【文档说明】2024版《微专题·小练习》·数学·新高考 详解答案.docx，共(149)页，2.601 MB，由小赞的店铺上传

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详解答案微专题小练习数学(新教材)详解答案专练1集合及其运算1．C方法一因为N＝{x|x2－x－6≥0}＝{x|x≥3或x≤－2}，所以M∩N＝{－2}，故选C.方法二由于1∈/N，所以1∈/M∩N，排除A，B；由于2∈/N，所以2∈/M∩N，排除D.故选C.2．B

依题意，有a－2＝0或2a－2＝0.当a－2＝0时，解得a＝2，此时A＝{0，－2}，B＝{1，0，2}，不满足A⊆B；当2a－2＝0时，解得a＝1，此时A＝{0，－1}，B＝{－1，0，1}，满足A

⊆B.所以a＝1，故选B.3．A由题意知，∁UM＝{2，3，5}，又N＝{2，5}，所以N∪∁UM＝{2，3，5}，故选A.4．B方法一由(∁RM)⊆N，得(∁RN)⊆M，所以M∪(∁RN)＝M，故选B.方法二根据题意作出集合M，N，如图所示，集合M为图中阴影

部分，集合N为图中除内部小圆之外的部分，显然满足(∁RM)⊆N，由图易得(∁RN)⊆M，所以M∪(∁RN)＝M，故选B.5．D由x＜4，得0≤x＜16，即M＝{x|0≤x＜16}．易得N＝x

x≥13，所以M∩N＝x13≤x<16.故选D.6．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.7

．B∵∁RB＝{x|x<1}，∴A∩∁RB＝{x|0<x<2}∩{x|x<1}＝{x|0<x<1}．8．A由题意知，∁UN＝{2，4，8}，所以M∪∁UN＝{0，2，4，6，8}．故选A.9．A方法一M＝{…，－2，1，4，7，10，…}，N＝{…，－1，2，5，8，11，…}，所以M∪N＝

{…，－2，－1，1，2，4，5，7，8，10，11，…}，所以∁U(M∪N)＝{…，－3，0，3，6，9，…}，其元素都是3的倍数，即∁U(M∪N)＝{x|x＝3k，k∈Z}，故选A.方法二集合M∪N表示被

3除余1或2的整数集，则它在整数集中的补集是恰好被3整除的整数集，故选A.10．3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＝3.11.－∞，13解析：因为M∩N＝M，所以M⊆N.当M＝∅时，1－a≥2a，解得a≤13；当M≠∅时，a>13且2a≤4，1－a≥1，无解．综上，实数a的取值范围为－∞，13.12.12，72解析：因为A∩B≠∅，所以A，B为非

空集合，所以2≤6－mm－1≤2m＋1，解得－2≤m≤4.同时，要使A∩B≠∅，则需m－1≤22m＋1≥2或m－1≤6－m6－m≤2m＋1，解得12≤m≤3或53≤m≤7

2，即12≤m≤72.综上，12≤m≤72.13．AM∪N＝{x|x<2}，所以∁U(M∪N)＝{x|x≥2}，故选A.14．AD因为A∪B＝A，所以B⊆A.因为A＝{1，3，m2}，B＝{1，m}，所以m2＝m或m＝3，解得m＝0或m＝1或m＝3.当m＝0时，A＝{1，3，0}，B＝{1，

0}，符合题意；当m＝1时，集合A中元素不满足互异性，不符合题意；当m＝3时，A＝{1，3，9}，B＝{1，3}，符合题意．综上，m＝0或3.故选AD.15．[0，4)解析：当a＝0时，原方程无解．当a≠0时，方程ax2＋ax＋1＝0无解，则需Δ＝a

2－4a<0，解得0<a<4.综上，0≤a<4.16．(－∞，－2)∪0，52解析：显然A＝{x|－1≤x≤6}，当B＝∅时，m－1>2m＋1，即m<－2符合题意；当B≠∅时，m－1≤2m＋1，m－1≥－1，2m＋1≤6，得

0≤m≤52.综上得m<－2或0≤m≤52.专练2常用逻辑用语1．D因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以命题p的否定为“∃x≥1，2x－log2x＜1”．故选D.2．B甲等价于sin2α＝1－sin2β＝cos2β，等价于sinα＝±cosβ，所以由甲不能推导出sinα＋cosβ＝0

，所以甲不是乙的充分条件；由sinα＋cosβ＝0，得sinα＝－cosβ，平方可得sin2α＝cos2β＝1－sin2β，即sin2α＋sin2β＝1，所以由乙可以推导出甲，则甲是乙的必要条件．综上，选B.3．Can＝qn－1，当0<q<1时，0<an＋1an＝q<1，所以数

列{an}单调递减，故充分性成立，若数列{an}单调递减，则0<an＋1an<1，即0<q<1，故必要性成立，所以0<q<1是数列{an}单调递减的充要条件．故选C.4．B由x2－5x<0可得0<x<5.由|

x－1|<1可得0<x<2.由于区间(0，2)是(0，5)的真子集，故“x2－5x<0”是“|x－1|<1”的必要而不充分条件．5．B当a＝0时，不等式ax2＋2ax＋1>0的解集为R；当a≠0时，由不等式ax2＋2

ax＋1>0的解集为R知，a>0，Δ＝4a2－4a<0，得0<a<1.∴当0≤a<1时不等式ax2＋2ax＋1>0的解集为R，即p：0≤a<1，又(0，1)[0，1).∴p是q的必要不充分条件．6．B由y＝2x＋m－1

＝0，得m＝1－2x，由函数y＝2x＋m－1有零点，则m<1，由函数y＝logmx在(0，＋∞)上是减函数，得0<m<1，∴“函数y＝2x＋m－1有零点”是“函数y＝logmx在(0，＋∞)上为减函数”的必要不充分条件．7．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，＋∞.8．A|AB→＋AC→|＝|AB→－AC→|两边平方得到AB→2＋AC→2＋2AB→·

AC→＝AB→2＋AC→2－2AB→·AC→，得AB→·AC→＝0，即AB→⊥AC→，故△ABC为直角三角形，充分性成立；若△ABC为直角三角形，当∠B或∠C为直角时，|AB→＋AC→|≠|AB→－AC→|，必要性不成立．故选A.9．A

BC根据指数函数的性质可得ex>0，故A错误；x＝2时，2x>x2不成立，故B错误；当a＝b＝0时，ab没有意义，故C错误；因为“x＋y>2，则x，y中至少有一个大于1”的逆否命题为“x，y都小于等于1

，则x＋y≤2”，是真命题，所以原命题为真命题，故D正确．故选ABC.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)的图象关于原点对称，∴①是假命题，②是真命题．对于③，要证f(x)的图象关于直线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，此函数图象如图所示(对勾函数图象的一部分)，∴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x2－2x＋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．AB因为“存在x∈12，2，使得2x2－λx＋1<0成立”是假命题，所以对任意x∈12，2，2x2－λx＋1≥0恒成立，即2x＋1x≥λ对任意x∈12，2

恒成立．因为2x＋1x≥22(当且仅当x＝22时，等号成立)，所以λ≤22.故选AB.14．A方法一设P＝{x|x>1或x<－3}，Q＝{x|x>a}，因为q是p的充分不必要条件，所以QP，因此a≥1.方法二令a＝－3，则q：x

>－3，则由命题q推不出命题p，此时q不是p的充分条件，排除B，C；同理，取a＝－4，排除D.故选A.15．C若{an}为等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋n（n－1

）2d，所以Snn＝a1＋(n－1)·d2，所以Sn＋1n＋1－Snn＝a1＋(n＋1－1)·d2－[a1＋(n－1)·d2]＝d2，为常数，所以{Snn}为等差数列，即甲⇒乙；若{Snn}为等差数列，设其公差为t，则Snn＝S11＋(n－1)t＝a1＋(n－1)t，所以Sn＝n

a1＋n(n－1)t，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n(n－1)t－[(n－1)a1＋(n－1)(n－2)t]＝a1＋2(n－1)t，当n＝1时，S1＝a1也满足上式，所以an＝a1＋2(n－1)t(n∈N*)，所以an＋1－an＝a1＋2(n＋

1－1)t－[a1＋2(n－1)t]＝2t，为常数，所以{an}为等差数列，即甲⇐乙．所以甲是乙的充要条件，故选C.16．[0，3]解析：由x2－8x－20≤0得－2≤x≤10.∴P＝{x|－2≤x≤10}，由x∈P是

x∈S的必要条件，知S⊆P.又∵S≠∅，如图所示．则1－m≤1＋m1－m≥－21＋m≤10，∴0≤m≤3.所以当0≤m≤3时，x∈P是x∈S的必要条件，即所求m的取值范围是[0，3].专练3不等式的概念及基本性质1．C∵a＜b＜0，∴a2＞b2.2．A∵ac2>bc2，c2>

