【文档说明】2024版《微专题·小练习》数学（理） 详解答案.docx，共(173)页，3.559 MB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

专练1集合及其运算1．A因为U＝{1，2，3，4，5}，∁UM＝{1，3}，所以M＝{2，4，5}，所以2∈M，3∉M，4∈M，5∈M.故选A.2．D因为方程x2－4x＋3＝0的解为x＝1或x＝3，所以B＝{1，3}．又A＝{－1，2}，所以A∪

B＝{－1，1，2，3}．因为U＝{－2，－1，0，1，2，3}，所以∁U(A∪B)＝{－2，0}．故选D.3．B由题意知：A＝{x|2x≤19，x∈N*}＝{1，2}，B＝{x|log2(x－1)＝0}＝{2}，A∩B＝{2}．4．A因为A＝{1，3，6，7，8}，B＝{0，

1，2，3，4}，所以A∩B＝{1，3}，由韦恩图可知阴影部分表示∁B(A∩B)＝{0，2，4}．5．C由|x|<3，得－3<x<3，所以A＝{x||x|<3}＝{x|－3<x<3}，又B＝{x|x＋1<0}＝{x|x<－1}，所以∁RB＝{x|x≥－1}，所以A∩(∁RB)＝{x|－1≤x<3

}．6．C∵A＝{x|log2(x－1)<2}＝{x|log2(x－1)<log24}＝{x|1<x<5}，∴A错误，B错误，C正确，D错误．7．BB＝{x|log3x<0}＝{x|0<x<1}，又A＝{x|x<1}，所以A∩B＝{x|0<x<1}，故选项A、C不正

确．A∪B＝{x|x<1}，故选项B正确．选项D不正确．8．C通解在集合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，故选C.光速解S＝{…，－3，－1，1，3，5，…}，T＝{…，

－3，1，5，…}，观察可知，T⊆S，所以T∩S＝T，故选C.9．C因为(∁UA)∩B＝∅，所以B⊆A，所以A∩B＝B.10．C由题得A＝{x|－1≤x－2≤1}＝{x|1≤x≤3}，B＝[－2，＋∞)，所以∁RA＝{x|x<1或x>3}，所以(∁RA)∩B＝[－2，

1)∪(3，＋∞).11．3解析：由U＝{1，2，a2－2a－3}，∁UA＝{0}可得a2－2a－3＝0.又A＝{|a－2|，2}，故|a－2|＝1，所以a2－2a－3＝0，|a－2|＝1得（a－3）（a＋1）＝0，a－2＝±1，解得a＝3.12．－1或2解析：∵B⊆A，

∴a2－a＋1＝3或a2－a＋1＝a，由a2－a＋1＝3，得a＝－1或a＝2，符合题意．当a2－a＋1＝a时，得a＝1，不符合集合的互异性，故舍去，∴a的值为－1或2.13．±2或－1解析：若k＋2＝0，则A＝{x|－4x＋1＝0}，符合题意；若k＋2≠0，由题意

得k＋2≠0，Δ＝4k2－4（k＋2）＝0，得k＝2或k＝－1，综上得k＝±2或k＝－1.14．Cx－2x<0，解得0<x<2，所以A＝(0，2)，x2＋x－2>0，解得x>1或x<－2，故B＝(－∞，－2)∪(1，＋∞)，故A∩B＝(1，2).15．B因为A＝

{x|ex<1}＝{x|x<0}，B＝{x|lnx<0}＝{x|0<x<1}，所以A∪B＝{x|x<1且x≠0}，故A错误；A∩B＝∅，故B正确；集合A、B不存在包含关系，故C、D错误．16．A因为x＝Cm

5，m∈N*，m≤5，由C15＝C45＝5，C25＝C35＝10，C55＝1，故集合M有3个元素，故其子集个数为23＝8个．17．A由题设，A＝{…，－4，－1，2，5，8，…}，B＝{…，－5，－2，1，4，7，…}，所以A∩B＝∅，而∁UB＝{…，－4，－3，－1，0，2

，3，5，6，8，…}，则A∁UB，所以A∩(∁UB)＝A.专练2简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词1．D由否定的定义可知，¬p为∃x0≥0，cosx0>ex0.2．A设y＝x－sinx，x>0，y′＝1－cosx≥0，故y＝x－sin

x，x>0为增函数，则x－sinx>0－sin0＝0，故命题p：∀x∈(0，＋∞)，x－sinx>0为真命题，则¬p为假命题，因为a2＋2≥2>1，故命题q：∀a∈R，f(x)＝log(a2＋2)x在定义域上是增函数为真命题，¬q为假命题，所以p∧q为真命题，

¬p∧q为假命题，p∧¬q为假命题，p∨q为真命题，则¬(p∨q)为假命题．3．D当x＝2时，x2＝2x，所以命题p为假命题，则¬p为真命题，所以x＝π4时，sinπ4＋cosπ4＝2>1，所以命题q为真命题，则¬q为假命题，所以p∨q为真命题，(¬p)∧q为真命题，(¬p)∨(¬q)

为真命题，p∨(¬q)为假命题．4．D若“p∧q”为真命题，则p，q均为真命题，故A正确；由“ac2>bc2”可推出“a>b”，当c＝0时ac2＝bc2，此时由“a>b”不能推出“ac2>bc2”，所以“ac2>bc2”是“a>b”的充分不必要条件

，故B正确；命题“若x＝4，则x2－2x－8＝0”的否命题是“若x≠4，则x2－2x－8≠0”．故C正确；命题“∀x≥0，都有3x≥1”的否命题是“∃x≥0，使得3x<1”，故D错误．5．A对于命题p，由于函数y＝sinx∈[－1

，1]，故∃x0∈R，sinx0<1，是真命题；对于命题q：当“α＝β”时“sinα＝sinβ”成立，反之不然，故“α＝β”是“sinα＝sinβ”的充分不必要条件，是真命题．故p∧q是真命题，(¬p)∧q，p∧(¬q)，¬(p∨q)均为假命题．6．A当

x＝0，y＝π2时，sin(x＋y)＝sinx＋siny成立所以命题p为真命题，则¬p是假命题；因为∀x，y∈R，所以sinx≤1，siny≤1，则sinx·siny≤1，故命题q为真命题，则¬q是假命题；所以p∧q是真命题，(¬p)∧q是假命题，p∧(¬q

)是假命题，¬(p∨q)是假命题．7．D∵x2－4x＋4＝(x－2)2，∴x＝2⇔x2－4x＋4＝0，∴A正确﹔∵m∈R时，Δ＝1＋4m，不能确定方程x2＋x－m＝0是否有根，∴B正确；在△ABC中，∵A>

B⇒a>b⇒sinA>sinB，∴C正确；对于D，¬p：∀x∈R，x2－2x＋4≤0，∴D错误．8．C对于命题p：∃x0∈R，lnx0＝1，取x0＝e，则lne＝1，所以命题p为真命题．对于命题q，该物理量在一次测量中落在(9.9，10.0)与落在(10.2，10.3)的概

率不相等，则该物理量在一次测量中落在(9.9，10.2)与落在(10，10.3)的概率不相等，所以命题q为假命题．则p∧(¬q)，p∨q，(¬p)∨(¬q)为真命题，(¬p)∧(¬q)为假命题．9．A命题p：在△AB

C中，若cosA＝cosB，由于余弦函数在(0，π)上单调递减，则A＝B，故命题p为真命题；命题q：向量a与向量b相等的充要条件是向量a与向量b大小相等，方向相同，则命题q是假命题，则p∧(¬q)为真命题．10．∀x∈(0，π2)，

tanx≤sinx11．[－3，3]解析：命题“∃x0∈R，使得3x20＋2ax0＋1＜0”是假命题，即“∀x∈R，3x2＋2ax＋1≥0”是真命题，故Δ＝4a2－12≤0，解得－3≤a≤3.12．(－∞，－1)解析：由“p或q”为真命题，得p为真命题或q为真命题．当

p为真命题时，设方程x2＋mx＋1＝0的两根分别为x1，x2，则有Δ＝m2－4>0，x1＋x2＝－m>0，x1x2＝1>0，解得m<－2；当q为真命题时，有Δ′＝16(m＋2)2－16<0，解得－3<m<－1.综上可知，实数m的取值范围是(－∞，－1).13．B不等

式组表示的平面区域D如图中阴影部分(包含边界)所示．根据不等式组表示的平面区域结合图形可知，命题p为真命题，命题q也为真命题，所以根据复合命题真假判断结论可得ACD错误，B选项正确．14．A根据题意可得圆弧BE，EG，GI对应的半径分别为AB，BC－AB，AB－DG，也即AB，BC

－AB，2AB－BC，则弧长l，m，n分别为π2AB，π2(BC－AB)，π2(2AB－BC)，则m＋n＝π2(BC－AB)＋π2(2AB－BC)＝π2AB＝l，故命题p为真命题；ln＝π24(2AB2－AB×BC)＝π24

BC2(2×AB2BC2－ABBC)＝π28BC2(7－35)，而m2＝π24BC2(1－ABBC)2＝π28BC2(7－35)，故ln＝m2，命题q为真命题．则p∧q为真命题，p∧(¬q)，(¬p)∧q，(¬p)∧(¬q)均为假命题．15．3解析：“∃x0∈[－1，1]，x0＋2

－a>0”的否定为“∀x∈[－1，1]，都有x＋2－a≤0”，因为“∃x0∈[－1，1]，x0＋2－a>0”为假命题，所以“∀x∈[－1，1]，都有x＋2－a≤0”为真命题，所以a≥x＋2在x∈[－1，1]上恒成立，所以a≥3，所以实数a的最小值为3.1

6．(－∞，3]解析：若命题“∃x∈R，ex＋1<a－e－x”为假命题，则命题“∀x∈R，ex＋1≥a－e－x”为真命题，即a≤ex＋e－x＋1在R上恒成立，则a≤(ex＋e－x＋1)min，因为ex＋e－x＋1≥2ex·e－x＋

1＝3，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，所以(ex＋e－x＋1)min＝3，所以a≤3.专练3命题及其关系、充分条件与必要条件1．B由a>b>0，得ab>1，反之不成立，如a＝－2，b＝－

1，满足ab>1，但是不满足a>b>0，故“a>b>0”是“ab>1”的充分不必要条件．2．A由题意，若x>2且y>3，由不等式的性质可得x＋y>5且xy>6，故充分性成立；反之取x＝1，y＝10满足x＋y>5且xy>6，但x>2且y>3不

成立，故必要性不成立；故“x>2且y>3”是“x＋y>5且xy>6”的充分不必要条件．3．Da＝b＝0的否定为a≠0或b≠0；a2＋b2＝0的否定为a2＋b2≠0，故选D.4．C由p是q的充分不必要条件可知p⇒q，qD⇒/p，由互为逆否命题的两命题等价

可得¬q⇒¬p，¬pD⇒/¬q，∴¬p是¬q的必要不充分条件．选C.5．C设等差数列{an}的公差为d.因为{an}为递增数列，所以d>0.当n>1－a1d，且n∈N*时，an＝a1＋(n－1)d>a1＋(1－a1d－1)d＝0，故存在正整数N0≥1－a1d，当n>N0时，an>0，即充分性成立

．若存在正整数N0，当n>N0时，an>0，则当n>N0≥1时，a1＋(n－1)d>0.当a1≤0时，n－1>0，所以d>－a1n－1≥0，即{an}为递增数列；当a1>0时，由题意得当n>N0时，an>0恒成

立，即a1＋(n－1)d>0恒成立，所以d>－a1n－1恒成立，所以d>(－a1n－1)max.因为－a1n－1随着n的增大而增大，且－a1n－1恒为负值，所以d≥0，所以d>0，即{an}为递增数列

，即必要性成立．故选C.6．B当a1<0，q>1时，an＝a1qn－1<0，此时数列{Sn}递减，所以甲不是乙的充分条件．当数列{Sn}递增时，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn>0，若a1>0，则qn>0(n∈N

*)，即q>0；若a1<0，则qn<0(n∈N*)，不存在．所以甲是乙的必要条件．7．A由双曲线x24－y2λ＝1的焦点在x轴上可知，λ>0.于是“0<λ<4”是“双曲线x24－y2λ＝1的焦点在x轴上”的充分不必要条件．8．Bp：x<a－3或x>a＋3，q：x≤－1或x≥12，¬p：a－

3≤x≤a＋3.因为¬p是q的充分不必要条件，所以a＋3≤－1或a－3≥12，得a∈(－∞，－4]∪72，＋∞.9．D由0<θ<π，可得0<sinθ≤1，当sinθ＝34时，方程可化为x2＋y2＝3，此时方程表示圆，所以充分性不成立；反之：方程x23＋y24sinθ＝1表示椭圆，则满足

4sinθ>04sinθ≠3，即sinθ>0且sinθ≠34，所以0<θ<π不成立，即必要性不成立，所以“0<θ<π”是“方程x23＋y24sinθ＝1表示椭圆”的既不充分也不必要条件．10．②③解析：要使函数f(x)＝sinx＋1sinx有意义，则有sinx≠0，∴x≠kπ，k∈Z，∴

定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，定义域关于原点对称．又∵f(－x)＝sin(－x)＋1sin（－x）＝－sinx－1sinx＝－sinx＋1sinx＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．∴f(x)的图像关于原点对称，∴①是假命题，②是真命题．对于③，要证

f(x)的图像关于直线x＝π2对称，只需证fπ2－x＝fπ2＋x.∵fπ2－x＝sinπ2－x＋1sinπ2－x＝cosx＋1cosx，fπ2＋x＝sinπ2＋x＋1sinπ2＋x＝cosx＋1cosx，∴fπ2－x＝f

π2＋x，∴③是真命题．令sinx＝t，－1≤t≤1且t≠0，∴g(t)＝t＋1t，－1≤t≤1且t≠0，此函数图像如图所示(对勾函数图像的一部分)，∴函数的值域为(－∞，－2]∪[2，＋∞)，∴函数的最小值不为2，即f(x)的最小值不为2.∴④是假命题．综上所述，所有真命题的

序号是②③.11．(－∞，－3]解析：由x2＋x－6<0得－3<x<2，即A＝(－3，2)，由x－a>0，得x>a，即B＝(a，＋∞)，由题意得(－3，2)⊆(a，＋∞)，∴a≤－3.12．[9，＋∞)解析：由1－x－13≤2，得－2≤x≤10，由x

2－2x＋1－m2≤0得1－m≤x≤1＋m，设p，q表示的范围为集合P，Q，则P＝{x|－2≤x≤10}，Q＝{x|1－m≤x≤1＋m，m>0}．因为p是q的充分而不必要条件，所以PQ.所以m>0，1－m≤－2，1＋m≥10，解得m≥9.13．A因为y＝x12定义域为[

0，＋∞)，且为增函数，又(a＋1)12<(3－2a)12，所以a＋1<3－2aa＋1≥03－2a≥0，解得－1≤a<23，因为－1≤a<23⇒－2<a<23，而－2<a<23D⇒/－1≤a<23，故“(a＋1)12<(3－2a)12

”是“－2<a<23”的充分不必要条件．14．B对于不等式2x＋1<x＋2，作出曲线y＝2x＋1与y＝x＋2的图像如下图所示：由图像可知，不等式2x＋1<x＋2的解集为{x|－1<x<0}，因为{x|－1<x<2}{x|－1<x<0}，

因此，p是q的必要不充分条件．15．②解析：①中“x2＋x－2>0”是“x>1”的必要不充分条件，故①错误；对于②，命题：“∀x∈R，sinx≤1”的否定是“∃x0∈R，sinx0>1”，故②正确；对于③，“若x＝π4，则tanx＝1”的逆命题为“若tan

x＝1，则x＝π4”，其为假命题，故③错误；对于④，若f(x)是R上的奇函数，则f(－x)＋f(x)＝0，∵log32＝1log23≠－log23；∴log32与log23不互为相反数，故④错误．16．①③④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，所以答案为①③④.专练4函数及其表示1．B由x＋2y＝3，2x－y＝1，得x＝1，y＝1，∴集合A中的元素为(1，1).2．A3．C设x＋1＝t，则x＝(t－1)2(t≥1)，∴f(t)＝(t－1)2＋1＝t2－2t＋2，∴f(x)＝x2－2

x＋2(x≥1).4．B由题意得－x2＋x＋6≥0，x－1≠0，解得－2≤x＜1或1＜x≤3.5．B由题意得1≤x＋1≤2019，x－1≠0，得0≤x≤2018且x≠1.6．D由x≤121－x≤2，可得0≤x≤1；或x>11

－log2x≤2，可得x>1；综上，f(x)≤2的x取值范围是[0，＋∞).7．B当x∈[0，1]时，f(x)＝32x；当1≤x≤2时，设f(x)＝kx＋b，由题意得k＋b＝32，2k＋b＝0，得k＝－32，b＝3.∴当x∈[1，2]时，f(x)＝－32x＋3.结合选项知

选B.8．Af(1)＝2×1＝2，据此结合题意分类讨论：当a>0时，2a＋2＝0，解得a＝－1，舍去；当a≤0时，a＋2＋2＝0，解得a＝－4，满足题意．故选A.9．C∵f(x)＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，∴当x＝2时，f(2)＝4，由f(

x)＝－x2＋4x＝－5，得x＝5或x＝－1，∴要使函数在[m，5]的值域是[－5，4]，则－1≤m≤2.10.1e＋1解析：f(3)＝f(1)＝f(－1)＝1e＋1.11．－32解析：当a≤1时，f

(a)＝2a－2＝－3无解；当a>1时，由f(a)＝－log2(a＋1)＝－3，得a＋1＝8，a＝7，∴f(6－a)＝f(－1)＝2－1－2＝－32.12．[0，3)解析：由题意得ax2＋2ax＋3＝0无实数解，即y

＝ax2＋2ax＋3与x轴无交点，当a＝0时y＝3符合题意；当a≠0时，Δ＝4a2－12a<0，得0<a<3，综上得0≤a<3.13．A因为f(x＋2)＝2f(x)，由题意f(21)＝f(19＋2)＝2f(19)＝22f(17)＝…＝210f(

1)＝210.14．B作出函数f(x)的图像，f(x)在(－∞，0]，(0，＋∞)上分别单调递增．由f(a－3)＝f(a＋2)，若a－3≤0a＋2>0，即－2<a≤3，此时f(a－3)＝a－3＋3＝

a，f(a＋2)＝a＋2，所以a＝a＋2，即a2＝a＋2，解得a＝2或a＝－1(不满足a＝a＋2，舍去)，此时a＝2满足题意，则f(a)＝2.若a－3>0a＋2≤0，此时不存在满足条件的a.15．4或－12解析：若f(a)≥0，则f(a)＝1，此时只能是a>0，于是a

＝4；若f(a)<0，则f(a)＝－2，此时只能是a<0，于是a＝－12(若a>0，由a2－1＝－2，解得a＝－2不满足题意).16.22解析：由函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，可知函数f(x)的周期是4，所以f(15)＝f(－1)＝－1＋12＝12，所以f(f(15

))＝f12＝cosπ4＝22.专练5函数的单调性与最值1．DA项，x1＝0时，y1＝1，x2＝12时，y2＝2>y1，所以y＝11－x在区间(－1，1)上不是减函数，故A项不符合题意．B项，由余弦函数的图像与性质可得，y＝cosx在(－1，0)上递增，在(0，1

)上递减，故B项不符合题意．C项，y＝lnx为增函数，且y＝x＋1为增函数，所以y＝ln(x＋1)为增函数，故C项不符合题意．D项，由指数函数可得y＝2x为增函数，且y＝－x为减函数，所以y＝2－x为减函数，故D项符合题意．2．D由

x2－4>0得x>2或x<－2，∴f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，由复合函数的单调性可知，函数的单调增区间为(－∞，－2).3．B∵a＝log20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，∴a<c<b.故选B.4．D由于g(x)＝

ax＋1在区间[1，2]上是减函数，所以a>0；由于f(x)＝－x2＋2ax在区间[1，2]上是减函数，且f(x)的对称轴为x＝a，则a≤1.综上有0<a≤1.故选D.5．C∵f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)

<f(2a－1)，∴－1<1－a<1，－1<2a－1<1，1－a>2a－1，解得0<a<23.故选C.6．B由题意，f(－x)＝2|－x|＝2|x|＝f(x)，故函数f(x)＝2|x|为偶函数，且x>0时，f(x)＝2x，故函数在(0

，＋∞)单调递增，∵log23>log45＝log25>log22＝1，cosπ3＝12，∴a＝f(log0.53)＝f(log23)>b>c.7．C因为函数f(x)是定义在R上的单调函数，且f(f(x)－x＋1)＝1，所以f(x)－x＋1为常数，记f(x

)－x＋1＝m，则f(x)＝x＋m－1，所以f(m)＝1，即f(m)＝2m－1＝1，故m＝1.所以f(x)＝x，故f(3)＝3.8．Cf(x)＝x2＋4x＝（x＋2）2－4，x≥0，4x－x2＝－（x－2）2＋4，x<0.由f(x)的图像可知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，由f

(2－a2)>f(a)得2－a2>a，即a2＋a－2<0，解得－2<a<1，故选C.9．Bb－c＝ln1.02－1.04＋1，设f(x)＝ln(x＋1)－1＋2x＋1，则b－c＝f(0.02)，f′(x)＝1x＋1－221＋2x＝1＋2x－（x＋1）1＋2x·（x＋1）

，当x≥0时，x＋1＝（x＋1）2≥1＋2x，故当x≥0时，f′(x)＝1＋2x－（x＋1）1＋2x·（x＋1）≤0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f(0.02)<f(0)＝0，即b<c.a－c＝2ln1.01－

1.04＋1，设g(x)＝2ln(x＋1)－1＋4x＋1，则a－c＝g(0.01)，g′(x)＝2x＋1－421＋4x＝2[1＋4x－（x＋1）]（x＋1）1＋4x，当0≤x<2时，4x＋1≥（x＋1）2＝x＋1，故当0≤x<2时，g′(x)≥0，所以g(x

)在[0，2)上单调递增，所以g(0.01)>g(0)＝0，故c<a，从而有b<c<a，故选B.10．f(x)＝1－12x(答案不唯一)解析：f(x)＝1－12x，定义域为R；12x>0，f(x)＝1－12

x<1，值域为(－∞，1)；是增函数，满足对任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，均有f（x1）－f（x2）x1－x2>0.11．[－1，1)解析：∵f(0)＝loga3<0，∴0<a<1，由复合函数的单调性可知，函数的单调增区间为[－1，1).12．3解析：f(x)＝x＋1x

－1＝x－1＋2x－1＝1＋2x－1，显然f(x)在[2，5]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝1＋22－1＝3.13．By＝x－2在R上单调递增，y＝x2－2x＝(x－1)2－1在(1，＋∞)上单调递增．要使函数f(x)＝x－2，

x≤mx2－2x，x>m是定义在R上的增函数，只需m≥1m－2≤m2－2m，解得m＝1或m≥2.所以实数m的取值范围是{1}∪[2，＋∞).14．A因为函数f(x)的定义域为R，所以f(－x)＝log2(2－x＋1)＋12x＝log2(2x＋1)－12x

＝f(x)，即函数f(x)为偶函数．又当x>0时，f′(x)＝2x2x＋1－12＝2x－12（2x＋1）>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，而f(a－2)≥f(2a－1)等价于f(|a－2|)≥f(|2a－1|)，所以|a－2|≥|2a－

1|，化简得，a2≤1，所以－1≤a≤1.15．3解析：∵y＝13x在R上单调递减，y＝log2(x＋2)在[－1，1]上单调递增，∴f(x)在[－1，1]上单调递减，∴f(x)max＝f(－1)＝3.16.0，

34解析：∵对任意x1≠x2，都有f（x1）－f（x2）x1－x2<0成立，∴f(x)在定义域R上为单调递减函数，∴0<a<1，a－3<0，a≥（a－3）×1＋4a，解得0<a≤34，∴a的取值范围是0，34.专练6函数的奇

偶性与周期性1．B通解因为f(x)＝1－x1＋x，所以f(x－1)＝1－（x－1）1＋（x－1）＝2－xx，f(x＋1)＝1－（x＋1）1＋（x＋1）＝－xx＋2.对于A，F(x)＝f(x－1)－1＝2－xx－1＝2－2xx，

定义域关于原点对称，但不满足F(x)＝－F(－x)；对于B，G(x)＝f(x－1)＋1＝2－xx＋1＝2x，定义域关于原点对称，且满足G(x)＝－G(－x)；对于C，f(x＋1)－1＝－xx＋2－1＝－x

－x－2x＋2＝－2x＋2x＋2，定义域不关于原点对称；对于D，f(x＋1)＋1＝－xx＋2＋1＝－x＋x＋2x＋2＝2x＋2，定义域不关于原点对称．故选B.光速解f(x)＝1－x1＋x＝2－（x＋1）1＋x＝21＋x－1，为保证函数变换之后为

奇函数，需将函数y＝f(x)的图像向右平移一个单位长度，再向上平移一个单位长度，得到的图像对应的函数为y＝f(x－1)＋1，故选B.2．B3．D∵f(x)为奇函数，∴f(－8)＝－f(8)＝－log28＝－3.4．C因为函数f(x)是定义域为R的偶函数，所以f(x)＝f(－x)，又因为f(

1＋x)＝f(1－x)，所以f(2－x)＝f(x)，则f(2－x)＝f(－x)，即f(2＋x)＝f(x)，所以周期为T＝2，因为f(12)＝1，f(－32)＝f(2－32)＝f(12)＝1.5．A由题进行化简：f(x)＝ln2x＝ln2－lnx，令g(x)＝f(1＋x)－f(1－x)＝l

n2－ln(1＋x)－ln2＋ln(1－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)，g(－x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)＝－g(x)，符合定义，故A正确；令g(x)＝f(x－1)＋f(x＋1)＝ln2－ln(1－x)＋ln2－ln(1＋x)＝2ln2－ln(1－x)

－ln(1＋x)，g(－x)＝2ln2－ln(1＋x)－ln(1－x)≠－g(x)，故B错误；令g(x)＝f(x＋1)＋1＝ln2－ln(x＋1)＋1，g(－x)＝ln2－ln(－x＋1)＋1≠－g(x)，故C错误；令g(x)＝f(x－1)－1＝ln2－ln(x－1)－1，g(－

x)＝ln2－ln(－x－1)－1≠－g(x)，故D错误．6．D∵f(x＋2)为偶函数，∴f(2＋x)＝f(2－x)，又f(x)为奇函数，∴f(－x＋2)＝－f(x－2)，∴f(x＋2)＝－f(x－2)，∴f(x＋4)＝－f(x)，∴f(x＋8)＝－f(x＋4

)＝f(x)，∴f(x)是以8为周期的周期函数，∵f(0)＝0，∴f(2016)＝f(0)＝0，f(2017)＝f(1)＝1，∴f(2016)＋f(2017)＝0＋1＝1.7．A因为函数f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以由f(x)＝f(－x＋2)⇒f(

－x)＝f(x＋2)＝－f(x)⇒f(x＋4)＝－f(x＋2)⇒f(x)＝f(x＋4)，所以该函数的周期为4，所以f(2022)＝f(505×4＋2)＝f(2)＝f(－2＋2)＝f(0)＝0.8．C依题意对任意

的x∈R，函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝4，f(x)－2＋f(－x)－2＝0，所以函数F(x)＝f(x)－2为奇函数，g(x)＝f(x)＋sinxsin2x＋1，令G(x)＝g(x)－2＝f(x)－

2＋sinxsin2x＋1＝F(x)＋sinxsin2x＋1(x∈R)，G(－x)＝F(－x)＋－sinxsin2x＋1＝－F(x)＋－sinxsin2x＋1＝－G(x)，所以G(x)为奇函数，所以G(x)在区间[－2022，2022]上的最大值与最小值之和为0，所

以g(x)＝G(x)＋2，所以函数g(x)的最大值与最小值之和4.9．D因为f(x－1)为定义在R上的奇函数，所以f(x)的图像关于点(－1，0)对称，且f(－1)＝0，又f(1)＝0，所以f(－3)＝0.依题意可得，当－

3<x<－1或x>1时，f(x)<0.所以f(2x－5)<0等价于－3<2x－5<－1或2x－5>1，解得1<x<2或x>log26.10．－12解析：因为log32∈(0，1)，所以－log32∈(－1，0)，由f(x)为奇函数得f(log32)＝－f(－log32)＝－f(log

312)＝－3log312＝－12.11．2或－1解析：根据条件，由f(0)＝0，求出a的值，再检验即可．函数f(x)＝3x－a＋2a2·3－x(a≠0)为奇函数，其定义域为R，由f(0)＝1－a＋2a2＝0，解得a＝2或a＝－1，当a＝

2时，f(x)＝3x－3－x，则f(－x)＝3－x－3x＝－f(x)，满足条件．当a＝－1时，f(x)＝3x－3－x，则f(－x)＝3－x－3x＝－f(x)，满足条件．12．(－∞，－2]解析：当x>12时，f(x)＝x＋1x＋m≥2x·1x＋m，当且仅当x＝1x，即x＝1时等

号成立，故当x>12时，f(x)∈[2＋m，＋∞)，又由f(1－x)＝－f(x)可得f(x)关于(12，0)对称，且由f(1－12)＝－f(12)可得f(12)＝0，故[2＋m，＋∞)只需包含区间(0＋∞)即可，故2＋m≤0，故m∈(－∞，－2].13．D若y＝g(x)

的图像关于直线x＝2对称，则g(2－x)＝g(2＋x).因为f(x)＋g(2－x)＝5，所以f(－x)＋g(2＋x)＝5，所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数．由g(2)＝4，f(0)＋g(

2)＝5，得f(0)＝1.由g(x)－f(x－4)＝7，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，代入f(x)＋g(2－x)＝5，得f(x)＋f(－x－2)＝－2，所以f(x)的图像关于点(－1，－1)中心对称，所以f(1)＝f(－1)＝－1.由f(x)＋f(－x－2)＝－2，f

(－x)＝f(x)，得f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，所以f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)为周期函数，且周期为4.由f(0)＋f(2)＝－2，得f(2)＝－3.又因

为f(3)＝f(－1)＝f(1)＝－1，所以f(4)＝－2－f(2)＝1，所以k＝122f(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝6×(－1)＋6×(－3)＋5×(－1)＋5×1＝－2

4.故选D.14．A因为函数y＝f(x)的定义域为R，且f(－x)＝－f(x)，所以函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝log2a＝0，解得a＝1，即f(x)＝log2(x＋1)，f(1)＝log22＝1；因为y＝f(x＋1)为偶函数，所以

f(x＋1)＝f(－x＋1)，即y＝f(x)的图像关于x＝1对称，又y＝f(x)满足f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋1)＝－f(x－1)，则f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即函数y＝f(x)是周期函数，周期为4，则f(2022)＋f(2023)＝f(

2)＋f(3)＝－f(0)－f(1)＝－1.15．A因为y＝f(x)图像关于点(0，0)与点(1，0)对称，所以f(－x)＋f(x)＝0，且f(2－x)＋f(x)＝0，所以f(2－x)＝f(－x)，即f(x)＝f(x＋2)，所以f(x)是以2为周期的周期函数，当x∈(－1，0]时，f(x)＝

－x2，所以f(32)＝f(－12＋2)＝f(－12)＝－(－12)2＝－14.16．B由题意，函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈[0，1]时，f(x)＝sinπx，当x∈[－1，0)时，f(x)＝－f(－x)＝－sin(－πx)＝sinπx，即f(x)＝sinπx，x∈[－1，1]，又由

当x>1时，f(x)＝2f(x－2)，可画出函数图像，如图所示．由图知，当3≤x≤5时，f(x)＝4f(x－4)＝4sin(πx－4π)＝4sinπx；则当－5≤x≤－3时，f(x)＝－f(－x)＝4sinπx；当－5≤x≤

－3时，令4sinπx＝23，解得x1＝－103，x2＝－113(舍去)，若对任意x∈[－m，m]，f(x)≤23成立，所以m的最大值为103.专练7二次函数与幂函数1．C设f(x)＝xα，则4α2α＝2α＝3，∴f(12)＝(12)α＝13.2．D依题意，f(x)＝|4－x|·(x－1)＝

（4－x）（x－1），x<4（x－4）（x－1），x≥4，作出函数f(x)的大致图像如图所示；观察可知，函数f(x)在(－∞，52)，(4，＋∞)上单调递增，在(52，4)上单调递减．3．A因为函数y＝(m2－m

－1)x－5m－3既是幂函数又是在(0，＋∞)上的减函数，所以m2－m－1＝1，－5m－3<0，解得m＝2.4．A函数图像的对称轴为x＝a2，由题意得a2≥4，解得a≥8.故选A.5．C由题设，f(x)对称轴为x＝2且图像开口向下，则f(x)在(0，2)上递增

，在(2，＋∞)上递减，由f(x)＝ax2－4ax＋2＝ax(x－4)＋2，即f(x)恒过(4，2)且f(0)＝2，所以在(0，4)上f(x)>2，(4，＋∞)上f(x)<2，而y＝log2x在(0，＋∞)上递增，且在(0，4

)上y<2，在(4，＋∞)上y>2，所以f(x)>log2x的解集为(0，4).6．C二次函数y＝x2－4x＋a，对称轴为x＝2，开口向上，在(－∞，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，要使二次

函数f(x)＝x2－4x＋a的两个零点都在区间(1，＋∞)内，需f（1）＝1－4＋a>0f（2）＝4－8＋a<0，解得3<a<4.故实数a的取值范围是(3，4).7．B由题意得a>0，Δ＝4－4ac＝0，∴ac＝

1，又a>0，∴c>0.∴9a＋1c≥29ac＝6(当且仅当9a＝1c，即a＝3，c＝13时等号成立).8．A∵f(x)的定义域为[0，＋∞)，且f(－x)＝－x(e－x＋ex)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，又当x>0时，f′(x)＝ex＋e－

x＋(ex－e－x)x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，故选A.9．A当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝x3，∴f(x)＝x3(x∈R)，易知f(x)在R上是增函数，结合f(－4t)>f(2m＋mt2)对任意实数t恒成立，知－4t>2m＋mt2对任意实数t恒成立⇒mt2＋4t＋2m<0

对任意实数t恒成立⇒m<0，Δ＝16－8m2<0⇒m∈(－∞，－2)，故选A.10．－111．f(x)＝x2解析：幂函数f(x)＝x－k2＋k＋2(k∈N*)满足f(2)<f(3)，故－k2＋k＋2>0，∴－1<k<2，又k∈N*，∴k＝

1，f(x)＝x2.12.365解析：设g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，由题意知g(x)≤0对任意实数x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，所以x＝5是方程g(x)＝0的一个根，即g(5)＝0，可以解得k＝365(经检验满足题意)

.13．Bf(x)＝－4tanx－sin2x＋cos2xcos2x＝－tan2x－4tanx－1＝－(tanx＋2)2＋3，当tanx＝－2时，f(x)取得最大值，且最大值为3.14．B因为图像与x轴交于两

点，所以b2－4ac>0，即b2>4ac，①正确．对称轴为x＝－1，即－b2a＝－1，2a－b＝0，②错误．结合图像，当x＝－1时，y>0，即a－b＋c>0，③错误．由对称轴为x＝－1知，b＝2a.又函数图像

开口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a<b，④正确．15．－4x2＋4x＋7解析：设f(x)＝a(x－m)2＋n，∵f(2)＝f(－1)，∴f(x)的对称轴为x＝2－12＝12，∴m＝12.又f(x)

max＝8，∴n＝8，又f(2)＝a2－122＋8＝－1，得a＝－4，∴f(x)＝－4x－122＋8＝－4x2＋4x＋7.16.12，＋∞解析：由f(x)>0，即ax2－2x＋2>0，x∈(1，4)，得a>

－2x2＋2x在(1，4)上恒成立．令g(x)＝－2x2＋2x＝－21x－122＋12，因为1x∈14，1，所以g(x)max＝g(2)＝12，所以要使f(x)>0在(1，4)上恒成立，只要a>12

即可，故实数a的取值范围是12，＋∞.专练8指数与指数函数1．C由题意得a2－3a＋3＝1，a>0，a≠1，得a＝2.2．A若函数g(x)＝3x＋t的图像不经过第二象限，则当x＝0时，g(x)≤0，即30＋t≤0，解得t≤－1.故选A.3．Aa3x＋a－3xax＋a－x＝a2x＋

a－2x－1＝2－1＋12－1－1＝2－1＋2＋1－1＝22－1.4．B∵y＝ax在[0，1]上单调，∴a0＋a1＝3，得a＝2.5．D由f(x)＝ax－b的图像知0<a<1，又f(0)＝a－b∈(0，1)，∴－b>0，∴b<0.

6．Aa＝log52＝12log54，而0<log54<1，即0<a<12；由eb＝12，得b＝ln12<ln1，即b<0；c＝ln32，而ln3>lne＝1，即c>12；所以c>a>b.7．D因为a＝log0.62<log0.61＝0，0<b＝sin1<1，c＝20.6>20＝1，所

以a<b<c.8．C由复合函数的单调性可知，函数f(x)的单调减区间为(－∞，0).9．CI(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)＝ln1

9≈3，解得t*≈66，故选C.10．－1679解析：原式＝－278－23＋1500－12－105－2＋1＝－827错误!＋500错误!－10(5＋2)＋1＝49＋105－105－20＋1＝－1679.11．0.52解析：由题可知P(t)＝2(1＋10%)t＝2×

1.1t，所以P′(t)＝2×1.1tln1.1，所以P′(10)＝2×1.110ln1.1≈2×2.59×0.1＝0.518≈0.52，即GDP增长的速度大约是0.52.12．x>1解析：定义在R上的函数f(x)＝2x＋a·2－x的图像关于原点对称，则f(0)＝20＋

a·20＝0，解之得a＝－1，经检验符合题意，y＝2x、y＝－2－x均为R上增函数，则f(x)＝2x－2－x为R上的增函数，又f(1)＝21－2－1＝32，则不等式f(2x－1)>32等价于2x－1>1，解之得x>1.13．B由函数f(x)＝ex－4，x≤4（x－16）2－1

43，x>4，得函数f(x)在(－∞，4)上递增，在(4，16)上递减，在(16，＋∞)上递增，作出函数y＝2x和y＝x2的图像，如图所示，令2x＝x2，得x＝2或4，结合图像可知，当0≤x<2时，4>2x>x2≥0，则f(2x)>f(x2)，当2≤x≤4时，4≤2x≤x2≤

16，则f(2x)≥f(x2)，当x>4时，2x>x2>16，则f(2x)>f(x2)，综上所述，当x≥0时，f(2x)≥f(x2).14．D设f(x)＝ex－x－1，可得f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0，当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′

(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)>f(0)＝0，即ex>x＋1，则a＝2e－0.2>2×(－0.2＋1)＝1.6，b＝e0.2>0.2＋1＝1.2，所以c＝1.2最小，又由ba＝e0.22e－0.2＝e0.42，因为e0.4<e0.5<40.5＝2，所以ba

＝e0.42<1，所以b<a，综上可得c<b<a.15．6解析：由题意得f(p)＝65，f(q)＝－15，所以2p2p＋ap＝65，①2q2q＋aq＝－15，②①＋②，得2p（2q＋aq）＋2q（2p＋ap）（2p＋ap）（2q＋aq）＝1，整理得2p＋q＝a

2pq，又2p＋q＝36pq，∴36pq＝a2pq，又pq≠0，∴a2＝36，∴a＝6或a＝－6，又a>0，得a＝6.16.－12，＋∞解析：设t＝2x，则y＝4x＋m·2x－2＝t2＋mt－2.因为x∈[－2，2]，所以t∈14，4.又函数y＝4x＋

m·2x－2在区间[－2，2]上单调递增，即y＝t2＋mt－2在区间14，4上单调递增，故有－m2≤14，解得m≥－12.所以m的取值范围为－12，＋∞.专练9对数与对数函数1．B原式＝lg52＋lg4－2＝lg52×4－2＝1－2＝－1.2．D由

题意得log12(3x－2)≥0，即0<3x－2≤1.∴23<x≤1.3．A函数f(x)＝log12(x2－2x)的定义域为(－∞，0)∪(2，＋∞)，由复合函数的单调性可知，函数f(x)＝log12(x2－2x)的单调增区间为(－∞，0).4．A∵f(x)＝(m－2)xa为幂函数，∴m－2＝1

，m＝3，∴g(x)＝loga(x＋3)，又g(－2)＝0，∴g(x)的图像过(－2，0).5．A因为a＝log0.222022<log0.2210.22＝－1，－1<b＝sin(sin2022)<1，c＝20220.22>20220＝1，所以a<b<c.故选A.6．D∵y＝log45>1，z

＝log34>1，∴yz＝log45log34＝log45·log43≤(log45＋log432)2＝(log4152)2＝(log415)2<(log44)2＝1，即z>y，∵43＝log3343，而(343)3＝34＝81>43＝64，∴43

＝log3343>log34，又43＝(43)1<(43)54，∴x>z，综上，x>z>y.7．Cf(x)的定义域为(0，2)，f(x)＝lnx＋ln(2－x)＝ln[x(2－x)]＝ln(－x2＋2x).设u＝－x2＋2x，x∈(0，2)，则u＝－x2＋

2x在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减．又y＝lnu在其定义域上单调递增，∴f(x)＝ln(－x2＋2x)在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减．∴选项A、B错误；∵f(x)＝ln

x＋ln(2－x)＝f(2－x)，∴f(x)的图像关于直线x＝1对称，∴选项C正确；∵f(2－x)＋f(x)＝[ln(2－x)＋lnx]＋[lnx＋ln(2－x)]＝2[lnx＋ln(2－x)]，不恒为0，∴f(x)的图像不关于点(1，0)对称，∴选项D错误．8．B由y＝logax的图像可知

loga3＝1，所以a＝3.对于选项A：y＝3－x＝13x为减函数，A错误；对于选项B：y＝x3，显然满足条件；对于选项C：y＝(－x)3＝－x3在R上为减函数，C错误；对于选项D：y＝log3(－x)，当x＝－3时，y＝1，D错误．故选B.9．A依

题意a∈(0，1)∪(1，＋∞)且－3x2＋4ax－1>0，所以Δ＝16a2－12>0，解得a>32或a<－32，综上可得a∈(32，1)∪(1，＋∞)，令－3x2＋4ax－1＝0的根为x1、x2且x1<x2，u(x

)＝－3x2＋4ax－1，y＝logau，若a∈(1，＋∞)，则y＝logau在定义域上单调递增，u(x)＝－3x2＋4ax－1在(x1，2a3)上单调递增，在(2a3，x2)上单调递减，根据复合函数的单调性可知，f(x)＝loga(－3x2＋

4ax－1)在(x1，2a3)上单调递增，在(2a3，x2)上单调递减，函数不存在最小值，故舍去；若a∈(32，1)，则y＝logau在定义域上单调递减，u(x)＝－3x2＋4ax－1在(x1，2a3)上单调递增，在(2a3，x

2)上单调递减，根据复合函数的单调性可知，f(x)＝loga(－3x2＋4ax－1)在(x1，2a3)上单调递减，在(2a3，x2)上单调递增，所以函数在x＝2a3取得最小值，所以a∈(32，1).10．－7解析：∵f(3)＝log2(9＋a)＝1，∴9＋a＝2，a＝－7.11．8解析：因为函

数y＝13x，y＝－log2(x＋4)在区间[－2，2]上都单调递减，所以函数f(x)＝13x－log2(x＋4)在区间[－2，2]上单调递减，所以函数f(x)的最大值为f(－2)＝13－2－log

2(－2＋4)＝9－1＝8.12.－∞，32解析：∵0<－x2＋22≤22，∴log2(－x2＋22)≤log222＝32.13．B由75－15＝(12)1h(105－15)，有(12)1h＝23，又30－15＝(12)mh(75－15)，有(12)m

h＝14，即(23)m＝14，则mlg23＝lg14，解得m＝－lg4lg2－lg3＝2lg2lg3－lg2≈3.4.14．C4.9＝5＋lgV⇒lgV＝－0.1⇒V＝10－110＝11010≈11.259≈0.8，所以该同学视力的小数记录

法的数据约为0.8.15．Bx＝log4(20211226×1314520)＝12log2(20211226×1314520)，设20211226＝2m，1314520＝2n，由表格得知：220＝1048576，221＝2097152，224＝16777216，225＝3

3554432，所以24<m<25，则20<n<21，所以m＋n∈(44，46)，log2(20211226×1314520)∈(44，46)，则x＝12log2(20211226×1314520)∈(22，23).16．[－1，＋∞)解析：∵函数f(x)＝loga(－x＋1)(a>0且a≠1)

在[－2，0]上的值域是[－1，0]，而f(0)＝0，∴f(－2)＝loga3＝－1，∴a＝13，∴g(x)＝13x＋m－3，令g(x)＝0，得x＝－m－1，则－m－1≤0，求得m≥－1，故m的取

值范围为[－1，＋∞).专练10函数的图像1．A设函数f(x)＝(3x－3－x)cosx，则对任意x∈[－π2，π2]，都有f(－x)＝(3－x－3x)cos(－x)＝－(3x－3－x)cosx＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，因此排除B，D选项．又f(1

)＝(3－3－1)cos1＝83cos1＞0，所以排除C选项．故选A.2．A把函数y＝log2x的图像上所有点的纵坐标缩短为原来的12，横坐标不变，得到函数y＝12log2x的图像，再向右平移1个单位，得到函数y＝12log2(x－1

)的图像，即函数y＝log2(x－1)12＝log2x－1的图像．3．A对于B选项，f(π2)＝0，与题图不符；对于C选项，当π<x<3π2时，|sinx|>0，则f(x)＝x2|sinx|ex>0，与题图不符；对于D选项，f(π2)＝0，与题图不符．排除BCD选项．4．Cf(－x)＝3－

x－3x（－x）2＋|－x|－2＝3－x－3xx2＋|x|－2＝－3x－3－xx2＋|x|－2＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，排除A选项；令x2＋|x|－2＝0，得x＝1或x＝－1，所以f(x)在x＝1和x＝－1处没有意义，函数图像存在虚线，当

取1.000001时，f(x)分母为正，分子为正所以函数值为正数，排除B选项；当x＝－12时，f(x)分母为负，分子为负，所以f(x)为正数，排除D选项；对比图像和函数值知只有C选项符合题意．5．D函数f(x)在x＝0处无定义，排除选项A，函

数f(x)的图像关于原点对称，故f(x)为奇函数，排除选项B，当0<x<1时，cosx>0，ex>e－x，故cosxex－e－x>0，排除选项C.6．A函数f(x)＝x＋2x＋1＝1＋1x＋1，∵1x＋1≠0，∴f(x)≠1.故A正确；显然f(x)的图像关于(－1，1)成中心对称

，故B不正确；∵当x＝－2时，f(x)＝0，故图像与x轴有交点，C不正确；由函数的概念知D不正确．7．B图②是由图①y轴左侧图像保留，左右关于y轴对称得，故图②对应的解析式为y＝f(－|x|).8．A易知函数f(

x)＝1－ex1＋exsinx的定义域为R，且f(－x)＝1－e－x1＋e－xsin(－x)＝ex－1ex＋1sin(－x)＝1－ex1＋exsinx＝f(x)，所以函数f(x)＝1－ex1＋exsinx为偶函数，排除选项C，D；又f(2)＝1－e21＋e2sin2<0，所以排除选项B.9．D由题

意知y＝11－x＝－1x－1的图像是双曲线，且关于点(1，0)成中心对称，又y＝2sinπx的周期为T＝2ππ＝2，且也关于点(1，0)成中心对称，因此两图像的交点也一定关于点(1，0)成中心对称，再结合图像(如图所示)

可知两图像在[－2，4]上有8个交点，因此8个交点的横坐标之和x1＋x2＋…＋x8＝4×2＝8.故选D.10．(－2，4)解析：由题意得f(2)＝3，又y＝f(x)与y＝f(－x)的图像关于y轴对称，∴y＝f(

－x)过点(－2，3)，∴y＝f(－x)＋1的图像过点(－2，4).11.－π2，－1∪1，π2解析：当x∈0，π2时，y＝cosx>0.当x∈π2，4时，y＝cosx<

0.结合y＝f(x)，x∈[0，4]上的图像知，当1<x<π2时，f（x）cosx<0.又函数y＝f（x）cosx为偶函数，∴在[－4，0]上，f（x）cosx<0的解集为－π2，－1，所以f（x）cosx<0的解集为－π2，－1∪1，π2.

