx－2恒过点（0，－2），∴k1＝2－（－2）2－0＝2，k2＝3－（－2）1－0＝5.观察图象可知，当直线y＝kx－2在y＝k1x－2和y＝k2x－2之间时，直线上才会存在M内的点，∴2≤k≤5.12．答案：C解析：依
题意得2x－1>0，y－1>0，则4x2y－1＋y22x－1＝[（2x－1）＋1]2y－1＋[（y－1）＋1]22x－1≥4（2x－1）y－1＋4（y－1）2x－1≥4×22x－1y－1×y－12x－1＝8，即4x2y－1＋y22
x－1≥8，当且仅当2x－1＝1，y－1＝1，2x－1y－1＝y－12x－1，即x＝1，y＝2时等号成立．因此4x2y－1＋y22x－1的最小值是8，所以m≤8，即m的最大值为8.13．答案：－32，52解析：设2a－b＝mf
（1）＋nf（－1）＝（m－n）·a＋（m＋n）b，则m－n＝2，m＋n＝－1，解得m＝12，n＝－32，∴2a－b＝12f（1）－32f（－1），∵0<f（1）<2，－1<f（－1）<1，∴0<12f（1）<
1，－32<－32f（－1）<32，则－32<2a－b<52.14．答案：－1，12解析：∵f（x）＝x2＋ax＋b的两个零点是－1，2，∴－1，2是方程x2＋ax＋b＝0的两根，由根与系数的关系知
－1＋2＝－a，－1×2＝b，即a＝－1，b＝－2，∴f（x）＝x2－x－2.不等式af（－2x）>0，即－（4x2＋2x－2）>0，则2x2＋x－1<0，解集为－1，12.15．答案：4解析：∵x>2，m>0，∴y＝x
－2＋mx－2＋2≥2（x－2）·mx－2＋2＝2m＋2，当且仅当x＝2＋m时取等号，又函数y＝x＋mx－2（x>2）的最小值为6，∴2m＋2＝6，解得m＝4.16．答案：2解析：画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分（包含
边界）所示，由图知，若a≥3，则直线z＝ax－y经过点B（1，2）时，z取得最小值，由a－2＝－1，得a＝1，与a≥3矛盾；若0<a<3，则直线z＝ax－y经过点A（2，5）时，z取得最小值，由2a－5＝－1，解得a＝2；若a≤0，则直线z＝
ax－y经过点A（2，5）或C（3，2）时，z取得最小值，此时2a－5＝－1或3a－2＝－1，解得a＝2或a＝13，与a≤0矛盾．综上可知实数a的值为2.17．证明：（1）a2＋b2≥12（a＋b）2＝2.（2）因为2a＋1b＝a＋b2×
2a＋1b＝32＋ba＋a2b≥32＋2＝（2＋2）24，当且仅当a＝4－22，b＝22－2时取等号，所以2a＋1b≥1＋22.18．解析：（1）因为a2＋b2－[2（2a－b）－5]＝（a－2）2＋（b＋1）2≥0，所以a2＋b2≥2（2a－b）
－5.（2）证明∵a，b，c∈（0，＋∞），且a＋b＋c＝1，∴1a－11b－11c－1＝b＋ca·a＋cb·a＋bc≥2bca·2acb·2abc＝8，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴1a－11b－1
1c－1≥8.19．解析：（1）函数f（x）＝m－|x－2|，m∈R，且f（x＋2）≥0的解集为[－1，1]，可得m－|x|≥0的解集为[－1，1]，即有[－m，m]＝[－1，1]，可得m＝1.（2）a，b，c∈（0，＋∞），且由（1）知，1a＋12b＋13c＝1，
则a＋2b＋3c＝（a＋2b＋3c）1a＋12b＋13c＝3＋2ba＋a2b＋a3c＋3ca＋2b3c＋3c2b≥3＋22ba·a2b＋2a3c·3ca＋22b3c·3c2b＝3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a＝2b＝3c＝3时取等号．则a＋2b＋3c
≥9.20．解析：（1）∵函数f（x）＝kxx2＋3k（k>0），f（x）>m的解集为{x|x<－3或x>－2}，∴f（－3）＝m，f（－2）＝m，即－3k9＋3k＝m，且－2k4＋3k＝m，解得k＝2，m＝－25.故不等式5mx2＋k2x＋3>0，即不等式－2x2＋x＋3>0，
即2x2－x－3<0，解得－1<x<32，故不等式的解集为x|－1<x<32.（2）∵存在x>3使得f（x）>1成立，∴kxx2＋3k>1在区间（3，＋∞）上有解，即x2－kx＋3k<0在区间（3，＋∞）上有解，即k>x2
x－3在区间（3，＋∞）上能成立．令g（x）＝x2x－3，则只需k>g（x）min.∵g′（x）＝x（x－6）（x－3）2，∴当x∈（3，6）时，g′（x）<0，g（x）为减函数；当x∈（6，＋∞）时，g′（x）>0，g（x）为增函数，故g（x）的最小值为g（6）＝12，∴k>12.
故k的取值范围为（12，＋∞）.21．解析：（1）汽车来回一次的运行成本为11600×1300v2×100v＋11600×（1300＋x）v2×100v＝116（2600＋x）v，冷藏成本为10x×100v＝
1000xv，∴W＝100x－116（2600＋x）v－1000xv.（2）∵116（2600＋x）v＋1000xv≥2116（2600＋x）v·1000xv＝510·（2600＋x）x，∴W≤100x－510·（2600＋x）x，当且仅当116
（2600＋x）v＝1000xv，即v＝4010·x2600＋x时取等号.令100x－510·（2600＋x）x≥0，得210x≥（2600＋x）x，解得x≥2003，∴当x＝2003时，v＝4010·20032600＋2003＝20∈（0，80]，故每次至少进货2003
千克，才能使销售后不会亏本．22．解析：（1）f（x）是二次函数，且f（x）<0的解集是（0，5），∴可设f（x）＝ax（x－5）（a>0），可得函数f（x）在区间－1，52上是减函数，在区间
52，4上是增函数．∵f（－1）＝6a，f（4）＝－4a，f（－1）>f（4），∴f（x）在区间[－1，4]上的最大值是f（－1）＝6a＝12，得a＝2.因此，函数的表达式为f（x）＝2x（x－5）＝2x2－10x（x∈R）.（2）由（1）得f
（x）＝2x－522－252，函数图象的开口向上，对称轴为直线x＝52.①当t＋1≤52，即t≤32时，f（x）在[t，t＋1]上单调递减，此时f（x）的最小值g（t）＝f（t＋1）＝2（t＋1）2－10（t＋1）＝2t2
－6t－8；②当t≥52时，f（x）在[t，t＋1]上单调递增，此时f（x）的最小值g（t）＝f（t）＝2t2－10t；③当32<t<52时，函数y＝f（x）在对称轴处取得最小值，此时g（t）＝f52＝－252.综上所述，得g（t）的表达式为：g（t）＝2t
2－6t－8t≤32，－25232<t<52，2t2－10tt≥52．第八单元立体几何点点练26空间几何体的三视图与直观图、表面积与体积一基础小题练透篇1．答案：A解析：由题图可知原△ABC的高AO＝3，BC＝B′C′＝2，∴S△ABC＝12·B
C·OA＝12×2×3＝3.2．答案：C解析：由三视图还原几何体，可得该几何体可看作如图所示的棱长为3的正方体中，以A，B，C，D为顶点的三棱锥，其最长的棱为BD，且BD＝32＋32＋32＝33.3．答案
：B解析：由三视图可知，该几何体是圆锥和半球拼接成的组合体，且圆锥的底面圆和半球的大圆面半径相同，底面圆的半径r＝1，圆锥的母线长l＝（3）2＋1＝2，记该几何体的表面积为S，故S＝12（2πr）l＋12×4πr2＝4π.4．答案：C解析：正三棱锥的外接球即是棱长为2的
正方体的外接球，所以外接球的直径2R＝（2）2＋（2）2＋（2）2＝6，所以4R2＝6，外接球的表面积4πR2＝6π.5．答案：A解析：根据三视图可知几何体是由有公共的底面的圆锥和圆柱体的组合体，由三视图可知，圆锥的底面半径为1，高为1，圆柱的底面半径为1，高为1，所以组
合体的体积为13π×12×1＋π×12×1＝4π3.6．答案：A解析：∵BC＝BD＝1，∠CBD＝60°，∴CD＝1，又AB＝AB，∠ABC＝∠DBA＝60°，BC＝BD，∴△ABC≌△ABD，则AC＝AD
，取CD中点E，连接AE，又由△ACD的面积为114，可得△ACD的高AE＝112，则可得AC＝AD＝3，在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos60°，∴3＝AB2＋1－2×AB×1×12，解得AB＝2，则AC2＋BC2＝AB2，可得
∠ACB＝90°，∴∠ADB＝90°，∴AC⊥BC，AD⊥BD，根据球的性质可得AB为三棱锥外接球的直径，则半径为1，故外接球的表面积为4π×12＝4π.7．答案：A解析：由三视图可还原几何体为从长、宽均为2，高为
2的长方体中截得的四棱锥SABCD，则四棱锥SABCD的外接球即为长方体的外接球，∴球C的半径R＝122＋2＋4＝2，∴球C的表面积S＝4πR2＝8π.8．答案：2＋22解析：如图1，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E.在Rt△ABE中，AB＝1，∠
ABE＝45°，∴BE＝22.又四边形AECD为矩形，AD＝EC＝1，∴BC＝BE＋EC＝22＋1，由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A′B′C′D′.在梯形A′B′C′D′中，A′D′＝1，B′C′＝22＋1，A′B′＝2.∴这块菜地的面积S＝12（A′D′
＋B′C′）·A′B′＝12×1＋1＋22×2＝2＋22.9．答案：2解析：设四面体ABCD所在的长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则a2＋b2＝5，a2＋c2＝13，b2＋c2＝10，得a＝2，b＝
1，c＝3，所以四面体ABCD的体积V＝abc－13×12abc×4＝13abc＝2.二能力小题提升篇1．答案：A解析：设圆柱的高为h，则2π×2×h＝8π⇒h＝2，所以圆柱的体积为π×22×2＝8π.2．答案：C
解析：根据斜二测画法规则知，把直观图∠A′O′B′还原为平面图，如图所示：所以∠AOB是钝角．3．答案：C解析：由d＝3169V得V＝916·（2r）3＝43·278r3，比较V＝43πr3，相当于π的取值为278.
4．答案：A解析：如图，设圆锥侧面展开扇形的圆心角为θ，则由题可得2π×4＝12θ，则θ＝2π3，在Rt△POP′中，OP＝OP′＝12，则小虫爬行的最短路程为PP′＝122＋122－2×12×12×－12＝123.5．答案：27解析：由PA⊥平面ABC，AB⊥AC，将三棱
锥补成长方体，它的对角线是其外接球的直径，∵三棱锥外接球的表面积为36π，设外接球的半径为R，则4πR2＝36π，解得R＝3∴三棱锥外接球的半径为3，直径为6，∵AB＝AC＝2，∴22＋22＋PA2＝62，∴PA＝27.6．答案
：（2－2）a解析：方法一由题意知，球内切于四棱锥PABCD时半径最大．设该四棱锥的内切球的球心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD，OP，则VP－ABCD＝VO－ABCD＋VO－PAD＋VO－PAB＋VO－PBC＋
VO－PCD，即13×2a×2a×2a＝13×4a2＋2×12×2a×2a＋2×12×2a×22a×r，解得r＝（2－2）a.方法二易知当球内切于四棱锥P－ABCD，即与四棱锥P－ABCD各个面均相切时，球的半径最大．作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥P－A
BCD内切球的半径为r，则12×2a×2a＝12×（2a＋2a＋22a）×r，解得r＝（2－2）a.三高考小题重现篇1．答案：B解析：设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl＝2π×2，解得l＝22.2．答案：D解析：根据题目条件以及正视图可以
得到该几何体的直观图，如图，结合选项可知该几何体的侧视图为D.3．答案：39π解析：设该圆锥的高为h，则由已知条件可得13×π×62×h＝30π，解得h＝52，则圆锥的母线长为h2＋62＝254＋36＝132，故该圆锥的侧面积为π×6×132＝39π.4．答案：A解析：如图所示，因为A
C⊥BC，且AC＝BC＝1，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝2.连接OO1，则OO1⊥面ABC，OO1＝1－AB22＝1－222＝22，所以三棱锥OABC的体积V＝13S△ABC×OO1＝1
3×12×1×1×22＝212.5．答案：2π2解析：如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝22＋12＝5，D1M⊥B1C1，且D1M＝3.由题意知G
，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝2，连接D1P，则D1P＝D1M2＋MP2＝（3）2＋（2）2＝5，连接MG，MH，易得MG＝MH＝2，故可知以M为圆心，2为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1M
G＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以GH的长为14×2π×2＝2π2.6．答案：262－1解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形
组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.四经典大题强化篇1．解析：（
1）证明：因为AA1＝A1C，且O为AC的中点，所以A1O⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，且A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABC.（2）∵A1C1∥AC，A1C1⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，∴A1C1∥平面ABC，即C1到平面ABC的
距离等于A1到平面ABC的距离．由（1）知A1O⊥平面ABC，且A1O＝AA21－AO2＝3，∴VC1－ABC＝VA1－ABC＝13S△ABC·A1O＝13×12×2×3×3＝1.2.解析：设点P在平面ABC上的
射影为G，如图，由PA＝PB＝PC＝2，∠ABC＝90°，知点P在平面ABC上的射影G为△ABC的外心，即AC的中点．设球的球心为O，连接PG，则O在PG的延长线上．连接OB，BG，设PG＝h，则OG＝2－h，所以OB2－OG2＝PB2－PG2，即
4－（2－h）2＝4－h2，解得h＝1，则AG＝CG＝3.设AD＝x，则GD＝x－AG＝x－3，BG＝3，所以BD＝BG2－GD2＝－x2＋23x，所以S△ABD＝12AD·BD＝12－x4＋23x3.令f（x）＝－x4＋23x3，则f′（x）＝－4x3＋63x2.由f′（x）＝0，得x＝0或x＝
332，易知当x＝332时，函数f（x）取得最大值24316，所以（S△ABD）max＝12×934＝938.又PG＝1，所以三棱锥P－ABD体积的最大值为13×938×1＝338.点点练27空间点、线、面的位置关系一基础小题练透篇1．答
案：A解析：如图，在长方体ABCDA′B′C′D′中，CD∥AB，AB⊂平面ABCD，但CD⊂平面ABCD，故①错误；A′B′∥平面ABCD，B′C′∥平面ABCD，但A′B′与B′C′相交，故②错
误；AB∥A′B′，A′B′∥平面ABCD，但AB⊂平面ABCD，故③错误；A′B′∥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，但A′B′与BC异面，故④错误．2．答案：D解析：∵A、B∈γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公
理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．3．答案：C解析：如图所示，易知A1G∥CF，则∠EFC为直线A1G与EF所成角．不妨设AB＝2，则CF＝5，EF＝6，EC＝3，由余弦定理得cos∠EFC＝5＋6－925×6＝3030，即直线A1G与EF所成的角的余弦值为303
0.4．答案：D解析：设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2a，则MN＝MC21＋C1N2＝2a22＋2a22＝2a，作点E在平面ABCD内的射影点G，连结EG，GF，所以EF＝EG2＋GF2＝2a22＋（
2a）2＝3a，所以MN≠12EF，故选项A，C错误；连结DE，因为E为平面ADD1A1的中心，所以DE＝12A1D，又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点，所以MN∥B1C，又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED，且DE∩EF＝E，所以MN与E
F异面，故选项B错误．5．答案：A解析：因为l⊥α，α∥β，根据面面平行的性质知l⊥β，又m⊂β，则l⊥m，故①正确；若α⊥β，l⊥α，则l可能在β内或与β平行，则l可能与m相交、平行或异面，故②错误；由l∥m，l⊥α可推出m⊥α，又m⊂β，根据面面垂直
的判定定理可知α⊥β，故③正确；若α，β的交线为m，则l⊥m，推不出α∥β，故④错误．6．答案：B解析：假设过点P且平行于l的直线有两条分别为m与n，则m∥l且n∥l.由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交于点P相矛盾，故过点P且平行于l的直线只有一条．又因为点P在平面内，所以过
点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．7．答案：②③④解析：由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”
，故④错．8．答案：60°解析：因为VPOAB为定值，所以S△ABO为定值，即O到线AB的距离为定值．因为O为CD上的动点，所以CD∥AB.所以∠PDC即为异面直线PD与AB所成角．因为△PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°.所以PD与AB所成角为60°.二能力小题提升篇1．答
案：D解析：由题意得，将正方体的平面展开图还原为正方体，如图，CF和BD平行，AB垂直于BD，所以AB与CF成90°角，故A错误；BD与CF平行，CF垂直于EF，所以BD与EF成90°角，故B错误；EF与CG
平行，AB与CG成90°角，所以AB与EF成90°角，故C错误；CD与AE平行，在三角形AEB中，AE＝EB＝AB，所以∠EAB＝60°，所以AB与CD成60°角，故D正确．2.答案：B解析：由题意可得，∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，因为PA＝PB＝PC，PO为公共边，所以
△POA≌△POB≌△POC，所以OA＝OB＝OC，所以O为△ABC的外心．3．答案：D解析：由AB⊥平面BCD知，AB⊥BC，AB⊥BD，则AC＝AD＝22＋（2）2＝6，利用等面积法求得斜边上的高BE＝BF＝226＝233，从而有AE＝AF＝（2）2－233
2＝63，则△AEF为等腰三角形，AE不可能与EF垂直，即AC不可能与EF垂直，故AC错误；由上知，EFCD＝AEAC＝13，设CD＝x，则EF＝13x，x∈（0，4），由余弦定理知，cos∠FBE＝BF2＋B
E2－EF22BF·BE＝43＋43－x2983＝1－124x2，则由x∈（0，4）知，cos∠FBE＝1－124x2∈13，1，故∠FBE为锐角，且sin∠FBE∈0，223，△BEF的面积S＝12BE·BF·sin∠FBE＝23sin
∠FBE∈0，429，当取得右侧边界点时，B，C，D三点共线，不能构成三角形，故无最大值，故B错误，D正确．4．答案：D解析：由题可知BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥CP，故A正确；由等体积法得VCBPD＝VPBCD＝13
·S△BCD·AA1为定值，故B正确；设A1C1的中点为M，当P∈MC1时，如图1所示：图1图2此时截面是三角形D1QC，当P∈MA1时，如图2所示：此时截面是梯形D1QRC，故C正确；在正方体中，连接D1
P，则D1P为DP在平面A1B1C1D1上的射影，则∠D1PD为DP与平面A1B1C1D1所成的角，设正方体的棱长为1，PD1＝x，则PD＝1＋x2，sin∠D1PD＝11＋x2，当x取得最小值时，sin∠D1PD的值最大，即D1P⊥A1C1时，x的值最小为22，所以si
n∠D1PD的值最大为63，故D不正确．5．答案：AC＝BDAC＝BD且AC⊥BD解析：易知EH∥BD∥FG，且EH＝12BD＝FG，同理EF∥AC∥HG，且EF＝12AC＝HG，显然四边形EFGH为平行四边形．要使平行四边形EFGH为菱形需满足EF＝EH，即AC＝BD；要使平行四边形EFGH为正
方形需满足EF＝EH且EF⊥EH，即AC＝BD且AC⊥BD.6．答案：②③④解析：还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合．易知GH与EF异面，BD与MN异面．又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成
60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.因此正确的序号是②③④.三高考小题重现篇1．答案：B解析：过E作EQ⊥CD于Q，连接BD，QN，BE，易知点N在BD上，∵平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，∴EQ⊥平
面ABCD，∴EQ⊥QN，同理可知BC⊥CE，设CD＝2，则EN＝EQ2＋QN2＝3＋1＝2，BE＝BC2＋CE2＝4＋4＝22，又在正方形ABCD中，BD＝22＋22＝22＝BE，∴△EBD是等腰三角形，故在等腰△EBD中，M为DE的中点，∴BM＝BE2－EM2＝8
－1＝7，∴BM＝7>2＝EN，即BM≠EN.又∵点M、N、B、E均在平面BED内，∴BM，EN在平面BED内，又BM与EN不平行，∴BM，EN是相交直线．2．答案：C解析：因为CD∥AB，所以∠BAE即为异面直线AE与CD所成的角．
设正方体的棱长为2，则BE＝5.因为AB⊥平面BB1C1C，所以AB⊥BE.在Rt△ABE中，tan∠BAE＝BEAB＝52.3．答案：①③④解析：对于命题p1，两两相交且不过同一点的三条直线的交点记为
A、B、C，易知A、B、C三点不共线，所以可确定一个平面，记为α，由A∈α，B∈α，可得直线AB⊂α，同理，另外两条直线也在平面α内，所以p1是真命题；对于命题p2，当三点共线时，过这三点有无数个平面，所以p2是假命题，从而¬p2是真命题；对于命题p3，空间两条直线不
相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以p3是假命题，从而¬p3是真命题；对于命题p4，由直线与平面垂直的性质定理可知，是真命题，从而¬p4是假命题．综上所述，p1∧p4是真命题，p1∧p2是假命题，¬p2
∨p3是真命题，¬p3∨¬p4是真命题．4．答案：①③⇒②或②③⇒①解析：把其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，共有三种情况．对三种情况逐一验证．①②作为条件，③作为结论时，还可能l∥α或l与α斜交；①③作为条件，②作为结论和②③作为条件，①作为结论时，容易证明命题成立．四经
典大题强化篇1．证明：（1）如图所示．因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．（2）在正方体AC1中，设A1CC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈
A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β.所以Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．（
3）∵EF∥BD且EF<BD，∴DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，点M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，∴M∈CC1.∴DE，BF，CC1三线交于点M.2．解析：（1）取AB，
DE的中点G，H，连接CG，FH，HG，则四边形CFHG即为所求截面．理由如下：∵AD，BE，CF均垂直于平面ABC，∴AD∥BE∥CF.∵AD＝2，BE＝4，∴四边形ABED为梯形．又G，H分别为AB，DE的中点，∴HG∥
BE，HG＝3.∴HG∥CF，HG＝CF，则四边形CFHG为平行四边形．∵AC＝BC，G为AB的中点，∴CG⊥AB.又AD⊥平面ABC，CG⊂平面ABC，∴AD⊥CG.又AB∩AD＝A，∴CG⊥平面ABED.又CG⊂平面CFHG，
∴平面CFHG⊥平面ABED.∴平行四边形CFHG为所作的截面．（2）过点A作AM⊥BC，交直线BC于点M.∵BE⊥平面ABC，AM⊂平面ABC，∴BE⊥AM.又BE∩BC＝B，BC，BE⊂平面BCFE，∴AM⊥平面BCFE
.在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝120°，AB＝43，∴AC＝BC＝4，则AM＝23.∴S△ABC＝12×4×4×sin120°＝43.∴VD－BCFE＝13·S四边形BCFE·AM＝13×[12×（3＋4）×4]×23＝2833，VD－ABC＝1
3·S△ABC·AD＝13×43×2＝833.∴V多面体ABCDEF＝VD－ABC＋VD－BCFE＝833＋2833＝123.点点练28直线、平面的平行与垂直关系一基础小题练透篇1．答案：B解析：如图，在长方
体ABCDA′B′C′D′中，A′B′∥平面ABCD，B′C′∥平面ABCD，但A′B′与B′C′相交，故①错误；AB∥A′B′，A′B′∥平面ABCD，但AB⊂平面ABCD，故②错误；A′B′∥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，但
A′B′与BC异面，故③错误；④显然正确．2.答案：C解析：如图，分别取另三条棱的中点A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，
所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.3．答案：D解析：题中未涉及垂直条件，故排除A，B；连接BA1，CD1，则BA1与AB1交于点E，所以直线EF与平面CBA1D1相交，即直线EF与平面
D1BC相交，故排除C；连接B1C交BC1于点F，由于平行四边形BCC1B1的对角线互相平分，故F是B1C的中点．因为E是AB1的中点，所以EF是三角形B1AC的中位线，故EF∥AC.又AC⊂平面ACC1A1，所以EF∥平面
ACC1A1.故选D.4．答案：B解析：∵BB1⊥平面A1B1C1，∴C1D与平面A1B1C1所成的角为∠DC1B1.又B1C1＝1，B1D＝32，可得C1D＝72，而平面A1B1C1∥平面ABC，∴C1D与平面ABC所成角的正弦值为B1DC1D＝217.5．答案：B解析：设正方体的棱长为a，如
图，取AD的中点G，连接EG，过G作GH∥DD1，与A1D1交于点H，则点F∈GH，且HG⊥平面ABCD，则∠FEG即为EF与平面ABCD所成角，当EF长度最大时，点F与点H重合，EG＝22a，EH＝a2＋12a2＝62a，得cos∠HEG＝22a62a＝33.6．答案：D解
析：取CD的中点O，连接AO、BO，如图所示：对于A，点A、F、O和点B、E、O分别共线，因为点E、F分别为△BCD和△ACD的中心，所以AFFO＝BEEO＝2，所以EF∥AB，所以选项A正确；对于B，因为AO⊥C
D，BO⊥CD，且AO∩BO＝O，所以CD⊥平面ABO，即CD⊥平面ABEF，选项B正确；对于C，因为AB⊂平面ABO，所以CD⊥AB，选项C正确；对于D，因为EF∥AB，设AB＝1，所以EF＝13，在Rt△AEB中，BE＝23BO＝23×32×1＝
33，所以AE＝AB2－BE2＝1－（33）2＝63，选项D错误．7．答案：2解析：根据题意，因为EF∥平面AB1C，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因为在Rt△DEF中，DE＝DF
＝1，故EF＝2.二能力小题提升篇1．答案：D解析：①，由直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，若α∥β⇒l⊥β⇒l⊥m，故①正确；②，若α⊥β⇒l∥m或l、m异面或l、m相交，故②错误；③，利用面面垂直的判定，若l∥m⇒α⊥β，故③正确；④，若l⊥m⇒α∥β或α、β
相交或α、β垂直，故④错误．所以①③正确．2．答案：C解析：对于（1），当m∥β，β⊥α时，m与α可能平行，可能相交不垂直，可能垂直，可能m在α内，所以（1）错误，对于（2），当空间中的三点不共线时，这三点确定一个平面，当空间中的三点共线时，则过
这三点有无数个平面，所以（2）错误，对于（3）当l，m⊂β，l∥α，m∥α，若l∥m时，则α，β不一定平行，所以（3）错误，对于（4），如图，过直线l作平面γ，w，α∩γ＝a，w∩β＝b，l∥α，所以l∥a，同理可得l∥b，所以a∥b，因为a⊂α，b⊄α，所以b∥α，因为b⊂β，
α∩β＝m，所以b∥m，所以l∥m，所以（4）正确．3．答案：D解析：在△ABC中，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos60°＝3，所以AC2＋AB2＝BC2，所以AB⊥AC，故①正确；由PA⊥平面ABC
D，得AB⊥PA，所以AB⊥平面PAC，②正确；由AB⊥平面PAC，得AB⊥PC，又AE⊥PC，所以PC⊥平面ABE，③正确；由PC⊥平面ABE，得PC⊥BE，④正确．4．答案：C解析：对于A中，由VA－A1PD＝VP－AA1D，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，可得BC1∥平面AA1D，所以P到平面AA1D的距离不变，即三棱锥P－AA1D的高不变，又由△AA1D的面积不变，因此三棱锥P－AA1D的体积不变，即三棱锥A－A1PD的体积与点P的位置无关，故A不成立．对于B中，由于BC1∥AD1，AD1⊂平面ACD1，BC
1⊄平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1同理可证BA1∥平面ACD1，又由BA1∩BC1＝B，所以平面BA1C1∥平面ACD1，因为A1P⊂平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，所以B不成立．对于C中，因为A1C1⊥BD，A1C1⊥B
B1，BD∩BB1＝B，所以A1C1⊥平面BB1D，则A1C1⊥B1D，同理A1B⊥B1D，又因为A1C1∩A1B＝A1，所以B1D⊥平面A1BC1.又由B1D⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面A1BC1，所
以C成立．对于D中，当B与P重合时，可得AP与D1C的夹角为π4，所以D不成立．5．答案：DM⊥PC（或BM⊥PC）解析：连接AC，BD，则AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面P
AC，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC（或BM⊥PC）时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.6．答案：①③④解析：①设A1到平面EBCD的距离为h，D到AB的距离为h′，则VA－A1DE∶VA1－BCDE＝
13×S△ADE×h∶13×S梯形EBCD×h＝S△ADE∶S梯形EBCD＝（12×AE×h′）∶CD＋BE2×h′＝1∶3，故①正确；②A1C在平面ABCD中的射影在AC上，AC与DE不垂直，∴DE
与A1C不垂直，故②错误；③取CD的中点F，连接MF，BF，则MF∥A1D且MF＝12A1D，FB∥ED且FB＝ED，可得平面MBF∥平面A1DE，∴总有BM∥平面A1DE，故③正确；易知∠MFB＝∠A1DE，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB是定值，故④正确．
故答案为①③④.三高考小题重现篇1．答案：B解析：对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可
能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B.2．答案：A解析：A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交
，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.①②③④C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D项
，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.3．答案：C解析：如图，∵A1E在平面ABCD上的射影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B，
D错；∵A1E在平面BCC1B1上的射影为B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正确；（证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂
平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1）∵A1E在平面DCC1D1上的射影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．4．答案：A解析：如图，连接AD1.因为四边形ADD1A1是正方形，且M是A1D的中点，所以点M是AD1的中点，A1D⊥AD1.又AB⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面A
DD1A1，所以AB⊥A1D.又因为AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABD1.又因为D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，所以B错误．由图易知直线A1D与直线D1B异面，所以C错误．因为M，N分别是
AD1，D1B的中点，所以MN∥AB.又因为MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以MN∥平面ABCD，所以A正确．取AA1的中点E，连接NE，EB，ED1，ED，EB1，B1D，则B1D交BD1于点N.易证EB＝ED1，ED＝EB1.且N是D1B，B1D的中点
，所以EN⊥D1B，EN⊥B1D.又因为BD1∩DB1＝N，所以EN⊥平面BDD1B1.而MN∩NE＝N，所以MN与平面BDD1B1不垂直，所以D错误．5．答案：②③④解析：若m⊥n，m⊥α，则n∥α或n⊂α，又n∥β，则α，β可能相交或
平行，所以①错误；若m⊥α，n∥α，则m⊥n，所以②正确；若α∥β，m⊂α，由面面平行的性质可得m∥β，③正确；由线面所成角的定义可得④正确．故正确命题是②③④.6．答案：2解析：设PO⊥平面ABC于O，PE
⊥AC于E，PF⊥BC于F，连接OE、OF、OC，∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥AC，又PO∩PE＝P，∴AC⊥平面POE，∴AC⊥OE，同理有BC⊥OF，∴四边形OECF为矩形，∵PC＝PC且PE＝PF，∴
Rt△PEC≌Rt△PFC，∴EC＝FC＝PC2－PE2＝1，∴四边形OECF是边长为1的正方形，∴OC＝2，在Rt△POC中，PO＝PC2－OC2＝2.四经典大题强化篇1．证明：（1）取BE的中点N，连接MN，FN，因为F，M，N分别
为AB，CD，BE的中点，所以MN∥DE，FN∥AE.又因为AE，DE⊂平面ADE，FN，MN⊄平面ADE，所以MN∥平面ADE，FN∥平面ADE.又MN∩FN＝N，所以平面ADE∥平面FMN.又FM
⊂平面FMN，所以FM∥平面ADE.（2）因为四边形DCBE为矩形，所以BC⊥DC.又AC⊥BC，AC∩DC＝C，所以BC⊥平面ACD.又因为BC∥DE，所以DE⊥平面ACD.因为DE⊂平面ADE，所以平面ACD⊥平面ADE.2．解析：（1）证明：因为PA⊥底面
ABCD，CE⊂平面ABCD，所以PA⊥CE.因为AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD.又PA∩AD＝A，所以CE⊥平面PAD.（2）由（1）可知CE⊥AD.在Rt△ECD中，CE＝CD·sin45°＝1，DE＝CD·cos45°＝1，又因
为AB＝1，则AB＝CE.又CE∥AB，AB⊥AD，所以四边形ABCE为矩形，四边形ABCD为梯形．因为AD＝3，所以BC＝AE＝AD－DE＝2，SABCD＝12（BC＋AD）·AB＝12（2＋3）×1＝52，VP－ABCD＝13SABCD·PA＝13×52×1＝56.