0，∴a>b.A正确．3．D当a＞b＞0时，1b＞1a，ea＞eb成立，即1b＞1a，ea＞eb是a>b>0的必要条件，不符合题意，排除A，B.当ab＞ba时，可取a＝1，b＝－1，但a>b>0不成立，故ab＞ba不是a＞b＞0的充分条件，排除C.函数y＝lnx在(0，＋∞

)上单调递增，当lna＞lnb＞0时，a＞b＞1＞0；当a＞b＞0时，取a＝1e，b＝1e2，则lnb＜lna＜0.综上，lna＞lnb＞0是a＞b＞0的充分不必要条件．4．C方法一(取特殊值进行验证)因为x＞y＞0，选项A，取x＝

1，y＝12，则1x－1y＝1－2＝－1＜0，排除A；选项B，取x＝π，y＝π2，则sinx－siny＝sinπ－sinπ2＝－1＜0，排除B；选项D，取x＝2，y＝12，则lnx＋lny＝ln(xy)＝ln1＝0，排除D.方法二(利用函数的单调性)因为函数y＝

12x在R上单调递减，且x＞y＞0，所以12x＜12y，即12x－12y＜0.故选C.5．B可取a＝2，b＝±1逐一验证，B正确．6．D∵a>b>c且a＋b＋c＝0∴a>0，

c<0，b不确定∴ac<bc.7．C∵－π2<α<β<π2，∴－π2<α<π2，－π<α－β<0，∴－3π2<2α－β<π2.8．A因为c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，所以c≥b.又b＋c＝6－4

a＋3a2，所以2b＝2＋2a2，b＝a2＋1，所以b－a＝a2－a＋1＝(a－12)2＋34>0，所以b>a，所以c≥b>a.9．AD∵a>b>0，则ba－b＋1a＋1＝b（a＋1）－a（b＋1）a（a＋1）＝b－aa（a＋1）<0，∴ba>b＋1a＋1一定不成立；a＋1a－b－1b＝(a－b)

1－1ab，当ab>1时，a＋1a－b－1b>0，故a＋1a>b＋1b可能成立；a＋1b－b－1a＝(a－b)1＋1ab>0，故a＋1b>b＋1a恒成立；2a＋ba＋2b－ab＝b2－a2b（a＋2b）<0，故2a＋

ba＋2b>ab一定不成立．故选AD.10．p≤q解析：p－q＝(b2a＋a2b)－(a＋b)＝(b2a－a)＋(a2b－b)＝(1a－1b)(b2－a2)＝（b－a）2（b＋a）ab，又a<0，b<0，所以b＋a<0

，ab>0，(b－a)2≥0，所以(b2a＋a2b)－(a＋b)≤0，所以p≤q.11．(－1，2)解析：∵0<b<1，∴－1<－b<0又∵0<a<2∴－1<a－b<2.12．①②③解析：对于①，若ab>

0，bc－ad>0，不等式两边同时除以ab得ca－db>0，所以①正确；对于②，若ab>0，ca－db>0，不等式两边同时乘以ab得bc－ad>0，所以②正确；对于③，若ca－db>0，当两边同时乘以

ab时可得bc－ad>0，所以ab>0，所以③正确．13．C①中，因为b＞0＞a，所以1b＞0＞1a，因此①能推出1a＜1b成立，所以①正确；②中，因为0＞a＞b，所以ab＞0，所以aab＞bab，所以1b＞1a，所以②正确；③中，因为a＞

0＞b，所以1a＞0＞1b，所以1a＞1b，所以③不正确；④中，因为a＞b＞0，所以aab＞bab，所以1b＞1a，所以④正确．故选C.14．BD利用取特殊值法，令a＝－3，b＝－2，代入各选项，验证可得正确的选项为BD.15．①解析：①由ac2>bc2

可知c2>0，即a>b，故“ac2>bc2”是“a>b”的充分条件；②当c<0时，a<b；③当a<0，b<0时，a<b，故②③不是a>b的充分条件．16．(－1，2)解析：∵2b<a<－b，∴2b<－b，∴b<0

，∴1b<0，∴－bb<ab<2bb，即－1<ab<2.专练4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2

a＝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．B对于A，C，D，当a＝0，b＝－1时，a2＋b2＞2ab，a＋b＜2ab，a＋b＜－2|ab|，

故A，C，D错误；对于B，因为a2＋b2＝|a|2＋|b|2≥2|a|·|b|＝2|ab|≥－2ab，所以B正确．故选B.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．B∵a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，b2＋c2≥2bc，∴2(a2＋b2＋c2)≥2

(ab＋bc＋ca)，∴ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2＝4.7．C因为直线xa＋yb＝1(a>0，b>0)过点(1，1)，所以1a＋1b＝1.所以a＋b＝(a＋b)·1a＋1b＝2＋ab＋ba≥2＋2ab·ba＝4，当且仅当ab＝ba即a＝b＝2时取“＝”，故选C.8．D∵a⊥b，∴a

·b＝(x－1，2)·(4，y)＝4(x－1)＋2y＝0，即2x＋y＝2，∴9x＋3y＝32x＋3y≥232x＋y＝232＝6，当且仅当2x＝y＝1时取等号，∴9x＋3y的最小值为6.9．C设矩形模型的

长和宽分别为xcm，ycm，则x＞0，y＞0，由题意可得2(x＋y)＝8，所以x＋y＝4，所以矩形模型的面积S＝xy≤（x＋y）24＝424＝4(cm2)，当且仅当x＝y＝2时取等号，所以当矩形模型的长和宽都为2cm时，面积

最大，为4cm2.故选C.10.14解析：∵a－3b＋6＝0，∴a－3b＝－6，∴2a＋18b＝2a＋2－3b≥22a·2－3b＝22a－3b＝22－6＝14.当且仅当2a＝2－3b，即a＝－3，b＝1时，2a＋18b取得最小值为14.11．36解析：∵x>0，a>0，∴4x＋a

x≥24x·ax＝4a，当且仅当4x＝ax，即：x＝a2时等号成立，由a2＝3，a＝36.12．2＋3解析：由3a＋b＝2ab，得32b＋12a＝1，∴a＋b＝(a＋b)32b＋12a＝2＋b2a＋3a2b≥2＋2b2a·3a2b＝2

＋3(当且仅当b2a＝3a2b即b＝3a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．ABD对于选项A，∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥a2＋b2＋

2ab＝(a＋b)2＝1，∴a2＋b2≥12，正确；对于选项B，易知0＜a＜1，0＜b＜1，∴－1＜a－b＜1，∴2a－b＞2－1＝12，正确；对于选项C，令a＝14，b＝34，则log214＋log234＝－2＋log234＜－2，

错误；对于选项D，∵2＝2（a＋b），∴[2（a＋b）]2－(a＋b)2＝a＋b－2ab＝(a－b)2≥0，∴a＋b≤2，正确．故选ABD.15．BCD因为a>b，所以ab－a＋cb＋c＝c（a－b）b（b＋c）＞0，所以ab＞a＋cb＋c，选项A不正确；因为a＋b＝1，所以b2a＋a

2b＝b2a＋a＋a2b＋b－(a＋b)≥2b＋2a－(a＋b)＝a＋b＝1，当且仅当a＝b＝12时取等号，所以b2a＋a2b的最小值为1，故选项B正确；因为a＞b＞c，所以a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0，所以(a－c)1a－b＋1b－

c＝[]（a－b）＋（b－c）1a－b＋1b－c＝2＋b－ca－b＋a－bb－c≥2＋2b－ca－b·a－bb－c＝4，当且仅当b－c＝a－b时取等号，所以1a－b＋1b－c≥4a－c，故选项C正确；因为a2＋b2＋c2＝13[(a2＋b2＋c2)＋(a2＋b2)＋(b2＋c

2)＋(c2＋a2)]≥13(a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca)＝13[(a＋b)2＋2(a＋b)c＋c2]＝13(a＋b＋c)2＝3，当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立，所以a2＋b2＋c2的最小值为3，故选项D正确．16．30解析：一年的总运费为6×600x＝3600

x(万元).一年的总存储费用为4x万元．总运费与总存储费用的和为3600x＋4x万元．因为3600x＋4x≥23600x·4x＝240，当且仅当3600x＝4x，即x＝30时取得等号，所以当x＝30时，一年的总

运费与总存储费用之和最小．专练5二次函数与一元二次不等式1．B因为m>2，所以函数f(x)的图象开口向下，所以8－n2－m≤－2，即8－n≥－2(2－m)，所以n≤12－2m，故nm≤(12－2m)m＝－2m2＋12m＝－2(m－3)2＋18