12．(0，1)∪(1，4)解析：根据绝对值的意义，y＝|x2－1|x－1＝x＋1（x>1或x<－1），－x－1（－1≤x<1）.在直角坐标系中作出该函数的图像，如图中实线所示，根据图像可知，当0<k<1或1<k<4时有两个交点．13．Ay＝f(x)＝12x，0≤

x<1，34－x4，1≤x<2，54－12x，2≤x≤52，画出分段函数的大致图像，如图所示．故选A.14．D当a＝0时，f(x)＝|x＋1|＝x＋1，x≥－1－x－1，x<－1，图像为A；当a＝1时，f(x)＝|x＋1|＋x＝2x

＋1，x≥－1－1，x<－1，图像为C；当a＝－1时，f(x)＝|x＋1|－x＝1，x≥－1－2x－1，x<－1，图像为B.当x≥－1时f(x)＝x＋1＋ax＝(1＋a)x＋1为常数函数，则1＋a＝0，解得a＝－1，显然与B的图像矛盾，故D错误．15．B由题f′(x)＝x2＋2ax

＋b(a<0，b<0)，Δ＝4a2－4b>0，导函数有两个变号零点即原函数有两个极值点x1，x2，且x1＋x2＝－2a>0，x1·x2＝b<0，只有B图符合．16．①②④解析：画出|f(x)|＝|ex－2|的函数图像，如图：h(x)＝kx－2k＋1经过定点(2，1

)，从图中可以看出存在实数k，使得方程|f(x)|＝h(x)恰有一个根；①正确；存在实数k，使得方程|f(x)|＝h(x)恰有三个根，②正确；要想对任意实数a，存在不相等的实数x1，x2，使得f(x1)－f(x2)＝g(x1)－g(x2)，只需函数f(x

)＝ex－2，g(x)＝x2＋ax(a∈R)始终有两个交点，当a＝1时，g(x)＝x2＋x＝(x＋12)2－14，开口向上，且最小值为－14，此时图像如图所示：由于指数函数的增长速度高于二次函数，显然此时两函

数只有一个交点，故③错误；要想对任意实数a，存在不相等的实数x1，x2，使得f(x1)－f(x2)＝g(x2)－g(x1)，即f(x1)－f(x2)＝－[g(x1)－g(x2)]，只需f(x)＝ex－2与－g(x)＝－x2－ax

，无论a取何值，都有两个交点，其中－g(x)＝－x2－ax＝－(x＋a2)2＋a24开口向下，且有最大值为a24≥0，且恒过(0，0)，画出两函数图像如下，其中－g(x)＝－x2－ax＝－(x＋a2)2＋a24为一组抛物线，

用虚线表示：无论a取何值，都有两个交点，④正确．专练11函数与方程1．B由题意得x2－ax＋b＝0有两根2，3.∴2＋3＝a，2×3＝b，得a＝5，b＝6.由bx2－ax－1＝0，得

6x2－5x－1＝0，得x＝－16或x＝1.2．C令f(x)＝log4x＋x－7，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且函数在(0，＋∞)上连续．因为f(5)<0，f(6)>0，所以f(5)f(6)<0，所以函数f(

x)＝log4x＋x－7的零点所在的区间为(5，6)，即方程log4x＋x＝7的根所在区间是(5，6).故选C.3．A由x2＋2x－3＝0，x≤0，得x1＝－3，由lgx－1＝0，x>0，

得x2＝10，∴函数f(x)的所有零点之和为10－3＝7.4．D∵f1e＝13e＋1>0，f(1)＝13>0，f(e)＝e3－1<0，∴f(x)在1e，1内无零点，在(1，e)内有零点．5．B∵f(x)＝lnx＋2x－6在(0，＋∞)上单调递增，又f(2)＝

ln2＋4－6<0，f(3)＝ln3>0，∴f(x)的零点位于(2，3).6．C令f(x)＝log3x＋x－3，显然f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(2)＝log32－1<0，f(3)＝log33＋

3－3＝1>0，∴函数f(x)的零点所在的区间为(2，3)即方程的解所在的区间为(2，3).7．B∵函数f(x)＝x12－12x为单调增函数，且f(0)＝－1<0，f(1)＝12>0,∴f(x)在

(0，1)内有一个零点．8．D当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝－x2－3x，∴g(x)＝x2－4x＋3，x≥0，－x2－4x＋3，x<0，由x2－4x＋3＝0，x≥0，得x＝1或x＝3；由－x2－4x＋3＝0，x<0，得x＝－2－7，故

选D.9．D由于|f(x)|≥0，故必须－k≥0，即k≤0，显然k＝0时两个函数图像只有一个公共点，所以k<0，f(x)＝kx＋2恒过点(0，2)，要使y＝|f(x)|与y＝－k的图像有三个公共点(如图所示)，只要－k≥2，即k≤－2即可．故选D.10.13，1解析：当a＝0

时，函数f(x)＝1在(－1，1)上没有零点，所以a≠0.所以函数f(x)是单调函数，要满足题意，只需f(－1)f(1)<0，即(－3a＋1)·(1－a)<0，所以(a－1)(3a－1)<0，解得13<a<1，所以

实数a的取值范围是13，1.11．±1解析：由题意得3－x0－2＝1，x0≤0或x0＝1，x0>0，得x0＝±1.12．(3，5)解析：∵偶函数f(x)满足f(x)＝f(x＋2)且当x∈[－1，0]时，f(x)＝

x2，∴函数f(x)的周期为2.在区间[－1，3]内函数g(x)＝f(x)－loga(x＋2)有3个零点等价于f(x)的图像与y＝loga(x＋2)的图像在区间[－1，3]内有3个交点．当0<a<1时，不成立，所以a>1且loga(1＋2)<1，lo

ga(3＋2)>1，解得a∈(3，5).13．A作出函数f(x)的图像如图所示：由图可知，当0<a<1时，直线y＝a与函数f(x)的图像有四个交点，且交点的横坐标分别为x1、x2、x3、x4，且x1<x2<

x3<x4，由图可知，点(x3，a)、(x4，a)关于直线x＝5对称，则x3＋x4＝10，由图可知，2<x1<3，3<x2<4，由f(x1)＝f(x2)可得－log2(x1－2)＝log2(x2－2)，所以，x1－2＝1x2－2，所以，可得x1＝1x2－2＋2，所以，（x3＋x4）x15

＋1x2－1＝2x1＋1x2－1＝2x2－2＋1x2－1＋4，易知函数g(x)＝2x－2＋1x－1＋4在(3，4)上为减函数，且g(3)＝132，g(4)＝163，故（x3＋x4）x15＋1x2－1＝2x2－2＋1x2－1＋4∈(163，132).14．D若x∈[2n－1，2n)(n∈N*)，即x

2n∈[12，1)，有f(x)＝f(x2n)＋n＝n＋1－x2n，作出函数y＝f(x)，y＝logax的图像，如图，由图像，可以发现当a∈[2，＋∞)时，两者无公共点，当f(2)＝loga2时，即loga2＝52，a＝54时，有两个公

共点，故由图像可知，当a∈(1，54)时，两者有唯一公共点，当a<1时，由f(x)＝1－x与y＝logax相切于点(1，0)时，由k＝y′|x＝1＝1lna＝－1可得a＝1e，结合图像可知，a∈(0，1e)时，两者有唯一公共点．综上，a的取值范围是(0，1e)∪(1，54).15．D

设g(x)＝2x＋2－x－2，因为g(－x)＝g(x)，所以g(x)是偶函数，g(0)＝0，g(x)＝2x＋2－x－2≥22x＋2－x－2＝0(当且仅当x＝0时等号成立)，故g(x)是偶函数，且最小值为0，函数y＝2

x－1＋21－x－2可以由函数y＝2x＋2－x－2的图像向右平移1个单位长度得到，函数f(x)图像如图所示：则x3＋x4＝2，且f(x3)≤f(0)＝12，因为f(x1)＝f(x2)，所以log4(－x1

)＝－log4(－x2)，所以log4(－x1)＋log4(－x2)＝0，即(－x1)(－x2)＝1，因为|log4(－x2)|≤12，即log4(－x2)≥－12，所以x2∈(－1，－12]，所以x1＋x2＝1x2＋x2，又因为h(t)＝t＋1t，t∈(－1

，－12]，任取t1，t2∈(－1，－12]，且t1<t2，则h(t1)－h(t2)＝t1＋1t1－t2－1t2＝(t1－t2)＋t2－t1t1t2＝（t1t2－1）（t1－t2）t1t2，因为t1－t2<0，t1t2－

1<0，所以h(t1)－h(t2)>0，即h(t1)>h(t2).所以y＝h(t)＝t＋1t在t∈(－1，－12]上单调递减，所以x1＋x2≥－2－12＝－52，所以x1＋x2＋x3＋x4的最小值是－12.16．Df(x)＝xx－1＝x－1

＋1x－1＝1＋1x－1(x>1)，因为x>1，所以x－1>0，所以f(x)>1，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，α，β分别是方程f(x)＝ex，f(x)＝lnx的根，因为y＝ex与y＝lnx互为反函数，所以y＝

ex与y＝lnx的图像关于直线y＝x对称，由y＝xx－1（x>1）y＝x，得x＝2y＝2，画出函数y＝ex，y＝lnx和f(x)＝xx－1(x>1)的图像，由图可得1<α<2，因为当x＝3时，ln3＝ln9<lne3＝32＝33－1，当

x＝4时，ln4＝ln343>ln3e4＝43＝44－1，所以3<β<4，所以4<α＋β<6，所以①正确，对于②，由图可得1<lnβ<2，所以e<β<e2，因为1<α<2，所以e<αβ<2e2，所以②

正确，对于③，因为f(x)＝xx－1＝x－1＋1x－1＝1＋1x－1(x>1)的图像关于直线y＝x对称，因为y＝ex和y＝lnx互为反函数，所以(α，αα－1)与(β，ββ－1)关于直线y＝x对称，所以α＝ββ－1或β＝αα－1，化简得α＋β＝αβ，所以③正确．专练12变化率与导

数、导数的计算1．D∵f(x)＝2xf′(1)＋x2，∴f′(x)＝2f′(1)＋2x，∴f′(1)＝2f′(1)＋2，∴f′(1)＝－2，∴f(x)＝－4x＋x2，∴f′(x)＝－4＋2x，∴f′(0)＝－4.2．Ch′(t)＝－200t

＋800，∴h′(2)＝－200×2＋800＝400(m/h).3．B设曲线f(x)＝33x3－1在x＝1处的切线倾斜角为α，因为f′(x)＝3x2，则f′(1)＝3，因为0≤α≤π，因此，α＝π3.4．C∵函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)，∴f′(x)

＝(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)＋x[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′，∴f′(0)＝a1a2…a8＝(a1a8)4＝84＝212.5．C从f(x)图像可以看出，点B处切线的斜

率大于直线AB的斜率，直线AB的斜率大于点A处切线的斜率，点A处切线的斜率大于0，根据导数的几何意义可得0<f′(3)<f（3）－f（2）3－2<f′(2)，即0<f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2).6．B令y′＝2x

4－3x＝－12，解得x＝－3(舍去)或x＝2.故切点的横坐标为2，故选B.7．B∵f′(x)＝cosx－asinx，∴f′π4＝22－22a＝24，得a＝12.8．D由y＝x＋lnx，得y′＝1＋

1x，∴当x＝1时，y′＝2，∴切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，由y＝2x－1，y＝ax2＋（a＋2）x＋1，得ax2＋ax＋2＝0，由题意得a≠0，Δ＝a2－8a＝0，得a＝8.9．B设g(x)＝f(x)－2x－4，g

′(x)＝f′(x)－2，由题意得g′(x)>0恒成立，∴g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，又g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，又f(x)>2x＋4等价于g(x)>0，∴原不等式的解为x>－1.10．y＝5x＋2解析：y′＝2x－1x

＋2′＝2（x＋2）－（2x－1）（x＋2）2＝5（x＋2）2，所以y′|x＝－1＝5（－1＋2）2＝5，所以切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即y＝5x＋2.11．(1，0)解析：设P(x0，y0)，因为y＝12x

2的导数为y′＝x，所以曲线y＝12x2在点A(1，12)处的切线的斜率为1，因为y＝xlnx的导数为y′＝1＋lnx，曲线y＝xlnx在点P处的切线斜率为1＋lnx0，所以1＋lnx0＝1，解得x0＝1，代入y＝xlnx可得

y0＝0，故P(1，0).12．x＋y＝0解析：设切线的切点为(x0，－x0lnx0－1)，对函数y＝－xlnx－1求导得y′＝－lnx－1，则切线的斜率为k＝－1－lnx0，所以切线方程为y＋x0lnx0＋1＝(－lnx0－1)(x－x0)，将原

点的坐标代入切线方程可得x0＝1，则k＝－1，因此，所求切线方程为y＝－x，即x＋y＝0.13．D由f(x)＝(x2－2x)(ax＋b)(a≠0)可得f(x)＝ax3＋(b－2a)x2－2bx，因为f(－x)＝－f(x)，所以b－2a＝0，解得b＝2a.所以y＝f(a)＝a4－4a2，故切线斜

率k＝f′(a)＝0，又f′(x)＝a(3x2－4)，所以f′(a)＝a(3a2－4)＝0，解得a＝233或a＝－233，所以b＝－433或433.14．B由题得f′(x)＝2e2x－2ex＋a，则方程2e2x－2ex＋a＝3有两个不同的正解，令t＝ex(t>0)，且g(t)＝2t2－

2t＋a－3，则由图像可知，有g(0)>0且Δ>0，即a－3>0且4－8(a－3)>0，解得3<a<72.故选B.15．A根据导数的几何意义，f′(x1)、f′(x2)、f′(x3)分别为x1，x2，x3处的切线斜率，又x1与x3处的切线单调递增，x2处的切线单调递减，且x

1处的切线比x3处的切线更陡峭，∴f′(x2)<0<f′(x3)<f′(x1)，故最大为f′(x1).16．1解析：由直线l：y＝kx＋b是曲线y＝ex的切线，切点为M(x1，y1)，则直线l的方程是y－ex1＝ex1(x－x1)，即y＝ex1x＋ex1(1－x1).由直

线l：y＝kx＋b是曲线y＝(x＋1)2的切线，切点为N(x2，y2)，直线l的方程为y－(x2＋1)2＝2(x2＋1)·(x－x2)，即y＝2(x2＋1)x－x22＋1.所以ex1＝2(x2＋1)ex1(1－x

1)＝－x22＋1，所以2(x2＋1)(1－x1)＝－x22＋1，因为ex1＝2(x2＋1)>0，所以2(1－x1)＝1－x2，2x1－x2＝1.专练13导数与函数的单调性1．B函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)<0，得0

<x<1e，∴f(x)的单调减区间为0，1e.2．C由函数y＝f(x)与y＝f′(x)的关系可知，当x∈(－2，1)时，f(x)先减后增，故A不正确；当x∈(1，3)时，f(x)先增后减，故B不正确；当x∈(4，5)时，f′(x)>0，∴f(x)在(4，5)上单调递增，故C

正确；由函数的图像可知函数在x＝4处取得极小值，故D不正确．3．C因为f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)，所以f(x)在区间[1，3]上单调递减，f(x)的图像向右平移一个单位长度得到f(x－1)的图像，所以f

(x－1)在区间[2，4]上单调递减．用集合的观点考虑“充分不必要条件”，在选项中，包含在区间[2，4]内的选项为C.故选C.4．C令f(x)＝x－sinx，x∈(0，π2)，则f′(x)＝1－cosx>0，所以函数f(x)＝x－si

nx在(0，π2)上递增，所以x－sinx>0，即x>sinx在x∈(0，π2)上恒成立，又π－3∈(0，π2)，所以π－3>sin(π－3)＝sin3>0，又6∈(π，2π)，所以sin6<0，所以π－3>sin3>sin6，即a>c>b.5．A函数

f(x)＝－x3＋ax2－x－1的导数为f′(x)＝－3x2＋2ax－1.∵函数f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，∴在(－∞，＋∞)上f′(x)≤0恒成立，即－3x2＋2ax－1≤0恒成立，∴Δ＝4a2－12≤0，解得－3≤a≤

3，∴实数a的取值范围是[－3，3].故选A.6．D由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－ax，∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴2x－ax≥0，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤2.故选D.7．C∵f(x)＝lnxx，∴f′(x)＝1－lnxx2，当0<x<e时，f′

(x)>0，故f(x)在(0，e)上单调递增．又∵0<a<b<e，∴f(a)<f(b).故选C.8．A由f′(x)＝x2－3x－4<0，得－1<x<4，∴f(x)的单调减区间为(－1，4)，∴y＝f(x＋3)的单调减区间为(－4，1).9．A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).故选A.10．[0，＋∞)解析：设函数g(x)＝f（x）＋2ex2，则g′(x)＝f′（x）·ex2－12·ex2·[f（x）＋2]（ex2）2＝2f′（x）－f（x）－22ex

2，又∵2f′(x)－f(x)>2，∴g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝f(0)＋2＝3，故不等式f(x)＋2≥3ex2可化为g(x)≥g(0)，由g(x)的单调性可得该不等式的解集为[0，＋∞).11.－π，－π2

，0，π2解析：∵f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，由f′(x)>0得－π<x<－π2或0<x<π2，∴f(x)的单调增区间为－π，－π2，0，π2.12．sin(π2x)(答案不唯一)解析：因为f(x)的图像关于原点对

称，所以f(x)为奇函数；由f(2－x)＝f(x)可知，函数f(x)的图像关于直线x＝1对称；所以f(2＋x)＝f(－x)＝－f(x)＝－f(2－x)＝f(x－2)，所以f(x)的周期为4；又当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，2)时，f′(x)<

0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减．结合所学函数，记f(x)＝sin(π2x)，x∈R，则f(－x)＝sin(－π2x)＝－sin(π2x)＝－f(x)，满足③；f(2－x)＝sinπ2(2－x)＝s

in(π－π2x)＝sin(π2x)＝f(x)，满足②；由0<π2x<π2得x∈(0，1)，π2<π2x<π得x∈(1，2)，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，满足①.13．D函数y＝f(x－1)的图像关于直线x＝1对称，可知函数y＝f(x)的图像关于直线x＝0

对称，即y＝f(x)为偶函数，构造g(x)＝xf(x)，当x∈(－∞，0)，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，故y＝g(x)在(－∞，0)上单调递减，且易知g(x)为奇函数，故y＝g(x)在(0，

＋∞)上单调递减，由21.5>2＝log1214>ln3>0，所以g(21.5)<g(log1214)<g(ln3).14．D由题意得alna－a＝2ln2－2blnb－b＝2ln2－2clnc－c＝12ln12－12；令f(x)＝xlnx－x，则f′(x)＝lnx，∴当

x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；∴f(x)min＝f(1)＝－1；又f(e)＝0，当x∈(0，1)时，f(x)<0；∴方程f(x)＝t(－1<t<0

)有两个不等解x1，x2；∴0<x1<1，1<x2<e；∵f（a）＝f（2）f（b）＝f（2）f（c）＝f（12），又0<12<1<2<2<e，∴0<a<1，0<b<1，1<c<e；又f(2)>f(2)，∴f(a)>f(b)，∴a<b；综上所述：a<b<c.15．B因为f(

1)＝ln11＝0，所以x＝1不是不等式1－af（x）>0的一个解，当x>1时，f(x)＝lnxx2>0，则1－af（x）>0⇔f(x)－a>0⇔a<lnxx2，不等式1－af（x）>0有且只有一个整数解等价于a<lnxx2只有一个整数解，即f(x)的图像在直

线y＝a的上方只有一个整数解f′(x)＝1－2lnxx3，令f′(x)＝0，则x＝e，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，作出f(x)的图像，由图像可知a的取值范围为f(3)≤a<f(2)，即ln39≤a<ln24.1

6．A∵当x∈(0，＋∞)时不等式f(x)－xf′(x)＞0成立，∴(f（x）x)′＝f′（x）x－f（x）x2＜0，∴g(x)＝f（x）x在(0，＋∞)上是减函数．则a＝415f(4－15)＝f（4－15）4－1

5＝g(4－15)，b＝2f(22)＝f（22）22＝g(22)，c＝log139f(log133)＝－2f(－12)＝f（－12）－12＝g(－12)，又∵函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，∴g(x)

＝f（x）x是定义在R上的偶函数，则g(－12)＝g(12)，∵4－15＝154＝11016>11025＝22＞12，∵g(x)在(0，＋∞)上是减函数，∴g(4－15)＜g(22)＜g(12)，则a＜b＜c.专练14导数与函数的极值、最值1．Af′(x)＝

x－1x＝x2－1x，且x>0，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0得0<x<1，∴f(x)在x＝1处取得极小值，又f(x)为单峰函数，∴f(x)min＝f(1)＝12.2．Af′(x)＝x2

－4＝(x＋2)(x－2)，f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2，2)上单调递减，∴f(x)极大值＝f(－2)＝283.3．D通解(分类与整合法)因为函数f(x)＝a(x－a)2·(x－b)，

所以f′(x)＝2a(x－a)(x－b)＋a(x－a)2＝a(x－a)·(3x－a－2b).令f′(x)＝0，结合a≠0可得x＝a或x＝a＋2b3.(1)当a>0时，①若a＋2b3>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递增，在a，a＋2b3上单调递减，所以x＝a为函

数f(x)的极大值点，满足题意；②若a＋2b3＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；③若a＋2b3<a，即b<a，此时易知函数f(x)在a＋2b3，a上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以x＝a为函数f

(x)的极小值点，不满足题意．(2)当a<0时，①若a＋2b3>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递减，在a，a＋2b3上单调递增，所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意；②若a＋2b3＝a，即b

＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；③若a＋2b3<a，即b<a，此时易知函数f(x)在a＋2b3，a上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意．

综上，a>0且b>a满足题意，a<0且b<a也满足题意．据此，可知必有ab>a2成立．故选D.优解(特值排除法)当a＝1，b＝2时，函数f(x)＝(x－1)2·(x－2)，画出该函数的图像如图1所示，可知x＝1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误．当a＝

－1，b＝－2时，函数f(x)＝－(x＋1)2(x＋2)，画出该函数的图像如图2所示，可知x＝－1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误．综上，选D.光速解(数形结合法)当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图像，如图3所

示，观察可知b>a.当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图像，如图4所示，观察可知a>b.综上，可知必有ab>a2成立．故选D.4．Cf′(x)＝3x2＋2ax＋b，∴3＋2a＋b＝0

，1＋a＋b＋a2＝10，b＝－3－2a，a2－a－12＝0，⇒a＝4，b＝－11，或a＝－3，b＝3.当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，∴在x＝1处不存在极值．当a＝4，b＝－11时，f′(x)＝3x2＋8x－

11＝(3x＋11)(x－1)，∴x∈－113，1，f′(x)<0；x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，符合题意．∴a＝4，b＝－11.∴f(2)＝8＋16－22＋16＝18.5．B∵函数f(x

)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，且f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6，由题意得方程3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不同的实数解，∴Δ＝4m2－12(m＋6)>0，解得m<－3或m>6，∴实数m的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞).故选B.6．B由题意，得f(

x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－bx2＝ax－bx2.又当x＝1时，f(x)取得最大值－2，所以a＜0，f′（1）＝0，f（1）＝－2，即a＜0，a－b＝0，b＝－2，所以a＝b＝－2，则f′(x)＝－2x＋2x2，所以f′(2)＝－

2×2＋222＝－12.故选B.7．A由ex≥k＋x恒成立，∴k≤(ex－x)min，设f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1，由f′(x)>0，得x>0，由f′(x)<0，得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)m

in＝f(0)＝1，∴k≤1.8．B∵f′(x)＝x2＋ax＋2b，又因为当x1∈(0，1)时取得极大值，当x2∈(1，2)时取得极小值，可得x1、x2是方程f′(x)＝0的两个根，根据一元二次方程根的分布可得f′（0）＞0f′（1）＜0f′（2）

＞0即2b＞01＋a＋2b＜04＋2a＋2b＞0，作出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示(不包括边界)，可求出边界交点坐标分别为A(－2，0)、B(－1，0)、C(－3，1)，b－3a＋2表示平面区域内的点(a，b)与点M(－2，3)连线的斜率，由图

可知kMB＝3－0－2－（－1）＝－3，kMC＝3－1－2－（－3）＝2，根据倾斜角的变化，可得b－3a＋2∈(－∞，－3)∪(2，＋∞).9．B函数f(x)＝13x3＋12ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2，假设x1＜x2，则

f′(x)＝x2＋ax＋b＝0有两个不等的实数根，Δ＝a2－4b＞0，方程f2(x)＋af(x)＋b＝0的判别式Δ′＝Δ＝a2－4b＞0，所以方程f2(x)＋af(x)＋b＝0有两解，且f(x)＝x1或f(x)＝x2，函数y＝f(x)的图像和直线y＝x

1的交点个数即为方程f(x)＝x1解的个数，函数y＝f(x)的图像和直线y＝x2的交点个数即为方程f(x)＝x2解的个数．f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，又f(x1)＝x1，画出图像如图所示，y＝f(x)的图像和直线

y＝x1的交点个数为2，y＝f(x)的图像和直线y＝x2的交点个数为1，f(x)＝x1或f(x)＝x2的根共有3个，即方程f2(x)＋af(x)＋b＝0的不同实根个数为3.10．1解析：f′(x)＝3

x2＋2ax－1，因为函数f(x)＝x3＋ax2－x－9在x＝－1处取得极值，所以f′(－1)＝3－2a－1＝0，解得a＝1，此时f′(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)，故当x∈(－1，13)时，f′(x)<0，f(x)单调递

减；当x∈(－∞，－1)和(13，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；所以函数f(x)在x＝－1处取得极小值，满足题意，所以f(x)＝x3＋x2－x－9，所以f(2)＝8＋4－2－9＝1.11．(－∞，－

1)∪(－14，12)解析：f(x)＝x(x＋1)(x－2m)＝x3＋(1－2m)x2－2mx，f′(x)＝3x2＋2(1－2m)x－2m，因为函数f(x)＝x(x＋1)(x－2m)的两个极值点为x1，x2，所以x1，x2为函数f′(x)＝3x2

＋2(1－2m)x－2m的两零点，Δ＝4(1－2m)2＋24m＝16m2＋8m＋4＞0恒成立，x1＋x2＝4m－23，x1x2＝－2m3，f(x1)＋f(x2)＝x31＋(1－2m)x21－2mx1＋x32＋(1－

2m)x22－2mx2＝x31＋x32＋(1－2m)(x21＋x22)－2m(x1＋x2)＝(x1＋x2)(x21－x1x2＋x22)＋(1－2m)[(x1＋x2)2－2x1x2]－2m(x1＋x2)＝(x1＋x2)[(x1＋x2)2－3x1x2]＋(1－2m)[(x1＋x2

)2－2x1x2]－2m(x1＋x2)＝4m－23[(4m－23)2＋2m]＋(1－2m)[(4m－23)2＋4m3]－2m·4m－23＝－427(2m－1)(4m2＋5m＋1).因为f(x1)＋f(x2)＞0，所以(2m－1

)(4m2＋5m＋1)＜0，则2m－1＞04m2＋5m＋1＜0或2m－1＜04m2＋5m＋1＞0，解得m＜－1或－14＜m＜12，所以实数m的取值范围是(－∞，－1)∪(－14，12).12

．[0，＋∞)解析：当x＞1时，f(x)＝xelnx，f′(x)＝lnx－1eln2x，当1＜x＜e时，f′(x)＜0，f(x)递减，当x＞e时，f′(x)＞0，f(x)递增，故x＝e时，f(x)min＝f(e)＝1；当x≤1时，f(x)＝x3－3x＋a，f′(x)＝3

x2－3，x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)递增，－1＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)递减，所以当x＝－1时，f(x)有极大值f(－1)＝2＋a，当x＝1时，f(1)＝－2＋a，作出f(x)＝xelnx

，x＞1x3－3x＋a，x≤1的大致图像如图，由题意知[f(x)]2－(t＋2)f(x)＋2t＝0，即(f(x)－2)(f(x)－t)＝0有7个不同的实根，当f(x)＝2有三个根，f(x)＝t有四个实根，此时2＋a＝2或－2＋a＞

2，得a＝0或a＞4；当f(x)＝2有四个根时，f(x)＝t有三个实根，此时－2＋a≤2＜2＋a，得0＜a≤4，所以a≥0.13．D设两曲线的公共点为(x0，y0)(x0＞0)，由f(x)＝12x2－2ax得f′(x)＝x－2a，由g(x)＝3a2lnx－b(x＞0)得g′(x)＝3a2x

，所以两曲线在点(x0，y0)处的切线的斜率分别为x0－2a和3a2x0，依题意可得x0－2a＝3a2x0，整理得x20－2ax0－3a2＝0，解得x0＝3a或x0＝－a(舍)，又12x20－2ax0＝3a2lnx0－b

，将x0＝3a代入可得b＝3a2ln3a＋32a2，设F(a)＝3a2ln3a＋32a2，则F′(a)＝6aln3a＋6a，令F′(a)＝0，则a＝13e，所以当0＜a＜13e时，F′(a)＜0，当a＞13e时，F′(a)＞0，所以当a＝13e时

，F(a)取得最小值为F(13e)＝－3×(13e)2＋32×(13e)2＝－16e2，所以b的最小值为－16e2.14．Cf′(x)＝1x－a，若a≤0，则f′(x)＝1x－a＞0不满足f(x1)＝f(x2)＝m(x1＜x2)，所以a＞0，令f′(x)＝0，得x＝1a，当0＜x＜1a时，f′

(x)＞0，f(x)递增，当x＞1a时，f′(x)＜0，f(x)递减，因为x2－x1＝1，所以x2＝x1＋1，又f(x1)＝f(x2)＝f(x1＋1)，所以lnx1－ax1＝ln(x1＋1)－a(x1＋1)，即a＝ln(x1＋1)－lnx1＝lnx1

＋1x1＝ln(1＋1x1)，因为x1≥1，所以1＜1＋1x1≤2，所以a∈(0，ln2]，故实数a的最大值为ln2.15．(－∞，2－2ln2]解析：当x∈(0，1]时，lnx≤0，此时|x－a|≥2lnx恒成立，故x∈(1，＋∞)时

，|x－a|≥2lnx恒成立，即x－a≥2lnx或x－a≤－2lnx，即a≤x－2lnx或a≥x＋2lnx，设f(x)＝x－2lnx，则f′(x)＝1－2x＝x－2x.当x∈(1，2)时，f′(x)＜0，f(

x)单减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单增．故f(x)min＝f(2)＝2－2ln2，故a≤2－2ln2.设g(x)＝x＋2lnx，则f′(x)＝1＋2x＞0，所以f(x)在x∈(1，＋∞)单增，不存在最大值．综上可知，a的取值范围是(－

∞，2－2ln2].16.1e，1解析：由题意，得f′(x)＝2(axlna－ex)，易知f′(x)至少要有两个零点x1和x2.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝2ax(lna)2－2e.(1)若a>1，则g′(x)在R上单调递增，此时若

g′(x0)＝0，则g(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时若有x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x1>x2，不符合题意，舍去．(2)若0<a<1，则g′(x)在R上单调递减，此

时若g′(x0)＝0，则g(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，且x0＝logae（lna）2，此时若有x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，且x1<x2，则需满足g(x0)>0，即elna>elogae（lna）

2，所以a1lna<e（lna）2，所以lna1lna<lne（lna）2，即1lnalna<1－ln(lna)2，解得1e<a<e.又0<a<1，所以1e<a<1.故a的取值范围是1e，1.专练15定积分与微积分基本定理1．D12(x－2)dx＝

12x2－2x|21＝12×22－2×2－12－2＝－12.2．B令01f(x)dx＝m，则f(x)＝x2＋2m，∴01f(x)dx＝01x2dx＋012mdx＝(13x2＋2mx)|10＝m，得m＝－13.3．D

由y＝4x，y＝x3，得x＝0或x＝2或x＝－2(舍)，∴S＝02(4x－x3)dx＝2x2－14x4|20＝4.4．Da＝02x2dx＝13x3|20＝83，b＝02x3dx＝14x4|20＝4

，c＝02sinxdx＝(－cosx)|20＝1－cos2，∵1－cos2<83<4，∴c<a<b.5．B－11(1－x2＋sinx)dx＝－111－x2dx＋－11sinxdx，∵y＝sinx为奇函数，∴－11

sinxdx＝0，又－111－x2dx表示以坐标原点为圆心，以1为半径的上半个圆的面积，∴－111－x2dx＝π2，∴－11(1－x2＋sinx)dx＝π2.6．B因为k＝0π(sinx－cosx)dx＝0πsinxdx－0πcosxdx

＝－cosx|π0－sinx|π0＝2，所以(1－kx)8＝(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8.令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a8＝(1－2)8＝1，令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a8＝(a0＋a1＋a2＋…＋a8)－a0＝1－1＝0.故选

B.7．A－12f(x)dx＝－111－x2dx＋12(x2－1)dx＝12π×12＋(13x3－x)|21＝π2＋43.故选A.8．BS＝－∫π60cos(2x－5π6)dx＋∫2π3π6cos(2x－5π6)dx＝－12si

n（2x－5π6）|π60＋[12sin(2x－5π6)]|2π3π6＝－[12sin(－π2)－12sin(－5π6)]＋[12sinπ2－12sin(－π2)]＝14＋1＝54.故选B.9．C∵a5＋a7＝0πsinxdx＝(－cosx)|π0＝－(cosπ－cos0)＝2，又{an}为等

差数列，∴a5＋a7＝2a6＝2，∴a6＝1，∴a4＋2a6＋a8＝4a6＝4.10．e解析：因为f(x)＝ex，所以01[f′（x）＋2x]dx＝（ex＋x2）10＝e＋1－1＝e.11.16解析：如图，阴影部分的面积即为所求．解y＝x2，y＝x，得x＝0，y＝

0或x＝1，y＝1，则A(1，1).故所求面积为S＝01(x－x2)dx＝(12x2－13x3)|10＝16.12．－3解析：由已知得f′(0)＝0，因为f′(x)＝3x2＋2ax＋b，所以b＝0

，则f(x)＝x3＋ax2，令f(x)＝0，得x1＝0，x2＝－a.由切线y＝0与函数图像所围区域(题图中阴影部分)的面积为274，得－0－af(x)dx＝274，即－0－a(x3＋ax2)dx＝274，即－(14x4

＋a3x3)－a0＝274，所以－a44＋a3×（－a）3＝274，即a412＝274，解得a＝±3，由题图可知a<0，∴a＝－3.13.163解析：由定积分知S＝04x－(x－2)dx＝(23x32－12x2＋2x)|10＝(23×8－8＋8)－0＝16

3.14.13解析：由题可知矩形面积为2，建立如图所示的平面直角坐标系，则抛物线方程为y2＝2x(0≤x≤1)，抛物线及BD围成的面积为2(1－01xdx)＝23，点落在阴影部分的概率为232＝13.15．e－1e＋1解析：－11(ex＋|x|)

dx＝－10(ex－x)dx＋01(ex＋x)dx＝(ex－x22)|0－1＋(ex＋x22)|10＝(e0－0)[e－1－（－1）22]＋(e1＋122)－[e0＋0]＝1－1e＋12＋e＋12－1＝e－1e＋1.16.43解析：以点A为坐标原点，AB、AD、AA1所在直线分别为

x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设点P(x，0，z)，则0≤x≤2，0≤z≤2，则点P到直线A1B1的距离为2－z，因为BC⊥平面AA1B1B，BP⊂平面AA1B1B，所以，BC⊥BP，所以，点P到直线BC的距离为|BP→|＝（x－2）2

＋z2，由已知可得（z－2）2＋z2＝2－z，化简可得z＝x－x24，当x＝2时，z＝1，即点P的轨迹交棱BB1于点(2，0，1)，因此，在侧面ABB1A1上动点P的轨迹与棱AB、BB1所围成的图形面积是02(x－x24)dx＝(12x2－x312)|20＝

43.专练16高考大题专练(一)导数的应用1．解析：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝－2axex－ax2ex（ex）2＝ax（x－2）ex.①a＞0时，当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞

0，f(x)单调递增；当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．②a＜0时，当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(0，2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．(2)由exf(x)≥bx，得ex－ax2－b

x≥0，因为x＞0，所以exx－ax2－bx≥0，令g(x)＝exx－ax－b(x＞0)，则g′(x)＝（x－1）exx2－a，设h(x)＝（x－1）exx2－a(x＞0)，则h′(x)＝（x2－2x＋2）e

xx3＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为h(1)＝－a＜0，h(1＋a)＝ae1＋a（1＋a）2－a＞a·（1＋a）2（1＋a）2－a＝a－a＝0，(由(1)知当a＝1时，f(x)≥f(2)＝1

－4e2＞0，所以当x＞0时，1－x2ex＞0，即ex＞x2.)所以，存在x0∈(1，1＋a)，使得h(x0)＝0，即a＝（x0－1）ex0x20.所以，当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(x0)＝e

x0x0－ax0－b≥0，所以b≤ex0x0－（x0－1）ex0x0＝（2－x0）ex0x0.所以ab≤（x0－1）（2－x0）e2x0x30＝（－x20＋3x0－2）e2x0x30.设F(x)＝（－x2＋3x－2）e2xx3(x＞1)，则F(x)＝－2x3－7x2＋10x－6x4·e2x＝

－（2x－3）（x2－2x＋2）x4·e2x，当1＜x＜32时，F′(x)>0，F(x)单调递增；当x＞32时，F′(x)＜0，F(x)单调递减．所以F(x)≤F(32)＝2e327，所以ab≤2e327.2．解析：(1)由题意可知函数f(x)的定义域

为(0，＋∞)，f′(x)＝ex（x－1）x2－1x＋1＝（ex＋x）（x－1）x2.令f′(x)＝0，解得x＝1.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，所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.若f(x)≥0，则f(x)min＝e＋1－a≥0，解得a≤e＋1.故a的取值范围为(－∞，e＋1].(2)证明：由(1)可知，要使f(x)有两个零点，则f(x)min＝f(1)＝e＋1

－a＜0，即a＞1＋e.假设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即需证明1＜x2＜1x1.又因为f(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，所以要证明1＜x2＜1x1，则需证明f(x2)＜f1x1

，即f(x1)＜f1x1.令F(x)＝f(x)－f1x，0＜x＜1，则F′(x)＝f′(x)＋f′1x·1x2＝（x－1）（ex＋x－xe1x－1）x2.因为ex在x∈(0，1)上单调递增，所以ex＜e，所以当x∈(0，1)时，ex

＋x＜e＋1.又函数y＝xe1x在(0，1)上单调递减，所以xe1x＞e，所以－xe1x－1＜－e－1，所以ex＋x－xe1x－1＜e＋1－e－1＝0，所以当x∈(0，1)时，F′(x)＞0，则F(x)在(0，1)上单调递增．因为

F(1)＝f(1)－f(1)＝0，所以F(x)＜0，即f(x)＜f1x，所以若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1.3．解析：(1)函数的定义域为{x|x＞－1}，f′(x)＝1x＋1－1＝

－xx＋1，f′(x)＞0，－1＜x＜0；f′(x)＜0，x＞0.函数f(x)的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞).(2)要使函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，即f(x)＝g(x)有两个实根，即ln(x＋

1)－x＋1＝aex－x＋lna有两个实根．即ex＋lna＋x＋lna＝ln(x＋1)＋x＋1.整理为ex＋lna＋x＋lna＝eln(x＋1)＋ln(x＋1)，设函数h(x)＝ex＋x，则上式为h(x＋lna)＝h(ln(x＋1))，因为h′(x)＝ex＋1＞0恒成立，所以h

(x)＝ex＋x单调递增，所以x＋lna＝ln(x＋1).所以只需使lna＝ln(x＋1)－x有两个根，设M(x)＝ln(x＋1)－x.由(1)可知，函数M(x)的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞

)，故函数M(x)在x＝0处取得极大值，M(x)max＝M(0)＝0.当x→－1时，M(x)→－∞；当x→＋∞时，M(x)→－∞，要想lna＝ln(x＋1)－x有两个根，只需lna＜0，解得0＜a＜1.所以a的取值范围是(0，1).4．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋xe－x，

则f′(x)＝11＋x＋1－xex，∴f(0)＝0，f′(0)＝2，∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x，即2x－y＝0.(2)(方法一)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞).①当a≥0时，对于∀x>0，f(x)>0，则f(x)在(0，＋

∞)上不存在零点，故不符合题意．②当a<0时，f′(x)＝1x＋1＋ae－x(1－x)＝1＋ae－x（1－x2）x＋1.令g(x)＝1＋ae－x(1－x2)，则g′(x)＝ae－x(－2x＋x2－1)＝ae－x(x－1－2)(x－1＋2).对于∀x>－1，e－x>0，∵a<0，

∴g(x)在(－1，1－2)和(1＋2，＋∞)上单调递减，在(1－2，1＋2)上单调递增．由已知，得g(－1)＝1，g(1－2)＝1＋ae2－1·2(2－1)，g(0)＝1＋a，g(1)＝1.(ⅰ)若－1≤a≤0，则有

：当0<x≤1时，g(x)单调递增，g(x)>g(0)＝1＋a≥0；当x>1时，由于1－x2<0，ae－x<0，故g(x)＝1＋ae－x(1－x2)>1>0.综上可知，当x>0时，都有g(x)>0，则f′(

x)＝g（x）x＋1>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴对于∀x>0，f(x)>f(0)＝0，f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，符合题意．(ⅱ)当a<－1时，g(1－2)<g(0)＝1＋a<0.又∵g(－1)＝1

>0，∴∃x0∈(－1，0)，满足g(x0)＝0，且∀x∈(－1，x0)，都有g(x)>0，则f′(x)＝g（x）x＋1>0，∀x∈(x0，0)，都有g(x)<0，则f′(x)＝g（x）x＋1<0，∴f(x)在(－1，

x0)上单调递增，在(x0，0)上单调递减．又∵f(0)＝0，∴f(x0)>0.又∵当x→－1时，f(x)→－∞，∴f(x)在(－1，0)上恰有一个零点．∵g(0)＝1＋a<0，g(1)＝1>0，g(x)在(0，1＋2)上单调递增，在[1＋2，＋∞)