于是四棱锥P－ABCD的体积为56.3．解析：（1）证明：∵在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD，DE⊥AB，沿DE将△AED折起到△A1ED的位置，∴DE⊥A1E，DE⊥BE，∵A1E∩BE＝E，∴D
E⊥平面A1BE，∵A1B⊂平面A1BE，∴DE⊥A1B.（2）证明：取CD中点F，连接NF，MF，∵M，N分别为A1C，BE的中点，∴MF∥A1D，NF∥DE，又DE∩A1D＝D，NF∩MF＝F，DE⊂
平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，NF⊂平面MNF，MF⊂平面MNF.∴平面A1DE∥平面MNF，∴MN∥平面A1ED.（3）取A1B的中点G，连接EG，∵A1E＝BE，∴EG⊥A1B，由（1）知DE⊥平面A1BE，∵DE∥BC，∴BC⊥平面A1B
E，∴EG⊥BC，又A1B∩BC＝B，∴EG⊥平面A1BC.故棱A1B上存在中点G，使得EG⊥平面A1BC，此时A1GGB＝1.点点练29空间向量与立体几何一基础小题练透篇1．答案：C解析：因为a＝（1，λ，2），b＝（2，－1，2），所以cos〈a,b〉＝a·b|a||
b|＝2－λ＋435＋λ2＝89，解得：λ＝－2或255.2．答案：A解析：CA1＝CB→＋CD→＋CC1，所以|A1C|＝|CA1|＝|CB→＋CD→＋CC1|＝（CB→＋CD→＋CC1）2＝9＋4＋4＋2（3×2×12＋3×2×12）＝29.3．答案：D解析：如图建立坐标系．则D1
（0，0，2），A1（2，0，2），B（2，2，0），D1A1＝（2，0，0），DB→＝（2，2，0），DA1＝（2，0，2），设平面A1BD的一个法向量n＝（x，y，z），则n·DA1＝0，n·DB→＝0，所以2x＋2z＝0，2x＋2y＝0.令
z＝1，得n＝（－1，1，1）.所以D1到平面A1BD的距离d＝|D1A1·n||n|＝23＝233.4．答案：B解析：以A为原点，直线AB、AD、AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，不妨设棱长为1，则A（0
，0，0），A1（0，0，1），B（1，0，0），D（0，1，0），E（12，0，1），∴A1B＝（1，0，－1），DE→＝（12，－1，1）.设A1B与DE所成的角为θ，∴cosθ＝|cos〈A1B，DE→〉|＝|A1B·DE→||A1B|·|DE→|＝122×94
＝26.故A1B与DE所成的角的余弦值为26.5．答案：A解析：因为BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，所以PA⊥BC，又PA⊥AB，且BC∩AB＝B，所以PA⊥平面ABCD.以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz.则A（0
，0，0，），C（1，2，0），P（0，0，2），B（1，0，0），M12，0，1，所以AC→＝（1，2，0），AM→＝12，0，1，求得平面AMC的一个法向量为n＝（－2，1，1），又平面ABC的一个法向量AP→＝（0，0，2），所以cos〈n，AP→〉＝n·
AP→|n||AP→|＝24＋1＋1×2＝16＝66.所以二面角B－AC－M的余弦值为66.6．答案：A解析：如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（1，0，0），B1（0，2，2），C1（0，0，2）
.设AD＝a，则D点坐标为（1，0，a），CD→＝（1，0，a），CB1＝（0，2，2）.设平面B1CD的法向量为m＝（x，y，z）.由m·CB1＝2y＋2z＝0，m·CD→＝x＋az＝0，得y＝－z，x＝－az，令z
＝－1，则m＝（a，1，－1）.又平面C1DC的一个法向量为n＝（0，1，0），则由cos60°＝|m·n||m||n|，得1a2＋2＝12，解得a＝2，所以AD＝2.7．答案：60°解析：以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1（2，0，2），E（0，1，0），F（0，0，1），则EF→＝（0，－1，1），BC1＝（2，0，2），∴EF→·BC1＝2，∴cos〈EF→，BC1〉＝22×22＝12，∴EF和BC1所成的角为60°.8．答案：2或2解析：∵AB与CD成60°角，∴〈BA→，CD→〉＝60°或120°
.又∵AB＝AC＝CD＝1，AC⊥CD，AC⊥AB，∴|BD→|＝BD→2＝（BA→＋AC→＋CD→）2＝BA→2＋AC→2＋CD→2＋2BA→·AC→＋2AC→·CD→＋2BA→·CD→＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos〈BA→，CD→
〉＝3＋2cos〈BA→，CD→〉，∴|BD→|＝2或2.∴BD的长为2或2.二能力小题提升篇1．答案：B解析：以D为坐标原点，以DA为x轴，以DC为y轴，以DD1为z轴，建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D（0，0，0），B（2，2，0），B1（2，
2，2），E（0，2，1）∴BD→＝（－2，－2，0），BB1＝（0，0，2），BE→＝（－2，0，1）设平面B1BD的法向量为n＝（x，y，z），∵n⊥BD→，n⊥BB1，∴－2x－2y＝02z＝0，令y＝1，则n＝（－1，1，0），∴cos〈n，BE→〉＝n·BE→
|n|·|BE→|＝105，设直线BE与平面B1BD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，BE→〉|＝105.2．答案：D解析：以DC，DA，DP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，设CD＝2，则C（2，0，0），A（0，1，0），P（0，0，1）
，B（1，1，0），M为PC中点，则M（1，0，12），PB→＝（1，1，－1），设PQ→＝λPB→＝（λ，λ，－λ），DQ→＝DP→＋PQ→＝（λ，λ，1－λ），DM→＝（1，0，12），DA→＝（0，1，0），因为Q∈平面ADM，即DQ→与DM→，DA→共面，所以存在
实数p，q，使得DQ→＝pDM→＋qDA→，所以λ＝pλ＝q1－λ＝12p，解得p＝q＝λ＝23，DQ→＝（23，23，13），CQ→＝CD→＋DQ→＝（－43，23，13），又PA→＝（0，1，－1），cos〈
CQ→，PA→〉＝CQ→·PA→|CQ→||PA→|＝23－13（－43）2＋（23）2＋（13）2×0＋12＋（－1）2＝4242.所以CQ与PA所成角的余弦值为4242.3．答案：A解析：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴
建立如图所示的空间直角坐标系，则P（4，0，2），B（4，4，0），Q（0，2，4），设E（0，4，z1），则PB→＝（0，4，－2），PQ→＝（－4，2，2），BE→＝（－4，0，z1）.设平面PBQ的法向量为n＝（x，y，z），则
PB→·n＝0，PQ→·n＝0，即4y－2z＝0，－4x＋2y＋2z＝0，令y＝2，解得n＝（3，2，4）.∵B，E两点均在平面PBQ上，∴BE→·n＝0，即－4×3＋4z1＝0，解得z1＝3，∴点E到平面ABCD的距离为3，∴VE－ABCD＝13×4×
4×3＝16.4．答案：A解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AD＝1，AE＝m，C1F＝n，则B（1，1，0），E（1，0，m），F（n，1，1），BE→＝（0，－1，m），BF→＝（n－1，0，1）.设平面EFB的一个
法向量为n＝（x，y，z），则BE→·n＝0，BF→·n＝0，即－y＋mz＝0，（n－1）x＋z＝0，取x＝－1，则n＝（－1，m（n－1），n－1）.易知底面ABCD的一个法向量为m＝（0，0，1）.设平
面EFB与底面ABCD所成的锐二面角为θ，则cosθ＝|n－1|1＋m2（n－1）2＋（n－1）2，当n＝1时，cosθ＝0，当n≠1时，cosθ＝11（1－n）2＋m2＋1∈0，22，显然当n＝0，m＝0时，cosθ
取到22.故cosθ∈（0，22].5．答案：2－3解析：如图，过点D作DF⊥CE于F，连接PF，因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥CE，又PD∩DF＝D，所以CE⊥平面PDF，所以PF⊥CE，可得∠PFD为二面角P－EC－D的平面角，即∠PFD＝π4，
故在Rt△PDF中，PD＝DF＝1，因为在矩形ABCD中，Rt△EBC∽Rt△CFD，所以DFBC＝CDEC，得EC＝CD·BCDF＝2，在Rt△BCE中，根据勾股定理，得BE＝CE2－BC2＝3，所以AE＝AB－BE＝2－3.6．答案：60°解析：∵CD→＝CA→＋AB→＋
BD→，∴|CD→|＝（CA→＋AB→＋BD→）2＝36＋16＋64＋2CA→·BD→＝116＋2CA→·BD→＝217.∴CA→·BD→＝|CA→|·|BD→|·cos〈CA→，BD→〉＝－24.∴cos〈CA→，
BD→〉＝－12.又所求二面角与〈CA→，BD→〉互补，∴所求的二面角为60°.三高考小题重现篇1．答案：D解析：如图，连接BC1，PC1，PB，因为AD1∥BC1，所以∠PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，因为BB
1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥PC1，又PC1⊥B1D1，BB1∩B1D1＝B1，所以PC1⊥平面PBB1，所以PC1⊥PB，设正方体棱长为2，则BC1＝22，PC1＝12D1B1＝2，sin∠PBC1＝PC1B
C1＝12，所以∠PBC1＝π6.2．答案：C解析：方法一如图（1），在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线A
D1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝12＋（1＋1）2＝5，B′B1＝12＋（3）2＝2，DB1＝12＋12＋（3）2＝5.在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′B21＋DB21－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×25cos∠DB1B′
，∴cos∠DB1B′＝55.方法二如图（2），分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.由题意，得A（1，0，0），D（0，0，0），D1（0，0，3），B1（1，1，3），∴AD1＝（－1，
0，3），DB1＝（1，1，3），∴AD1·DB1＝－1×1＋0×1＋（3）2＝2，|AD1|＝2，|DB1|＝5，∴cos〈AD1，DB1〉＝AD1·DB1|AD1|·|DB1|＝225＝55.3．答案：C解析：在
平面ABC内过点B作AB的垂线，以B为原点，以该垂线，BA，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B－xyz，则A（0，2，0），B1（0，0，1），C32，－12，0，C132，－12，
1，AB1＝（0，－2，1），BC1＝32，－12，1，cos〈AB1，BC1〉＝AB1·BC1|AB1|·|BC1|＝25×2＝105.4．答案：B解析：过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，GF⊥CD，
CD∥OB，∠AOB＝40°，∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.四经典大题强化篇1．解析：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A（0，0，0），B（0，1，0），C（2，0
，0），D（1，－2，0），A1（0，0，2），B1（0，1，2），C1（2，0，2），D1（1，－2，2）.因为M，N分别为B1C和D1D的中点，所以M1，12，1，N（1，－2，1）.（1）证明：依题意，可得n＝（0，0，1）为平面ABCD的一个法
向量，MN→＝（0，－52，0），由此可得MN→·n＝0.又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.（2）AD1＝（1，－2，2），AC→＝（2，0，0）.设n1＝（x1，y1，z1）为平面ACD1的一个法向量，则n1·AD1＝0，n1·AC→＝0，即x1－
2y1＋2z1＝0，2x1＝0.不妨设z1＝1，可得n1＝（0，1，1）.设n2＝（x2，y2，z2）为平面ACB1的一个法向量，则n2·AB1＝0，n2·AC→＝0，由AB1＝（0，1，2），得y2＋2z2
＝0，2x2＝0.不妨设z2＝1，可得n2＝（0，－2，1）.因此有cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝－1010，于是sin〈n1，n2〉＝31010.所以二面角D1－AC－B1的正弦值为31010.（3）依题意，可设A1E＝λA1B1，其中λ∈[0，1]，则
E（0，λ，2），从而NE→＝（－1，λ＋2，1）.又n＝（0，0，1）为平面ABCD的一个法向量，所以cos〈NE→，n〉＝NE→·n|NE→|·|n|＝1（－1）2＋（λ＋2）2＋12＝13，解得λ＝±7
－2.又因为λ∈[0，1]，所以λ＝7－2.所以线段A1E的长为7－2.2．解析：（1）设AB→＝a，AD→＝b，AA1＝c，则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos
120°＝－1.∵AC1＝AC→＋CC1＝AB→＋AD→＋AA1＝a＋b＋c，∴|AC1|＝|a＋b＋c|＝（a＋b＋c）2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2（a·b＋b·c＋c·a）＝12＋12＋22＋2（0－1－
1）＝2.∴线段AC1的长为2.（2）设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈AC1，A1D〉|＝|AC1·A1D||AC1||A1D|.∵AC1＝a＋b＋c，A1D＝b－c，∴AC1·A
1D＝（a＋b＋c）·（b－c）＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2，|A1D|＝|b|2－2b·c＋|c|2＝7.∴cosθ＝|AC1·A1D||AC1||A1D|＝|－2|2×7＝147.故异面直线AC1与A1D所成
角的余弦值为147.（3）证明：∵AA1＝c，BD→＝b－a，∴AA1·BD→＝c·（b－a）＝c·b－c·a＝（－1）－（－1）＝0，∴AA1⊥BD→，∴AA1⊥BD.单元检测（八）立体几何1．答案：D解析：若α⊥β，则平面α内存在直线与平面β不垂直，选项A不正确；若平
面α，β都垂直于同一条直线，则平面α与β平行，选项B不正确；若平面α，β都垂直于同一平面，则平面α，β可以平行，也可以相交，选项C不正确；若平面α内存在一条直线与平面β垂直，则根据面面垂直的判定定理，可知α⊥
β，若α⊥β，则由面面垂直的性质定理知，平面α内垂直于两个平面的交线的直线一定垂直于平面β，故选项D正确．2.答案：B解析：由题意知，正劈锥体的模型如图所示，按照题图的视角观察，其正视图的形状为三角形，侧视图的形状为长方形，俯视图的形状为圆．3．答案：D解析：①根据“垂直于同一平面的两条直线互
相平行”知，若m∥l，且m⊥α，则l⊥α正确；故①正确，②若α⊥β，m∥α，n⊥β，则m⊥n错误，当m∥n时，也满足前面条件；故②错误，③若l∥α，且m∥α，则l∥m不一定正确，有可能相交，也有可能异面；故③错误，④若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥β不一定成立，
有可能平行．故④错误，故正确的个数为1.4．答案：B解析：在棱长为2的正方体中，根据三视图，截取四棱锥P－ABCD如图所示．根据三视图可得，AB＝1，PD＝2，AD＝2.根据立体图形可知，最长边为PB.连接DB，在Rt△ADB中，根据勾股定理得DB2＝AD2＋AB2＝22＋12＝
5，在Rt△PDB中，根据勾股定理得PB2＝PD2＋DB2＝4＋5＝9，所以PB＝3.故该几何体的最长棱的长度为3.5．答案：D解析：连接AB1，则△AB1C为等边三角形，则AC与B1C是相交直线且所成角为60°，故A错误；因为A1D∥B1C，所以AC与
A1D是异面直线且所成角为60°，故B错误；连接CD1，因为BC⊥平面CDD1C1，所以BC⊥CD1，所以BD1与BC所成角为锐角，故C错误；连接BD，B1D1，因为AC⊥BD，AC⊥DD1，且BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，则AC⊥BD1，则AC与BD1是异面直线且
垂直，故D正确．6．答案：C解析：易知四边形AEOF为平行四边形，所以直线EF，AO相交，直线EF，BB1是异面直线，直线EF，BB1所成角的余弦值为63，选项C正确．7．答案：A解析：由AB∥PC，A
B⊥BC，AD⊥PC，得AD∥BC.∵AD⊥PD，AD⊥DC，PD∩DC＝D，∴AD⊥平面PDC.又AD∥BC，∴BC⊥平面PDC，∴B正确．∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PD⊥AD，AB⊥AD，∴PD⊥平面ABCD，AB⊥平面PAD.∵AC
⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，∴C正确．由AB⊥平面PAD，得AB⊥PA，∴△PAB是直角三角形．又PB的中点为N，∴PB＝2AN，∴D正确．8．答案：C解析：由题意可知，MP⊥PA，MP⊥PD.且PA∩PD＝P，PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，所以MP⊥平面PAD.设△ADP的外接圆的半径
为r，则由正弦定理可得ADsin∠APD＝2r，即4sin150°＝2r，所以r＝4.设三棱锥M－PAD的外接球的半径为R，则（2R）2＝PM2＋（2r）2，即（2R）2＝4＋64＝68，所以R2＝17，所以外接球的表面积为4πR2＝68π.9．答案：D解析：根据几何体的三视图知，该“阳马
”是底面对角线长为2的正方形，一条长为1的侧棱与底面垂直的四棱锥，将该四棱锥补成长方体，长方体的外接球与四棱锥的外接球相同，球直径等于长方体的对角线长，即2R＝（2）2＋1＝3，R＝32，球体积为V＝43πR3＝32π.10．答案：C解析：取AD中点O，连接OA1，易证A1O⊥平面ABCD.建立
如图所示的空间直角坐标系，得B（2，－1，0），D1（0，2，3），BD1＝（－2，3，3），平面ABCD的一个法向量为n＝（0，0，1），设BD1与平面ABCD所成的角为θ，∴sinθ＝|BD1·n||BD1||n|＝34，∴tanθ＝3913.11．答案：A
解析：如图，取AC的中点E，连接DE，BE，因为AD＝CD，所以DE⊥AC，因为平面DAC⊥平面ABC，平面DAC∩平面ABC＝AC，DE⊂平面DAC，所以DE⊥平面ABC，因为∠ABC＝90°，所以棱锥外接球的球心O在直线D
E上，因为AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，DA＝DC＝6，所以BE＝AE＝CE＝12AC＝2，DE＝AD2－AE2＝2，设OE＝x，则OD＝2－x，OB＝BE2＋OE2＝x2＋2，所以2－x＝x2＋2，解得x＝12，所以外接球的半径为r＝2－x＝2－12＝32，外接球的体积
为V＝4πr33＝4π3×（32）3＝9π2.12．答案：D解析：如图，取PB中点M，连接CM.∵平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，AC⊂平面ABC，AC⊥BC，∴AC⊥平面PBC.设点A到平面PBC的距离h＝AC＝2x.∵PC＝BC＝2，PB＝2x（0<
x<2），M为PB的中点，∴CM⊥PB，CM＝4－x2，∴S△PBC＝12×2x×4－x2＝x4－x2.∴VA－PBC＝13×（x4－x2）×2x＝2x24－x23.设t＝4－x2（0<t<2），则x2＝4－t2.∴VA
－PBC＝2t（4－t2）3＝8t－2t33（0<t<2）.对y＝8t－2t33，0<t<2求导，得y′＝8－6t23，∴函数在0，233上单调递增，在233，2上单调递减．∴当t＝233时，（VA－
PBC）max＝32327.13．答案：823解析：正八面体可看成由上、下两个相同的正四棱锥组成的，由棱长为2，可得每个正四棱锥的斜高为22－1＝3，高为3－1＝2，则该正八面体的体积为2×2×23×2＝823.14．答案：223解析：设AB的中点为E，连接ED1，则易知BE∥C1D
1，BE＝C1D1，∴四边形EBC1D1是平行四边形，∴BC1∥ED1，∴∠AD1E为直线AD1与BC1所成的角．∵四边形ABCD是正方形，∴BA⊥AD，∵DD1⊥底面ABCD，∴BA⊥DD1，又AD∩DD1＝D，∴BA⊥平面AA1D1D，∴BA⊥AD1，△AED1是直角三角形．设DD1＝AB＝2
A1B1＝2a，则AD1＝AD2＋DD21＝（2a）2＋（2a）2＝22a，ED1＝AD21＋AE2＝（22a）2＋a2＝3a，∴cos∠AD1E＝AD1ED1＝223.15．答案：4312954π解析：设G为△ABC外接圆圆心，O
为三棱锥P－ABC外接球球心，则OG⊥平面ABC，作OM⊥PA，垂足为M由正弦定理可知△ABC外接圆直径：2r＝2AG＝ABsin∠BCA＝2sinπ3＝433，∴AG＝233∵PA⊥平面ABC，OG⊥平面AB
C，∴AP∥OG又OM⊥PA，AG⊥PA，∴OM∥AG∴四边形OMAG为矩形，∴OG＝AM设OG＝x，OP＝OA＝R在Rt△OMP和Rt△OGA中，由勾股定理可得：x2＋43＝R2（3－x）2＋4
3＝R2，解得：x＝32R＝1296∴三棱锥P－ABC外接球体积：V＝43πR3＝4312954π.16．答案：①②③解析：在①中：∵将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，得到四面体A－BCD，设AB＝BC＝CD＝AD＝2，取BD中点
O，AC中点E，BC中点F，连结AO，CO，OF，OE，EF，则OA＝OC＝2，且OA⊥OC，∴OE＝12AC＝1，由三角形中位线定理得OF＝12CD＝1，EF＝12AB＝1，且OF∥CD，EF∥AB，∴∠EFO是AB，CD所成的角，∴OF＝EF＝OE＝1，∴△EFO是等边三角形，∴
∠EFO＝60°，∴AB，CD所成的角为60°，故①正确；在②中：∵OA＝OC＝2，且OA⊥OC，∴AC＝2＋2＝2，∴AC＝CD＝AD＝2，∴△ADC为等边三角形，故②正确；在③中：∵AB＝BC＝CD＝AD，O是BD中点，∴AO⊥
BD，CO⊥BD，又AO∩CO＝O，∴BD⊥面AOC，∵AC⊂面AOC，∴AC⊥BD，故③正确；在④中：∵A－BD－C是直二面角，AO⊥BD，∴AO⊥平面BDC，∴∠ABO是AB与平面BCD所成角，∵AO＝BO，∴∠ABO＝45°，∴AB与平面BCD所成角
为45°，故④错误．17．解析：（1）证明：因为PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD；又底面ABCD为正方形，所以BD⊥AC，AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC，又BD⊂平面PBD，所以
平面PAC⊥平面PBD，得证．（2）如图所示，取PA的中点Q，PD的中点H，连接BQ、QH、HE，所以会有QH∥AD，QH＝12AD，又BE∥AD，BE＝12AD，所以QH∥BE且QH＝BE，所以四边形
BQHE为平行四边形，所以BQ∥EH，BQ⊄面PDE，EH⊂面PDE，所以BQ∥平面PDE，所以Q点，即为我们要找的F点．18．解析：（1）证明：（反证法）假设点D在平面CEF内．设C，D，E，F四点
确定的平面为α.因为四边形ABEF为正方形，所以EF∥AB.因为平面ABCD与平面ABEF不重合，所以EF⊄平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.因为EF⊂平面α，平面α∩平面ABCD＝CD，所以EF∥CD；所以AB∥CD.AB，CD为直角梯形
ABCD的两腰，不可能平行，故假设不成立．点D不在平面CEF内．（2）取AD中点H，连接HF，HC，由AD＝2BC，所以AH＝BC，且AH∥BC，所以AHCB为平行四边形，∴HC∥AB且HC＝AB，∵AB∥EF，且AB＝E
F，∴C，H，E，F共面，S△CHD＝12×1×1＝12，FA＝2，FH＝3，CH＝2，CF＝FA2＋CA2＝7，所以cos∠CHF＝FH2＋CH2－CF22FH·CH＝－16，∴S△CHF＝12FH·CHsin∠CHF＝52.由VD－CHF＝VF－CHD得13×hS△CHF＝13FA·S△CHD
，∴h＝105.故D到平面CEF的距离是105.19．解析：（1）证明：过点B1作平面AOB的垂线，垂足为C，如图，则C是OB的中点，所以BC＝1.又∠OBB1＝π3，所以BB1＝2.连接OB1，因为BB1＝OB＝2，所以△OBB1为等边三角形．因为点M为BB1的中点，
所以BB1⊥OM.因为平面AA1O1O⊥平面BB1O1O，平面AA1O1O∩平面BB1O1O＝OO1，且AO⊥OO1，AO⊂平面AA1O1O，所以AO⊥平面BB1O1O.因为BB1⊂平面BB1O1O，所以AO⊥BB1.又因为AO∩OM＝O，AO⊂平
面OAM，OM⊂平面OAM，所以BB1⊥平面OAM.因为OP⊂平面OAM，所以BB1⊥OP.（2）以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，2，0），B1（0，1，3），M
0，32，32，P1，34，34，所以OP→＝1，34，34，OB→＝（0，2，0）.设平面OPB的法向量n＝（x，y，z），则OP→·n＝0，OB→·n＝0，即x＋34y＋34z＝0，2y＝0，取z＝43，得x
＝－3，y＝0.所以n＝（－3，0，43）.因为BB1⊥平面OAM，所以平面OAM的一个法向量BB1＝（0，－1，3），所以cos〈BB1，n〉＝BB1·n|BB1||n|＝122×57＝25719.所以平面OPB与平
面OAM所成锐二面角的余弦值为25719.20．解析：（1）设DO＝a，由题设可得PO＝66a，AO＝33a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝22a.因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.又PA2＋P
C2＝AC2，故PA⊥PC.又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC.（2）以O为坐标原点，OE→的方向为y轴正方向，|OE→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.由题设可得E（0，1
，0），A（0，－1，0），C－32，12，0，P0，0，22.所以EC→＝－32，－12，0，EP→＝0，－1，22.设m＝（x，y，z）是平面PCE
的法向量，则m·EP→＝0，m·EC→＝0，即－y＋22z＝0，－32x－12y＝0.可取m＝－33，1，2.由（1）知AP→＝0，1，22是平面PCB的一个法向量
，记n＝AP→，则cos〈n，m〉＝n·m|n|·|m|＝255.易知二面角B－PC－E的平面角为锐角，所以二面角B－PC－E的余弦值为255.21.解析：（1）如图，取AB的中点G，连接DG，则CD∥BG，又CD＝12AB，所以CD＝BG，从而四边形BCDG为平行四边形
，所以DG＝BC＝12AB＝AG＝BG，从而AD⊥BD.又平面ABCD⊥平面BFED，且平面ABCD∩平面BFED＝BD，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面BFED.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BFED.
（2）因为四边形BFED是矩形，所以BD⊥DE.由（1）知，AD⊥平面BFED，易知AD，BD，DE两两垂直．以D为坐标原点，分别以DA→，DB→，DE→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D（0，0，0）
，A（2，0，0），B（0，23，0），DA→＝（2，0，0），AB→＝（－2，23，0）.设P（0，t，2），（0≤t≤23），平面PAB的法向量为m＝（x0，y0，z0），则AP→＝（－2，t，2），m·AB→＝－2x0＋23y0＝0，m·AP→＝－2x
0＋ty0＋2z0＝0，令y0＝2，得x0＝23，z0＝23－t，则平面PAB的一个法向量为m＝（23，2，23－t），所以sinθ＝|cos〈DA→，m〉|＝43216＋（23－t）2，当t＝23时，sinθ取
得最大值，（sinθ）max＝32，从而θmax＝π3.22.解析：因为平面ABCD⊥平面BEFC，平面ABCD∩平面BEFC＝BC，DC⊂平面ABCD，且DC⊥BC，所以DC⊥平面BEFC.以点C为坐标原点，分别以C
B，CF，CD所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.设AB＝a（a>0），则C（0，0，0），A（3，0，a），B（3，0，0），E（3，3，0），F（0，4，0），D（0，0，a）.（1）因为AE→＝（0，3，－a），CB→＝（3，0，0），C
F→＝（0，4，0），CD→＝（0，0，a），所以CB→·CD→＝0，CB→·CF→＝0，又CD∩CF＝C，所以CB⊥平面CDF，即CB→为平面CDF的一个法向量．又CB→·AE→＝0，所以CB⊥AE，又AE⊄平面CDF，所以AE∥平面DCF.（2）设n＝（x，y，z）与平面AEF垂直
，AE→＝（0，3，－a），EF→＝（－3，1，0），由n·EF→＝0，n·AE→＝0，得－3x＋y＝0，3y－az＝0.可取n＝1，3，33a.因为BA⊥平面BEFC，所以BA→为平面BEFC的一个法向量，又BA→＝（0，0，a），所以|c
os〈n，BA→〉|＝|BA→·n||BA→|·|n|＝33a4＋27a2＝12，得a＝92.所以当AB＝92时，二面角A－EF－C的大小为60°.第九单元直线与圆的方程点点练30直线与方程一基础小题练透
篇1．答案：D解析：因为直线的倾斜角为135°，所以直线的斜率为k＝tan135°＝－1，所以直线方程为y＋23＝－（x－3），即x＋y＋3＝0.2．答案：D解析：由l：x＋3y＋1＝0可得y＝－33x－33，所以直线l的斜率为k＝－33，设直线l的倾斜角为
α，则tanα＝－33，因为0°≤α<180°，所以α＝150°.3．答案：C解析：因为直线l1：x＋2y＋1＝0与l2：ax－y＋2＝0平行，所以a1＝－12≠21，解得a＝－12.4．答案：A解析：因为直线l1：mx－y＝1与直
线l2：x－my－1＝0相互垂直，所以m＋m＝0，解得m＝0.5．答案：B解析：设直线x＋2y＋1＝0与直线3x－4y＋c2＝0的交点为A，则x＋2y＋1＝03x－4y＋c2＝0，解得x＝
－c2＋25y＝c2－310，故A（－c2＋25，c2－310），同理设直线x＋2y＋1＝0与直线3x－4y＋c1＝0的交点为B，则B（－c1＋25，c1－310），设直线x＋2y＋3＝0与直线3x－4y＋c1＝0的交点为C，则C（－c1＋65，c1－910），设直线x＋2y＋3＝0与
直线3x－4y＋c2＝0的交点为D，则D（－c2＋65，c2－910），由菱形的性质可知BD⊥AC，且BD，AC的斜率均存在，所以kBD·kAC＝－1，则c1－310－c2－910－c1＋25－－c2＋65·
c2－310－c1－910－c2＋25－－c1＋65＝－1，即36－（c2－c1）24[]16－（c2－c1）2＝－1，解得|c1－c2|＝25.6．答案：D解析：点（0，－1）到直线3x－4y＋1＝0的距离为d＝|3×0－4×（－1）＋1|32＋
（－4）2＝55＝1.7．答案：4x－3y＋9＝0解析：方法一由方程组2x＋3y＋1＝0，x－3y＋4＝0，解得x＝－53，y＝79即交点为（－53，79），∵所求直线与直线3x＋4y－7＝0垂直，∴所求直线的斜率为k＝
43.由点斜式得所求直线方程为y－79＝43（x＋53），即4x－3y＋9＝0.方法二由垂直关系可设所求直线方程为4x－3y＋m＝0，由方程组2x＋3y＋1＝0，x－3y＋4＝0，可解得交点为（－53，79），代入4x－3y＋m＝0，得m
＝9，故所求直线方程为4x－3y＋9＝0.方法三由题意可设所求直线方程为（2x＋3y＋1）＋λ（x－3y＋4）＝0，即（2＋λ）x＋（3－3λ）y＋1＋4λ＝0①又∵所求直线与直线3x＋4y－7＝0垂直，∴3
（2＋λ）＋4（3－3λ）＝0，∴λ＝2，代入①式得所求直线方程为4x－3y＋9＝0.8．答案：2解析：∵直线3x＋4y＋3＝0与直线6x＋my－14＝0平行，∴m＝8，6x＋8y－14＝0可化为3x＋4y－