≤18，当且仅当m＝3，n＝6时等号成立，故选B.2．A由x2＋3x－4>0得(x－1)(x＋4)>0，解得x>1或x<－4.故选A.3．C由题意知－ba＝1，即b＝－a且a>0.则不等式(ax＋b)(x－

2)<0.化为a(x－1)(x－2)<0.故解集为(1，2).4．A因为函数y＝x2＋ax＋4的图象开口向上，要使不等式x2＋ax＋4<0的解集为空集，所以Δ＝a2－16≤0.∴－4≤a≤4.5．Bf(x)＝x2－4x＋5可转化

为f(x)＝(x－2)2＋1.因为函数f(x)图象的对称轴为直线x＝2，f(2)＝1，f(0)＝f(4)＝5，且函数f(x)＝x2－4x＋5在区间[0，m]上的最大值为5，最小值为1，所以实数m的取值范围为[2，4]，故选B.6．Cy－25x＝－0.1x2－5x＋300

0≤0，即x2＋50x－30000≥0，解得x≥150或x≤－200(舍去).7．CD方法一∵x∈[1，5]，∴不等式x2＋ax－2>0化为a>2x－x，令f(x)＝2x－x，则f′(x)＝－2x2－1<0，∴f(x)在[1，5]上单调递减，∴

f(x)min＝f(5)＝25－5＝－235，∴a>－235.方法二由Δ＝a2＋8>0，知方程恒有两个不等实根，又知两根之积为负，所以方程必有一正根、一负根，于是不等式在[1，5]上有解的充要条件是f(5)>0，解得：a>－235.8．B设f

(x)＝(mx－1)2，g(x)＝x＋m，其中x∈[0，1]．A．若m＝0，则f(x)＝1与g(x)＝x在[0，1]上只有一个交点(1，1)，故A错误．B．当m∈(1，2]时，∵12≤1m＜1，∴f(x)≤f(0)＝1，g(x)≥g(0)＝m＞1，∴f(x)

＜g(x)，即当m∈(1，2]时，函数y＝(mx－1)2的图象与y＝x＋m的图象在x∈[0，1]时无交点，故B正确．C．当m∈(2，3]时，∵13≤1m＜12，∴f(x)≤f(1)＝(m－1)2，g(x)≥g(0)＝m，不妨令m＝2.1，则f(x)≤1.21，g(x)≥

2.1≈1.45，∴f(x)＜g(x)，此时无交点，即C不一定正确．D．当m∈(3，＋∞)时，g(0)＝m＞1＝f(0)，此时f(1)＞g(1)，此时两个函数图象只有一个交点，∴D错误．9．BCDA中，不等式2x2－x－1>0的

解集为xx>1或x<－12，A不正确；B正确；C中，a>0，且21a＝7，所以a＝3，C正确；D中，－2＝q，－p＝q＋1＝－2＋1＝－1，∴p＝1，∴p＋q＝1－2＝－1，D正确．故选BCD.10.xx<a或x

>1a解析：∵0<a<1，∴a<1a，∴不等式(x－a)x－1a>0的解集是xx<a或x>1a.11．[－1，1]解析：当x≤0时，由x＋2≥x2，解得－1≤x≤2.∴－1≤x≤0，当x>0时，由－x＋2≥x2解得－2≤x≤1，∴0<x≤

1.综上，不等式f(x)≥x2的解集为[－1，1].12．(2，6)解析：由题意知m－2≠0∴m≠2∵不等式(m－2)x2＋2(m－2)x＋4>0的解集为R，∴m－2>0，Δ<0，即m>2，4（m－2）2－16（m－2）<0，解

得2<m<6.13．ABCD对于a(x－a)(x＋1)>0，当a>0时，y＝a(x－a)(x＋1)开口向上，与x轴的交点为a，－1，故不等式的解集为x∈(－∞，－1)∪(a，＋∞)；当a<0时，y＝a(x－a)(x＋1)开口向下，若a＝－1，不等

式解集为∅；若－1<a<0，不等式的解集为(－1，a)，若a<－1，不等式的解集为(a，－1)，综上，ABCD都成立．14．ACDA中，∵不等式的解集为{x|x<－3或x>－2}，∴k<0，且－3与－2是方程kx2－2x＋

6k＝0的两根，∴(－3)＋(－2)＝2k，解得k＝－25，A正确；B中，∵不等式的解集为xx∈R，x≠1k∴k<0，Δ＝4－24k2＝0，解得k＝－66，B错；C中，由题意得k<0，Δ＝4－24k2<0，解得k<－66，C

正确；D中，由题意得k>0，Δ＝4－24k2≤0，解得k≥66，D正确．15．C方法一若a，b，2a＋b互不相等，则当a≤0，b≤0，2a＋b≤0时，原不等式在x≥0时恒成立，又因

为ab≠0，所以b<0；若a＝b，则当a≤0，a＝b，2a＋b≤0时，原不等式在x≥0时恒成立，又因为ab≠0，所以b<0；若a＝2a＋b，则当a≥0，a＝2a＋b，b≤0时，原不等

式在x≥0时恒成立，又因为ab≠0，所以b<0；若b＝2a＋b，则a＝0，与已知矛盾；若a＝b＝2a＋b，则a＝b＝0，与已知矛盾．综上，b<0，故选C.方法二特殊值法：当b＝－1，a＝1时，(x－1)(x＋1)(x－1)≥0在x≥0时恒成立；

当b＝－1，a＝－1时，(x＋1)(x＋1)(x＋3)≥0在x≥0时恒成立；当b＝1，a＝－1时，(x＋1)(x－1)(x＋1)≥0在x≥0时不一定成立．故选C.16．100[60，100]解析：由题意，当x＝120时，15120－k＋4500120＝11.5，解得k＝100.由1

5x－100＋4500x≤9，得x2－145x＋4500≤0，解得45≤x≤100，又∵60≤x≤120.∴60≤x≤100.专练6函数及其表示1．A2．C设x＋1＝t，则x＝(t－1)2(t≥1)，∴f(t)＝(t－1)2＋1＝t2－2t＋2，∴f(x

)＝x2－2x＋2(x≥1).3．A4．B由题意得1≤x＋1≤2019，x－1≠0，得0≤x≤2018且x≠1.5．A设f(x)＝ax＋b，由f(f(x))＝x＋2知，a(ax＋b)＋b＝x＋2，得a2＝1，ab＋b＝2

，得a＝1，b＝1，∴f(x)＝x＋1.6．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.7．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.8．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≤2.9．ACDA项中，f(2x)＝|2x|＝2|x|＝2f(x)，满足条件；B项中，f(2x)＝2x＋1，2f(x)＝2x＋2，f(2x)≠2f(x

)，不满足条件；C项中，f(2x)＝－2x＝2f(x)，满足条件；D项中，f(2x)＝2x－|2x|＝2x－2|x|＝2f(x)，满足条件．故选ACD.10．[2，＋∞)解析：由log2x－1≥0得log2x≥1，x≥2.11．－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．AC对于A选项，当a＝2时，f32＝2f12＝22－412－12＝4，故A选项正确；对于B选项，由于当0≤x≤1时，函数的值域为[0，2]，所以当x∈(m，

m＋1]，m∈N*时，f(x)＝amf(x－m)，由于x－m∈(0，1]，所以f(x－m)∈[0，2]，因为|a|＜1，所以am∈(－1，1)，所以当x∈(m，m＋1]，m∈N*时，f(x)∈(－2，2)，综上，当|a|＜1时，函数f(x)的值域为(－2，2]，故B选项错误；对

于C选项，由B选项得当x∈(m，m＋1]，m∈N*时，f(x)＝amf(x－m)，故当a＝2且x∈[n－1，n](n∈N*)时，f(x)＝2n－1f(x－n＋1)＝2n－1·2·4x－n＋

1－12＝2n－12－4x－n＋12＝2n－1·2－4x－2n－12，故C选项正确；对于D选项，取a＝128，x＝34，则f34＝2－4×34－12＝1，2ax－12

＝2×12834－12＝2×12814＝2×(2－8)14＝2×2－2＝12，不满足f(x)≤2ax－12，故D选项错误．14．(c，1－c)解析：要使函数式有意义，需0<x＋c<1，0<x－c<1，即－c<x<1－c，c<x<1＋c.因为

0<c<12，所以c<x<1－c，即g(x)的定义域为(c，1－c).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7函数的单调性与最值1．D方法一(排除法)取x1＝－1，x2＝0，对于A项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A项不符合题意；对于B项有f(x1)＝32，f(x2)＝1，所以B项不符合题意；对于C项有f(x1)＝1，f