上单调递减，∴∃x1∈(0，1)，满足g(x1)＝0，且当x∈(0，x1)时，g(x)<0，则f′(x)＝g（x）x＋1<0，当x∈(x1，1)时，g(x)>0，则f′(x)＝g（x）x＋1>0.又∵当x≥1时，ae－x<0，1－x2≤0，∴g(x)＝1＋ae－x·(1－x2)>0，∴f′(x

)＝g（x）x＋1>0，∴f(x)在(0，x1)上单调递减，在[x1，＋∞)上单调递增．又∵f(0)＝0，∴∀x∈(0，x1)，f(x)<0，则f(x1)<0.又∵当x→＋∞时，ln(1＋x)→＋∞，axe－x→0，∴f(x)→

＋∞，∴f(x)在(x1，＋∞)上存在零点，且仅有一个．故f(x)在(0，＋∞)上恰有一个零点．综上可知，满足题意的a的取值范围是(－∞，－1).(方法二)令g(x)＝exln（1＋x）x.f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有

一个零点等价于g(x)＝exln（1＋x）x＝－a在(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一解．g′(x)＝ex[xln（1＋x）＋x1＋x－ln（1＋x）]x2.令h(x)＝(x－1)ln(1＋x)＋x1＋x，则h′(x)＝ln(1＋x)

＋x－11＋x＋1（1＋x）2.令φ(x)＝ln(1＋x)＋x－11＋x＋1（1＋x）2，则φ′(x)＝（1＋x）2＋2x（1＋x）3.①当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，则h′(x)>h′(0)＝0，∴h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又∵当

x→0时，g(x)＝limx→0exln（1＋x）x＝1，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴a∈(－∞，－1).②当x∈(－1，3－2)时，φ′(x)<0；当x∈(3－2，0)时，φ′(x)>0.∵当x→－1时，φ(x)＝h′(x)→

＋∞，h′(0)＝0，∴存在a1∈(－1，0)使h′(a1)＝0，∴h(x)在(－1，a1)上单调递增，在(a1，0)上单调递减．当x→－1时，h(x)→－∞.又h(0)＝0，∴存在a2∈(－1，a1)，使得h(a2)＝0，即g(x)在

(－1，a2)上单调递减，在(a2，0)上单调递增．当x→－1时，g(x)→＋∞；当x→0时，g(x)→1，g(x)的大致图像如图．故当a∈(－∞，－1)∪{－g(a2)}时，g(x)＝－a仅有一解；当a∈(－1，－g(a

2))时，g(x)＝－a有两解．综上可知，a∈(－∞，－1).5．解析：(1)f′(x)＝ax＋x－(a＋1)＝x2－（a＋1）x＋ax＝（x－1）（x－a）x.①若a≤1，则f′(x)＞0在(1，＋∞)恒成立，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增，当x＞1时，f(x)＞f(

1)＝0，与f(x)有一个大于1的零点x0矛盾．②若a＞1，令f′(x)＞0，解得0＜x＜1或x＞a，令f′(x)＜0，解得1＜x＜a.所以f(x)在(0，1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减．所以f(a)＜f(1)＝0，当x→＋∞时，f(x)

→＋∞，由零点存在性定理，f(x)在(a，＋∞)上存在一个零点x0.综上，a＞1.(2)令g(x)＝alnx－x＋1，g′(x)＝ax－1＝a－xx，由(1)知1＜a＜x0，令g′(x)＞0，解得1＜x＜a，

令g′(x)＜0，解得a＜x＜x0，故g(x)在(1，a)上单调递增，在(a，x0)上单调递减．g(1)＝0，g(x0)＝alnx0－x0＋1，因为x0为函数f(x)的零点，故f(x0)＝alnx0＋x202－(a＋

1)x0＋a＋12＝0，即alnx0＝－x202＋(a＋1)x0－a－12，所以g(x0)＝alnx0－x0＋1＝－x202＋(a＋1)x0－a－12－x0＋1＝－x202＋ax0－a＋12＝12(1－x0)(x0－2a＋1).又因为f(

2a－1)＝aln(2a－1)＋（2a－1）22－(a＋1)(2a－1)＋a＋12＝aln(2a－1)－2a＋2，令h(a)＝aln(2a－1)－2a＋2，则h′(a)＝ln(2a－1)＋2a2a－1－2＝ln(2a－1)＋12a－1－

1，令m(a)＝ln(2a－1)＋12a－1－1，m′(a)＝22a－1－2（2a－1）2＝4（a－1）（2a－1）2＞0恒成立，所以h′(a)在(1，＋∞)上单调递增，h′(a)＞h′(1)＝0，所以h(a)在(1，＋∞)上单调递增，h(a)＞h(1)＝0，即f(2a－1)＞

0，由(1)可知f(a)＜0，所以a＜x0＜2a－1，因为1－x0＜0，x0－2a＋1＜0，所以g(x0)＝12(1－x0)·(x0－2a＋1)＞0，所以g(x)＞0在x∈(1，x0]恒成立，故对任意的x∈(1，x0]，都有alnx－x＋1＞0恒成立．专练17任意角和弧度制及任意角的三角

函数1．D设扇形的圆心角为θ，因为扇形的面积S＝12θr2，所以θ＝2Sr2＝4π（23）2＝π3，故选D.2．B因为1弧度≈57°，2弧度≈115°，3弧度≈172°，所以sin1≈sin57°，sin2≈sin115°＝sin65

°，sin3≈sin172°＝sin8°，因为y＝sinx在0°<x<90°时是增函数，所以sin8°<sin57°<sin65°，即sin2>sin1>sin3，故选B.3．C由sinθ>0，tanθ<0，知θ为第二象限角，∴2kπ＋π2<θ<2kπ＋π(k∈Z)，∴kπ＋π4<θ2<

kπ＋π2(k∈Z)，∴θ2为第一或第三象限角．4．B终边为第一象限的平分线的角的集合是{α|α＝45°＋k·360°，k∈Z}，①终边为第三象限的平分线的角的集合是{α|α＝－135°＋k·360°，k∈Z}，②由①②得{α|α＝－135°＋k·180°，k∈Z}．5．C设扇形的圆心角为

θ，半径为R，由题意得θR＝6，12θR2＝6，得θ＝3.6．A由三角函数的定义知cosα＝35，tanα＝－4535＝－43，∴cosαtanα＝35×(－43)＝－45.7．C∵－1000°＝－3×360°＋80°，为第一象限角，∴sin(－1000°)>0；又－220

0°＝－7×360°＋320°，为第四象限角，∴cos(－2200°)>0；∵－10＝－4π＋(4π－10)，为第二象限角，∴tan(－10)<0；∵sin710π>0，cosπ＝－1，179π＝2π－π9，为第四象限角，∴tan179π<0，∴sin710πcosπtan179π>0.8．A设点

A在角α的终边上，则cosα＝aa2＋b2，sinα＝ba2＋b2，则xA′＝a2＋b2cos(α＋θ)＝a2＋b2(cosαcosθ－sinαsinθ)＝acosθ－bsinθ，yA′＝a2＋b2sin(α＋θ)＝a2＋b2(sinαcosθ＋cosαsinθ)＝asin

θ＋bcosθ.9．B由题意得m2＋（154）2＝1，m<0，得m＝－14，∴cosα＝m＝－14.10．1080解析：依题意r＝30cm，lr＝2.4，所以l＝2.4r＝72cm，所以S＝12

lr＝12×72×30＝1080cm2.11．－45解析：∵θ∈(π2，π)，∴－1<cosθ<0，∴r＝9cos2θ＋16cos2θ＝－5cosθ，故sinα＝－45.12．C由角α的终边落在直线y＝－23x上可得，tanα＝－23，且5cos2α＋sin2α＋2cos2α＝7c

os2α＋2sinαcosα＋2sin2αcos2α＝7＋2tanα＋2tan2α1＝599.13．B由题意得，“弓”所在的弧长为l＝π4＋π4＋π8＝5π8，R＝1.25＝54，∴其所对的圆心角α＝lR＝5π854＝π2，∴两手之间

的距离d＝R2＋R2＝2×1.25≈1.768.14．B连接OC，则根据垂径定理知O，C，D三点共线．因为OA＝2，∠AOB＝60°，所以AB＝2，OC＝32×2＝3，则CD＝2－3，所以AB︵的弧长的近似值

s＝AB＋CD2OA＝2＋（2－3）22＝11－432.故选B.15．A过C作CD⊥AB，设圆弧AC的圆心为O，半径为R，则AO＝CO＝R，在△ACD中，∠ACD＝θ2，所以AD＝AC·sinθ2＝bsinθ2，CD＝AC·cosθ2＝bcosθ2，所以在直角三角形CDO中，CD2＋DO

2＝CO2，所以(bcosθ2)2＋(R－bsinθ2)2＝R2，所以R＝b2sinθ2，而sin∠COD＝CDCO＝bcosθ2b2sinθ2＝2sinθ2cosθ2＝sinθ，所以∠COD＝θ，所

以AC＝θR＝bθ2sinθ2.16.π－32解析：由题意得，勒洛三角形的面积为：三个圆心角和半径均分别为π3和1的扇形面积之和减去两个边长为1的等边三角形的面积，即3×12×π3×12－2×12×12×sinπ3＝π－32.专练18同角三角函数的基本关系及诱导公式1．Csi

n256π＝sin(4π＋π6)＝sinπ6＝12.2．Csin（π－θ）＋cos（θ－2π）sinθ＋cos（π＋θ）＝sinθ＋cosθsinθ－cosθ＝12，分子分母同除以cosθ，tanθ＋1tanθ－1＝12，解得：tanθ＝－3.3．Dtan

(α－7π)＝tanα＝34>0，又α∈(π2，32π)，∴α∈(π，32π)，∴sinα＝－35，cosα＝－45，∴sinα＋cosα＝－75.4．A2sinα－cosα＝0，∴tanα＝12，∴sin

2α－2sinαcosα＝sin2α－2sinαcosαsin2α＋cos2α＝tan2α－2tanα1＋tan2α＝14－11＋14＝－35.5．C解法一因为tanθ＝－2，所以角θ的终边在第二或第四象限，所以sinθ＝25，cosθ＝－15或sinθ＝－25，cosθ＝15，

所以sinθ（1＋sin2θ）sinθ＋cosθ＝sinθ（sinθ＋cosθ）2sinθ＋cosθ＝sinθ(sinθ＋cosθ)＝sin2θ＋sinθcosθ＝45－25＝25.解法二(弦化切法)因为tanθ＝－2，所以sinθ（1＋sin2θ）sinθ＋cosθ

＝sinθ（sinθ＋cosθ）2sinθ＋cosθ＝sinθ(sinθ＋cosθ)＝sin2θ＋sinθcosθsin2θ＋cos2θ＝tan2θ＋tanθ1＋tan2θ＝4－21＋4＝25.6．A由sinα－cosα＝43，得1－2sinαcosα＝169

，∴2sinαcosα＝1－169＝－79，即sin2α＝－79.7．B由题可知α为第一象限角，∴cosα＝35，sin(α－20172π)＝sin(α－π2)＝－cosα＝－35.8．C因为π≈4cos38°，所以π16－π

21－2sin27°＝4cos38°16－16cos238°1－2sin27°，＝16cos38°sin38°cos14°＝8sin76°cos14°＝8cos14°cos14°＝8.9．A∵cos(2x－π2)＝sin2x＝

2sinxcosx＝sin2x，∴tanx＝2，∴tan(x－π4)＝tanx－tanπ41＋tanxtanπ4＝2－11＋2＝13.10．－34解析：sin(θ－π)＝－sinθ＝35，sinθ＝－35<0，由于角θ的终边过点A(4，a)，所以θ在第四象限，所以cosθ＝1－

sin2θ＝45，所以tanθ＝sinθcosθ＝－34.11.17250解析：α为锐角，π6<α＋π6<2π3，sin(α＋π6)＝1－cos2（α＋π6）＝35.sin(2α＋π12)＝sin(2α＋π3

－π4)＝22sin(2α＋π3)－22cos(2α＋π3)＝22×2sin(α＋π6)cos(α＋π6)－22[2cos2(α＋π6)－1]＝2×35×45－22[2×(45)2－1]＝12225－7250＝17250.12．－32

解析：因为π3<α<2π3，所以sinα>cosα，因此有cosα－sinα＝－（cosα－sinα）2＝－cos2α＋sin2α－2cosαsinα＝－1－sin2α，把sin2α＝14代入，得co

sα－sinα＝－1－14＝－32.13．B由题意得tanα＝b－a2－1＝b－a，又cos2α＝cos2α－sin2α＝cos2α－sin2αcos2α＋sin2α＝1－（b－a）21＋（b－a）2＝23，得|b－a|＝55.14．B由题，因为2θ＋π3＝2

(θ－π12)＋π2，所以sin(2θ＋π3)＝sin[2(θ－π12)＋π2]＝cos2(θ－π12)＝2cos2(θ－π12)－1＝2×(33)2－1＝－13.15.13解析：2tan(π－α)－3cosπ2＋β＋5＝0化为－2tanα＋3sinβ＋

5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β)＝1化为tanα－6sinβ＝1，因而sinβ＝13.16．②③解析：由题意得A＋B＋C＝π，∴A＋B＝π－C，∴cos(A＋B)＝cos(π－C)＝－cosC，故①不正

确；由于B＋C2＝π2－A2，∴cosB＋C2＝cos(π2－A2)＝sinA2，故②正确；由于A＋B＋C＝π，∴2A＋B＋C＝π＋A，∴sin(2A＋B＋C)＝sin(π＋A)＝－sinA，故③正确．专练19三角函数的图像与性质1．C由图像可知，函数

的半周期是2π，所以πω＝2π，得ω＝12.2．C因为函数f(x)＝sinx3＋cosx3＝2(22sinx3＋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．C∵0≤x≤π2，∴－π3≤2x－π3≤23π.∴－12≤cos(2x－π3)≤1，又f(x)的最小值为－2，当a＞0时，f(x)min＝－a＝－2，∴a＝2.当a＜0时，f(x)min＝2a，∴a＝－1.4．B最小正周期为π的

只有A、B，又当2sin(2×π3－π6)＝2取得最大值，故y＝2sin(2x－π6)的图像关于直线x＝π3对称．5．C解法一：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.故选C.解法二(五点法)：由函数f(x)的图像知，ω×(－4π9)＋π6＝－π2，解得ω＝32，所以函数f(x)的最小正周期为4π3，故选C.6．Cf(x)＝sinxcosx1＋sin2xcos2x＝sinxcosxsin2x＋cos2x＝12sin2

x，∴T＝2π2＝π.7．D由f(0)＝fπ2，得sin0＋acos0＝0＋a＝1，解得a＝1，所以f(x)＝sinx＋cosx，所以g(x)＝(3－1)sinx＋f(x)＝(3－1)sinx＋sinx＋

cosx＝3sinx＋cosx＝2sinx＋π6.令x＋π6＝kπ＋π2(k∈Z)，得x＝kπ＋π3(k∈Z)，令k＝－1，得函数g(x)的图像的一条对称轴是x＝－2π3.故选D.8．D由图像可

知：8～13时这段时间温度先下降再升高，A错误；8～16时最大温度22℃，最小温度－22℃，最大温差为42℃，B错误；8～16时0℃以下的时长超过3小时，C错误；T＝4×(13－11)＝8＝2πω，ω＝π4，又过点(13，22)，故22cos(π4·13＋φ)＝22，解得φ＝3π4，故f(x)＝2

2cos(π4x＋3π4)，f(16)＝22cos(π4·16＋3π4)＝－2，故16时温度为－2℃，D正确．9．AA中，函数f(x)＝|cos2x|的周期为π2，当x∈(π4，π2)时，2x∈(π2，π)，函数f(x)单调递增，故

A正确；B中，函数f(x)＝|sin2x|的周期为π2，当x∈(π4，π2)时，2x∈(π2，π)，函数f(x)单调递减，故B不正确；C中，函数f(x)＝cos|x|＝cosx的周期为2π，故C不正确；D中，f(x)＝sin|x|＝sinx，x≥0，－s

inx，x<0，由正弦函数图像知，在x≥0和x<0时，f(x)均以2π为周期，但在整个定义域上f(x)不是周期函数，故D不正确．故选A.10.5解析：∵f(x)＝22＋12sin(x＋φ)＝5sin(x＋φ)，∴f(x)m

ax＝5.11.23解析：∵f(x)≤f(π4)对任意的实数x都成立，∴f(π4)＝1，∴π4ω－π6＝2kπ，k∈Z，∴ω＝8k＋23(k∈Z)，又ω>0，∴当k＝0时，ω取得最小值23.12．2解析：由题图可

知，34T＝13π12－π3＝3π4(T为f(x)的最小正周期)，得T＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2cos(2x＋φ).点(π3，0)可看作“五点作图法”中的第二个点，则2×π3＋φ＝π2，得φ＝－π6，所以f(x)

＝2cos(2x－π6)，所以f(－7π4)＝2cos2×（－7π4）－π6＝2cos(－11π3)＝2cosπ3＝1，f(4π3)＝2cos(2×4π3－π6)＝2cos5π2＝0，所以(f(x)－f(－7π4))

(f(x)－f(4π3))>0，即(f(x)－1)f(x)>0，可得f(x)>1或f(x)<0，所以cos(2x－π6)>12或cos(2x－π6)<0.当x＝1时，2x－π6＝2－π6∈(π3，π2)，cos(2x－π6)∈(0，12)，不符合题意；当x＝2时，2

x－π6＝4－π6∈(π，7π6)，cos(2x－π6)<0，符合题意．所以满足题意的最小正整数x为2.13．D函数f(x)＝sin(ωx＋π3)(ω>0)在[0，π]上恰有3个零点，则3π≤ωπ＋π3<4π，求得8

3≤ω<113.14．C对于③，∵x∈(0，π)，ωx－π4∈(－π4，ωπ－π4)，令f(x)＝sin(ωx－π4)＝0，得ωx－π4＝kπ，k∈Z，由函数f(x)在区间(0，π)上有且仅有2个不同的零点，即ωx－π4取得0，π，所以ωx－π4>πωx－π4≤2π，

解得54<ω≤94，故③正确；对于①，当x∈[0，π]，ωx－π4∈[－π4，ωπ－π4]，由54<ω≤94，知ωπ－π4∈(π，2π]，令ωx－π4＝π2＋kπ，由于ω值不确定，所以ωπ－π4＝3π2不一定取到，故①错误；对于②，当x∈(0，π3)时，ωx－π4

∈(－π4，ωπ3－π4)，由54<ω≤94，知ωπ3－π4∈(π6，π2]即(－π4，ωπ3－π4)⊆[－π2，π2]，即f(x)在区间(0，π3)上单调递增，故②正确；所以正确的个数为2个．15．1解析：函数y＝sinπx3的周期为6，函数y＝sinπx3在[32，92]上单调

递减，当32≤t≤72时，[t，t＋1]⊆[32，92]M(t)－N(t)＝sinπt3－sinπ（t＋1）3＝2cos(πt3＋π6)sin(－π6)＝－cos(πt3＋π6)，因为32≤t≤72，所以2π3≤π3t＋π6≤4π3，所以－1

≤cos(π3t＋π6)≤－12，所以12≤M(t)－N(t)≤1，当t＝52时取最大值1.16．3解析：因为T＝2π|ω|，ω>0，所以ω＝2πT.由f(T)＝32，得cos(2π＋φ)＝32，即cosφ＝32.又因为0

<φ<π，所以φ＝π6.因为x＝π9为f(x)的零点，所以ωπ9＋π6＝kπ＋π2，k∈Z，解得ω＝9k＋3，k∈Z.又因为ω>0，所以ω的最小值为3.专练20函数y＝Asin(ωx＋φ)的图像及三角函数模型1．B∵y＝sin(4x－π3)＝sin4（x

－π12），∴要得到y＝sin(4x－π3)的图像，只需将y＝sin4x的图像向右平移π12个单位．2．Ay＝cos2x＋1――→横坐标伸长2倍纵坐标不变y＝cosx＋1――→向左平移1个单位长度y＝cos(x＋1)＋1――→向下平

移1个单位长度y＝cos(x＋1).函数图像过(π2－1，0)，结合选项可知，选A.3．A将y＝sin(2x＋π5)的图像向右平移π10个单位长度，得到y＝sin2（x－π10）＋π5＝sin2x，令2kπ－π

2≤2x≤2kπ＋π2(k∈Z)，得kπ－π4≤x≤kπ＋π4(k∈Z)，∴y＝sin2x在kπ－π4，kπ＋π4(k∈Z)上单调递增，当k＝0时，得到y＝sin2x的一个单调增区间为－π4，π4，故A正确，B不正确，由2kπ＋π2≤2x≤2kπ＋32

π(k∈Z)，得y＝sin2x的单调减区间为kπ＋π4，kπ＋34π(k∈Z)，结合选项可知C、D不正确．4．A由图知A＝2，T2＝π3－(－π6)＝π2，∴T＝π，∴ω＝2.将(π3，2)坐标代入，得2×π3＋φ＝2kπ

＋π2，k∈Z，∴φ＝2kπ－π6，k∈Z.取k＝0，得φ＝－π6.5．A∵函数y＝sin2x＋3cos2x＝2sin(2x＋π3)，将函数y＝sin2x＋3cos2x的图像沿x轴向左平移φ个单位后，得到函数y＝2s

in(2x＋2φ＋π3)，因为函数是偶函数，∴2φ＋π3＝kπ＋π2(k∈Z)∴φ＝kπ2＋π12(k∈Z).当k＝0时，φ＝π12.则φ的最小值为π12.6．A由题意得512π＋π3＝34T，∴T＝π，又T＝2πω，∴ω＝2，又当x＝512π时，2sin(2×512π＋φ)＝2，∴φ＝－

π3＋2kπ(k∈Z)，又－π2<φ<π2，∴φ＝－π3.7．B依题意，将y＝sinx－π4的图像向左平移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)的图像，所以y＝sinx－π4将其图像向左平移π3个单位长度→y＝sin

x＋π12的图像――→所有点的横坐标扩大到原来的2倍f(x)＝sinx2＋π12的图像．8．Dy＝sin(2x＋2π3)＝cos(2x＋2π3－π2)＝cos(2x＋π6)＝cos2（x＋π12），由y＝cosx的图像得到y＝cos2x的图像，需将曲线C1上各点的横坐标缩短

到原来的12，纵坐标不变；由y＝cos2x的图像得到y＝cos2（x＋π12）的图像，需将y＝cos2x的图像上的各点向左平移π12个单位长度，故选D.9．D函数f(x)＝2sin(2x－π3)的图像向右平移π6个单位得到g(x)＝2sin[2(x－π6)－π3]＝2si

n(2x－2π3)，g(x)＝2sin(2x－2π3)＝2sin(2x＋π3－π)＝－2sin(2x＋π3)，B选项错误．2x＋π3＝kπ，x＝kπ2－π6，所以g(x)的对称中心为(kπ2－π6，0)(k∈Z)，A选项错误．π1

2<x<7π12，π6<2x<7π6，π2<2x＋π3<3π2，所以g(x)＝－2sin(2x＋π3)在(π12，7π12)上递增，C选项错误．g(π12)＝－2sin(π6＋π3)＝－2sinπ2＝－2，所以g(x)的图像关于x＝π1

2对称，D选项正确．10．2sin(2x＋3π4)解析：由题图可知，f(x)max＝2，f(x)min＝－2，故A＝2，最小正周期T＝2×3π8－（－π8）＝π，故ω＝2ππ＝2，所以f(x)＝2sin(2x＋φ).又曲线y＝f(x)

过点(－π8，2)，所以2sin2×（－π8）＋φ＝2，即φ－π4＝π2＋2kπ，k∈Z.又|φ|<π，所以φ＝3π4.故函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin(2x＋3π4).11．－2解析：由与x轴在原点右

侧的第一个交点为(1，0)，在y轴右侧的第一个最高点为(3，2)知T4＝3－1，T＝8，或3T4＝3－1，T＝83，当T＝8时，ω＝2πT＝π4，A＝2，∴f(x)＝2sin(π4x＋φ)，代入点(1，0)，2sin(π4＋φ)＝0，又|φ|<π2，∴φ＝－π4，f(x)＝2sin(π4x－π4)

，f(－1)＝－2；当T＝83时，ω＝2πT＝3π4，A＝2，∴f(x)＝2sin(3π4x＋φ)，代入点(1，0)，2sin(3π4＋φ)＝0，又|φ|<π2，∴φ＝π4，f(x)＝2sin(3π4x＋π4)，f(－1)＝－2.综上，f(－1

)＝－2.12.22解析：由题意得将y＝sinx的图像向左平移π6个单位，得到y＝sin(x＋π6)，再纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到y＝sin(12x＋π6)，即f(x)＝sin(12x＋π6)，∴f(π6)＝sin

π4＝22.13．C依题意，A＋b＝1，－A＋b＝－3，解得A＝2，b＝－1，故f(x)＝2cos(ωx＋φ)－1，而f(π12)＝1，f(π3)＝－1，∴T4＝π3－π12＝π4，故T＝π＝2πω，则ω＝2；∴2cos(π6＋

φ)－1＝1，故π6＋φ＝2kπ(k∈Z)，又|φ|<π2，故φ＝－π6，∴f(x)＝2cos(2x－π6)－1；将函数f(x)的图像上点的横坐标拉伸为原来的3倍后，得到y＝2cos(23x－π6)－1，再向左平移π2个单位长度，得到g(x)＝2cos(23x＋π3－π6)－1＝2cos(23

x＋π6)－1，令－π＋2kπ≤23x＋π6≤2kπ(k∈Z)，故－7π4＋3kπ≤x≤－π4＋3kπ(k∈Z)，故函数g(x)的单调递增区间为[－7π4＋3kπ，－π4＋3kπ](k∈Z).14．B根据函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)，(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分图像，可得

12·2πω＝11π12－7π12，∴ω＝3.所以f(x)＝Asin(3x＋φ),结合五点法作图，3×7π12＋φ＝2π＋2kπ，k∈Z，∴φ＝π4＋2kπ，k∈Z，因为|φ|<π，∴φ＝π4，故f(x)＝Asin(3x＋π4).再把点(π2，－1)代入，可得－1＝Asin3

π2＋π4，即－1＝－Acosπ4，∴A＝2，所以f(x)＝2sin(3x＋π4).现将f(x)的图像向左平移π12个单位长度，得到函数y＝g(x)＝2sin[3(x＋π12)＋π4]＝2cos3x，因为2g(x)＝2，即cos3x＝12，所以3

x＝π3＋2k1π，k1∈Z或3x＝－π3＋2k2π，k2∈Z，解得x＝π9＋2k1π3，k1∈Z或x＝－π9＋2k2π3，k2∈Z，因为x∈[0，2π]，所以x＝π9或7π9或13π9或5π9或11π9或17π9，故方程2g(x)＝2在[0，2π]上

实数解的个数为6个．15．D由A(3，－33)，知R＝32＋（－33）2＝6，又T＝120，所以ω＝2πT＝π60.当t＝0时，点P在点A位置，有－33＝6sinφ，解得sinφ＝－32，又|φ|<π

2，所以φ＝－π3，故A错误；可知f(t)＝6sin(π60t－π3)，当t∈(0，60]时，π60t－π3∈(－π3，2π3]，所以函数f(t)先增后减，故B错误；当t∈(0，60]时，π60t－π3∈(－π3，2π3]，sin(π60t－π3)∈(－

32，1]，所以点P到x轴的距离的最大值为6，故C错误；当t＝100时，π60t－π3＝4π3，P的纵坐标为y＝－33，横坐标为x＝－3，所以|PA|＝|－3－3|＝6，故D正确．16．C因为f(x)＝sinωx＋π3，

结合选项，只考虑ω＞0.当ωx＋π3＝π2＋kπ(k∈Z)，即x＝π6ω＋kπω(k∈Z)时，f(x)取得极值．又因为f(x)在区间(0，π)上恰有三个极值点，所以π6ω＋2πω＜π，π6ω＋3πω≥π，解得136＜ω≤196.当ωx＋π3＝kπ(k∈Z)，即x＝－π3ω＋kπ

ω(k∈Z)时，f(x)＝0.又因为f(x)在区间(0，π)上恰有两个零点，所以－π3ω＋2πω＜π，－π3ω＋3πω≥π，解得53＜ω≤83.综上可得，ω的取值范围是136，83.故选

C.专练21两角和与差的正弦、余弦、正切公式1．Dsin20°cos10°－cos160°sin10°＝sin20°cos10°＋cos20°sin10°＝sin30°＝12.2．Btan(α－π4)＝tanα－11＋tanα＝2－11＋2＝13.3．Bcos2α＝

1－2sin2α＝1－29＝79.4．Dcos105°－cos15°＝－(sin15°＋cos15°)＝－2sin(15°＋45°)＝－2sin60°＝－62.5．Asin10°1－3tan10°＝sin10°1－3sin10°cos10°＝sin10°cos10°c

os10°－3sin10°＝12sin20°2sin20°＝14.6．D∵cosα＋cos(α－π3)＝1，∴cosα＋12cosα＋32sinα＝32cosα＋32sinα＝3(32cosα＋12sinα)＝3cos(α－π6)＝1，∴cos(α－π6)＝

33.7．D∵A＋B＝45°，∴tan(A＋B)＝tanA＋tanB1－tanAtanB＝1，∴tanA＋tanB＝1－tanAtanB.∴(1＋tanA)(1＋tanB)＝1＋tanA＋tanB＋tanAtanB＝2.8．C∵cosα＝17，0<α<π2，∴s

inα＝1－cos2α＝437，又cos(α－β)＝1314，0<β<α<π2，∴0<α－β<π2，∴sin(α－β)＝1－cos2（α－β）＝3314，cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαco

s(α－β)＋sinαsin(α－β)＝17×1314＋437×3314＝13＋12×37×14＝12，又0<β<π2，∴β＝π3.9．D2tanθ－tanθ＋π4＝2tanθ－tanθ＋11－tanθ＝7，整理可得tan2

θ－4tanθ＋4＝0，∴tanθ＝2，故选D.10．0解析：sin(θ＋75°)＋cos(θ＋45°)－3cos(θ＋15°)＝sin(θ＋15°＋60°)＋cos(θ＋45°)－3cos(θ＋15°)＝sin(θ＋15°)cos60°＋cos(θ＋15°)sin60°＋cos(θ＋45°)

－3cos(θ＋15°)＝12sin(θ＋15°)＋32cos(θ＋15°)＋cos(θ＋45°)－3cos(θ＋15°)＝12sin(θ＋15°)－32cos(θ＋15°)＋cos(θ＋45°)＝sin30°sin(θ＋15°)－co

s30°cos(θ＋15°)＋cos(θ＋45°)＝－cos(θ＋45°)＋cos(θ＋45°)＝0.11．－45解析：由cos(α－π6)＋sinα＝435，得32cosα＋12sinα＋sinα＝435，∴12cosα＋32sinα＝

45，∴sin(α＋π6)＝45.∴sin(α＋76π)＝sin(α＋π6＋π)＝－sin(α＋π6)＝－45.12．－112解析：∵tan(α＋2β)＝2，tanβ＝－3，∴tan(α＋β)＝tan(α＋2β－β)＝tan（α＋2β）－tanβ1＋tan（α＋2β）tanβ＝2－（－3

）1＋2×（－3）＝－1.tanα＝tan(α＋β－β)＝－1－（－3）1＋（－1）×（－3）＝12.13．C过点M作MD⊥PQ，因为△PMQ是正三角形．PQ＝a，QQ′＝b，则DQ′＝12a＋b，MD＝32a，∠MQ′D＝60°－2α，所以tan

∠MQ′D＝tan(60°－2α)＝MDDQ′＝3a2a2＋b＝3aa＋2b，则tan60°－tan2α1＋tan60°·tan2α＝3－tan2α1＋3·tan2α＝3aa＋2b，解得tan2α＝3b2a＋b.14．C由sinα＝55，cosβ＝31010，且α，β为锐

角，可知cosα＝255，sinβ＝1010，故cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝255×31010－55×1010＝22，又0<α＋β<π，故α＋β＝π4.15．C由cosβ－3s

inα＝2得，(cosβ－3sinα)2＝cos2β－6cosβsinα＋9sin2α＝4，①由sinβ＋3cosα＝32得，(sinβ＋3cosα)2＝sin2β＋6sinβcosα＋9cos2α＝94.②①＋②得10＋6(sinβcosα－cosβ

sinα)＝10＋6sin(β－α)＝254，∴sin(β－α)＝－58.16．B由sin(x＋y)＝2sin(x－y)得sinxcosy＋cosxsiny＝2sinxcosy－2cosxsiny，则tanx＝3tany，所以tan(x－y)＝tanx－tany

1＋tanxtany＝2tany1＋3tan2y＝21tany＋3tany≤33，当且仅当tany＝33时等号成立，由于f(x)＝tanx在x∈(0，π2)上单调递增，又x，y∈(0，π2)，则x－y的

最大值为π6.专练22三角恒等变换1．Bcosx＝31010，则sin(π2－2x)＝cos2x＝2cos2x－1＝2×(31010)2－1＝45.2．D解法一：∵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，故选D.解法二：∵α是第四象限角，∴sinα<0，cosα>0，∴sin2α＝2sinαcosα<0，故选D.3．Af(x)＝1－cos2x2＋32sin2x＝sin(2x－π6)＋12，∵π4

≤x≤π2，∴π3≤2x－π6≤56π，∴当2x－π6＝56π即x＝π2时f(x)min＝12＋12＝1.4．A因为α∈(0，π)，π4－α∈(－34π，π4)，sin(π4－α)＝35>0，所以π4－α∈(0，π4)，cos(π4－α)＝45，cos2α＝cos[2(π4－α)－π2]

＝sin[2(π4－α)]＝2sin(π4－α)cos(π4－α)＝2×35×45＝2425.5．A∵π6－α＋(π3＋α)＝π2，∴cos(π3＋α)＝sin(π6－α)＝13，∴cos(23π＋2α)＝2cos2(π3＋

α)－1＝2×19－1＝－79.6．Ctan67.5°－1tan67.5°＝sin67.5°cos67.5°－1sin67.5°cos67.5°＝sin67.5°cos67.5°－cos67.5°sin67.5

°＝sin267.5°－cos267.5°sin67.5°cos67.5°＝－cos135°12sin135°＝2.7．A∵cosα＝－45，α为第三象限角，∴sinα＝－35.∵1＋tanα21－tanα2＝1＋sinα2cosα21－sinα2cosα2＝

cosα2＋sinα2cosα2－sinα2＝cosα2＋sinα22cosα2－sinα2cosα2＋sinα2＝1＋sinαcos2α2－sin2α2＝1＋sinαcosα＝1＋－35－45＝－12.故选A.8．A∵a⊥b，∴sinθ－2c

osθ＝0，∴tanθ＝2，∴sin2θ＋cos2θ＝2sinθcosθ＋cos2θ＝2tanθ＋11＋tan2θ＝1.9．A因为α∈(0，π2)，所以tan2α＝2sinαcosα2cos2α－1＝cosα2

－sinα⇒2sinα2cos2α－1＝12－sinα⇒2cos2α－1＝4sinα－2sin2α⇒2sin2α＋2cos2α－1＝4sinα⇒sinα＝14⇒tanα＝1515.10.33解析：由sinα＝2－3cosα

，sin2α＋cos2α＝1解得4cos2α－43cosα＋3＝(2cosα－3)2＝0，得cosα＝32，则sinα＝12，所以tanα＝sinαcosα＝33.11.19解析：由sinα＋cosα＝33，得

1＋sin2α＝13，∴sin2α＝－23，∴cos4α＝1－2sin22α＝1－2×49＝19.12.21解析：∵2cos2x＋sin2x＝1＋cos2x＋sin2x＝2sin(2x＋π4)＋1，又2cos2x＋sin2x＝A

sin(ωx＋φ)＋b.∴A＝2，b＝1.13．Cf(x)＝sinx|cosx|定义域为R，且f(－x)＝sin(－x)|cos(－x)|＝－sinx|cosx|＝－f(x)，所以f(x)＝sinx|cosx|是奇函数，A错误；当x∈[0，2

π]时，f(x)＝sinx|cosx|＝12sin2x，0<x≤π2，－12sin2x，π2<x≤3π2，12sin2x，3π2<x≤2π，画出图像，显然f(x)的最小正周期是2π，B错误；f(x)在区间[－π4

，π4]上单调递增，选项C正确；直线x＝π4不是f(x)的对称轴，D错误．14．D因为f(x)＝6sin2x2＋2sinx2cosx2－3＝3(1－cosx)＋sinx－3＝10sin(x＋φ)，tanφ＝－3，φ∈(－π2，π2)，故当f(x)取得最大值时，若x＝θ，则θ＋

φ＝2kπ＋π2，k∈Z，则tanθ＝tan(2kπ＋π2－φ)＝tan(π2－φ)＝1tanφ＝－13.15．C解法一因为3π2<α<2π，所以sinα<0，0<cosα<1，所以1＋cosα1－cosα＋1－cosα1＋c

osα＝（1＋cosα）2（1－cosα）（1＋cosα）＋（1－cosα）2（1＋cosα）（1－cosα）＝（1＋cosα）2sin2α＋（1－cosα）2sin2α＝1＋cosα－sinα＋1－cosα－sin

α＝－2sinα解法二因为3π4<α2<π，所以sinα2>0，cosα2<0，所以1＋cosα1－cosα＋1－cosα1＋cosα＝1＋2cos2α2－11－1＋2sin2α2＋1－1＋2sin2α21＋2cos2α2－1＝cos2

α2sin2α2＋sin2α2cos2α2＝－(cosα2sinα2＋sinα2cosα2)＝－22sinα2cosα2＝－2sinα.16．Cf(x)＝（1－sin2x＋cos2x＋2sinxcosx

）sin2x2＋cos2x2－2sinx2cosx22＋2sin（x＋π4＋π4）＝（1－|sinx＋cosx|）sinx2－cosx22·1＋cosx∵π<x<3π2，∴π2<x2<3π4，∴sinx＋cosx<0，sinx

2－cosx2>0，cosx2<0，∴f(x)＝（1＋sinx＋cosx）（sinx2－cosx2）2·1＋2cos2x2－1＝（1＋2sinx2cosx2＋2cos2x2－1）（sinx2－cosx2）－2cos

x2＝2cosx2（sinx2＋cosx2）（sinx2－cosx2）－2cosx2＝cos2x2－sin2x2＝cosx，∴f(x)∈(－1，0).专练23正弦定理和余弦定理、解三角形1．C由正弦定理得a

sinA＝bsinB，∴sinA＝asinBb＝2×323＝22，又a<b，∴A为锐角，∴A＝π4.2．C由正弦定理bsinB＝csinC，∴sinB＝bsinCc＝40×3220＝3>1，∴角B不存在，即

满足条件的三角形不存在．3．A由(2b－3c)cosA＝3acosC得2bcosA＝3(acosC＋ccosA)，由正弦定理得2sinBcosA＝3(sinAcosC＋sinCcosA)＝3sin(A＋C)

＝3sinB，又sinB≠0，得cosA＝32，A＝π6.4．C由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，又a2＝b2＋c2－bc，∴2cosA＝1，cosA＝12，∴sinA＝1－cos2A＝32，∴S△ABC＝12bcsinA＝12×4×32＝3.5．D∵bsinA＝3c

sinB，由正弦定理得ab＝3bc，∴a＝3c，又a＝3，∴c＝1，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cosB＝9＋1－2×3×23＝6，∴b＝6.6．B∵bcosC＋ccosB＝asinA，∴sinBcos

C＋sinCcosB＝sin2A，∴sinA＝1，又A为△ABC的内角，∴A＝90°，∴△ABC为直角三角形．7．B∵S△ABC＝12AB×BC×sinB＝22sinB＝12，∴sinB＝22，若B＝45°，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos45°＝1＋

2－2×2×22＝1，则AC＝1，则AB2＋AC2＝BC2，△ABC为直角三角形，不合题意；当B＝135°时，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos135°＝1＋2＋2×2×22＝5，∴AC＝5.8．A由正弦定

理得ACsinB＝ABsinC，∴AB＝AC·sinCsinB＝50×22sin（180°－45°－105°）＝502.9．B在△ABC中，由余弦定理，b2＋c2－a2＝bc可化为cosA＝b2＋c2－a22

bc＝bc2bc＝12.因为A∈(0，π)，所以A＝π3.由余弦定理，bcosC＋ccosB＝2可化为ba2＋b2－c22ab＋ca2＋c2－b22ac＝2，解得：a＝2(a＝0舍去).因为b2＋c2－a2＝bc

，所以a2＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，即bc≤4(当且仅当b＝c＝2时取等号).所以△ABC的面积S＝12bcsinA≤12×4×32＝3.10．22解析：由题意得S△ABC＝12acsinB＝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＝22.11．93解析：在△ABD中，设AB＝a，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝3a2，所以BD＝3a，由托勒密

定理可得a(BC＋CD)＝AC·3a，即BC＋CD＝3AC，又∠ABD＝∠ACD＝30°，所以四边形ABCD的面积S＝12BC·ACsin30°＋12CD·ACsin30°＝14(BC＋CD)·AC＝34AC2＝93.12.π4解析：由余弦定理可得cosC＝a

2＋b2－c22ab，所以a2＋b2－c2＝2abcosC，△ABC的面积为S＝12absinC＝a2＋b2－c24＝2abcosC4，所以sinC＝cosC,即tanC＝1，由0<C<π，所以C＝π4.13．A由sinB(1＋2cosC)＝2sinAco

sC＋cosAsinC，得sinB＋2sinBcosC＝sinB＋sinAcosC，∴2sinBcosC＝sinAcosC，∵cosC>0，∴2sinB＝sinA，即a＝2b.14．B如图所示，根据题意过C作CE∥C′

B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝100tan15°.在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝75°，则BD＝A′B′＝C′B′×sin45°sin75°.又在B点处测得A点的仰角为45°，所以

AD＝BD＝C′B′×sin45°sin75°，所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝C′B′×sin45°sin75°＋100＝100tan15°×sin45°sin75°＋100＝100sin45°sin15°＋100＝100×2222×（32－12）＋100＝100(3＋1)＋1

00≈373.15.3－1解析：以D为坐标原点，DC所在的直线为x轴，DC→的方向为x轴的正方向，过点D且垂直于DC的直线为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，易知点A位于第一象限．由AD＝2，∠ADB＝120°，得A(1，3).因为CD＝2BD，所以设B(－x，0)，x＞0，则C(2

x，0).所以AC＝（2x－1）2＋（0－3）2＝4x2－4x＋4，AB＝（－x－1）2＋（0－3）2＝x2＋2x＋4，所以ACAB2＝4x2－4x＋4x2＋2x＋4.令f(x)＝4x2－4x＋4x2＋2x＋4，x＞0，则f′(x)＝（4x2－4x＋4）′（x2＋2x＋4）

－（4x2－4x＋4）（x2＋2x＋4）′（x2＋2x＋4）2＝（8x－4）（x2＋2x＋4）－（4x2－4x＋4）（2x＋2）（x2＋2x＋4）2＝12（x2＋2x－2）（x2＋2x＋4）2．令x2＋2x－2＝0，解得x＝－1－3(舍去)或x＝3－1.当0＜x＜3－1时，f′(x)＜0，所以f

(x)在(0，3－1)上单调递减；当x＞3－1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(3－1，＋∞)上单调递增．所以当x＝3－1时，f(x)取得最小值，即ACAB取得最小值，此时BD＝3－1.16．7解析：在

△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB，则AC＝49＋169－2×7×13×17＝192＝83，cos∠BCA＝AC2＋BC2－AB22AC·BC＝169＋192－492×13×83＝32，又在△ABC中，0<∠BCA<π，所以∠BCA＝π6，设AD＝CD＝x，∠BAC＝

α，∠BCA＝β，∠ACD＝θ，则∠CAD＝θ，β＝π6，由∠BAD＝2∠BCD即α＋θ＝2(β＋θ)，则θ＝α－2β＝α－π3，在△ABC中，cosα＝AB2＋AC2－BC22AB·AC＝49＋192－1692×7×83＝9143＝3314，又0<α<π，则有s

inα＝1314，所以cosθ＝cos(α－π3)＝12cosα＋32sinα＝12×3314＋32×1314＝437，在△ACD中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cosθ，即x2＝(83)2＋x2－2×83×437x，解得x＝7，即AD的长为7.专练24

高考大题专练(二)三角函数与解三角形的综合运用1．解析：(1)证明：∵sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，∴sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBco

sCsinA，∴sinCsinAcosB＝2sinBsinCcosA－sinBcosCsinA.由正弦定理，得accosB＝2bccosA－abcosC.由余弦定理，得a2＋c2－b22＝b2＋c2－a2－a2＋b2－c22.整理，得2a2＝b2＋c2.(2)由(1)知2a2＝b2＋c

2.又∵a＝5，∴b2＋c2＝2a2＝50.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，即25＝50－5031bc，∴bc＝312.∴b＋c＝b2＋c2＋2bc＝50＋31＝9，∴a＋b＋c＝14.故△ABC的周长为14.2．解析：(1)∵边长为a的正三角形的面积为3