7＝0.∴它们之间的距离为|3－（－7）|32＋42＝2.二能力小题提升篇1．答案：C解析：当两直线平行时，1×2－（a－1）a＝0，解得a＝2或a＝－1，当a＝2，两直线重合，舍去；当a＝－1时，两直线平行．所以“a＝－1”是“直线2
x＋ay＋4＝0与直线（a－1）x＋y＋2＝0平行”的充要条件．2．答案：C解析：过A（3，0），B（0，3）两点的直线方程为x＋y－3＝0.设M（1，0）关于直线x＋y－3＝0对称的点为N（x，y），则yx－1＝1，x＋12＋
12y－3＝0，解得x＝3，y＝2，即N（3，2）.易知点M（1，0）关于点O对称的点为（－1，0），设E（－1，0），当N，P，Q，E四点共线时，△MPQ的周长取得最小值，最小值为|MP|＋|PQ|＋|QM|＝|NP|＋|PQ|＋
|EQ|＝|NE|＝（3＋1）2＋22＝25.3．答案：B解析：设点B（x，y），则y－1x＋2＝1，x－22＋y＋12－1＝0，解得x＝0，y＝3，则B（0，3）.由已知可得直线m的方程为y－1＝k（x＋2），与方程x＋y－1＝0联立，解得x＝－2kk＋1，
y＝3k＋1k＋1，则C－2kk＋1，3k＋1k＋1.由已知可得直线AB的方程为y－1＝x＋2，即y＝x＋3，且|AB|＝22，则点C到直线AB的距离d＝－2kk＋1－3k＋1k＋1＋32＝|2－2k|2|k
＋1|，所以S△ABC＝12×22·|2－2k|2|k＋1|＝2，即|1－k|＝|k＋1|（k≠－1），解得k＝0.4．答案：C解析：动直线x＋my＝0，令y＝0，解得x＝0，因此此直线过定点A（0，0）.动直线mx－y－m＋3＝0，即m（x－1）＋3
－y＝0，令x－1＝0，3－y＝0，解得x＝1，y＝3，因此此直线过定点B（1，3）.当m＝0时，两条直线分别为x＝0，y＝3，交点P（0，3），S△PAB＝12×1×3＝32.当m≠0时，两条直线的斜率分别为－1m，m，则－1m·m＝－1，因此两条直线相互垂直
．设|PA|＝a，|PB|＝b，∵|AB|＝12＋32＝10，∴a2＋b2＝10.又a2＋b2≥2ab，∴ab≤5，当且仅当a＝b＝5时等号成立．∴S△PAB＝12|PA|·|PB|＝12ab≤52.综上，△PAB的面积最大值是52.5．答案：2x－y－5＝0解析：因为∠B，∠C的平分线所在直
线的方程分别为x＝0，y＝x，所以直线AB与直线BC关于直线x＝0对称，直线AC与直线BC关于直线y＝x对称．则点A（－3，1）关于直线x＝0对称的点A′（3，1）在直线BC上，点A（－3，1）关于直线y＝x对称的点A″（1，－3）也在直线
BC上，所以由两点式得直线BC的方程为y＋31＋3＝x－13－1，即y＝2x－5.6．答案：1解析：∵不全为零的实数a，b，c成等差数列，∴b＝a＋c2，代入动直线l：ax＋by＋c＝0，得ax＋a＋c
2y＋c＝0，即a（2x＋y）＋c（y＋2）＝0，∵a，c不全为零，∴2x＋y＝0，y＋2＝0，解得x＝1，y＝－2，∴动直线l过定点N（1，－2）.设点P（x，y），∵当点P与N不重合时，AP⊥NP，∴AP→·NP→＝（x－1，y－2）·（x－1，y＋2）＝0，整理得，x2＋
y2－2x－3＝0，即（x－1）2＋y2＝4.又（1，－2）在圆（x－1）2＋y2＝4上，∴点P在以（1，0）为圆心，2为半径的圆上．点Q在直线3x－4y＋12＝0上，圆心（1，0）到直线3x－4y＋12＝0的距离d＝|3＋12|32＋42＝3>2，
∴|PQ|的最小值等于圆心（1，0）到直线3x－4y＋12＝0的距离d减去圆的半径2，∴|PQ|的最小值为3－2＝1.三高考小题重现篇1．答案：B解析：设圆心为P（x0，y0），半径为r，∵圆与x轴，y轴都相切，∴|x0|＝|y0|＝r，又
圆经过点（2，1），∴x0＝y0＝r且（2－x0）2＋（1－y0）2＝r2，∴（r－2）2＋（r－1）2＝r2，解得r＝1或r＝5.①r＝1时，圆心P（1，1），则圆心到直线2x－y－3＝0的距离d＝|2－1－3|22＋（－1）2＝
255；②r＝5时，圆心P（5，5），则圆心到直线2x－y－3＝0的距离d＝|10－5－3|22＋（－1）2＝255.2．答案：B解析：方法一点（0，－1）到直线y＝k（x＋1）的距离为d＝|k·0－（－1）＋k|k2＋1＝|k＋1|k2＋1，注意到k2＋1≥2k，
于是2（k2＋1）≥k2＋2k＋1＝|k＋1|2，当且仅当k＝1时取等号．即|k＋1|≤k2＋1·2，所以d＝|k＋1|k2＋1≤2，故点（0，－1）到直线y＝k（x＋1）距离的最大值为2.方法二由题意知，直线l：y＝k（
x＋1）是过点P（－1，0）且斜率存在的直线，点Q（0，－1）到直线l的最大距离在直线l与直线PQ垂直时取得，此时k＝1，最大距离为|PQ|＝2.3．答案：C解析：由题意可得d＝|cosθ－msinθ－2|m2＋1＝|msinθ－cosθ＋2|m2＋1＝m2＋1
mm2＋1sinθ－1m2＋1cosθ＋2m2＋1＝|m2＋1sin（θ－φ）＋2|m2＋1（其中cosφ＝mm2＋1，sinφ＝1m2＋1），∵－1≤sin（θ－φ）≤1，∴|2－m2＋1|m2＋1≤d≤m2＋1＋2m2＋1，m2＋1＋2m2＋1＝1＋2m2＋1，∴当
m＝0时，d取最大值3.4．答案：4解析：通解设Px，x＋4x，x>0，则点P到直线x＋y＝0的距离d＝|x＋x＋4x|2＝2x＋4x2≥22x·4x2＝4，当且仅当2x＝4x，即x＝2时取等号，故点P到直线x＋y＝0的距离的最小值是4.优解由y＝x＋4
x（x>0）得y′＝1－4x2，令1－4x2＝－1，得x＝2，则当点P的坐标为（2，32）时，点P到直线x＋y＝0的距离最小，最小值为|2＋32|2＝4.四经典大题强化篇1．解析：（1）易知点A到直线x－2y＝0的距离不等于3，可设经过两已知直线交点的直线系方程为（2x＋y－5）＋λ（x－2y）
＝0，即（2＋λ）x＋（1－2λ）y－5＝0.由题意得|10＋5λ－5|（2＋λ）2＋（1－2λ）2＝3，即2λ2－5λ＋2＝0，∴λ＝2或12.∴l的方程为4x－3y－5＝0或x＝2.（2）由2x＋y－5＝0，x－2y
＝0，解得交点为P（2，1），如图，过P作任一直线l，设d为点A到l的距离，则d≤|PA|（当l⊥PA时等号成立）.∴dmax＝|PA|＝10.2．解析：（1）由方程组x－2y＋1＝0，y＝0，解得点A（－1，0）.又直线AB的斜率为kAB＝1，且x轴是∠A的平分线，故直线AC的
斜率为－1，所以AC所在的直线方程为y＝－（x＋1）.已知BC边上的高所在的直线方程为x－2y＋1＝0，故直线BC的斜率为－2，故BC所在的直线方程为y－2＝－2（x－1）.解方程组y＝－（x＋1），y－2＝－2（x－1），得点
C的坐标为（5，－6）.（2）因为B（1，2），C（5，－6），所以|BC|＝（1－5）2＋（2＋6）2＝45，点A（－1，0）到直线BC：y－2＝－2（x－1）的距离为d＝|2×（－1）－4|5＝65，所以△ABC的面积为12×45×65＝12.点点练31圆的方程及直线与圆
、圆与圆的位置关系一基础小题练透篇1．答案：B解析：由题意知圆心（1，－2）到直线2x＋y－5＝0的距离d＝|2×1－2－5|22＋1＝5＜6，且2×1＋（－2）－5≠0，所以直线与圆相交但不过圆心．2．答案：A解析
：圆心（3，－1）到直线x－3y＋4＝0的距离为：d＝|3－3×（－1）＋4|1＋32＝10，因为直线与圆相切，所以r＝10，所以圆的方程是（x－3）2＋（y＋1）2＝10.3．答案：A解析：联立y＝x＋2
a，y＝2x＋a，解得P（a，3a），所以（a－1）2＋（3a－1）2＜4，所以－15＜a＜1.4．答案：D解析：因为圆（x－2）2＋y2＝1的半径为1，圆心坐标为（2，0），该圆心到点（5，－4）的距离为（2－5）2＋（0＋4）2＝5，所
以圆（x－2）2＋y2＝1上的点到（5，－4）距离的最大值为5＋1＝6，即（x－5）2＋（y＋4）2的最大值为36.5．答案：D解析：圆的标准方程为（x－2）2＋（y＋1）2＝4，圆心（2，－1）到直线的距离为|2－（－1）－2|2＝22，所求弦长为24－（22）
2＝14.6．答案：C解析：方法一因为C1：x2＋y2＝4，C2：x2＋y2－4x＋4y－12＝0，所以圆C1的圆心为C1（0，0），半径r＝2，两圆的公共弦所在的直线的方程为4x－4y＋8＝0，即x－y＋
2＝0.因为C1（0，0）到直线x－y＋2＝0的距离d＝22，所以两圆的公共弦的长为2r2－d2＝222－222＝22.方法二因为C1：x2＋y2＝4，C2：x2＋y2－4x＋4y－12＝0，所以两圆的公共弦所在的直线方程为4x－
4y＋8＝0，即x－y＋2＝0.C2：（x－2）2＋（y＋2）2＝20，所以圆C2的圆心为C2（2，－2），半径r＝25.因为C2（2，－2）到直线x－y＋2＝0的距离d＝|2－（－2）＋2|2＝62，所以两圆的公共弦的长为2r2－d2＝2（25）2－622＝
22.7．答案：9解析：圆C2的标准方程为（x－3）2＋（y－4）2＝25－m.圆C1：x2＋y2＝1，∴|C1C2|＝5.又∵两圆外切，∴5＝1＋25－m，解得m＝9.8．答案：x＋2＝0或7x＋24y＋14＝0解析：将⊙C的方程转化为（x－2）2＋（y－3）2＝
16，则其圆心为（2，3），半径为4.当切线的斜率不存在时，x＋2＝0适合；当切线的斜率存在时，设切线方程为y＝k（x＋2），即kx－y＋2k＝0.由|2k－3＋2k|k2＋1＝4，得k＝－724，所以切线方程为7x＋24y＋14＝0.综上，所求切线方程为x＋2＝0或7x＋24y＋1
4＝0.二能力小题提升篇1．答案：B解析：直线y＝kx－1过定点P（0，－1），圆心C（1，0），当直线CP与弦垂直时，弦长最短，|CP|＝12＋12＝2，所以最短弦长为2r2－|CP|2＝24－2＝22.2．答案：A解析：由于x2＋y2－6x＋4y＋12＝0可化为（x－3）2＋（y＋2）
2＝1，则圆C1的圆心为（3，－2），半径r1＝1.由于x2＋y2－14x－2y＋14＝0可化为（x－7）2＋（y－1）2＝36，则圆C2的圆心为（7，1），半径r2＝6.所以圆C1，C2的圆心距|C1C2|＝（7－3）2＋（1＋2）2＝5＝r2－r1，则两圆内切，所以它们只有1条公切线．3．答案
：B解析：如图所示，由圆的切线的性质，得|PA|2＝|PC1|2－1，|PB|2＝|PC2|2－1.又|PA|＝|PB|，所以|PC1|＝|PC2|，所以点P在线段C1C2的垂直平分线上．因为C1C2的垂直平分线为y＝－21（x－1）＋12，即y＝－2x
＋52，点P（x0，y0）在y＝－2x＋52上，所以点P的坐标满足y0＝－2x0＋52，所以x20＋y20＝x20＋－2x0＋522＝5（x0－1）2＋54≥54，所以x20＋y20的最小值为
54.4．答案：C解析：圆M：x2＋y2－4x－6y＋9＝0可化为（x－2）2＋（y－3）2＝4，圆心为M（2，3），半径为r＝2.点A（－2，1）关于x轴对称的点为A′（－2，－1），所以设反射光线所在直线的方程为y＋1＝k（x＋2），即kx－y＋2k－1＝0.由反射光线正好与圆M相切，得|2
k－3＋2k－1|k2＋1＝2，即3k2－8k＋3＝0，解得k1＝4－73，k2＝4＋73，于是k1＋k2＝4－73＋4＋73＝83.5．答案：x2－y28＝1（x≥1）解析：设圆M的圆心为M（x，y），由题
意可得圆C的圆心为C（－3，0），半径r＝2，因为动圆M过点A（3，0），且圆与圆M外切，则|MC|－|MA|＝r＝2＜6，即点M的轨迹为双曲线的右支，由双曲线的性质可知该双曲线的实轴长2a＝2，焦距2c＝6，则a2＝1，b2＝8，故该双曲线的方程是x2－y28＝1，即动圆M的圆心M的轨
迹方程是x2－y28＝1（x≥1）.6．答案：3解析：由题知，圆M：x2＋（y－a）2＝a2（a>0），圆心为（0，a），半径r＝a.圆心（0，a）到直线x＋y＝0的距离d＝a2，所以2a2－a22＝22，解得a＝2.故圆M的方程为x2＋（y－
2）2＝4.过点A（3，0）作圆M的切线，所以切线长为|AM|2－r2＝（3－0）2＋（0－2）2－4＝3.三高考小题重现篇1．答案：A解析：设该圆的圆心为（a，b），则圆的方程为（x－a）2＋（y－b）2＝1，∵该圆过点（3，4），∴（3－a）2＋（4－b）2
＝1，此式子表示点（a，b）在以（3，4）为圆心，1为半径的圆上，则点（a，b）到原点的最小值为32＋42－1＝4.2．答案：B解析：由x2＋y2－6x＝0得圆心为（3，0），设此点为C，点（1，2）为A，当过点A的弦与AC垂直时，弦长最小，易知|AC|＝22
＋（1－3）2＝22，因为半径，半弦长，弦心距构成直角三角形，所以弦的长度的最小值为232－（22）2＝2.3．答案：D解析：方法一（直接计算法）由题可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l为y＝kx＋m，直线l与曲线y＝x的切点为
A（x0，y0）.由导数的几何意义可知12x0＝k，即x0＝12k，点A既在直线l上，又在曲线y＝x上，∴y0＝kx0＋m，y0＝x0，∴kx0＋m＝x0，即k·12k2＋m＝12k，化简可得m＝14k，又∵直线l与圆x2＋y2＝15相切，∴|m|1＋k2＝55
，将m＝14k代入化简得16k4＋16k2－5＝0，解得k2＝14或k2＝－54（舍去）.∵y＝x的图象在第一象限，∴k>0，∴k＝12，∴m＝12，∴l的方程为y＝12x＋12.方法二（选项分析法）由选项知直
线l的斜率为2或12，不妨假设为2，设直线l与曲线y＝x的切点为P（x0，y0），则12x0－12＝2.解得x0＝116，则y0＝14，即P116，14，显然点P在圆x2＋y2＝15内，不符合题意，所以直线l的斜率为12，又直线l与圆x2＋y2＝15相切，所以只有D
项符合题意．4．答案：x2＋y2－2x＝0解析：方法一根据题意画出图形如图所示，结合图形知经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆，其圆心为（1，0），半径为1，则该圆的方程为（x－1）2＋y2＝
1.即x2＋y2－2x＝0.方法二设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0（D2＋E2－4F>0），由已知条件可得F＝0，12＋12＋D＋E＋F＝0，22＋2D＋F＝0，解得D＝－2，E
＝0，F＝0，所以所求圆的方程为x2＋y2－2x＝0.5．答案：－25解析：设直线2x－y＋3＝0为l，则AC⊥l，又kl＝2，∴kAC＝m＋10＋2＝－12，解得m＝－2，∴C（0，－2），∴r＝|AC|＝（0＋2）2＋（－2＋1）2
＝5.四经典大题强化篇1．解析：（1）由题可知：公共弦AB的垂直平分线为直线C1C2，∵C1（1，0），C2（3，2），∴所求直线C1C2的方程为：y＝x－1；（2）又两圆方程相减得4x＋4y－4＝0，即x＋y－1＝0，此
即为直线AB的方程，∵C2到直线AB的距离d＝|3＋2－1|12＋12＝22，即d＝22，又圆C2的半径r＝3，∴|AB|＝2r2－d2＝2，∴S△ABC2＝12AB·d＝12×2×22＝22.即：S△ABC2＝22.2．解析：（1）设P（x，y），因为A（－4，0
），B（2，0），PA＝2|PB|，所以（x＋4）2＋y2＝2（x－2）2＋y2，整理得x2＋y2－8x＝0，所以曲线C的方程为x2＋y2－8x＝0.（2）设所求方程为x2＋y2－4＋λ（x2＋y2－8
x）＝0，即（1＋λ）x2＋（1＋λ）y2－8λx－4＝0，将M（2，－2）代入上式得（1＋λ）·22＋（1＋λ）·（－2）2－8λ·2－4＝0，解得λ＝12，所以所求圆的方程为x2＋y2－83x－83＝0.单元检测（九）直线与圆的方程1．
答案：B解析：根据题意，设点M的坐标为（a，b），由点M在直线y＝x＋1上，可得b＝a＋1①，由直线MN的斜率为2，可得b＋1a－1＝2②，联立①②，解得a＝4，b＝5，即点M的坐标为（4，5）.2．答案：A解析：由直线ax＋2
y＋2a＝0和直线3x＋（a－1）y－a＋7＝0平行，知a（a－1）＝2×3且a（7－a）≠3×2a，解得a＝3或a＝－2.所以“a＝3”是“直线ax＋2y＋2a＝0和直线3x＋（a－1）y－a＋7＝0平行
”的充分不必要条件．3．答案：D解析：将直线y＝k（x＋3）化为一般式为kx－y＋3k＝0，直线与圆x2＋y2＝4相交等价于圆心到直线的距离小于半径，即|3k|k2＋1<2，∴5k2<4，∴k∈－255，255.4．答案：A解析：由题
意知直线l和圆C均过原点，△COA为等腰三角形，且|CO|＝|CA|＝1，由直线l：x－3y＝0知倾斜角∠AOx＝30°，∴∠COA＝∠OCA＝60°，所以S△COA＝12|CO|·|CA|·sin∠OCA＝12×12×32＝34.
5．答案：B解析：由已知得圆C1：（x＋a）2＋（y－2）2＝1的圆心C1（－a，2），半径r1＝1.圆C2：（x－b）2＋（y－2）2＝4的圆心C2（b，2），半径r2＝2.∵圆C1与圆C2相外切，∴|C1C2|＝r1＋r2，即a＋b＝3.由基本不等式，得a
b≤a＋b22＝94，当且仅当a＝b时，等号成立．6．答案：D解析：圆的标准方程为（x－3）2＋（y＋1）2＝10，则圆心C的坐标为（3，－1），半径为10.过点E的最短弦满足E恰好为弦的
中点，则|CE|＝（2－3）2＋[1－（－1）]2＝5，所以|AB|＝2（10）2－（5）2＝25.7．答案：C解析：由题意设所求圆的方程为（x－m）2＋y2＝4（m>0），则|3m＋4|32＋42＝2，
解得m＝2或m＝－143（舍去），故所求圆的方程为（x－2）2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0.8．答案：C解析：取AB中点为D（2，－3），则PA→＋PB→＝2PD→，|PA→＋PB→|＝2|PD→
|，|PD→|的最大值为圆心C（1，2）到D（2，－3）的距离d再加半径r.又d＝1＋25＝26，∴d＋r＝26＋2，∴2|PD→|的最大值为226＋4.9．答案：A解析：设圆C1关于x轴的对称圆的圆心为A（2，－3），半径为1.圆C2的圆心坐标为（3，4），半径为3.则|
PM|＋|PN|的最小值即为圆A与圆C2的圆心距减去两个圆的半径，即（3－2）2＋（4＋3）2－1－3＝52－4.10．答案：C解析：如图所示，可知A（2，0），B（1，1），C（0，2），D（－1，1），所以
直线AB，BC，CD的方程分别为y＝1－01－2（x－2），y＝（1－2）x＋2，y＝（2－1）x＋2.整理为一般式，即x＋（2－1）y－2＝0，（1－2）x－y＋2＝0，（2－1）x－y＋2＝0，分别对应题中的A，B，D选项．11．答案
：C解析：根据题意，圆C：x2＋y2－8x－8y＋31＝0，即（x－4）2＋（y－4）2＝1，其圆心为（4，4），半径r＝1.设AB的中点为M，又由点A（1－m，0），B（1＋m，0），则M（1，0），|AB|＝2|m|，以AB为直径的圆为（x－1）2＋y2＝m2.若圆C：x2＋y2－8x－
8y＋31＝0上存在一点P，使得PA⊥PB，则圆C与圆M有公共点．又由|MC|＝（1－4）2＋（0－4）2＝5，即有|m|－1≤5且|m|＋1≥5，解得4≤|m|≤6，即－6≤m≤－4或4≤m≤6，即实数m的最大值是6.12．答案：B解析：根据题意，圆x2＋
y2＝4的圆心为（0，0），半径r＝2，设圆心到直线x＋y－k＝0的距离为d.若直线x＋y－k＝0（k>0）与圆x2＋y2＝4交于不同的两点A，B，则d＝|k|1＋1＝k2<2，则k<22.设OA→与OB→的夹角∠AOB＝θ，若OA→·OB→≥－2，即|OA→|×|OB→|×cosθ
≥－2，变形可得cosθ≥－12，则0<θ≤2π3，当θ＝2π3时，d＝1，若θ≤2π3，则d＝k2≥1，解得k≥2，则k的取值范围为[2，22）.13．答案：12解析：因为B（a，0），C（0，b）（ab≠0），所以直线BC的方程为xa＋yb＝1，过A（2，2），所以2a＋2b＝1，即1a＋1b
＝12.14．答案：x－y＋1－22＝0解析：由题意得圆C的圆心C（1，2），半径r＝2.因为（2＋1－1）2＋（2－2－2）2＝4，所以点P在圆C上．又kPC＝2－2－22＋1－1＝－1，所以切线的斜率k＝－1kPC＝1，于是过点P的圆C的切线的方程是y－
（2－2）＝1×[x－（2＋1）]，即x－y＋1－22＝0.15．答案：5解析：由题意知线段OA的中点为（2，1），kOA＝12，所以线段OA的垂直平分线所在直线的方程为y－1＝－2（x－2），即2x＋y－5＝0，圆
心C在此直线上．由2x＋y－5＝0，x＋2y－1＝0，解得x＝3，y＝－1.所以圆心C（3，－1），所以圆心C到弦OA：x－2y＝0的距离d＝|3＋2|5＝5.16．答案：2解析：
由题意得，圆C1与圆C2外离，如图．因为PQ为切线，所以PQ⊥C2Q，由勾股定理，得|PQ|＝|PC2|2－1，要使|PQ|最小，则需|PC2|最小．显然当点P为C1C2与圆C1的交点时，|PC2|最
小，此时，|PC2|＝|C1C2|－1，所以当|C1C2|最小时，|PC2|就最小，|C1C2|＝k2＋（－k＋4）2＝2（k－2）2＋8≥22，当k＝2时，|C1C2|取最小值，即|PQ|最小．17．解析：过点M且与x轴垂直的直线是x＝0，它和直线l1，l2的交点分别是
0，103，（0，8），显然不符合题意，故可设所求直线方程为y＝kx＋1，又设该直线与直线l1，l2分别交于A，B两点，则有①yA＝kxA＋1，xA－3yA＋10＝0，②yB＝kxB＋1，2xB＋yB－8＝0.由①解得xA
＝73k－1，由②解得xB＝7k＋2.因为点M平分线段AB，所以xA＋xB＝2xM，即73k－1＋7k＋2＝0，解得k＝－14.故所求的直线方程为y＝－14x＋1，即x＋4y－4＝0.18．解析：（1）设圆的方程为x
2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.∵圆心－D2，－E2在直线2x－y－3＝0上，∴－D＋E2－3＝0①.又点A（5，2），点B（3，2）在圆上，∴25＋4＋5D＋2E＋F＝0②，9＋4＋3D＋2E＋F＝0③.
由①②③得，D＝－8，E＝－10，F＝31，此时D2＋E2－4F>0，∴圆的方程为x2＋y2－8x－10y＋31＝0.（2）设圆的方程为（x－a）2＋（y－b）2＝r2.由题意知圆心（a，b）在直线x＋2y＝0上，∴a＋2b＝0④.∵点C（2，3）在圆上，∴（2－a）2＋
（3－b）2＝r2⑤.又直线x－y＋1＝0被圆截得的弦长为22，圆心（a，b）到直线x－y＋1＝0的距离d＝|a－b＋1|2，∴|a－b＋1|22＋（2）2＝r2⑥.由④⑤⑥得，a＝6，b＝－3，
r2＝52或a＝14，b＝－7，r2＝244，∴所求圆的方程为（x－6）2＋（y＋3）2＝52或（x－14）2＋（y＋7）2＝244.19．解析：（1）证明：直线l：mx－y＋2－m＝0可化为m（x－1）－y＋2＝0，可知恒过点D（1，2）.将D（1，2）代入圆的方程可得x2＋（y－1）2
＝12＋（2－1）2＝2<5，即D（1，2）在圆C：x2＋（y－1）2＝5的内部，故对m∈R，直线l与圆C总有两个不同的交点A，B.（2）因为∠ACB＝120°，圆C的半径长为5，所以圆心C（0，1）到直线mx－y＋2－m＝0的距离为52，故|－1＋2－m|m2＋1＝52，解得m＝－4±15.
（3）由（1）可得kCD＝2－11－0＝1，当弦|AB|最短时，直线l的斜率为－1，即m＝－1，故此时直线l的方程为－x－y＋3＝0，即x＋y－3＝0.20.解析：（1）设直线l与圆C交于A，B两点．∵直线l：y＝x＋2被圆C：（x－3）2＋（y－2）2＝r2（r>0）截得的弦长等于该圆
的半径，∴△CAB为边长为r的正三角形，∴△CAB的高为32r，∴圆心C到直线l的距离为32r.∵直线l的方程为x－y＋2＝0，圆心C的坐标为（3，2），∴圆心C到直线l的距离d＝|3－2＋2|1＋1＝322＝32r，∴r＝6，∴圆C的方程为
（x－3）2＋（y－2）2＝6.（2）设圆心C到直线m的距离为h（h>0），H为DE的中点，连接CH.在△CDE中，∵|DE|＝2|CE|2－|CH|2＝26－h2，∴△CDE的面积为S△CDE＝12|DE|·|CH|＝12·26－h2·h＝h·6－h2.∴S△CDE＝h2（6－h
2）≤h2＋6－h22＝3，当且仅当h2＝6－h2，即h＝3时等号成立，△CDE的面积取得最大值．∵CH＝|3－2＋n|1＋1＝22·|n＋1|＝h＝3，∴|n＋1|＝6，∴n＝±6－1.故存在n＝±6－1，使得△CDE的面积
最大，最大值为3，此时直线m的方程为y＝x±6－1.21．解析：（1）不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：设A（x1，0），B（x2，0），则x1，x2满足x2＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2，又C的坐标为（0，1），故AC的斜率与BC的斜率之积
为－1x1·－1x2＝－12≠－1，所以不能出现AC⊥BC的情况．（2）证明：BC的中点坐标为x22，12，可得BC的垂直平分线方程为y－12＝x2x－x22.由（1）可得x1＋x2＝－m，所以A
B的垂直平分线方程为x＝－m2.联立x＝－m2，y－12＝x2x－x22，又x22＋mx2－2＝0，可得x＝－m2，y＝－12．所以过A，B，C三点的圆的圆心D的坐标为－m2，－12，半径r＝|DC|＝m2＋92.故圆在y轴上截得的弦长为2r
2－m22＝3，即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．22．解析：（1）由圆心O到直线l的距离d＝21＋k2＝r＝2，可得k＝±1.（2）设点A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），由y＝kx－2，x2＋y2＝2整理得，（1＋k2）x2－4kx＋2
＝0，所以x1＋x2＝4k1＋k2，x1x2＝21＋k2，Δ＝（－4k）2－8（1＋k2）>0，即k2>1.当∠AOB为锐角时，得OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋（kx1－2）（kx2－2）＝（1＋k2）x1x2－2k（x1
＋x2）＋4＝6－2k21＋k2>0，可得k2<3，又k2>1，故k的取值范围为－3<k<－1或1<k<3.（3）设切点C，D的坐标分别为（x3，y3），（x4，y4），动点P的坐标为（x0，y0），则过切点C的切线方程为
x·x3＋y·y3＝2，所以x0·x3＋y0·y3＝2，同理，过切点D的切线方程为x0·x4＋y0·y4＝2，所以过点C，D的直线方程为x0·x＋y0·y＝2.因为y0＝12x0－2，将其代入上式并化简整理，所以x0·x＋12y－2y－2＝0.又x0∈R，所以x＋12y＝0，
且－2y－2＝0，可得x＝12，y＝－1，即直线CD过定点12，－1.第十单元圆锥曲线点点练32椭圆一基础小题练透篇1．答案：D解析：因为|PF1|＋|PF2|＝|F1F2|，所以动点P的轨迹是线段F1F2.2．答案
：D解析：设椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0），由e2＝c2a2＝1－b2a2＝12，得a2＝2b2，根据椭圆的定义可知△ABF2的周长为4a，所以4a＝16，即a＝4，a2＝16，b2＝8，则椭圆的标准方程为x216＋
y28＝1.3．答案：A解析：设椭圆的右焦点为F2（1，0），|AF2|＝1，|PA|＋|PF|＝|PA|＋4－|PF2|＝4＋|PA|－|PF2|，又|||PA|－|PF2|≤|AF2|，－|AF2|≤|PA|－|P
F2|≤|AF2|，当P，A，F2三点共线时取等号，|PA|＋|PF|的最小值为3（取最小值时P是射线F2A与椭圆的交点）.4．答案：D解析：|PF1|－|PF2|＝2b，|PF1|＋|PF2|＝2a，所以|PF1|＝a＋
b，又|PF1|≤a＋c，所以b≤c，1＞e＝ca＝cb2＋c2≥22.5．答案：A解析：设|F1F2|＝2c，因为（AF2＋F1F2）·AF1＝（AF2＋F1F2）·（AF2－F1F2）＝AF22－F1F22＝0，所以|AF2
|＝|F1F2|＝2c，所以|AF1|＝2a－2c，因为AF1＝43F1B，所以|BF1|＝32（a－c），所以|BF2|＝a2＋3c2，设AF1中点为H，则F2H⊥AB，|AH|＝a－c，|BH|＝52（a－c），|F2A|2－|AH|2＝
|F2B|2－|BH|2代入数据并整理得：7c2－12ac＋5a2＝0，等式两边同除以a2得：7e2－12e＋5＝0，解得：e＝57或e＝1（舍）.6．答案：C解析：易知M的轨迹为椭圆，其方程为y24＋x2＝1，设M（x，y），则x2＝1
－y24，∴MA→·MB→＝（－x，3－y）·（－x，－3－y）＝x2＋y2－3＝y2＋（1－y24）－3＝3y24－2，因为y∈[－2，2]，所以34y2∈[0，3]，即3y24－2∈[－2，1]，∴（MA→·MB→）max＝1.7．答案：2解析：设椭圆方程为x2a2＋y2b
2＝1，由离心率为13可得ca＝13，由a2＝b2＋c2可得b2a2＝89，又92a2＋4b2＝1，解得a2＝9，b2＝8，c＝1，焦距为2.8．答案：5解析：由题得c＝6，由题得PF2⊥x轴，当x＝6时，69＋y23＝1，所以y＝±1，∴|PF2|＝1，所以|PF1|＝2×3－|PF
2|＝6－1＝5，所以|PF1|是|PF2|的5倍．二能力小题提升篇1．答案：D解析：依题意椭圆x2＋y22＝1，a＝2，b＝1，c＝1，椭圆的焦点为（0，1），（0，－1），所以F是椭圆的焦点，且直线l过椭圆的另一个焦点（0，1）.所以△ABF的周长
为4a＝42.2．答案：B解析：由|PF1|∶|PF2|∶|F1F2|＝7∶1∶43可设|PF2|＝k，则|PF1|＝7k，|F1F2|＝43k，由椭圆的定义得，2a＝|PF1|＋|PF2|＝8k，2c＝|F1F2|＝43k，从而ca＝32，所以
c2a2＝a2－b2a2＝1－b2a2＝34，故b2a2＝14，所以ab＝2.3．答案：C解析：不妨设点P在x轴上方，如图，连接BQ，则由椭圆的对称性易得∠PBF＝∠QBF，∠EAB＝∠EBA，所以∠EAB＝∠QBF，所以ME∥BQ，所以|PE||EB|＝|PM||
MQ|.因为OE∥PF，所以|OF||OB|＝|EP||EB|，从而有|PM||MQ|＝|OF||OB|.又M是线段PF的中点，所以e＝ca＝|OF||OB|＝|PM||MQ|＝13.4．答案：D解析：由题意得圆C2：（x＋3）2＋（y－4）2＝4，所以圆心为C2（－3，
4），半径为2.设椭圆的左焦点为F1，连接PF1，C2F1，则F1（－1，0），|PQ|－|PF|＝|PQ|－（2a－|PF1|）＝|PQ|＋|PF1|－4.故要求|PQ|－|PF|的最小值，即求|PQ|＋|PF1|的最小值，易知|PQ|＋|PF1|的最小值等于|C2F1|－
2＝（－1＋3）2＋42－2＝25－2，所以|PQ|－|PF|的最小值为25－6.5．答案：23解析：由椭圆的方程可知，椭圆的焦点F1，F2在y轴上，且|F1F2|＝2m2－（m2－1）＝2，由题意可知，当点P为椭圆C左右顶点时，△PF1F2的面积最大，且
12|F1F2|m2－1＝3，解得m＝2，所以椭圆C的短轴长为2m2－1＝23.6．答案：22－5解析：如图，由M为椭圆C上任意一点，则|MF1|＋|MF2|＝4又N为圆E：（x－3）2＋（y－2）2＝1上任意一点，则|MN|≥|ME|－1（当且仅当M、N、E共线时取等号），
∴|MN|－|MF1|＝|MN|－（4－|MF2|）＝|MN|＋|MF2|－4≥|ME|＋|MF2|－5≥|EF2|－5，当且仅当M、N、E、F2共线时等号成立．∵F2（1，0），E（3，2），则|EF2|＝（3－1）2＋（2－0）2＝22，∴|MN|－|MF1|的最小值为22－5.
三高考小题重现篇1．答案：C解析：由题，a2＝9，b2＝4，则||MF1＋||MF2＝2a＝6，所以||MF1·||MF2≤||MF1＋||MF222＝9（当且仅当||MF1＝||MF2＝3时，等号成立）.2．答案：C解析：由题意可知c＝2，b2＝4，∴a2＝b2＋c2
＝4＋22＝8，则a＝22，∴e＝ca＝222＝22.3．答案：B解析：令|F2B|＝x（x>0），则|AF2|＝2x，|AB|＝3x，|BF1|＝3x，|AF1|＝4a－（|AB|＋|BF1|）＝4a－6x，由椭
圆的定义知|BF1|＋|BF2|＝2a＝4x，所以|AF1|＝2x.在△BF1F2中，由余弦定理得|BF1|2＝|F2B|2＋|F1F2|2－2|F2B|·|F1F2|cos∠BF2F1，即9x2＝x2＋22－4xcos∠BF2F1①，在△AF1F2中，由余弦
定理得|AF1|2＝|AF2|2＋|F1F2|2－2|AF2|·|F1F2|cos∠AF2F1，即4x2＝4x2＋22－8xcos∠AF2F1②，由①②得x＝32，所以2a＝4x＝23，a＝3，b2＝a2－c2＝2.故椭圆的方程为x23＋y22＝1.4．
答案：A解析：当0<m<3时，椭圆C的焦点在x轴上，如图（1），A（－3，0），B（3，0）.当点M运动到短轴的端点时，∠AMB取最大值，此时∠AMB≥120°，则|MO|≤1，即0<m≤1；当m>3时，椭圆C的焦
点在y轴上，如图（2），A（0，m），B（0，－m）.当点M运动到短轴的端点时，∠AMB取最大值，此时∠AMB≥120°，则|OA|≥3，即m≥3，即m≥9.综上，m∈（0，1]∪[9，＋∞）.5．答案：（3，15）解析：不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝36－20＝4.