(x2)＝0，所以C项不符合题意．故选D．方法二(图象法)如图，在坐标系中分别画出A，B，C，D四个选项中函数的大致图象，即可快速直观判断D项符合题意．故选D.2．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，由余弦函数的图象与性质可得，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)在(－1，1)上为增函数，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．3．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).4．B∵a＝log20.2

<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，∴a<c<b.故选B.5．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.6．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.7．ACD∵函数f(x)＝loga|x－1|在(0，1

)单调递减，∴f(x)＝loga(1－x)在(0，1)上单调递减，∵y＝1－x在其定义域内是减函数，∴a>1.当x∈(1，＋∞)时，f(x)＝loga|x－1|＝loga(x－1)，∵y＝x－1在其定义域内是增函数，且a>1，∴f(x)在(1，＋∞)上单调

递增，且无最大值，故A正确，B错误．∵f(2－x)＝loga|2－x－1|＝loga|x－1|＝f(x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，故C正确；由a>1可知，当a＝2022时，f(x)在(0，1)上单调递减，故D正确．故选AC

D.8．Cf(x)＝x2＋4x＝（x＋2）2－4，x≥0，4x－x2＝－（x－2）2＋4，x<0.由f(x)的图象可知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．D方法一由题意得y＝x(x－a)在区

间(0，1)单调递减，所以x＝a2≥1，解得a≥2.故选D.方法二取a＝3，则y＝x(x－3)＝(x－32)2－94在(0，1)单调递减，所以f(x)＝2x(x－3)在(0，1)单调递减，所以a＝3符合题意，排

除A，B，C，故选D.10．(－3，－1)∪(3，＋∞)解析：由已知可得a2－a>0，a＋3>0，a2－a>a＋3，解得－3<a<－1或a>3，所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞).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．C设f(

x)＝(1－x)ex－1，x＞0，则当x＞0时，f′(x)＝－ex＋(1－x)ex＝－xex＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(0.1)＜f(0)＝0，即0.9e0.1－1＜0，所以0.1e0.1＜19，即a＜b.令g(x)＝x－ln(1＋x

)，x＞0，则当x＞0时，g′(x)＝1－11＋x＝x1＋x＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(19)＞g(0)＝0，即19－ln(1＋19)＞0，所以19＞－ln910，即b＞c.令h(x)＝xex＋ln(1－x)，0＜x≤0.1，则h′(x)＝(1＋x)·ex＋

1x－1＝（x2－1）ex＋1x－1.设t(x)＝(x2－1)ex＋1，则当0＜x≤0.1时，t′(x)＝(x2＋2x－1)ex＜0，所以t(x)在(0，0.1]上单调递减，所以t(x)＜t(0)＝0，所以当0＜x≤0.1时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0

，0.1]上单调递增，所以h(0.1)＞h(0)＝0，即0.1e0.1＋ln0.9＞0，所以0.1e0.1＞－ln0.9，即a＞c，所以b＞a＞c.故选C.14．D|2x＋1|>0，|2x－1|>0⇒x∈xx≠±12，x∈R，∴函数f(x)的定义

域关于原点对称，又∵f(－x)＝ln|－2x＋1|－ln|－2x－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，排除A、C；当x∈－12，12时，f(x)＝ln(2x＋1)－ln(1－2x)，则f′(x)＝22x＋1－－21－2x＝

41－4x2>0，∴f(x)在－12，12单调递增，排除B；当x∈－∞，－12时，f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)，则f′(x)＝－2－2x－1－－21－2x＝41－4x2<0，∴f(x)在－∞，－12单调递减，∴D正确．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8函数的奇偶性与周期性1．C2．B3．D∵f

(x)为奇函数，∴f(－8)＝－f(8)＝－log28＝－3.4．A∵f(x)为奇函数且周期为2，∴f－52＝－f52＝－f12＝－2×12×1－12＝－12.5．C∵f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期为2，又f(x)为偶函数，∴f(－1)＝f(1)＝

31＝3，∴f(2)＝f(0)＝1，∴f(4)＝f(0)＝1，f－32＝f12＝3，f53＝f－13＝f13＝33，∴f－32>f53.6．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．D方法一f(x)的定义域为{x|x≠0}，因为f(x)是偶函数，所以f(x)＝f(－x)，即xexeax－1＝－xe－xe－ax－1，即e(1－a)x

－ex＝－e(a－1)x＋e－x，即e(1－a)x＋e(a－1)x＝ex＋e－x，所以a－1＝±1，解得a＝0(舍去)或a＝2，故选D.方法二f(x)＝xexeax－1＝xe（a－1）x－e－x，f(x)是偶函数，又y＝x是奇函数，所以y＝e(a－1)x－e－x是奇函数，

故a－1＝1，即a＝2，故选D.8．ABC取x＝y＝0，则f(0)＝0，故A正确；取x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0，故B正确；取x＝y＝－1，则f(1)＝f(－1)＋f(－1)，所以f(－1)＝0，取y＝－1，则f(－x)＝f(x)＋x2f(－

1)，所以f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，故C正确；由于f(0)＝0，且函数f(x)为偶函数，所以函数f(x)的图象关于y轴对称，所以x＝0可能为函数f(x)的极小值点，也可能为函数f(x)的极大值点，也可能不是函数f(x

)的极值点，故D不正确．综上，选ABC.9．A∵f(x)是周期为3的偶函数，∴f(5)＝f(5－6)＝f(－1)＝f(1)＝2a－3a＋1，又f(1)<1，∴2a－3a＋1<1，得－1<a<4.10．1解析：因为f(

)x＝x3()a·2x－2－x，故f()－x＝－x3()a·2－x－2x，因为f()x为偶函数，故f()－x＝f()x，即x3()a·2x－2－x＝－x3()a·2－x－2x，整理得到()a－1()2x＋2－x＝0，故a＝1.11．2解析：方法一

因为f(x)为偶函数，所以f(－x)＝f(x)，即(－x－1)2－ax＋sin－x＋π2＝(x－1)2＋ax＋sinx＋π2，得a＝2.方法二因为f(x)为偶函数，所以f－π2＝f

π2，即－π2－12－π2a＝π2－12＋π2a，得a＝2.12．－12ln2解析：本题先采用特殊值法求出f(x)，再检验正确性．因为f(x)为奇函数，所以f（0）＝0，f（2）＋f（－2）＝0

，即ln|a＋1|＋b＝0①，ln|a－1|＋lna＋13＋2b＝0②.由①可得－b＝ln|a＋1|③.将③代入②可得，（a－1）（a＋13）＝|a＋1|2.当(a－1)(a＋13)＝(a＋

1)2时，解得a＝－12.把a＝－12代入①，可得b＝ln2，此时f(x)＝ln－12＋11－x＋ln2＝ln1＋x1－x，所以f(－x)＋f(x)＝ln1－x1＋x＋ln1＋x1－x＝ln1＝0，所以f(x)为

奇函数，且f(0)，f(2)，f(－2)均有意义．当(a－1)(a＋13)＝－(a＋1)2时，整理可得a2＋23a＋13＝0，此时Δ＝49－4×13<0，所以a无解．综上可得，a＝－12，b＝ln2.13．B方法一设g(x)＝ln2x－12x＋1

，易知g(x)的定义域为－∞，－12∪12，＋∞，且g(－x)＝ln－2x－1－2x＋1＝ln2x＋12x－1＝－ln2x－12x＋1＝－g(x)，所以g(x)为奇函数．若f(x)＝(x＋a)ln2x－12x＋1为偶函数，则y

＝x＋a也应为奇函数，所以a＝0，故选B.方法二因为f(x)＝(x＋a)ln2x－12x＋1为偶函数，f(－1)＝(a－1)ln3，f(1)＝(a＋1)ln13＝－(a＋1)ln3，所以(a－1)ln3＝－(a＋1)ln3，解得a＝0，故选B.14．D

若y＝g(x)的图象关于直线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)的图象关于点(－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＝－24.故选D.15．B由①知函数f(x)在区间[4，8]上为单

调递增函数；由②知f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，即函数f(x)的周期为8，所以c＝f(2017)＝f(252×8＋1)＝f(1)，b＝f(11)＝f(3)；由③可知函数f(x)的图象关于直线x＝4对称，所以

b＝f(3)＝f(5)，c＝f(1)＝f(7).因为函数f(x)在区间[4，8]上为单调递增函数，所以f(5)<f(6)<f(7)，即b<a<c，故选B.16．BC因为f(32－2x)，g(2＋x)均为偶函数，所以f(32－2x)＝f(32＋2x)，g(2＋x)＝g(2－x).令t＝32－2x

，则x＝34－t2，所以f(t)＝f(3－t)，即f(x)＝f(3－x).对两边求导，得f′(x)＝－f′(3－x)，即g(x)＋g(3－x)＝0，所以g(x)的图象关于点(32，0)对称，即g(32)＝