4a2，∴S1－S2＋S3＝34(a2－b2＋c2)＝32.结合余弦定理，得accosB＝1，即cosB＝1ac.由sinB＝13，得cosB＝223，∴ac＝324，故S△ABC＝12acsinB＝12×3

24×13＝28.(2)由正弦定理，得b2sin2B＝asinA·csinC＝acsinAsinC＝32423＝94，故b＝32sinB＝12.3．解析：(1)由已知条件，得sin2B＋sinAsin2B＝cosA＋cosAcos2B.所以sin2B＝cosA＋cosAcos2B－sinAsin2

B＝cosA＋cos(A＋2B)＝cos[π－(B＋C)]＋cos[π－(B＋C)＋2B]＝－cos(B＋C)＋cos[π＋(B－C)]＝－2cosBcosC，所以2sinBcosB＝－2cosBcosC，即(sinB＋cosC)cos

B＝0.由已知条件，得1＋cos2B≠0，则B≠π2，所以cosB≠0，所以sinB＝－cosC＝12.又0＜B＜π3，所以B＝π6.(2)由(1)知sinB＝－cosC＞0，则B＝C－π2，所以sinA＝sin

(B＋C)＝sin(2C－π2)＝－cos2C.由正弦定理，得a2＋b2c2＝sin2A＋sin2Bsin2C＝cos22C＋cos2Csin2C＝（1－2sin2C）2＋（1－sin2C）sin2C＝2＋4sin4C－5si

n2Csin2C＝2sin2C＋4sin2C－5≥22sin2C·4sin2C－5＝42－5，当且仅当sin2C＝22时，等号成立，所以a2＋b2c2的最小值为42－5.4．解析：(1)由正弦定理和已知条件得B

C2－AC2－AB2＝AC·AB.①由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA.②由①②得cosA＝－12.因为0<A<π，所以A＝2π3.(2)由正弦定理及(1)得ACsinB＝ABsinC＝BCsinA＝23，

从而AC＝23sinB，AB＝23sin(π－A－B)＝3cosB－3sinB．故BC＋AC＋AB＝3＋3sinB＋3cosB＝3＋23sin(B＋π3).又0<B<π3，所以当B＝π6时，△ABC周长取得最大值3＋23.5．解析：(1)在

△OAC中，由正弦定理知OCsin∠OAC＝ACsin∠AOC，所以，OC＝3sin∠OACsinπ4＝4.(2)设∠OAB＝α，则α为锐角，sinα＝sin(π－∠OAC)＝sin∠OAC＝223，所以，cosα＝1

－sin2α＝13，所以sin∠AOB＝sin(π－2α)＝sin2α＝2sinαcosα＝429，则cos∠AOB＝cos(π－2α)＝－cos2α＝2sin2α－1＝79，所以sin∠BOC＝sin(∠AOB＋π4)＝sin∠AOBcosπ4＋cos

∠AOBsinπ4＝22×429＋22×79＝8＋7218.6．解析：(1)若选条件①，由正弦定理得sinBsinπ－A2＝sinAsinB，∵B∈(0，π)⇒sinB>0，∴sinπ－A2＝sinA，∴cosA2＝2sinA2cosA2，又A2∈(0，π2)，∴cosA

2≠0，∴sinA2＝12，∴A2＝π6⇒A＝π3；若选条件②，△ABC中，b－acosC＝c2，由正弦定理知sinB－sinAcosC＝12sinC，∵A＋B＋C＝π，∴sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sinAcosC＋cosAsinC，∴sinAcosC＋cosAsinC

－sinAcosC＝12sinC，∴cosAsinC＝12sinC，因为sinC>0，∴cosA＝12，又∵0<A<π，∴A＝π3；若选条件③，由btanA＝(2c－b)tanB，得sinBsinAcosA＝(2sinC－sinB)sinBcosB

，B∈(0，π)，所以sinB>0，∴sinAcosB＝2sinCcosA－sinBcosA，∴sin(A＋B)＝2sinCcosA，∴sinC＝2sinCcosA，∵C∈(0，π)，∴sinC>0，∴cosA＝12，∵A∈(0，π)

，∴A＝π3.(2)由(1)及AB→·AC→＝3得bc＝6，所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc≥bc＝6，当且仅当b＝c＝6时取等号，所以a的最小值为6.专练25平面向量的概念及其线性运算1．A当|a|＝|b|时，a与b的方

向不确定，故①不正确；对于②，∵A，B，C，D是不共线的点为大前提，AB→＝DC→⇔ABCD为平行四边形，故②正确；③显然正确；对于④由于当|a|＝|b|且a∥b时a与b的方向可能相反，此时a≠b，故

|a|＝|b|且a∥b是a＝b的必要不充分条件，故④不正确．2．D由|a＋b|＝|a－b|的几何意义可知，以a、b为邻边的平行四边形为矩形，故a⊥b.3．B因为BD＝2DA，所以CB→＝CA→＋AB→＝CA→＋3AD→＝CA→＋3(

CD→－CA→)＝－2CA→＋3CD→＝－2m＋3n.故选B.4．B根据题意可得AC→＝AB→＋AD→，BD→＝AD→－AB→，∵AB→·AC→＝2，即AB→·(AB→＋AD→)＝AB→2＋AB→·AD→＝2∴AB→·AD→＝－2，|BD→|2＝(AD→－AB→)2＝AD→2－2AD→·AB→＋A

B→2＝12，即|BD→|＝23.5．A由平行四边形法则可知，AC→＝AB→＋AD→，又O为AC与BD的交点，∴AC→＝－2CO→，∴CO→＝－12(AB→＋AD→)，∴λ＝－12.6．A因为a＋2b＋3c＝0，所以3c＝－a－

2b，所以(3c)2＝(－a－2b)2，所以9c2＝a2＋4b2＋4a·b，所以9＝1＋4＋4|a||b|cos〈a，b〉，所以4＝4×1×1cos〈a，b〉，所以cos〈a，b〉＝1，所以〈a，b〉＝0，所以a，b方向相同．7．C以|

a|，|b|为邻边作平行四边形ABCD，设AB→＝a，AD→＝b，则BD→＝b－a，由题意∠ADB＝30°，设∠ABD＝θ，(0°<θ<150°)，∵|a|＝3，在△ABD中，由正弦定理可得ABsin30°＝ADsinθ，∴AD＝6sinθ≤6

，即|b|的最大值为6.8．C∵PA→＋PB→＋PC→＝AB→＝PB→－PA→，∴PC→＝－2PA→，∴点P在线段AC上．9．A因为BP→＝2PC→，所以AP→－AB→＝2(AC→－AP→)，所以AP→＝13AB→＋23

AC→，又AM→＝mAB→，AN→＝nAC→，所以AP→＝13mAM→＋23nAN→.因为M，P，N三点共线，所以13m＋23n＝1，所以m＋2n＝(m＋2n)(13m＋23n)＝13＋43＋23(nm＋mn)≥53＋23×2nm·

mn＝53＋43＝3，当且仅当nm＝mn，13m＋23n＝1，即m＝n＝1时等号成立．所以m＋2n的最小值为3.故选A.10．－14解析：∵AD→＝3DB→，∴CD→－CA→＝3(CB→－CD→

)，∴4CD→＝CA→＋3CB→，∴CD→＝－14AC→＋34CB→.又CD→＝λAC→＋34CB→，∴λ＝－14.11.53解析：根据向量加法的三角形法则得到OC→＝OB→＋BC→＝OB→＋14AC→＝OB→＋14(OC→－OA→)，化简得到OC→＝－13OA→

＋43OB→，所以x＝－13，y＝43，则y－x＝43＋13＝53.12.23解析：由AE→＝2ED→，得DE→＝13DA→＝－13AD→＝－13BC→，所以CE→＝CD→＋DE→＝BA→－13BC→，即λ＝1，μ＝－13，所以λ＋μ＝1－13＝23.13．C∵3PA→＋

5PB→＋2PC→＝0，∴3(PA→＋PB→)＋2(PB→＋PC→)＝0，取AB的中点D，BC的中点E，连接PD，PE，则PA→＋PB→＝2PD→，PB→＋PC→＝2PE→，∴3PD→＋2PE→＝0，∴D、P、E三点共线，∴P到AC的距离为B到AC的距离h的一半，

∵S△ABC＝12AC·h＝6，∴S△PAC＝12AC×h2＝12×6＝3.14．A∵AE→＝25AB→，AF→＝12AD→，则AB→＝52AE→，AD→＝2AF→，∴AC→＝AB→＋AD→，∴AK→＝λAC→＝λ(AB→＋AD→)＝λ(52AE→＋2AF

→)＝52λAE→＋2λAF→，由E，F，K三点共线可得52λ＋2λ＝1，解得λ＝29，故选A.15．②③④解析：∵BC→＝a，CA→＝b，AD→＝12CB→＋AC→＝－12a－b，故①不正确；对于②，BE→＝BC→＋12CA→＝a＋

12b，正确；对于③，CF→＝12(CB→＋CA→)＝12(－a＋b)＝－12a＋12b，故③正确；对于④，AD→＋BE→＋CF→＝－b－12a＋a＋12b＋12b－12a＝0，故④正确，故正确的有②③

④.16.511解析：∵N，P，B三点共线，∴AP→＝mAB→＋211AC→＝mAB→＋611AN→，∴m＋611＝1，∴m＝511.专练26平面向量基本定理及坐标表示1．D选项A中，设e1＋e2＝λe1，则1＝λ，1＝0无解；选项B中，设e1－2e2＝λ(e1＋2e2)，则

1＝λ，－2＝2λ无解；选项C中，设e1＋e2＝λ(e1－e2)，则1＝λ，1＝－λ无解；选项D中，e1＋3e2＝12(6e2＋2e1)，所以两向量是共线向量，不能作为平面内所有向量的一组基底．2

．D12a－32b＝(12，12)－(32，－32)＝(－1，2).3．C∵a＋b＝(3，1＋x)，b－c＝(2，x－1)，∵(a＋b)∥(b－c)，∴3(x－1)＝2(x＋1)，得x＝5，∴b＝(1，5)，又c＝ma＋nb，∴(－1，1)＝m(2，1)＋n

(1，5)∴2m＋n＝－1，m＋5n＝1，得m＝－23，n＝13，∴m＋n＝－23＋13＝－13.4．D∵AB→＝OB→－OA→＝(a－1，1)，CB→＝(a＋b，－1)，∵A，B，C

三点共线，∴(a－1)×(－1)＝1×(a＋b)，∴2a＋b＝1，又a＞0，b＞0，∴1a＋2b＝(1a＋2b)(2a＋b)＝4＋ba＋4ab≥4＋2ba·4ab＝8(当且仅当ba＝4ab即a＝14，b＝

12时等号成立)5．A设点N的坐标为(x，y)，则MN→＝(x－5，y＋6)又MN→＝－3a＝(－3，6)，∴x－5＝－3，y＋6＝6，得x＝2，y＝0.6．C∵m∥n，∴sinA(sinA＋3

cosA)－32＝0，∴2sin2A＋23sinAcosA＝3.可化为1－cos2A＋3sin2A＝3，∴sin(2A－π6)＝1.∵A∈(0，π)，∴(2A－π6)∈(－π6，11π6).因此2A－π6＝π2，解得A＝π3.故选C.7．C∵a∥b，∴3y－5＝－2x，∴2x＋3y

＝5，又x，y均为正数，∴5＝2x＋3y≥22x·3y＝26xy，(当且仅当2x＝3y，即：x＝54，y＝56时等号成立)，∴xy≤2524，故选C.8．D由题意不妨设b＝(－3m，4m)(m<0)，则|b|＝（－3m）2＋（4m）2＝10，解得m＝－2或m＝2(舍去)，所以b＝(6，－8)，

故选D.9．C根据向量的线性运算法则，可得AO→＝xAB→＋yBC→＝xAB→＋y(BA→＋AC→)＝xAB→－yAB→＋yAC→＝(x－y)AB→＋y·(AD→＋DC→)＝(x－y)AB→＋y·(2AF→＋12AB→)＝(x－y)AB→＋2yAF→＋12yAB→＝(x－y2)A

B→＋2yAF→，因为B，O，F三点共线，可得x－y2＋2y＝1，即2x＋3y－2＝0；又由BO→＝BA→＋AO→＝BA→＋xAB→＋yBC→＝BA→－xBA→＋y·43BE→＝(1－x)BA→＋4y3BE→，因为A，O，E三点共线，可得1－x＋4y3＝1，即3x－4

y＝0，联立方程组2x＋3y－2＝03x－4y＝0，解得x＝817，y＝617，所以x＋y＝1417.10．－103解析：c＝(3，1)＋(k，0)＝(3＋k，1)，a·c＝3(3＋k)＋1×1＝10＋3k＝0，得k＝

－103.11．0解析：a＝(1，3)，a＋b＝(－1，2)，b＝(－1，2)－(1，3)＝(－2，－1)，a－b＝(3，4)，|a－b|＋a·b＝9＋16＋(－2－3)＝0.12．3解析：∵MA→＋MB→＋MC→＝0，∴M为△ABC的重心，

则AM→＝12(AB→＋AC→)×23＝13(AB→＋AC→)，∴AB→＋AC→＝3AM→，∴m＝3.13．C根据题设条件建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0，4)，B(3，0)，易知点Q运动的区域为图中的两条线段DE，GF与两

个半圆围成的区域(含边界)，由AQ→＝aAB→＋bAC→＝(3a，4b)，设z＝a＋b，则b＝z－a，所以AQ→＝(3a，4z－4a).设Q(x，y)，所以x＝3a，y＝4z－4a，消去a，得y＝－43x＋4z，则当点P运动时，直线y＝－43x＋4z与圆相切时，直线的纵截

距最大，即z取得最大值，不妨作AQ⊥BC于Q，并延长交每个圆的公切线于点R，则|AQ|＝125，|AR|＝175，所以点A到直线y＝－43x＋4z，即4x＋3y－12z＝0的距离为175，所以|－12z|32＋42＝175，解得z＝1712，即a

＋b的最大值为1712.14．B建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0，0).不妨设AB＝1，则CD＝AD＝2，所以C(2，0)，A(0，2)，B(1，2)，E(0，1)，∴CA→＝(－2，2)，CE→＝(－

2，1)，DB→＝(1，2)，∵CA→＝λCE→＋μDB→，∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)，∴－2λ＋μ＝－2，λ＋2μ＝2，解得λ＝65，μ＝25，则λ＋μ＝85.故选B.15．[1，4]解析：根据题意，不妨设正六边形ABC

DEF的边长为23，以中心O为原点建立平面直角坐标系，如图所示：则可得F(－23，0)，D(3，3)，C(23，0)，B(3，－3)，设点G的坐标为(m，n)，则CG→＝(m－23，n)，CB→＝(－3，－3)，CD→＝(－3，3)，由

CG→＝λCB→＋μCD→可得：m－23＝－3λ－3μ，即λ＋μ＝－33m＋2，数形结合可知：m∈[－23，3]，则－33m＋2∈[1，4]，即λ＋μ的取值范围为[1，4].16．6解析：解法一：如图，作平行四边形OB1CA1，则OC→＝OB1＋OA1，因为O

A→与OB→的夹角为120°，OA→与OC→的夹角为30°，所以∠B1OC＝90°.在Rt△OB1C中，∠OCB1＝30°，|OC|＝23，所以|OB1|＝2，|B1C|＝4，所以|OA1|＝|B1C|＝4，所以OC→＝4

OA→＋2OB→，所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.解法二：以O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(1，0)，B(－12，32)，C(3，3).由OC→＝λOA→＋μOB→，得3＝λ－

12μ，3＝32μ，解得λ＝4，μ＝2.所以λ＋μ＝6.专练27平面向量的数量积及其应用1．A|m|＝（5e1－2e2）2＝25－20e1·e2＋4＝29－20×12＝19.2．B∵a⊥b，∴2x＋3＝0，∴x＝－32.

3．C因为BC→＝AC→－AB→＝(1，t－3)，所以|BC→|＝1＋（t－3）2＝1，解得t＝3，所以BC→＝(1，0)，所以AB→·BC→＝2×1＋3×0＝2，故选C.4．Ba·(2a－b)＝2a2－a·b＝2－(－1)＝3.5．C由已知可得|a－2b|2＝a

2－4a·b＋4b2＝5－4a·b＝3，解得a·b＝12.6．B∵n⊥(tm＋n)，∴tm·n＋n2＝0，∴t|m||n|cos〈m·n〉＋n2＝0，∴34×13t＋1＝0，得t＝－4.7．B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.8．B设a与b的夹角为α，∵(a－b)⊥b，∴(a－b)·b＝0，∴a·b＝b2，∴|a|·|b|cosα＝|b|2，又|a|＝2|b|，∴cosα＝12，∵α∈(0，π)，∴α＝π3.故选B.9．D

由题意，作出图形，如图，∵OA＝1，OB＝2，OA→·OB→＝－1，∴OA→·OB→＝1×2cos∠AOB＝2cos∠AOB＝－1，∴cos∠AOB＝－12，由∠AOB∈(0，π)可得∠AOB＝2π3，∴AB＝OA2＋OB2－2·OA·OB·cos∠AOB＝7，又S△A

OB＝12·OA·OB·sin∠AOB＝12·OD·AB＝32，则OD＝37，∴EO→·EA→＝－OE→·(ED→＋DA→)＝－2OE→2＝－29·OD→2＝－29×37＝－221.10．±2解析：因为|a－b|＝|a＋b|

，所以(a－b)2＝(a＋b)2⇒a2＋b2－2a·b＝a2＋b2＋2a·b⇒a·b＝0，a·b＝t×(－t)＋2×1＝－t2＋2＝0，得t＝±2.11．11解析：因为cos〈a，b〉＝13，|a|＝1，|b|＝3，所以a

·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝1×3×13＝1，所以(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2×1＋32＝11.12.2π3解析：因为|a－2b|＝6，所以2－22a·b＋2＝6，∴a·b＝－12，∴向量a与b的夹角θ满足cosθ＝－12·2＝－12，又0≤θ≤π

，∴θ＝2π3.13．D∵b＝AC→－AB→，∴|b|＝2，故A不正确；又BA→·BC→＝2×2×cos60°＝2，即：－2a·b＝2，a·b＝－1，故B，C都不正确；∵(4a＋b)·BC→＝(4a＋b)

·b＝4a·b＋b2＝－4＋4＝0，∴(4a＋b)⊥BC→，故D正确．14．B直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝23，所以AC＝43＝2BC，所以∠BAC＝30°，作AC⊥OB于点O，则OB＝3，OC＝3，OA＝33，

如图，以O为原点建立平面直角坐标系，不妨设点N在点M的左侧，设N(x，0)，则M(x＋2，0)，x∈[－3，33－2]，B(0，3)，则BM→＝(x＋2，－3)，BN→＝(x，－3)，所以BM→·BN→＝x(x＋2)＋9＝(x＋1)2＋8≥8

，当且仅当x＝－1时，BM→·BN→的最小值为8.15.223解析：a·b＝(3e1－2e2)·(3e1－e2)＝9e21－9e1·e2＋2e22＝11－9×13＝8，又|a|＝（3e1－2e2）2＝9e21＋4

e22－12e1·e2＝3，|b|＝（3e1－e2）2＝9e21－6e1·e2＋e22＝9－2＋1＝22，∴cosβ＝a·b|a||b|＝83×22＝223.16．2解析：根据题意，作出如下草图，令AF→＝e1，AE→

＝e2，AB→＝λe1，AD→＝μe2，因为a＝λe1＋μe2，由平行四边形法则，可得BC→＝AD→＝μe2，所以AD∥BC，因为|e1－e2|＝|e2－a|＝|a－e1|，所以|EF→|＝|CE→|＝|CF→|，因为|AE→

|＝|AF→|，所以△AEC≌△AFC，所以∠DAC＝∠BAC.因为AD∥BC，所以∠DAC＝∠ACB，所以∠BAC＝∠ACB，所以|AB→|＝|BC→|，所以|AD→|＝|AB→|，即|λe1|＝|μe2|，所以λ＝±μ，又λ＋μ＝4，所以

λ＝μ＝2，即a＝2e1＋2e2，所以平行四边形ABCD为菱形，设∠BAD＝θ，即向量e1，e2的夹角为θ，因为|e1－e2|＝|a－e1|，所以|e1－e2|＝|2e2＋e1|，即|e1－e2|2＝|2e2＋e1|2，所以

1＋1－2cosθ＝4＋1＋4cosθ，即6cosθ＝－3，所以cosθ＝－12，即θ＝2π3，所以|a|＝2|e1＋e2|＝21＋1＋2cos2π3＝2.专练28数系的扩充与复数的应用1．A由z＝1－2i可知z－＝1＋2i.由z＋az－＋b＝0，得1－2i＋a(1＋2i)＋b＝1＋

a＋b＋(2a－2)i＝0.根据复数相等，得1＋a＋b＝0，2a－2＝0，解得a＝1，b＝－2.故选A.2．C设z＝a＋bi，(a，b∈R，a≠0，b≠0)则由z·(3＋2i)＝2|z|2可得(3a－2b)＋(3b＋2a)i＝2(a2＋b2)，所以

3a－2b＝2a2＋2b23b＋2a＝0，解得a＝32，b＝－1，所以z＝32－i.3．C因为z＝－1＋3i，所以zzz－－1＝－1＋3i（－1＋3i）（－1－3i）－1＝－1＋3i1＋3－1＝－13＋33i.故选C.4．Bzz－－14i＝（

1＋2i）（1－2i）－14i＝44i＝1i＝－i.5．C由题意，设z＝a＋bi，故z－＝－zi⇔a－bi＝－(a＋bi)i＝－ai＋b，故a＝b，－b＝－a，即复数z＝a＋ai，在复平面对应的点位于一三象限的角平分线上．6．B由题得z＝(1

＋2i)(a－i)＝a＋2＋(2a－1)i，在复平面内所对应的点(a＋2，2a－1)在第四象限，所以a＋2>02a－1<0，解得－2<a<12.所以a∈(－2，12).7．D设z＝a＋bi，a，b∈R，则z－＝a－bi，则zz－＝a2＋b2，所以a2＋b2＝i(a＋bi)

＝ai－b，所以a＝0a2＋b2＝－b，解得：a＝0b＝0或a＝0b＝－1，故z＝－i或0.8．C由已知得(cosπ6＋isinπ6)7＝cos7π6＋isin7π6＝cos(π＋π6)＋isin(π＋π6)＝－cosπ6－isi

nπ6＝－32－12i，∴复数(cosπ6＋isinπ6)7在复平面内所对应的点的坐标为(－32，－12)，位于第三象限．9．D取z1＝1－i，z2＝1＋i，显然满足|z1|＝|z2|＝2，但z1≠z2，z1≠－z2，故A错误；因为z21＝－2i，z22＝2i，

故B错误；再取z3＝1，显然C错误．10．－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＝－7.11．4－i解析：6＋7i1＋2i＝（6＋7i）

（1－2i）（1＋2i）（1－2i）＝6－12i＋7i＋145＝20－5i5＝4－i.12．23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）＝23.13．B由题意知(n2＋mn

)＋2ni＝－2－2i，即n2＋mn＋2＝02n＋2＝0，解得m＝3，n＝－1，∴z＝3－i.14．D由已知z＝2＋i1＋i3＝2＋i1－i＝（2＋i）（1＋i）（1－i）（1＋i）＝2＋2i＋i－12＝12＋32i，所以a＝12，b＝3

2，a＋b＝2.15．D依题意，(z－2)(1＋i)＝1－3i，z＝1－3i1＋i＋2＝（1－3i）（1－i）（1＋i）（1－i）＋2＝－2－4i2＋2＝1－2i，z对应坐标为(1，－2)，在第四象限．16．A因为复数z满足z(1＋i)＝2＋3i，所以z＝2＋3i1＋i＝（2＋3i）（

1－i）（1＋i）（1－i）＝5＋i2＝52＋12i，所以在复平面内z对应的点位于第一象限．专练29数列的概念与简单表示法1．BA，B，C中的数列都是无穷数列，但是A，C中的数列是递减数列，故选B.2．B∵an＋1－an＝nn＋2－n－1n＋1

＝n（n＋1）－（n－1）（n＋2）（n＋1）（n＋2）＝2（n＋1）（n＋2），又n∈N*，∴2（n＋1）（n＋2）＞0，即：an＋1－an＞0，∴an＋1＞an，∴{an}为递增数列．3．C数列可化为1，3×1

＋1，3×2＋1，3×3＋1，3×4＋1，…，∴an＝3（n－1）＋1＝3n－2，由3n－2＝219＝76，得n＝26.4．C当n＝1时，a2＝1＋3＝4；当n＝2时，a3＝2×4＋1＝9；当n＝3时，a4＝9＋3＝12；当n＝4

时，a5＝2×12＋1＝25；当n＝5时，a6＝25＋3＝28.故选C.5．A由题意得an＋1－an＝－2(n＋1)2＋λ(n＋1)＋2n2－λn＝－4n－2＋λ＜0恒成立，∴－4－2＋λ＜0，∴λ＜6.6．B因为Sn＝n2＋

4n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝6，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋3.经检验，当n＝1时不符合，所以an＝6，n＝1，2n＋3，n≥2，所以a1＋a3＋a5＝28.7．D由an＋1＝Sn＋1，得an＝Sn－1＋

1(n≥2)，∴an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，∴an＋1an＝2(n≥2)，又a2＝S1＋1＝3，a1＝2，∴an＝2，n＝1，3×2n－2，n≥2，∴Sn＝2，n＝1，3×2n－1－1，n≥2，∴S5＝3×25－1－1＝47.8．A由an＋1＝an＋ln

(1＋1n)得an＋1－an＝lnn＋1n＝ln(n＋1)－lnn，∴当n≥2时，a2－a1＝ln2－ln1，a3－a2＝ln3－ln2，…，an－an－1＝lnn－ln(n－1)，∴an－a1＝lnn，∴an＝lnn＋a1＝2＋lnn，又当

n＝1时，a1＝2＝2＋ln1符合上式．∴an＝2＋lnn．9．A因为对任意的n∈N*都有an＜an＋1成立，所以数列是递增数列，因此1＜a，6－a＞0，a＜（6－a）×4－a，解得1＜a＜4.故选A

.10．1326解析：a1＋a2＋a3＋…＋a51＝12－22＋32－42＋…－502＋512＝1＋(3－2)(3＋2)＋(5－4)(5＋4)＋…＋(51－50)(51＋50)＝1＋2＋3＋4＋5＋…

＋50＋51＝51×（1＋51）2＝1326.11.n2＋n2解析：由an＋1－an＝n＋1，∴当n≥2时，a2－a1＝1＋1＝2，a3－a2＝2＋1＝3，a4－a3＝3＋1＝4，…，an－an－1＝n－1＋1＝n，∵an－a1＝（2＋n）（n－1）2，∴an＝n2＋n2(n≥2)，又当n＝1时

a1＝1也适合上式，∴an＝n2＋n2.12．an＝2n－1解析：由an＋1＝2an＋1得an＋1＋1＝2(an＋1)，∴an＋1＋1an＋1＝2，∴{an＋1}为等比数列，∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n，∴an＝2n－113．B由题意得：a2＝1－

1a1＝5，a3＝1－1a2＝45，a4＝1－1a3＝－14，则数列{an}的周期为3，则a2022＝a674×3＝a3＝45.14．C将数列分组为(11)，(21，12)，(31，22，13)，(41，32，23，14)，…，设满足n≥20的an＝5首次

出现在第m组的第x个数的位置上，则m＋1－xx＝5，x＝m＋16，x，m∈N，此时数列共有项数为1＋2＋3＋…＋(m－1)＋x＝（m－1）m2＋x≥20，即得（m－1）m2＋m＋16≥20，解得m≥1＋3563由于m∈N，而193≤1＋3563≤203，故m≥7，又x

＝m＋16∈N，故符合条件的m的最小值为11，则满足an＝5且n≥20的n的最小值为（m－1）m2＋x＝（11－1）×112＋11＋16＝57.15．2276解析：由数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以3的余数，可得{an}为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0

，2，2，1，0，…，所以{an}是周期为8的周期数列，一个周期中的8项和为9，因为2022＝252×8＋6，所以数列{an}的前2022项的和为252×9＋8＝2276.16．n解析：∵2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＋2na

n＝(n－1)·2n＋1＋2，∴2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＝(n－2)·2n＋2(n≥2)，两式相减，得2nan＝n·2n，即an＝n(n≥2)，当n＝1时，a1＝1，适合an＝n，故an＝n(n∈N*).专练30

等差数列及其前n项和1．B设等差数列{an}的首相为a1，公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，由等差数列的性质可得，a7＝S7－S6＝24，又∵a3＝8，∴a7－a3＝a1＋6d－(a1＋2d)＝4d＝16解得d＝4.2．B

因为a2＋a5＝2a1＋5d＝－14，S3＝3a1＋3d＝－39，所以解得a1＝－17，d＝4，所以S10＝10a1＋45d＝－170＋45×4＝10.3．C设等差数列{an}的公差为d，由已知有S15＝15（a1＋a15）2＝15（2a1＋14d）2＝5[3a1＋(m＋8)d]，解得

m＝13.4．D设驽马、良马第n天分别行an、bn里，则数列{an}是以100为首项，以－2为公差的等差数列，数列{bn}是以155为首项，以12为公差的等差数列，由题意可得100n＋n（n－1）·（－2）2＋155n＋12n（n－1）2＝5n2

＋250n≥2000，整理可得n2＋50n－400≥0，解得n≤－25－541(舍)或n≥541－25，而7<541－25<8，故n的最小整数值为8.5．C设等差数列{an}的公差为d，则a1＋2d＝3a1，a1＋d

＝3a1－1，所以a1＝1，d＝1，所以Sn＝n＋n（n－1）2＝n（n＋1）2，所以Snn＝n＋12，所以Sn＋1n＋1－Snn＝n＋1＋12－n＋12＝12，所以Snn是以1为首项，12为公差的等差数列，数列Snn的前10项和T

10＝10＋10×（10－1）2×12＝652.6．D∵{an}为等差数列，∴S5＝5a3＝－15，∴a3＝－3，∴d＝a3－a2＝－3－1＝－4.7．B∵Sn＝an2＋bn，∴{an}为等差数列，∴S7＝（a1＋a7）×72＝（a2＋a6）×7

2＝（3＋11）×72＝49.8．C由题意可设每层有n个环，则三层共有3n个环，∴每一环扇面形石板的块数构成以a1＝9为首项、9为公差的等差数列{an}，且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1，中层总数为S2，

下层总数为S3，∴S3－S2＝[9(2n＋1)·n＋n（n－1）2×9]－[9(n＋1)·n＋n（n－1）2×9]＝9n2＝729，解得n＝9(负值舍去).则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9＋27×262×9＝27×9＋27×13×9

＝27×14×9＝3402(块).故选C.9．A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.故选A.方法二：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.选项A，a1＝2×1－5＝－

3；选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；选项D，S1＝12－2＝－32，排除D.故选A.10．4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＋5×4

2d＝10a1＋10×92×2a15a1＋5×42×2a1＝10025＝4.11．51解析：设该数列为{an}，依题意可知，a5，a6，…成等差数列，且公差为2，a5＝5，设塔群共有n层，则1＋3＋3＋5＋5(n－4)＋（n－4）（n－5）2×2＝108，解得n＝12(

n＝－8舍去).故最下面三层的塔数之和为a10＋a11＋a12＝3a11＝3×(5＋2×6)＝51.12．3解析：设{an}的公差为d.因为a4＋a5＝25，S6＝57，所以2a1＋7d＝25，6a1＋15d＝57，解得a1＝2，d＝3，所以{an}的公差为3

.13．A因为2022年2月7日星期一是小说家狄更斯诞辰210周年纪念日，所以小说家狄更斯出生于1812年2月7日，其中1812年为闰年，1900不是闰年，又210＝52×4＋2，所以这210年有52个闰年，158个平年

，所以共有52×366＋158×365＝76702天，因为76702＝10957×7＋3，所以狄更斯的出生日是星期五．14．C因为S14>0，所以S14＝14×（a1＋a14）2＝7(a1＋a14)＝7(a7＋a8)>0，即a7＋a8>0，因

为S15<0，所以S15＝15×（a1＋a15）2＝15a8<0，所以a8<0，所以a7>0，所以等差数列{an}的前7项为正数，从第8项开始为负数，则a1>0，d<0，S7为Sn的最大值．15．8解析：∵a7＋a8＋a9＞0，a7＋a9＝2a8，∴3a8＞0，即a8＞0.又∵a7＋

a10＝a8＋a9＜0，∴a9＜0，∴等差数列前8项的和最大．故n＝8.16．100解析：设等差数列{an}公差为d，由2a4＝a2＋a6＝18得：a4＝9，则d＝a7－a47－4＝15－93＝2，an＝a4＋(n－4)d＝2

n＋1，当n为偶数时，(－1)n－1an－1＋(－1)nan＝an－an－1＝d＝2，所以S100＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a100－a99)＝50×2＝100.专练31等比数列及其前n项和1．B由题意可得a1

（1－q6）1－q＝9×a1（1－q3）1－q，a1（1－q5）1－q＝62，即q3＝8，a1（1－q5）1－q＝62，得q＝2，a1＝2，选B.2．A因为4a2a4＝4a3－1，所以4a21q4＝4a1q2－1，又a1＝18，解得q＝±2，所以a2＝

a1·q＝18×(±2)＝±14.故选A.3．A∵等比数列{an}的各项均为正数，且a1·a6＝9,∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a6＝log3(a1·a2·…·a6)＝log3(a1·a6)3＝log393＝6.4．B

因为数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，所以令m＝n＝1，则a1＋1＝a1a1＝2×2＝4，即a2＝4，令m＝n＝2，则a2＋2＝a2a2＝4×4＝16，即a4＝16.5．C因为a27＝a9，即(a1q6)2＝a1q8，所以a5＝1，又因为a8>a9，所

以数列{an}为正项单调递减数列，所以0<q<1，因为an－1a1＝an－q4＝q4(a1qn－5－1)＝q4(qn－9－1)>0，所以qn－9>1＝q0，所以n<9.又因为n为整数，故nmax＝8.6．C设等比数列{an}的公比为q，则a4＝－24q3＝－89，q3＝127，q＝13，此等比

数列各项均为负数，当n为奇数时，Tn为负数，当n为偶数时，Tn为正数，所以Tn取得最大值时，n为偶数，排除B，而T2＝(－24)2×(13)＝24×8＝192，T4＝(－24)4(13)6＝84×19＝849＞192，T6＝(－24)6(13)15＝86×(13)9＝8

639＝19×8637＜849，T4最大，选择C.7．A对等比数列{an}，不妨设其公比为q，由a8＋a10＝12，a11＋a13＝1可得a8(1＋q2)＝12，a11(1＋q2)＝1，故可得q3＝2，则a20＋a22＝a11(1＋q2)×q9＝1×(q

3)3＝23＝8.即a20＋a22＝8.8．D设等比数列{an}的公比为q.由题意知，a2q＋a2＋a2q＝168，a2－a2q3＝42.两式相除，得1＋q＋q2q（1－q3）＝4，解得q＝12.代入a2－a2q3＝42，得a2＝48，所以a6＝a2q4

＝3.故选D.9．B在等比数列{an}中，a7，a11是方程x2＋5x＋2＝0的两根，则a7＋a11＝－5a7a11＝2，∴a9＝－2，则a3·a9·a15a5·a13＝a39a29＝a9＝－2.10．32解析：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，根据S2＝3，S3－S

1＝6，可得：a1＋a1q＝3a1q＋a1q2＝6，解得：a1＝1q＝2，所以a6＝a1q5＝32.11．50解析：∵{an}为等比数列，∴a10a11＝a9a12，又a10a11＋a9a12＝2e5，∴a10a11＝e5，∴lna1＋lna2＋…＋ln

a20＝ln(a1a2……a20)＝ln(a10·a11)10＝ln(e5)10＝lne50＝50.12．－1373解析：设等比数列{an}的公比为q，因为a3a4＋a5＝0，则a1q2·a1q3＋a1q4＝0，将a1＝3代入得3q＋1＝0，得q＝－13，所以an＝3·(－13)

n－1，所以S3＝a1＋a2＋a3＝3－1＋13＝73.13．C设蒲的长度构成等比数列{an}，其首项a1＝3，公比为12，其前n项和为An.莞的长度构成等比数列{bn}，其首项b1＝1，公比为2，其前n项和为

Bn.则An＝3（1－12n）1－12，Bn＝2n－12－1，由题意可得5×3（1－12n）1－12＝2n－12－1，解得2n＝30或2n＝1(舍去).∴n＝log230＝lg30lg2＝lg3＋1lg2＝1.4

80.3≈4.9.14．D对于选项A，当{an}为：1，－1，1，－1，1，－1，1，－1，…，时，S2023＝1，S2022＝0，S2021＝1，满足S2023≥S2022，但S2021>S2022，

所以{Sn}不是递增数列，故选项A正确；对于选项B，当{an}为：1，－1，1，－1，1，－1，1，－1，…时，T2023＝－1，T2024＝1，T2025＝－1，满足T2024≥T2023，但{Tn}不是递增数列，故选项B正确；对于选项C，当{an}为：1，12，14，18，…

，时，Sn＝1－12n1－12＝2(1－12n)，满足{Sn}为递增数列，此时a2022＝122021<a2021＝122020，故选项C正确；对于选项D，当{an}为：2，2，2，…，时，Tn＝2n，满足{Tn}是递增数列，但是a

2022＝a2021＝2，故选项D不正确．15．3n－1解析：根据题意，“追梦数列”{an}满足1an＋1－3an＝0(n∈N＋)，即an＝3an＋1，则数列{an}是公比为13的等比数列．若数列{1bn＋1}为“追梦数列”，则

1bn＋1＝1b1＋1×(13)n－1＝13n⇒bn＋1＝3n⇒bn＝3n－1.16．64解析：设等比数列{an}的公比为q，∴a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，即a1＋a1q2＝10，a1q＋a

1q3＝5，解得a1＝8，q＝12，∴a1a2…an＝(12)(－3)＋(－2)＋…＋(n－4)＝1212n（n－7）＝(12)12（n－72）2－494，当n＝3或4时，12（n－72）2－494取到最小值－6，此时(12)

12（n－72）2－494取到最大值26，所以a1a2…an的最大值为64.专练32数列求和1．CSn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝2（1－2n）1－2＋（1＋2n－1）n2＝2n＋1－2＋n2.2．A∵a2，a4，a8成等比数列，∴a24＝a2a

8，∴(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，得a1＝d＝2，∴Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n(n＋1).3．B∵11＋2＋3＋…＋n＝2（1＋n）n＝2(1n－1n＋1)，∴Sn＝2(1－12＋12

－13＋…＋1n－1n＋1)＝2(1－1n＋1)＝2nn＋1.4．D∵1n＋1＋n＝n＋1－n，∴S2018＝2－1＋3－2＋…＋2019－2018＝2019－1.5．D当n＝2k－1时，a2k＋a2k－1＝2，∴{an}

的前100项和S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝50×2＝100，故选D.6．A∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和

为0，故S2018＝336×0＋a2017＋a2018＝a1＋a2＝3.故选A.7．D因为anbn＝1，an＝n2＋5n＋6，故bn＝1n2＋5n＋6＝1n＋2－1n＋3，故{bn}的前10项之和为13－14＋14－15＋…＋112－113＝13－113＝1039.8．C由题意可知，数列{a

2n}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.选C.9．C由题意知，S9＝9（a1＋a9）2＝18，所以a1＋a9＝4，a1＋a9

＝a2＋a8＝a3＋a7＝a4＋a6＝2a5＝4，a5＝2，又f(x)＝(x－2)3＋1，则f(x)＋f(4－x)＝(x－2)3＋1＋(4－x－2)3＋1＝2，所以f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝[f(a1)＋f(a

9)]＋[f(a2)＋f(a8)]＋[f(a3)＋f(a7)]＋[f(a4)＋f(a6)]＋f(a5)＝4×2＋1＝9.10．18解析：设等差数列{an}的公差为d.∵a1＋a3＋a11＝6，∴3a1＋12d＝6，即a1＋4d＝2，∴a5＝2，∴S9＝（a1＋a9）×92＝2

a5×92＝18.11.2011解析：∵an＋1－an＝n＋1，∴当n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，∴an－a1＝（2＋n）（n－1）2，∴an＝1＋（n＋2）（n－1）2＝n2＋n2(n≥2

)又当n＝1时a1＝1符合上式，∴an＝n2＋n2∴1an＝2n2＋n＝2(1n－1n＋1)，∴S10＝2(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2(1－111)＝2011.12.5256解析：∵{an}为等差数列，∴

a1＋a3＝2a2＝0，∴a2＝0，a2＋a4＝2a3＝－2，∴a3＝－1，∴d＝a3－a2＝－1，∴an＝a2＋(n－2)d＝2－n，∴Sn＝120＋021＋…＋2－n2n－1，∴12Sn＝121＋022＋

…＋3－n2n－1＋2－n2n，∴12Sn＝120＋(－121＋－122＋…＋－12n－1)－2－n2n＝n2n，∴Sn＝n2n－1，S10＝1029＝5256.13．A由2an＝an＋1＋an－1知{an}为等差数列，又a1＝1，a

5＝a1＋4d，∴d＝2，｀∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，∴{bn}的前100项的和S100满足：S100＝C099a1＋C199a2＋…＋C9999a100，∴S100＝C9999a100＋C9899a99＋…＋C099a1＝C099a100＋C1

99a99＋…＋C9999a1，∴2S100＝(a1＋a100)(C099＋C199＋C299＋…＋C9999)＝200×299，∴S100＝100×299.14．C因为数列{an}为等比数列，公比q≠1，

a1＝3，3a1，2a2，a3成等差数列，所以4a2＝3a1＋a3，即4q＝3＋q2，解得q＝1或q＝3，因为q≠1，所以q＝3.所以an＝a1qn－1＝3n，其前n项和为Tn＝3（1－3n）1－3＝3n＋12－32，所以S24＝T

1＋T2＋…＋T6＋T3＝(322－32)＋(332－32)＋…＋(372－32)＋(342－32)＝12(32＋33＋…＋37)＋342－32×7＝1638＋342－32×7＝1668.15.20222023

解析：依题意a1＝1，a2＝4，4an＋1－3an－an＋2＝0，an＋2－an＋1＝3(an＋1－an)，所以数列{an＋1－an}是首项a2－a1＝3，公比为3的等比数列，所以an＋1－an＝3n，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an

－1)＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝1－3n1－3＝3n－12，a1＝1也满足，所以an＝3n－12，bn＝1log33nlog33n＋1＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以b1＋b2＋…＋b2022＝1－12＋12－13＋…＋12

022－12023＝1－12023＝20222023.16．－800解析：由已知可得an＋an＋1＝n2·sinnπ2＝n2·sinnπ2，n为奇数0，n为偶数S40＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋(a5＋a6)＋…

＋(a39＋a40)＝12×sinπ2＋32×sin3π2＋52×sin5π2＋…＋392×sin39π2＝12－32＋52－…－392＝(1－3)(1＋3)＋(5－7)(5＋7)＋…＋(37－39)(37＋39)＝－2×(1＋3＋5＋7＋…＋37＋39)＝－

2×1＋392×20＝－800.专练33高考大题专练(三)数列的综合运用1．解析：(1)因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝bnbn－1，代入2Sn＋1bn＝2可得，2bn－1bn＋1bn＝2，整理可得

2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝12(n≥2).又2S1＋1b1＝3b1＝2，所以b1＝32，故{bn}是以32为首项，12为公差的等差数列．(2)由(1)可知，bn＝n＋22，则2Sn＋2n＋2＝2，所以Sn

＝n＋2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝32，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n＋1－n＋1n＝－1n（n＋1）.故an＝32，n＝1－1n（n＋1），n≥2.2．解析：(1)证明：由已知条件，得Sn＝nan－n22＋n2.当n

＝1时，a1＝S1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－n22＋n2－（n－1）an－1－（n－1）22＋n－12，∴(1－n)an＝－n＋1－(n－1)an－1.等式两边同时除以1－n，得an＝1＋an－1，∴an－an－1＝1

.∴{an}是公差为1的等差数列．(2)由(1)可得an＝a1＋(n－1).∴a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8.∵a4，a7，a9成等比数列，∴a27＝a4·a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，∴a1＝－12，∴Sn＝na1＋n（n－1）2×

1＝－12n＋n2－n2＝12n2－252n.当n＝12或n＝13时，Sn取得最小值，为12×122－252×12＝－78.3．解析：(1)∵a1＝1，∴S1a1＝1.又∵Snan是公差为13的等差数列，∴Snan＝S1a1＋13(n－1)，即Sn＝(13n＋23)an＝13(

n＋2)an，∴当n≥2时，Sn－1＝13(n＋1)an－1，∴an＝Sn－Sn－1＝13(n＋2)an－13(n＋1)an－1，n≥2，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，∴anan－1＝n＋1n

－1，n≥2，∴当n≥2时，anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2a1＝n＋1n－1·nn－2·…·42·31＝n（n＋1）2，∴an＝n（n＋1）2.当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝n（n＋1）2.(2)证明：由(1)知an＝n（n＋1）2，∴1an＝2n（n＋1）