因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.设M（x，y），则x236＋y220＝1，|F1M|2＝（x＋4）2＋y2＝64，x>0，y>0，得x＝3，y＝15，所以M的坐标为（3，15
）.6．答案：8解析：根据椭圆的对称性及|PQ|＝|F1F2|可以得到四边形PF1QF2为对角线相等的平行四边形，所以四边形PF1QF2为矩形．设|PF1|＝m，则|PF2|＝2a－|PF1|＝8－m，则|PF1|2＋|PF2|2＝m2＋（8－m）2＝2m2＋6
4－16m＝|F1F2|2＝4c2＝4（a2－b2）＝48，得m（8－m）＝8，所以四边形PF1QF2的面积为|PF1|×|PF2|＝m（8－m）＝8.四经典大题强化篇1．解析：（1）由已知得b＝4，且ca＝55，即c2a2＝15，∴a2－b2a2＝15，解得a
2＝20，∴椭圆方程为x220＋y216＝1.则4x2＋5y2＝80与y＝x－4联立，消去y得9x2－40x＝0，∴x1＝0，x2＝409，∴所求弦长|MN|＝1＋12|x2－x1|＝4029.（2）椭圆右焦点
F的坐标为（2，0），设线段MN的中点为Q（x0，y0），由三角形重心的性质知BF→＝2FQ→，又B（0，4），∴（2，－4）＝2（x0－2，y0），故得x0＝3，y0＝－2，即Q的坐标为（3，－2）.设M（x1，y1），N（x
2，y2），则x1＋x2＝6，y1＋y2＝－4，且x2120＋y2116＝1，x2220＋y2216＝1，以上两式相减得kMN＝y1－y2x1－x2＝－45·x1＋x2y1＋y2＝－45×6－4＝65，
故直线MN的方程为y＋2＝65（x－3），即6x－5y－28＝0.2．解析：（1）由题意得e＝ca＝22①又因为过椭圆的左焦点F1且垂直于长轴的直线交椭圆于M、N两点，且|MN|＝2，即2b2a＝2②由①②得a＝2，b＝1，c＝1
，所以椭圆方程为：x22＋y2＝1.（2）①当直线斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m，点P（x1，y1），Q（x2，y2），由x22＋y2＝1y＝kx＋m⇒（2k2＋1）x2＋4kmx＋2m2－2＝0，所以Δ＝8（2k2＋1－m2）＞0，由
韦达定理得：x1＋x2＝－4km2k2＋1，x1x2＝2m2－22k2＋1，因此y1y2＝（kx1＋m）（kx2＋m）＝m2－2k22k2＋1，因为OP⊥OQ，所以x1x2＋y1y2＝0⇒3m2－2k2－22
k2＋1＝0⇒m2＝2k2＋23，此时Δ＝8（4k2＋1）3＞0满足条件，设原点到直线的距离为d则d＝|m|k2＋1＝2k2＋23k2＋1＝63.②当直线的斜率不存在时，因为OP⊥OQ，根据圆的对称性，设直线OP，OQ的方程为y＝x，y＝－x，可得P
（63，63），Q（63，－63）或P（－63，－63），Q（－63，63），此时原点到直线的距离仍为63，综上可得，原点到直线的距离为63.点点练33双曲线一基础小题练透篇1．答案：C解析：由双曲线E：x23－y2b
2＝1（b＞0）可得其渐近线方程为y＝±b3x，故b＝3，故半焦距c＝9＋3＝23，故焦距为43.2．答案：B解析：∵e＝ca＝2，则c＝2a，b＝c2－a2＝3a，则双曲线的方程为x2a2－y23a2＝1，将点（2，3）的坐标代入双曲线的方程可得2a2－33a2＝1a2＝1，解得a＝1，
故b＝3，因此，双曲线的方程为x2－y23＝1.3．答案：A解析：|AF2|－|AF1|＝2a＝8，|BF2|－|BF1|＝2a＝8，∴|AF2|＋|BF2|－（|AF1|＋|BF1|）＝16，∴|AF2|＋|BF2|＝16＋5＝21，∴△ABF2的周
长为|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝21＋5＝26.4．答案：D解析：因为A，B分别是C的左，右顶点，故|AB|＝2a，|FA|＝c－a，|FA|＝|AB|，所以2a＝c－a，得e＝ca＝3.5．答案：B解析：由OP为△F1PF2的中线，可得PF1＋PF2＝2OP→.由2|PF
1＋PF2|≤|F1F2|可得4|OP→|≤|F1F2|，由|OP→|≥a，|F1F2|＝2c，可得4a≤2c，可得：e＝ca≥2.6．答案：C解析：如图，作OA⊥F1M于点A，F2B⊥F1M于点B，因为F1M与圆x2＋y2＝a2相切，所
以|OA|＝a，|F2B|＝2|OA|＝2a，|F1B|＝2b，在Rt△BMF2中，∠F1MF2＝60°，所以|BM|＝|F2B|tan60°＝2a3＝23a3，|F2M|＝43a3.又点M在双曲线上，由双曲线的定义可得：所以|F1M|－|F2M|＝|F1B|＋|BM|－|F2M|＝2b＋23
a3－43a3＝2a，整理得：b＝3＋33a，所以ba＝3＋33，所以双曲线的渐近线方程为y＝±3＋33x.7．答案：1解析：∵双曲线x2m－y22－m2＝1的焦点在x轴上，∴m＞02－m2＞0，即0＜m＜2.∵双曲线的两条渐近线互相垂直，∴－2
－m2m×2－m2m＝－1，即（m－1）（m＋2）＝0，解得m＝1.8．答案：（233，2）解析：由题意，双曲线C的渐近线为y＝±bax，若过F1作直线l垂直y＝bax于B，交y＝－bax于A，F1（－c，0）.∵AF1＝λF1B且λ＞2，∴F1在A、B之间，
如图所示，令l：y＝－ab（x＋c），∴B（－a2c，－abc），A（a2cb2－a2，abca2－b2），则AF1＝（a2ca2－b2－c，abcb2－a2），F1B＝（b2c，－abc），∴λb
2c＝a2ca2－b2－c－λabc＝abcb2－a2，即λ＝c2a2－b2＝c22a2－c2＞2，∴e22－e2＞2，故（3e2－4）（e2－2）＜0，得43＜e2＜2，又e＞1，∴233＜e＜2.二能力小题提升篇1．答案：B解
析：e＝2c2a＝|F1F2||PF1|－|PF2|＝|F1F2||PF2|＝2.2．答案：B解析：如图，令双曲线E的左焦点为F′，连接PF′，QF′，RF′，由对称性可知，点O是线段PQ中点，则四边形PFQF′是平行四边形，而QF⊥FR，于是有△PFQF′是矩形，设|FR|＝m，则|PF′|＝|
FQ|＝2m，|PF|＝2m－2a，|RF′|＝m＋2a，|PR|＝3m－2a，在Rt△F′PR中，（2m）2＋（3m－2a）2＝（m＋2a）2，解得m＝4a3或m＝0（舍去），从而有|PF′|＝8a3，|PF|＝2a3，Rt△F′PF中，（8a3）2＋（2a3）2＝4c2，整理
得c2a2＝179，e＝ca＝173，所以双曲线E的离心率为173.3．答案：B解析：设圆O1与△MF1F2的三边的切点分别为A，B，C，如图，令MA＝MC＝m，AF1＝BF1＝n，BF2＝CF2＝t，根据双曲线的定义可得（m
＋n）－（m＋t）＝2an＋t＝2c，化简得n＝a＋c，由此可知，在△F1F2M中，O1B⊥x轴于B，同理O2B⊥x轴于B，∴O1O2⊥x轴过圆心O2作CO1的垂线，垂足为D，易知直线l的倾斜角θ与∠O2O1D大小相等，
不妨设圆O1的半径R1＝3，设圆O2的半径R2＝2，则O2O1＝5，O1D＝1，所以根据勾股定理，O2D＝26，所以，tanθ＝26.4．答案：D解析：设点A（x1，y1），B（－x1，－y1），P（x0，y0）则x21a2
－y21b2＝1，且x20a2－y20b2＝1，两式相减得x21－x20a2＝y20－y21b2，所以y20－y21x21－x20＝b2a2，因为kPA·kPB＝（y0－y1）（x0－x1）·（y0＋y1）（x0＋x1）＝14，所以b
2a2＝14，ba＝12故双曲线C的渐近线方程为y＝±12x，因为焦点（c，0）到渐近线y＝12x的距离为1，所以c5＝1，c＝5，所以a＝2，b＝1，离心率为52，故A，B错误．对于C，不妨设P在右支上，记|PF2|＝t，则|PF1|＝4＋t，因为PF1⊥
PF2，所以（t＋4）2＋t2＝20，解得t＝6－2或t＝－6－2（舍去），所以△PF1F2的面积为12|PF1||PF2|＝12（6－2）×（6＋2）＝1，故C不正确；对于D，设P（x0，y0），因为S△PF1F2＝
12·2c|y0|＝5|y0|＝25，所以|y0|＝2，将|y0|＝2带入C：x24－y2＝1，得x20＝20，即|x0|＝25，由于对称性，不妨取P的坐标为（25，2），则|PF2|＝（25－5）2＋22＝3，|PF1|＝（25＋5）2＋22＝7，因为cos∠PF2F1＝|PF2|2＋
|F1F2|2－|PF1|22|PF2||F1F2|＝9＋20－492×3×25＜0，所以∠PF2F1为钝角，所以△PF1F2为钝角三角形，故D正确．5．答案：6解析：∵双曲线C：x2－y24＝1，∴|A1A2|＝2a＝2，|B1B2|＝2b＝4.又∵|A1A2|
，|B1B2|，|PF1|成等比数列，∴|A1A2|·|PF1|＝|B1B2|2，∴|PF1|＝8，∴|PF2|＝8－2a＝6.6．答案：6解析：已知P是双曲线x2－y215＝1右支上的一点，记双曲线左、右焦点分别为F1，F2
，所以|PF1|－|PF2|＝2a＝2，双曲线的两个焦点分别为F1（－4，0），F2（4，0），这两点刚好是（x＋4）2＋y2＝9和（x－4）2＋y2＝1的圆心．因为两个圆的半径分别为r1＝3，r2＝1，所
以由几何性质可知|PM|max＝|PF1|＋r1＝|PF1|＋3.同理|PN|min＝|PF2|－r2＝|PF2|－1，所以|PM|－|PN|的最大值为|PM|max－|PN|min＝（|PF1|＋3）－（|PF2|－1）＝|PF1|－|PF2|＋4＝2＋4＝6，所以|PM|－|PN|的最大值为6
.三高考小题重现篇1．答案：D解析：由双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a>0，b>0）可知渐近线方程为y＝±bax，由题意知－ba＝tan130°，又tan130°＝－tan50°，∴ba＝tan50°，∴双曲线的离心率e＝ca＝1＋b2a2＝1＋tan250°＝1＋sin250°co
s250°＝1cos250°＝1cos50°.2．答案：B解析：直线x＝a与双曲线C的两条渐近线y＝±bax分别交于D、E两点，则|DE|＝|yD－yE|＝2b，所以S△ODE＝12·a·2b＝ab，即ab＝8.所以c2＝a2＋b2≥2ab＝16（当且仅当a＝b时取等号），即cmin＝4，所
以双曲线的焦距2c的最小值为8.3．答案：B解析：方法一由题易知a＝1，b＝3，∴c＝2，又∵|OP|＝2，∴△PF1F2为直角三角形，易知||PF1|－|PF2||＝2，∴|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|P
F2|＝4，又|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2＝16，∴|PF1|·|PF2|＝16－42＝6，∴S△PF1F2＝12|PF1|·|PF2|＝3.方法二不妨设P（x0，y0）（x0>0，y0>0），则x20＋y20＝4，x2
0－y203＝1，解得y0＝32，又|F1F2|＝4，∴S△PF1F2＝12×4×32＝3.4．答案：A解析：如图，连接OP，∵|PQ|＝|OF|＝c，∴PQ过圆心c2，0.易得Pc2，c2.又∵|OP|＝a，∴
a2＝c22＋c22＝c22，∴ca2＝2，∴e＝ca＝2.5．答案：y＝±3x解析：因为双曲线x2a2－y2b2＝1（a>0，b>0）的离心率为2，所以e＝c2a2
＝a2＋b2a2＝2，所以b2a2＝3，所以该双曲线的渐近线方程为y＝±bax＝±3x.6．答案：4解析：双曲线x2m－y2＝1（m>0）的渐近线为y＝±1mx，即x±my＝0，又双曲线的一条渐近线为3x＋my＝0，即x＋m3y＝0，对比两式可得，m＝3.设双曲线
的实半轴长为a，虚半轴长为b，半焦距为c，则有a2＝m＝3，b2＝1，所以双曲线的焦距2c＝2a2＋b2＝4.四经典大题强化篇1．解析：（1）由双曲线的方程得a＝3，b＝6，∴c＝a2＋b2＝3，F1（－3，0），F2（3，0）.直线AB的方程为y＝33（x－3）.设A（x1，y1），B
（x2，y2），由y＝33（x－3）x23－y26＝1消去y得5x2＋6x－27＝0.∴x1＋x2＝－65，x1·x2＝－275.∴||AB＝1＋332[（x1＋x2）2－4x1x2]＝43－65
2－4－275＝1635.（2）直线AB的方程变形为3x－3y－33＝0.∴原点O到直线AB的距离为d＝|－33|（3）2＋（－3）2＝32.∴S△AOB＝12|AB|·d＝12×1635×32＝1235.2．解析：（1）根据已知条件得a＝1，c＝a2＋b2
＝1＋b2，∴焦点坐标为F1（－1＋b2，0），F2（1＋b2，0）.∵MF2⊥x轴，∴M（1＋b2，b2）.在Rt△MF1F2中，tan30°＝|MF1||F1F2|＝b22c＝b221＋b2＝33，解得b2＝2.∴双曲线C的方程为x2－y22＝1.（2）根据（1）易得双曲线两条渐近线方程
分别为l1：2x－y＝0，l2：2x＋y＝0.设点P（x0，y0），则|PP1|＝d1＝|2x0－y0|3，|PP2|＝d2＝|2x0＋y0|3.又∵P（x0，y0）在双曲线上，∴2x20－y20＝2.∴|PP1|·|PP2|＝d1d2＝13()2x20－y20＝23.点点练34抛物线一基础小题练
透篇1．答案：B解析：由题意，点P到点F（0，1）的距离等于它到直线y＝－1的距离，则点P的轨迹是以F为焦点，y＝－1为准线的抛物线，则点P的轨迹方程为x2＝4y.2．答案：C解析：抛物线方程C：x2＝16y，准线方程为：y＝－4，因为|AF|＝5，所以点A到准线的距离为5，且yA＞0，直
线l：y＝－1与准线方程的距离为d＝3，所以|AP|＝5－3＝2.3．答案：B解析：令抛物线y2＝8x的焦点为F，则F（2，0），连接PF，如图，因l是抛物线y2＝8x的准线，点P是抛物线上的动点，且PM⊥l于M，于是得|PM|＝|PF|，点F（2，0）到直线l1：2x－y＋3
＝0的距离d＝|2×2－0＋3|22＋（－1）2＝755，又PN⊥l1于N，显然点P在点F与N之间，于是有|PM|＋|PN|＝|PF|＋|PN|≥d，当且仅当F，P，N三点共线时取“＝”，所以|PM|＋|PN|
的最小值为d＝755.4．答案：A解析：抛物线y2＝16x的准线方程为x＝－4，设A（x1，y1），B（x2，y2），由抛物线的定义可知，x1＋4＝12，x1＝8，y21＝16×8，由抛物线的对称性，不妨令y1＝8
2，设直线AB的方程为x＝my＋2，由x＝my＋2，y2＝16x，得y2－16my－32＝0，y1y2＝－32，∴y2＝－22，四边形OAFB的面积S＝12|OF|·|y1－y2|＝12×4×102＝202.5．答案：A解析：
设T为（x0，y0），则MT→＝（x0，y0－1），又由F（p2，0），所以MF→＝（p2，－1），因为MF⊥MT，所以MF→·MT→＝0，可得p2x0－y0＋1＝0，由y20＝2px0，联立方程组，消去x0，可得y20－4y0＋4＝0，所以y0＝2
，故T（2p，2），又由|FT|＝x0＋p2＝52，所以52－p2＝2p，即p2－5p＋4＝0，解得p＝1或p＝4，所以C的方程为y2＝2x或y2＝8x.6．答案：C解析：直线l：y＝k（x－2）（k＞0）过（2，0），即直线l过抛物线的焦点F（2，0），
画出图象如图所示，过A作直线垂直于抛物线的准线，垂足为D；过B作直线垂直于抛物线的准线，垂足为C，过B作BE⊥AD，交AD于E.依题意AF→＝2FB→，设|AF|＝2|BF|＝2t（t＞0），则|AE|＝|AD|－|BC|＝t，|AB|＝|AF|＋|BF|＝3t，|BE|＝（3t）2－t2＝2
2t，所以直线l的斜率k＝|BE||AE|＝22.7．答案：2解析：由题意，抛物线C的焦点为F（1，0），准线方程为x＝－1，由|PF|＝3，设P（x，y），则x＋1＝3，x＝2，所以y＝±22，即点P的坐标为（2，±22），则△POF的面积为S＝12×1
×22＝2.8．答案：2解析：由题意可知，当B在焦点F的右侧时，|AF|＝3＋p2，|FD|＝3－p2，又|FD|＝12（3＋p2），所以12（3＋p2）＝3－p2，解得p＝2；当B在焦点F的左侧时，同理可得p＝18，此时点B在x轴的负半轴，不合题意．二能力小题提升篇1．答案：B解析：由y2＝8x
得p＝4，所以F到直线l的距离为p＝4.2．答案：A解析：设准线l与x轴交点为K，∵直线AF的斜率为－3，∴∠PAF＝∠AFK＝60°，∵由抛物线的定义知|PF|＝|PA|＝4，∴△PAF为等边三角形，∴|AF|＝4，∴在Rt△AKF中，|KF
|＝2，∴p＝2，∴抛物线方程为y2＝4x.3．答案：C解析：过P作PM垂直准线，M为垂足，|PM|＝|PF|，所以|PA|＋|PF|≥|AM|≥4（当且仅当M，N，A纵坐标相等时取等号）.4．答案：C解析：因为F为抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，
所以F（p2，0），又|AO|＝|AF|，即△AOF为等腰三角形，所以xA＝xO＋xF2＝p4，又点A在抛物线y2＝2px上，所以y2A＝2p×p4＝p22，则yA＝±2p2，即A（p4，±2p2），所以由抛物线的焦半径公式可得：|AF|＝
xA＋p2＝34p，又|AF|＋|BF|＝21p4，所以|BF|＝9p2，即xB＋p2＝9p2，所以xB＝4p，则y2B＝2p×4p＝8p2，即yB＝±22p，所以B（4p，±22p）；当A
p4，2p2，B（4p，22p）时，AB的斜率为kAB＝22p－22p4p－p4＝225；当Ap4，2p2，B（4p，－22p）时，AB的斜率为kAB＝－22p－2p24p－p4＝－223；当A
p4，－2p2，B（4p，22p）时，AB的斜率为kAB＝22p＋2p24p－p4＝223；当Ap4，－2p2，B（4p，－22p）时，AB的斜率为kAB＝－22p＋2p24p－p4＝－225；
故ABD都能取到，C不能取到．5．答案：6解析：由题设，F0，p2，令y＝－p2代入x23－y23＝1得x＝±p2＋122，∴|AB|＝p2＋12，又△ABF为等边三角形，则|AF|＝p2＋12，∴由勾股定理知：|AF|2－|AB|22＝3（p2＋12）4＝p2，解得
p2＝36，又p>0，∴p＝6.6．答案：[22，4）解析：如图，连接CP，CQ，CM，依题意，CP⊥MP，CQ⊥MQ，而|CP|＝|CQ|＝2，而|MP|＝|MQ|，则CM垂直平分线段PQ，于是得四边形MPCQ的面积为Rt△CP
M面积的2倍，从而得12|PQ|·|CM|＝2·12|CP|·|MP|，即|PQ|＝2|CP|·|MP||CM|＝4|CM|2－|CP|2|CM|＝41－4|CM|2，设点M（t，s），而C（3，0），s2＝4t（t≥0），
则|CM|2＝（t－3）2＋s2＝t2－2t＋9＝（t－1）2＋8≥8，当且仅当t＝1时取“＝”，∀t≥0，|CM|2∈[8，＋∞），因此得0<4|CM|2≤12，即12≤1－4|CM|2<1，得22≤|PQ|<4，所以|PQ|的取值范围为[22，4）.三
高考小题重现篇1．答案：D解析：由题意，知抛物线的焦点坐标为p2，0，椭圆的焦点坐标为（±2p，0），所以p2＝2p，解得p＝8.2．答案：C解析：设焦点为F，点A的坐标为（x0，y0），由抛物线定义得|AF|＝x0＋p2，∵点A到y轴距离为9，∴x0＝9，∴9＋p2＝12，∴p＝
6.3．答案：B解析：由抛物线的对称性不妨设D在x轴上方、E在x轴下方．由x＝2，y2＝2px得D（2，2p），E（2，－2p），∵OD⊥OE，∴OD→·OE→＝4－4p＝0，∴p＝1，∴C的焦点坐标为
12，0.4．答案：B解析：不妨设抛物线的方程为y2＝2px（p>0），P（x0，y0）（x0>0），则Q－p2，y0，Fp2，0，直线FQ的斜率为－y0p，从而线段FQ的垂直平分线的斜率为py0，又线段FQ的中点为0，y02，所以线段FQ的垂直平分线的方
程为y－y02＝py0（x－0），即2px－2y0y＋y20＝0，将点P的横坐标代入，得2px0－2y0y＋y20＝0，又2px0＝y20，所以y＝y0，所以点P在线段FQ的垂直平分线上．5．答案：5解析：设点M的坐标为（x0，y0），则有|FM|＝x0＋1＝6，解得
x0＝5.6．答案：x＝－32解析：不妨设Pp2，p，∴Q6＋p2，0，PQ→＝（6，－p），因为PQ⊥OP，所以p2×6－p2＝0，∵p>0，∴p＝3，∴C的准线方程为x＝－32.四经典大题强化篇1．
解析：（1）由题意可得2＋p2＝3，p＝2∴抛物线方程为y2＝4x.（2）设直线l方程为x＝my＋t，（t>0），代入抛物线方程y2＝4x中，消去x得，y2－4my－4t＝0，y1y2＝－4t，x1x2＝116（y1y2）2＝t2.OA→·OB→＝x1x2＋
y1y2＝y214·y224＋y1y2＝t2－4t＝12，解得t＝6或t＝－2（舍去）直线l方程为x＝my＋6，直线过定点Q（6，0）.2．解析：（1）将P点坐标代入抛物线方程y2＝2px得4＝2p，即p＝2，所以抛物
线C的方程为y2＝4x；（2）设AB：x＝my＋t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2－4my－4t＝0，Δ>0＝16m2＋16t>0⇒m2＋t>0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，kPA＝y1－2x1－1＝y1－2y214－1＝4y1＋2
，同理：kPB＝4y2＋2，由题意：4y1＋2＋4y2＋2＝2，4（y1＋y2＋4）＝2（y1y2＋2y1＋2y2＋4），解得y1y2＝4，有－4t＝4，即t＝－1，故直线AB：x＝my－1恒过定点（－1，0）
.点点练35直线与圆锥曲线一基础小题练透篇1．答案：A解析：直线y＝kx－k－1恒过定点（1，－1）.因为直线y＝kx－k－1与曲线C：x2＋2y2＝m（m>0）恒有公共点，则曲线C表示椭圆，点（1，－1）在椭圆内或椭圆上，所以12＋2×（－1）2≤m，所以m≥3，选A.2．答案：C解析：由题意
可知，左顶点A（－1，0）.又直线l的斜率为1，所以直线l的方程为y＝x＋1，若直线l与双曲线的渐近线有交点，则b≠1.又双曲线的两条渐近线的方程分别为y＝－bx，y＝bx，所以可得xB＝－1b＋1，xC＝1b－1.由2AB→＝BC→，可得2（xB－xA）＝xC－xB，故2×
－1b＋1＋1＝1b－1－－1b＋1，得b＝2，故e＝12＋221＝5.3．答案：A解析：设以P为中点的弦所在直线与椭圆交于点A（x1，y1），B（x2，y2），斜率为k，则4x21＋9y21＝144，
4x22＋9y22＝144，两式相减得4（x1＋x2）（x1－x2）＋9（y1＋y2）（y1－y2）＝0，又x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，y1－y2x1－x2＝k，代入解得k＝－23.4．答案：C解析：由题意知k≠0，Fp2，0，则直线AB的方程为y＝k
x－p2，代入抛物线方程，得y2－2pky－p2＝0，则y1y2＝－p2.不妨设A（x1，y1）（x1>0，y1>0），B（x2，y2），因为AF→＝2FB→，所以y1＝－2y2.又y1y2＝－p2，所
以y2＝－22p，x2＝p4，所以k＝－22p－0p4－p2＝22.根据对称性可得直线AB的斜率为±22.5．答案：D解析：由题意可得c＝5，得a2＋b2＝5，双曲线的渐近线方程为y＝±bax.将渐近线方程和抛物线方程y＝14x2＋14联立，
可得14x2±bax＋14＝0，由渐近线和抛物线相切可得Δ＝b2a2－4×14×14＝0，即有a2＝4b2，又a2＋b2＝5，解得a＝2，b＝1，可得双曲线的方程为x24－y2＝1.6．答案：D解析：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0
），代入双曲线的方程，得x21a2－y21b2＝1，x22a2－y22b2＝1，两式相减得（x1＋x2）（x1－x2）a2－（y1＋y2）（y1－y2）b2＝0，又x0＝x1＋x22，y0＝y1＋y22，所以x0a2＝y0（y1－y2）b2（x1－x2），所
以b2a2＝y0（y1－y2）x0（x1－x2）＝kOMkl＝1，所以e2＝1＋b2a2＝2，所以e＝2.7．答案：x28＋y24＝1解析：由左焦点为F1（－2，0），可得a2－b2＝4，过点F1作倾斜角为30°的直线的方程为y＝33（x＋2），圆心（0，0）到直线的距离d＝2331＋
332＝1.由直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为3b，可得2b2－1＝3b，解得b＝2，a＝22，则椭圆方程为x28＋y24＝1.8．答案：90解析：∵a＝6，b＝33，c＝a2－b2＝3，易知C1（－3，0）、C2（3，0）为椭圆的两个焦点
，|PM|2＋2|PN|2＝|PC1|2－4＋2（|PC2|2－1）＝|PC1|2＋2|PC2|2－6，根据椭圆定义|PC1|＋|PC2|＝2a＝12，设|PC2|＝t，则a－c≤t≤a＋c，即3≤t≤9，则|PM|2＋2|P
N|2＝（12－t）2＋2t2－6＝3t2－24t＋138＝3（t2－8t＋46），当t＝4时，|PM|2＋2|PN|2取到最小值90.二能力小题提升篇1．答案：B解析：由题意得双曲线的渐近线方程为y＝±34x，所以l的斜率满足|k|>34，
即k∈－∞，－34∪34，＋∞.2．答案：A解析：方法一设直线AB的方程为x＝ty＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为M，由x＝ty＋1，y2＝4x消去x得y2－4ty－4＝0，∴y1＋y2＝4t，y1
·y2＝－4.由yM＝y1＋y22＝2t＝2，得t＝1，∴S△AOB＝12|OF||y1－y2|＝12（y1＋y2）2－4y1y2＝22.方法二设A（x1，y1），B（x2，y2）.由y21＝4x1，y22＝4x2得kAB＝
y1－y2x1－x2＝4y1＋y2＝1，从而直线AB的方程为y＝x－1，由抛物线定义可得|AB|＝x1＋x2＋2＝y1＋y2＋4＝8，而点O到直线AB的距离d＝12＝22，从而S△AOB＝12|AB|d＝22.3．答案：B解析：由题意知抛物线的焦点F的
坐标为（2，0），设过焦点F（2，0）的直线为y＝k（x－2）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2）.将y＝k（x－2）代入抛物线方程消去y得k2x2－4（k2＋2）x＋4k2＝0.∵k2≠0，∴x1＋x2＝4（k2＋2）k2＝4＋8k
2，x1x2＝4.∵|AB|＝1＋k2·4＋8k22－16＝10，∴k2＝4，∴x1＋x2＝6，∴△OAB的重心的横坐标为x1＋x2＋03＝2.4．答案：D解析：设A（x1，y1），B（x2，y2），P（m，n），则x214＋y21b2＝1，x2
24＋y22b2＝1，作差可得（x1－x2）（x1＋x2）4＋（y1－y2）（y1＋y2）b2＝0，把x1＋x2＝2m，y1＋y2＝2n，y1－y2x1－x2＝2代入，可得nm＝－b28＝－14，解得b＝2.5．答案：4解析：由双曲线的离心率为2可
得c2a2＝4，又a2＋b2＝c2，所以ba＝3.因为F（c，0）到渐近线y＝±bax的距离d＝|FM|＝|FN|＝bca2＋b2＝b，所以|OM|＝|ON|＝c2－b2＝a，故S四边形OMFN＝2S△OMF＝2×
12ab＝3，得ab＝3.又ba＝3，所以a＝1，b＝3，得c＝2，故该双曲线的焦距为2c＝4.6．答案：－14解析：设l的方程为y＝－x＋b，代入y2＝4x，得x2－（2b＋4）x＋b2＝0，∵l为抛物线C的
切线，∴Δ＝0，即[－（2b＋4）]2－4b2＝0，解得b＝－1，∴l：y＝－x－1.由题意知MN所在直线方程为y＝－x＋1.联立y＝－x＋1，y2＝4x得x2－6x＋1＝0.设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝6，x1x2＝1.设P（m，－m－1），则PM→＝
（x1－m，y1＋m＋1），PN→＝（x2－m，y2＋m＋1）.∴PM→·PN→＝（x1－m）（x2－m）＋（y1＋m＋1）（y2＋m＋1）＝x1x2－m（x1＋x2）＋m2＋y1y2＋（m＋1）（y1＋y2）＋（m＋1）2.∵x1＋x2＝6，x1x2＝1，∴（y1y2）2＝16x1x
2＝16，则y1y2＝－4，y21－y22＝4（x1－x2），∴y1＋y2＝4（x1－x2）y1－y2＝－4，∴PM→·PN→＝1－6m＋m2－4－4（m＋1）＋（m＋1）2＝2（m2－4m－3）＝2[（m－2）2－7]≥－14.当且
仅当m＝2时，即点P的坐标为（2，－3）时，PM→·PN→取最小值，为－14.三高考小题重现篇1．答案：D解析：如图，由题知直线AP的方程为y＝36（x＋a），直线F2P的方程为y＝3（x－c），过点P作PB⊥x轴，交x轴于点B.联立
y＝36（x＋a），y＝3（x－c），解得xP＝6c＋a5，∴|F2B|＝6c＋a5－c＝a＋c5.∵∠PF2B＝180°－120°＝60°，∴|F2P|＝2（a＋c）5.又∵△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，∴|F2P|＝|F1F2|，即2c＝2（a
＋c）5，∴e＝ca＝14.2．答案：D解析：方法一由题知y2＝4x的焦点坐标为（1，0），则过焦点和点（0，b）的直线方程为x＋yb＝1，而x2a2－y2b2＝1的渐近线方程为xa＋yb＝0和xa－yb＝0，由
l与一条渐近线平行，与一条渐近线垂直，得a＝1，b＝1.方法二由题知双曲线C的两条渐近线互相垂直，则a＝b，即渐近线方程为x±y＝0，排除B，C.又知y2＝4x的焦点坐标为（1，0），l过点（1，0），（0，b），所以b－00－1＝－
1，b＝1.3．答案：D解析：由题意知直线MN的方程为y＝23（x＋2），联立直线与抛物线的方程，得y＝23（x＋2），y2＝4x，解得x＝1，y＝2或x＝4，y＝4.不妨设M为（1，2），N为（4，4）.又∵抛物线焦点为F（
1，0），∴FM→＝（0，2），FN→＝（3，4）.∴FM→·FN→＝0×3＋2×4＝8.4．答案：163解析：由题意得直线方程为y＝3（x－1），联立方程，得y＝3（x－1），y2＝4x，得3x2－10x＋3＝0，∴xA＋x
B＝103，故|AB|＝1＋xA＋1＋xB＝2＋103＝163.5．答案：25555解析：如图，设圆x－12c2＋y2＝c2的圆心为A，则A12c，0，所以|F1A|＝12c＋c＝32c.设过点F1且斜率为正的直线与圆
A切于点B，连接AB，则|AB|＝c，所以在Rt△F1AB中，|F1B|＝|F1A|2－|AB|2＝52c.所以直线F1B的斜率k＝tan∠BF1A＝|AB||F1B|＝c52c＝255.方法一设P（c，y1）（y1>0）.由点P在椭圆上，得c2
a2＋y21b2＝1，所以y1＝b2a（负值已舍去），所以|PF2|＝b2a.易得△F1AB∽△F1PF2，所以|AB||PF2|＝|F1B||F1F2|，即cb2a＝52c2c，所以4ac＝5b2，即4ac＝5（a2－c2），所以5e2＋4e－5＝0，解得e＝55（负值已舍
去）.方法二设P（c，y1）（y1>0）.由点P在椭圆上，得c2a2＋y21b2＝1，所以y1＝b2a（负值已舍去），所以|PF2|＝b2a.所以tan∠PF1F2＝|PF2||F1F2|＝b2a2c＝255，则4ac＝5b2，即4ac＝5（a2－c2
），所以5e2＋4e－5＝0，解得e＝55（负值已舍去）.方法三设P（c，y1）（y1>0）.由点P在椭圆上，得c2a2＋y21b2＝1，所以y1＝b2a（负值已舍去），所以|PF2|＝b2a.由|PF1|＋|PF2|＝2a，得|
PF1|＝2a－b2a，所以sin∠PF1F2＝|AB||F1A|＝|PF2||PF1|，即c3c2＝b2a2a－b2a，可得b2＝45a2.所以c＝a2－b2＝55a，则e＝ca＝55.四经典大题强化篇1．解析：（1）因为直线y＝kx交双曲线C于M，N两点，所以M
，N两点关于原点对称，从而四边形MF1NF2是平行四边形．设双曲线C的焦距为2c，则四边形MF1NF2的面积S＝2×12×2c×3＝12，解得c＝2，从而F1（－2，0），F2（2，0），所以|MF2|＝3，|MF1|＝5于是2
a＝|MF1|－|MF2|＝2，解得a＝1，b＝3所以双曲线C的方程为x2－y23＝1.（2）设M（x1，y1），则N（－x1，－y1），由x2a2－y2b2＝1y＝kx，得x2a2－k2b2x2＝1a2－k2b2x2＝1，因为MF1·NF1＝（－x1－c，－kx1）（
x1－c，kx1）＝c2－（k2＋1）x21＝0所以c2－（k2＋1）11a2－k2b2＝0，化简得k2＝b4a2（b2＋c2）.因为13≤k2≤3，所以13≤b4a2（b2＋c2）≤3.由b2a2（b2＋c2）≤3，得e4－8e2＋4≤0，解得1<e≤3＋1由13≤b4a
2（b2＋c2）得3e4－8e2＋4≥0，解得e≥2.因此，e的取值范围为[2，3＋1].2．解析：（1）由已知可得：ca＝121a2＋94b2＝1a2＝b2＋c2，解得a2＝4，b2＝3，c2＝1所以椭圆的方程为x24＋y23＝1；（2）因为F1（－1，0），
b2a＝32≠6019，所以直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y＝k（x＋1），P（x1，y1），Q（x2，y2），联立方程y＝k（x＋1）x24＋y23＝1，消去y整理可得：（3＋4k2）x2＋8k2x＋4k2－12＝0，所以x1＋x2＝－8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123
＋4k2，所以|PQ|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝1＋k2·64k4（3＋4k2）2－16k2－483＋4k2＝6019，化简可得：k2＝4，所以k＝±2，则直线l的方程为：y＝±2（x＋1）；（3）当直线AD的斜率不存在或为0时，矩形ABCD的面积为2a×2b＝
83，当直线AD的斜率存在且不为0时，设直线AD的方程为y＝k1x＋m，联立方程y＝k1x＋mx24＋y23＝1消去y整理可得：（3＋4k21）x2＋8k1mx＋4m2－12＝0，所以Δ＝64m2k21－4（3＋4k21）（4m2－12）＝0，解得m2＝3＋4k21，所以
|AB|＝2|m|1＋k21＝23＋4k211＋k21，同理可得|AD|＝23＋4－1k121＋－1k12＝24＋3k211＋k21，所以矩形ABCD的面积S＝|AB|·|AD|＝23＋4k211＋k21×24＋3k211＋k21＝412k41＋
25k21＋121＋k21，令1＋k21＝t>1，所以S＝412＋1t－1t2，又t>1，所以1t∈（0，1），则12＋1t－1t2＝－1t－122＋494，当1t＝12，即t＝2时，12＋1t－1t2取得最大值为49
4；所以12＋1t－1t2∈12，494，所以S∈（83，14]，综上，矩形ABCD的面积的取值范围为[83，14].单元检测（十）圆锥曲线1．答案：C解析：∵－1≤sinθ≤1，∴2≤2
sinθ＋4≤6，－4≤sinθ－3≤－2，∴方程x22sinθ＋4＋y2sinθ－3＝1（θ∈R）所表示的曲线是焦点在x轴上的双曲线．2．答案：A解析：由椭圆的定义可知|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝|AF1|＋|BF1|
＋（|AF2|＋|BF2|）＝4a＝43，解得a＝3，又离心率e＝ca＝33，所以c＝1，由a2＝b2＋c2得b＝2，所以椭圆C的方程为x23＋y22＝1.3．答案：C解析：由题意，F是抛物线y2＝4x的焦点，所以F（1，0），准线方程为x＝
－1，设M（x1，y1），N（x2，y2），所以|MF|＋|NF|＝x1＋1＋x2＋1＝6，解得x1＋x2＝4，所以线段MN的中点的横坐标为2，所以线段MN的中点到该抛物线的准线的距离为2＋1＝3.4．答