0.又因为g(2＋x)＝g(2－x)，所以g(x)的图象关于直线x＝2对称，所以g(x)的周期为4×(2－32)＝2，所以g(32)＝g(－12)＝0，所以B正确．因为f′(2＋x)＝f′(2－x)，所以f(2＋x)＝－

f(2－x)＋C，其中C为常数，所以f(2＋x)＋f(2－x)＝C，所以f(x)的图象关于点(2，C2)对称．又因为f(x)＝f(3－x)，所以f(x)的图象关于直线x＝32对称，所以f(x)的周期为4×(2－32)＝2，所以f(－1)＝f(1)

，f(4)＝f(2).又因为f(x)＝f(3－x)，所以f(1)＝f(2)，所以f(－1)＝f(4)，所以C正确．g(x)的图象不关于直线x＝12对称，所以D错误．因为f(0)＝f(2)＝C2，所以当C＝0时，f(0)＝0，当C≠0时

，f(0)≠0，所以A错误．故选BC.专练9幂函数1．B2．C设f(x)＝xα，则f（4）f（2）＝4α2α＝4，∴2α＝4，∴α＝2，∴f(x)＝x2，∴f12＝122＝14.3．A由题

意知，点(m，8)在幂函数f(x)＝(m－1)xn的图象上，所以m－1＝1，8＝(m－1)·mn，则m＝2，n＝3.即f(x)＝x3，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又33<22<1<π，所以f33<f22<f(π)，即a<c<b.4．C

∵幂函数y＝f(x)的图象过点5，15，∴可设f(x)＝xα，∴5α＝15，解得α＝－1，∴f(x)＝x－1.∴f(21－log23)＝f(2log223)＝f23＝23－1＝32，故选C

.5．D设幂函数的解析式为f(x)＝xα，将(3，3)代入解析式得3α＝3，解得α＝12，∴f(x)＝x12.∴f(x)为非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数，故选D.6．A因为函数y＝(m2－m－1)x－5m－3既是幂函数又是(0，＋∞)上的减函数，所以m2－m－1＝1，－5m

－3<0，解得m＝2.7．A∵f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，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.8.AC由题可知a，b∈[0，＋∞)，设a

12＝b13＝m，则m≥0，画出y＝x12与y＝x13在[0，＋∞)上的图象如图．由图可知，当m＝0或m＝1时，a＝b；当0<m<1时，0<b<a<1；当m>1时，1<a<b.故选AC.9．BC由函数f(x)为幂函数可知m2－m－1＝1，解得m＝－1或m＝2.当m＝－1时，f(x)＝1x3；

当m＝2时，f(x)＝x3.由题意知函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，因此f(x)＝x3，在R上单调递增，且满足f(－x)＝－f(x).结合f(－x)＝－f(x)以及f(a)＋f(b)<0可知f(a)<

－f(b)＝f(－b)，所以a<－b，即b<－a，所以a＋b<0.当a＝0时，b<0，ab＝0；当a>0时，b<0，ab<0；当a<0时，ab>0(b<0)或ab<0(0<b<－a)，故BC都有可能成立．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)＝x2.12．1解析：由已知得m2－4m＋4＝1，即m2－4m＋3＝0，解得m＝1或3.当m＝1时，f(x)＝x3，符合题意；当m＝

3时，f(x)＝x－1，不符合题意．故m＝1.13．A因为BM＝MN＝NA，点A(1，0)，B(0，1)，所以M(13，23)，N(23，13)，分别代入y＝xa，y＝xb，得a＝log1323，b＝log2313，∴a－1b＝log1323－1log2313＝0.14．A

CD将点(4，2)的坐标代入函数f(x)＝xα中得2＝4α，则α＝12，所以f(x)＝x12.显然f(x)在定义域[0，＋∞)上为增函数，所以A正确．f(x)的定义域为[0，＋∞)，所以f(x)不具有奇偶性，所以B不正确．当x＞1时，x＞1，即f

(x)＞1，所以C正确．f(x)＝x12≥0，若0＜x1＜x2，则f（x1）＋f（x2）22－fx1＋x222＝x1＋x222－x1＋x222＝x1＋x2＋2x1x24－x1＋x22＝2x1x2－x1－x24＝

－（x1－x2）24＜0，即f（x1）＋f（x2）2＜fx1＋x22成立，所以D正确．故选ACD.15．B当x＝2，n取2，－2，12，－12四个值时，依次对应的函数值为4，14，2，22，因此有C1，C2，C3，C

4对应的n值分别为2，12，－12，－2.16．(－∞，－1)∪23，32解析：不等式(a＋1)－13<(3－2a)－13等价于a＋1>3－2a>0或3－2a<a＋1<0或a＋1<0<3－2a解得：23<a<32或a<

－1.专练10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的图象不经过第二象限，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的图象知0<a<1，又f(0)＝a－b∈(0，1)，∴－b>0，∴b<0.6．D∵y＝25

x为减函数，∴b<c，又y＝x25在(0，＋∞)上为增函数，∴a>c，∴b<c<a，故选D.7．B设2x＝t(t>0)，∴y＝t2＋2t＋1＝(t＋1)2，又y＝(t＋1)2在(0，＋∞)上单调递增，∴y>1，∴所求函数的值域为(1，＋∞).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．BCD由f(x)＝22x－2x＋1＋2＝(2x－1)2＋1∈[1，2]，得(2x－1)2∈[0，1]，则2x－1∈[－1，1]，所以2x∈[0，2]，所以x∈(－∞，1].当函数f(x)取得最小值1时，可得x＝0，所以0

∈M，故C正确；当函数f(x)取得最大值2时，可得x＝1，所以1∈M，故D正确；由上分析知，M⊆(－∞，1]，故B正确；因为f(2)＝10∉[1，2]，所以M＝[0，2]不成立，故A错误．故选BCD.10．－16

79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．－32解析：①当0<a<1时，函数f(x)在[－1，0]上单调递减，由题意可得

f（－1）＝0，f（0）＝－1，即a－1＋b＝0，a0＋b＝－1，解得a＝12，b＝－2，此时a＋b＝－32.②当a>1时，函数f(x)在[－1，0]上单调递增，由题意可得f（－1）＝－1，f（0）＝0，即

a－1＋b＝－1，a0＋b＝0，显然无解，所以a＋b＝－32.12．1解析：因为f(1＋x)＝f(1－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以a＝1，所以函数f(x)＝2|x－1|的图象如图所示，因为函数f(x)在[

m，＋∞)上单调递增，所以m≥1，所以实数m的最小值为1.13．BCD由2a＋1＝3，2b＝83，得2a＋1·2b＝8，所以a＋1＋b＝3，则a＋b＝2，故A不正确．又2a＋1＝2·2a＝3，所以2＜2

a＝32＜2，所以b＞1＞a＞12.因为2b2a＝2b－a＝169＜2，所以b－a＜1，故B正确；1a＋1b＝a＋bab＝2ab，因为0＜ab＜a＋b22＝1，所以1a＋1b＝2ab＞2，故C正确；ab＝a(2－a)＝－(a－1)2＋1，因为12＜a

＜1，所以－(a－1)2＋1∈34，1，所以ab＞34，故D正确．综上所述，选BCD.14．A因为2x－2y<3－x－3－y，所以2x－3－x<2y－3－y.设f(x)＝2x－3－x，则f′(x)＝2xln2－3－x×ln3×(－1)＝2xln2＋3－xln3，易知f′

(x)>0，所以f(x)在R上为增函数．由2x－3－x<2y－3－y得x<y，所以y－x＋1>1，所以ln(y－x＋1)>0，故选A.15．6解析：由题意得f(p)＝65，f(q)＝－15，所以2p2p＋ap＝6

5，①2q2q＋aq＝－15，②①＋②，得2p（2q＋aq）＋2q（2p＋ap）（2p＋ap）（2q＋aq）＝1，整理得2p＋q＝a2pq，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11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(x

2－2x)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)的图象过(－2，0).5．Aa＝l

og53∈(0，1)，b＝log85∈(0，1)，则ab＝log53log85＝log53·log58<log53＋log5822＝log52422<1，∴a<b.又∵134<85，∴135<13×85，两边同取以13为底的对数得log1313