＝2(1n－1n＋1)，∴1a1＋1a2＋…＋1an＝2(1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)＝2(1－1n＋1).∵n∈N*，∴0＜1n＋1≤12，∴1－1n＋1＜1，∴2(1－1n＋1)＜2，∴1a1＋1a2＋…＋1an＜2.4．解析：(1)n＝1时，a1＝4a1－3，

解得a1＝1.当n≥2，n∈N＋时，Sn－1＝n2an－1－3，故an＝Sn－Sn－1＝(n＋1)2an－n2an－1，所以anan－1＝nn＋2，故an＝anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2a1·a1＝nn＋2·n－1n＋1·…·

35·24·1＝6（n＋1）（n＋2）.a1符合上式故{an}的通项公式为an＝6（n＋1）（n＋2），n∈N＋.(2)结合(1)得bn＝(2n＋3)(－1)nan＝6(－1)n(1n＋1＋1n＋2)，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝

－6(12＋13)＋6(13＋14)＋…＋6(－1)n(1n＋1＋1n＋2)＝－3＋6n＋2(－1)n.5．解析：(1)由4Sn＝a2n＋2an－8，得4Sn－1＝a2n－1＋2an－1－8(n≥2)，两式相减得：4a

n＝a2n＋2an－a2n－1－2an－1，则a2n－a2n－1－2(an＋an－1)＝0，即(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0，因为an>0，所以an－an－1＝2，又4a1＝a21＋2a1－8，

解得a1＝4或a1＝－2(舍去)，所以数列{an}是以4为首项，以2为公差的等差数列，所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2；(2)由(1)知：4Sn＝(2n＋2)2＋2(2n＋2)－8，所以Sn＝n(n＋3)，则(－1)n(Sn－3

n)＝(－1)nn2，当n为偶数时，Tn＝－12＋22－32＋42－…＋n2，＝3＋7＋…＋2n－1，＝n2（3＋2n－1）2＝n（n＋1）2；当n为奇数时，Tn＝－12＋22－32＋42－…＋(n－1)2－n2，＝3＋7＋…＋2n－3－n2，＝n－12（3＋

2n－3）2－n2＝－n（n＋1）2.所以Tn＝n（n＋1）2，n为偶数－n（n＋1）2，n为奇数.6．解析：(1)由f(x)＝（sinx－cosx）2－1sin2x－cos2x＝－sin2x－cos2x＝tan2x

，令f(x)＝1，即tan2x＝1，解得2x＝kπ＋π4，k∈Z，∴x＝kπ2＋π8，k∈Z.∵x>0，∴k∈N，∴p1＝π8，p2＝5π8，p3＝9π8，…此时数列是等差数列，公差为π2，首项为π8.∴pn＝π8＋(n－1)π2＝

π2n－3π8，n∈N＋.(2)证明：∵pn＝π2n－3π8，n∈N＋，qn＝8pn（4n－3）（4n2－1），∴qn＝π4n2－1＝π（2n＋1）（2n－1）＝π2(12n－1－12n＋1)∴Tn＝π2(1－13＋13－15＋…＋12n－1－

12n＋1)＝π2(1－12n＋1)＝π2－π4n＋2.∵n∈N＋，π4n＋2>0，∴Tn＝π2－π4n＋2<π2.专练34不等式与一元二次不等式的解法1．C∵a＜b＜0，∴a2＞b2.2．A∵a，b∈[0，＋∞)，∴p2－q2＝(a＋b)2－(a＋b)2＝2ab≥0，∴p

≥q.3．C①中c值的正负或是否为零未知，因而判断不等关系缺乏依据，故该命题是假命题．②中，由ac2＞bc2可知c2＞0，则a＞b，故该命题是真命题．③中，由a＜b＜0，可得a2＞b2成立，故该命题为真命题．④中，由c＞

a＞b＞0可知0＜c－a＜c－b，故有1c－a＞1c－b＞0.又因a＞b＞0，由“同向同正可乘”性可知ac－a＞bc－b成立．故该命题为真命题．⑤中，由1a＞1b可得b－aab＞0.又因为b－a＜0，所以ab＜0，又a＞b，所以a＞0，b＜0，故该命题为真命题．综上所

述，命题②③④⑤都是真命题．故选C.4．D由于函数y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，又0＜a＜b，所以lna＜lnb，故A错误；因为0＜a＜b，由不等式的性质可知，a2＜b2，故B错误；由于函数y＝1x在(0，＋∞)上单调递减，又0＜a＜b，所以1a＞1b

，故C错误；由于函数y＝(12)x在(0，＋∞)上单调递减，又0＜a＜b，所以(12)a＞(12)b，故D正确．5．C因为ab<0，a>b，则a>0，b<0，1a>0，1b<0，A不正确；ba<0，ab<0，则ba＋ab<0，B不正确；又a＋b

>0，即a>－b>0，则a2>(－b)2，a2>b2，C正确；由a>－b>0得a>|b|，D不正确．6．B由题意得ax2＋bx＋1＝0有两根－1，13，由韦达定理得－1＋13＝－ba，－1×13＝1a，得

a＝－3，b＝－2，∴ab＝(－3)×(－2)＝6.7．C当a－2＝0即a＝2时，原不等式化为－4＜0恒成立；当a－2≠0时，由题意得a－2＜0，Δ＝4（a－2）2＋16（a－2）＜0，得－2＜a

＜2，综上得－2＜a≤2.8．D∵|x2－2|<2，∴－2<x2－2<2，∴0<x2<4，解得－2<x<0或0<x<2.故选D.9．D不等式x2＋px>4x＋p－3，可化为(x－1)p＋x2－4x＋3>0，由已知可得[(x－1)p＋x2－4x＋3]min>0(0≤p≤4)，

令f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3(0≤p≤4)，可得f（0）＝x2－4x＋3>0，f（4）＝4（x－1）＋x2－4x＋3>0，∴x<－1或x>3.10．(－∞，－1)∪(3，＋∞)解析：∵(12)x2－3<2－2x，∴23－x2<2

－2x，∴3－x2<－2x，即x2－2x－3>0，解得x<－1或x>3，∴原不等式的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞).11．＞解析：令b＝854366236，则b＋3＝854366239，令a＝998763418，则

a＋3＝998763421，所以854366239998763421＝b＋3a＋3，854366236998763418＝ba，根据题设知：854366236998763418＝ba＜b＋3a＋3＝854366239998763421.12．9解析：由题意知f(x)

＝x2＋ax＋b＝(x＋a2)2＋b－a24.因为f(x)的值域为[0，＋∞)，所以b－a24＝0，即b＝a24.所以f(x)＝(x＋a2)2.又f(x)＜c，所以(x＋a2)2＜c，即－a2－c＜x＜－a2＋c.所以－a2－

c＝m①，－a2＋c＝m＋6②.②－①，得2c＝6，所以c＝9.13．B因为x>y>z，x＋y＋z＝0，所以x>0，z<0，y的符号无法确定，对于A，因为x>0>z，若y<0，则xy<0<yz，故A错误；对于

B，因为y>z，x>0，所以xy>xz，故B正确；对于C，因为x>y，z<0，所以xz<yz，故C错误；对于D，因为x>z，当|y|＝0时，x|y|＝|y|z，故D错误．14．D由0＜x＝ln2＜lne＝1，0＜y＝lg2＜lg10＝12可得1x＝log2e

，1y＝log210，故1x＋1y＝log2e＋log210＝log2(10e)＞1，即x＋y＞xy，1y－1x＝log210－log2e＝log2(10e)＞1，即x－y＞xy，又x∈(0，π2)时，tanx＞x，0＜x＋y＜32＜π2，故tan(x＋y)＞x＋y，综上t

an(x＋y)＞x＋y＞x－y＞xy.15．Aa－c＝3132－4sin14＝1－12×142－sin1414.不妨设f(x)＝1－12x2－sinxx＝x－12x3－sinxx.令h(x)＝x－12x3－

sinx，则h′(x)＝1－32x2－cosx．令g(x)＝1－32x2－cosx，则g′(x)＝－3x＋sinx．当x∈0，14时，sinx＜3x，所以当x∈0，14时，g′(x)＜0，所以g(x)在0，14上单调递减，所以当x∈

0，14时，g(x)＜g(0)＝0，所以当x∈0，14时，h′(x)＜0，所以h(x)在0，14上单调递减．所以当x∈0，14时，h(x)＜h(0)＝0，所以当x∈0，14时，f(x)＜0，所以f14＜

0，即a＜c.结合四个选项，排除B，C，D.故选A.16．(－14，＋∞)解析：由题意知，可对不等式分x≤0，0＜x≤12，x＞12三段讨论．当x≤0时，原不等式为x＋1＋x＋12＞1，解得x＞－14，∴－14＜x≤0.当0＜x≤12时，原不等式为2x＋x＋12＞1，显然成立．当x＞12

时，原不等式为2x＋2x－12＞1，显然成立．综上可知，x＞－14.专练35二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题1．D2.C在平面直角坐标系中画出可行域如图的阴影部分所示，该阴影部分的形状为等腰梯形，其面积S＝12×(3＋9)×3

＝18.3．A当x＝0时，y＝0，1，2，3，共4个点；当x＝1时，y＝0，1，2，共3个点；当x＝2时，y＝0，1，共2个点；当x＝3时，y＝0，共1个点．∴共有4＋3＋2＋1＝10个点．4．A直线2x＋y－4＝0与线段PQ有公共点，说明点P，Q不在直线

2x＋y－4＝0的同一侧，∴(2－2－4)(2a＋2－4)≤0，解得a≥1，实数a的取值范围是[1，＋∞)，故选A.5．D作出可行域，如图：∵x－2y＋2＝0y＝－x＋1，解得：x＝0y＝1，即：

A(0，1)，又∵x－2y＋2＝0y＝x－1，解得：x＝4y＝3，即：B(4，3)，对于目标函数z＝2x＋y可化为：y＝－2x＋z，∴z的最小值在A处取得，最大值在B处取得，此时：zmin＝2×0＋1

＝1，zmax＝2×4＋3＝11即：z∈[1，11]，∴z≠12，其余的三个值都可能取到．6．C由题意，作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，设z＝x＋2y，则y＝－12x＋z2，当直线y＝－12x＋z2过点A时，直线在y轴上的截距

最小，此时目标函数取得最小值，无最大值．7．C作出可行域如图中阴影部分所示，数形结合可知，当直线z＝3x＋2y过点(2，2)时，z取得最大值，zmax＝6＋4＝10.故选C.8．C不等式组表示的平面区域如图阴影

部分所示，由x2＋y2是点(x，y)到原点距离的平方，故只需求出三条直线的交点A(3，－1)，B(0，2)，C(0，－3)到原点距离的平方，然后再进行比较．经计算点A(3，－1)是最优解，x2＋y2的最大值是10.故选C.9．B作出不等式组表示

的平面区域，如图所示，因为目标函数t＝y－2x－3表示区域内的点与点M(3，2)连线的斜率．由图知当区域内的点与点M的连线与圆相切时斜率分别取最大值或最小值．设切线方程为y－2＝k(x－3)，即kx－y－3k＋2＝

0，则有|3k－2|1＋k2＝2，解得k＝125或k＝0，所以t＝y－2x－3的范围是0，125，故选B.10．7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7.11.453解析：由约束条件作出不等式组表示的平面区域如图(阴影部分)，作出直线l：2x＋y＝0，将直线l平移经过直线x＋y＝2与直线x＝3的交点M(3，－1)时，直线2x＋y＋m

＝0(m∈R)被Ω截得的线段长度最大，此时l：2x＋y－5＝0，直线l与直线y＝x的交点N(53，53)，所以|MN|＝453.12．1解析：不等式组x－y＋3≥0x＋y－4≥02x－y－7≤0表示的平面区域如图所示．由z＝y－ax得y＝ax＋z；当a＝0时，直线化为y＝z

，此时取得最大值的最优解只有一个C点，不满足条件；当a＜0时，直线y＝ax＋z截距取得最大值，此时最优解只有一个C点，不满足条件；当a＞0时，直线y＝ax＋z截距取得最大值时，z取得最大值，此时满足直线y＝ax＋z与AC

平行，由直线AC的斜率k＝1，解得a＝1；综上，满足条件的a＝1.13．BP(x，y)，A(2，1)，所以OP→·OA→＝2x＋y，设z＝2x＋y，则y＝－2x＋z，不等式组2x－y≥0，x

＋y－2≤0，x－2y－2≤0表示的平面区域如图所示，当直线y＝－2x＋z过C(2，0)时，z＝2x＋y取得最大值，zmax＝4；当直线y＝－2x＋z过E(－23，－43)时，z＝2x＋y取得最小值，zmin＝－83；则OP→·OA→的取值范围是[－83，

4].14．D根据题意，要使|AB|最小，只需圆C：x2＋y2＝16的圆心(0，0)到直线l的距离最大即可，作出不等式组对应的平面区域如图所示：由图像可知，当点P是直线x＝1和x＋y＝4的交点时，|OP|最大，即当|OP|为圆心(0，0)

到过点P的直线的距离，此时作出直线与圆相交的弦最短，解方程组x＝1x＋y＝4，得P(1，3)，所以圆心到点P的距离为d＝|OP|＝12＋32＝10，所以|AB|＝2r2－d2＝216－10＝26.15．1解析：作出可行域如图，由z＝x＋7y得y＝－x

7＋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＝1.16．[2，＋∞)解析：令z＝2x＋y，画出约束条件x－y＋1≤0，x＋y－3≥0，y－4≤0的可行

域，由可行域知目标函数过点B时取最小值，由x＋y－3＝0，y＝4，可得x＝－1，y＝4，可得B(－1，4)，z的最小值为2×(－1)＋4＝2.所以若存在x，y，使2x＋y≤a成立，只需使a≥(2x＋y)min

，所以a≥2.专练36基本不等式1．C因为2x>0，所以y＝2x＋22x≥22x·22x＝22，当且仅当2x＝22x，即x＝12时取“＝”．故选C.2．B∵a>0，b>0，∴4＝2a＋b≥22ab(当且仅当2a＝b，即：a＝1，b＝2时等号成立)，∴0<ab≤2

，1ab≥12，∴1ab的最小值为12.3．C当x∈(0，1)时，lgx<0，故A不成立，对于B中sinx＋4sinx≥4，当且仅当sinx＝2时等号成立，等号成立的条件不具备，故B不正确；D中y＝x－1x在(0，2]上单调递增

，故当x＝2时，y有最大值，故D不正确；又x＋1x≥2x·1x＝2(当且仅当x＝1x即x＝1时等号成立).故C正确．4．D由log4(3a＋4b)＝log2ab，得3a＋4b＝ab，且a>0，b>0，∴a＝4bb－3，由a>0，得b>3.∴a＋b＝b＋4bb－3＝b＋4（b－3）＋12b－3＝(

b－3)＋12b－3＋7≥212＋7＝43＋7，即a＋b的最小值为7＋43.5．Cx＋2y＝1⇒y＝1－x2，则xy2x＋y＝x－x23x＋1.∵x>0，y>0，x＋2y＝1，∴0<x<1.设3x＋1＝t(1<

t<4)，则x＝t－13，原式＝－t2＋5t－49t＝59－(t9＋49t)≤59－2481＝19，当且仅当t9＝49t，即t＝2，x＝13，y＝13时，取等号，则xy2x＋y的最大值为19，故选C.6．C由题意得：点E是△ABC的中线BD上的一点(不包括端点)，则由共线向量定理可知：设BE→＝λ

BD→(0＜λ＜1)，∵AE→＝AB→＋BE→＝AB→＋λBD→＝AB→＋λ(AD→－AB→)＝(1－λ)AB→＋λ2AC→，∴x＝1－λ，y＝λ2(x＞0，y＞0)，∴2x＋1y＝21－λ＋2λ＝(21－λ＋2λ)[(1－λ)＋λ]＝4＋2λ1－λ＋2（1－λ）λ≥4＋22λ1－

λ·2（1－λ）λ＝8，当且仅当2λ1－λ＝2（1－λ）λ，即λ＝12时取等号，故2x＋1y的最小值为8.7．D由2x－1＝1得x＝1，即f(1)＝1，故A(1，1)，因为点A在直线mx＋ny－2＝0上，

m(n－1)＞0，所以m＋(n－1)＝1，且m＞0，n－1＞0.1m＋4n－1＝(m＋n－1)(1m＋4n－1)＝5＋n－1m＋4mn－1≥5＋2n－1m·4mn－1＝9，当且仅当n－1＝2m＝23时，

等号成立．8．B由题意，可得(a＋b)2＝(6＋1a＋9b)(a＋b)＝6(a＋b)＋10＋ba＋9ab≥6(a＋b)＋16，则有(a＋b)2－6(a＋b)－16≥0，解得a＋b≥8，当且仅当a＝2，

b＝6取到最小值8.9．B由lga＋lgb＝lg(a＋3b)⇒lg(ab)＝lg(a＋3b)⇒ab＝a＋3b⇒a＝3bb－1，因为a＞0，b＞0，所以b－1＞0，即b＞1，所以a＋b＝3bb－1＋b＝3b－1＋

(b－1)＋4≥23b－1·（b－1）＋4＝4＋23，当且仅当3b－1＝b－1时取等号，即b＝3＋1时取等号．10.14解析：∵a－3b＋6＝0，∴a－3b＝－6，∴2a＋18b＝2a＋2－3b≥22a·2－3b＝22a－3b＝2

2－6＝14.当且仅当2a＝2－3b，即a＝－3，b＝1时，2a＋18b取得最小值为14.11.12解析：由两直线垂直得4b＋2a－4＝0，即2＝a＋2b≥22ab，ab≤12，当且仅当a＝1，b＝12时，等号成立，故ab的最大值为12.12．23

解析：直线ax－by－3＝0过点(1，－1)，则a＋b＝3，又a＞0，b＞0，设t＝a＋1＋b＋2，则t＞0，t2＝a＋1＋b＋2＋2（a＋1）（b＋2）＝6＋2（a＋1）（b＋2），由(a＋1)(b＋2)≤(a＋1＋b＋22)2＝9，当且仅当a＋1＝b＋

2，即a＝2，b＝1时等号成立．所以t2＝6＋2（a＋1）（b＋2）≤12，即t≤23，所以a＋1＋b＋2的最大值为23，当且仅当a＝2，b＝1时等号成立．13．C(1＋ba)(1＋4ab)＝5＋ba＋4ab≥5＋2ba·4ab＝9(当且仅当ba＝4ab即b＝2a时等号成立).14．A∵xx2

＋3x＋1＝1x＋1x＋3，∵x>0，∴x＋1x≥2(当且仅当x＝1x即x＝1时等号成立)，∴xx2＋3x＋1≤15，由题意得a≥15.15．9解析：z(1＋i)＝(a＋bi)(1＋i)＝(a－b)＋(a＋b)i，故复数对应

的点的坐标为(a－b，a＋b)，又因为点在直线x＋3y－2＝0上∴(a－b)＋3(a＋b)－2＝0，整理得：2a＋b＝1，2a＋1b＝(2a＋1b)(2a＋b)＝5＋2ba＋2ab≥5＋22ba·2ab＝9，当且仅当2ba＝2ab时，即a＝b时等号成立，即2a＋1b的最小值为9.16．D由题意得

二氧化碳每吨的平均处理成本为S＝13x2－80x＋5040，x∈[120，144）12x－200＋80000x，x∈[144，500]，当x∈[120，144)时，S＝13x2－80x＋5040＝13(x

－120)2＋240，当x＝120时，S取得最小值240，当x∈[144，500]时，S＝12x＋80000x－200≥212x·80000x－200＝200，当且仅当12x＝80000x，即x＝400时取等号，此时S取得最小值200，综上，当每月处理量为400吨时，每吨的平

均处理成本最低为200元．专练37合情推理与演绎推理1．CA、D是归纳推理，B是类比推理，C符合三段论的模式是演绎推理．2．A大前提：任何实数的绝对值大于0不正确．3．D(方法一)因为αk∈N*(k＝1，2，…)，所以0<1αk≤1，所以α1<α1＋1α2＋1α3＋1α4

＋1α5，所以b1>b5，所以A错误．同理α3<α3＋1α4＋1α5＋1α6＋1α7＋1α8.设1α4＋1α5＋1α6＋1α7＋1α8＝t1，所以α2＋1α3>α2＋1α3＋t1，则α1＋1α2＋1α3<α1＋1α2＋1α3＋t1

，所以b3>b8，所以B错误．同理α2<α2＋1α3＋1α4＋1α5＋1α6.设1α3＋1α4＋1α5＋1α6＝t2，所以α1＋1α2>α1＋1α2＋t2，所以b2<b6，所以C错误．同理α4<α4＋1α5＋1α6＋1α7.设1α5＋1α6＋1α7

＝t3，所以α3＋1α4>α3＋1α4＋t3，则α2＋1α3＋1α4<α2＋1α3＋1α4＋t3，所以α1＋1α2＋1α3＋1α4>α1＋1α2＋1α3＋1α4＋t3，所以b4<b7，所以D正确．故选D.(方法二)此题可赋特殊值验证一般规律

，不必以一般形式做太多证明，以节省时间．由αk∈N*，可令αk＝1，则b1＝2，b2＝32，b3＝53，b4＝85.分子、分母分别构成斐波纳契数列，可得b5＝138，b6＝2113，b7＝3421，b8＝5534.对比四

个选项，可知选D.4．C从给出的式子特点观察可知，等式右边的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面的两个式子右端值的和，∴a10＋b10＝123.5．D正三角形的内切圆与外接圆半径分别为三角形高的13，23，∴其半径之比

为1∶2，故其面积之比为1∶4，推广到空间在正四面体P－ABC中，内切球与外接球的半径分别为正四面体高的14，34，其半径之比为1∶3，故其体积之比为127.6．B若甲说对，乙、丙说错：甲说对，小明不会法语也不会日语；乙说错，则小明不会英语也不会法语；丙说错，则小明不会德语，由此可知，

小明四门外语都不会，不符合题意；若乙说对，甲、丙说错：乙说对，则小明会英语或法语；甲说错，则小明会法语或日语；丙说错，小明不会德语；则小明会法语；若丙说对，甲、乙说错：丙说对，则小明会德语；甲说错，则小明会法语或日

语；乙说错，则小明不会英语也不会法语；则小明会德语或日语，不符合题意；综上，小明会法语．7．A填表如下：多面体顶点数V面数F棱数E各面内角和的总和三棱锥4464π四棱锥5586π五棱锥66108π不难发现各面内角和的总和的表达式是2(V－2)π，故选A.8．CA

中两个函数形式相似，因此可以根据前者的性质猜测后者的性质，是类比推理，A正确；B中，由特殊到一般的猜想推理，是归纳推理，B正确；C中是三段论的演绎推理，不属于合情推理，C错；D中，省略了大前提：函数f(x)满足f(－x)＝f(x)恒成立，则f(x)是偶函数，D正确．9．D

A．根据描述知：该推理为一般到特殊的推理，符合演绎推理的定义，真命题；B.若a∥b，b∥c，根据平行公理的推论知：a∥c，属于合情推理，真命题；C.¬p为真则p为假，又p∨q为真则q为真，真命题；D.由题设sinx∈(0，1]，sinx＋2sinx≥2sinx·2sinx＝

22，但因为sinx＝±2∉(0，1]，所以等号不成立，假命题．故选D.10．乙，丙解析：甲与乙的关系是对立事件，二人说话矛盾，必有一对一错，如果选丁正确；则丙也是对的，所以丁错误，可得丙正确，此时乙正确．故答案为乙，丙．11．3×2n－2n－3解析：观察可得每群的第1个数1，2，4，8，16，

…构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以第n群的第1个数是2n－1，第n群的第2个数是3×2n－2，…，第n群的第n－1个数是(2n－3)×21，第n群的第n个数是(2n－1)×20，所以第n群的所有数之和为2n－1＋3×2n－2＋…＋(2n－3)×21＋(2n－1)×20，根据错位相

减法求其和为3×2n－2n－3.12．120解析：根据3×3的蛇形数阵可知，当n为奇数时，“n×n蛇形数阵”的正中间数为n2，故11×11的蛇形数阵正中间数为112＝121，且为第6行第6列，又观察3×3的蛇形数阵可得11×11的蛇形数阵

第6行第5列的数比第6行第6列小1，为120.13．丙解析：因为是单选题，即四个选项中有且只有一个正确，根据甲：“我没选对”；乙：“甲选对了”，可知甲和乙有且只有一人说的是真话，又四位同学中有且仅有一位同学说了真话，所以丙说的是假话，即答案为C，所以丙同学选对了，此时

也满足丁说的是假话．14．9解析：由题可得三角形数表的每一行都是等差数列，且公差分别为1，2，4，8，…，2i－1，…，所以aij＝a(i－1)j＋a(i－1)(j＋1)＝2a(i－1)j＋2i－2＝2[a(i－2)j＋a(i－2)(j＋1)]＋2i－2＝2[2a(i－2)

j＋2i－3]＋2i－2＝22a(i－2)j＋2×2i－2…＝2i－1a1j＋(i－1)2i－2＝2i－1j＋(i－1)2i－2，所以ai4＝2i－1×4＋(i－1)·2i－2＝(i＋7)·2i－2＞2022，解得i＞8，所以i的最小值为9.15.12＋1

5＋145解析：∵1813＝1，故1318＝12＋2×13－182×18＝12＋29，又因为92＝4，所以29＝15＋5×2－95×9＝15＋145，故1318＝12＋15＋145.16.6427解析：由题意，当n＝1时，第1个图中的三角形的边长为13，三角形的周长为3×13

＝1；当n＝2时，第2个图中“雪花曲线”的边长为13×13＝(13)2，共有3×4条边，其“雪花曲线”周长为3×4×(13)2；当n＝3时，第3个图中“雪花曲线”的边长为13×13×13＝(13)3，共有3×42条

边，其“雪花曲线”周长为3×42×(13)3；当n＝4时，第4个图中“雪花曲线”的边长为13×13×13×13＝(13)4，共有3×43条边，其“雪花曲线”周长为3×43×(13)4＝6427.专练38证明1．C需假设a，b，c，d不都为0.2．B由已知条件入手证明结论成立，满足综合法的定

义．3．A“方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”的否定是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”，故选A.4．B根据已知可得该结构图为证明方法的结构图：∵由已知到可知，进而得到结论的应为综合法，由未知到需知，进而找到与已知的关系为分析法，故①②两条流程线与“推理与

证明”中的思维方法为：①—综合法，②—分析法，故选B.5．D∵用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋2n＝2n2＋n时，当n＝1时左边所得的项是1＋2；假设n＝k时，命题成立，1＋2＋3＋…＋2k＝2k2＋k，则当n＝k＋1时，

左端为1＋2＋3＋…＋2k＋2k＋1＋2(k＋1)，∴从“k→k＋1”需增添的项是2k＋1＋2(k＋1)，∴1＋2＋3＋…＋2k＋2k＋1＋2(k＋1)＝2(k＋1)2＋(k＋1).故选D.6．CsinAsinC<cosAcosC⇒cos(A＋C)>0⇒cos

B＝cos[π－(A＋C)]＝－cos(A＋C)<0⇒B为钝角⇒△ABC一定是钝角三角形．7．C当n＝k＋1时，左边为1＋12＋13＋…＋12k－1＋12k＋12k＋1＋…＋12k＋1－1，增加了12k＋12k＋1＋…＋12k＋1－1，共(2k＋1

－1)－(2k－1)＝2k项，故选C.8．C由a>b>c，且a＋b＋c＝0可得b＝－a－c，a>0，c<0.要证b2－ac<3a只要证(－a－c)2－ac<3a2，即证a2－ac＋a2－c2>0，即证a(a－c)＋(a＋c)(a－c)>0，即证a(a－c)

－b(a－c)>0，即证(a－c)(a－b)>0.故求证“b2－ac<3a”索的因应是(a－c)(a－b)>0，故选C.9．D假设a＋1b，b＋1c，c＋1a都小于2，则有a＋1b＋b＋1c＋c＋1a<6

.又∵a>0，b>0，c>0，∴a＋1b＋b＋1c＋c＋1a＝(a＋1a)＋(b＋1b)＋(c＋1c)≥2a·1a＋2b·1b＋2c·1c＝6，这与假设矛盾．∴a＋1b，b＋1c，c＋1a三个数至少有一个不小于2.10．a≥0，b≥0且a≠b解析：aa＋bb>ab

＋ba，即：(a－b)2(a＋b)>0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.11．x≠－1且x≠1解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．12．P>Q解析：P2－Q2＝2a2＋13a＋42－2a2＋13a＋40>0，∴P2>Q2，∴P>Q.13．A解析：由已知得x4⊕

x5⊕x6⊕x7＝0⊕0⊕0⊕1＝1≠0，故x4，x5，x6，x7至少错误一个，又x2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝0，正确，故x2，x3，x6，x7均正确，x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝0，正确，故x1，x3，x5，x7均正确，综上所述，x4错误，14．C“都不能”的否

定为“至少有一个能”，故假设的内容应为“a，b至少有一个能被5整除”．15．③解析：取a＝12，b＝23，则a＋b＝76>1，而a<b<1，∴①推不出；取a＝b＝1，则a＋b＝2，∴②推不出；取a＝－3，b＝－2，则a2＋b2＝13>2，ab＝6>1，而a<0

，b<0，∴④⑤推不出．对于③可用反证法证明：假设a，b都不大于1，即a≤1，b≤1，则a＋b≤2，与a＋b>2矛盾，故a，b中至少有一个大于1.16.27220解析：a2＝a1－(a1·b2)b2＝(1，1)－12(12，0)

＝(34，1)，a3＝a2－(a2·b3)b3＝(34，1)－14(13，0)＝(46，1)，…an＝(n＋12n，1)，n∈N*.下面用数学归纳法进行证明：当n＝1时，a1＝(1＋12×1，1)＝(1，1)满足题意；假设当n＝k时，ak＝(k＋12k，1)，

则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak－(ak·bk＋1)bk＋1＝(k＋12k，1)－（k＋12k，1）·（1k＋1，0）(1k＋1，0)＝(k＋22（k＋1），1)＝(k＋1＋12（k＋1），1)，故an＝(n＋12n，1)，n∈N*.∴an·bn＋2（n＋1）2＝

（n＋12n，1）·（1n＋2，0）（n＋1）2＝12n（n＋1）（n＋2）＝14(1n（n＋1）－1（n＋1）（n＋2）)，∴a1·b322＋a2·b432＋…＋a9·b11102＝14(11×2－12×3＋12×3－13×4＋…＋19×10－110×11)＝14(12－1110)＝27

220.专练39空间几何体的结构及其三视图和直观图1．B由圆台的定义可知①错误，②正确．对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确．2．C截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．3．D如图所示的①②分别为△ABC的实际图与直观图由斜二测画法可知：A′B′＝

AB＝a，O′C′＝12OC＝12×a×32＝34a，∴S△A′B′C′＝12A′B′×O′C′×sin45°＝12×a×34a×22＝616a2.4．D由正视图与俯视图可得三棱锥A－BCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直

角三角形，且直角边长均为22，故其侧视图的面积S＝12×22×22＝14.5．D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.6．C在正方体中还原几何体如图．几何体为正方体的一部分：三棱锥P－ABC，S表面积＝S△PAC＋S△PAB＋S△

PBC＋S△BAC＝12×22×22×32＋12×2×2＋12×2×2＋12×2×2＝23＋6.故选C.7．A根据三视图可得直观图如图所示，图中的点U在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，所以该端点在

侧视图中对应的点为E.故选A.8．D由三视图知，该几何体是底面为腰长为2的等腰直角三角形、长为4的侧棱垂直于底面(垂足为腰与底边交点)的三棱锥，所以该三棱锥的最长棱的棱长为42＋（22）2＝26，最短棱的棱长为2，所以该几何体中最长的棱与最短的棱的长

度之和为26＋2，故选D.9．D如图(1)所示，若点P为A1D1的中点时，此时三棱锥P­ABC的俯视图为选项C；如图(2)所示，若点P为B1C1的中点时，此时三棱锥P­ABC的俯视图为选项B；如图(3)

所示，取A1D1和B1C1的中点E和F，连接EF，若点P为EF的中点时，此时三棱锥P­ABC的俯视图为选项A；所以此三棱锥P­ABC的俯视图不可能是选项D.10．13解析：如图，过A作AC⊥BO，交BO于点C，则BC＝OB－O′A＝8－

3＝5，又AC＝12，∴AB＝AC2＋BC2＝52＋122＝13.11．22解析：∵该四棱锥底面的直观图是一个边长为1的正方形，故其直观图的面积为1，故原四棱锥的底面面积为22，故其体积为V＝13S底h＝13×22×3＝22.12.32解析：由题意得，点M为AD1的中点，点Q为C1D1

中点，点N与B1重合，∴其俯视图为三角形BM′N′，如图所示，∴S＝12×2×322＝32.13．42解析：如图所示，将三棱锥的侧面展开，因为∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝30°，所以∠APA1＝90°，当虫子沿AA1爬行时，距离最

短，又AA1＝16＋16＝42，所以虫子爬行的最短距离是42.14．C根据三视图还原原几何体的直观图如图所示：由三视图可知△PAD为等腰三角形，AD＝2，PA＝PD＝3＋（AD2）2＝2，AB⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，则AB⊥PA，AB＝1，C

D＝2，PB＝PA2＋AB2＝5，同理可得PC＝CD2＋PD2＝22，由正视图可知，四边形ABCD为直角梯形，且AB、CD为腰，BC＝AD2＋（CD－AB）2＝5，因此，该四棱锥的所有侧棱中，最长的侧棱长为22.

15.6解析：由三视图可知，该几何体是如图所示四棱锥P­ABCD，S△PCD＝12×2×2＝2，S△PAB＝12×2×1＝1，S△PAD＝34×22＝3，PB＝BC＝12＋22＝5，PC＝22＋22＝22，所以S△PBC＝12×22×（5）2－（2）2＝12×22×3＝6，所以侧面积的最大

值为6.16．22解析：∵△OAO1≌△OBO2，∴OA＝OB，取AB中点G，连接OG，OA，OM，ON，OB，O2A，∵OA＝OB，G为AB中点，∴OG⊥AB；∵O2B⊥O1A，O2B⊥O1O2，O1A∩O1O2＝O1，O1A，

O1O2⊂平面AO1O2，∴O2B⊥平面AO1O2，又O2A⊂平面AO1O2，∴O2B⊥O2A；∵OA2＝OO21＋O1A2＝8，AB2＝O2A2＋O2B2＝22＋42＋22＝24，∴OG＝OA2－AG2＝8－6＝2，∴MG＝OM2－OG2＝4－2＝2，∵OM

＝ON，∴G也是MN中点，∴MN＝2MG＝22.专练40空间几何体的表面积和体积1．B设圆柱的底面半径为r，由题意得高h＝2r，∴(2r)2＝8，得r＝2，∴S圆柱表＝2πr2＋2πrh＝4π＋8π＝12π.2．B如图，将三视图还原成直观图．该

直观图是一个侧放的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，底面ABCD是直角梯形，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝2，AB＝4，AA1＝2.所以底面面积S＝（2＋4）×22＝6，设该直四棱柱的高为h，

则该几何体的体积V＝Sh＝6×2＝12.故选B.3．D由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去一个以1为底面圆的半径，高为1的圆柱的14，如图所示，故其表面积S＝1×1＋1×1＋2×1×1－π4＋2π4×1＝1＋1＋2－

π2＋π2＝4.4．C过点C作CE垂直AD所在直线于点E，梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB的长为底面圆半径，线段BC为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面圆半径，ED为高的圆锥，如图所

示．由于V圆柱＝π·AB2·BC＝π×12×2＝2π，V圆锥＝13π·CE2·DE＝13π×12×(2－1)＝π3，所以该几何体的体积V＝V圆柱－V圆锥＝2π－π3＝5π3.5．B由题意玻璃球的体积等于放

入玻璃球后的体积减去原来的体积．设玻璃球的半径为r，即圆柱形玻璃杯的底面半径为r，则玻璃球的体积为4πr33，圆柱的底面面积为πr2,若放入一个玻璃球后，水恰好淹没了玻璃球，则此时水面高度为2r，所以4πr33＝πr2(2r－10)，解得r＝15(cm).6．B设内接圆柱的底面半径为r(0<r<R

)，母线长为h，则rR＝3R－h3R，即h＝3R－3r，则该圆柱的全面积为S＝2πr(r＋3R－3r)＝2π(－2r2＋3Rr)，因为S＝2π(－2r2＋3Rr)＝2π－2（r－3R4）2＋9R28，所

以当r＝3R4时，内接圆柱的全面积的最大值为94πR2.7．A8．C设四棱锥的底面为四边形ABCD.设四边形ABCD的外接圆圆心为O′，半径为r.S四边形ABCD＝S△AO′B＋S△AO′D＋S△BO′C＋S△CO′D＝12r2sin∠AO′B＋12r2sin∠AO′D＋

12r2sin∠BO′C＋12r2sin∠CO′D＝12r2(sin∠AO′B＋sin∠AO′D＋sin∠BO′C＋sin∠CO′D).因为∠AO′B＋∠AO′D＋∠BO′C＋∠CO′D＝2π，且当θ＝π2时，sinθ取最大值1，所以当∠AO′B＝∠AO′D＝∠BO′C＝∠CO′D＝π2

时，S四边形ABCD最大，即当四棱锥O－ABCD的底面为正方形时，四棱锥O－ABCD的体积取得最大值．设AB＝a(a>0)，则正方形ABCD的外接圆的半径r＝22a，四棱锥O－ABCD的高h＝1－12a

2，则1－12a2>0，解得0<a<2，所以VO－ABCD＝13a2h＝13a4－12a6.令f(x)＝x4－12x6(0<x<2)，则f′(x)＝4x3－3x5＝x3(4－3x2).当x∈(0，233)时，f′(x)>0；当x∈(233，2)时，f′(x)<0.所

以f(x)在(0，233)上单调递增，在(233，2)上单调递减．当x2＝43时，f(x)取得极大值，也是最大值，即VO－ABCD取得最大值，此时四棱锥O－ABCD的高h＝1－12a2＝33.故选C.9．A

如图所示，因为AC⊥BC，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－（22）2＝22，所以三棱锥O－ABC的体积V＝13S△ABC×OO1＝13×12×1×1×22＝212.10.2π3解析：如图为圆锥内球半径最大时的轴截面图

．其中球心为O，设其半径为r，AC＝3，O1C＝1，∴AO1＝AC2－O1C2＝22.∵OO1＝OM＝r，∴AO＝AO1－OO1＝22－r，又∵△AMO∽△AO1C，∴OMO1C＝AOAC，即r1＝22－r3，故3r＝22－r，∴r＝22.∴

该圆锥内半径最大的球的体积V＝43π·223＝2π3.11．8π解析：由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得

12l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝12l＝2，AO＝32l＝23.故该圆锥的体积V＝13π×AO2×SO＝13π×(23)2×2＝8π.12.50π3解析：因为PA＝PB＝PC＝10，所以点P在底面ABC的射影为△ABC的外心O1，所以球心

O在直线PO1上，设三棱锥外接球的半径为R，因为2AO1＝22sinπ4，所以AO1＝2，PO1＝6，由AO2＝OO21＋AO21可得，R2＝(6－R)2＋4，解得R＝56，故此三棱锥外接球的表面积为4πR2＝4π×

256＝50π3.13．C设甲、乙两个圆锥的母线长都为l，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2.因为两圆锥的侧面展开图的圆心角之和为2π，所以2πr1l＋2πr2l＝2π，则r1＋r2＝l.又S甲S乙＝2，所以πr1l

＝2πr2l，所以r1＝2r2，所以r1＝23l，r2＝13l，所以h1＝l2－23l2＝53l，h2＝l2－13l2＝223l，所以V甲V乙＝13πr21h113πr22h2＝49l

2·53l19l2·223l＝10.故选C.14．B作出如图三棱锥O­ABC，OA＝OB＝OC＝2，取AB中点D，连接DC，DO，则OD⊥AB，又平面OAB⊥平面ABC，平面OAB∩平面ABC＝AB，OD⊂平面OAB，所以OD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，则OD⊥C

D，又AB＝22，OA2＋OB2＝AB2，所以OD＝2，OA⊥OB，所以CD＝22－（2）2＝2＝12AB，所以AC⊥BC，S△OAB＝12×2×2＝2，要使三棱锥O­ABC体积最大，则C到平面OAB的距离h最大，显然h≤CD，当CD⊥AB时，平面OAB∩平面ABC＝AB，CD

⊂平面ABC，所以CD⊥平面OAB，此时h＝CD＝2，为最大值，Vmax＝13×2×2＝223.15.22π5解析：设该半多面体是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得，内侧即为二十四等边体，

其体积V1＝2×2×2－8×13×12×1×1×1＝203；由二十四等边体的对称性可知，如图所示，其外接球的球心即为正方体中心O，半径为中心到一个顶点的距离，则R＝OA2＋AB2＝1＋1＝2，故V2＝43π(2)3＝82π3，从而V2V1＝22π5.16．24－82解析：依题意DA⊥平面ABB1A

1，所以∠DPA即为DP与平面ABB1A1所成的角，又平面ABB1A1∥平面DCC1D1，所以∠DPA即为DP与平面DCC1D1所成的角，同理可得∠CPB为PC与平面DCC1D1所成的角，即α＝∠DPA，β＝∠CPB，因为tanβ＝3tanα

，所以BCPB＝3ADAP，又BC＝AD，所以AP＝3BP，在平面AA1B1B内建立以点A为原点，AB，AA1所在直线分别为x轴，y轴的直角坐标系，设点P(x，y)，则x2＋y2＝3（x－4）2＋y2，即x2＋y2－9x＋18＝0，即(x－9

2)2＋y2＝94，直线AB1的方程为y＝x，即x－y＝0，所以圆心到直线的距离d＝9212＋（－1）2＝924，所以点P到直线AB1的距离的最小值为92－64，又|AB1|＝|AB|2＋|BB1|2＝42，SAB1C1D＝4×42＝162，所以四

棱锥P­AB1C1D体积的最小值是13×162×92－64＝24－82.专练41空间点、直线、平面之间的位置关系1．B2．D当三条直线相交于同一点时，可以确定一个或三个平面，故A、B错；当三点共线时，不能确定一个平面，故C错，故选D.3．D解法一如图，连接C1P，因为ABCD

－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP，所以有C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2

，则在直角三角形C1PB中，C1P＝12B1D1＝2，BC1＝22，sin∠PBC1＝PC1BC1＝12，所以∠PBC1＝π6，故选D.解法二以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在的直线分别为x轴、y轴、

z轴建立空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则B(0，0，2)，P(1，1，0)，D1(2，2，0)，A(0，2，2)，PB→＝(－1，－1，2)，AD1＝(2，0，－2).设直线PB与AD1所成的角为θ，则cosθ＝PB

→·AD1|PB→||AD1|＝|－6|6×8＝32.因为θ∈0，π2，所以θ＝π6，故选D.解法三如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成角等于直线PB与BC1所成角．根据P为正方形A1B1

C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝π3，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝π6.故选D.4．D由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2

不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．5．D过平面α外一点P，可以作无数条直线与α相交，但垂直α的只有一条，故A、B、C均错，D正确．6．D∵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．7

．C两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，故A错误；如图1，直线DD1与B1C1都是直线AB的异面直线，同样DD1与B1C1也是异面直线，故B错误；如图2，设直线AB与CD是异面直线，则直线AC与BD一定不平行，

否则若AC∥BD，有AC与BD确定一个平面α，则AC⊂α，BD⊂α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB⊂α，CD⊂α，这与假设矛盾，故C正确；如图1，AB∥CD，而直线AA1与AB相交，但与直线CD不相交，故D错误．8．D连接BD，则∠B1DB，∠DB1

A分别是B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，所以∠B1DB＝∠DB1A＝30°.所以BB1＝12DB1，BD＝32DB1，AD＝12DB1.设BB1＝a，则DB1＝2a，AD＝BC＝a，BD＝3a，所以AB＝BD2－AD2＝2a，AC＝BD＝3a，CB1＝BB

21＋BC2＝2a.所以AB＝2AD，AC≠CB1，因此A，C项错误．易知∠DB1C是B1D与平面BB1C1C所成的角，且为锐角．因为DC＝2a，DB1＝2a，CB1＝2a，所以DC2＋CB21＝DB21，所以DC⊥CB1.在Rt△

DCB1中，sin∠DB1C＝DCDB1＝22，所以∠DB1C＝45°，即B1D与平面BB1C1C所成的角为45°，因此D项正确．因为AD⊥平面ABB1A1，AD⊂平面AB1C1D，所以平面AB1C1D⊥平面ABB1A1，所以∠B1AB是AB与平面AB1C1D所成的角．在Rt△

ABB1中，AB＝2a，BB1＝a，所以tan∠B1AB＝BB1AB＝22≠33，所以∠B1AB≠30°，即AB与平面AB1C1D所成的角不是30°，因此B项错误．故选D.9．B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.10.52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＝BE

AB＝52.11．5解析：与AB和CC1都相交的棱为BC，与AB相交且与CC1平行的棱为AA1，BB1，与AB平行且与CC1相交的有CD，C1D1，故符合条件的棱有5条．12．②③④解析：还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为