案：B解析：由题意得m2＝16，解得m＝4或m＝－4.当m＝4时，曲线方程为x2＋y24＝1，故离心率e＝ca＝1－b2a2＝1－14＝32；当m＝－4时，曲线方程为x2－y24＝1，故离心率e＝ca＝1＋b2a2＝1＋4＝5.所以曲线的离心率为32或5
.5．答案：D解析：当|MO|＝|MF|，即M在直线x＝12上时，解得M12，±2，即|MF|＝|MO|＝122＋（±2）2＝32，所以△OFM的周长为2×32＋1＝4.当|MO|＝|OF|时，设My204，y0，所以y401
6＋y20＝1，解得M（5－2，±25－2），所以|MF|＝5－1，所以△OFM的周长为5－1＋1＋1＝5＋1.6．答案：D解析：AF2⊥x轴，直线l在y轴上的截距为1，则A（c，2）.|AF1|＝3|F1B|，则B－
53c，－23，c2a2＋4b2＝1，25c29a2＋49b2＝1，2591－4b2＋49b2＝1，b2＝6.∵b2a＝2，a＝b22＝3，2a＝6，故选D.7．答案：D解析：由题意可知c2a2＝4，b2a2＝
c2－a2a2＝3，所以双曲线的渐近线方程为y＝±3x.因为抛物线的焦点0，p2到双曲线的渐近线的距离为2，所以p2（3）2＋12＝p4＝2，解得p＝8，所以抛物线C2的方程为x2＝16y.8．答案：C解析：方法一∵F1，F2是椭圆
C：x2a2＋y2b2＝1（a>b>0）的两个焦点，P为椭圆C上一点，∴|PF1|＋|PF2|＝2a.∵PF1·PF2＝0，∴PF1⊥PF2，∴|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，又△PF1F2的面积为9，∴12|PF1||P
F2|＝9，∴（|PF1|＋|PF2|）2＝4c2＋2|PF1||PF2|＝4a2，∴36＝4（a2－c2）＝4b2，解得b＝3.方法二利用椭圆性质可得，S△PF1F2＝b2tanθ2＝b2tanπ4＝9，∴b＝3.9．答案：C解析：设点C（x，y），则Gx3，y3.设M（x0，0）
，则MA→＝（－x0，－1），MC→＝（x－x0，y），GM→＝x0－x3，－y3，AB→＝（0，2）.由GM→＝λAB→，得x0－x3，－y3＝λ（0，2），所以x0＝x3①由|MA→|＝|MC→|，得x20＋1＝（x－x0）2＋y2，即x20＋1＝（x
－x0）2＋y2②将①式代入②式，得x23＋y2＝1.由已知可得点C不与A，B共线，所以x≠0.于是点C的轨迹方程为x23＋y2＝1（x≠0）.10．答案：B解析：∵M，N是双曲线的两个顶点，M，O，N将
椭圆长轴四等分，∴椭圆的长轴长是双曲线实轴长的2倍．∵双曲线与椭圆有公共焦点，∴双曲线与椭圆的离心率的比值是2.11．答案：A解析：设该内切圆在PF1，PA上的切点分别为D，E，则有|AB|＝|AE|，|P
D|＝|PE|，|F1B|＝|F1D|.又|PF2|－|PF1|＝2a，|AF1|＝|AF2|，所以|PA|＋|AF1|－|PF1|＝2a，即2|AB|＝2a，解得|AB|＝a.由|AB|>2b，即a>2b，得ba<12，所以e2＝1＋b2a2<54，从而1<e<52.12．答案：
C解析：设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4），则直线MD的方程为x＝x1－2y1y＋2，代入抛物线C：y2＝4x，整理得y2－4（x1－2）y1y－8＝0，所以y1y3＝－8，即y3＝－8y1，从而x3＝16y21，故P16y2
1，－8y1，同理可得Q16y22，－8y2.因为M，E，N三点共线，所以y1x1－4＝y2x2－4，即y1y214－4＝y2y224－4，所以y1y22－16y1＝y21y2－16y2，从而解得y1y2＝－16.所以k2＝－8y2＋8y116y22－16y21＝8y2＋y1
，k1＝y2－y1x2－x1＝y2－y1y224－y214＝4y2＋y1.所以k2k1＝2.13．答案：14解析：椭圆x22＋y2＝1的上顶点是（0，1），抛物线y＝ax2（a>0）的焦点是0，14a.因为抛物线y＝ax2（a>0）的焦点与椭圆x22＋y2＝1
的上顶点重合，所以14a＝1，所以a＝14.14．答案：2或103解析：若渐近线的方程为y＝bax，则点P的坐标为a2b，a.因为|PA2|＝52|A1A2|，所以a2b－a2＋a2＝5a2，则
ab－12＝4，所以ab＝3，从而离心率e＝1＋b2a2＝103.若渐近线的方程为y＝－bax，则点P的坐标为－a2b，a，同理可得离心率e＝2.故双曲线C的离心率为2或103.15．答案：（1，0）433解析：由抛物线C：y2＝4x可得p＝2，故焦点F的
坐标为（1，0）.设A（x0，y0），则|AF|＝x0＋p2＝x0＋1＝4，故x0＝3.根据抛物线的对称性，不妨令点A在第一象限，则y0＝23，则A（3，23），则kAB＝233－1＝3，故直线AB的方程为y＝3（x－1）.由
y2＝4x，y＝3（x－1）可得3x2－10x＋3＝0，故x＝3，y＝23或x＝13，y＝－233，则B13，－233，所以S△AOB＝12|OF|·|yA－yB|＝12×1×
23＋233＝433.16．答案：（0，3）解析：延长PF2，F1M交于N点，连接OM，如图．因为点Q是△F1PF2内切圆的圆心，所以直线PQ平分∠F1PF2.因为F1M⊥PQ，所以|PN|＝|PF1|，则M为F1N的中点．又因为O为F1F2的中点
，所以|OM|＝12|F2N|＝12（|PN|－|PF2|）＝12（|PF1|－|PF2|）＜12|F1F2|＝c＝3.所以|OM|的取值范围是（0，3）.17．解析：（1）因为BC过椭圆M的中心，所以BC＝2OC＝2OB.又AC⊥
BC，BC＝2AC，所以△OAC是以∠C为直角的等腰直角三角形，则A（a，0），Ca2，－a2，所以a22a2＋－a22b2＝1，整理得a2＝3b2，所以c2＝a2－b2＝2b2，所以e＝c2a2＝2b23b2＝63.（2
）由（1）可知A（a，0），B－a2，a2，AB＝102a，则△ABC的外接圆的圆心为AB的中点a4，a4，半径为12AB＝104a，所以△ABC的外接圆的方程为x－a42＋y－a42＝58a2.令x＝0，解得y＝a或y＝－a2，所以a－
－a2＝9，解得a＝6（也可由垂径定理得104a2－a42＝92，解得a＝6），所以b2＝12，故椭圆M的方程为x236＋y212＝1.18．解析：（1）由题意得F（1，0），l的方程为y＝k（x－1）（k>0）.设A（x1，
y1），B（x2，y2），由y＝k（x－1），y2＝4x得k2x2－（2k2＋4）x＋k2＝0.Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝2k2＋4k2.所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝（x1＋1）＋（x2＋1）＝4k2＋4
k2.由题设知4k2＋4k2＝8，解得k＝－1（舍去）或k＝1.因此l的方程为y＝x－1.（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－（x－3），即y＝－x＋5.设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则y0＝－x0＋5，（x
0＋1）2＝（y0－x0＋1）22＋16.解得x0＝3，y0＝2或x0＝11，y0＝－6.因此所求圆的方程为（x－3）2＋（y－2）2＝16或（x－11）2＋（y＋6）2＝144.1
9．解析：（1）由题意易知B（0，－1），A（0，－2），F1（－1，0），F2（1，0），则b＝2，c＝1，得b2＝4，a2＝b2＋c2＝5，故椭圆C1的方程为：x25＋y24＝1.（2）由题意，得B′（0，－3），直线PQ不
与x轴垂直，设直线PQ的方程为y＝kx－3，P（x1，y1），Q（x2，y2），由x25＋y24＝1y＝kx－3⇒（5k2＋4）x2－30kx＋25＝0，则Δ＝900k2－100（5k2＋4）＞0⇒k2＞1，x1＋x2＝30k5k2＋4，x1x2＝2
55k2＋4，所以S△APQ＝12|AB′|·|x1－x2|＝12·900k2－100（5k2＋4）5k2＋4＝10k2－125k4＋40k2＋16＝53，解得，k2＝145＞1，即k＝±705，故直线PQ的斜率
为±705.20．解析：（1）当m＝n＝14时，曲线C的方程为x2＋y2＝4，这是以原点为圆心，r＝2为半径的圆，直线l过点（3，2），当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，代入圆的方程得y2＝1，y＝±1，∴直线l被圆所截得弦长为2，符合题意；当直线l的斜率
存在时，设斜率为k，则直线l的方程为y－2＝k（x－3），即kx－y＋2－3k＝0，由弦长为2，半弦长为1，圆的半径为2，所以圆心到直线l的距离为22－1＝3，由点到直线的距离公式得|2－3k|k2＋1＝3，解得k＝312，所以直线l的方程为：y＝312
x＋74；综上，所求直线方程为x＝3或y＝312x＋74.（2）设P（x1，y1），R（x2，y2），则Q（－x1，－y1），E（x1，0），则直线EQ：y＝y12x1（x－x1）.代入曲线C的方程mx
2＋ny2＝1并整理得：（4mx21＋ny21）x2－2ny21x1x＋nx21y21－4x21＝0，Q，R的横坐标－x1，x2是这个方程的两实数根，∴x2－x1＝2ny21x14mx21＋ny21，∴y
2＝y12x1（x2－x1）＝ny314mx21＋ny21，y2－y1＝－4mx21y14mx21＋ny21，PQ→·PR→＝（－2x1，－2y1）·（x2－x1，y2－y1）＝－2[x1（x2－x1）＋y1（y2－y1）]＝－22ny21x214mx21＋ny21－4mx21y
214mx21＋ny21＝－2x21y21（2n－4m）4mx21＋ny21，由于m＝14，n＝12，∴2n－4m＝1－1＝0，∴PQ→·PR→＝0.21．解析：（1）依题意得1a2＋12b2＝1ca＝22a2＝b2＋c2，则a2＝2，b2＝1，c2＝1，所以
椭圆C的方程为x22＋y2＝1.（2）当直线l的斜率不存在时，不存在符合条件的点P.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x＋1）（k≠0），设线段AB中点为M，将y＝k（x＋1）代入x22＋y2＝1
，整理得（1＋2k2）x2＋4k2x＋2k2－2＝0.设A（x1，y1），B（x2，y2），由韦达定理得x1＋x2＝－4k21＋2k2，x1x2＝2k2－21＋2k2，则xM＝－2k21＋2k2，yM＝k（xM＋1）＝k1＋2k2，故|AB|＝（
1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]＝（1＋k2）16k4（1＋2k2）2－8k2－81＋2k2＝22·1＋k21＋2k2.因为△ABP为正三角形，所以PM⊥AB，则kPM·kAB＝
－1，即kPM＝－1k，直线PM的方程为y－k1＋2k2＝－1k（x－－2k21＋2k2），将x＝－2代入可得P（－2，2k＋3k1＋2k2），点P到直线l的距离为k＋2k＋3k1＋2k21＋k2，|PM|＝32|AB|，所以k＋2k＋3k1＋2k21
＋k2＝32×22×1＋k21＋2k2，解得k2＝2，即k＝±2，此时P的坐标为（－2，±425）.22．解析：（1）依题意，1a2＋94b2＝1，14a2＋4516b2＝1，解得a2＝4，b2＝3，故C的方程为x24＋y23＝1.（2）是定值．理由如下：依题
意，M（－2，0），N（0，3），设A（x0，y0），则3x20＋4y20＝12，所以直线AM：y－0y0－0＝x＋2x0＋2，令x＝0，yP＝2y0x0＋2，则|NP|＝3－yP＝3－2y0x0＋2＝3x0＋23－2y0x0＋2；直线AN：y－3y0－3＝x－0x0
－0，令y＝0，xQ＝－3x0y0－3.则|MQ|＝2＋xQ＝2＋－3x0y0－3＝2y0－23－3x0y0－3，又易知NP⊥MQ，所以四边形MNQP的面积为S＝12|NP|·|MQ|＝12·3x0＋23－2y0x0＋2·2y0－23－3x0y0－3＝－3
x20－4y20－12＋43x0y0－12x0＋83y02（x0y0－3x0＋2y0－23）＝43（x0y0－3x0＋2y0－23）2（x0y0－3x0＋2y0－23）＝23，所以四边形MNQP的面积为23.第十一单元概率与统计点点练36排列与组合一基础小题练透篇1．答案：
C解析：共有C26·C15＝75（种）不同的选法．2．答案：D解析：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24（个）；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成
“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36（个）.3．答案：B解析：根据题意，分两步考虑：第一步，先从4个人里选1人，其位置不变，站法有C14＝4（种）；第二步，其他3人都不站在自己原来的位置上，有2种站法．故不同的站法共有4×2＝8（
种）.4．答案：A解析：安排人员去甲地可分为两步：第一步安排教师，有C12种方案；第二步安排学生，有C24种方案．其余的教师和学生去乙地，所以不同的安排方案共有C12C24＝12（种）.5．答案：D解析：分两种情况，第一种，最后体验甲景区，
则有A33种可选的路线；第二种，不在最后体验甲景区，则有C12·A22种可选的路线．所以小明可选的旅游路线数为A33＋C12·A22＝10.6．答案：B解析：根据题意，“负重扛机”可由1名男记者或2名男记者参加，当由1名男记者参
加“负重扛机”工作时，有C13种方案，剩余2男2女记者可分为3组参加其余三项工作，共有C24C12A22·A33种方案，故由1名男记者参加“负重扛机”工作时，有C13·C24C12A22·A33种方案；当由2名男
记者参加“负重扛机”工作时，剩余1男2女3名记者各参加一项工作，有C23·A33种方案．故满足题意的不同安排方案数为C13·C24C12A22·A33＋C23·A33＝108＋18＝126.7．答案：590解析：方法一5＝1＋1＋3＝1＋2＋
2，故共有选派方法：C33C14C15＋C13C34C15＋C13C14C35＋C23C24C15＋C23C14C25＋C13C24C25＝590种．方法二利用间接法，用C512减去这5人从某一科或某两科选出的情形：C512－[C55＋C5
7＋（C58－C55）＋（C59－C55）]＝590.8．答案：45解析：设5名同学也用A，B，C，D，E来表示，若恰有一人坐对与自己车票相符的坐法，设E同学坐在自己的座位上，则其他四位都不坐自己的座位，则有BADC，BDAC
，BCDA，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA，共9种坐法，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有9×5＝45（种）.二能力小题提升篇1．答案：C解析：根据题意，可知甲、乙要求相邻的排法有A66×2＝1440种，
而甲、乙要求相邻且丙、丁也相邻的排法有A55×2×2＝480种，故甲、乙要求相邻，丙、丁分开的排法有1440－480＝960种．2．答案：C解析：方法一在5个位置中选两个安排其它两个节目，还有三个位置按顺序放入甲、
乙、丙，方法数为A25＝20.方法二不同的排法有A55A33＝20.3．答案：B解析：8人中选4人有C48＝70种，甲、乙均不选有C46＝15种，共有C48－C46＝55种．4．答案：A解析：先将6名学生分为3组，有C26
C24C22A33＝15种，因为甲所在小组不能去敬老院，所以安排的方法有C12A22＝4种，故不同的安排共有15×4＝60种．5．答案：54解析：①若甲乙两人恰有一人入选，志愿者有C12C23＝6种选法，再分配到3个社区，有A33＝6种方案，故由分步乘法计数原理知，共有6×
6＝36种选派方法；②若甲乙两人都入选，志愿者有C22C13＝3种选法，再分配到3个社区，有A33＝6种方案，故由分步乘法计数原理知，共有3×6＝18种选派方法，综上，由分类加法计数原理知，共有36＋18＝54种选派方法．6．答案：20解析：将关闭后的路灯看
作是由7盏亮着的路灯和3盏熄灭的路灯的排列，其中熄灭的路灯不能在两端，也不能相邻．因此，先将7盏亮着的路灯排好，再用3盏熄灭的路灯去插除去两端的6个空，一共有C36＝20种方法．三高考小题重现篇1．答案：C解析：根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志
愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有C25种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有A44种安排方法．故满足题意的分配方案共有C25·A44＝240（种）.2．答案：B解析：由E处到F处向上和向
右各走2段，故有C24＝6种走法，同理从F处到G处有C13＝3种走法．由分步乘法计数原理可知，共有6×3＝18条最短路径．3．答案：C解析：C16C25C33＝60.4．答案：D解析：由1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，个位数为奇数的有C13种，其余4个数字全排列，所以奇数
的个数为C13·A44＝3×4×3×2×1＝72.5．答案：36解析：因为每个小区至少安排1名同学，所以4名同学的分组方案只能为1，1，2，所以不同的安排方法共有C14·C13·C22A22·A33＝36种．6．答案：16解析：方法一（直接法）①选1女2男有C12C2
4＝12种选法，②选2女1男有C22·C14＝4种选法．根据分类加法原理，共12＋4＝16种不同选法．方法二（间接法）6人中选3人有C36种选法，3人全是男生有C34种选法，∴符合题意的不同选法有C36－C34＝20－4＝16种．四经典大题强化篇1．解析：（1）（捆绑法）由于女生排
在一起，可把她们看成一个整体，这样同5名男生合在一起有6个元素，排成一排有A66种排法，而其中每一种排法中，3名女生之间又有A33种排法，因此共有A66·A33＝4320种不同排法．（2）（插空法）先排5名男生，有A55种排法，这5名男生之间和两端有6
个位置，从中选取3个位置排女生，有A36种排法，因此共有A55·A36＝14400种不同排法．（3）方法一（位置分析法）因为两端不排女生，只能从5名男生中选2人排，有A25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A66种排法，因此共有
A25·A66＝14400种不同排法．方法二（元素分析法）从中间6个位置选3个安排女生，有A36种排法，其余位置无限制，有A55种排法，因此共有A36·A55＝14400种不同排法．（4）8名学生的所有排列共A88种，其中甲在乙左边与乙在甲左边的各占12，因此符合要求的排
法种数为12A88＝20160.（5）甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．方法一（特殊元素法）甲在最右边时，其他的可全排，有A77种不同排法；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A16种．而乙可排在除去最右边位置后
剩余的6个中的任一个上，有A16种，其余人全排列，共有A16·A16·A66种不同排法．由分类加法计数原理知，共有A77＋A16·A16·A66＝30960种不同排法．方法二（特殊位置法）先排最左边，除去甲外，有
A17种排法，余下7个位置全排，有A77种排法，但应剔除乙在最右边时的排法A16·A66种，因此共有A17·A77－A16·A66＝30960种排法．方法三（间接法）8名学生全排列，共A88种，其中，不符合条件的有甲在最左边时，有A77种排法，乙在最右边时，有A77种排法，其中都包含了甲在最
左边，同时乙在最右边的情形，有A66种排法．因此共有A88－2A77＋A66＝30960种排法．2．解析：（1）只有一名女生当选等价于有一名女生和四名男生当选．故共有C15·C48＝350种．（2）两队长当选，共有C22·C311＝165种．（3）至少有一名队长当
选含有两类：只有一名队长当选，有两名队长当选．故共有C12·C411＋C22·C311＝825种．（或采用排除法：C513－C511＝825（种））.（4）至多有两名女生当选含有三类：有两名女生当选，只有一名女生当选，没有女生当选．故选法共有C25·C38
＋C15·C48＋C58＝966种．点点练37二项式定理一基础小题练透篇1．答案：C解析：因为（2x＋1）n的展开式中，第三项和第四项的二项式系数相等，所以C2n＝C3n，由组合数的性质可得n＝2＋3＝5.2．答案：C解析：在二项式x－1x7的展开式中，通项公式为T
r＋1＝Cr7·x7－r·－1xr＝（－1）rCr7x7－2r，故第r＋1项的系数为（－1）rCr7，当r＝0，2，4，6时，系数为正，因为C07<C17＝C67<C27<C47，所以当r＝4时，系数最大
的项是第5项．3．答案：B解析：根据题意可得2n＝64，解得n＝6，则x＋1x6展开式的通项为Cr6x6－r1xr＝Cr6x6－2r，令6－2r＝0，得r＝3，所以常数项为：C36x6－31x3＝C36＝20.4．答案：D解析：由题意，
（2x＋1）8＝[2（x＋1）－1]8＝a0＋a1（x＋1）＋a2（x＋1）2＋…＋a8（x＋1）8，通项Tr＋1＝Cr8[2（x＋1）]8－r×（－1）r，0≤r≤8，r∈N*，令r＝5，可得a3＝C58×23×（－1）5＝－448.5．答案：D解析：令x＝0，则a0＋a1＋a2＋…＋a
10＝（0＋1）×（0＋1）8＝1，令x＝－12，则a0＝14＋1×（－2＋1）8＝54，∴a1＋a2＋…＋a10＝1－54＝－14.6．答案：C解析：由（x＋1）4＋（x－2）8＝[（x－1）＋2]4＋[（x－1）－1]8＝a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋…＋
a8（x－1）8，得a3·（x－1）3＝C14·（x－1）3·2＋C58·（x－1）3·（－1）5，∴a3＝8－C58＝－48.故选C.7．答案：15解析：取x＝1代入二项式得3x－1xn＝（3－1）n＝2n＝64，解得n＝6，第5项的二项式系数为C46
＝15.8．答案：240解析：1x＋2xn展开式的二项式系数和为2n＝64，解得n＝6，故展开式中第r＋1项为：Tr＋1＝Cr61x6－r（2x）r＝Cr62rx3r2－6，r＝0，1，…，
6.令3r2－6＝0，得r＝4，所以展开式中的常数项为T5＝C461x2()2x4＝15×16＝240.二能力小题提升篇1．答案：C解析：因为在（x－1）n的二项展开式中，仅有第6项的二项式系数最大，即C5n最
大，所以n＝10.2．答案：C解析：二项式（2x－x－1）6的展开式Tr＋1＝Cr6·（2x）6－r·（－x－1）r＝（－1）r·26－r·Cr6·x6－3r2，当r＝4，此时T5＝60x－3，可得（2x－x－1）6展开式中x－3项的系数为60.3．答案：D解析
：二项式x＋13x30的展开式中，通项公式为Cr30·（x）30－r·13xr＝Cr30·x15－56r，0≤r≤30，∴r＝0，6，12，18，24，30时满足题意，共6项．
4．答案：A解析：令x＝1可得12－1n＝－12n＝164＝－126，所以n＝6，展开式有7项，所以二项式12－x6展开式中二项式系数最大的为第4项T4＝（－1）3C36126－3x3＝－52x3.5．答案：－1解
析：由条件得：在等式左右两边取x＝0，计算得a0＝1，令x＝1，计算得a0＋a1＋…＋a9＝0，于是a1＋a2＋…＋a9＝－1.6．答案：4108x5解析：3x2＋1xn展开式中，各二项式系数的和
比各项系数的和小240，即2n－（3＋1）n＝－240，化简得22n－2n－240＝0，解得2n＝16或2n＝－15（不合题意，舍去），所以n＝4.所以3x2＋1x4＝81x8＋4×27x5＋
6×9x2＋4×3x＋1x4，展开式中的系数最大的项是108x5.三高考小题重现篇1．答案：C解析：由二项式定理得（x－2）5的展开式的通项Tr＋1＝Cr5（x）5－r（－2）r＝Cr5（－2）rx5－r2，令5－r2＝2，得r
＝1，所以T2＝C15（－2）x2＝－10x2，所以x2的系数为－10.2．答案：A解析：展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为C34＋2C14＝4＋8＝12.3．答案：C解析：要求x＋y2x（
x＋y）5的展开式中x3y3的系数，只要分别求出（x＋y）5的展开式中x2y3和x4y的系数再相加即可，由二项式定理可得（x＋y）5的展开式中x2y3的系数为C35＝10，x4y的系数为C15＝5，故
x＋y2x（x＋y）5的展开式中x3y3的系数为10＋5＝15.4．答案：240解析：展开式的通项为Tr＋1＝Cr6（x2）6－r·2xr＝2rCr6x12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4，故常数项为24C46＝240.5．答案：2解
析：（x＋a）5的展开式的通项为Tr＋1＝Cr5x5－rar，令5－r＝2，得r＝3，则C35a3＝80，解得a＝2.6．答案：510解析：（x－1）3＝x3－3x2＋3x－1，（x＋1）4＝x4＋4x3＋6x2＋4x＋1，所以a1＝1＋4＝5，a2＝－3＋6＝3，a3＝3＋4
＝7，a4＝－1＋1＝0，所以a2＋a3＋a4＝10.四经典大题强化篇1．解析：（1）令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.（2）令x＝－1，得－35＝－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5.由（2x－1）5的通项Tr＋1＝Cr5（－1）r·25－r
·x5－r，知a1，a3，a5为负值，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a5|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35＝243.（3）由a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1，－a0＋a1－a2＋…＋a5＝－35，得2（a1＋a3＋a5）＝1－35，所以a1＋a3＋a5＝1－352＝－1
21.2．解析：（1）展开式的通项为Tr＋1＝Crm·（x2）m－r·2x－12r＝Crm·2r·x2m－5r2，∴展开式中第4项的系数为C3m·23，倒数第4项的系数为Cm－3m·2m－3，∴C3m·23Cm－3m·2m－
3＝12，即12m－6＝12，∴m＝7.（2）令x＝1可得展开式中所有项的系数和为37＝2187，展开式中所有项的二项式系数和为27＝128.（3）展开式共有8项，由（1）可得当2m－5r2为整数，即r＝0，2，4，6时为有理项，共4项，∴由插空法可得有理项不相邻的概率为
A44A45A88＝114.点点练38随机事件的概率、古典概型与几何概型一基础小题练透篇1．答案：C解析：某同学用一枚质地均匀的硬币做了100次试验，正面朝上出现了40次，所以出现正面朝上的频率为40
100＝0.4，因为每次抛硬币时，正面朝上和反面朝上的机会相等，都是0.5，所以出现正面朝上的概率是0.5.2．答案：B解析：若事件A，B为互斥事件，则P（A＋B）＝P（A）＋P（B）＝43>1，与0≤P（A＋B）≤1矛盾，所以P（A＋B）≠P（A）＋P（B），所以事件A，B一定
不互斥，所以B正确，A错误，由题意无法判断P（AB）＝P（A）P（B）是否成立，所以不能判断事件A，B是否互相独立，所以CD错误．3．答案：C解析：设三支款式相同、颜色不同的圆珠笔分别为A，B，C，与之相同颜色的笔
帽分别为a，b，c，将笔和笔帽随机套在一起，基本事件有：（Aa，Bb，Cc），（Aa，Bc，Cb），（Ab，Ba，Cc），（Ab，Bc，Ca），（Ac，Bb，Ca），（Ac，Ba，Cb），共有6个基本事件，小王将两支笔杆和笔帽的颜色混搭包含的基本事件有：（Aa，Bc，Cb），（Ab，Ba，Cc
），（Ac，Bb，Ca），共有3个基本事件，∴小王将两支笔杆和笔帽的颜色混搭的概率是P＝36＝12.4．答案：B解析：向上的点数之和为5的基本事件有（1，1，3），（1，3，1），（3，1，1），（1，2，2），（2，1
，2），（2，2，1），共6种情况，而所有的基本事件个数为6×6×6＝216个，所以点数之和正好等于5的概率为6216＝136.5．答案：A解析：由题意，把6名同学平均分配到三个不同的路口，共有C26C24C22A33A33＝90种分配方案，其中甲、
乙两人被分配到同一路口有C13C24＝18种可能，所以甲、乙两人被分配到同一路口的概率为1890＝15.6．答案：B解析：将甲、乙、丙、丁4名同学分到A，B，C三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则将甲、乙、丙、丁4名同学分成三组，人数分别
为1，1，2；则共有C14C13A22种方法，分配给A，B，C三个班级的所有方法有C14C13A22·A33＝4×32×3×2＝36种；甲被分到A班，有两种情况：①甲单独一人分到A班，则剩余两个班级分别为1人和2人，共有C13A22＝6种；②甲和另外一人分到A班，则
剩余两个班级各1人，共有C13A22＝6种；综上可知，甲被分到A班的概率为6＋636＝13.7．答案：1733解析：集合A＝{1，2，3，…，10，11}，A中三个不同的元素组成的所有子集共有C311＝165个，集合中三个元素和为偶数的子集个数，共有C35＋C15C2
6＝10＋75＝85个，集合中三个元素和为偶数的概率为P＝85165＝1733.8．答案：0.21解析：设抽到一等品，二等品，三等品分别为事件A，B，C，则P（A）＋P（B）＝0.86P（B）＋P（C）＝0.35P
（A）＋P（B）＋P（C）＝1，解得P（B）＝0.21.二能力小题提升篇1．答案：D解析：由题可知，若从7条线路中选2条，则有C27＝21种方法，若选出的两条线都与A相连，则共有C25＝10种方法，则这两条线都与A直接
相连的概率为P＝C25C210＝1021.2．答案：B解析：由题可知，开始在A同学脚下，5次传球共有32种可能，ABABAB，ABABAC，ABABCA，ABABCB，ABACAB，ABACAC，ABACBA，ABACBC，ABCABA，ABCABC，ABCA
CA，ABCACB，ABCBAB，ABCBAC，ABCBCA，ABCBCB，ACABAB，ACABAC，ACABCA，ACABCB，ACACAB，ACACAC，ACACBA，ACACBC，ACBABA
，ACBABC，ACBACA，ACBACB，ACBCAB，ACBCAC，ACBCBA，ACBCBC，其中开始在A同学脚下，经过5次传球后，球回到A同学脚下的有10种，∴球回到A同学脚下的概率为
125×10＝1032＝516.3．答案：B解析：因为8个人排成两排，每排4人，共A88种结果，其中甲、乙不同排共2C14C14A66种结果，所以甲、乙不同排的概率为2C14C14A66A88＝47.4．答案：B解析：由题意知，舰载
机被第四条拦阻索挂住的概率为1－18%－62%－5%＝15%，故舰载机被第四条拦阻索挂住的次数约为20×0.15＝3.5．答案：12解析：由题意可知，甲、乙、丙3名学生各自随机选择其中一个教室自习，共有23＝8种情况，甲、乙两人不在同一教室上自习，可先考虑甲在A，B两个自习教室选
一个教室自习，然后乙在另一个教室自习，则丙可在A，B两个自习教室随便选一个自习，由分步乘法计数原理可知，有2×2＝4种情况．因此，甲、乙两人不在同一教室上自习的概率为48＝12.6．答案：25解析：将5个不
同编号的小球随机排成一列所包含的基本事件总数n＝A55＝120，其中只有一种颜色的球相邻的排列方法有C12A22A22A23＝48（种），两种颜色的球相邻的排列方法有A22A22A33＝24（种），因此相同颜色的球都不相邻所包含的基本事件个数m＝
120－48－24＝48.所以相同颜色的球都不相邻的概率P＝mn＝48120＝25.三高考小题重现篇1．答案：B解析：因为区间（0，12）的长度为12，区间（0，13）的长度为13，所以在区间（0，12）随机取1个数，则取到的数小于13的概率P＝
13÷12＝23.2．答案：C解析：将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，若2个0相邻，则有C15＝5种排法，若2个0不相邻，则有C25＝10种排法，所以2个0不相邻的概率为105＋10＝23.3．答案：A解析：从O，A，B，C，D中
任取3点的情况有（O，A，B），（O，A，C），（O，A，D），（O，B，C），（O，B，D），（O，C，D），（A，B，C），（A，B，D），（B，C，D），（A，C，D），共有10种不同的情况，由图可知取到的3点共线的有
（O，A，C）和（O，B，D）两种情况，所以所求概率为210＝15.4．答案：A解析：由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C36＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求
概率P＝2064＝516.5．答案：19解析：将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，向上的点数共有36种情况，其中点数和为5的情况有（1，4），（2，3），（3，2），（4，1），共4种，则所求概率为436＝19.6．答案：710解析：记3名男同学为A，B，C，2
名女同学为a，b，则从中任选2名同学的情况有（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），（B，C），（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），（a，b），共10种，其中至少有1名女同学的情况有（A，a），（A，b），（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），（a，
b），共7种，故所求概率为710.四经典大题强化篇1．解析：记A表示事件“考生选择生物”，B表示事件“考生选择物理但不选择生物”，C表示事件“考生至少选择生物、物理2门学科中的1门”，D表示事件“考生选择生物但不选择物理”，E表示事件“考生同时选择生物、物理两门
学科”．（1）由题意可得P（A）＝0.5，P（B）＝0.2，C＝A∪B，A∩B＝∅.所以P（C）＝P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝0.5＋0.2＝0.7.（2）由某校400名考生中，选择生物但不选择
物理的人数为140，可知P（D）＝140400＝0.35.因为D∪E＝A，D∩E＝∅，所以P（E）＝P（A）－P（D）＝0.5－0.35＝0.15.故1位考生同时选择生物、物理2门学科的概率为0.15.2．解析：（1）设该厂这个月共生产轿车n辆，由题意得50n
＝10100＋300，所以n＝2000，则z＝2000－（100＋300）－（150＋450）－600＝400.（2）设所抽样本中有a辆舒适型轿车，由题意得4001000＝a5，得a＝2，所以抽取的容量为5的样本中，有2辆舒适型轿车，3辆标准型轿车．用A1，A2分别表示2辆舒适型轿车，用B1，B2
，B3分别表示3辆标准型轿车，用E表示事件“在该样本中任取2辆，至少有1辆舒适型轿车”．从该样本中任取2辆包含的基本事件有（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），（B1，B2），（
B1，B3），（B2，B3），共10个．其中事件E包括的基本事件有（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），共7个．故P（E）＝710，即所求的概率为710.（3）样本平均数x－＝18×（9.4＋8.6＋9.2＋9