5<log13(13×85)，即log138>45，∴c>45.又∵55<84，∴8×55<85，两边同取以8为底的对数得log8(8×55)<log885，即log85<45，∴b<45.综上所述，c>b>a，故选A.6．C通解：由函数y＝lnx的图象(图略)知，当0<a－b<1时，ln(

a－b)<0，故A不正确；因为函数y＝3x在R上单调递增，所以当a>b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b<a<0时，|a|<|b|，故D不正确．故选C.优解：当a＝0.3，b＝－0.4时，

ln(a－b)<0，3a＞3b，|a|<|b|，故排除A，B，D.故选C.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)＝lnx＋ln(2－x)＝f(2－x)，∴f(x)的图象关于直线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)的图象不关于点(1，0)对称，∴选项D错误．8．B由y＝lo

gax的图象可知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．C当x≤3时，f(x)＝－2x＋8单调递减，则f(x)≥f(3)＝2；当x>3时，f(x)＝logax，必须满足a>1，且loga3≥2，得1<a≤3.故选C.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－log2(－2＋4)＝9－1＝8．12.－∞，32解析：∵0<－x2＋22≤22，∴log2(－x2＋22)≤log222＝32.13．B2a＋log2a＝22b＋log2b<22b＋log2(2b)，令f(x)＝2x＋lo

g2x，则f(a)<f(2b)，又易知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a<2b，故选B.14．AD对于A，B，因为f(x)＝lg1|x－2|＋1，故f(x＋2)＝lg1|x|＋1，又f(－x＋2)＝lg1|－x|＋1＝lg1|x|

＋1，故f(x＋2)为偶函数，故A正确，B错误．对于C，因为f(x)＝lg1|x－2|＋1＝lg1x－2＋1，x＞2，lg12－x＋1，x＜2，当x∈(2，＋∞)时，因为y＝1x－2在x∈(2，＋∞)时单调递减，故y＝1x－2＋1

单调递减，所以y＝lg1x－2＋1在区间(2，＋∞)上单调递减，故C错误．对于D，因为当x∈(2，＋∞)时，y＝lg1x－2＋1单调递减，同理当x∈(－∞，2)时，y＝lg12－x＋1单调递增，当x→＋∞时，y→0，当x→－∞时，y→0，故f(x)没有最小值．故D

正确．15．ACD因为Lp＝20×lgpp0随着p的增大而增大，且Lp1∈[60，90]，Lp2∈[50，60]，所以Lp1≥Lp2，所以p1≥p2，故A正确；由Lp＝20×lgpp0，得，因为Lp3＝40，所以＝100p0，故C正确；

假设p2>10p3，则，所以，所以Lp2－Lp3>20，不可能成立，故B不正确；因为≥1，所以p1≤100p2，故D正确．综上，选ACD.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12函数的

图象1．D由y＝2|x|sin2x知函数的定义域为R，令f(x)＝2|x|sin2x，则f(－x)＝2|－x|sin(－2x)＝－2|x|sin2x.∵f(x)＝－f(－x)，∴f(x)为奇函数．∴f(

x)的图象关于原点对称，故排除A，B.令f(x)＝2|x|sin2x＝0，解得x＝kπ2(k∈Z)，∴当k＝1时，x＝π2，故排除C.故选D.2．A把函数y＝log2x的图象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的图象，再向右平移1个单位，得到函数y＝12log2(x－1)的图象，即函数y＝log2(x－1)12＝log2x－1的图象．3．B∵y＝ex－e－x是奇函数，y＝x2是偶函数，∴f(x)＝ex－e－xx2是奇函数，图象关于原点对称

，排除A选项．当x＝1时，f(1)＝e－e－11＝e－1e>0，排除D选项．又e>2，∴1e<12，∴e－1e>1，排除C选项．故选B.4．D∵f(－x)＝sin（－x）－xcos（－x）＋（－x）2＝－si

nx＋xcosx＋x2＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，排除A；∵f(π)＝sinπ＋πcosπ＋π2＝π－1＋π2>0，∴排除C；∵f(1)＝sin1＋1cos1＋1，且sin1>cos1，∴f(1)>1，∴排除B.故选D.5．A对于B选项，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故B不符合题意．对于

C选项，当x＝3时，y＝6cos310＝35cos3.因为cos3>－1，所以35cos3>－35，与图象不符，故C不符合题意．对于D选项，当x＝3时，y＝2sin310>0，与图象不符，故D不符合题意．综上，用排除法选A.6．A函数f(x)＝x＋2x＋1＝1＋1x＋1，∵1

x＋1≠0，∴f(x)≠1.故A正确；显然f(x)的图象关于(－1，1)成中心对称，故B不正确；∵当x＝－2时，f(x)＝0，故图象与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轴左侧图象保留，

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.9．D由题意知y＝11－x＝－1x－1的图象是双曲线，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，因此两图象的交点也一定关于点(1，0)成中心对称，再结合图象(如图所示)可知两图象在[－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)的图象关于y轴对称，∴y＝f(－x)过点(－2，3)，∴y＝f(－x)＋1的图象过点(－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]上的图象知，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象，如图中实线所示，根据图象可知，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象，如图所示．故选A.14．AD对于函数f(x)＝sin2

x，它的图象只经过一个整点(0，0)，所以它是一阶整点函数，A正确；对于函数g(x)＝x3，它的图象经过整点(0，0)，(1，1)，…，所以它不是一阶整点函数，B错误；对于函数h(x)＝13x，它

的图象经过整点(0，1)，(－1，3)，…，所以它不是一阶整点函数，C错误．对于函数φ(x)＝lnx，它的图象只经过一个整点(1，0)，所以它是一阶整点函数，D正确．故选AD.15.－∞，32解析：由题意得f(x)为偶函数，且在[0，＋∞)上单调递增

，由f(x－3)－f(x)>0得f(x－3)>f(x)，∴|x－3|>|x|，得x<32.16．(3，＋∞)解析：f(x)的大致图象如图所示，若存在b∈R，使得方程f(x)＝b有三个不同的根，只需4m－m2<m，又m>0，所以m>3.专练13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)＝1

3>0，f(e)＝e3－1<0，∴f(x)在1e，1内无零点，在(1，e)内有零点．5．B∵幂函数f(x)＝xα的图象过点(2，2)，∴f(2)＝2α＝2，解得α＝12，∴f(x)＝x12，∴函数g(x)＝f(x)－3＝x12－3.令g(x)＝x12－3＝0，得x＝9，∴g(x)＝f(x

)－3的零点是9.故选B.6．A在同一坐标系中画出y＝2x和y＝－x的图象，可得a＜0，用同样的方法可得b＞0，c＝0，所以b＞c＞a，故选A.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时两个函数图象只有一个公共点，所以k<0，f(x)＝kx＋2恒过点(0，2)，要使y＝|f(x)|与y＝－k的图象有三个公共点(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)的图象与y＝loga(x＋2)的图象在区间[－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，loga(3＋2)>1，解得a∈(3，5).13．D易知函数f(x)＝e

x－1＋x－2的零点为x＝1，则α＝1，设函数g(x)＝x2－ax－a＋3的一个零点为β，若函数f(x)和g(x)互为“零点相邻函数”，根据定义，得|1－β|≤1，解得0≤β≤2.作出函数g(x)＝x2－ax－a＋3的图象(图略)，因为g(－1)＝

4，要使函数g(x)在区间[0，2]内存在零点，则g（0）≥0，ga2≤0，0<a2<2，即－a＋3≥0，a24－a22－a＋3≤0，0<a<4，解得2≤a≤3.故选D.14．AC因为y＝x3

－3x2＋3x－1，所以y′＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，所以y＝x3－3x2＋3x－1在R上是增函数，又当x＝1时y＝13－3×12＋3×1－1＝0，所以x3＝1.作出y＝2x，y＝log2x，y＝2－x三个函数的图象如图所示，其中A(x1，y1)，

B(x2，y2)分别是函数y＝2x，y＝log2x的图象与直线y＝2－x的交点．因为指数函数y＝ax与y＝logax的图象关于直线y＝x对称，且y＝2－x也关于y＝x对称，所以交点A，B关于直线y＝x对称，所以x1＋x22＝y1＋y22

，即2－x1＋2－x2＝x1＋x2，所以x1＋x2＝2＝2x3，再由基本不等式及x1≠x2得x1x2＜x1＋x222＝1＝x3(0＜x1＜x2).故选AC.15．(0，1)解析：函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，等价于y＝f(x)与y＝m有三

个交点，画出y＝f(x)的图象，其中抛物线的顶点为(－1，1)，由图可知，当0<m<1时，y＝m与y＝f(x)的图象有三个交点．16．(1，4)(1，3]∪(4，＋∞)解析：当λ＝2时，不等式f(x)<0等价于x≥2，x－4<0或x<2，x2－4x＋3<0，即2

≤x<4或1<x<2，故不等式f(x)<0的解集为(1，4).易知函数y＝x－4(x∈R)有一个零点x1＝4，函数y＝x2－4x＋3(x∈R)有两个零点x2＝1，x3＝3.在同一坐标系中作出这两个函数的图象(图略)，要使函数f(x)恰