异面直线，GH与MN成60°角，DE与MN为异面直线，且所成的角为90°，即DE与MN垂直．13．B取DN中点O，连结MO，BO，∵三棱锥A­BCD的所有棱长都相等，M，N分别是棱AD，BC的中点，∴MO∥AN，∴∠BMO是异面直线BM与AN所成角，设三棱锥A­BCD的

所有棱长为2，则AN＝BM＝DN＝22－12＝3，MO＝12AN＝NO＝12DN.BO＝BN2＋NO2＝1＋34＝72，∴cos∠BMO＝BM2＋MO2－BO22×BM×OM＝3＋34－742×3×32＝23.∴异面直线BM与AN所成角的余弦值为23.14．B对于①，梯形一定是平面图形，

是真命题；对于②，当这一点在这一条直线上时，不确定，是假命题；对于③，两两相交，且交于一点的三条直线可不一定确定一个平面，是假命题；对于④，如果平面α外有两点A，B位于平面α两侧时，不满足，是假命题．故正确的命题个数为1个．15．①②④解析：对于①，当平面α外两点的连线与平面α垂直时

，此时过两点有无数个平面与平面α垂直，所以①不正确；对于②，若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，平面α与β可能平行，也可能相交，所以②不正确；对于③，直线l与平面内的任意直线垂直时，得到l⊥α，所以③正

确；对于④，两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条相交直线或两条平行直线或直线和直线外的一点，所以④不正确．16．32解析：在平面A1D1DA中寻找与平面A1BC1平行的直线时，只需要ME∥BC1，如图所示，因为A1M＝2MD1，故该截面与正方体的交点位于靠近D1

，A，C的三等分点处，故可得截面为MIHGFE，设正方体的棱长为3a，则ME＝22a，MI＝2a，IH＝22a，HG＝2a，FG＝22a，EF＝2a，所以截面MIHGFE的周长为ME＋EF＋FG＋GH＋HI＋IM＝92a，又因为正方体A1C的棱长为1，即3a＝1，故截面多边形的周长为32.专

练42直线、平面平行的判定与性质1．D由线面平行的定义可知，当a∥α时，a与平面α内的任意一条直线都不相交．2．DA中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可能相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．3．B∵当α∥β，m⊂α时，m∥β

即：α∥β⇒m∥β，当m⊂α，m∥β时，α与β可能相交，也可能平行，即：m∥βD⇒/α∥β，∴m∥β是α∥β的必要不充分条件．4．A还原正方体易知AN∥BM，AC∥EM且AN∩AC＝A，所以平面ACN∥平面BEM，故选A.5．B

如图，由题意EF∥BD，且EF＝15BD，HG∥BD，且HG＝12BD，所以EF∥HG，且EF≠HG，又HG⊂平面BCD，EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形，故选B.6．D∵平面α∥平面ABC，∴A′

C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝(PA′∶PA)2，又PA′∶AA′＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.7．B如图E

，F，G，H是相应线段的中点，故符合条件的直线只能出现在平面EFGH中，故有EF，FG，GH，HE，FH，EG共6条直线．8．B设BD＝x，由α∥β⇒AB∥CD⇒△PAB∽△PCD⇒PBPA＝PDPC.①当点P在两平面之间时，如图1，x－86＝89－6，∴x＝24；②当点P在两平面外侧时，如图2

，8－x6＝89＋6，∴x＝245.9．AA项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中心，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.C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A

B∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A.10．平行解析：连结BD，交AC于O点，∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴O为BD的中点，又E为DD1的中点，∴EO∥BD1，又EO⊂面AEC，BD1⊄平面AEC

，∴BD1∥面AEC.11.2解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，∴AC＝22.又E为AD中点，EF∥平面AB1C，EF⊂平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，∴F为DC中点，∴EF＝12AC＝2.12．点M在线段FH上(或

点M与点H重合)解析：连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.13．C如图所示，EFGH为平行四边形，则EF∥GH，又EF⊄面BCD，HG⊂面BCD，∴EF∥面BCD，又面BCD∩面ACD＝

CD，∴EF∥CD，∴CD∥面EFGH，同理可得AB∥面EFGH.14.A取AB的中点H，则BH∥C1G，BH＝C1G，从而四边形BC1GH为平行四边形，所以BC1∥HG.易知EH∥GF，FH＝GE，则四边形EGFH为平行四边形，从而

GH⊂平面EFG.又BC1⊄平面EFG，所以BC1∥平面EFG.易知BF∥ED1，BF＝ED1，则四边形BFD1E为平行四边形，从而BD1与EF相交，所以直线BD1与平面EFG相交．15．B过点E，F，G的截面如图所示(H，I分别为AA1，BC的中点)，连接A1B，BQ

，AP，PC，易知BQ与平面EFG相交于点Q，故A错误；∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故B正确；AP⊂平面ADD1A1，HG⊂平面ADD1A1，延长HG与PA必相交，故C错误；易知平面A1BQ与

平面EFG有交点Q，故D错误．16．B取B1C1的中点E，BB1的中点F，连接A1E，A1F，EF，取EF的中点O，连接A1O，如图所示，∵点M，N分别是棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中棱BC，C

C1的中点，∴AM∥A1E，MN∥EF，∵AM∩MN＝M，A1E∩EF＝E，AM，MN⊂平面AMN，A1E，EF⊂平面A1EF，∴平面AMN∥平面A1EF，∵动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，且PA1∥平面AMN，∴点

P的轨迹是线段EF，∵A1E＝A1F＝12＋（12）2＝52，EF＝1212＋12＝22，∴A1O⊥EF，∴当P与O重合时，PA1的长度取最小值A1O，A1O＝（52）2－（24）2＝324，当P与E(或F)重合时，PA1的长度取最

大值A1E或A1F，A1E＝A1F＝52.∴PA1的长度范围为324，52.专练43直线、平面垂直的判定与性质1．D如图ABCD为矩形，PA⊥面ABCD时，△PAB，△PAD为直角三角形，又AD⊥DC，PA⊥DC，PA∩AD＝A，∴CD⊥面PAD，∴CD

⊥PD，∴△PCD为直角三角形，同理△PBC为直角三角形，共4个直角三角形．2．D对于A，∵n∥α，由线面平行的性质定理可知，过直线n的平面β与平面α的交线l平行于n，∵m⊥α，l⊂α，∴m⊥l，∴m⊥n，故A正确；对于B，

若m⊥α，n⊥α，由直线与平面垂直的性质，可得m∥n，故B正确；对于C，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，又n⊄α，∴n∥α，故C正确；对于D，若m⊥n，n∥α，则m∥α或m与α相交或m⊂α，而m⊄α，则m∥α或m与α相交，故

D错误．3．C当α∥β，b⊥β时，b⊥α，又a⊂α，∴b⊥a，故C正确.4．C∵A1B1⊥面BCC1B1，BC1⊂面BCC1B1，∴A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C且B1C∩A1B1＝B1，∴BC1⊥面A1B1CD，又A1E⊂面A1B1CD，∴BC1⊥A1E.5．

C当m∥α时，过m作平面γ∩α＝n，则m∥n，结合α⊥β，得n⊥β，从而m⊥β；当m⊥β时，在α内作直线n⊥l，结合α⊥β，得n⊥β，所以m∥n，又m⊄α，n⊂α，所以m∥α.6．B由“m⊥α且l⊥m”推出“l⊂α或l∥α”，但由“m⊥α

且l∥α”可推出“l⊥m”，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件，故选B.7．C∵α∩β＝l，∴l⊂β，又∵n⊥β，∴n⊥l.8．D如图所示，连接AC，∵AA1⊥平面ABCD，∴A1C与平面ABCD所成的角为∠ACA1，∵AB＝4，BC＝3，∴AC＝5，∵AA1＝5，∴tan∠AC

A1＝1，故选D.9．C∵AB＝BC，E为AC的中点，∴EB⊥AC，同理DE⊥AC，又DE∩EB＝E，∴AC⊥面BDE，又AC⊂面ACD，∴平面ACD⊥面BDE，同理平面ABC⊥面BDE.10．外解析：连结O

A，OB，OC，OP，∴△POA，△POB，△POC为直角三角形，又PA＝PB＝PC，∴OA＝OB＝OC，∴O为△ABC的外心．11．②④解析：∵γ∩β＝l，∴l⊂γ，又α⊥γ，γ∩α＝m，l⊥m，∴l⊥α，∵γ∩β＝l，∴l⊂β，又l⊥α，∴α⊥β，∴②④正

确．12．5解析：∵PA⊥面ABCD，又PA⊂面PAD，∴面PAD⊥面ABCD；同理面PAB⊥面ABCD，又PA⊥面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，AD∩PA＝A，∴CD⊥面PAD，又CD⊂面PCD，∴面PCD⊥面PAD，同理面PBC⊥面PAB，面PAB⊥面PAD，共有5对．13．

D∵AD与PB在平面ABC内的射影AB不垂直，∴A不成立．又平面PAB⊥平面PAE，∴平面PAB⊥平面PBC也不成立．∵BC∥AD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立．在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，

∠PDA＝45°，∴D正确．14．C设正方体的棱长为2，对于①，如图(1)所示，连接AC，则MN∥AC，图(1)故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角，在Rt△OPC中，OC＝2，CP＝1，故

tan∠POC＝12＝22，故MN⊥OP不成立．对于②，如图(2)所示，取AN的中点B，连接PB，OB，图(2)则OP＝12＋（2）2＝3，PB＝2，OB＝12＋22＝5，所以OP2＋PB2＝OB2，所以OP⊥PB，又PB∥MN，所以OP⊥MN.对于③，如图(3)所示，取AD的中点C，

连接OC，PC，BD，因为P，C分别是DE，AD的中点，所以CP⊥BD，又OC⊥平面ADEB，BD⊂平面ADEB，图(3)所以OC⊥BD，又OC∩CP＝C，OC，CP⊂平面OCP，所以BD⊥平面OCP，所以BD⊥OP，又BD∥MN，所以

OP⊥MN.对于④，如图(4)所示，取AN的中点B，ME的中点F，连接PB，BF，OF，图(4)若OP⊥MN，又OF⊥平面MENA，所以OF⊥MN，所以MN⊥平面OFBP，所以MN⊥BF，显然，MN与BF不可能垂直，所以

OP⊥MN不成立．15．BM⊥PC(DM⊥PC)解析：当BM⊥PC时，面MBD⊥面PCD，证明如下：如图所示，∵PA⊥面ABCD，AB＝AD，∴PB＝PD，又BC＝CD，∴△PBC≌△PCD，∴当BM⊥PC时，DM⊥PC，

∴PC⊥面MBD，又PC⊂面PCD，∴平面MBD⊥面PCD.16．①④⑤解析：对于①，因为点M，N分别为VA，VC的中点，所以MN∥AC，又MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABC，故①正确；对于②，若

OC⊥平面VAC，则OC⊥AC，而由题意知AB是圆O的直径，则BC⊥AC，故OC与AC不可能垂直，故②不正确；对于③，因为MN∥AC，且BC⊥AC，所以MN⊥BC，即MN与BC所成的角为90°，故③不正确；对于④，易得OP∥VA，VA⊥M

N，所以MN⊥OP，故④正确；对于⑤，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC，又BC⊥AC，且AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC，又BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，故⑤正确．综上，应填①④⑤.专练44空

间向量及其运算1．A令c＋a＝λ(a＋b)＋μ(b＋c)，则λ，μ∈∅，A正确；因为c－a＝－(a－b)－(b－c)，所以{a－b，b－c，c－a}不能构成基底；因为a＋b＋c＝(a＋b)＋c，所以{a＋b

，c，a＋b＋c}不能构成基底；因为3a－b＋c＝2(a－b＋c)＋(a＋b－c)，所以{a－b＋c，a＋b－c，3a－b＋c}不能构成基底．2．B∵a∥b，∴b＝λa，2＝（2m＋1）λ，m＝3λ，－m＝λ（

m－1），得m＝－2.3．A|PQ|＝[3－（－1）]2＋（－2－2）2＋[－1－（－3）]2＝16＋16＋4＝36＝6.4．A由题意知BM→＝BA→＋AA1＋A1M＝－a＋c＋12(a＋b)＝－12a＋12b＋c.5．D∵a，b，c共面，∴c

＝xa＋yb.∴(7，5，λ)＝(2x，－x，3x)＋(－y，4y，－2y)，∴2x－y＝7，－x＋4y＝5，3x－2y＝λ，得y＝177，x＝337，λ＝657．6．C∵E为PD的中点，∴BE→＝BP→＋BD→2＝1

2(－PB→＋BD→)＝12(－PB→＋PA→－PB→＋PC→－PB→)＝－32PB→＋12PA→＋12PC→＝12a－32b＋12c7．B∵|a|＝12＋02＋（－1）2＝2，设b＝(－1，1，0)，|b|＝2，a·b＝－1<0，故A不正确；对于B

，设c＝(1，－1，0)，a·c＝1，|c|＝2.∴cos〈a，c〉＝a·c|a||c|＝12，∴〈a，c〉＝60°，同理可得C、D不正确．8．Ca＋b＝(－2，y－1，5)，∵a⊥(a＋b)，∴－2×2－(y－1)＋3×5＝0，得y＝12.9．C依题意，点E，F为BC，AD的中点，如

图所示，AE→·AF→＝12(AB→＋AC→)·12AD→＝14(AB→·AD→＋AC→·AD→)＝14(a2cos60°＋a2cos60°)＝14a2.10．3解析：∵λa＋b＝(4，1－λ，λ)，∴|λa＋b|＝42

＋（1－λ）2＋λ2＝29，∴17＋2λ2－2λ＝29，∴λ＝3或λ＝－2(舍).11．2解析：由题意得AB→·AC→＝0，|AB→|＝|AC→|，又AB→＝(6，－2，－3)，AC→＝(x－4，3，－6)∴6（x－4）－6＋18＝0，（x－4）

2＝4，得x＝2.12.12(b＋c－a)解析：MN→＝ON→－OM→＝12(OB→＋OC→)－12OA→＝12(b＋c－a)13．D14．B∵OE→＝12AC1＝12(AB→＋AD→＋AA1)，FD1＝12AD→＋AA1，∴OE→·FD1＝12(AB→＋AD→＋AA1)·(12AD→＋AA1)＝

12(12AB→·AD→＋AB→·AA1＋12AD→2＋AD→·AA1＋12AA1·AD→＋AA12)＝3.而|OE→|＝1222＋22＋22＝3，|FD1|＝5，∴cos〈OE→，FD1〉＝OE→·FD1|OE→||FD1|＝155.15．D∵BD→＝B

F→＋FE→＋ED→，∴|BD→|2＝|BF→|2＋|FE→|2＋|ED→|2＋2(BF→·FE→＋FE→·ED→＋ED→·BF→)＝1＋1＋1＋2(0＋0－22)＝3－2.∴|BD→|＝3－2.16．A由题意可知，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建

立空间直角坐标系O－xyz，如图所示A(0，－2，0)，C(0，2，0)，由对称性，点P在A1B1，B1C1，A1D1，C1D1是相同的，故只考虑P在B1C1上时，设正四棱台的高为h，则B1(22，0，h)，C1(0，22，h)，设P(x，y，z)，PC1＝(－x，22－y，h

－z)，B1C1＝(－22，22，0)，因为P在B1C1上，所以PC1＝λB1C1(0≤λ≤1)，∴P(22λ，22－22λ，h)，∴PA→＝(－22λ，－2－22＋22λ，－h)＝(－22λ，－322＋22λ，－h)，∴PC→＝(－22λ，2－22＋22λ，－h)＝(－22λ，22

＋22λ，－h)，所以PA→·PC→＝12λ2＋(22λ－322)(22λ＋22)＋h2＝12λ2＋12λ2＋12λ－32λ－32＋h2＝λ2－λ－32＋h2＝(λ－12)2－74＋h2.由二次函数的性质知，当λ＝12时，PA→·PC→取得最小值为h2－74，

又因为PA→·PC→的最小值为12，所以h2－74＝12，解得h＝±32(负舍)，故正四棱台的体积为V＝13(S1＋S1S2＋S2)h＝13(2×2＋2×2×1×1＋1×1)×32＝72.专练45空间

向量的应用1．A∵V1＝－13V2，∴l1∥l2.2．C∵|a|＝22＋（－2）2＋（－2）2＝23，|b|＝22＋02＋42＝25，a·b＝2×2＋(－2)×0＋(－2)×4＝－4，∴cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝－423×2

5＝－1515.3．A∵a＝2b，∴a与b共线，∴l⊥α.4．C由题意可设点P的坐标为(0，0，z)由|PA→|＝|PB→|得（1－0）2＋（－2－0）2＋（1－z）2＝（2－0）2＋（2－0）2＋（2－z）2解得z＝3.故选C.5．C∵m与n不共线，且m·n＝－6－3－20≠0，∴α与

β相交但不垂直．6．C∵AB＝BC＝6，∠ABC＝120°，∴AC＝63，建立如图所示的空间直角坐标系，其中O为AC的中点，则P(0，－33，6)，C(0，33，0)∴|PC|＝（0－0）2＋（33＋33）2＋62＝12.7．A设BC＝1，则B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A

(2，0，0)，B1(0，2，1)BC1＝(0，2，－1)，AB1＝(－2，2，1)BC1·AB1＝0×(－2)＋2×2＋(－1)×1＝3.|BC1|＝5，|AB1|＝3，∴cos〈BC1，AB1〉＝BC1·AB1|BC1||AB1|＝35×3＝55.8.A如图，正方体内三棱锥A­BCD即为满

足题意的鳖臑A­BCD，以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则B(0，0，0)，A(0，0，1)，C(0，1，0)，D(1，1，0)，M(12，12，12)，则BM→＝(12，12，12)，CD→＝(1，0，0)，cos〈BM→，

CD→〉＝BM→·CD→|BM→|·|CD→|＝1234＝33，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为33.9．D对于A，当AP∥EH时，因为AP⊄平面α，EH⊂平面α，此时AP∥平面α，A对；对于B，当AQ∥FG时，因为

AQ⊄平面α，FG⊂平面α，此时AQ∥平面α，B对；对于C，取AC的中点O，GH的中点为M，设AG→＝λAD→，CH→＝μCB→，则有OE→＝OA→＋AE→＝OA→＋12AB→＝OA→＋12(OB→－OA→)＝12(OA→＋OB→)，同理可得OF→＝12(OC→＋OD→)＝12(－OA→＋OD

→)，OM→＝12(OG→＋OH→)，OG→＝OA→＋AG→＝OA→＋λAD→＝OA→＋2λOF→，OH→＝OC→＋CH→＝OC→＋μCB→＝OC→＋2μOE→＝2μOE→－OA→，所以OG→＋OH→＝2λOF→＋2μOE→，所以，OG→＝－OH→＋2λOF→＋2μOE→，因为E、F、G

、H四点共面，则2λ＋2μ－1＝1，所以λ＋μ＝1，所以，2OM→＝OG→＋OH→＝2λOF→＋2μOE→，则OM→＝λOF→＋μOE→＝λOF→＋(1－λ)OE→，所以，OM→－OE→＝λ(OF→－OE→)，可得EM→＝λEF→，即M、E、F三点共线，即GH的中点在EF上，

即线段EF平分线段GH，C对；对于D选项，若线段GH平分线段EF，又因为线段EF平分线段GH，则四边形EGFH为平行四边形，事实上，四边形EGFH不一定为平行四边形，故假设不成立，D错．10．(5，13，－3)解析：设D(x，y，z)，由题意得AD→＝

BC→，∴(x－4，y－1，z－3)＝(1，12，－6)∴x＝5，y＝13，z＝－3，∴D(5，13，－3).11．73解析：AB→＝(－2，－1，3)，AC→＝(1，－3，2)，∴AB→·AC→＝－2＋3＋6＝7，|AB→|＝14，

|AC→|＝14.又cos〈AB→，AC→〉＝AB→·AC→|AB→||AC→|＝714×14＝12，∴sin〈AB→，AC→〉＝32，∴平行四边形的面积S＝|AB→|×|AC→|×sin〈AB→，AC→〉＝73.12.233解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，

0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，∴D1A1＝(2，0，0)，DA1＝(2，0，2)，DB→＝(2，2，0).设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·DA1＝2x＋2z＝0，n·DB→＝2x＋2y＝0.令x＝1，则n＝(1

，－1，－1)，∴点D1到平面A1BD的距离是d＝|D1A1·n||n|＝23＝233.13.D正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为23，可得D1(0，0，23)，AA1＝DD1＝(0，0，23)，点M(a，b，0)，则MD1＝(－a，－b，23)，

由动点M(a，b，0)满足直线MD1与AA1所成夹角为π6，可得cos〈MD1，AA1〉＝1223×a2＋b2＋12＝32，整理得a2＋b2＝4，由a2＋b2＝4≥2ab，可得ab≤2，当a＝b＝2时取等号，即最大值为2.14．C建立如图

所示空间直角坐标系，由题意得，B′和D′在平面ABCD中的投影分别在BB1和DD1上(如图所示)，因为AB＝3BC，令AB＝23，则BC＝2，由比值可知，B′的x，y，z坐标比值为1∶3∶2，所以令B′坐标为(b，3b，2b)，

因为B′在平面ABCD中的投影在BB1上，所以b∈(0，32)，同理可得D′坐标为(23－d，2－3d，2d)，E(3，0，0)，G(3，2，0)，F(0，1，0)，H(23，1，0)，则EB′→＝(b－3，3b，2b)，GD′→＝(3－d，－3d，

2d)，cos〈EB′→，GD′→〉＝|EB′→·GD′→||EB′→|·|GD′→|，解得cos〈EB′→，GD′→〉＝|3（b＋d）－3|3，因为b和d的范围均为(0，32)，所以cos〈EB′→，GD′→〉∈(0，1)，即夹角范围是(0，π2)，故A，B错误；同理可得co

s〈FB′→，HD′→〉＝|3（b＋d）－1|8b2－23b＋1×8d2－23d＋1∈[0，1)，因为异面直线所成角范围是(0，π2]，则夹角范围是(0，π2].即C正确，D错误．15.216解析：设直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝

n·a|n||a|＝|2×1＋1×2＋1×3|22＋12＋12·12＋22＋32＝216.16.2211解析：如图所示，作SO⊥BC，垂足为O，连接AO，由侧面SBC⊥底面ABCD，得SO⊥底面ABCD.由SA＝SB，可得OA＝OB.又由∠ABC＝4

5°，得△ABO为等腰直角三角形，OA⊥OB.建立如图所示空间直角坐标系O－xyz，则A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，－2，0)，S(0，0，1)，D(2，－22，0)，DS→＝(－2，22，1)，SA→＝(2，0，－1)，SB→＝(0，2，－1).设平面SAB的法向量为

n＝(x1，y1，z1)，由n·SA→＝0，n·SB→＝0得2x1－z1＝0，2y1－z1＝0，令z1＝2，得n＝(1，1，2).设直线SD与平面SAB所成角为θ，则sinθ＝|cos〈DS→，n〉|＝|DS

→·n||DS→||n|＝|－2＋22＋2|11×2＝2211.所以直线SD与平面SAB所成角的正弦值为2211.专练46高考大题专练(四)立体几何的综合运用1．解析：(1)证明：∵CD∥AB，AD＝CB＝1，DC≠AB，∴四边形ABCD是等腰梯形．如图，过点C作

CE⊥AB于点E，过点D作DF⊥AB于点F，则AF＝BE＝12(AB－CD)＝12，CD＝EF.又AD＝1，∴DF＝AD2－AF2＝32.又BF＝EF＋BE＝32，∴BD＝BF2＋DF2＝3.又AD＝

1，AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD.∵PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PD⊥BD.又AD∩PD＝D，∴BD⊥平面PAD.∵PA⊂平面PAD，∴BD⊥PA.(2)如图，以D为原点，DA，

DB，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，P(0，0，3)，∴PD→＝(0，0，－3)，PA→＝(1，0，－3)，PB→＝(0，3，－3).设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z).由PA→·n＝0，PB→·n

＝0，得x－3z＝0，3y－3z＝0.令z＝1，得x＝3，y＝1，则n＝(3，1，1).设直线PD与平面PAB所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，PD→〉|＝|n·PD→||n|·||PD→＝35×3＝55.∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为55.2．解析：(1)证明

：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.∵DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED，∴AC⊥平面BED.∵AC⊂平面ACD，∴平面BE

D⊥平面ACD.(2)如图，连接EF.由(1)知AC⊥平面BED.又∵EF⊂平面BED，∴EF⊥AC.∴S△AFC＝12AC·EF.当EF⊥BD时，EF的长最小，此时△AFC的面积最小．由(1)知AB＝CB＝

2.又∵∠ACB＝60°，∴△ABC是边长为2的正三角形，∴BE＝3.∵AD⊥CD，∴DE＝1，∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.以点E为坐标原点，直线EA，EB，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，

C(－1，0，0)，D(0，0，1)，∴AB→＝(－1，3，0)，AD→＝(－1，0，1)，DB→＝(0，3，－1)，ED→＝(0，0，1)，EC→＝(－1，0，0).设DF→＝λDB→(0≤λ≤1)，则EF→＝ED→＋DF→＝ED→＋λDB→＝(0，0，1)＋λ(0，3，－1)＝

(0，3λ，1－λ).∵EF⊥DB，∴EF→·DB→＝(0，3λ，1－λ)·(0，3，－1)＝4λ－1＝0，∴λ＝14，∴EF→＝(0，34，34)，∴CF→＝EF→－EC→＝(0，34，34)－(－1，0，0)＝(1，34，34).设平面ABD的法向量为n＝(x

，y，z)，则n·AB→＝0，n·AD→＝0，即－x＋3y＝0，－x＋z＝0.取y＝1，则x＝3，z＝3，∴n＝(3，1，3).设当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，CF→〉|＝|n·CF→||n||CF

→|＝3×1＋1×34＋3×343＋1＋3×1＋316＋916＝437.故当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.3．解析：(1)证明：如图，取AB的中点E，连接CE.因为AB＝2CD，AB∥CD，AD⊥AB，所以四边形AECD是矩形，所以CE⊥AB.在Rt

△BEC中，cos∠CBE＝BEBC＝12ABBC＝12，所以∠CBE＝60°.连接AC，则△ABC是等边三角形.取BC的中点O，连接AO，则AO⊥BC.连接PO，因为PB＝PC，所以PO⊥BC，因为PO∩AO＝O，所以BC⊥平面PAO，所以BC⊥PA.(2)因为平面PB

C⊥平面ABCD，PO⊥BC，平面PBC⊥平面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，所以PO⊥平面ABCD.连接DO，则∠PDO就是直线PD与平面ABCD所成的角，所以∠PDO＝45°，所以PO＝OD.在△OCD中，OC＝CD，∠DCO＝120°，所以OD2＝OC2＋CD2－2OC·CD·(－12)＝

3OC2，所以PO＝OD＝3OC.如图，以O为坐标原点，OA→、OB→、OP→分别为x轴、y轴和z轴的正方向，建立空间直角坐标系，令AB＝BC＝2CD＝2a，则A(3a，0，0)，B(0，a，0)，C(0，－a，0)，P(0，0，3a).由CD→＝12BA→，可得D(32a，－32a，0).所以D

A→＝(32a，32a，0)，AP→＝(－3a，0，3a).设平面PAD的一个法向量为m＝(x0，y0，z0)，由m·DA→＝0，m·AP→＝0，得32a·x0＋32a·y0＝0，－3a·x0＋3a·z0＝0.可取x0＝z0

＝3，y0＝－1，则m＝(3，－1，3).因为平面PBC的一个法向量为OA→，所以cos〈OA→，m〉＝OA→·m|OA→||m|＝3a21a＝217，所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为217.4．解析：(1)

延长AB到M点，使BM＝AB，连接CM，FM，∵EF∥平面ABCD，平面AMF∩平面ABCD＝AM，∴EF∥AM，∵AM＝2AB＝EF，∴四边形AMFE是平行四边形，∴AE∥MF.在△FCM中，令FC＝2，则FM＝2，CM＝2，∴FC

2＋FM2＝CM2，∴∠CFM＝90°，即MF⊥CF.∴AE⊥CF.(2)分别取AD，BC，EF的中点G，H，Q，连接EG，GH，HF，AC，BD，设AC∩BD＝O，连接OQ，∵△EAD为正三角形，G是AD中点，∴AD⊥EG，∵AD⊥AB，

GH∥AB，∴AG⊥GH，∴AD⊥平面EFHG，平面EFHG⊥平面ABCD，∵OQ⊥GH，平面EFHG∩平面ABCD＝GH，∴OQ⊥平面ABCD，∴OQ⊥AC，OQ⊥BD.分别以OA→，OB→，OQ→为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz，令OA＝1，则OB

＝1，OQ＝1，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，E(1，－1，1)，F(－1，1，1)，AC→＝(－2，0，0)，AE→＝(0，－1，1)，CF→＝(0，1，1)，AF→＝(－2，1，1)，设平面EAC的法向量m＝(x，y，z

)，则m·AC→＝0m·AE→＝0，－2x＝0－y＋z＝0，令y＝1，则m＝(0，1，1)，设平面FAC的法向量m＝(x，y，z)，则n·AC→＝0n·AF→＝0，－2x＝0－2x＋y＋z＝0，令y＝1，则n＝(0，1，－1)，m·n

＝0×0＋1×1－1×1＝0，∴〈m，n〉＝90°，即二面角E­AC­F的平面角为90°.5．解析：(1)存在P为AD上靠近D点的三等分点，使得AF∥面BMP；理由：过点M作MP∥CD，交AD于P，因为CM→＝13CA→，即有CM＝13CA，故DP＝13

DA，即P为AD上靠近D点的三等分点，而BE∥CD，AF∥BE，故AF∥MP，又MP⊂面BMP，AF⊄面BMP，所以AF∥面BMP.(2)取CD的中点为G，连接BG，BD，因为∠BCD＝π3，BC＝CD＝1，故△BCD为正三角形，则BG⊥CD，故以B为坐标原点，分别以BG，BE，BA为x

，y，z轴，建立空间直角坐标系，则D(32，12，0)，E(0，2，0)，F(0，2，2)，A(0，0，2)，C(32，－12，0)，则EF→＝(0，0，2)，DE→＝(－32，32，0)，又∵CM→＝13CA→＝13(－32，12，2)，可求得M(33，－13，23)，设平面DEF的法向量为

n＝(x，y，z)，则n·EF→＝0n·DE→＝0，即z＝0－32x＋32y＝0，不妨取y＝1，则n＝(3，1，0)，记直线DM与平面DEF所成角为θ，又∵DM→＝(－36，－56，23),∴sinθ＝|cos〈DM→

，n〉|＝－12－562×（－36）2＋（56）2＋（23）2＝21111，即直线DM与平面DEF所成角的正弦值为21111.专练47直线的倾斜角与斜率、直线的方程1．Ck＝0－23－0＝－23

.2．D由x＋3y＋1＝0，得y＝－33x－33，∴直线的斜率k＝－33，其倾斜角为56π.3．A由点斜式得y－5＝－34(x＋2)，即：3x＋4y－14＝0.4．B∵当π2<α<π时，k<0，∴α>

π3D⇒/k>3；当k>3时，π3<α<π2，∴k>3⇒π3<α<π2，∴α>π3是k>3的必要不充分条件．5．D因为直线l2，l3的倾斜角为锐角，且直线l2的倾斜角大于直线l3的倾斜角，所以0＜k3＜k2.直线l1的倾斜角为钝角，斜率k1＜0，

所以k1＜k3＜k2.6．D当直线过原点时，满足题意，方程为y＝2x，即2x－y＝0；当直线不过原点时，设方程为xa＋y－a＝1，∵直线过(1，2)，∴1a－2a＝1，∴a＝－1，∴方程为x－y＋1＝0.7．Aax＋by

＋c＝0可化为y＝－abx－cb，又直线过一、二、四象限，∴－ab<0且－cb>0，即ab>0，bc<0.8．B设直线的倾斜角为θ，0≤θ<π，由题意得tanθ＝－sinα∈[－1，1]，∴θ∈0，π4∪[34π，π

).9．B直线kx－y＋1－k＝0恒过P(1，1)，kPA＝2，kPB＝34，∴k的取值范围是(－∞，34]∪[2，＋∞).10．4解析：由题意得kAC＝kBC，∴5－36－4＝5－a6－5，得a＝4.11．45°解析：y

′＝3x2－2，当x＝1时，y′＝3－2＝1，∴k＝1，其倾斜角为45°.12．1解析：由题意得，4－mm＋2＝1，得m＝1.13．A由题意知，y′＝2x＋2，设P(x0，y0)，则在点P处的切线的斜率k＝2x0＋2.因为曲线C在点P处的

切线倾斜角的取值范围为0，π4，则0≤k≤1，即0≤2x0＋2≤1，故－1≤x0≤－12.14．C∵O，O3都为五角星的中心点，∴OO3平分第三颗小星的一个角，又五角星的内角为36°，可知∠BAO3＝18°，过

O3作x轴的平行线O3E，如图，则∠OO3E＝α≈16°，∴直线AB的倾斜角为18°－16°＝2°.专练48两条直线的位置关系及距离公式1．A设所求的直线方程为x－2y＋c＝0，又(1，0)在直线l上，∴

1＋c＝0，∴c＝－1，故所求的直线方程为x－2y－1＝0.2．C当m＝0时，x＋my＋2＝0⇒x＝－2，由2x－y＋1＝0知y＝2x＋1，斜率为2，所以直线2x－y＋1＝0与x＝－2不垂直，不符合题

意；当m≠0时，x＋my＋2＝0⇒y＝－1mx－2m，因为直线2x－y＋1＝0与直线x＋my＋2＝0垂直，所以－1m×2＝－1，解得m＝2.3．B因为直线l1：2x＋ay＋2＝0与直线l2：(a－1)x＋3y＋2＝0平行，所以2×3－a(a－1)＝0，即a2

－a－6＝0，解得：a＝－2或3，当a＝3时，l1：2x＋3y＋2＝0与l2：2x＋3y＋2＝0重合，不满足题意，舍去；当a＝－2时，l1：x－y＋1＝0与l2：3x－3y－2＝0平行，满足题意，故选B.4．B由kx－y

＝k－1，ky－x＝2k，得x＝kk－1，y＝2k－1k－1．又∵0<k<12，∴x＝kk－1<0，y＝2k－1k－1>0，故直线l1：kx－y＝k－1与直线l2：ky－x＝2k的交点在第二象限．5．B由

点(1，3)到直线x＋3y＋C＝0的距离为3，得|1＋3×3＋C|12＋（3）2＝|4＋C|2＝3，得C＝2或C＝－10.∴C＝2是点(1，3)到直线x＋3y＋C＝0的距离为3的充分不必要条件．6．A过点P(2，1)且与原点O距离最远的直线就是过点P且与OP垂直的直线即y－1＝

－2(x－2)，得2x＋y－5＝0.7．D由题设，可得kAB＝2－01－2＝－2，且AB的中点为(32，1)，∴AB垂直平分线的斜率k＝－1kAB＝12，故AB的垂直平分线方程为y＝12(x－32)＋1＝x2＋14，∵AC＝BC，则△ABC的外

心、重心、垂心都在AB的垂直平分线上，∴△ABC的欧拉线的方程为2x－4y＋1＝0.8．C由l1∥l3，得k＝5；由l2∥l3，得k＝－5；由x－y＝0与x＋y－2＝0，得x＝1，y＝1，若(1，1)在l3上，则k＝－

10.若l1，l2，l3能构成一个三角形，则k≠±5且k≠－10，故选C.9．B解法一：当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝2，符合题意．当直线l的斜率存在时，依题意可设直线l的方程为y－1＝k

(x－2)，即kx－y＋1－2k＝0，因为P(4，2)和Q(0，－4)到直线l的距离相等，所以|4k－2＋1－2k|＝|4＋1－2k|，解得k＝32，则直线l的方程为3x－2y－4＝0，故选B.解法二：由题意知，所求直线经过P(4，2)和Q(0，－4)的中点或与过P(4，2)和

Q(0，－4)的直线平行．当所求直线经过P(4，2)和Q(0，－4)的中点(2，－1)时，所求直线方程为x＝2；当所求直线与过P(4，2)和Q(0，－4)的直线平行时，由kPQ＝－4－20－4＝32，得直线l的方程为y－1＝32(x－2)，即3x－2

y－4＝0，故选B.10.2解析：由题意得A(0，1)，由点A(0，1)到直线x＋y－3＝0的距离为|1－3|12＋12＝2.11．0或1解析：因直线x＋my－2＝0和直线mx－(2m－1)y＝0垂直，则

有1·m＋m[－(2m－1)]＝0，即2m－2m2＝0，解得m＝0或m＝1，所以m＝0或m＝1.12.2解析：由题意可知，kAB＝b－a5－4＝b－a＝1，故|AB|＝（5－4）2＋（b－a）2＝2.13．B因为直线l1的方程为：x＋ay－2＝0，直线l2的方程为：2x－y＋1＝0，且

l1⊥l2，所以2－a＝0，解得a＝2，所以直线l1的方程为x＋2y－2＝0，x＋2y－2＝02x－y＋1＝0，解得x＝0y＝1，所以直线l1与l2的交点坐标为(0，1).14．A若l1

∥l2，则2m（m＋2）＝6（m＋1）（m＋2）≠－（2m＋8），解得m＝1或－3，因此，“m＝1”是“l1∥l2”的充分不必要条件．15．C对于A，a×1＋(－1)×a＝0恒成立，l1与l2互相垂直恒成立，故A正确；对于B，直

线l1：ax－y＋1＝0，当a变化时，x＝0，y＝1恒成立，所以l1恒过定点A(0，1)；l2：x＋ay＋1＝0，当a变化时，x＝－1，y＝0恒成立，所以l2恒过定点B(－1，0)，故B正确；对于C，在l1上任取点(x，ax＋1)，其关于直线x＋y

＝0对称的点的坐标为(－ax－1，－x)，代入l2：x＋ay＋1＝0，则左边不恒等于0，故C不正确；对于D，联立ax－y＋1＝0，x＋ay＋1＝0，解得x＝－a－1a2＋1，y＝－a＋1a2＋1，即M(－a－1a2＋1，－a＋1a2＋1)，所以|MO|＝（

－a－1a2＋1）2＋（－a＋1a2＋1）2＝2a2＋1≤2，所以|MO|的最大值是2，故D正确．16．C如图1，作A关于DC的对称点为E，D关于AB的对称点为G，C关于AB的对称点为F，连接GF，EF，由

题可得tanα＝EGGF＝3AD2AD＝32.如图2，作A关于BC的对称点为G，B关于AD的对称点为F，C关于AD的对称点为E，连接EF，EG，由题可得tanα＝EFGF＝AD6AD＝16.综上，tanα的值为16或32.专练49圆的方程1．D设所求的直线l的方程为x

－y＋C＝0，∵直线l过圆心(0，3)，∴－3＋C＝0，C＝3，故所求的直线方程为x－y＋3＝0.2．D半径r＝（1－0）2＋（1－0）2＝2，∴圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2.3．D∵A为直角，∴AB

⊥AC，∴2a＝－4，a＝－2，∴△ABC外接圆的圆心(－3，0)，半径r＝|BC|2＝（－4＋2）2＋（－2－2）22＝5，∴所求的圆的方程为(x＋3)2＋y2＝5.4．C由题意得D2＋E2－4F>0，∴4＋4－4a>0，∴a<2.5．D由题意

得25a2＋144a2<1，∴a2<1132，得|a|<113.6．B∵y＝kx－2k＋1可化为y＝k(x－2)＋1，恒过定点(2，1)，则所求的圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝25.7．C3x－4y＝0及3x－4y＋10＝0的距离为d＝|10－0|32＋（－4）2＝2，显

然圆的半径r＝22＝1，与3x－4y＝0和3x－4y＋10＝0的距离相等的直线为3x－4y＋5＝0，由3x－4y＋5＝0，y＝－x－4，得x＝－3，y＝－1，∴圆心(－3，－1)，∴所求的圆的方程为(x＋3

)2＋(y＋1)2＝1.8．B圆C即(x－1)2＋(y－2)2＝2，半径r＝2，因为CA⊥CB，所以AB＝2r＝2.又P是AB的中点，所以CP＝12AB＝1，所以点P的轨迹方程为(x－1)2＋(y－2)2＝1.9．B连接OM，ON，则OM＝ON，∠MPN＝∠ONP＝∠OMP＝90°，∴四

边形OMPN为正方形，∵r＝1，∴|OP|＝2，又原点到直线x＋y－2＝0的距离d＝|－2|12＋12＝2，∴符合条件的点P只有一个．10．1解析：方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圆的条件是a2＋4a2－4(2a2＋a－1)>0，即3a2＋4a－4<0，解得－2<a<2

3，又a∈－2，0，1，34，∴仅当a＝0时该方程表示圆．11．(x－2)2＋(y－3)2＝13或(x－2)2＋(y－1)2＝5或(x－43)2＋(y－73)2＝659或(x－85)2＋(y－1

)2＝16925解析：设点A(0，0)，B(4，0)，C(－1，1)，D(4，2).(1)若圆过A，B，C三点，则圆心在直线x＝2上，设圆心坐标为(2，a)，则4＋a2＝9＋(a－1)2，解得a＝3，则半径r＝4＋a

2＝13，所以圆的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝13.(2)若圆过A，B，D三点，设圆心坐标为(2，a)，则4＋a2＝4＋(a－2)2，解得a＝1，则半径r＝4＋a2＝5，所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.(3)若圆过A，C，D三点，易求线段AC的中垂线方程为y＝x

＋1，线段AD的中垂线方程为y＝－2x＋5.联立得方程组y＝x＋1，y＝－2x＋5，解得x＝43，y＝73，则半径r＝169＋499＝653，所以圆的方程为x－432＋y－732＝659.(4)若圆过B，C，

D三点，易求线段BD的中垂线方程为y＝1，线段BC的中垂线方程为y＝5x－7.联立得方程组y＝1，y＝5x－7，解得x＝85，y＝1，则半径r＝85－42＋（1－2）2＝135，所以圆的方程为

x－852＋(y－1)2＝16925.12．(x－1)2＋(y－1)2＝1解析：设△AOB内切圆的圆心为M(m，m)(m>0)，半径为m，直线x4＋y3＝1可化为3x＋4y－12＝0，由题意得|3m＋4m－12|32＋42＝m，得m＝1或m＝6(舍去).∴△AOB内切圆的方程为(x－1)2＋

(y－1)2＝1.13．A设圆心为(x，2x)(x>0)，r＝2x＋2x＋15≥55＝5，当且仅当x＝1时等号成立，所以当圆的面积最小时，即圆的半径最小时，此时圆心(1，2)，半径为5，所以圆的方程为(

x－1)2＋(y－2)2＝5.14．A圆C：x2＋4x＋y2－2y＋3＝0，可化为：(x＋2)2＋(y－1)2＝2，∵直线l：y＝kx＋1(k<0)与圆C：x2＋4x＋y2－2y＋3＝0相切，∴|－2k|k2＋1＝2(k<0)，∴k＝－1，∴圆心D(2，0)

到直线的距离d＝|－2＋1|1＋1＝22<3，∴直线l与圆D：(x－2)2＋y2＝3相交，故选A.15．4解析：如图：∵y＝33x＋23，∴kAC＝－3，∴∠ACD＝60°，过D作DE⊥AC于E，则|DE|＝

|AB|.∵圆心到直线l的距离d＝61＋3＝3，∴(|AB|2)2＝r2－d2＝12－9＝3.∴|AB|2＝12，则|AB|＝23.在Rt△DEC中，|CD|＝|AB|sin60°＝2332＝4.16．1

2解析：由题意，得PA→＝(2－x，－y)，PB→＝(－2－x，－y)，所以PA→·PB→＝x2＋y2－4，由于点P(x，y)是圆上的点，故其坐标满足方程x2＋(y－3)2＝1，故x2＝－(y－3)2＋1，所以PA

→·PB→＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12.易知2≤y≤4，所以当y＝4时，PA→·PB→的值最大，最大值为6×4－12＝12.专练50直线与圆、圆与圆的位置关系1．B圆心(1，－2)到直线2x＋y－5＝0的距离d＝|2－2－5|22＋12＝5<6，∴两圆相交

但不过圆心．2．B若过点M(1，1)的直线被圆截得的弦的长度最小，则点M(1，1)为该弦的中点，由x2＋y2－4x＝0，得(x－2)2＋y2＝4，所以若要弦长最小，只要圆心到直线的距离即为圆心到定点M(1，1)的距离，由|CM|＝2，所以弦长＝24－2＝22.3．B设圆x2＋y2＝1与圆(x

－4)2＋y2＝4的圆心分别为O，C，则|AB|＝|AC|2－4，当|AC|最小时，|AB|最小，由于点A在圆O上，则|AC|的最小值为|OC|－1＝4－1＝3，所以|AB|的最小值为5.4．B圆C1：(x－2)2＋(y＋1)2＝4，圆C2：(x＋2)2＋(y－2)2＝9，∴