.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2）＝9.设D表示事件“从样本中任取一个数xi（1≤i≤8，i∈N），|xi－x－|≤0.5”，则从样本中任取一个数有8个基本事件，事件D包括的基本事件有6个．所以P（D）＝68＝34，即所求的概率为34.点点练39离散型随机变量及其分布列、均值与方差一基础小题
练透篇1．答案：C解析：由随机变量的分布列的性质知，0≤9c2－c≤1，0≤3－8c≤1，9c2－c＋3－8c＝1，解得c＝13.2．答案：C解析：由题意知ξ的可能取值为1，2，3，P（ξ＝1）＝C1
5C24C22C35C35＝0.3，P（ξ＝2）＝C25C13C12C35C35＝0.6，P（ξ＝3）＝C35C35C35＝0.1，∴E（ξ）＝1×0.3＋2×0.6＋3×0.1＝1.8.3．答案：B解析：随机变量ξ的所有可能的取值
为0，1，2，P（ξ＝0）＝C34C02C36＝15，P（ξ＝1）＝C24C12C36＝35，P（ξ＝2）＝C14C22C36＝15.则随机变量ξ的分布列为ξ012P153515所以ξ的数学期望E（ξ
）＝0×15＋1×35＋2×15＝1.4．答案：A解析：∵离散型随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4，P（X）＝aX＋b，∴（a＋b）＋（2a＋b）＋（3a＋b）＋（4a＋b）＝1，即10a＋4b＝1，又E（X）＝3，∴（a＋b）＋2（2a＋b）＋3
（3a＋b）＋4（4a＋b）＝3，即30a＋10b＝3，∴a＝110，b＝0，∴a－b＝110.5．答案：B解析：每个轮次甲不能通过的概率为13×13＝19，通过的概率为1－19＝89，因为甲3个轮次通过的次数X服从二项分
布B3，89，所以X的数学期望为3×89＝83.6．答案：B解析：由题意得ξ的所有可能取值为2，4，且P（ξ＝2）＝33＋a，P（ξ＝4）＝a3＋a，∴E（ξ）＝2×33＋a＋4×a3＋a＝3，解得a＝3，∴P（ξ＝2）＝12，P（ξ＝4）＝12，∴D（ξ）＝
（2－3）2×12＋（4－3）2×12＝1.7．答案：3解析：∵E（ξ）＝43，D（ξ）＝29，P（ξ＝x1）＝23，P（ξ＝x2）＝13，∴23×x1＋13×x2＝43①，x1－432×23＋
x2－432×13＝29②，由①②可得x1＝1，x2＝2，则x1＋x2＝3.8．答案：204912049解析：根据题意可知P（ξ＝1）＝a1，P（ξ＝2）＝a2，P（ξ＝3）＝a3，P（ξ＝4）＝a4，P（ξ＝5）＝a
5，P（ξ＝6）＝a6，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝1，∴a＝2049，E（ξ）＝6a＝12049.二能力小题提升篇1．答案：D解析：由题意，该同学从家到学校至少遇到一次红灯的概率为P＝1－1－12×1－1
3×1－14＝34.2．答案：D解析：“至少有一人解决该问题”的对立事件为“三人都未解决”，故所求的概率为P＝1－（1－0.6）（1－0.6）（1－0.6）＝0.936.3．答案：A解析：由题可知P（X＝
1）＝p，P（X＝2）＝（1－p）p，P（X＝3）＝（1－p）2p＋（1－p）3＝（1－p）2，则E（X）＝P（X＝1）＋2P（X＝2）＋3P（X＝3）＝p＋2（1－p）p＋3（1－p）2＞1.75，解得p＞52或p＜12.由p∈（0，1），得p∈0，1
2.4．答案：B解析：ξ1可能的取值为0，1，2，则P（ξ1＝0）＝49，P（ξ1＝2）＝19，P（ξ1＝1）＝1－49－19＝49，故E（ξ1）＝23，D（ξ1）＝0－232×49＋2－232×19＋1－232×49＝49.ξ2可能的取值为0，1，则P（ξ
2＝0）＝2×13×2＝13，P（ξ2＝1）＝2×1×23×2＝23，故E（ξ2）＝23，D（ξ2）＝0－232×13＋1－232×23＝29，故E（ξ1）＝E（ξ2），D（ξ1）
＞D（ξ2）.5．答案：4解析：∵AC→＝AB→＋BC→＝（2，－3），∴X＝AB→·AC→＝2m－3，∴X的分布列为X－113579P161616161616∴E（X）＝16×（－1＋1＋3＋5＋7＋9）＝4.6．答案：151330解析：因为随机变量ξ的分布列为P（ξ＝k4）＝a2
k（k＝1，2，3，4），所以a2＋a22＋a23＋a24＝1，解得a＝1615，所以随机变量ξ的分布列为ξ1412341P815415215115所以P（ξ>12）＝P（ξ＝34）＋P（ξ＝1）＝215＋115＝15，随机变量ξ的数学期望E（ξ）＝14×815＋12×415＋34×21
5＋1×115＝1330.三高考小题重现篇1．答案：B解析：根据均值E（X）＝i＝14xipi，方差D（X）＝i＝14[xi－E（X）]2·pi以及方差与标准差的关系，得各选项对应样本的标准差如下表．选项均值E（X）方差D（X）标准差D（X）A2.50.650.6
5B2.51.851.85C2.51.051.05D2.51.451.45由此可知选项B对应样本的标准差最大．2．答案：D解析：由题意可得，E（X）＝13（a＋1），所以D（X）＝（a＋1）227＋（
1－2a）227＋（a－2）227＝6a2－6a＋627＝29a－122＋34，所以当a在（0，1）内增大时，D（X）先减小后增大．3．答案：A解析：由题意得E（ξ1）＝1×p1＋0×（1
－p1）＝p1，E（ξ2）＝1×p2＋0×（1－p2）＝p2，则D（ξ1）＝（1－p1）2×p1＋（0－p1）2（1－p1）＝p1（1－p1），D（ξ2）＝（1－p2）2×p2＋（0－p2）2（1－p2）＝p2（1－p2），又因为0<p1<p2<12，所以p1（1－p1）<p2（
1－p2），所以E（ξ1）<E（ξ2），D（ξ1）<D（ξ2）.4．答案：131解析：ξ＝0表示停止取球时没有取到黄球，所以P（ξ＝0）＝14＋14×13＝13.随机变量ξ的所有可能取值为0，1，2，则
P（ξ＝1）＝24×13＋24×13×12＋14×23×12＝13，P（ξ＝2）＝24×13×12＋14×23×12＋24×13×12＋24×13×12＝13，所以E（ξ）＝0×13＋1×13＋2×13＝1.5．答案：189解
析：P（ξ＝2）＝C24C2m＋n＋4＝6C2m＋n＋4＝16⇒C2m＋n＋4＝36，所以m＋n＋4＝9，P()一红一黄＝C14·C1mC2m＋n＋4＝4m36＝m9＝13⇒m＝3，所以n＝2，则m－n＝1.由于P（ξ＝2）
＝16，P（ξ＝1）＝C14·C15C29＝4×536＝59，P（ξ＝0）＝C25C29＝1036＝518，∴E（ξ）＝16×2＋59×1＋518×0＝13＋59＝89.四经典大题强化篇1．解析：（1）设事件A表示：辩论队员甲收到正队长的通知信息．则P（A）＝38，P（A－）
＝58；设事件B表示：辩论队员甲收到副队长的通知信息．则P（B）＝38，P（B－）＝58；设事件C表示：辩论队员甲收到正队长或副队长的通知信息．则P（C）＝1－P（A－）P（B－）＝1－582＝3964.所以辩论队员甲收到正队长或副队长的通知信息的
概率为3964.（2）由题意可得，随机变量X的所有可能取值为3，4，5，6，则P（X＝3）＝C38C38C38＝156，P（X＝4）＝C28C16C15C38C38＝1556，P（X＝5）＝C18C27C25C38C
38＝1528，P（X＝6）＝C38C35C38C38＝528，所以随机变量X的分布列为X3456P15615561528528故数学期望E（X）＝3×156＋4×1556＋5×1528＋6×528＝398.2．解析：（1）根据题
意，得一只小白鼠第一天接种后当天出现Z症状的概率P1＝14，第二天接种后当天出现Z症状的概率P2＝34×14＝316，能参加第三天试验但不能参加下一个接种周期试验的概率P3＝34×34×14＝964，所以一只小白鼠至多能参加一个接
种周期试验的概率P＝P1＋P2＋P3＝14＋316＋964＝3764.（2）设事件C为“小白鼠在一个接种周期内出现2次或3次Z症状”，则P（C）＝C23142×34＋C33143＝532.由题意，得随机变量X的所有
可能取值为1，2，3，则P（X＝1）＝P（C）＝532，P（X＝2）＝[1－P（C）]·P（C）＝1－532×532＝1351024，P（X＝3）＝[1－P（C）]·[1－P（C）]×1＝72910
24，所以X的分布列为X123P53213510247291024E（X）＝1×532＋2×1351024＋3×7291024＝26171024.点点练40条件概率、二项分布和正态分布一基础小题练透篇1．答案：C解析：由于数学期望E
（X）＝np＝3，所以方差D（X）＝np（1－p）＝3（1－p）＝125.2．答案：A解析：方法一依题意，在第一个球取得红球的条件下，坛子中还有3个黄球，而坛子中此时共有9个球，故再取一球取得黄球的概率P＝39
＝13.方法二记“第一次取得红球”为事件A，“第二次取得黄球”为事件B，则P（A）＝110，P（AB）＝1×310×9＝130，所以已知第一个球为红色的情况下第二个球为黄色的概率为P（B|A）＝P（AB）P（A）＝13.3．
答案：C解析：比赛结束时A队的得分高于B队的得分的情况有3种：A全胜；A三胜一负；A第三局胜，另外三局两负一胜，所以比赛结束时A队的得分高于B队的得分的概率P＝234＋C3423313＋C13232
132＝2027.4．答案：D解析：记“小明在第一个路口遇到红灯”为事件A，“小明在第二个路口遇到红灯”为事件B，“小明在第一个路口遇到了红灯，在第二个路口也遇到红灯”为事件C，则P（A）＝0.4，P（B）＝0.5，P（AB）＝0.2，则P（B|A
）＝P（AB）P（A）＝0.20.4＝0.5.5．答案：D解析：因为X～N（86，σ2），P（80＜X≤86）＝0.36，所以P（X＞92）＝1－2P（80＜X≤86）2＝1－0.722＝0.14.6．答案：B解析：设事件A为“四引擎飞机安全飞行”，则P（A）＝C34p3（1－p）＋C44p
4.设事件B为“双引擎飞机安全飞行”，则P（B）＝p2，依题意P（A）＞P（B），即C34p3（1－p）＋C44p4＞p2，解得13＜p＜1.7．答案：0.42解析：网购2箱苹果恰有1箱在运输过程中出现挤压相当于重
复做两次试验，恰好发生一次．由于每次事件发生的概率为0.7，因此恰有一次发生的概率为C12×0.7×（1－0.7）＝0.42.8．答案：0.1解析：∵随机变量X～B（2，p），∴P（X≥1）＝1－C02（1－p）2＝0.64，解得p＝0.4或p＝
1.6（舍）.又Y～N（2，σ2），∴P（Y＞4）＝P（Y＜0）＝0.5－P（0＜Y＜2）＝0.5－p＝0.1.二能力小题提升篇1．答案：C解析：记“三人中至少有两人解答正确”为事件A，“甲解答不正确”为事件B，则P（A）＝C23232×13＋C33×
233＝2027，P（AB）＝13×23×23＝427.∴P（B|A）＝P（AB）P（A）＝15.2．答案：C解析：根据正态曲线的对称性，每个收费口超过700辆的概率P（X＞700）＝12[1－P（500＜X＜700）]＝12×（1－0.6）＝15，∴这三个收费口每天至少有
一个超过700辆的概率P＝1－1－153＝61125.3．答案：D解析：由已知可得，三枚钱币全部正面向上或反面向上即变爻出现的概率P＝2×123＝14，一卦中出现变爻的次数X～B6，14，∴P（X＝2）＝C2
6×142×344＝12154096.4．答案：A解析：①中，设随机变量X～B6，12，则P（X＝3）＝C36123×1－123＝516，正确．②中
，∵X～N（2，σ2），∴正态曲线的对称轴是直线x＝2.∵P（X＜4）＝0.9⇒P（X＞4）＝P（X＜0）＝0.1，∴P（0＜X＜2）＝P（2＜X＜4）＝0.4，正确．③中，事件A为“4个人去的景点互不相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则P（AB）＝4×3！44
，P（B）＝4×3344，∴P（A|B）＝P（AB）P（B）＝29，正确；④中，E（2X＋3）＝2E（X）＋3正确，D（2X＋3）＝2D（X）＋3错误，应该为D（2X＋3）＝4D（X），故不正确．5．答案：2027解析：甲获胜的方式有2∶0和2∶1两种，则甲获得冠军的概率P＝
232＋C12×23×13×23＝2027.6．答案：2572解析：1，2，3，4等可能的各种排列共有A44＝24种，满足X≤2的a1，a2，a3，a4的排列有：1，2，3，4；2，1，3，4；1，2，4，3；1，3，2，4，共4种，∴p1＝4
24＝16，∴p2＝C13p1（1－p1）2＝3×16×2536＝2572.三高考小题重现篇1．答案：B解析：由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即X～B（10，p），所以D（X）＝10p（1－p）＝2.4，所以p＝0.4或0.6.又因为P（X＝4
）＜P（X＝6），所以C410p4（1－p）6＜C610p6（1－p）4，所以p＞0.5，所以p＝0.6.2．答案：B解析：P（甲）＝16，P（乙）＝16，P（丙）＝536，P（丁）＝636＝16，P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙），P（甲丁）＝136＝P（甲）P（丁）
，P（乙丙）＝136≠P（乙）P（丙），P（丙丁）＝0≠P（丙）P（丁）.3．答案：1.96解析：随机变量X～B（100，0.02），D（X）＝100×0.02×（1－0.02）＝1.96.4．答案：162
3解析：依题意得，甲、乙两球都落入盒子的概率为12×13＝16，甲、乙两球都不落入盒子的概率为1－12×1－13＝13，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－13＝23.5．答案：0.18解析：记
事件M为甲队以4∶1获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以P（M）＝0.6×（0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2）＝0.18.四经典大题强化篇1．解析：
（1）记这只蜻蜓的翼长（单位：mm）为t.因为A种蜻蜓和B种蜻蜓的个体数量大致相等，所以这只蜻蜓是A种还是B种的可能性是相等的．所以P（45≤t≤55）＝12×P（45≤X≤55）＋12×P（45≤Y≤55）＝12×P（45≤X≤45＋2×5）＋12×P（55－2
×5≤Y≤55）≈12×0.95452＋12×0.95452＝0.47725.（2）两种蜻蜓的个体数量大致相等，X，Y的方差也相等，根据正态曲线的对称性，可知μ0＝45＋552＝50.0.∵0.47725≈0.4773，∴由题意可知45＝μ0－0.64
σ0，55＝μ0＋0.64σ0，得σ0＝50.64≈7.8.（3）由（2）知P（42.2≤Z≤57.8）＝P（μ0－σ0≤Z≤μ0＋σ0）＝0.6827.由题意有W～B（3，0.6827），所以P（W＝k）＝Ck3×0.6827k×0.31733－k.因此W的分布列为W0123PC030
.31733C130.68271×0.31732C230.68272×0.31731C330.68273E（W）＝3×0.6827＝2.0481.2．解析：（1）由题意知1200×20－1000＝23000，1200×15－1000＝17000，900×20－1000＝17000，900×15－
1000＝12500，所以X的所有可能取值为23000，17000，12500.设A表示事件“该经济农作物亩产量为900kg”，则P（A）＝0.5；设B表示事件“该经济农作物市场价格为15元/kg”，则P（B）＝0.4.则P（X＝23000）＝P（A－B－）＝（1－0.5）×（1－0
.4）＝0.3，P（X＝17000）＝P（A－B）＋P（AB－）＝（1－0.5）×0.4＋0.5×（1－0.4）＝0.5，P（X＝12500）＝P（AB）＝0.5×0.4＝0.2.所以X的分布列为X2300
01700012500P0.30.50.2（2）设C表示事件“种植该农作物一亩一年的纯收入不少于16000元”，则P（C）＝P（X≥16000）＝P（X＝23000）＋P（X＝17000）＝0.3＋0.5＝0.8，设这
三年中有Y年的纯收入不少于16000元，则Y～B（3，0.8），所以这三年中至少有两年的纯收入不少于16000元的概率P＝P（Y≥2）＝C33×0.83＋C23×0.82×0.2＝0.896.（3）由（1）知，预测20
20年该农户种植该经济农作物一亩的纯收入为E（X）＝23000×0.3＋17000×0.5＋12500×0.2＝17900（元）.因为179004＞4000，所以该农户的人均纯收入超过了国家脱贫标准．所以预测该农户在2020年底可以脱贫．点点练41
统计与统计案例一基础小题练透篇1．答案：D解析：设袋子中球的个数为n，所以30n＝210，∴n＝150.所以袋子中有150个球．2．答案：D解析：由系统抽样的定义知这种抽样方法为系统抽样法．3．答案：D解析：根据频率分布直方图知，12时到14时的频率为0.35，9时到1
1时的频率为1－0.4－0.25－0.10＝0.25，所以9时到11时的销售额为：42×0.250.35＝30（万元）.4．答案：C解析：依题意，K2＝100×（10×30－20×40）230×70×50×50＝10021≈4.7
62，显然3.841<4.762<6.635，所以有95%以上的把握认为“服药与患病有关”．5．答案：C解析：样本中心点在回归直线上，故A正确，残差平方和越小的模型，拟合效果越好，故B正确，R2越大拟合效果越好，故
C不正确，直线y^＝b^x＋a^和各点（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn）的偏差i＝1n[yi－（b^xi＋a^）]2是该坐标平面上所有直线与这些点的偏差中最小的，故D正确．6．答案：B解析：由散点图可知，y与x成线性相关，设回归方程为
y＝m＋kx，由题意z＝yx，所以z＝mx＋k，对应B最适合．7．答案：89解析：b－i＝3a－i＋2＝8，bi的方差为32×1＝9.8．答案：360解析：第一个小矩形的面积S1＝0.3，第二个小矩形的面积
S2＝0.4，故n＝2000＋0.5－0.30.0002＝3000.由图中数据计算可得a＝0.00009，而m＝1000×0.3＋3000×0.4＋5000×0.18＋（7000＋9000）×0.06＝3360，故m－n＝360.二能力小题提升篇1．答案：D解析：依题意知，甲的数据分析素养的分
值比乙低，因此选项A不正确；甲的数学建模素养与数学抽象素养均为3分，因此甲的数学建模素养与数学抽象素养基本相当，因此选项B不正确；乙的数学运算、数学建模、数学抽象素养均为4分，直观想象、数据分析、逻辑推理素养均为5分，因此选项C不正确；甲的六大数学核心素养的得分由低到
高依次为3，3，3，4，4，5，乙的六大数学核心素养的得分由低到高依次为4，4，4，5，5，5，因此乙的六大核心素养整体水平优于甲，因此选项D正确．2．答案：A解析：根据茎叶图可得甲成绩的中位数为32，故A正确
；乙同学的成绩最高为52，最低为10，所以极差为52－10＝42，故B错误；由茎叶图可知甲同学成绩的众数为32，乙同学的成绩的众数为42，不相等，故C错误；因为甲成绩的平均数为x－甲＝11＋22＋23＋24＋32＋32＋33＋41＋529＝30，乙成绩的平均数为x－乙＝10＋22
＋31＋32＋35＋42＋42＋50＋529＝3519，x－甲<x－乙，故D错误．3．答案：D解析：设产业结构调整前经济收入为a，则产业结构调整后经济收入为4a.由饼图知产业结构调整前纺织服装的收入为0.45a，节能环保的收入为0.15a，食品加工的收入为0.18a，科技
研发的收入为0.22a.产业结构调整后纺织服装的收入为4a×0.15＝0.6a，节能环保的收入为4a×0.25＝a，食品加工的收入为4a×0.15＝0.6a，科技研发的收入为4a×0.45＝1.8a.由以上数据易得产业结构调整后节能环保的收入与产业结构调整前的总收入一样多，故①正确；
产业结构调整后科技研发的收入增幅最大，故②正确；产业结构调整后纺织服装的收入相比调整前有所提高，故③错误；产业结构调整后食品加工的收入超过调整前纺织服装的收入，故④正确．故选D.4．答案：B解析：由散点图可知，羊只数量和草场植被指数成负相关，
所以羊只数量与草场植被指数有相关关系，但不是函数关系，故①错误；－1＜r1＜0，－1＜r2＜0，在去掉第一年数据之后，由题图可看出回归模型的相关程度更强，所以r2更接近－1，所以0＜|r1|＜|r2|＜1，故②正确；因为回归直线方程得到的预测值是预测变量的估计值，不是准
确值，故③错．综上所述，正确的个数是1.5．答案：②③解析：不能确定甲、乙两校的男女比例，故①不正确；因为甲、乙两校男生成绩的优秀率均大于女生成绩的优秀率，所以甲、乙两校所有男生成绩的优秀率大于甲、乙两校所有
女生成绩的优秀率，故②正确；因为不能确定甲、乙两校的男女比例，所以不能确定甲校学生成绩的优秀率与甲、乙两校所有学生成绩的优秀率的大小关系，故③正确．6．答案：①②③解析：由最小二乘法建立回归方程的方法可知回归直线y^＝0.85x－85.71一定过样本点的中心（x－，y－），
因此②正确．由x的系数0.85＞0可知两个变量具有正的线性相关关系，因此①正确．由x的系数为0.85可知若身高增加1cm，则增加的体重约为0.85kg，因此③正确．将x＝160代入回归方程计算得其体重约为50.29kg，不是一定为50.29kg，因此④不正确．三高考小题重现篇1
．答案：C解析：不妨设该校学生总人数为100，既喜欢足球又喜欢游泳的学生人数为x，则100×96%＝100×60%－x＋100×82%，所以x＝46，所以既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46%.2．答案：B解析：由题意得第二天订单不超过1600份
的概率为1－0.05＝0.95，故第一天积压订单加上第二天的新订单不超过1600＋500＝2100份的概率为0.95，因为超市本身能完成1200份订单的配货，所以需要志愿者完成的订单不超过2100－1200＝900份的概率为0.95，因为
900÷50＝18，所以至少需要18名志愿者．3．答案：C解析：因为频率直方图中的组距为1，所以各组的直方图的高度等于频率．样本频率直方图中的频率即可作为总体的相应比率的估计值．该地农户家庭年收入低于4.
5万元的农户的比率估计值为0.02＋0.04＝0.06＝6%，故A正确；该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计值为0.04＋0.02×3＝0.10＝10%，故B正确；该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万
元之间的比例估计值为0.10＋0.14＋0.20×2＝0.64＝64%>50%，故D正确；该地农户家庭年收入的平均值的估计值为3×0.02＋4×0.04＋5×0.10＋6×0.14＋7×0.20＋8×0.20＋9×0.10＋
10×0.10＋11×0.04＋12×0.02＋13×0.02＋14×0.02＝7.68（万元），超过6.5万元，故C错误．综上，给出结论中不正确的是C.4．答案：D解析：观察散点图可知，散点图用光滑
曲线连接起来比较接近对数型函数的图象．5．答案：A解析：设新农村建设前，农村的经济收入为a，则新农村建设后，农村经济收入为2a.新农村建设前后，各项收入的对比如下表：新农村建设前新农村建设后新农村建设后变化情况结论种植收入60%a37%×2a＝74%a增加A错其他收入4%a5%×2a＝10%a
增加一倍以上B对养殖收入30%a30%×2a＝60%a增加了一倍C对养殖收入＋第三产业收入（30%＋6%）a＝36%a（30%＋28%）×2a＝116%a超过经济收入2a的一半D对6.答案：2解析：由平均数公式可得4＋2a＋（3－a）＋5＋65＝4，解得a＝2.四经典大题强
化篇1．解析：（1）根据抽查数据，该市100天空气中的PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为32＋18＋6＋8＝64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100＝0.64.（2）根
据抽查数据，可得2×2列联表：SO2PM2.5[0，150]（150，475][0，75]6416（75，115]1010（3）根据（2）的列联表得K2＝100×（64×10－16×10）280×20×74×26≈7.484.
由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关．2．解析：（1）由表可知x－＝1＋2＋3＋4＋55＝3，y－＝90＋100＋105＋105＋1005＝100，i＝15xiyi＝1×90＋2×10
0＋3×105＋4×105＋5×100＝1525，i＝15x2i＝12＋22＋32＋42＋52＝55，则b^＝i＝15xiyi－5x－·y－i＝15x2i－5x－2＝1525－5×3×10055－5×32＝2.5，a^＝y
－－b^x－＝100－2.5×3＝92.5，故回归直线方程为y^＝2.5x＋92.5.当x＝11时，y^＝2.5×11＋92.5＝120，所以估计该考生的高考数学成绩为120分．（2）由题可知随机变量ξ的所有可能取值为1，2
，3，则P（ξ＝1）＝C22C13C35＝310，P（ξ＝2）＝C12C23C35＝35，P（ξ＝3）＝C33C35＝110，故随机变量ξ的分布列为ξ123P31035110随机变量ξ的数学期望E（ξ）＝1×310＋2×35＋3×110＝95.单元检测（十一）概率与统计1．答案：B
解析：这种冷饮一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25℃，由表格数据可知，最高气温低于25℃的频率为3＋690＝0.1，所以，6月份这种冷饮一天的需求量不超过300瓶的概率估计值为0.1，故x＝300.2．答案：A解析：由题意可得K2＝100×（30×10
－15×45）245×55×75×25≈3.030>2.706，由此认为“学生对卡塔尔世界杯的关注与性别有关”出错的概率不超过0.10.故选A.3．答案：B解析：根据图象可知，散点从左下到右上分布，销售额y与年份序号x
呈正相关关系，①正确；∵相关系数0.936>0.75，靠近1，销售额y与年份序号x线性相关显著，②错误；根据三次函数回归曲线的相关指数0.999>0.936，相关指数越大，拟合效果越好，所以三次函数回归曲线的拟合效果好于回归直线的拟合效果，③正
确；由三次函数y＝0.168x3＋28.141x2－29.027x＋6.889，当x＝10时，y＝2698.719亿元，④错误．4．答案：C解析：由题意，得K2＝30（4×2－16×8）212×18×20×10＝10>6.635所以有99%的把握认为其亲属的饮食习惯与年龄有关．
5．答案：B解析：根据相关系数的意义可知，A正确；由ξ～N（1，σ2），知μ＝1，即概率密度函数的图象关于直线x＝1对称，所以P（ξ<0）＝P（ξ>2）＝0.2，则P（1<ξ<2）＝1－2P（ξ<0）2＝0.3，故B错误；根据线性回归直线的性质可知，C正确；根据残差图的意
义可知，D正确．6．答案：D解析：因为随机变量X服从正态分布N（μ，σ2），对称轴为X＝μ，又P（x>－1）＋P（X≥5）＝1，而P（X>－1）＋P（X≤－1）＝1，所以P（X≥5）＝P（X≤－1），所以5和－1关于对称轴对称，则μ＝5＋（－1）2＝2.7．答案
：C解析：女性处理多任务平均用时集中在2～3分钟，男性的集中在3～4.5分钟，①正确；从图中可以看到男性与女性处理任务所需的时间有交叉，故并不是“所有女性都优于男性”，②错误；根据正态分布的性质可知③正确；女
性和男性处理多任务的用时均为正数，④错误．8．答案：D解析：P（X1≤μ2）是第一条正态分布密度函数图象在第二条虚线左侧与x轴围成的部分，P（X2≤μ1）是第二条正态分布密度函数图象在第一条虚线左侧与x轴围成的部分，故由图象可知P（X1≤μ2）>P（X2≤μ1），故A错误；P（X
2≥μ2）＝12，P（X3≥μ3）＝12，则P（X2≥μ2）＝P（X3≥μ3），故B错误；与A分析同理，P（X1≤μ2）>P（X2≤μ3），故C错误；由于概率表示曲线和x轴围成的部分，与是i还是i＋1无关，故P（μi－2σi≤Xi≤μi＋2σi）＝P（μi＋1－
2σi＋1≤Xi＋1≤μi＋1＋2σi＋1）（i＝1，2）成立．9．答案：D解析：由离散型随机变量X的分布列的性质得p＝1－0.4－0.1－0.2－0.2＝0.1，∴E（X）＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3
×0.2＋4×0.2＝2，D（X）＝（0－2）2×0.1＋（1－2）2×0.4＋（2－2）2×0.1＋（3－2）2×0.2＋（4－2）2×0.2＝1.8，又离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，∴D（Y）＝4D（X）＝
7.2.10．答案：A解析：设事件A为“任意抽取1件产品，抽到的产品为正品”，由题意可知P（A）＝0.98，有放回地抽取3件产品相当于3次独立重复试验，设3件产品中正品的件数为X，则至多抽到1件次品的概率为P（X＝2）
＋P（X＝3）＝C23×0.982×0.02＋C33×0.983＝0.998816.11．答案：D解析：该选手能进入第四关的概率为56×45×35＋56×45×（1－35）×35＝1425.12．答案：C解析：由题意知，随机变
量X的所有可能取值为0，1，2，3，4，则P（X＝0）＝1－23×1－12×1－12×1－12＝124，P（X＝1）＝23×1－123＋1－23×C13×12×1－122＝524，所以P
（X≤1）＝P（X＝0）＋P（X＝1）＝124＋524＝14，故A正确；P（X＝2）＝23×C13×12×1－122＋1－23×C23×122×1－12＝38，故B正
确；P（X＝3）＝23×C23×122×1－12＋1－23×C33×123＝724，P（X＝4）＝23×123＝112，故C错误；数学期望E（X）＝0×124＋1×524＋2×38＋3×724＋4×11
2＝136，故D正确．13．答案：55解析：由平均数是8可得x＋y＝16①.由方差是4得15[1＋0＋1＋（x－8）2＋（y－8）2]＝4②，联立①②解得x＝11，y＝5，或x＝5，y＝11，所以xy＝55.14．答案：0
.1解析：因为随机变量X～N（1，σ2），P（－1＜X＜1）＝0.4，所以P（X≥3）＝P（X≤－1）＝0.5－P（－1＜X＜1）＝0.1.15．答案：－11，3，17解析：数据的平均数为25＋x7，众数为2，若x≤2，则中位数为2，所以25＋x7＋2＝4，解得x＝－11；若
2＜x＜4，则中位数为x，所以25＋x7＋2＝2x，解得x＝3；若x≥4，则中位数为4，所以25＋x7＋2＝8，解得x＝17.16．答案：415解析：基本事件总数为C410，验证码的首位数字是1的基本事件个数为C38，
所以所求概率为C38C410＝415.17．解析：（1）中点值455565758595频率0.10.150.20.30.150.1所以x－＝（45＋95）×0.1＋（55＋85）×0.15＋65×0.2＋75×0.3＝70.5，所以这4000辆机动车的平均车速为7
0.5千米/时．（2）依题意，Z服从正态分布N（μ，σ2），其中μ＝x－＝70.5，σ2＝s2＝204.75，所以σ＝14.3.①因为P（μ－σ<Z≤μ＋σ）＝P（56.2<Z≤84.8）＝0.6827，所以P（Z≥84.8）＝1－0.68272＝0.158
65，所以车速不低于84.8千米/时的车辆数的估计值为0.15865×10000＝1586.5≈1587.②行车速度低于84.8千米/时的概率为1－0.15865＝0.84135，而X～B（10，0.84135），所以E（X）＝10×
0.84135＝8.4135.18．解析：（1）由题知：X＝1，2，3，4，P()X＝1＝C11C18C29＝29，P()X＝2＝C28C16C11C29C27＝29，P()X＝3＝C28C26C14C11C29C27C25＝29，P()X＝4＝C28C26C24C22＋C28C2
6C24C12C11C29C27C25C23＝13，分布列为：X1234P29292913（2）由（1）知：E（X）＝1×29＋2×29＋3×29＋4×13＝249，设方案二的称量次数为随机变量Y，则Y＝1，3，P（Y＝1）＝C88C89＝19，P（Y＝3）＝1－19＝89，E（Y）＝1×19＋3
×89＝259>E()X.所以小明应选择方案一可使称量次数的期望较小．19．解析：（1）因为进行了5场比赛，所以甲、乙之间的输赢情况有以下四种情况：甲赢4场，乙赢1场；甲赢3场，乙赢2场；甲赢2场，乙赢3场；甲赢1场，乙赢4场．5场比赛不同的输赢情况有C34＋C35＋C25＋C
14种，即28种．①若甲赢4场，乙赢1场；甲获得全部奖金8000元；②若甲赢3场，乙赢2场；当比赛继续下去甲赢得全部奖金的概率为12＋12×12＝34，所以甲分得6000元奖金；③若甲赢2场，乙赢3场；当比赛继续下去甲赢得全部奖金的概率为12×12＝14，所以甲分得2000元奖金；④
甲赢1场，乙赢4场．甲没有获得奖金．设甲可能获得的奖金为x元，则甲获得奖金的所有可能取值为8000，6000，2000，0，P（x＝8000）＝C3428＝17；P（x＝6000）＝C3528＝514；P（x＝2000）＝C2528＝514；P（x
＝0）＝C1428＝17.∴甲获得奖金数x的分布列：x8000600020000P1751451417（2）设比赛继续进行Y场乙赢得全部奖金，则最后一场必然乙赢当Y＝3时，乙以4∶2贏，P（Y＝3）＝（
1－p）3；当Y＝4时，乙以4∶3贏，P（Y＝4）＝C13p（1－p）3＝3p（1－p）3；所以，乙赢得全部奖金的概率为P（A）＝（1－p）3＋3p（1－p）3＝（1＋3p）（1－p）3设f（p）＝（1＋3p）（1－p）3.f′（p）＝3（1－p）3＋（1＋3p）·3（1－p）2（－1）
＝－12p（1－p）2，因为45≤p<1，所以f′（p）<0，所以f（p）在45，1上单调递减，于是f（p）max＝f45＝17625＝0.0272<0.05.故事件“乙赢得全部奖金”是小概率事件．所以认为比赛继续进行乙不
可能赢得全部奖金．20．解析：（1）∵0.025＋0.15＋0.20＝0.375，0.025＋0.15＋0.20＋0.25＝0.625，所以中位数位于[60，70）之间，设这200名同学竞赛成绩的中位数为x，则0．025＋0.15＋0.20＋0.025（x－60）＝0.5，解得x＝65.竞
赛成绩不低于80分的学生人数为：200×（0.10＋0.05）＝30.（2）由题意可知，按分层抽样抽取的9人中，竞赛成绩不低于90分的学生人数为3人，∴P（X＝2）＝C23C16C39＝314.（3）设这名同学获得书籍的数量为ξ，则ξ的可能取值为2，4，6，8.P（ξ＝2）
＝23×34＝12，P（ξ＝4）＝13×342＋23×14＝1748，P（ξ＝6）＝13×C12×34×14＝18，P（ξ＝8）＝13×142＝148，所以ξ的分布列为ξ2468P12174818148E（ξ）＝2×12＋4×1748＋6×18＋8×148＝103
.21．解析：（1）由10×（a＋0.009＋0.022＋0.033＋0.024＋0.008＋a）＝1，解得a＝0.002.（2）依题意，μ＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，故X～N（2
00，12.22），所以P（187.8<X<212.2）＝P（200－12.2<X<200＋12.2）≈0.6827，故测量数据落在（187.8，212.2）内的概率约为0.6827.（3）根据题意得平均成本为0.4×170×0.02＋0.4×180×0.09＋0.4×190×0.22＋0.