有2个零点，则只能有以下两种情形：①两个零点为1，3，由图可知，此时λ>4.②两个零点为1，4，由图可知，此时1<λ≤3.综上，λ的取值范围为(1，3]∪(4，＋∞).专练14函数模型及其应用1．C因为当t∈[0，30]时，

污染物数量的变化率是－10ln2，所以－10ln2＝12p0－p030－0，所以p0＝600ln2.因为p(t)＝p0×2－t30，所以p(60)＝600ln2×2－2＝150ln2(毫克/升)．2．B设经过n年后，投入资金为

y万元，则y＝2000·(1＋20%)n.由题意得2000(1＋20%)n＞10000，即1.2n＞5，则nlg1.2＞lg5，所以n＞lg5lg1.2≈0.700.08＝8.75，所以n＝9，即2029年该市全年用于垃圾分类的资金开始超过1亿元．3．D12km/s＝12000m/s，所

以12000＝2000ln1＋Mm，所以ln1＋Mm＝6，则1＋Mm＝e6，所以Mm＝e6－1，故选D．4．B将信噪比SN从1000提升至4000时，C增加了Wlog2（1＋4000）－Wlog2（1

＋1000）Wlog2（1＋1000）≈log24000－log21000log21000＝23log210＝23lg2≈23×0.3010≈0.2＝20%，故C大约增加了20%，选B.5．B由题得0.6·N0＝N0·2－t5730，即2－

t5730＝35，两边同时取以2为底的对数，则有－t5730＝log235＝log23－log25≈－0.7，故t≈0.7×5730＝4011年，最符合题意的选项为B.6．1.375解析：由题意可知，当选

用函数f(x)＝ax2＋bx＋c时，由a＋b＋c＝1，4a＋2b＋c＝1.2，9a＋3b＋c＝1.3，解得a＝－0.05，b＝0.35，c＝0.7，∴f(x)＝－0.05x2＋0.35x＋0.7，∴f(4)＝1.3；当选用函数g(x)＝abx＋c时

，由ab＋c＝1，ab2＋c＝1.2，ab3＋c＝1.3，解得a＝－0.8，b＝0.5，c＝1.4，∴g(x)＝－0.8×0.5x＋1.4，∴g(4)＝1.35.∵g(4)比f(4)更接近于1.37，∴选用函数g(x)

＝abx＋c模拟效果较好，∴g(5)＝－0.8×0.55＋1.4＝1.375，即5月份的销售量为1.375万部．7．9解析：设该公司在这一产品的生产中所获年利润为f(x)，当0＜x≤10时，f(x)＝xR(x)－(1

00＋27x)＝81x－x33－100；当10＜x≤25时，f(x)＝xR(x)－(100＋27x)＝－x2＋30x＋75.故f(x)＝81x－x33－100（0＜x≤10），－x2＋30x＋75（10＜x≤25）.当0＜x

≤10时，由f′(x)＝81－x2＝－(x＋9)(x－9)，得当x∈(0，9)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(9，10)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．故f(x)max＝f(9)＝81×9－13×93－100＝386.当10＜x≤25时，

f(x)＝－x2＋30x＋75＝－(x－15)2＋300≤300.综上，当x＝9时，年利润取最大值，为386.所以当年产量为9千件时，该公司在这一产品的生产中所获年利润最大．8．37.5解析：由题意，产品的月销量x(万件)与投入

实体店体验安装的费用t(万元)之间满足x＝3－2t＋1，即t＝23－x－1(1＜x＜3)，所以月利润y＝48＋t2xx－32x－3－t＝16x－t2－3＝16x－13－x－52＝45.5－16（3－x）＋13－x≤45.5－216＝37.5，当且仅当16(3－x)＝1

3－x，即x＝114时取等号，即该公司最大月利润为37.5万元．专练15导数的概念及运算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．B∵曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，∴g′(1)＝2.∵函数f(x)＝g(x)＋2x，∴f′(x)＝g′(x)＋2＝g′(1)＋2，∴f′(1)＝2＋2＝4，即曲线y＝f(

x)在x＝1处的切线的斜率为4.故选B.3．D因为y′＝aex＋lnx＋1，所以当x＝1时，y′＝ae＋1，所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以ae＋1＝2，b＝－

1，解得a＝e－1b＝－1.4．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．D∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，∴a－1＝0，得a＝1，∴f(x)＝x3＋x，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x，故选D.6．B令y′＝2x4－3x＝－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>－1.1

0．5解析：由题知s′＝32t2－1，故当t＝2时，该物体的瞬时速度为32×22－1＝5.11．e解析：f′(x)＝ex·lnx＋exx，∴f′(1)＝e.12．(－ln2，2)解析：∵y＝e－x，∴y′＝－e－x，设P(x0，y0)，由题意得－e－x0＝－2，∴e

－x0＝2，∴－x0＝ln2，x0＝－ln2，∴P(－ln2，2).13．Bf′(x)＝4x3－6x2，则f′(1)＝－2，易知f(1)＝－1，由点斜式可得函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.

14．CD∵f(x)＝－x3＋2x2－x，∴f′(x)＝－3x2＋4x－1.由已知得，过点P(1，t)作曲线y＝f(x)的三条切线，情况如下：①点P(1，t)在曲线上，此时切点为P(1，t)，把P点坐标代入

函数解析式可得P(1，0)，利用切线公式得y＝f′(1)(x－1)，所以切线为x轴，但此时切线只有一条，不符合题意．②点P(1，t)不在曲线上，设切点为(x0，y0)，又切线经过点P(1，t)，所以切线方

程为y－t＝f′(x0)(x－1).因为切线经过切点，所以y0－t＝(－3x20＋4x0－1)(x0－1).又因为切点在曲线上，所以y0＝－x30＋2x20－x0.联立方程得化简得t＝2x30－5x20＋4x0－1.令g(x)＝2x3－5x2＋4x－1，即t＝g(x)有三个解，即直

线y＝t与y＝g(x)的图象有三个交点．令g′(x)＝6x2－10x＋4＝2(x－1)(3x－2)＝0，可得两极值点为x1＝1，x2＝23.所以x∈－∞，23和(1，＋∞)时，g(x)单调递增，x∈23，1时，g(x)单调递减，所以当g(1)＝0＜t＜127＝

g23时，满足直线y＝t与y＝g(x)的图象有三个交点，而0＜129＜128＜127，故选CD.15．－2解析：因为f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，所以切线l的斜率为f′(1)＝e，由f(1)＝3e知切点坐标为(

1，3e)，所以切线l的方程为y－3e＝e(x－1).令y＝0，解得x＝－2，故直线l的横截距为－2.16．(－∞，－4)∪(0，＋∞)解析：设切线的切点坐标为(x0，y0).令f(x)＝(x＋a)ex，则f′(x)＝(x＋1＋a)ex，f′(x0)＝(x0＋1＋

a)ex0.因为y0＝(x0＋a)ex0，切线过原点，所以f′(x0)＝y0x0，即(x0＋1＋a)·ex0＝（x0＋a）ex0x0.整理，得x20＋ax0－a＝0.由题意知该方程有两个不同的实数根，所以

Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0.专练16导数在研究函数中的应用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．D因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－1x.因为f

(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时f′(x)＝k－1x≥0恒成立，即k≥1x在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<1x<1，所以k≥1.故选D.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)的图象向右平移一个单位长度得到f(x－1)的图象，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．B∵函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．又f′(x)＝3x2＋2

＋cosx>0，∴f(x)在R上单调递增，∴f(a)>f(2a－1)，a>2a－1，解得a<1.故选B.5．D因为f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数．又当x>0时，f′(x)＝ex－1ex>0，所

以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为2<5<e，所以f(2)<f(5)<f(e)，又f(－2)＝f(2)，所以f(－2)<f(5)<f(e)，故选D.6．A令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，所以函数g(x)在R上单调递增．因为a>b，所

以g(a)>g(b)，即af(a)>bf(b)，故选A.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．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.9．ABC因为f′（x）－f（x）x－1>0，所以当x>1时，f′(x)－f(x)>0；当x<1时，f′(x)－f(x)<0.因为g(x)＝f（x）ex，所以g′(x)＝f′（x）－f（x）ex，则当x>1时，g′(x)>

0；当x<1时，g′(x)<0.所以函数g(x)在(1，＋∞)上为单调递增函数，在(－∞，1)上为单调递减函数，则x＝1是函数g(x)的极小值点，则选项A，B均正确．当g(1)<0时，因为函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减，所以函数g(x)在区间(

1，＋∞)和区间(－∞，1)上分别至多有一个零点，当g(1)>0时，函数g(x)无零点，所以函数g(x)至多有两个零点，所以选项C正确．因为f(0)＝1，所以g(0)＝f（0）e0＝1，又g(x)在区间(－∞，1)上单调递减，所以当x≤