圆心C1(2，－1)，C2(－2，2)，半径r1＝2，r2＝3，圆心距|C1C2|＝（－2－2）2＋（2＋1）2＝5，r1＋r2＝5，∴|C1C2|＝r1＋r2，∴两圆C1与C2外切，∴它们有3条公切线．5．D设原点为O，直线l与圆C交于点A，B，由题意，得∠AO

B＝120°.过O作OH⊥AB于点H，则|OH|＝1；设直线l的方程为y＝x＋b，由|OH|＝1，得|b|2＝1，解得b＝±2，所以直线l在y轴上的截距为±2.6．D由题意得圆心(1，0)到直线l：y＝kx＋1的距离d为d＝|k＋1|

k2＋1＝4－（2）2，得(k＋1)2＝2(k2＋1)，得k＝1.7．D如图，由题可知，AB⊥PM，|PM|·|AB|＝2S四边形APBM＝2(S△PAM＋S△PBM)＝2(|PA|＋|PB|)，∵|PA|＝|P

B|，∴|PM|·|AB|＝4|PA|＝4|PM|2－|AM|2＝4|PM|2－4，当|PM|最小时，|PM|·|AB|最小，易知|PM|min＝54＋1＝5，此时|PA|＝1，AB∥l，设直线AB的方程为y＝－2x＋b(

b≠－2)，圆心M到直线AB的距离为d＝|3－b|5，|AB|＝4|PA||PM|＝45，∴d2＋AB22＝|MA|2，即（3－b）25＋45＝4，解得b＝－1或b＝7(舍).综上，直线AB的方程为y

＝－2x－1，即2x＋y＋1＝0.故选D.8．B圆C的圆心为C(2，0)，则|PA|＝|PC|2－r2，其中r2＝4，|PC|的最小值为点C到直线l的距离，即|2×2－0＋4|22＋（－1）2＝85，所以当|PC|取最小时，|PA|也取

最小，即2555.9．D解法一(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的图像在第一象限，∴k>0，∴k＝12，∴m＝12，∴l的方程为y＝12x＋12.故选D.解法二(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P116，14，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，故选D.10．相交解析：解法一：(代数法)由mx－y＋1－m＝0，x2＋（y－1）

2＝5，消去y，整理得(1＋m2)x2－2m2x＋m2－5＝0，因为Δ＝16m2＋20>0，所以直线l与圆相交．解法二：(几何法)由题意知，圆心(0，1)到直线l的距离d＝|m|m2＋1<1<5，故直线l与圆相交．解法三：(点与圆的位置关系法)直线l：mx－y＋1－m＝0过定点(1，

1)，因为点(1，1)在圆x2＋(y－1)2＝5的内部，所以直线l与圆相交．11．26解析：x2＋y2－2y－7＝0可化为x2＋(y－1)2＝8，∴圆心(0，1)到直线kx－y－k＋2＝0的距离d＝|－1－k＋2|k2＋1＝|1－k|k2＋1，∴|AB|＝28－k2－2k

＋1k2＋1＝27＋2kk2＋1又－1≤2kk2＋1≤1，∴|AB|min＝26.12．x＝1或8x－15y－53＝0解析：当切线的斜率不存在时，切线方程为x＝1，当切线的斜率存在时，设切线方程为y＋3＝k(x－1)，即：

kx－y－k－3＝0，由题意得|4k－2－k－3|k2＋1＝3，得k＝815，∴切线方程为8x－15y－53＝0.13．B圆的标准方程为(x－1)2＋(y－3)2＝10，其圆心的坐标为(1，3)，记为P.因为(0

－1)2＋(1－3)2＝5<10，所以点E在圆内，且|PE|＝5，则最长弦AC为过点E的直径，|AC|＝210，最短弦BD为过点E且与AC垂直的弦，|BD|＝210－5＝25，可知四边形ABCD的对角线互相垂直，所以四边形ABCD的面积为12×210×25＝102，故选

B.14．C圆心C(0，0)到直线l的距离d＝r2a2＋b2，若点A(a，b)在圆C上，则a2＋b2＝r2，所以d＝r2a2＋b2＝|r|，则直线l与圆C相切，故A正确；若点A(a，b)在圆C内，则a2＋

b2<r2，所以d＝r2a2＋b2>|r|，则直线l与圆C相离，故B正确；若点A(a，b)在圆C外，则a2＋b2>r2，所以d＝r2a2＋b2<|r|，则直线l与圆C相交，故C错误；若点A(a，b)在直线l上，则a2＋b2－r2＝0，即a2＋b2＝r2，所

以d＝r2a2＋b2＝|r|，则直线l与圆C相切，故D正确．15．8解析：由题意将两圆的方程相减，可得公共弦方程为x＋y＝2.点P(a，b)(a>0，b>0)在两圆的公共弦上，∴a＋b＝2，∴1a＋9b＝12(1a＋9b)(a＋b)

＝12(10＋ba＋9ab)≥12×(10＋6)＝8，当且仅当ba＝9ab，即b＝3a时取等号，所以1a＋9b的最小值为8.16．(－1，3)解析：由题意知：圆半径为2，OM⊥AB，故AB＝2×2sinθ＝4sinθ，f(θ)＝4sinθ＋2θ，则f′(θ)＝4cosθ＋2，令f′(θ)＝

0，解得cosθ＝－12，又0＜θ＜π，当θ∈(0，2π3)时，f′(θ)＞0，f(θ)单调递增；当θ∈(2π3，π)时，f′(θ)＜0，f(θ)单调递减；故当θ＝2π3时，f(θ)取得最大值，此时M(2·cos2π3，2·sin2π3)，即(－1，3).专练51椭圆1．D∵a

＝4，由椭圆的定义知，M到另一个焦点的距离为2a－3＝2×4－3＝5.2．B由椭圆的方程得a＝3.设椭圆的另一个焦点为F，则由椭圆的定义得|BA|＋|BF|＝|CA|＋|CF|＝2a，所以△ABC的周长为|BA|＋|BC|＋|CA|＝|BA|＋

|BF|＋|CF|＋|CA|＝(|BA|＋|BF|)＋(|CF|＋|CA|)＝2a＋2a＝4a＝43.3．B由题意得，ca＝12，∴c2a2＝14，又a2＝b2＋c2，∴a2－b2a2＝14，b2a2＝34，∴4b2＝

3a2.故选B.4．B依题意，动点P的轨迹是椭圆，且焦点在x轴上，设方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，由c＝4，2a＝10，即a＝5，得b＝a2－c2＝3，则椭圆方程为x225＋y29＝1.5．

B∵2a＝8，∴a＝4，e＝ca，∴c＝3，∴b2＝a2－c2＝16－9＝7，∴椭圆的标准方程为x216＋y27＝1或y216＋x27＝1.6．D∵c2＝25－k－(9－k)＝16，∴c＝4，∴两曲线的焦距相等．7．

C解法一依题意，B(0，b)，设P(acosθ，bsinθ，θ∈[0，2π)，因为|PB|≤2b，所以对任意θ∈[0，2π)，(acosθ)2＋(bsinθ－b)2≤4b2恒成立，即(a2－b2)sin2θ＋2b2sinθ＋3b2

－a2≥0对任意θ∈[0，2π)恒成立．令sinθ＝t，t∈[－1，1]，f(t)＝(a2－b2)t2＋2b2t＋3b2－a2，则原问题转化为对任意t∈[－1，1]，恒有f(t)≥0成立．因为f(－1)＝0，所以只需

－2b22（a2－b2）≤－1即可，所以2b2≥a2，则离心率e＝1－b2a2≤22，所以选C.解法二依题意，B(0，b)，设椭圆上一点P(x0，y0)，则|y0|≤b，x20a2＋y20b2＝1，可得x20＝a2－a2b2y20

，则|PB|2＝x20＋(y0－b)2＝x20＋y20－2by0＋b2＝－c2b2y20－2by0＋a2＋b2≤4b2.因为当y0＝－b时，|PB|2＝4b2，所以－b3c2≤－b，得2c2≤a2，所以离心率e

＝ca≤22，故选C.8．C由已知a＝2，b＝3，c＝1，若P为短轴的顶点(0，3)时，∠F1PF2＝60°，△PF1F2为等边三角形，∴∠P不可能为直角，若∠F1＝90°，则|PF1|＝b2a＝32，S△PF1F2＝12·b2a·2c＝32.同理∠F2＝

90°时，S△PF1F2＝32，故选C.9．A由题意知，a2－b2＝(32)2＝34，b2－c2＝(12)2＝14，∴a2－c2＝1.又a2＝b2＋c2，∴b2＝1，b＝1.∴a2＝74，a＝72.10．8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＋64－16m＝|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)＝8.11.35解析：由题意知，2a＋2c＝2(2b)，即a＋c

＝2b，又c2＝a2－b2，消去b，整理得5c2＝3a2－2ac，即5e2＋2e－3＝0，解得e＝35或e＝－1(舍去).12．3解析：∵PF1⊥PF2，∴∠F1PF2＝90°，又S△PF1F2＝b2tan45°＝9，∴b＝3.13．A设P(x1，y1)，则点Q的坐标为(－x1，y1).由题

意，得点A(－a，0).又直线AP，AQ的斜率之积为14，所以y1x1＋a·y1－x1＋a＝14，即y21a2－x21＝14①.又点P在椭圆C上，所以x21a2＋y21b2＝1②.由①②，得b2a2＝14，所以a2＝4b2，所以a2＝4(a2－c2

)，所以椭圆C的离心率e＝ca＝32.故选A.14．C由椭圆的定义，得|BF1|＋|BF2|＝2a，由椭圆的对称性，得|BF1|＝|BF2|＝a，设|PF2|＝m，则|BP|＝a＋m，又|PF1|＋|PF2|＝2a，所以|PF

1|＝2a－m，因为△PF1B为等腰三角形，所以|BP|＝|PF1|，即a＋m＝2a－m，得m＝a2，所以|PF2|＝a2，|BP|＝|PF1|＝3a2，在△BF1F2中，由余弦定理，得cos∠BF2F1＝a2＋4c2－a22a·2c＝ca，在△PF

1F2中，由余弦定理，得cos∠BF2F1＝（a2）2＋4c2－（3a2）22·2c·a2＝2c2－a2ac，又∠BF2F1＋∠PF2F1＝π，所以cos∠BF2F1＋cos∠PF2F1＝0，即ca＋2c2－a2ac＝0，整理，得3c

2＝a2，所以e2＝13，由e∈(0，1)，得e＝33.15．[22，1)解析：设P0为椭圆x2a2＋y2b2＝1的上顶点，由题意得∠F1P0F2≥90°，∴∠OP0F2≥45°，∴ca≥sin45°，∴e≥22，又0<e<1，∴22≤e<1.16．x＋2y

－3＝0解析：由题可知直线AB的斜率存在；设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由于点A，B都在椭圆上，所以x21a2＋y21b2＝1①，x22a2＋y22b2＝1(a＞b＞0)②，①－②，化简得－b2a2＝y21－y22x21－x22

；又因为离心率为22，所以1－b2a2＝22，所以b2a2＝12，即y21－y22x21－x22＝（y1－y2）（y1＋y2）（x1－x2）（x1＋x2）＝－12；又线段AB的中点为M(1，1)，所以（y1－y2）（y1＋y2）（x1－x2）（x1＋x2）＝（y1－y2）（y1

＋y2）2（x1－x2）（x1＋x2）2＝y1－y2x1－x2＝－12，所以直线AB的斜率为－12，故所求直线l的方程为y＝－12(x－1)＋1，即x＋2y－3＝0.专练52双曲线1．D由题意得a＝4，c＝5，∴b2＝c2－a2＝

25－16＝9，又焦点落在x轴上，∴其双曲线方程为x216－y29＝1.2．Bx2－y2＝9可化为x29－y29＝1，∴a＝3，由双曲线的定义知|PF2|＝2a＋|PF1|，|QF2|＝2a＋|QF1|，∴△F2PQ的周长L＝|PQ|＋|PF2|＋|QF2|＝|PQ|＋2a＋|PF1|＋2a＋

|QF1|＝2|PQ|＋4a＝2×7＋4×3＝26.3．A不妨设焦点为F(c，0)，渐近线方程为y＝bax，则焦点到渐近线的距离为bca2＋b2＝bcc＝b＝1，又a＝3，所以c＝3＋1＝2，所以该双曲线的离心率e＝ca＝23＝23

3.4．C∵c2＝a2＋1，∴e2＝c2a2＝a2＋1a2＝1＋1a2，又a2>1，∴0<1a2<1，∴1<1＋1a2<2，∴1<e<2.5．A设|PF2|＝m，|PF1|＝3m，则|F1F2|＝m2＋9m2－2×3m×m×cos60°＝7m

，所以C的离心率e＝ca＝2c2a＝|F1F2||PF1|－|PF2|＝7m2m＝72.6．A设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则|r1－r2|＝2a，∴r21＋r22－2r1r2＝4a2.由于F1P⊥F2P，则r21＋r22＝4c2，∴4c2－2r1r2＝4a2，∴r

1r2＝2b2.∵S△PF1F2＝12r1r2＝12×2b2＝b2＝4，∴e＝1＋b2a2＝1＋4a2＝5，解得a2＝1，即a＝1.故选A.7．B由题意得|AF2|－|AF1|＝2a＝4，|BF2|－|BF1|＝2a＝4，所以|BF2|＋|AF2|＝8＋|AF1|＋|B

F1|＝8＋|AB|，显然，当AB为通径时，其长度最短，|AB|min＝2·b22＝3，故(|BF2|＋|AF2|)min＝11.8．B设点P为双曲线右支上一点，则|PF1|＞|PF2|，因为|PF1|－|PF2|＝2a，且|PF1|＋|PF2|＝6a，所以

|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，由题，因为|F1F2|＝2c＝6，则2c＞2a4a＞2a，所以∠PF1F2为最小角，故∠PF1F2＝π6，所以在△PF1F2中，由余弦定理可得，（4a）2＋（2c）2－（2a）22·4a·2c＝32，解得a＝3，所以b＝6，所

以双曲线的标准方程为x23－y26＝1.9．A设双曲线的方程为x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)，则A(a，0)，F(－c，0)，由离心率为2，得ca＝2，则c＝2a，因为直线l过点F(－c，0)且垂直于x轴交E于点M、N，所以点M、N的横坐

标都为－c，有（－c）2a2－y2b2＝1，解得y＝±b2a，所以M(－c，b2a)，N(－c，－b2a)所以|MN|＝2b2a，又AF＝a＋c，AF⊥MN，则S△AMN＝12|AF||MN|＝12(a＋c)·2b2a＝(a＋c)·c2－a2a＝(a＋c)·4a2

－a2a＝9a＝9，所以a＝1，故c＝2a＝2，得b＝c2－a2＝3，所以双曲线的方程为x2－y23＝1.10．4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＝4.11.33解析：由题意，得双曲线的一条渐近线方程为y＝xm，即x－my＝0.圆的方程可化为

x2＋(y－2)2＝1，故圆心坐标为(0，2)，半径r＝1.由渐近线与圆相切，结合点到直线的距离公式，得|0－2m|m2＋1＝1，解得m＝±33.又因为m＞0，所以m＝33.12．9解析：对于双曲线x24－y212＝1，则a

＝2，b＝23，c＝4，如图所示：设双曲线的右焦点为M，则M(4，0)，由双曲线的定义可得|PF|－|PM|＝4，则|PF|＝4＋|PM|，所以，|PF|＋|PA|＝|PM|＋|PA|＋4≥|AM|＋4＝（1－4）2

＋（4－0）2＋4＝9，当且仅当A、P、M三点共线时，等号成立．因此，|PF|＋|PA|最小值为9.13．A如图建立直角坐标系，过O4向x轴引垂线，垂足为A，易知|O4A|＝11，|O2A|＝13,∴ba＝1113，∴e＝（ba）2＋1

＝29013.14．B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，故选B.15．2解析：由题，a＝1，焦点F1(－c，0)，渐近线方程为y＝－bx，根据点到直线距离公式得|PF1|＝bcb2＋1

＝b，根据勾股定理得|PO|＝a，在Rt△F1PO中，利用等面积法可得，P到x轴的距离h＝bc，所以S△F1PF2＝12×2c×bc＝b＝3，离心率e＝ca＝1＋（ba）2＝1＋3＝2.16．2＋3解析：过点P作抛物线准线的垂线，垂足为点A，则|PA|＝|P

F2|，因为|PF1|＝|F1F2|＝2c，则|PF2|＝|PF1|－2a＝2c－2a，则|PA|＝2c－2a，因为PA⊥AF1，则cos∠APF1＝|PA||PF1|＝c－ac，由余弦定理可得cos∠PF1F2＝|PF1|2＋|F1F2|2－|PF2|22|PF1|·|F1F

2|＝c2－a2＋2ac2c2，因为PA∥F1F2，所以，∠APF1＝∠PF1F2，所以，c－ac＝c2－a2＋2ac2c2，整理可得c2－4ac＋a2＝0，即e2－4e＋1＝0，因为e＞1，解得e＝2＋3.专练53抛物线1．By＝14x2可化为x2＝4y，则焦点到准线的距离为12×4＝2.

2．B∵y2＝2px的准线为x＝－p2，又准线过点(－1，1)，∴－p2＝－1，∴p＝2，故其焦点坐标为(1，0).3．B∵F(2，1)在直线l：3x＋4y－10＝0上，∴动点M的轨迹为过点F且与直线l垂直的

直线．4．B因为y2＝4x，所以焦点F(1，0)到准线l：x＝－1的距离为2，又|AF|＝6，所以|AB|＝2（6）2－22＝22.5．B由已知条件，易知抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1.又B(3，0)，则|AF|＝|BF|＝2.不

妨设点A在第一象限，则A(x0，2x0).根据抛物线的定义可知x0－(－1)＝2，所以x0＝1，所以A(1，2)，所以|AB|＝（1－3）2＋（2－0）2＝22.故选B.6．D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，

故选D.7．B如图，分别过点A，B作准线的垂线，交准线于点E，D，设准线与x轴交于点G，设|BF|＝a，则由已知得|BC|＝2a，由定义得|BD|＝a，故∠BCD＝30°，在Rt△ACE中，∵|AF|＝4，|AC

|＝4＋3a，∴2|AE|＝|AC|，∴4＋3a＝8，从而得a＝43，∵AE∥FG，∴FGAE＝CFAC，即p4＝48，得p＝2.∴抛物线方程为y2＝4x.故选B.8．B当AB与x轴垂直时，A(12，1)，B(12，－1)，OA→·OB→＝12×12＋1×(－1

)＝－34；当AB与x轴不垂直时，设l：y＝k(x－12)，由y＝k（x－12），y2＝2x，得k2x2－(k2＋2)x＋k24＝0由韦达定理得x1＋x2＝k2＋2k2，x1x2＝14，∴OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2(x

1－12)(x2－12)＝(1＋k2)x1x2－12k2(x1＋x2)＋k24＝－34.9．D抛物线y2＝4x的焦点F(1，0)，依题意，直线AB不垂直于坐标轴，设直线AB：y＝k(x－1)，由y＝k（x－1）

y2＝4x，消去y并整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，而k≠0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝1，又|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋1＋x2＋1＝163，即x1＋x2＝103，因AF→＝tFB→，且t＞1，即|AF|＞|BF

|，则有x1＞x2，解得x1＝3，x2＝13，又(1－x1，－y1)＝t(x2－1，y2)，于是得1－x1＝t(x2－1)，t＝x1－11－x2＝3－11－13＝3，所以t值为3.10．2解析：抛物线y＝ax2经过点M(2，1)，故1＝4a，解得a＝

14，∵抛物线y＝x24，∴标准方程为x2＝4y.准线方程为y＝－1，点M(2，1)到焦点F的距离即为M到准线的距离1＋1＝2.11．8解析：|PQ|＝|PF|＋|QF|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝6＋2＝8.12．0或1解析

：由y＝kx＋2，y2＝8x，得k2x2＋(4k－8)x＋4＝0，若k＝0，满足题意；若k≠0，则Δ＝(4k－8)2－4×4k2＝0，得k＝1.综上得k＝0或k＝1.13．C因为F(12，0)，设M(x0，y0)，显

然当y0＜0时，kOM＜0，当y0＞0时，kOM＞0，则要想求解直线OM的斜率的最大值，此时y0＞0，设P(m，n)，因为|PM|＝2|MF|，所以PM→＝2MF→，即(x0－m，y0－n)＝2(12－x0，－y0)

，解得m＝3x0－1n＝3y0，由于n2＝2m，所以9y20＝2(3x0－1)，即32y20＋13＝x0，由于y0＞0，则kOM＝y0x0＝y032y20＋13＝132y0＋13y0≤1232y0·13y0＝22，当且仅当32y0＝13y

0，即y0＝23时，等号成立，故直线OM的斜率的最大值为22.14．B令y＝1，得x＝14，即A(14，1).由抛物线的光学性质可知AB经过焦点F，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，代入y2＝4x.消去y，得k2x2－2(k2＋2)

x＋k2＝0.则xAxB＝1，所以xB＝1xA＝4.|AB|＝xA＋xB＋p＝254.将x＝4代入y2＝4x得y＝±4，故B(4，－4).故|MB|＝（4－3）2＋（－4－1）2＝26.故△ABM的周长为|MA|＋|MB|＋|A

B|＝(3－14)＋26＋254＝9＋26.故选B.15．3解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，所以有y21＝4x1，y22＝4x2，y23＝4x3，抛物线的焦点坐标为F(1，0)，△ABC的重心坐标为(x1

＋x2＋x33，y1＋y2＋y33)，由题意可知x1＋x2＋x33＝1，即x1＋x2＋x3＝3，S21＋S22＋S23＝(12×|OF|·|y1|)2＋(12×|OF|·|y2|)2＋(12×|OF|·|y3|)2＝14(y21

＋y22＋y23)＝x1＋x2＋x3，所以S21＋S22＋S23＝x1＋x2＋x3＝3.16．3解析：如图所示，由题意得准线l：x＝－p2.作AC⊥l于点C，BD⊥l于点D，BH⊥AC于点H，则|AF|＝|AC|，|BF|＝|BD

|，|AH|＝|AC|－|BD|＝|AF|－|BF|，因为在Rt△AHB中，∠HAB＝60°，所以cos60°＝|AH||AB|＝|AF|－|BF||AF|＋|BF|，即12(|AF|＋|BF|)＝|AF|－|BF|，得|AF||BF|＝3.专练54曲线与方程1．

B∵|PA|＋|PB|＝4＝|AB|，∴点P的轨迹是线段AB.2．A设P(x，y)，∵|PA|＝3|PO|，∴(x－1)2＋(y＋2)2＝9(x2＋y2)即：8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0.3．APM→·PN→＝0，∴PM

⊥PN，∴点P的轨迹是以MN为直径的圆．4．B若双曲线焦点在x轴上，则可设其标准方程为x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)，可列1a2－1b2＝1ba＝2，解得a2＝34，b2＝3，其标准方程为4x23－y2

3＝1.若双曲线焦点在y轴上，则可设其标准方程为y2a2－x2b2＝1(a＞0，b＞0)，1a2－1b2＝1ab＝2，此时无解，综上，双曲线方程为4x23－y23＝1.5．D由题意得P到直线x＝－2的距离与它到(2，0)的距离相等，∴点P的轨迹为抛物线．6．

B设M(x，y)，P(x1，y1)，∵M为OP的中点，∴2x＝x1，2y＝y1，又(x1，y1)在x24－y2＝1上，∴4x24－4y2＝1，即x2－4y2＝1即为所求．7．A设P(x，y)，又A(－2，0)，B(2，0)，且|P

O|2＝|PA|·|PB|，∴x2＋y2＝（x＋2）2＋y2·（x－2）2＋y2，化简得x2－y2＝1，∴点P的轨迹方程为x2－y2＝1.8．B因为圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝1，所以圆心C(1，1)，半径r＝1，因为点M是圆上的动点，所以|MC|＝1，又AM与圆相切，且

|AM|＝2，则|AC|＝|MC|2＋|AM|2＝5，设A(x，y)，则(x－1)2＋(y－1)2＝5，即x2＋y2－2x－2y－3＝0，所以点A的轨迹方程为x2＋y2－2x－2y－3＝0.9．A由题设知，抛物线焦点F到定点A和B的距离之和等于A和B分别到准线的距离和，等于AB的中

点O到准线的距离的二倍，由抛物线准线与圆相切知和为2r＝42，所以|FA|＋|FB|＝42＞|AB|＝2，所以抛物线焦点的轨迹方程C是以A和B为焦点的椭圆．10．(1，0)解析：由题意得a>0，设直线l与抛物线的两交点分别为A，B，不

妨令A在B的上方，则A(1，2a)，B(1，－2a)，故|AB|＝4a＝4，得a＝1，故抛物线方程为y2＝4x，其焦点坐标为(1，0).11．x2＋y2－x＝0解析：设P(x，y)为所求曲线上一点，由题意得x2＋y2＋(x－1)2＋y2＝1.整理得x2＋y2－x＝0.12．x

2＝2y－1解析：由题意得F(0，1)，设PF的中点为M(x，y)，P(x1，y1)，由题意得x1＝2x，1＋y1＝2y，得x1＝2x，y1＝2y－1，又(x1，y1)在y＝14x2上，∴2y－1＝14×(2x)2＝

x2，即x2＝2y－1.13．A由于坐标原点O在以AF为直径的圆上，故可设A为上顶点，F为右焦点，F1为左焦点．则|AF|＝|AF1|＝a，|BF|＝12a，|BF1|＝32a，cos∠F1AF＝cos∠F1AB，由余弦定理得a2＋a2－4c22·a·a＝a2＋（32a）2－（32a）

22·a·32a，a2＝3c2，结合b2＝2，a2＝b2＋c2解得a＝3，c＝1.所以M的方程为x23＋y22＝1.14．A设点M(2，1)为中点的弦的端点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x219＋

y212＝1x229＋y222＝1，两式相减得x21－x229＋y21－y222＝0，因为M(2，1)为中点，所以x1＋x22＝2，y1＋y22＝1，所以斜率k＝y1－y2x1－x2＝－2（x1＋x2）9（y1＋y2）＝－49，所以所求直线方程为

y－1＝－49(x－2)，即4x＋9y－17＝0.15．y＝2x－2解析：设C(x，y)，又OC→＝OA→＋t(OB→－OA→)，∴x＝t＋1，y＝2t，消去参数t，得y＝2x－2.16．y2－x2＝1解析：由y＝1kx－1，y＝kx＋1，得(y＋1)(y－1)＝1kx

·kx＝x2，整理得y2－x2＝1.专练55高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1．解析：(1)由题意知M(0，－4)，F0，p2，圆M的半径r＝1，所以|MF|－r＝4，即p2＋4－1＝4，解得p＝2.(技巧点拨：F与圆M上点的距离的最

小值为|MF|－r，最大值为|MF|＋r)(2)由(1)知，抛物线方程为x2＝4y，由题意可知直线AB的斜率存在，设Ax1，x214，Bx2，x224，直线AB的方程为y＝kx＋b，联立得y＝kx＋bx2＝4y，消去y得x2－4kx－4b＝0

，则Δ＝16k2＋16b>0(※)，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝41＋k2·k2＋b.因为x2＝4y，即y＝x24，所以y′＝x2，则抛物线在点A处的切线斜率为x

12，在点A处的切线方程为y－x214＝x12(x－x1)，即y＝x12x－x214，(技巧点拔：因为抛物线方程为x2＝4y，即y＝x24，所以想到利用导数的几何意义求切线方程)同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x22x－x2

24，联立得y＝x12x－x214y＝x22x－x224，则x＝x1＋x22＝2ky＝x1x24＝－b，即P(2k，－b).因为点P在圆M上，所以4k2＋(4－b)2＝1①，且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，即－12≤k≤12，3≤b≤5，满足(※).(易错警示：由点P

在圆M上，只得到了4k2＋(4－b)2＝1，而忽视k，b的取值范围，导致得到错误答案)设点P到直线AB的距离为d，则d＝|2k2＋2b|1＋k2，所以S△PAB＝12|AB|·d＝4（k2＋b）3.由①得，k2＝1－（4－b）24＝－b2＋8b－154，令t＝k2＋b

，则t＝－b2＋12b－154，且3≤b≤5.因为t＝－b2＋12b－154在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，tmax＝5，此时k＝0，所以△PAB面积的最大值为205.2．解析：(1)(方法一)由题意可知，当x＝p时，y2＝2p2.设M点位于第一象限，则点M的纵坐标为2p，|

MD|＝2p，|FD|＝p2.在Rt△MFD中，|FD|2＋|MD|2＝|FM|2，即p22＋(2p)2＝9，解得p＝2.所以C的方程为y2＝4x.(方法二)抛物线的准线方程为x＝－p2.当M

D与x轴垂直时，点M的横坐标为p.此时|MF|＝p＋p2＝3，所以p＝2.所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)设直线MN的斜率为k1，直线AB的斜率为k2，则k1＝tanα，k2＝tanβ.由题意可得k1≠0，k2≠0.设M(x1，y1)，N(x2，y2

)，y1＞0，y2＜0，A(x3，y3)，B(x4，y4)，y3＜0，y4＞0.设直线AB的方程为y＝k2(x－m)，m为直线AB与x轴交点的横坐标，直线MN的方程为y＝k1(x－1)，直线MD的方程为y＝k3(x－2)，直线ND的方程为y＝k4(x－2

).联立得方程组y＝k1（x－1），y2＝4x，所以k21x2－(2k21＋4)x＋k21＝0，则x1x2＝1.联立得方程组y＝k2（x－m），y2＝4x，所以k22x2－(2mk22＋

4)x＋k22m2＝0，则x3x4＝m2.联立得方程组y＝k3（x－2），y2＝4x，所以k23x2－(4k23＋4)x＋4k23＝0，则x1x3＝4.联立得方程组y＝k4（x－2），y2

＝4x，所以k24x2－(4k24＋4)x＋4k24＝0，则x2x4＝4.所以M(x1，2x1)，N(1x1，－2x1)，A(4x1，－4x1)，B(4x1，4x1).所以k1＝2x1x1－1，k2＝x1x1－1，k1＝2k2，所以tan(α－β)＝tanα－tanβ1＋tanα

tanβ＝k1－k21＋k1k2＝k21＋2k22＝11k2＋2k2.因为k1＝2k2，所以k1与k2同号，所以α与β同为锐角或钝角．当α－β取最大值时，tan(α－β)取得最大值．所以k2＞0，且当1k2＝2k2

，即k2＝22时，α－β取得最大值．易得x3x4＝16x1x2＝m2，又易知m＞0，所以m＝4.所以直线AB的方程为x－2y－4＝0.3．解析：(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n).将点A(

0，－2)，B(32，－1)的坐标代入，得4n＝1，94m＋n＝1，解得m＝13，n＝14．所以椭圆E的方程为x23＋y24＝1.(2)证明：(方法一)设M(x1，y1)，N(x2，y2).由题意，知直线

MN与y轴不垂直，设其方程为x－1＝t(y＋2).联立得方程组x－1＝t（y＋2），x23＋y24＝1.消去x并整理，得(4t2＋3)y2＋(16t2＋8t)y＋16t2＋16t－8＝0，所以y1＋y2＝－16t2＋8t4t2＋3，y1y2＝

16t2＋16t－84t2＋3.设T(x0，y1).由A，B，T三点共线，得y1＋2x0＝y1＋1x0－32，得x0＝32y1＋3.设H(x′，y′).由MT→＝TH→，得(32y1＋3－x1，0)＝(x′－32y1－3，y′－y1)，所以x′＝3y1＋6－x1，y′＝y1，所

以直线HN的斜率k＝y2－y′x2－x′＝y2－y1x2＋x1－（3y1＋6）＝y2－y1t（y1＋y2）－3y1＋4t－4，所以直线HN的方程为y－y2＝y2－y1t（y1＋y2）－3y1＋4t－4·(x－x2).令x＝0，得y＝y2－y

1t（y1＋y2）－3y1＋4t－4·(－x2)＋y2＝（y1－y2）（ty2＋2t＋1）t（y1＋y2）－3y1＋4t－4＋y2＝（2t－3）y1y2＋（2t－5）（y1＋y2）＋6y1t（y1＋y2）－3y1＋4t－4＝（2t－3）·16t2＋16t－84t2＋3＋（

5－2t）·16t2＋8t4t2＋3＋6y1－t（16t2＋8t）4t2＋3－3y1＋4t－4＝－2.所以直线NH过定点(0，－2).(方法二)由A(0，－2)，B(32，－1)可得直线AB的方程为y＝23x

－2.a．若过点P(1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x＝1.将直线方程x＝1代入x23＋y24＝1，可得N(1，263)，M(1，－263).将y＝－263代入y＝23x－2，可得T(3－6，－263).由MT

→＝TH→，得H(5－26，－263).此时直线HN的方程为y＝(2＋263)(x－1)＋263，则直线HN过定点(0，－2).b．若过点P(1，－2)的直线的斜率存在，设此直线方程为kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立得方程组kx－y－

（k＋2）＝0，x23＋y24＝1.消去y并整理，得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0.所以x1＋x2＝6k（2＋k）3k2＋4，x1x2＝3k（4＋k）3k2＋4，则y1＋y2＝－8（2＋k）3k2＋4，y1y2＝4

（4＋4k－2k2）3k2＋4，且x1y2＋x2y1＝－24k3k2＋4.①联立得方程组y＝y1，y＝23x－2，可得T(3y12＋3，y1).由MT→＝TH→，得H(3y1＋6－x1，y1).则直线HN的方程为y－y2＝y1－y23y1＋6－x1－x2(x－x2).将

点(0，－2)的坐标代入并整理，得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0.②将①代入②，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．综上可得，直线HN过定点(0，－2).4．解析：(1)设曲线C上任意一

点P的坐标为(x，y)，则有：（x－2）2＋y2＝|x|＋2，当x≥0时，有y2＝8x；当x＜0时，有y＝0，所以曲线的方程为y2＝8x(x≥0)或y＝0(x＜0).(2)由题意设l的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x＝my＋2，y2＝8x

⇒y2－8my－16＝0，∴Δ＞0⇒m∈R，y1＋y2＝8m，y1y2＝－16，∴|AB|＝1＋m2（y1＋y2）2－4y1y2＝8(1＋m2)，设切线MA的方程为y－y1＝k(x－x1)(k≠0)，由y－y1＝k（x－x1），

y2＝8x⇒y2－8ky＋8y1k－8x1＝0，∴Δ＝0⇒ky1＝4，∴切线MA的方程为y－y1＝4y1(x－x1)，化简得yy1＝4(x＋x1)＝4x＋y212，①同理可得切线MB的方程为yy2＝4(x＋x2)＝4x＋y222，②

由①②得点M的坐标为M(－2，4m)，∴点M到直线l的距离d＝|－2－4m2－2|1＋m2＝41＋m2，∴S△MAB＝12|AB|·d＝16(1＋m2)32≥16，当且仅当m＝0时等号成立，故△MAB面积的最小值为16.5．解析：(1)圆A：(x－1)2

＋y2＝8的圆心A(1，0)，半径r＝22，依题意，|SB|＝|ST|，|SB|＋|SA|＝|ST|＋|SA|＝|AT|＝22＞2＝|AB|，即点S的轨迹是以B，A为左右焦点，长轴长为22的椭圆，短半轴长b＝（2）2－12＝1，所以曲线C的方程为x22＋y2＝1.(2)由DE→·MN→＝0

知，DE⊥MN，直线DE，MN不垂直坐标轴，否则点P，Q之一与点B重合，不能构成三角形，即直线DE的斜率存在且不为0，设直线DE方程为y＝k(x＋1)，由y＝k（x＋1），x2＋2y2＝2消去y并整理得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，设D(x1，y1)，E(x2，y2

)，DE中点P(xP，yP)，则有x1＋x2＝－4k22k2＋1，xP＝－2k22k2＋1，yP＝k2k2＋1，因此，|BP|＝（1－2k22k2＋1）2＋（k2k2＋1）2＝k2＋12k2＋1，直线MN的斜率为－1k，同理可得|BQ|＝|k|k2＋1k2＋2

，△BPQ面积S△BPQ＝12|BP||BQ|＝12·k2＋12k2＋1·|k|k2＋1k2＋2＝|k|＋1|k|4（|k|＋1|k|）2＋2，令t＝|k|＋1|k|≥2，当且仅当|k|＝1时取“＝”，则S△BPQ＝t4t2＋2＝14t＋2t，函数y＝4t＋2t在[2，＋∞)上单调递增，即当

t＝2时，(4t＋2t)min＝9，所以当t＝2，即k＝±1时，(S△BPQ)max＝19，所以△BPQ面积的最大值是19.专练56算法初步1．C∵486＝168×2＋150，168＝150＋18，150＝18×8＋6，18＝3×6，∴168与486的最大公约数为6.2．A由程序框

图可知x＝21，a＝75，c＝32，b＝21.3．C该程序框图表示输入x，输出y＝log2x，x>2，x2－1，x≤2的函数值，由y＝3，得log2x＝3，x>2，或x2－1＝3，x≤2，得x＝8或x＝±2，故可输入的实数x的值

的个数为3.4．CS＝0，n＝1；S＝1，S≤100，n＝3；S＝4，S≤100，n＝5；S＝9，S≤100，n＝7；……S＝81，S≤100，n＝19；S＝100，S≤100，n＝21；S＝121，S>10

0，结束循环，∴输出n的值为21.5．B程序框图表示取a，b，c中的最大值，因为0<0.41.2<0.40＝1，即0<a<1，b＝1.20.4>1.20＝1，c＝log0.41.2<log0.41＝0，所以b>a>c

，所以a，b，c中的最大值为b.6．AN＝6，k＝1，p＝1，①p＝1×1＝1，1<6；②k＝2，p＝1×2＝2，2<6；③k＝3，p＝2×3＝6，3<6；④k＝4，p＝6×4＝24，4<6；⑤k＝5，p＝24×5＝120，5<6；⑥k＝6，p＝

120×6＝720，6＝6；输出p＝720.7．A当k＝1时，k≤2成立，A＝12＋A＝12＋12；当k＝2时，k≤2成立，A＝12＋A＝12＋12＋12；当k＝3时，k≤2不成立，输出A.8．B第一次执行得S＝2，S<5，进入循环体得a＝2，b＝12，i＝2

；第二次执行得S＝4.5，S<5，进入循环体得a＝4，b＝14，i＝3，第三次执行得S＝8.75，S≥5，满足条件，输出i＝3.9．C该程序框图的功能是求和，即s＝1＋12＋122＋…＋12n－1，由于x＝126>0.01,x＝127<0.01，故当x＝127时，结束循环

，输出s＝1＋12＋…＋126＝1－1271－12＝2×(1－127)＝2－126.10．－2解析：∵x＝116<1，∴y＝2＋log2116＝2－4＝－2.11．3解析：第一次循环，x＝7，k＝1；第二次循环，x＝15，k＝2；第三次循环，x＝31，k＝3，x>16.终止循环，故输出的k的值

为3.12．3解析：第一次循环，a＝0＋1＝1，b＝9－1＝8，i＝2；第二次循环，a＝1＋2＝3，b＝8－2＝6，i＝3；第三次循环，a＝3＋3＝6，b＝6－3＝3，此时a>b，跳出循环．故输出的i的值

为3.13．D由题意，此程序框图表示S＝S*i的循环结构，当不满足S≥100时，i＝i＋2，直至满足S≥100，即计算1×3×5×…×n≥100的最小的n的值．14．C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＝4.15．B从程序框图可以看出，输入的函数是奇函数且有零点，则即可输出该函数．因此答案等价于判断哪个函数是奇函数且有零点．假

设输入答案A中的函数，显然A中函数为奇函数，但没有零点，所以不能输出函数；答案B中的函数是奇函数且存在零点0，所以输出函数为f(x)＝ln(x2＋1－x).同理答案C、D不符合题意．16．1000解析：输入a＝1728，k＝12，q＝1728÷12＝144…0；a＝144，k＝1

2，q＝144÷12＝12…0；a＝12，k＝12，q＝12÷12＝1…0；a＝1，k＝12，q＝1÷12＝0…1；所以输出的数为1000.专练57随机抽样1．C由随机抽样的特征可知①为等距抽样，为系统抽样；②是简单随机抽样．2．D在简单随机抽样、系统抽样和分层抽样中

，每个个体被抽中的概率均为nN，故P1＝P2＝P3.3．D因为高一年级1890名新生按系统抽样共抽取210人，所以分210组，每组9人中抽取一人，因为43号被抽到，所以抽取的其他编号与43相差9的整数倍，而43－15＝28，72－43＝29，1214－43＝1171，1267－43＝1224中只

有1224能被9整除，故下面4名学生中被抽到的是1267号学生．4．B由题可知分段间隔为357＝5，而在[130，138]范围内有10人，故从[130，138]范围内抽2人，在[152，153]范围内有5人，故在[

152，153]内抽取1人，在[139，151]上抽取7－2－1＝4人．5．D从表中第5行第6列开始向右读取数据，得到的前6个编号分别是：253，313，457，007，328，072,则得到的第6个样本编号是072.6．B由题意，100名学生中能说出一句或

一句也说不出的人数为100－32－45＝23人，故该校一年级的400名学生中对“二十四节气歌”只能说出一句或一句也说不出的人数约为400100×23＝92人．7．B抽样间隔为505＝10，故选B.8．B∵田径队共有运动员98人，其中女运动员有42人，∴男运动员

有56人，∵每名运动员被抽到的概率都是27，∴男运动员应抽取56×27＝16(人)，故选B.9．A因为m＝6，所以在第7组中抽取的号码个位数字与13的个位数字相同，而第7组中的编号依次为60，61，62，63，…，69，故在第7组中抽取的号码是63.10．15解析：由题设，

x＋45x＋135×30＝12，解得x＝15.11．25解析：男生人数为900－400＝500.设应抽取男生x人，则由45900＝x500，得x＝25.即应抽取男生25人．12．46解析：∵分段间隔为64

8＝8，又第1组中随机抽取的号码为6，∴第6组中抽取的号码为6＋8×5＝46.专练58统计图表、用样本估计总体1．B由统计图可知，讲座前这10位社区居民问卷答题的正确率分别为65%，60%，70%，60%，65%，75%，90%，85%，80%，9

5%.对于A项，将这10个数据从小到大排列为60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，因此这10个数据的中位数是第5个与第6个数的平均数，为70%＋75%2＝72.5%＞70%，A错误．对于B项，由统计图可知，讲座后这10位社区居民问卷

答题的正确率分别为90%，85%，80%，90%，85%，85%，95%，100%，85%，100%，所以讲座后这10位社区居民问卷答题的正确率的平均数为110×(90%＋85%＋80%＋90%＋85%＋85%＋95%＋100%＋

85%＋100%)＝89.5%＞85%，B正确．对于C项，讲座后这10位社区居民问卷答题的正确率的方差s2后＝110×[(90%－89.5%)2＋(85%－89.5%)2＋…＋(85%－89.5%)2＋(100%－89.5%)2]＝42.25

10000，所以标准差s后＝6.5%.讲座前这10位社区居民问卷答题的正确率的平均数为110×(60%＋60%＋65%＋65%＋70%＋75%＋80%＋85%＋90%＋95%)＝74.5%，所以讲座前这10位社区居民问卷答题的正

确率的方差为s2前＝110×[(60%－74.5%)2＋(60%－74.5%)2＋…＋(90%－74.5%)2＋(95%－74.5%)2]＝142.2510000，所以标准差s前≈11.93%.所以s前＞s后，C错误．对于D项，讲座前问卷答题的正确率的极差

为95%－60%＝35%，讲座后问卷答题的正确率的极差为100%－80%＝20%，D错误．故选B.2．D设该班原有n位同学，数学成绩记为a1，a2，a3，…，an，原平均分x0＝a1＋a2＋a3＋…＋ann，原方差s20＝（a1－x0）2＋（a2－x0）2＋（a

3－x0）2＋…＋（an－x0）2n该同学回归校园后新平均分x1＝a1＋a2＋a3＋…＋an＋x0n＋1＝nx0＋x0n＋1＝x0，即平均分不变．该同学回归校园后新方差s21＝（a1－x1）2＋（a2－x1）2＋（a3－x1）2＋…＋（an－x1）2＋（x0－x1）2n＋1＝（a1－x

0）2＋（a2－x0）2＋（a3－x0）2＋…＋（an－x0）2＋（x0－x0）2n＋1＝nn＋1s20＜s20，即方差变小．3．D由题意得x＝5，又乙班学生成绩的平均分为81，∴70×2＋80×3＋90＋8＋y＋1＋1

＋26＝81，得y＝4，∴x＋y＝5＋4＝9.4．C根据图1可知2017～2021年全国居民人均可支配收入逐年递增，故A正确，C错误；根据图2可知，2021年全国居民人均消费支出构成中教育文化娱乐占比为10.8%，交通通信占比为13.