4×200×0.33＋（0.8×210－100）×0.24＋（0.8×220－100）×0.08＋（0.8×230－100）×0.02＝75.04，故生产该疫苗的平均成本为75.04元．22．解析：（1）第一段生产的半成品的质量指标的平均
值为72×0.1＋76×0.25＋80×0.3＋84×0.2＋88×0.15＝80.2.（2）由频率分布直方图知，P（x≤74或x＞86）＝0.25，P（74＜x≤78或82＜x≤86）＝0.45，P（78＜x≤8
2）＝0.3.设生产一件成品的利润为X元，则P（X＝100）＝0.2×0.25＋0.4×0.45＋0.6×0.3＝0.41，P（X＝60）＝0.3×0.25＋0.3×0.45＋0.3×0.3＝0.3，P（X＝－100）＝0.5×0.25＋0.3×0.45
＋0.1×0.3＝0.29，所以生产一件成品的平均利润是100×0.41＋60×0.3－100×0.29＝30（元），所以一条流水线一年能为该公司带来的利润的估计值是30×10000＝300000（元）.（3）μ－3σ＝74，μ－σ＝78，μ＋σ＝82，μ＋3σ＝86，设引入该设备后生产一件成品的
利润为Y元，则P（Y＝100）＝0.0027×0.2＋0.3146×0.4＋0.6827×0.6＝0.536，P（Y＝60）＝0.0027×0.3＋0.3146×0.3＋0.6827×0.3＝0.3，P（Y＝－100）＝0.0027×0.5＋0.3146×0.3＋0.6
827×0.1＝0.164，所以引入该设备后生产一件成品的平均利润为100×0.536＋60×0.3－100×0.164＝55.2（元）.所以引入该设备后一条流水线一年能为该公司带来的利润的估计值是55.2×10000＝552000（元），增加的收入为552000－300000－2000
00＝52000（元）.综上，应该引入该设备．第十二单元算法、复数、推理与证明点点练42算法初步与框图一基础小题练透篇1．答案：C解析：由框图得，A＝1，B＝1，满足A≤6，B＝2×1＋1＝3，A＝2；满足A≤6，B＝2×3＋1＝7，A
＝3；满足A≤6，B＝2×7＋1＝15，A＝4；满足A≤6，B＝2×15＋1＝31，A＝5；满足A≤6，B＝2×31＋1＝63，A＝6；满足A≤6，B＝2×63＋1＝127，A＝7；不满足A≤6，所以输出的B＝127.2．答案：B解析：第一次执行循环体，得到S＝10，k＝9
；第二次执行循环体，得到S＝90，k＝8；第三次执行循环体，得到S＝720，k＝7，此时满足条件．3．答案：C解析：模拟执行程序，可得a＝0.7，S＝0，n＝1，S＝1.7；不满足条件S≥9，执行循环体，n＝2，a＝1.4，S＝3.4；不满足条件S≥9，执行循环体，n＝3，a＝2.1
，S＝5.1；不满足条件S≥9，执行循环体，n＝4，a＝2.8，S＝6.8；不满足条件S≥9，执行循环体，n＝5，a＝3.5，S＝8.5；不满足条件S≥9，执行循环体，n＝6，a＝4.2，S＝10.2.退
出循环，输出n的值为6.4．答案：D解析：输入a＝6，b＝1，S＝0，执行S＝S＋ab可得S＝6，不满足条件a≤b；执行循环体b＝b＋1，a＝a－1，S＝S＋ab可得b＝2，a＝5，S＝16，不满足条
件a≤b；执行循环体b＝b＋1，a＝a－1，S＝S＋ab可得b＝3，a＝4，S＝28，不满足条件a≤b；执行循环体b＝b＋1，a＝a－1，S＝S＋ab可得b＝4，a＝3，S＝40，此时满足条件a≤b，退出循环，输出S的值为40.5．答案：C解
析：当n＝1时，f（x）＝x′＝1，此时f（x）＝f（－x），但f（x）＝0无解；当n＝2时，f（x）＝（x2）′＝2x，此时f（x）≠f（－x）；当n＝3时，f（x）＝（x3）′＝3x2，此时f（x）＝f（－x），且f（x）＝0有解，此时结束循环，输出的n为3.6．答案：B解析：
由程序框图可知，该程序框图输出的是销售量的平均值，结合茎叶图可知，输出的S＝20＋22＋26＋33＋33＋34＋357＝29.7．答案：30解析：第一次，i＝1，满足条件i<6，i＝1＋2＝3，S＝6；第二次，i＝3，满足条件i<6，i＝3＋
2＝5，S＝6＋10＝16；第三次，i＝5，满足条件i<6，i＝5＋2＝7，S＝16＋14＝30；第四次，i＝7，不满足条件i<6，循环终止，输出S＝30.8．答案：70解析：i＝1，S＝－2；i＝3，S＝3×3－2＝7；i＝5，S＝
3×5＋7＝22；i＝7，S＝3×7＋22＝43；i＝9，S＝3×9＋43＝70，结束循环，输出的结果为70.二能力小题提升篇1．答案：C解析：通解执行程序框图，n＝1，S＝0；S＝0＋11×3＝13，n＝3；S＝13＋13×5＝25，n＝5；S＝25＋15
×7＝37，n＝7；S＝37＋17×9＝49，n＝9，此时满足S≥49，退出循环．输出n＝9.优解由程序框图知，11×3＋13×5＋…＋1n×（n＋2）＝121－13＋13－15＋…＋1n－1n＋2＝121－1n＋2≥49，解得n≥
7，所以输出的n的值为7＋2＝9.2．答案：C解析：执行程序框图，i＝1，a＝1，b＝1，满足条件，输出斐波那契数列的前2项；a＝1＋1＝2，b＝1＋2＝3，i＝2，满足条件，输出斐波那契数列的第3项、第4项；…；每经过一次循环，输出斐波那契数列的2项，i＝11时，
共输出了斐波那契数列的前20项，此时不满足条件，退出循环体．故n＝20.3．答案：D解析：由x<0，－x2＋4＝3得x＝－1；由x≥0，3x＋2＝3得x＝0.4．答案：C解析：通解执行程序
框图，S＝1，a＝－1，n＝3；S＝1－13，a＝1，n＝5；S＝1－13＋15，a＝－1，n＝7；…；S＝1－13＋15－17＋…－119，a＝1，n＝21>19满足条件，退出循环，输出S.故该程序框图的功能是求S＝1－13＋15－17＋…－119的值．优解根据a正负相间取值，不难排除A，B，
根据循环的次数，排除D选项．5．答案：23解析：执行程序框图，k＝1，a＝9，9－3·93＝0≠2；k＝2，a＝16，16－3·163＝1≠2；k＝3，a＝23，23－3·
233＝2，23－5·235＝3，满足条件，退出循环．则输出的a＝23.6．答案：1解析：由程序框图知，当x≤2时，y＝sinπ6x＝12，x∈Z，得π6x＝π6＋2kπ（k∈Z）或π6x＝
5π6＋2kπ（k∈Z），即x＝1＋12k（k∈Z）或x＝5＋12k（k∈Z），所以xmax＝1；当x>2时，y＝2x>4≠12.故输入的x的最大值为1.三高考小题重现篇1．答案：C解析：输入k＝0，a＝0，第一次循环，a＝1，k＝1，a<10；第二次
循环，a＝3，k＝2，a<10；第三次循环，a＝7，k＝3，a<10；第四次循环，a＝15，k＝4，a>10，结束循环，输出k＝4.2．答案：A解析：A＝12，k＝1，1≤2成立，执行循环体；A＝12＋12，k＝2，2≤2成立，执行循环体；A＝12＋12＋12，k＝3，3≤2不成立，结束循
环，输出A.故空白框中应填入A＝12＋A.3．答案：C解析：执行程序框图，x＝1，s＝0，s＝0＋1＝1，x＝12，不满足x<ε＝1100；所以s＝1＋12＝2－121，x＝14，不满足x<ε＝1100；所以s＝1＋12＋14＝2－122，x＝18，不满足x<ε＝1100；所
以s＝1＋12＋14＋18＝2－123，x＝116，不满足x<ε＝1100；所以s＝1＋12＋14＋18＋116＝2－124，x＝132，不满足x<ε＝1100；所以s＝1＋12＋14＋18＋116＋132＝2－125，x＝1
64，不满足x<ε＝1100；所以s＝1＋12＋14＋18＋…＋164＝2－126，x＝1128，满足x<ε＝1100；输出s＝2－126.4．答案：B解析：执行程序框图，k＝1，s＝2×13×1－2＝2；k＝2，s＝2×43×2－2＝2；k＝3，s＝2×43×2－2＝2，跳出
循环．输出的s＝2.5．答案：B解析：执行程序框图，S＝1，i＝2，j＝1，S＝1＋4＝5，i＝3，S＝8，i＝4，满足i≥4，输出的S＝8.6．答案：－3解析：由流程图可得y＝2x，x>0，x＋1，x≤0，则当y＝－2
时，可得x>0，2x＝－2或x≤0，x＋1＝－2，得x＝－3.点点练43复数一基础小题练透篇1．答案：C解析：因为（2＋i）i＝－1＋2i，所以虚部为2.2．答案：D解析：因为z＝2i－i2i2＋ai＝－1－2i＋ai＝－1＋（a－2）i为实数，所以
a＝2.3．答案：C解析：对于A，若z为纯虚数，可设z＝bi（b∈R，b≠0），则z2＝－b2<0，A选项错误；对于B，取z＝0，则z为实数，B选项错误；对于C，设z＝a＋bi（a，b∈R），则z－z－＝2bi＝0，
则b＝0，∴z＝a∈R，C选项正确；对于D，取z＝0，则z＋z－＝0，但z＝0∈R，D选项错误．4．答案：C解析：由复数z＝（a2－a）＋ai（i是虚数单位）是纯虚数，得：a2－a＝0a≠0，即a＝1.5．答案：D解析：∵复平面内复数z1，z2对应的点关于实
轴对称，z1＝3＋4i，∴z2＝3－4i，∴z1z2＝（3＋4i）（3－4i）＝32－（4i）2＝9＋16＝25.6．答案：D解析：如题图，由OB→＝OA→＋OC→，而OA→＝（2，1），OC→＝（－1，3）∴OB→＝（1，4），故B对应的复数为1＋4i.7．答案：105解析：∵z＝1－i2＋
i，∴z＝（1－i）（2－i）（2＋i）（2－i）＝15－35i，故|z|＝152＋－352＝105.8．答案：－1＋3i解析：设z＝a＋bi（a，b∈R），则（1－i）·z－＝2i·z＋2为（1－i）（a－bi）＝2i（a＋bi
）＋2，即a－b－（a＋b）i＝2－2b＋2ai，所以a－b＝2－2b，－（a＋b）＝2a，解得a＝－1，b＝3，所以z＝－1＋3i.二能力小题提升篇1．答案：B解析：根据公式得cosπ8＋isi
nπ84＝cosπ2＋isinπ2＝i.2．答案：B解析：根据in的性质，可得复数z＝4i＋i2018＝4i＋i4×504＋2＝4i＋i2＝－1＋4i，则复数z＝－1＋4i在复平面内对应的点（－1，4）位于第二象限．3．答案：C解析：因为z1∈R，可设z1＝a，且a∈R，由z2＝1
＋i，得z1－z2＝（a－1）－i，又因为|z1－z2|＝2，所以（a－1）2＋（－1）2＝2，解得a＝0或a＝2，所以z1＝0或2.4．答案：D解析：依题意z（1－i）＝|－i|＝1，z＝11－i＝1＋i（1－i）（1＋i）＝1＋i2，B错，所以z的虚部为12，A错，|z|＝12
2＋122＝22，C错，z＋z－＝12＋12＝1，D正确．5．答案：－23－2i解析：设Z3对应的复数为z3，可得|z3|＝|z1|＝2，复平面上点Z1与x轴正半轴的夹角为π3，则点Z3与x轴正半轴的夹角为5π
6，所以z3＝2cos5π6＋i·sin5π6＝－3＋i，所以z3z1＝（－3＋i）（1＋3i）＝－23－2i.6．答案：3解析：∵|z1|＝2|z2|＝2，设z1＝2cosθ＋2i·sinθ，z2＝cosα＋i·sinα，
∴z1－z2＝（2cosθ－cosα）＋（2sinθ－sinα）·i＝2＋3i，∴2cosθ－cosα＝22sinθ－sinα＝3，两式平方相加得：4＋1－4（cosθcosα＋sinθsinα）＝7，化简得：cosθcosα＋sinθsinα＝
－12，∴|z1＋z2|＝|（2cosθ＋cosα）＋（2sinθ＋sinα）·i|＝（2cosθ＋cosα）2＋（2sinθ＋sinα）2＝5＋4（cosθcosα＋sinθsinα）＝5－2＝3.三高考小题重现篇1．答案：D
解析：∵z＝1＋i，∴z2－2z＝（1＋i）2－2（1＋i）＝1＋2i＋i2－2－2i＝－2，∴|z2－2z|＝|－2|＝2.2．答案：D解析：利用复数除法法则得11－3i＝1＋3i（1－3i）（1＋3i）＝1＋3i10，所
以虚部为310，选D.3．答案：C解析：通解因为iz＝4＋3i，所以z＝4＋3ii＝（4＋3i）（－i）i（－i）＝－4i－3i2－i2＝3－4i.优解设z＝a＋bi（a，b∈R），则由iz＝4＋3i，可得i（a＋bi）＝4＋3i，即－b＋ai＝4＋3i，
所以－b＝4a＝3，即a＝3b＝－4，所以z＝3－4i.光速解因为iz＝4＋3i，所以iz·i＝（4＋3i）·i，所以－z＝4i－3，所以z＝3－4i.4．答案：C解析：由（1＋ai）i＝3＋i，得－a＋i＝3＋i，所以－a＝3，即a＝－3.5．答案：3＋4i解析：z1＋z2＝
（1＋2）＋（1＋3）i＝3＋4i.6．答案：23解析：设复数z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），则a2＋b2＝4，c2＋d2＝4，又∵z1＋z2＝（a＋c）＋（b＋d）i＝3＋i，∴a＋c＝3，b＋d＝1，则（a＋c）2
＋（b＋d）2＝a2＋c2＋b2＋d2＋2ac＋2bd＝4，∴8＋2ac＋2bd＝4，即2ac＋2bd＝－4，∴|z1－z2|＝（a－c）2＋（b－d）2＝a2＋b2＋c2＋d2－（2ac＋2bd）＝8－（－4）＝23.点点练44推理与证明一基础小题练透篇1．答案：A解析：
由a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，可知从第三项开始，后一项等于前两项的和，所以a6＋b6＝7＋11＝18，a7＋b7＝11＋18＝29，则a8＋b8＝18＋29＝47.2．答案：C解析：由题中的表格易知同一凸多面
体顶点数、棱数与面数间的规律为：棱数＝顶点数＋面数－2.所以有12个顶点、8个面的扭曲棱柱的棱数为12＋8－2＝18.3．答案：C解析：依题意得1＋1x＝x（x＞0），解得x＝5＋12，所以1＋11＋11＋…＝5＋12.4．答案：D解析：由题意可知P（0）＝0，
P（1）＝1，P（2）＝2，P（3）＝3，P（4）＝2，P（5）＝1，…，以此类推得，P（5k）＝k（k为正整数），因此P（2003）＝403，P（2006）＝402，P（2007）＝403，故P（2003）＞P（2006），P（2007）＞P（2006），故A，B，C正确，D错误
．5．答案：B解析：方法一一条直线将平面分成2个部分，两条符合要求的直线将平面分成4个部分，三条符合要求的直线将平面分成7个部分，注意到直线将平面分成的部分数满足4＝2＋2，7＝4＋3，归纳可知：四条符合要求的直线将平面分成7＋4＝11（个）部分，五条符合要求的直线将平面分成11＋5＝1
6（个）部分．方法二如图，画出符合题意的五条直线，易知将平面分成16个部分．6．答案：A解析：在限行政策下，要保证每天至少有四辆车可以上路行驶，周一到周五每天只能有一辆车限行．由周末不限行，B车昨天限行知，今天不是周一，也不是周日；由E车周四限行且明天可以上路可知，今天不
是周三；由E车周四限行，B车昨天限行知，今天不是周五；从今天算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，如果今天是周二，A，C两车连续上路行驶到周五，只能同时在周一限行，不符合题意；如果今天是周六，则B车周五限行，又E车周四限行，所以A，C两车连续上路行驶到周二，只能同时
在周三限行，不符合题意．所以今天是周四．7．答案：（n＋2）（n＋3）解析：第n个图形是在第（n＋2）边形的基础上每条边加上n＋2个顶点，因此顶点个数为（n＋2）＋（n＋2）（n＋2）＝（n＋2）（n＋3）.8．答
案：1＋12＋13＋…＋12n＋1－1>n＋12（n∈N*）解析：观察各式左边为1n的和的形式，项数分别为3，7，15，…，∴可猜想第n个式子中左边应有2n＋1－1项，不等式右边分别写成22，32，42，…，∴猜想第n个式子中右边应为n＋12，按此规律可猜想此类不等式的一般形式为：1＋1
2＋13＋…＋12n＋1－1>n＋12（n∈N*）.二能力小题提升篇1．答案：A解析：由题意知，千位9为横式，百位1为纵式|，十位1为横式—，个位7为纵式．2．答案：A解析：第一次为31＋1610＋5＝4715，则该值为π的一个不足近似分
数值，即4715＜π＜165；第二次为47＋1615＋5＝6320，该值为π的一个过剩近似分数值，即4715＜π＜6320；第三次为47＋6315＋20＝227，该值为π的一个更为精确的过剩近似分数值．3．答案：D解析：若A选项正确，由甲的陈述得，“甲选择红门盘道徒步登山路线”错误，“乙选择
桃花峪登山路线”正确，得到甲、乙都选择桃花峪登山路线，与“三人所选的登泰山的路线均不相同”矛盾，所以A选项错误．若B选项正确，由甲的陈述得，“乙选择桃花峪登山路线”错误，“甲选择红门盘道徒步登山路线”正确，与“三人所选的登泰山的路线均不相同”矛盾，
所以B选项错误．若C选项正确，由甲的陈述得，“乙选择桃花峪登山路线”错误，“甲选择红门盘道徒步登山路线”正确，再由乙的陈述得，“甲选择桃花峪登山路线”错误，“丙选择红门盘道徒步登山路线”正确，与“三人所选
的登泰山的路线均不相同”矛盾，所以C选项错误．若D选项正确，由甲的陈述得，“甲选择红门盘道徒步登山路线”错误，“乙选择桃花峪登山路线”正确，由乙的陈述得，“甲选择桃花峪登山路线”错误，“丙选择红门盘道徒步登山路线”正确，由丙的陈述得，“乙选择红门盘道徒
步登山路线”错误，“甲选择天烛峰登山路线”正确，满足题意，所以D选项正确．4．答案：C解析：根据题意，第1行第1列的数为1，即a11＝1×（1－1）2＋1＝1；第2行第1列的数为2，即a21＝2×（2
－1）2＋1＝2；第3行第1列的数为4，即a31＝3×（3－1）2＋1＝4；…；据此分析可得，第64行第1列的数为a（64）1＝64×（64－1）2＋1＝2017，则a（64）4＝2020.5．答案：2737解析：在平面内，过正三角形外接圆圆心平行
于一边的直线截得高的长度比为2∶1，所以分正三角形两部分面积比为22∶[（2＋1）2－22]＝4∶5，所以在空间内，过正四面体外接球球心且平行于一个平面截得高的长度比为3∶1，所以分正四面体两部分体积比为33∶[（3＋1）3－33]＝27∶
37.6．答案：1625解析：设y＝f（x）＝sinx，且x1＝0，x2＝π2，x3＝π，则有y1＝0，y2＝1，y3＝0.所以k1＝1－0π2－0＝2π，k＝0－1π－π2＝－2π，k2＝－4π2.由f（x）≈y1＋k1（x－x1）＋k2（x－x1）（x－x2）＝－4π2x2＋4πx，
得sinx≈－4π2x2＋4πx，所以sinπ5≈－4π2×π52＋4π×π5＝1625.三高考小题重现篇1．答案：A解析：三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，有以下三种情况：（1）若乙预测正确，则丙预测也正确，不合题意；（2）若丙预测正确，甲
、乙预测错误，即丙成绩比乙高，甲的成绩比乙低，则丙的成绩比乙和甲都高，此时乙预测又正确，与假设矛盾；（3）若甲预测正确，乙、丙预测错误，可得甲成绩高于乙，乙成绩高于丙，符合题意．2．答案：B解析：26＋26÷0.618＋（26＋26÷0.618）÷0.618≈178（cm）
，故其身高可能是175cm.3．答案：A解析：连接圆心与圆内接正6n边形的各顶点，则圆内接正6n边形被分割成6n个等腰三角形，每个等腰三角形的腰长均为圆的半径1，顶角均为360°6n＝60°n，底角均为180°－60
°n2＝90°－30°n，所以等腰三角形的底边长均为2cos90°－30°n＝2sin30°n，故单位圆的内接正6n边形的周长为6n×2sin30°n；连接圆心与圆外切正6n边形的各顶点，则圆外切正6n边形被分割成6n个等腰三角形，每个等腰三角
形底边上的高均为圆的半径1，顶角均为360°6n＝60°n，顶角的一半均为30°n，所以等腰三角形的底边长均为2tan30°n，故单位圆的外切正6n边形的周长为6n×2tan30°n.因为单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形的周长的算术平均数
为2π的近似值，所以2π≈6n×2sin30°n＋6n×2tan30°n2＝6n×sin30°n＋6n×tan30°n，所以π≈3n×sin30°n＋3n×tan30°n＝3n（sin30°n＋tan30°n）.4．答案：C解析：根据已知条件可知原位大三和弦有a1，a5，a8；a2，
a6，a9；a3，a7，a10；a4，a8，a11；a5，a9，a12，共5个．原位小三和弦有a1，a4，a8；a2，a5，a9；a3，a6，a10；a4，a7，a11；a5，a8，a12，共5个，所以用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为10.单元检测（十二）算法
、复数、推理与证明1．答案：D解析：由题意可得，z＝3－6i2＋i＝（3－6i）（2－i）（2＋i）（2－i）＝－15i5＝－3i，据此可知，复数z的虚部为－3.2．答案：B解析：“自然数a，b，c中恰有一个是偶数”说明有且
只有一个是偶数，其否定是“自然数a，b，c均为奇数或自然数a，b，c中至少有两个偶数”．3．答案：B解析：第1个图中，小石子有1个，第2个图中，小石子有3＝1＋2个，第3个图中，小石子有6＝1＋2＋3个，第4个图中，小石子有10＝1＋2＋3＋4个，……故第10个图中，小
石子有1＋2＋3＋…＋10＝10×112＝55个，即a10＝55.4．答案：A解析：易知z＝2＋i，则z1－2i＝2＋i1－2i＝（2＋i）（1＋2i）（1－2i）（1＋2i）＝i，其共轭复数为－i.5．答案：C解析：由程序框图可知x＝11×2
＋12×3＋13×4＋…＋199×100＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋199－1100＝99100.6．答案：D解析：z＝1a－i＝a＋ia2＋1＝aa2＋1＋1a2＋1i，其
对应的点为aa2＋1，1a2＋1，又该点位于直线x－2y＝0上，所以a＝2，z＝25＋15i，其虚部为15.7．答案：B解析：由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦，符号“”表示的二进制数是0
10001，转化为十进制数的计算为1×20＋0×21＋0×22＋0×23＋1×24＋0×25＝17.8．答案：D解析：分母n，n＋1，n＋2，…，n2构成以n为首项，以1为公差的等差数列项数为n2－n＋1.当n
＝2时代入得，f（2）＝12＋13＋14.9．答案：C解析：由a1>1，a2016a2017>1得q>0，由a2016－1a2017－1<0，a1>1得a2016>1，a2017<1，0<q<1，故数列{an}的前2016项都大于1
，从第2017项起都小于1，因此T2016是数列{Tn}中的最大项．10．答案：B解析：由题意可得，第一组数字之和为1＝13；第二组数字之和为3＋5＝8＝23；第三组数字之和为7＋9＋11＝27＝33，依次类推，按照规律，归纳可得，第n组数字
之和为Sn＝n3.11．答案：C解析：执行程序：x＝86，y＝90，S＝867＋906≠27；x＝90，y＝86，S＝907＋866≠27；x＝94，y＝82，S＝947＋826≠27；x＝98，y＝78，S＝987＋786＝2
7，故输出的x，y分别为98，78.12．答案：D解析：由①知甲在听音乐或玩游戏，由②知乙在看书或玩游戏，由④知丙在听音乐或玩游戏，由③知丁在看书，则甲在听音乐，丙在玩游戏，乙在看书．13．答案：－7解析：a＋bii＝i（a＋bi
）i2＝b－ai，（2－i）2＝3－4i，因为这两个复数互为共轭复数，所以b＝3，a＝－4，所以a－b＝－4－3＝－7.14．答案：1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n解析：规律为等式左边共有2n项且
等式左边分母分别为1，2，…，2n，分子为1，奇数项为正，偶数项为负，即为1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n；等式右边共有n项且分母分别为n＋1，n＋2，…，2n，分子为1，即为1n＋1＋1n＋2＋…＋12n.所以第n
个等式可为1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n.15．答案：S＝S＋xn解析：由题意知，该程序的功能是求样本x1，x2，…，x10的平均数x－，因为“输出x－”的前一步是“x－＝Sn”，所以循环体
的功能是累加各样本的值，故应为S＝S＋xn.16．答案：丁解析：若甲猜对，则乙猜对，与题意不符，故甲猜错；若乙猜对，则丙猜对，与题意不符，故乙猜错；若丙猜对，则乙猜对，与题意不符，故丙猜错．∵甲、乙、丙
、丁4人中只有1人猜对，∴丁猜对．17．解析：（1）由m2＋3m＋2＝0，解得m＝－1或－2.∴m＝－1或－2时，z是实数．（2）由m2－2m－3＝0m2＋3m＋2≠0，解得m＝3，∴m＝3时，z
是纯虚数．（3）由m2－2m－3<0m2＋3m＋2>0，解得－1<m<3，∴当－1<m<3时，z对应的点位于复平面的第二象限．18．解析：（1）因为z1＝z2，所以sin2x＝m，t＝m－3cos2x，所以t＝sin2x－3cos2x.又t＝0，
所以sin2x－3cos2x＝0，得tan2x＝3.因为0<x<π，所以0<2x<2π，所以2x＝π3或2x＝4π3，所以x＝π6或x＝2π3.（2）由（1）知，t＝f（x）＝sin2x－3cos2x＝2sin2x－π3.因为当x＝α时，t＝1
2，所以2sin2α－π3＝12，即sin2α＋π6－π2＝－cos2α＋π6＝14，所以cos2α＋π6＝－14，所以cos4α＋π3＝cos22α＋π6＝2cos22α＋π6－1＝2×－142
－1＝－78.19．解析：（1）由a1＝0得an＝（n－1）d，Sn＝n（n－1）d2，因为a2＋2，S3，S4成等比数列，所以S23＝（a2＋2）S4，即（3d）2＝（d＋2）·6d，整理得3d2－12d＝
0，即d2－4d＝0，因为d≠0，所以d＝4.所以an＝（n－1）d＝4（n－1）＝4n－4.（2）证明：由（1）可得Sn＋1＝2n（n＋1），所以bn＝（2n＋1）2Sn＋1＝（2n＋1）22n（n＋1）＝2＋12n（n＋1）＝2＋12
1n－1n＋1，所以Tn＝2n＋121－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝2n＋121－1n＋1<2n＋12，所以Tn－2n<12.20．解析：（1）由f1（x）＝sinx2，得f2（x）＝12cos
x2，f3（x）＝－14sinx2.（2）猜想：fn（x）＝12n－1sinn－12π＋x2（n∈N*）.下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，f1（x）＝sinx2，结论成立；②假设n＝k（k≥1且k∈N*）时，结论成立，即fk（x）＝1
2k－1sink－12π＋x2.当n＝k＋1时，fk＋1（x）＝[fk（x）]′＝12×12k－1cosk－12π＋x2＝12ksink－12π＋π2＋x2＝12（k＋1）－1sin
（k＋1）－12π＋x2.所以当n＝k＋1时，结论成立．所以由①②可知，对任意的n∈N*结论成立．21．证明：（1）∵PA＝PD，且E为AD的中点，∴PE⊥AD.∵底面ABCD为矩形，∴BC∥AD，
∴PE⊥BC.（2）∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面
PAB，又PD⊂平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD.（3）如图，取PC中点G，连接FG，GD.∵F，G分别为PB和PC的中点，∴FG∥BC，且FG＝12BC.∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，∴ED∥BC，DE＝12BC，∴ED∥FG，且ED＝FG，∴四
边形EFGD为平行四边形，∴EF∥GD.又EF⊄平面PCD，GD⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD.22．解析：（1）f（x）＝2x＋1∉M.理由如下：假设f（x）＝2x＋1∈M，则在定义域内存在x0，使得f（x0＋1）＝f（x0）＋f（1）成立，即
2x0＋1＋1＝2x0＋1＋3，整理得3x20＋3x0＋2＝0，∵方程3x20＋3x0＋2＝0无实数解，∴假设不成立，∴函数f（x）＝2x＋1∉M.（2）由题意得，f（x）＝lnax2＋1∈M，∴lna（x＋1）2＋1＝lnax2＋1＋lna2在
定义域内有解，即（2－a）x2－2ax－2a＋2＝0在实数集R内有解，当a＝2时，x＝－12，满足题意；当a≠2时，由Δ≥0，得a2－6a＋4≤0，解得3－5≤a≤3＋5且a≠2，综上3－5≤a≤3＋5，∴实数a的取值范围为[3－5，3＋5].（3）证明：∵f（x）＝3x＋
x2，∴f（x0＋1）－f（x0）－f（1）＝3x0＋1＋（x0＋1）2－3x0－x20－4＝23x0＋x0－32又函数y＝3x的图象与函数y＝－x＋32的图象有交点，设交点横坐标为a，则3a＋a－
32＝0，所以3x0＋x0－32＝0，其中x0＝a，∴f（x0＋1）＝f（x0）＋f（1），即f（x）∈M.点点练45选修4系列一选修4－4：坐标系与参数方程1．解析：（1）由题意知⊙C的标准方程为（x
－2）2＋（y－1）2＝1，则⊙C的参数方程为x＝2＋cosαy＝1＋sinα（α为参数）.（2）由题意可知，切线的斜率存在，设切线方程为y－1＝k（x－4），即kx－y＋1－4k＝0，所以|2k－1＋1－4k|k2＋1＝1，解得k＝±33，则这两条切线方程分别为y＝33x－433＋1
，y＝－33x＋433＋1，故这两条切线的极坐标方程分别为ρsinθ＝33ρcosθ－433＋1，ρsinθ＝－33ρcosθ＋433＋1.2．解析：（1）根据ρ＝22cosθ，得ρ2＝22ρcosθ，因为x2＋y2＝ρ2，
x＝ρcosθ，所以x2＋y2＝22x，所以C的直角坐标方程为（x－2）2＋y2＝2.（2）设P（x，y），M（x′，y′），则AP→＝（x－1，y），AM→＝（x′－1，y′）.因为AP→＝2AM→，所以x－1＝2（x′－
1）y＝2y′，即x′＝x－12＋1y′＝y2，因为M为C上的动点，所以x－12＋1－22＋y22＝2，即（x－3＋2）2＋y2＝4.所以P的轨迹C1的参数方程为x＝3－2＋2cosαy＝2sinα（其中α为参数，α∈[0，2π））.所以|CC1|＝
3－22，⊙C1的半径r1＝2，又⊙C的半径r＝2，所以|CC1|<r1－r，所以C与C1没有公共点．3．解析：（1）由x＝2cosθ，y＝sinθ（θ为参数）可得x24＋y2＝1，∴曲线C1的普通方程为x24＋y2＝1，由ρsinθ－π6
＝32，得32ρsinθ－12ρcosθ－32＝0，∴曲线C2的直角坐标方程为x－3y＋3＝0.（2）易知曲线C2的参数方程为x＝32t，y＝1＋12t（t为参数），代入曲线C1的普通方程中，得7t2＋16t＝0.设点A，B对
应的参数分别为t1，t2，∴t1＋t2＝－167，t1t2＝0，∴（|PA|＋|PB|）2＝|t1|＋|t2|＋2|t1||t2|＝|t1＋t2|＋2|t1t2|＝167，∴|PA|＋|PB|＝477.4．解析：（1）
将曲线C的参数方程x＝2cosαy＝2sinα（α∈[0，2π），α为参数）消去参数，得x2＋y2＝4，所以曲线C的普通方程为x2＋y2＝4.曲线C经过伸缩变换得到曲线C1，则曲线C1的参数方程为x′＝4cosαy′＝2sinα
，得x′2＋4y′2＝16，将x′＝ρcosθ，y′＝ρsinθ，代入上式得曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ＋4ρ2sin2θ＝16.（2）将θ＝β（ρ>0）代入ρ2cos2θ＋4ρ2sin2θ＝16，得1ρ2＝
cos2β16＋sin2β4，即1|OA|2＝cos2β16＋sin2β4，同理1|OB|2＝cos2β＋π216＋sin2β＋π24＝sin2β16＋cos2β4，所以1|OA|2＋1|OB|2＝116＋14＝516
.二选修4－5：不等式选讲1．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝|x－1|＋|x＋3|，故f（x）≥6即|x－1|＋|x＋3|≥6，当x≤－3时，1－x－x－3≥6，解得x≤－4，又x≤－3，所以x≤－4；当－3<x≤1时，1－x＋x＋3≥6，即4≥6，不成立；当x>1时，x－1＋
x＋3≥6，解得x≥2，又x>1，所以x≥2.综上，原不等式的解集为{x|x≤－4或x≥2}．（2）f（x）＝|x－a|＋|x＋3|≥|（x－a）－（x＋3）|＝|3＋a|，当x的值在a与－3之间（包括两个端点）时取等号，若f（x）>－a，则只需|3＋a|>－a，即3＋a>－a或3＋a<a，得a
>－32.故a的取值范围为{a|a>－32}．2．解析：（1）由题设可知，a，b，c均不为零，所以ab＋bc＋ca＝12[（a＋b＋c）2－（a2＋b2＋c2）]＝－12（a2＋b2＋c2）＜0.（2）不妨设max{a，b，c}＝a，因为abc＝1，a＝－（b＋c
），所以a＞0，b＜0，c＜0.由bc≤（b＋c）24，可得abc≤a34，即1≤a34，故a≥34，当且仅当b＝c＝－a2时取等号．所以max{a，b，c}≥34.3．解析：（1）由题设，f（x）＝|2x－3|＋|x＋1|，当x<－1时，f（x）＝3－2x－x－1＝2－3x；当－1≤
x<32时，f（x）＝3－2x＋x＋1＝4－x；当x≥32时，f（x）＝2x－3＋x＋1＝3x－2，∴f（x）≥6，则x<－12－3x≥6得：x≤－43；－1≤x<324－x≥6，无解；x≥323x－2≥6得：x≥83；综上，f（x）
≥6的解集为－∞，－43∪83，＋∞.（2）由题设，x∈32，a时f（x）＝2x－3－x＋a＝x＋a－3，由f（x）≤2，∴x＋a－3≤2，即a≤5－x恒成立，∴a≤5－a，则a≤5
2，故32<a≤52.4．解析：（1）当a＝2时，f（x）＝|x＋2|＋2|x－1|.当x≤－2时，f（x）＝－x－2－2x＋2≤4，解得x≥－43，此时x∈∅；当－2<x≤1时，f（x）＝x＋2－2x＋2≤4，解得x≥0
，此时0≤x≤1；当x>1时，f（x）＝x＋2＋2x－2≤4，解得x≤43，此时1<x≤43.因此，当a＝2时，不等式f（x）≤4的解集为0，43；（2）当1≤x≤2时，|x＋a|＋2|x－1|>x2可化为|x＋
a|>x2－2x＋2，∴x＋a>x2－2x＋2或x＋a<－x2＋2x－2，即存在x∈[1，2]，使得a>x2－3x＋2或a<－x2＋x－2.a>x2－3x＋2＝x－322－14，∵x∈[1，2]，∴x2－
3x＋2≥－14，则a>－14，a<－x2＋x－2＝－x－122－74，∵x∈[1，2]，∴－x2＋x－2≤－2，∴a<－2，因此，实数a的取值范围为（－∞，－2）∪－14，＋∞.第二部分学科核心素养专项练素养训练（一）数学抽象1．答案：A解析
：由题意，可知x满足0≤12x≤2，8－2x≥0，解得0≤x≤3，即函数g（x）的定义域为[0，3]，故选A.2．答案：C解析：∵f（x）是幂函数，∴m2－2m＋1＝1，即m＝0或2.又∵f（x）在（0，＋∞）上为增函数，∴
2m－1>0，即m>12.∴m＝2.故选C.3．答案：C解析：对于函数y＝loga（x＋4）＋2（a>0且a≠1），令x＋4＝1，求得x＝－3，则y＝2，∴函数的图象恒过点A（－3，2），∵点A在角θ的终边上，∴tanθ＝yx＝－23，则sin2θ＝2sinθcosθsi
n2θ＋cos2θ＝2tanθtan2θ＋1＝－1213.故选C.4．答案：C解析：函数解析式为y＝x2，值域为{1，4}，当x＝±1时，y＝1；当x＝±2时，y＝4.则定义域可以为{1，2}，{1，－2}，{－
1，2}，{－1，－2}，{1，－1，2}，{1，－1，－2}，{－1，2，－2}，{1，－2，2}，{1，－1，2，－2}，因此“同族函数”共有9个．故选C.5．答案：D解析：∵f（x）＝x3＋2x2f′
（1）＋2，∴f′（x）＝3x2＋4xf′（1），∴f′（1）＝3＋4f′（1），解得f′（1）＝－1，∴f′（x）＝3x2－4x，∴f′（2）＝3×22－4×2＝4，图象在点x＝2处的切线的斜率k＝tanα＝4，则sinπ2＋αcos3π2－α＝－cosαsin
α＝－sinαcosαsin2α＋cos2α＝－tanαtan2α＋1＝－417，故选D.6．答案：D解析：∵数列{an}是等差数列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4＋λa10＋a16＝15，∴1＋3d＋λ（1＋9d）
＋1＋15d＝15，解得λ＝13－18d1＋9d，∵d∈[1，2]，λ＝－2＋151＋9d是减函数，∴d＝1时，实数λ取最大值，λ＝13－181＋9＝－12.故选D.7．答案：B解析：由y＝f（－x）和y＝f
（x＋2）是偶函数知：f（－x）＝f（x），f（x＋2）＝f（－x＋2）＝f（x－2），故f（x）＝f（x＋4），则F（3）＝f（3）＋f（－3）＝2f（3）＝2f（－1）＝2f（1）＝2π3，故选B.8．答案：D解析：
因为a＝33.1>30＝1，0<b＝13π<130＝1，c＝ln13<ln1＝0，所以c<b<a，又因为函数f（x）在R上单调递减，所以f（c）>f（b）>f（a），故选D.9．答案：B解析：∵f（x）是定义在[2b，1－b]上的偶函数，∴2b＋1－b＝0，∴
b＝－1，f（x）在[2b，0]上为增函数，即函数f（x）在[－2，0]上为增函数，故函数f（x）在（0，2]上为减函数，则由f（x－1）≤f（2x），可得|x－1|≥|2x|，即（x－1）2≥4x2，解得－1≤x≤13.又因
为定义域为[－2，2]，所以－2≤x－1≤2，－2≤2x≤2，解得－1≤x≤3，－1≤x≤1.综上，所求不等式的解集为－1，13.10．答案：B解析：设第n次“H扩展”后得到的数列的项数为an，则第n＋1次“H扩展”后得到的数列的项数为an＋1
＝2an－1，∴an＋1－1＝2（an－1），∴an＋1－1an－1＝2.又a1－1＝3－1＝2，∴{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an－1＝2·2n－1，∴an＝2n＋1，∴a10＝210＋1＝1025.故选B.11
．答案：D解析：f（x）＝2x＋32x＋1＝2x＋1＋22x＋1＝1＋22x＋1，∵2x>0，∴1＋2x>1，∴0<12x＋1<1，则0<22x＋1<2，∴1<1＋22x＋1<3，即1<f（x）<3，当1<f（x）<2时，[f（x）]＝1，当
2≤f（x）<3时，[f（x）]＝2，综上，函数y＝[f（x）]的值域为{1，2}．故选D.12．答案：B解析：由f（x）是偶函数且满足f（1＋x）＝f（1－x）可得f（x）的图象关于y轴对称且关于直线x＝
1对称，函数g（x）＝e－|x－1|（－1<x<3）的图象也关于直线x＝1对称，函数y＝f（x）的图象与函数g（x）＝e－|x－1|（－1<x<3）的图象的位置关系如图所示，可知两个图象有四个交点，且两两关于直线
x＝1对称，则f（x）与g（x）的图象所有交点的横坐标之和为4，故选B.13．答案：－1解析：因为a与b共线且方向相反，由共线向量定理可设a＝λb（λ<0），即m＝λ，1＝λm，解得m＝±1，由于λ<0，所以m＝－1.14．答案：x＋2y－
z－2＝0解析：由题意可设Q（x，y，z）为所求平面内的任一点，则根据BQ→⊥m，得BQ→·m＝0，所以（－1）×（x－1）＋（－2）×（y－2）＋1×（z－3）＝0，化简得x＋2y－z－2＝0.故所求平面方程为x＋2y－z－2＝
0.15．答案：（1，2）解析：椭圆x216＋y212＝1的右焦点F为（2，0），不妨取双曲线E：x2a2－y2b2＝1（a>0，b>0）的一条渐近线为bx＋ay＝0，则焦点F到渐近线bx＋ay＝0的距离d＝|2b|b2＋a2<3，即有2b<3c，∴4
b2<3c2，∴4（c2－a2）<3c2，∴e<2，∵e>1，∴1<e<2.16．答案：2解析：设f（x）上任意一点为（x，y），则（x，y）关于直线y＝－x对称的点为（－y，－x），把（－y，－x）代入y＝13x＋a，得－x＝13－y＋a，∴f（x
）＝log3（－x）＋a，x<0，∵f（－3）＋f－13＝4，∴1＋a－1＋a＝4，解得a＝2.素养训练（二）逻辑推理1．答案：A解析：解法一（集合法）θ－π12<π12⇔－π1
2<θ－π12<π12⇔0<θ<π6；sinθ<12⇔－7π6＋2kπ<θ<π6＋2kπ，k∈Z.由0，π6－7π6＋2kπ，π6＋2kπ，k∈Z，可得“θ－π12<π12”是“sinθ<12”的充分不必要条件．解法二（定义法）
θ－π12<π12⇔0<θ<π6⇒sinθ<12，当θ＝0时，sinθ<12，但不满足θ－π12<π12，所以是充分不必要条件，故选A.2．答案：B解析：因为sinθtanθ<0，所以角θ的终边落在第二或第三象限，又sinθ＋cosθ∈（0，1），因而角θ的终边落在第二象限，故
选B.3．答案：C解析：因为AB→＋CD→＝0，所以AB→＝－CD→＝DC→，所以四边形ABCD是平行四边形．又（AB→－AD→）·AC→＝DB→·AC→＝0，所以四边形的对角线互相垂直，所以四边形ABCD是菱形．4．答案：B解析：∵对任意n>1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2（Sn＋1）
，∴Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，∴an＋1－an＝2.∴数列{an}在n≥2时是等差数列，公差为2.∴S10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选B.5．答案：B解析：∵sinA∶sinB∶sinC＝2∶3
∶4，∴由正弦定理可得a∶b∶c＝2∶3∶4.不妨令a＝2x，b＝3x，c＝4x（x≠0），由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得cosC＝a2＋b2－c22ab＝4x2＋9x2－16x22×2x×3x＝－14，∵0<C<π，∴C
为钝角．故选B.6．答案：A解析：因为y＝xn（n∈N*）在（0，＋∞）上是增函数，又12>13，所以∀x∈N*，12x≥13x成立，p为真命题；因为2x>0，21－x>0，所以2x＋21－x≥22x×21－
x＝22，当且仅当2x＝21－x，即x＝12时等号成立，所以q为真命题，则p∧q为真命题，故选A.7．答案：D解析：因为a2＋b22－a＋b22＝2a2＋2b24－a2＋b2＋2ab4＝（a－b）24≥
0，所以a2＋b22≥a＋b22，又a＋b2≥ab（a>0，b>0），所以a＋b22≥ab，易得函数f（x）＝x2ex在区间（0，＋∞）上单调递增，所以f（ab）≤fa＋b22≤fa2＋b22，即r≤q≤p.8．答案：
D解析：若甲预测正确，则乙预测正确，丙预测错误，丁预测正确，与题意不符，故甲预测错误；若乙预测错误，则依题意丙、丁均预测正确，但若丙、丁预测正确，则获奖作品可能是“A，C”“B，C”“C，D”，这几种情况都与乙预测错误相矛盾，故乙预测正确．所以丙、丁中恰有一
人预测正确．若丙预测正确，丁预测错误，两者互相矛盾，排除；若丙预测错误，丁预测正确，则获奖作品只能是“A，D”，经验证符合题意．故选D.9．答案：D解析：a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，故A错误；a⊂α，b⊂β，α∥β，则a与b平行或异面，故B错误；a⊂α，b⊂α
，a∥β，b∥β，则α与β相交或平行，故C错误；α∥β，a⊂α，则a∥β，故D正确，故选D.10．答案：A解析：∵x＝a＋beb，y＝b＋aea，z＝b＋aeb，∴y－z＝a（ea－eb），又a>b>0，e>1，∴ea>eb，∴y>z，z－x＝（b
－a）＋（a－b）eb＝（a－b）（eb－1），又a>b>0，eb>1，∴z>x.综上，x<z<y.故选A.11．答案：D解析：由cosβ＝tanα（1＋sinβ），可得cosβ＝sinαcosα（1＋sinβ
），cosβcosα－sinαsinβ＝sinα＝cosπ2－α，即cos（α＋β）＝cosπ2－α，又α∈0，π2，β∈0，π2，则α＋β∈（0，π），π2－α∈0，π2.故α＋β＝π2－α，即2α＋β＝π2.
故选D.12．答案：C解析：矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因为M∈PB
，所以OM与平面PBA、平面PBC相交．13．答案：相交解析：由点P（1，m）在椭圆x24＋y2＝1的外部，得m2>34.则圆x2＋y2＝1的圆心（0，0）到直线2mx－y＋3＝0的距离d＝|3|1＋4m2<32<1，∴直线y＝2mx＋3与圆
x2＋y2＝1相交．14．答案：π2解析：由已知得f（x）＝2sinωx＋π4，令2kπ－π2≤ωx＋π4≤2kπ＋π2，k∈Z，由ω>0，得2kπ－34πω≤x≤2kπ＋π4ω，k∈Z，当k＝0时，得f（x）的单调递增区间为－3π4ω，π4ω，所以（－ω，ω）⊆
－3π4ω，π4ω，所以－3π4ω≤－ω，π4ω≥ω，解得0<ω≤π2，又y＝f（x）的图象关于直线x＝ω对称，所以ω2＋π4＝kπ＋π2，k∈Z，解得ω2＝kπ＋π4，k∈Z，又0<ω≤π2，所以ω＝π2.15．答案：2
018解析：由题归纳得第n行的第1个数是2n－1，故第11行的第1个数是1024，第995个数是1024＋994＝2018.16．答案：甲丙乙丁解析：由题意可列表如下：甲乙丙丁甲说丁>乙乙说甲>丙丙说丙>丁丁说丙>乙若甲说的是真实的，则甲读书本数最少，可得四人读书本
数由少到多的排列是甲丙乙丁；若乙说的是真实的，则乙读书本数最少，与丁<乙，丙<乙矛盾，不符合题意；若丙说的是真实的，则丙读书本数最少，与丙>丁，甲<丙矛盾，不符合题意，若丁说的是真实的，则丁读书本数最少，与丙<丁矛盾，不符合题意．
综上，只有甲说的是真实的，甲、乙、丙、丁按各人读书本数由少到多的排列是甲丙乙丁．素养训练（三）数学运算1．答案：B解析：由log2x<1＝log22，解得0<x<2，即A＝（0，2），由x2＋x－2<0得（x－1）（x＋2）<0，解得－2<x<1，即B＝（－2，1），借助数轴，可得A∩B
＝（0，1），故选B.2．答案：B解析：由2x≥2，得x≥1.又[－3，4]的区间长度是7，[1，4]长度是3，所以所求概率P＝37.故选B.3．答案：C解析：设向量a与b的夹角为θ，因为c＝a＋b，c⊥a，所以（a＋b）·a＝a2＋a·b＝0，所以|a|2＝－
|a||b|cosθ，所以cosθ＝－|a|2|a||b|＝－|a||b|＝－12，所以θ＝120°.4．答案：B解析：由题意得，x＝－12和x＝2是方程mx2＋nx－1m＝0的两根，所以－12＋2＝－nm且12×2＝1m2（m<0），解得m＝－1，n＝32，所以m－n＝－52.故选B
.5．答案：A解析：由题意知，3＋4＋5＋x＋y＝5×5，（3－5）2＋（4－5）2＋（5－5）2＋（x－5）2＋（y－5）2＝5×（2）2解得x＝6，y＝7或x＝7，y＝
6，∴xy＝42.6．答案：B解析：解法一设等比数列{an}的公比为q（q≠1），则由a2a5a8＝－8，S3＝a2＋3a1，得a1q·a1q4·a1q7＝－8，a1（1－q3）1－q＝a1q＋3a1，解得
q2＝2，a1＝－12，故选B.解法二设等比数列{an}的公比为q（q≠1），因为S3＝a1＋a2＋a3＝a2＋3a1，所以a3a1＝q2＝2.因为a2a5a8＝a35＝－8，所以a5＝－2，即a1q4＝－2，所以4a1＝
－2，所以a1＝－12，故选B.7．答案：B解析：由题意得tanπ4－α＝1－tanα1＋tanα＝43，解得tanα＝－17，则sin2π4＋α＝1＋sin2α2＝12＋sinαcosαsin2α＋c
os2α＝12＋tanα1＋tan2α＝925，故选B.8．答案：C解析：在△ABC中，∵sinC＝2sinB，∴由正弦定理可得c＝2b，又∵a＝3，A＝π3，∴由余弦定理可得9＝b2＋c2－bc＝b2＋（2b）2－b·2b，解
得b＝3，∴c＝23，∴△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋3＋23＝3＋33.故选C.9．答案：D解析：函数f（x）的定义域是R，f（x）＝－f（－x），所以函数f（x）是奇函数．又f（x）＝f（2－x），所以f（－x）＝f（2＋x）＝－
f（x），所以f（4＋x）＝－f（2＋x）＝f（x），故函数f（x）是以4为周期的奇函数，所以f201912＝f2020－12＝f－12＝－f12.因为在[0，1]上有f（x）
＝x2，所以f12＝122＝14，故f201912＝－14，故选D.10．答案：B解析：圆C的方程为（x－3）2＋y2＝1，圆心为C（3，0），半径r＝1.圆M的方程为（x－3－3cosθ）2＋（y－3sinθ）2＝1，圆心
为M（3＋3cosθ，3sinθ），半径R＝1.由于cos2θ＋sin2θ＝1，|CM|＝（3cosθ）2＋（3sinθ）2＝3>R＋r＝2，所以两圆相离，则要求∠APB的最大值，只需求|PC|的最小值，此时|PC|＝3－1＝2，
|AC|＝1，得∠APC＝π6，所以∠APB＝π3，即∠APB的最大值为π3.11．答案：D解析：依题意O是正三角形ABC的中心，设AB＝a，分析计算易得0<a<23，AO＝33a，在Rt△AOA1中，A1O＝r＝2，则AA1＝r2－AO2＝4－
a23，所以正三棱柱ABC－A1B1C1的侧面积S＝3a·AA1＝3a4－a23＝3－a43＋4a2＝63，整理得a4－12a2＋36＝0，解得a2＝6，即a＝6，此时侧棱AA1＝2.故选D.12．答案：D解析：解法一设F（－c，0
）关于直线3x＋y＝0的对称点A的坐标为（m，n），则nm＋c·（－3）＝－1，3·m－c2＋n2＝0，∴m＝c2，n＝32c，即Ac2，32c，∵点A在椭圆C上，∴c24a2＋34c2b2＝1，把b2＝a2－c2代入，化简可得e4－8e2＋4＝0，解得e2＝4±23，又
0<e<1，∴e＝3－1，故选D.解法二设右焦点为F′，AF交直线3x＋y＝0于点M，则AF⊥OM且M为AF的中点，连接AF′.∵O为FF′中点，∴OM∥AF′，∵直线3x＋y＝0的倾斜角为120°，∴∠MOF＝60°，∴∠AF′F＝60°.在Rt△AFF′中，不
妨设|AF′|＝1，则|FF′|＝2，|AF|＝3，∴e＝2c2a＝|FF′||AF|＋|AF′|＝23＋1＝3－1.故选D.13．答案：{x|0<x<2}解析：原不等式等价于|2x－1|<x＋1⇔－x－1<2x－1<x＋1⇔3x>0，x<2⇔0<x<2.14．答案：ln2－
3解析：由已知，得f′（x）＝1x＋x－52＝2x2－5x＋22x（x>0），由f′（x）＝0解得x＝12或x＝2，由f′（x）>0，得0<x<12或x>2，由f′（x）<0，得12<x<2，所以函数f（x）的单调递增区间为0
，12，（2，＋∞）；单调递减区间为12，2.所以函数f（x）的极小值为f（2）＝ln2－3.15．答案：正相关1.7解析：由题意知，n＝10，x－＝110i＝110xi＝8，y－＝110i＝110yi＝2，∴b^＝i＝110xiyi－10x
－y－i＝110x2i－10x－2＝184－10×8×2720－10×82＝0.3，a^＝y－－b^x－＝2－0.3×8＝－0.4.∴y^＝0.3x－0.4，∵0.3>0，∴变量x与y正相关，当x＝7时，y^＝0.3×7－0.4＝1.7（千元）.16．答案：an＝3
n－12解析：依题意得，（an＋1＋an）（an＋1－3an－1）＝0，因为an>0，所以an＋1＝3an＋1，所以an＋1＋12＝3an＋12，又a1＋12＝32≠0，所以数列an＋12是首项为32，
公比为3的等比数列．所以an＋12＝32×3n－1＝3n2，所以an＝3n－12.素养训练（四）直观想象1．答案：A解析：由题图可知阴影部分表示的集合为（∁UA）∩B，因为集合A＝{1，3，5，7，8}，B＝{1，2，3，4
，5}，U＝N，所以（∁UA）∩B＝{2，4}．故选A.2．答案：A解析：设图形Ω的面积为S，由题意得S1＝333510000≈13，∴S≈13.故选A.3．答案：C解析：由函数f（x）的图象可知，－1<b<0，a>1，则g（x）＝ax＋b为增函数，当x＝0时，g（0）＝1＋b>0，故选C
.4．答案：B解析：不等式组y≥0，x－y≤0，x＋2y－6≤0表示的可行域如图：由图可知|AB|的最小值为点A到直线x－y＝0的距离，为|2－1|2＝22.故选B.5．答案：D解析：由函数y＝log2（－x），得到－x>0，解得x<0.根据y＝log2（－x）和y＝x＋1的图象
，且log2（－x）<x＋1，得到x>－1，则满足条件的x∈（－1，0）.如图所示：6．答案：D解析：∵BA→·BC→＝|BA→|·|BC→|·cos∠ABC＝|BA→|2，∴|BC→|·cos∠ABC＝|BA→|＝6，∴CA→⊥AB→，即∠BAC＝π2，以
A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则B（6，0），C（0，3），设P（x，y），则PA→2＋PB→2＋PC→2＝x2＋y2＋（x－6）2＋y2＋x2＋（y－3）2＝3x2－12x＋3y2－6y＋45＝3[（x－2）2＋（y－1）2＋10]，∴当x＝2，y＝1时，PA→2＋PB→2＋PC→
2取得最小值，此时AP→·BC→＝（2，1）·（－6，3）＝－9，故选D.7．答案：C解析：根据几何体的三视图知几何体为半个以3为半径的圆柱截取一个半径为1的半圆柱．故S＝12π×32－12π×12×2＋2×3×2＋2π×3×12×3
＋2π×1×12×3＝20π＋12.故选C.8．答案：B解析：因为mn<0，所以m、n异号，根据题意可得m<0，n>0，又P（π，0），所以T>π且3T4<π，即π<T<4π3；①当周期无限接近π时，图中
的最低点自左向右无限接近34π，所以f（x）在2π3，π上先减后增，不单调，故D错；②当周期无限接近4π3又小于4π3时，图中最高点N的横坐标大于0小于π4，所以f（x）在区间0，π4上先增后减，不单调，A错；图中最低点的横坐标大于π2小于3π4，f（x）在
π2，3π4上先减后增，不单调，故C错，因此选B.9．答案：B解析：因为y＝f（|x|）的图象关于y轴对称，y＝f（|x|）的图象向右平移1个单位可得y＝f（|x－1|）的图象，所以函数y＝g（x）的图象关于直线x＝1对称．故选B.10．
答案：C解析：如图所示，设准线l与x轴交于点N.则|FN|＝2.∵直线AF的斜率为－3，∴∠AFN＝60°.∴∠MAF＝60°，|AF|＝4.由抛物线的定义可得|MA|＝|MF|，∴△AMF是边长为4的等边三角形．∴S△AMF＝34×42＝43.故选C.11．答案：C解析：在同一平面直角坐
标系中作出函数y＝f（x），y＝x2－x－m的图象如图所示．由图可知，不等式f（x）≥x2－x－m的解集中的整数解为x＝0，故f（0）≥0－0－m，f（1）<1－1－m，解得－2≤m<－1.故选C.12．答案：C解析：记g（x
）＝－x2＋2ax＋1＝－（x－a）2＋1＋a2，x≤1.当a<1时，g（x）图象的对称轴x＝a<1，则函数g（x）在（－∞，a）上单调递增，在（a，1）上单调递减，又因为t（x）＝lnx＋2a在区间（1，＋∞）上单调递增（如图1）
，所以①错误．当a>1时，g（x）图象的对称轴x＝a>1，则函数g（x）在（－∞，1）上单调递增，又t（x）＝lnx＋2a在区间（1，＋∞）上单调递增，所以f（x）在（－∞，＋∞）上单调递增（如图2），所以②错误．对于③，当a<0时，g（x）图象的对称轴x＝a<0，所
以g（x）在（－∞，a）上单调递增；在（a，1）上单调递减，又t（x）在区间（1，＋∞）上单调递增，且有g（a）＝1＋a2>0，所以函数f（x）的图象与x轴有3个交点（如图3），所以③正确．综上，选C.13．
答案：{x|－2≤x<－1或2<x≤3}解析：原不等式等价于x2－x－2>0，x2－x－2≤4⇔x2－x－2>0，x2－x－6≤0⇔（x－2）（x＋1）>0，（x－3）（x＋2）≤0⇔x>2或x<－1，－2≤x≤3.利用数轴（如图）可知
，原不等式的解集为{x|－2≤x<－1或2<x≤3}．14．答案：－π，－π2∪0，π2∪（π，2π）解析：在同一坐标系中分别作出y＝|x|－π2与y＝sinx的图象：根据图象可
得不等式的解集为－π，－π2∪0，π2∪（π，2π）.15．答案：2解析：如图，分别作出直线y＝k（x＋2）－2与半圆y＝9－x2.由题意知，直线在半圆的上方，由b－a＝2，可知b＝3，a＝1，所以
直线y＝k（x＋2）－2过点（1，22），则k＝2.16．答案：15解析：如图所示，S四边形ABCD＝12（PA·PD－PB·PC），取AB，CD的中点分别为E，F，连接OE，OF，OP，则S四边形ABCD＝12
[（PE＋AE）·（PF＋DF）－（PE－AE）·（PF－DF）]＝PE·DF＋AE·PF，由题意知四边形OEPF为矩形，则OE＝PF，OF＝PE，结合柯西不等式有S四边形ABCD＝OF·DF＋AE·OE≤（OF2＋OE2）
·（DF2＋AE2），其中OF2＋OE2＝OP2，DF2＋AE2＝4－OF2＋4－OE2＝8－OP2，据此可得S四边形ABCD≤OP2·（8－OP2）＝5×3＝15，综上，四边形ABCD面积的最大值为15.素养训练（五）数据分析1．答案：B解析：样本间隔为24÷6＝4，年龄
不超过55岁的有8人，则需要抽取8÷4＝2人，故选B.2．答案：A解析：根据选择D方式的有18人，占15%，得总人数为1815%＝120，故选择A方式的人数为120－42－30－18＝30.故选A.3．答案：A解析：∵x－＝8，y－＝3.4，∴3
.4＝0.65×8＋a^，解得a^＝－1.8，则y^＝0.65x－1.8，样本点中落在回归直线下方的有（6，2），（8，3），共2个，所求概率P＝25，故选A.4．答案：D解析：4100×0.126－4000×0.125＝516.6－500＝16.6，故选D.5．答案：D解析：
根据x＝0.50，y＝－0.99，代入各选项计算，可以排除A；根据x＝2.01，y＝0.98，代入各选项计算，可以排除B，C；将各数据代入函数y＝log2x，可知满足题意．故选D.6．答案：A解析：由题意可知，
成绩在[90，100）内的频率为0.005×10＝0.05.频数为5，成绩在[100，110）内的频率为0.018×10＝0.18，频数为18，成绩在[110，120）内的频率为0.030×10＝0.3，频数为30，成绩在[120，130）内的频率为0.02
2×10＝0.22，频数为22，成绩在[130，140）内的频率为0.015×10＝0.15，频数为15，成绩在[140，150]内的频率为0.010×10＝0.1，频数为10，而优秀的人数为25，成绩在[140，150]内的有10人，成绩在[130，140）内的有15人，所以成绩在[130
，150]内的共25人，所以分数不低于130为优秀，故选A.7．答案：C解析：观察题图中数据知A，B，D正确，对选项C，2018年2月CPI同比上涨2.9%，环比上涨1.2%，故C错误，故选C.8．答案：D解析：由程序框图知：S初始值为0，不满足S≥49，故S＝11×3＝13，n＝3；S＝13，不
满足S≥49，故S＝11×3＋13×5＝25，n＝5；S＝25，不满足S≥49，故S＝11×3＋13×5＋15×7＝37，n＝7；S＝37，不满足S≥49，故S＝11×3＋13×5＋15×7＋17×9
＝49，n＝9，此时，满足S≥49，退出循环，输出n＝9，故选D.9．答案：C解析：由题图可知，甲同学除第二次考试成绩略低于乙同学外，其他考试成绩都高于乙同学，可知x－甲>x－乙，题图中数据显示甲同学的成绩比乙同学的成绩稳定，故σ甲<σ乙，故选C.10．答
案：B解析：由题意知y＝5x，x＝18，19，95＋（x－19）（4－3），x＝20，21，即y＝5x，x＝18，19，76＋x，x＝20，21.当日销量不少于20个时，日利润不少于96元．
当日销量为20个时，日利润为96元，当日销量为21个时，日利润为97元，日利润为96元的有3天，记为a，b，c，日利润为97元的有2天，记为A，B，从中任选2天有（a，A），（a，B），（a，b），（a，c），（b，A），（b，B），（b，c），（c，A）
，（c，B），（A，B）共10种情况，其中选出的这2天日利润都是97元的有（A，B），1种情况，故所求概率为110，故选B.11．答案：D解析：每条边有n个点，所以3条边有3n个点，三角形的3个顶点重复计算了一次，所以减3个顶点，即an＝3n－3，那么
9anan＋1＝9（3n－3）×3n＝1（n－1）n＝1n－1－1n，即9a2a3＋9a3a4＋9a4a5＋…＋9a2019a2020＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋12018－120
19＝1－12019＝20182019，故选D.12．答案：D解析：因为数列{xn}满足x1＝1，且对任意n∈N*，点（xn，xn＋1）都在函数y＝f（x）的图象上，所以xn＋1＝f（xn），所以由图表可得x2＝f（x1）＝3，x3＝f（x
2）＝5，x4＝f（x3）＝6，x5＝f（x4）＝1，…，所以数列{xn}是周期为4的周期数列，所以x1＋x2＋…＋x2022＝505（x1＋x2＋x3＋x4）＋x1＋x2＝505×15＋1＋3＝7579.故选D.13．答案：85解析：设小学与初中共需抽取的学生人
数为x，依题意可得12002700＋2400＋1200＝20x＋20，解得x＝85.14．答案：丙解析：乙、丙的平均成绩最高，且丙的方差小于乙的方差，丙的发挥较稳定．15．答案：（22，20）解析：由题意可得第一组的各数对的和为3，第二组各数对的和为4，第
三组各数对的和为5，第四组各数对的和为6，……第n组各数对的和为n＋2，且各个数对无重复数字，可得第40组各数对的和为42，则第40组的第21个数对为（22，20）.16．答案：1解析：由散点图知，各点都分布在一条直线附近，故可以
判断数学成绩与物理成绩具有线性相关关系，但不能判断数学成绩与物理成绩具有一次函数关系，故①正确，②错误，若甲同学数学成绩为80分，乙同学数学成绩为60分，则甲同学的物理成绩可能比乙同学的物理成绩高，故③错误．综上，正确的个数为1.素养训练（六）数学建模1．答案：A解析：根据题意，要使附
加税不少于128万元，需30－52R×160×R%≥128，整理得R2－12R＋32≤0，解得4≤R≤8，即R∈[4，8].2．答案：B解析：由题意得，三乡总人数为8758＋7236＋8356＝24350.∵共征集378人，∴需从西乡征集的人数是7236243
50×378≈112，故选B.3．答案：B解析：函数h＝f（t）是关于t的减函数，故排除C，D，一开始，h随着时间的变化，变化缓慢，水排出超过一半时，h随着时间的变化，变化加快，故对应的图象为B，故选B
.4．答案：A解析：根据题意可知，此程序框图的功能是找一个满足下列条件的数a：a＝3k＋2，a＝5n＋3，a＝7m＋2，k，n，m∈Z.根据程序框图可知，数a已经满足a＝5n＋3，n∈Z，所以还要满足a＝3k＋
2，k∈Z和a＝7m＋2，m∈Z，并且还要用一个条件给出，即a－2既能被3整除又能被7整除，所以a－2能被21整除，故在“◇”处应填入a－221∈Z，故选A.5．答案：A解析：由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{an}，设等比数列{a
n}的首项为a1，公比为q，则q＝12，依题意有a1（1－q6）1－q＝378，解得a1＝192，则a6＝192×125＝6，最后一天走了6里，故选A.6．答案：B解析：设该扇形的半径为rm，连接CO.由题意，得CD＝150（m），OD＝100（m）
，∠CDO＝60°，△CDO中，根据余弦定理得，CD2＋OD2－2CD·OD·cos60°＝OC2，即1502＋1002－2×150×100×12＝r2，解得r＝507m．7．答案：B解析：由题意可知当酒精含量阈值低于20时才可以开车，结合分段函数建立不等式90e－0.5x＋14<20
，解得x>5.42，取整数故为6个小时，故选B.8．答案：B解析：如正方体同一个顶点的三条棱，满足①的条件，但三条棱相交，故①错；如图，α∥β，故②错；因为m∥l，m⊥α，则l⊥α，l⊂β，所以α⊥β，故③正确；由面面垂直的性质知，④正确．故正确的命题为③④.故选B.9．答案
：D解析：建立如图所示的平面直角坐标系．设抛物线的解析式为x2＝－2py，p>0，∵抛物线过点（6，－5），∴36＝10p，可得p＝185，则桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为185m．故选D.10．
答案：C解析：将数字从左往右只有以0为分界进行分组，第一组为10，数字之和为1；第二组为1110，数字之和为3；第三组为111110，数字之和为5；以此类推，故第n组的数字之和是以1为首项，2为公差的等差数列，即第n组数字之和为2n－1.由题知共2019个数字，则前44组
共有44×2＋44×432×2＝1980个数字，则前1980个数字之和为44×1＋44×432×2＝1936，剩余数字个数为2019－1980＝39，则所有数字之和为1936＋39＝1975，故选C.11．答案：C解析：设每天生产甲种产
品x桶，乙种产品y桶，相应的利润为z元，于是有x＋2y≤12，2x＋y≤12，z＝300x＋400y.x，y∈N，作出可行域，如图中阴影部分所示．由图可知，当z＝300x＋400y经过点A时，z取得最大值．解方程
组x＋2y＝12，2x＋y＝12得A点坐标为（4，4），所以zmax＝300×4＋400×4＝2800.故每天生产甲种产品4桶、乙种产品4桶时，公司可获得最大利润，为2800元．12．答案：C解析：设该服
装厂所获效益为f（x）元，则f（x）＝100xq（x）＝126000xx＋1，0<x≤20，100x（90－35·x），20<x≤180.当0<x≤20时，f（x）＝126000xx＋1＝126000－126000x＋1，f（x）在区间（0，20]上单调递增，所以当x＝20时
，f（x）有最大值120000.当20<x≤180时，f（x）＝9000x－3005·xx，则f′（x）＝9000－4505·x，令f′（x）＝0，∴x＝80.当20<x<80时，f′（x）>0，f（x）单调递增，当8
0≤x≤180时，f′（x）≤0，f（x）单调递减，所以当x＝80时，f（x）有极大值，也是最大值240000.故选C.13．答案：13解析：从四个阴数中随机抽取2个数，共有6种取法，其中满足题意的取法有两种：4，6和2，8，∴能使这两数与居中阳数之和等于15的概率P＝26＝13.14．答案：85
解析：设椭圆的长半轴长为a千米，半焦距为c千米，月球半径为r千米．由题意知a＋c＝100＋r，a－c＝15＋r，解得2c＝85.即椭圆形轨道的焦距为85千米．15．答案：37.5解析：由题意知t
＝23－x－1（1<x<3），设该公司的月利润为y万元，则y＝48＋t2xx－32x－3－t＝16x－t2－3＝16x－13－x＋12－3＝45.5－16（3－x）＋13－x≤45.5－216＝37.5，当且仅当
x＝114时取等号，即最大月利润为37.5万元．16．答案：4解析：设神针原来的长度为acm，t秒时神针的体积为V（t）cm3，则V（t）＝π（12－t）2·（a＋20t），其中0≤t≤8，所以V′（t）＝[－2（12－t）（a＋
20t）＋（12－t）2·20]π.因为当底面半径为10cm时其体积最大，所以10＝12－t，解得t＝2，此时V′（2）＝0，解得a＝60，所以V（t）＝π（12－t）2·（60＋20t），其中0≤t≤8，V′（t）＝6
0π（12－t）（2－t），当t∈（0，2）时，V′（t）>0，当t∈（2，8）时，V′（t）<0，从而V（t）在（0，2）上单调递增，在（2，8）上单调递减，V（0）＝8640π，V（8）＝3520π，所以当
t＝8时，V（t）有最小值3520π，此时金箍棒的底面半径为4cm.