1%，故B正确；食品烟酒和居住占比分别为29.8%，23.4%，由29.8%＋23.4%＝53.2%＞50%，故D正确．5．D对于A，甲评分最高为98，最低为75，极差＝98－75＝23，乙评分最高为99，最低73，极差＝99－73＝26，故错误；对于B

，甲平均数＝75＋79＋82＋84＋86＋87＋90＋91＋93＋9810＝86.5，乙平均数＝73＋81＋81＋83＋87＋88＋95＋96＋97＋9910＝88.2，故错误；对于C，由所给的数据可知乙的众数是81，故错误；对于D，甲的中位数＝86＋872＝8

6.5，乙的中位数＝87＋882＝87.5，87.5＞86.5，故正确．6．D对于A，由频率和为1，得(0.1×2＋b＋0.35＋0.15＋0.05)×1＝1，解得b＝0.25，所以A正确．对于B，长度落在区间[93，94)内的个数为100×0.35＝35，所

以B正确．对于C，[90，93)有45个数，[94，96]内有20个数，所以长度的中位数一定落在区间[93，94)内，所以C正确．对于D，根据频率分布直方图不能判断长度的众数一定落在区间[93，94)内，所以D错误．7．(1)3(2)6000解析：

(1)0.1×(0.2＋0.8＋1.5＋2.0＋2.5＋a)＝1，解得a＝3.(2)消费金额在区间[0.5，0.9]内的购物者的频率为0.1×(3.0＋2.0＋0.8＋0.2)＝0.6，所以所求购物者的人数为0.6×10000＝6000.8.38解析：由题意得m＝2

＋42＝3，∴甲组数据的平均数为27＋39＋333＝33.∴20＋n＋32＋34＋384＝33，∴n＝8，∴mn＝38.9．D因为图中的实线与虚线的相对高度表示当月利润．由折线统计图可知1月至6月的相对高度的总量要比7月至12月的相对高度总量

少，故A正确；由折线统计图可知1月至6月的收入都普遍低于7月至12月的收入，故B正确；由折线统计图可知2021年8月至12月的虚线是上升的，所以支出持续增长，故C正确；由折线统计图可知11月的相对高度比7月、8月都要小，故D错误．10．B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）A2.50.650.65B2.51.851.85C2.51.051.05D

2.51.451.45由此可知选项B对应样本的标准差最大，故选B.11．3解析：∵s2＝13[(𝑥1−𝑥)2+(𝑥2−𝑥)2+(𝑥3−𝑥)2]＝13[𝑥12+𝑥22+𝑥32−2𝑥(𝑥1+𝑥2+𝑥3)+3𝑥2]＝

13(x21＋x22＋x23－3x－2)，又s2＝13(x21＋x22＋x23－12)，∴3x－2＝12，∴x－＝2.∴x1＋1，x2＋1，x3＋1的平均数为x1＋x2＋x3＋33＝3.12．50解析：设除中间一个小矩形外的(n－1)个小矩形面积的和为P，则中间一个小矩形面积为

13P，P＋13P＝1，P＝34，则中间一个小矩形的面积等于13P＝14，200×14＝50，即该组的频数为50.专练59变量的相关关系、统计案例1．C由散点图知，这些点都分布在条形区域内，具有相关关系．2．D因为K2＝2.97

4＞2.706，所以变量x与y不相互独立，这个结论犯错误的概率不超过10%.3．D由题意，得x＝15×(20＋30＋40＋50＋60)＝40，y＝15×(25＋27.5＋29＋32.5＋36)＝30，则k＝y－0.25x＝30－0.25×40＝20，故A正确；由线性回归方程可知，b^

＝0.25>0，变量x，y呈正相关关系，故B正确；若x的值增加1，则y的值约增加0.25，故C正确；当x＝52时，y^＝0.25×52＋20＝33，故D不正确．4．A由于K2的观测值k＝10>7.879，其对应的值0.005＝0.5%，据此

结合独立性检验的思想可知：有99.5%的把握认为使用智能手机对学习有影响．5．B由于线性回归方程为y^＝7.19x＋73.96，7.19>0，即y随x的增大而增大，y与x具有正的线性相关关系，①正确；由计算可得，样本点的中心为(6，117.1)，②错误；当x＝10时，y^＝145.86，此

为估计值，所以儿子10岁时的身高的估计值是145.86cm，而不一定是实际值，③错误；由于回归直线的斜率为7.19，则儿子年龄增加1周岁，身高约增加7.19cm，④正确，故应选B.6．D由题意可得x－

＝196＋197＋200＋203＋2045＝200，y－＝1＋3＋6＋7＋m5＝17＋m5，回归方程过样本中心点，则17＋m5＝0.8×200－155，解得m＝8.7．0.8解析：x－＝0＋1＋3＋44＝2，y－＝0.9＋1.9＋3.2

＋4.44＝2.6，又y^＝b^x＋1过(x－，y－)，∴2.6＝2b^＋1，b^＝0.8.8．①解析：根据查对临界值表知P(K2≥3.841)≈0.05，故有95%的把握认为“这套眼保健操能起到预防近视的作用”，即①正确；95%仅指“这套眼保健操能起到预防近视的作用”的可信程

度，所以②③④错误．9．没有解析：由于K2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）＝200×（80×40－40×40）2120×80×120×80＝509<6.635，故没有99%以上的把握认为“生三胎与性别有关”．10．D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像．故选D.11．0.025解析：由题意可得列联表如下，集中培训分散培训总计一次考过453075一次未考过102030总计5550105K2＝105×（45×20－10×30）255×50×75×30≈6.109>5.024.故犯错误

的概率不超过0.025.12．68解析：计算可得，x－＝30，y－＝307＋a5，所以307＋a5＝0.67×30＋54.9，解得a＝68.专练60排列与组合1．B先利用捆绑法排乙、丙、丁、戊四人，再用插空法选甲的位置，共有A22A33C12＝24(种)不同的排列方式．故选B.2．C

小明和小李必须安装不同的吉祥物，则有A22＝2种情况，剩余3人分两组，一组1人，一组2人，有C23＝3，然后分配到参与两个吉祥物的安装，有C23A22＝3×2＝6，则共有2×6＝12种．3．B若均在晚上播放，则不

同的安排方式有3A22＝6种，若白天一场，晚上一场，则有C16·C14·A22＝48种，故放映这两部电影不同的安排方式共有48＋6＝54种．4．B由题意可知，完成这件事情分三类：第一类，按照3，3，1，1，1，1的走法有C26种

；第二类，按照3，2，2，1，1，1的走法有C16C25种；第三类，按照2，2，2，2，1，1的走法有C46种；所以他恰好6步上完台阶的方法种数是C26＋C16C25＋C46＝15＋60＋15＝90.5．D由题意用2根火柴棒表示数字1

，3根火柴棒表示数字7，4根火柴棒表示数字4，5根火柴棒表示数字2，3或者5，6根火柴棒表示数字6或9，7根火柴棒表示数字8，数字不重复，因此8根火柴棒只能分成两级：2和6，3和5，组成两个数字，还有数字只能为0，这样组成的无重复数字

的三位数个数为C12C12A22＋C12C13A22＝20.6．B由题意知：从A到B的最短路径要通过7段马路，4段水平马路，3段竖直马路，共有C37＝35种，又因为经过CD段的走法有C12·C24＝12种，故不经过CD段的最短路程有35－12＝23

种．7．B第一步：为每个项目安排表演队员：先安排雪上技巧项目，有C12种，再安排其他三个项目，有A33种，共有C12×A33＝2×6＝12种；第二步：安排出场顺序，有A44＝24种，所以一共有12×24＝288种．8．B将安排除甲、乙、丙外其它3名志愿者，有

A33种，再分两类讨论：第一类：安排不相邻的乙丙，相当于将2个球在3个球所形成的4个空中任选2个插入有A24种，安排不在第一天的甲，相当于5个球所成的后5个空中任选一个插入，有C15种，第二类：将甲安排在乙丙中间有A22种，把甲乙丙作为整体安排，相当于将1个球插入3个球所形成的4个空中有C14种

，所以不同的方案有A33(A24C15＋A22C14)＝408种．9．C将五月一日至五月五日编号为1，2，3，4，5，先放中间的3，再放2，4，最后放1，5，先放3有C13种，若2，4同一个人有2种，此时1，5有3种情况，共有2×3＝6种，

若2，4不同人有2种，此时1，5有4种情况，共有2×4＝8种，所以共有3×(6＋8)＝42种．10．20解析：由两人担任白天网格员有C25种，由三人担任白天网格员有C35种，所以共有C25＋C35＝10＋10＝20种．11．36解

析：将5人分成三组，每组至少一人，则各组人数分别为3、1、1或2、2、1.①若三组人数分别为3、1、1，则甲、乙所在组的人数为3，此时还需从另外3人中选1人到这组，此时不同的分配方案种数为C13A33＝18；②若三组人数分别为2、2、1，则其中一组有2人的为甲、乙所在

的一组，此时不同的分配方案种数为C23A33＝18.综上所述，不同的分配方案种数为18＋18＝36.12．1800解析：当d为奇数时，a×b×c为偶数：1．a，b，c一偶两奇，此时不同排列方法为C35C14C13A33＝

720种；2．a，b，c两偶一奇，此时不同排列方法为C25C24C12A33＝720种；3．a，b，c三个偶数，此时不同排列方法为C15C34A33＝120种；当d为偶数时，a×b×c为奇数，此时a，b，c三个奇

数，不同排列方法为C35C14A33＝240种；综上，不同排列方法有1800种．13．A先从相声、音乐、魔术、朗诵4个节目中选3个，有C34＝4种，再把5个节目排列且满足舞蹈在前、小品在后，有A55A2

2＝60，总共有4×60＝240种．14．C由题意可知：6名调研员安排到4家医院，符合条件的安排是四家医院，分到的人数为2，2，1，1，共有C26C24A22·A44＝1080.15．65解析：由题可知没有限制时，每人有3种选择，则4人共有34种，若没人去人民公园，则每

人有2种选择，则4人共有24种，故人民公园一定要有人去的不同游览方案有34－24＝81－16＝65种．16．36解析：由题意，先将4个同学分成3组，每组人数分别为2，1，1，然后再由这3组同学选择三门课程，所以不同的选课方案种数为C24C12C11A22·A33＝36.专练6

1二项式定理1．C因为T3＝C2n(x)n－2(－2x)2＝4C2nxn－62为常数项，所以n－62＝0，所以n＝6.令x＝1，得(x－2x)6展开式的各项系数和为(1－2)6＝1.2．B(3x3－12x)4展开式的通项为Tr＋1＝Cr4(3x3)4－r

·(－12x)r＝34－r·(－12)r·Cr4·x12－4r，令12－4r＝0，则r＝3，所以(3x3－12x)4展开式中的常数项是3×(－18)×C34＝－32.3．A由二项展开式的通项可得，第四项T4＝C35(12x)2(－2y

)3＝－20x2y3，故x2y3的系数为－20.4．C令x＝1得(2－a)(1－2)4＝3，解得a＝－1，其中(x－2x)4的通项公式为Tr＋1＝Cr4x4－r(－2x－1)r＝(－2)rCr4x4－2r，令4－2r＝－2得r＝3，所以T4＝(－2)3C34

x－2＝－32x－2，则2x2·(－32)x－2＝－64，令4－2r＝1，此时r＝32，不合题意，综上，该展开式中的常数项为－64.5．B由题意，二项式(2x3＋y2)n展开式的通项为Tr＋1＝Crn(2

x3)n－r(y2)r＝2n－rCrnx3(n－r)y2r，因为(2x3＋y2)n的二项展开式中某项为bx6y6，可得2r＝63（n－r）＝6，解得n＝5，r＝3，所以b＝22·C35＝40.6．B由题可知，x轴上，0和a关于1对称，故a＝2；(x＋ax)10的通项为Tr＋1＝Cr1

0·x10－r·(2·x－12)r＝2r·Cr10·x10－3r2，当r＝0，2，4，6，8，10时，为有理项．7．C令x＝0，得a＝2，所以(a＋2x2)(1＋x)n＝(2＋2x2)(1＋x)n，令x＝1，得4×2n＝256，

所以n＝6，故该展开式中x4的系数为2C46＋2C26＝60.8．A(x3－1)6的展开式通项为Tk＋1＝Ck6·(x3)6－k·(－1)k＝Ck6·(－1)k·x18－3k，因为(1x6－2)(x3－1)6＝1x6(x3－1)6－2

(x3－1)6，在1x6Tk＋1＝Ck6·(－1)k·x12－3k中，令12－3k＝0，可得k＝4，在2Tr＋1＝2Cr6·(－1)r·x18－3r中，令18－3r＝0，可得r＝6，所以，(1x6－2)(x3－1)6的展开式中的常数项为C46－2C66＝1

3.9．A∵在(x＋ax)n的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，∴在(x＋ax)n的展开式有11项，即n＝10；而展开式的所有项的系数和为0，令x＝1，代入(x＋ax)n＝0,即(1＋a)10＝0，所以a＝－1.∴(x－1x)10是展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr10x10－r

(－1x)r＝(－1)rCr10x10－2r，要求含x6的项，只需10－2r＝6，解得r＝2，所以系数为(－1)2·C210＝10×92×1＝45.10．60解析：二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr

6(2x)6－r(1x)r＝26－rCr6x6－32r，令6－32r＝0，则r＝4，故常数项为22C26＝60.11．－28解析：(1－yx)(x＋y)8＝(x＋y)8－yx(x＋y)8，由二项式定理可知其展开式中x2y6的系数为C68－C58＝－28.1

2.12或114解析：二项式(x＋ax)8的展开式的通项公式为Cr8·x8－r·(ax－1)r＝ar·Cr8·x8－2r，前三项的系数a0·C08，a1·C18，a2·C28成等差数列，所以2a1·C18＝a0·C08＋a2·C

28，即28a2－16a＋1＝0，解得a＝12或114.13．－720解析：由题意可知(x2－2x＋3y)5＝[]（x2－2x）＋3y5，展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr5(x2－2x)5－r(3y)r＝Cr5·[]Ct5

－r（x2）5－r－t（－2x）t·(3y)r＝Cr5·Ct5－r·(－2x)t·(x2)5－r－t·(3y)r＝Cr5·Ct5－r·(－2)t·3r·x10－2r－t·yr，由于要求展开式中x3y2的系数，所以r＝2，t＝3.则展开式中x3

y2的系数为C25·C33·(－2)3·32＝－720.14．－10解析：因为(x－3x)5展开式的通项为Tr＋1＝Cr5(x)5－r(－3x)r＝Cr5x15－r6(－1)r，令15－r6＝2，解得r＝3，所以T4＝C35x2(－1)3＝－10x2，故展开式中x2项的系数为－10

.15．8(答案不唯一)解析：由题意，二项式(2x－1)n的展开式中第5项的二项式系数最大，可得C4n≥C3nC4n≥C5n，即n（n－1）（n－2）（n－3）4×3×2×1≥n（n－1）（n－2）3×2×1n（n－1）（n－2）（n－3）4×3×2×1≥n（n－1）（n－2

）（n－3）（n－4）5×4×3×2×1，解得7≤n≤9，所以n＝7或8或9.16．±1－47解析：因为多项式(a＋x)4＋(2x－1)5＝a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5(a∈R)，所以C04a4＋C55(－1)5＝0，即a4＝1，解得a＝±1，又

a4＝C44＋C1524(－1)＝－79，a5＝C0525＝32，所以a4＋a5＝－79＋32＝－47.专练62古典概型、几何概型和条件概率1．B在区间(0，1)中随机取一个数，记为x，在区间(1，2)中随机取一个数，记为y，两数之和大于74，即x＋y>

74，则0<x<11<y<2x＋y>74.在如图所示的平面直角坐标系中，点(x，y)构成的区域是边长为1的正方形区域(不含边界)，事件A“两数之和大于74”即x＋y>74中，点(x，y)构成的区域为图中阴影部分(不含边界)，由几何概型的概率计算公式得P(A)＝1－

342×121×1＝2332，故选B.2．A由log12(3x－2)≥1可得0＜3x－2≤12，即23＜x≤56，所以事件“log12(3x－2)≥1”发生的概率为P＝56－232＝112.3．B行人在红灯亮起的25秒内到达路口，即满足至少需要15秒才出现绿灯，∴所求事

件的概率P＝2540＝58.4．D4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有24种不同的情形，其中4位同学都选周六有1种不同的情形，都选周日有1种不同的情形，∴所求事件的概率P＝1－224＝1－1

8＝78.5．C解法一(将4个1和2个0视为完全不同的元素)4个1分别设为1A，1B，1C，1D，2个0分别设为0A，0B，将4个1和2个0随机排成一行有A66种排法，将1A，1B，1C，1D排成一行有A

44种排法，再将0A，0B插空有A25种排法，所以2个0不相邻的概率P＝A44A25A66＝23.解法二(含有相同元素的排列)将4个1和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安排0，共有C26种排法；将4个1排成一行，把2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有C25种排法．所以2个0不相邻的

概率P＝C25C26＝23.6．D由4个A不区分顺序、2个B不区分顺序，可得总情况有A66A44A22＝15种，先排4个A有1种排法，在形成的3个中间的空中插入B即可，故2个B相邻且不排在两端的情况有C23＝3种，故概率为315＝15.7．C设用

该试剂检测呈现阳性为事件B，被检测者患病为事件A，未患病为事件A，则P(B|A)＝0.99，P(A)＝0.01，P(B|A)＝0.1，P(A)＝0.99，故所求概率P(B)＝0.99×0.01＋0.1×0.99＝0.1089.8．D从7名大学生中任选2人共有C27＝21种不同的

方法，其中2人都会说汉语的有C23＝3种不同的情形，∴所求事件的概率P＝321＝17.9．D设8∶00为初始时刻0，则9∶00，10∶00，11∶00，12∶00分别为时刻1，2，3，4，设新的疫苗送达的时刻为x，某人到接种点的时刻为y，记他到达时疫苗

已送达为事件A，则试验的全部结果所构成的区域为Ω＝{(x，y)|0≤x≤3，1≤y≤4}，事件A所构成的区域为A＝{(x，y)|y≥x，0≤x≤3，1≤y≤4}，如图阴影区域，则P(A)＝SASΩ＝3×3－12×2×23×3＝79.10.310解析：从5名同学中随机选3名参加社区服务工作，共有C3

5＝10(种)选法，甲、乙都入选有C13＝3(种)选法．根据古典概型的概率计算公式，甲、乙都入选的概率p＝310.11.635解析：从正方体的8个顶点中任选4个，所有的取法有C48＝70(种)，4个点

共面的取法共有12种(表面有6个四边形，对角线可构成6个长方形，所以共有12种)，所以4个点在同一个平面的概率为1270＝635.12．0.98解析：经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为10×0.97＋20×0.98＋10×0.991

0＋20＋10＝0.98.13．C5个快递送到5个地方有A55＝120种方法，全送错的方法数：先分步：第一步快递A送错有4种方法，第二步考虑A所送位置对应的快递，假设A送到丙地，第二步考虑快递C，对C分类，第一类C送到甲地，则剩下B，D，E要均送错有2种可能(丁戊乙，戊乙

丁)，第二类C送到乙丁戊中的一个地方，有3种可能，如送到丁地，剩下的B，D，E只有甲乙戊三地可送，全送错有3种可能(甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲)，∴总的方法数为4×(1×2＋3×3)＝44，所求概率为P＝44120＝1130.14．D从12幅作品中抽取规定作品和创意设计作品各2幅，共有C26C26＝2

25种选法；若选手获得“冰雪之韵”纪念品，共有C24C13C13＋C14C12C23＋C24C23＝96种选法；∴所求概率P＝96225＝3275.15．A如图区域D：0≤x≤3，0≤y≤1表示矩形，面积为3，到坐标原点距离小于2

的点，位于以原点O为圆心，半径为2的圆内，即x2＋y2＝4与区域D：0≤x≤3，0≤y≤1的公共部分(如图阴影部分所示)，联立y＝1，x2＋y2＝4得C(3，1)，连接OC，所以∠AOC＝30°，OC＝OA＝

2，OB＝1，所以扇形AOC的面积S扇形AOC＝12×π6×22＝π3，因为S△BOC＝12×BO×BC＝12×1×3＝32，所以S阴影＝S扇形AOC＋S△BOC＝π3＋32，所以此点到坐标原点的距离小于2的概率为π3＋32

3＝33＋2π18.16．0.18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.专练63离散型随机变量及其分

布列1．B由分布列的性质可知16＋13＋16＋p＝1.∴p＝13.2．D∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b，由分布列的性质可知a＋b＋c＝1，∴b＝13，∴P(|ξ|＝1)＝P(ξ＝－1)＋P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)＝1－13＝23.3．C4．C从5个球中任取2个球，则2

个球号码之和可能取的值为3，4，5，6，7，8，9共有7个值．5．B由题意得，m(23＋49＋827)＝1，∴m＝2738.6．A由题可知P(X＝0)＝C23C27＝321＝17，P(X＝1)＝1－P(X＝0)＝

1－17＝67.7．C由分布列的性质可知，12a＋22a＋32a＝62a＝1，得a＝3，P(X＝2)＝22a＝13.8．CP(X<2)＝P(X＝－2)＋P(X＝－1)＋P(X＝0)＋P(X＝1)＝0.8.∴1＜a≤2.9．A依题意，X的可能值为0，1，2，则有P(X＝0

)＝C2m＋nC2m＋n＋3，P(X＝1)＝C13C1m＋nC2m＋n＋3，P(X＝2)＝C23C2m＋n＋3，于是得E(X)＝1·C13C1m＋nC2m＋n＋3＋2·C23C2m＋n＋3＝6（m＋n）＋12（m＋n＋3）（m＋n＋2）＝6m＋n＋3＝35，解得m＋n＝7，袋中共有10个球

，因此，取出一白一红的概率为C13C1mC210＝3m45＝m15＝13，解得m＝5，则n＝2，所以取出一红一黄的概率为C15C12C210＝1045＝29.10.13解析：由9C2－C＋3－8C＝1，得C＝13或C＝23，又当C＝23时，9C

2－C＝9×49－23>1，不合题意，当C＝13时符合题意．∴C＝13.11.512解析：由分布列的性质知13＋m＋14＋16＝1，得m＝14.P(|X－3|＝1)＝P(X＝4)＋P(X＝2)＝16＋14＝512.12.X012P1103

5310解析：由题意得，X可取的值为0，1，2，则P(X＝0)＝C22C25＝110，P(X＝1)＝C12C13C25＝610＝35，P(X＝2)＝C23C25＝310.13．A14．D若甲队以3∶0获胜，则P1＝(23)3＝827；若甲队以3∶1获胜，则P2

＝C23(23)2(1－23)×23＝827；若甲队以3∶2获胜，则P3＝C24(23)2×(1－23)2×12＝427.∴甲队获胜的概率P＝P1＋P2＋P3＝2027，故选D.15.－13，13解析：∵P1，P2，P3成等差数列，且P1＋P2＋P3＝1，

∴P2＝13，∴P1＝13－d≥0，P2＝13＋d≥0，得－13≤d≤13.16．332解析：由题意，此过程中取到黄球的个数为ξ，可得ξ＝0表示取到红球后(停止取球)，还没有取到黄球，有以下两种情况：第一次

取到红球，概率为P1＝1n＋2；第一次取到绿球，第二次取到红球，概率为P2＝1n＋2·1n＋1，所以P(ξ＝0)＝P1＋P2＝1n＋2＋1n＋2·1n＋1＝14，解得n＝3，所以随机变量ξ允许取的值为0，1，2，3，可得P(ξ＝0)＝14，P(ξ＝1)＝35×14＋35×14×13＋15×34×1

3＝14，P(ξ＝2)＝35×24×13＋35×24×13×12＋35×14×23×12＋15×34×23×12＝14，P(ξ＝3)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝2)＝14，所以随机变量ξ的分布列为：ξ0123P14141

414所以期望为E(ξ)＝0×14＋1×14＋2×14＋3×14＝32.专练64二项分布及其应用1．AP(A)＝12，P(AB)＝14，∴P(B|A)＝P（AB）P（A）＝12.2．BP(A)＝C23＋C22C25＝25，P(AB)＝C22C

25＝110，∴P(B|A)＝P（AB）P（A）＝11025＝14.3．D由题意可知甲中靶的概率P1＝810＝45，乙中靶的概率P2＝710，又两人中靶相互独立，∴他们都中靶的概率P＝P1P2＝710×45＝1425.4．C记甲通过某种听力测试记为事件A，乙通过某种听

力测试记为事件B，则P(A)＝12，P(B)＝13，∴他们中有且仅有一人通过的概率P＝P(AB)＋P(AB)＝12×(1－13)＋(1－12)×13＝12×23＋12×13＝12.5．CP(X＝2)＝C24(12)2×(1－12)4－2＝616＝38.6．B射击四次至少击中3

次的概率P＝C34×0.83×(1－0.8)＋C44×0.84＝0.8192.7．D∵P(X＝2)＝C24P2(1－P)2＝827，得P＝13或P＝23，又0<P<12，∴P＝13，∴P＝(X＝1)＝C14P(1－P)3＝4×13

×(23)3＝3281.8．B移动五次后位于点(2，3)，所以质点P必须向上移动三次，向右移动两次．故其概率为C35(12)3·(12)2＝C35(12)5＝C25(12)5.9．D∵X～B(n，13)，E(X)＝13n＝2，∴n＝6，∴P(X＝2)＝C26(13)2(1－13)

6－2＝15×2436＝5×2435＝80243.10.12解析：n(B)＝C1322＝12，n(AB)＝A33＝6，P(A|B)＝n（AB）n（B）＝612＝12.11.13解析：∵np＝30，np（1－p）＝20，∴1－p＝23，∴p＝13.12.1781解析：当经过3局甲

队获胜，则概率为13×13×13＝127，当经过4局甲队获胜，则概率为13×C23×(13)2×(1－13)＝227，当经过5局甲队获胜，则概率为13×C24×(13)2×(1－13)2＝881，所以最后甲队获胜的概率是

127＋227＋881＝1781.13．D若X～B(3，12)，则P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－(1－12)3＝78，故p2为真命题；(x2－1x)6的中间项为C36(x2)3(－1x)3＝－20x3，故p4为真命题．故选D.14．C因为X～B(4，13)，所以E(X)＝4×13＝43，D(

X)＝4×13×1－13＝89，因此E(3X＋1)＝3E(X)＋1＝3×43＋1＝5，D(3X＋1)＝32·D(X)＝9×89＝8，因此选项B、D不正确，选项C正确，又因为P(X＝2)＝C24(13)2(1－13)2

＝827，所以选项A不正确．15.881解析：∵X～B(n，13)，∴E(X)＝n3＝43，∴n＝4，∴P(X＝3)＝C34×(13)3×(1－13)＝4×127×23＝881.16.25解析：设“开关第一次闭合后出现红

灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B，则由题意可得P(A)＝12，P(AB)＝15，则“在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯”的概率是P(B|A)＝P（AB）P（A）＝1512＝25.

专练65离散型随机变量的均值与方差、正态分布1．A由题意，正态曲线的对称轴为μ＝0，则ξ＝1与ξ＝－1关于对称轴对称，于是P(ξ＞－1)＝P(ξ＜1)＝0.6.2．B∵X～B(10，0.6)，∴E(X)＝10×0.6＝6，D(X)＝

10×0.6×(1－0.6)＝2.4，又X＋Y＝8，∴Y＝8－X，∴E(Y)＝8－E(X)＝8－6＝2，D(Y)＝(－1)2D(X)＝2.4.3．A∵P(ξ＞1)＝0.5，∴P(ξ＞4)＝P(ξ＞1)－P(1＜ξ≤4)＝0

.5－0.32＝0.18.4．D由分布列的性质可知0.5＋m＋0.2＝1，∴m＝0.3，∴E(X)＝1×0.5＋3×0.3＋5×0.2＝2.4.5．C由分布列的性质可知16＋p＋13＝1，∴p＝12，∴E(X)＝0×16＋2×p＋a×13＝1＋a3＝2

，∴a＝3，∴D(X)＝(0－2)2×16＋(2－2)2×12＋(3－2)2×13＝1，∴D(2X－3)＝4D(X)＝4.6．B由题可知X可取的值为0，1，2，则P(X＝0)＝C24C35＝0.6，P(X＝1)＝C23C35＝0.3，P(X＝2)＝C22C35＝

0.1，∴E(X)＝0×0.6＋1×0.3＋2×0.1＝0.5.7．B由题意得X～B(10，p)，则D(X)＝10×p×(1－p)＝2.4，得p＝0.4或p＝0.6，又P(X＝4)<P(X＝6)，∴C410p4(1－p)

6<C610p6(1－p)4，∴(1－p)2<p2，∴p>0.5，∴p＝0.6.8．B所选择的3个观察项目中当天会决出奖牌的项目数为X，则X的取值为0，1，2，3，P(X＝0)＝C33C36＝120，P(X＝1)＝C23·C13C36＝920，P(X＝2)＝C13·C23C36＝920，P(X＝

3)＝C33C36＝120，则E(X)＝0×120＋1×920＋2×920＋3×120＝32.9．A由题意，E(ξ)＝0×12＋1×a2＋2×1－a2＝1－a2，所以D(ξ)＝(0－1＋a2)2×12

＋(1－1＋a2)2×a2＋(2－1＋a2)2×1－a2＝－14a2－12a＋14＝－14(a＋1)2＋12，所以D(ξ)在(0，1)上随a增大而减小．10．1.96解析：由题意，X～B(100，0.02)，∴D(X)＝100×0.02×(1－0.02)＝

1.96.11.52解析：X的分布列为X1234P14141414∴E(X)＝1×14＋2×14＋3×14＋4×14＝52.12．78解析：∵X～N(90，σ2)，∴正态曲线关于直线x＝90对称，又P(60≤X≤120)＝0.8，∴

P(X>120)＝1－0.82＝0.1，∴估计高于120分的有780×0.1＝78人．13．D由题意得X的可能取值为1，2，3，则P(X＝1)＝C1333＝19，P(X＝2)＝C23A2333＝23，P(X＝3)＝A333

3＝29，所以E(X)＝1×19＋2×23＋3×29＝199，D(X)＝(1－199)2×19＋(2－199)2×23＋(3－199)2×29＝2681，Y的可能取值为0，1，2，则P(Y＝0)＝A3333＝29，P(Y＝1)＝C23A2333＝23，P(Y＝2)＝C1333＝1

9，∴E(Y)＝0×29＋1×23＋2×19＝89，D(Y)＝(0－89)2×29＋(1－89)2×23＋(2－89)2×19＝2681；∴E(X)≠E(Y)，D(X)＝D(Y).14．B由已知，ξ的可能取

值是2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮比赛停止的概率为(23)2＋(13)2＝59.若该轮结束时比赛还要继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下一轮比赛是否停止没有影响．所以P(ξ＝2)＝59，P(ξ＝4)＝59×49＝

2081，P(ξ＝6)＝(49)2＝1681，所以E(ξ)＝2×59＋4×2081＋6×1681＝26681.故选B.15．32解析：由ξ～N(1000，σ2)，P(ξ>1200)＝a，P(800<ξ<1000

)＝b得a＝0.5－b，所以a＋b＝12，则1a＋9b＝2(1a＋9b)(a＋b)＝2(10＋ba＋9ab)≥2(10＋2ba·9ab)＝32，所以1a＋9b的最小值为32.16．19解析：根据平均数的计算公式，全班的平均数为z＝17×30＋

12×2030＋20＝15，由s2＝1n∑ni＝1(xi－x)2＝1n∑ni＝1(x2i－2xix＋x2)＝1n∑ni＝1x2i－2x1n∑ni＝1xi＋x2＝1n∑mi＝1x2i－x2，设男同学为x1，x2，…，x30，女同学为y1，y2，…，y

20，则男同学的方差s21＝130∑30i＝1(xi－17)2＝130∑30i＝1x2i－289＝11，从而∑30i＝1x2i＝300×30＝9000，则女同学的方差s22＝120∑20i＝1(yi－12)2＝120∑20i＝1y2i－144＝16，从而∑20i＝1y2i＝16

0×20＝3200；所以全班同学的方差为s2＝150∑50i＝1(zi－15)2＝150∑50i＝1z2i－225＝150(9000＋3200)－225＝19.专练66高考大题专练(六)概率与统计的综合运用1．解析：(1)设三个项目比赛中甲学校获胜分别为事件A，B，C，易知事件A，B，C相互独立

．甲学校获得冠军，对应事件A，B，C同时发生，或事件A，B，C中有两个发生，故甲学校获得冠军的概率为p＝P(ABC＋A－BC＋AB－C＋ABC－)＝P(ABC)＋P(A－BC)＋P(AB－C)＋P(ABC－)＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)

×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.(2)由题意得，X的所有可能取值为0，10，20，30.易知乙学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.6，0.2，则P(X＝0)＝(1－0.5)×(1－0.6

)×(1－0.2)＝0.16，P(X＝10)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.2)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.2)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.2＝0.44，P(X＝20)＝0.5×0.6×(1－0.2)＋0.5×(1－

0.6)×0.2＋(1－0.5)×0.6×0.2＝0.34，P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06，所以X的分布列为X0102030P0.160.440.340.06则E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.2．解析：(1)根据题表中数据知

，甲机床生产的产品中一级品的频率是150200＝0.75，乙机床生产的产品中一级品的频率是120200＝0.6.(2)根据题表中的数据可得K2＝400×（150×80－120×50）2200×200×270×130＝40039≈10.256

.因为10.256>6.635，所以有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异．3．解析：(1)该林区这种树木平均一棵的根部横截面积x－＝0.610＝0.06(m2)，平均一棵的材积量

y－＝3.910＝0.39(m3).(2)由题意，得i＝110(xi－x－)2＝i＝110x2i－10x－2＝0.038－10×0.062＝0.002，i＝110(yi－y－)2＝i＝110y2i－10y－2＝1.6158－10×0.392＝0.0948，

i＝110(xi－x－)(yi－y－)＝i＝110xiyi－10x－y－＝0.2474－10×0.06×0.39＝0.0134，所以相关系数r＝0.01340.002×0.0948＝0.01341.896×0.

0001≈0.01340.01377≈0.97.(3)因为树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以比例系数k＝y－x－＝0.390.06＝6.5，所以该林区这种树木的总材积量的估计值为186×6.5＝1209(m3).4．解析：(1)由表可知，抽取的6件合格产品中

有3件优等品，所以，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，P(ξ＝0)＝C33C36＝120，P(ξ＝1)＝C13C23C36＝920，P(ξ＝2)＝C23C13C36＝920，P(ξ＝3)＝C33C36＝1

20，所以，随机变量ξ的期望为E(ξ)＝0×120＋1×920＋2×920＋3×120＝32.(2)①∵y＝c·xb，∴lny＝lnc＋blnx，∵∑6i＝1(lnxi)＝24.6，∑6i＝1(lnyi)＝18.3，∴lnx

＝16∑6i＝1(lnxi)＝4.1，lny＝16∑6i＝1(lnyi)＝3.05，∴b^＝∑6i＝1（lnxi·lnyi）－6×lnx×lny∑6i＝1（lnxi）2－6×（lnx）2＝75.3－6×4.1×3.05101.4

－6×4.12＝0.5，a^＝lny－b^lnx＝3.05－0.5×4.1＝1，∴lny＝1＋0.5lnx，所以，c＝e,故y关于x的回归方程为y^＝ex0.5；②由①知，y^＝ex0.5，∴z^＝2y^－0.32x＝2ex0.5－0.32x＝－0.32(x－e0.32)2＋e20.32，当x

＝e0.32，即x＝(e0.32)2≈72时，z^取得最大值，故当优等品的尺寸x为72mm时，收益z的预报值最大．5．解析：(1)由频率分布直方图可得，二级品的频率为10×(0.005＋0.04＋0.03)＝0.75，一级品的频率为10×(0.02＋0.005

)＝0.25，按分层抽样抽取8个口罩，则其中二级、一级口罩个数分别为6、2，故事件“至少有一个一级品”的概率P＝C26C12＋C16C22C38＝914.(2)由题知X的可能取值为0，1，2，3，P(X＝0)＝0.9×0

.8×0.7＝0.504，P(X＝1)＝0.1×0.8×0.7＋0.9×0.2×0.7＋0.9×0.8×0.3＝0.398，P(X＝2)＝0.1×0.2×0.7＋0.1×0.8×0.3＋0.9×0.2×0.3＝0.092，P(X＝3)＝0.1×0.2×0.3＝0.006，所以X的分布列为

X0123P0.5040.3980.0920.006.E(X)＝0×0.504＋1×0.398＋2×0.092＋3×0.006＝0.6.专练67高考大题专练(七)坐标系与参数方程1．解析：(1)∵点M在曲

线C上，∴6＝3t，∴t＝2，∴a＝y＝2×22＋1＝9.(2)∵直线l的极坐标方程为ρsin(θ－π6)＝－3，∴直线l的直角坐标方程为x－3y－23＝0.∵点P在曲线C上，∴设P(3t，2t2＋1

)，则点P到直线l的距离为d＝|3t－23t2－33|2，当t＝34时，dmin＝21316.2．解析：(1)C1的参数方程为x＝2＋t6，y＝t．消去参数t，得C1的普通方程为y2＝6x－2(y≥0).(

2)曲线C3的极坐标方程为2cosθ－sinθ＝0，两边同乘ρ，得2ρcosθ－ρsinθ＝0，则C3的直角坐标方程为y＝2x.联立得方程组y2＝6x－2（y≥0），y＝2x，解得x＝12，y＝1或x

＝1，y＝2.将曲线C2的参数方程中的参数s消去，得y2＝－6x－2(y≤0).联立得方程组y2＝－6x－2（y≤0），y＝2x，解得x＝－12，y＝－1或x＝－1，y＝－2.所以C3与C1交点的直角坐标为12，1和()1，2，C3与

C2交点的直角坐标为－12，－1和(－1，－2).3．解析：(1)曲线C的参数方程x＝2cosθ，y＝sinθ(θ为参数)，转换为普通方程为x22＋y2＝1；直线l过点M(1，0)且倾斜角为α，则参数方程为x＝1＋tcosα，y＝tsinα(t为参数).(2)把直线l的参数

方程x＝1＋tcosα，y＝tsinα(t为参数)代入x22＋y2＝1.得到(1＋sin2α)t2＋2tcosα－1＝0，所以t1＋t2＝－2cosα1＋sin2α，t1t2＝－11＋sin2α(t1和t2分别为A和B对应的参数)，t1t2<0，

则t1，t2异号，||MA|－|MB||＝||t1|－|t2||＝|t1＋t2|，由|MA|·|MB|||MA|－|MB||＝33，整理得|t1＋t2|＝－2cosα1＋sin2α＝3|t1t2|＝31＋sin2α，解得cosα＝±32.4．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＋1－2)2＋(y2)2＝2，即(x－3＋2)2＋y2＝4.所以P的轨

迹C1的参数方程为x＝3－2＋2cosα，y＝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．5．解析：(1)由曲线C1的参数方程x＝1＋cosα，y＝s

inα(α为参数)，消去参数，可得普通方程为(x－1)2＋y2＝1，即x2＋y2－2x＝0，又由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，代入可得曲线C1的极坐标方程为ρ＝2cosθ，设点B的极坐标为(ρ，θ)，A点的极坐标为(ρ0，θ0)，则|OB|＝ρ，|OA|＝ρ

0，ρ0＝2cosθ0，θ＝θ0，因为|OA|·|OB|＝8，所以ρ·ρ0＝8，即8ρ＝2cosθ，即ρcosθ＝4，所以曲线C2的极坐标方程为ρcosθ＝4.(2)由题意，可得|OM|＝2，则S△ABM＝S△OBM－S△OAM＝12|OM|·|xB－xA|＝12×2×|4－2cos2θ

|＝|4－2cos2θ|，即S△ABM＝4－2cos2θ，当cos2θ＝1时，可得S△ABM的最小值为2.6．解析：(1)由ρsin(θ＋π3)＋m＝0，得12ρsinθ＋32ρcosθ＋m＝0.∵ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，∴l的直角坐标方程为32x＋12y＋m

＝0.(2)(方法一)把x＝3cos2t，y＝2sint代入32x＋12y＋m＝0，得m＝－32cos2t－sint＝－32＋3sin2t－sint＝3(sint－16)2－1912.∵sint∈[－1，1]，∴当sint＝16时，m取得最小值－1912；当sint＝－1时，m取得最大值52.

∴m的取值范围是[－1912，52].(方法二)x＝3cos2t＝3(1－2sin2t)＝3[1－2(y2)2]＝3－32y2.∵y＝2sint，sint∈[－1，1]，∴y∈[－2，2].联立得方程组x＝

3－32y2，3x＋y＋2m＝0.消去x并整理，得3y2－2y－4m－6＝0，即4m＝3y2－2y－6＝3(y－13)2－193(－2≤y≤2).∴－193≤4m≤10，∴－1912≤m≤52.∴m的取值范围是[－1912，52].专练68高考大题专练(

八)不等式选讲1．解析：(1)当a＝2时，函数f(x)＝|2x＋2|＋1，解不等式f(x)＋x<2化为|2x＋2|＋1＋x<2，即|2x＋2|<1－x，∴x－1<2x＋2<1－x(x<1)，解得－3<x<－13，∴不等式的解集为

x－3<x<－13.(2)由f(x)≥b＋|2x＋a2|，得b≤|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，设g(x)＝|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，则不等式的解集非空，等价于b≤g(x)max，由g(x)≤|(

2x＋a)－(2x＋a2)|＋1＝|a2－a|＋1，∴b≤|a2－a|＋1.由题意知存在a∈－13，1，使得上式成立，而函数h(a)＝|a2－a|＋1在a∈－13，1上的最大值为h(－13)＝139，∴b≤139，即b的取值范围是(－∞，139]

.2．解析：(1)a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|2x－1|，①当x≤－1时，f(x)＝－(x＋1)＋(2x－1)＝x－2≥0，解得x≥2，所以x∈∅；②－1＜x＜12时，f(x)＝(x＋1)＋(2x－1)＝3x≥0，解得x≥0，所以0≤x<

12；③当x≥12时，f(x)＝(x＋1)－(2x－1)＝－x＋2≥0，解得x≤2，所以12≤x≤2.综上所述，当a＝1时，f(x)≥0的解集为{x|0≤x≤2}．(2)f(x)＝|x＋1|－|2x－a|＝

x－a－1，x≤－13x＋1－a，－1＜x＜a2，－x＋a＋1，x≥a2所以f(x)在(－∞，a2)上单调递增，(a2，＋∞)上单调递减，又因为f(－1)＝－2－a＜0，f(a－13)＝f(a＋1)＝0，且g(x)在(－∞，2)单调递减，(2，＋∞)上单调递增，所以

f(x)与g(x)图像如图所示，要使得f(x)与g(x)的图像可以围成一个四边形，则a－13＜2＜a＋1，即1＜a＜7.故a的取值范围为(1，7).3．证明：(1)∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，∴

ab＋bc＋ca＝－12(a2＋b2＋c2).∵abc＝1，∴a，b，c均不为0，∴a2＋b2＋c2＞0，∴ab＋bc＋ca＝－12(a2＋b2＋c2)＜0.(2)不妨设max{a，b，c}＝a，由a＋b＋c＝0，abc＝1可知，a＞0，b＜0，c＜0，∵a＝－b－c，

a＝1bc，∴a3＝a2·a＝（b＋c）2bc＝b2＋c2＋2bcbc≥2bc＋2bcbc＝4.当且仅当b＝c时，取等号，∴a≥34，即max{a，b，c}≥34.4．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}．5．证明：(1)因为a2＋b2＋4c2＝3，所以由柯西不等式可知，(a2＋b2＋4c2)(1＋1＋1)≥(a＋b＋2c)2，即(a＋b＋2c)2≤9，且a，b，c均为正数，所以a＋b＋2c≤3，当且仅当a＝b＝2c＝1时等号成立

．所以a＋b＋2c≤3.(2)(方法一)31a＋1c＝31a＋22c＝31a＋12c＋12c.由b＝2c，a＋b＋2c≤3得31a＋1c＝31a＋1b＋12c≥(a＋b＋2c)1a＋1b＋12c≥(a·1a＋b·1b＋2c·12c)2＝9，当且仅当a

＝2c时等号成立，所以1a＋1c≥3.(方法二)因为b＝2c，由(1)知a＋b＋2c≤3，所以1a＋1c×3≥1a＋1c(a＋4c)＝1＋4ca＋ac＋4≥5＋24ca·ac＝9，当且仅当a＝2c时等号成立．

所以1a＋1c≥3.6．证明：(1)因为a，b，c都是正数，所以a32＋b32＋c32≥33a32b32c32＝3abc，当且仅当a＝b＝c＝319时取等号．因为a32＋b32＋c32＝1，所以abc≤13，即abc≤19.(2)(方法一)因为a，b，c都是正数，所以b＋c≥2bc，a

＋c≥2ac，a＋b≥2ab，当且仅当a＝b＝c＝319时同时取等号．所以2abc(ab＋c＋ba＋c＋ca＋b)≤2abc(a2bc＋b2ac＋c2ab)＝a32＋b32＋c32＝1，所以ab＋c＋ba＋

c＋ca＋b≤12abc.(方法二)要证ab＋c＋ba＋c＋ca＋b≤12abc成立，只需证a32bcb＋c＋b32aca＋c＋c32aba＋b≤12成立即可．因为a，b，c都是正数，所以b＋c≥2b

c，a＋c≥2ac，a＋b≥2ab，当且仅当a＝b＝c＝319时同时取等号．所以a32bcb＋c＋b32aca＋c＋c32aba＋b≤a32bc2bc＋b32ac2ac＋c32ab2ab＝a32＋b32＋c

322＝12，得证．