0时，g(x)＝f（x）ex≥g(0)＝1，又ex>0，所以f(x)≥ex，故选项D错误．故选ABC.10．－12解析：f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意得3x2＋2bx＋c<0的解集为(－1，3).∴－1＋3＝－2b3，－1×3＝

c3，得b＝－3，c＝－9，∴b＋c＝－12.11．1解析：由题设知：f(x)＝|2x－1|－2lnx定义域为(0，＋∞)，∴当0<x≤12时，f(x)＝1－2x－2lnx，此时f(x)单调递

减；当12<x≤1时，f(x)＝2x－1－2lnx，有f′(x)＝2－2x≤0，此时f(x)单调递减；当x>1时，f(x)＝2x－1－2lnx，有f′(x)＝2－2x>0，此时f(x)单调递增；又f(x)在各分段的界点处连续，∴综上有：0<x≤1时，f(x)单调递减，x

>1时，f(x)单调递增；∴f(x)≥f(1)＝1.12．04e－2解析：由题意知，f′(x)＝[x2＋(2－m)x－2m]ex，f′(0)＝－2m＝0，解得m＝0，∴f(x)＝x2ex，f′(x)＝

(x2＋2x)ex.令f′(x)>0，解得x<－2或x>0，令f′(x)<0，解得－2<x<0，则函数f(x)在区间(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在区间(－2，0)上单调递减，∴函数f(x)的极大值为f(－2)＝4e－

2.13．C因为函数f(x)＝aex－lnx，所以f′(x)＝aex－1x.因为函数f(x)＝aex－lnx在(1，2)单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)恒成立，即aex－1x≥0在(1，2)恒成立，易知a>0，则0<1a≤xex在(1，

2)恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以1a≤e，即a≥1e＝e－1，故选C.14．AC由题意知f′(x)＝3x2－1.令f′(x)

＝0，得x＝33或x＝－33.令f′(x)＞0，得x＜－33或x＞33；令f′(x)＜0，得－33＜x＜33.所以f(x)在(－∞，－33)和(33，＋∞)上单调递增，在(－33，33)上单调递减，所以f(x)有两个极值点，所以A正确．f(x)极大值＝f(－33)＝－39＋

33＋1＞0，f(x)极小值＝f(33)＝39－33＋1＞0.当x→＋∞时，f(x)→＋∞；当x→－∞时，f(x)→－∞，所以f(x)有一个零点，所以B错误．因为f(x)＋f(－x)＝x3－x＋1＋(－x

)3＋x＋1＝2，所以曲线y＝f(x)关于点(0，1)对称，所以C正确．令f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以当切线的斜率为2时，切点为(1，1)或(－1，1)，则切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D错误．故选AC.15．[5－12，1)解析：由题意得当x>0时，f′(x

)＝axlna＋(1＋a)xln(1＋a)＝axlna＋1a＋1xln（1＋a）≥0，设g(x)＝lna＋1a＋1xln(1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0.因为a∈(0，1)，所以ln(1＋a)>0，1a＋1>1，所以g(x)在(

0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即lna＋ln(1＋a)＝ln(a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－5＋12或a≥5－12，又0<a<1，所以a的取值范围为[5－12，1).16．BCD因为函数f(x)＝alnx＋bx＋cx2(a≠0)，所以函

数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax2－bx－2cx3，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则Δ>0x1＋x2

>0，x1x2>0即b2＋8ac>0ba>0－2ca>0，所以b2＋8ac>0ab>0ac<0bc<0.故选BCD.专练17函数、导数及其应用综合检测1．B因为f(－x)＝－x＋1x＝－x－1x＝

－f(x)，所以f(x)为奇函数，排除C，D，又f(1)＝0，所以排除A，故选B.2．B由题可得A(a，2a＋1)，B(a，a＋lna)，∴|AB|＝|2a＋1－(a＋lna)|＝|a＋1－lna|.令f(x)＝x＋1－lnx

(x>0)，则f′(x)＝1－1x，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得最小值，最小值为2>0，∴|AB|＝|a＋1－lna|＝a＋1－lna，其最小值为2.3．A由指数函

数y＝πx在R上单调递增，可得a＝π0.2>π0＝1，由对数函数y＝logπx在(0，＋∞)上单调递增，知0＝logπ1<b＝logπ2<logππ＝1，即0<b<1，因为π2<2<π，而函数y＝cosx在π2，π上单

调递减，所以－1＝cosπ<c＝cos2<cosπ2＝0，即－1<c<0，所以c<b<a，故选A.4．Af12＝ln1－2＝－2，因为f′(x)＝1x＋1x2，所以f′12＝6，所以切线方程为y－

(－2)＝6x－12，即y＝6x－5，故选A.5．D因为f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1，所以f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)cosx＝(x＋1)·cosx．因为x∈[0，2π]，

所以x＋1>0.当f′(x)>0时，解得x∈[0，π2)∪(3π2，2π]；当f′(x)<0时，解得x∈(π2，3π2).所以f(x)在[0，π2)上单调递增，在[π2，3π2]上单调递减，在(3π2，2π]上单调

递增．又f(0)＝2，f(π2)＝π2＋2，f(3π2)＝－3π2，f(2π)＝2，所以f(x)的最大值为π2＋2，最小值为－3π2.故选D.6．C设h(x)＝x2f(x)，则h′(x)＝x2f′(x)＋2xf

(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]，因为x>0时，都有xf′(x)＋2f(x)>0恒成立，所以h′(x)>0，所以h(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以h(x)＝x2f(x)也是定义在R上的奇函数，所以h(x)＝x2f(x)在(－∞，0

)上单调递增．又函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，所以h(x)＝x2f(x)在R上单调递增．因为f(2)＝1，所以h(2)＝2f(2)＝2，所以x2f(x)<2即h(x)<h(2)，得x<2

，故选C.7．D方法一因为a<5且ae5＝5ea，所以a>0，且e55＝eaa.同理可得b>0且e44＝ebb，c>0且e33＝ecc.令f(x)＝exx(x>0)，则f′(x)＝ex（x－1）x2，当0<x<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(5)>f(4)>f(3).因为e55＝eaa，e44＝ebb，e33＝ecc，所以f(5)＝f(a)，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)，所以f(a)>f(b)>f(c).又0<a<5，所以0<a<1.同理0<b<1，0<c<1，所以

0<a<b<c<1，故选D．方法二因为a<5且ae5＝5ea，所以0<a<5，a5＝eae5＝ea－5，两边取对数，得lna5＝a－5，即lna－ln5＝a－5，即lna－aln5－5＝1，同理可得，0<b<4，0<

c<3，lnb－bln4－4＝1，lnc－cln3－3＝1.设过点(a，lna)与(5，ln5)的直线为l1、过点(b，lnb)与(4，ln4)的直线为l2、过点(c，lnc)与(3，ln3)的直线为l3，则直线l1，l2，l3均与直线y＝x平行，且这几个点均在函数y＝lnx的图象上，作

出图象如图所示，由图知0<a<b<c<1，故选D.8．D由题意知函数g(x)＝f(x)－|kx2－2x|恰有4个零点等价于方程f(x)－|kx2－2x|＝0，即f(x)＝|kx2－2x|有4个不同的根，即函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象

有4个不同的公共点．图1当k＝0时，在同一平面直角坐标系中，分别作出y＝f(x)与y＝|2x|的图象如图1所示，由图1知两图象只有2个不同的公共点，不满足题意．当k<0时，y＝|kx2－2x|＝kx－1k2－1k，其图象的对称轴为直线x＝1k<

0，直线x＝1k与y＝|kx2－2x|的图象的交点为1k，－1k，点1k，－1k在直线y＝－x上，在同一平面直角坐标系中，分别作出y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象如图2所示，由图2易知函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象有4个不同的公共点，满足题意．图

2当k>0时，函数y＝|kx2－2x|的图象与x轴的2个交点分别为原点(0，0)与2k，0，则当x>2k时，由kx2－2x＝x3，得x2－kx＋2＝0，令Δ＝k2－8＝0，得k＝22，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象如图3所示，由图

3知两图象有3个不同的公共点，不满足题意．令Δ＝k2－8>0，得k>22，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象如图4所示，由图4知两图象有4个不同的公共点，满足题意．令Δ＝k2－8<0，得0<k<22，易知此时不满足题意．图3图4综上可知，实数k的取值范

围是(－∞，0)∪(22，＋∞)，故选D.9．ABD∵exg(x)＝f(x)，∴g(x)＝f（x）ex，则g′(x)＝f′（x）－f（x）ex.由已知可得，当x>2时，f′(x)－f(x)>0，∴g′(x)>0，故y＝g(x)在(2，＋∞)上单调递增，选项A正确；当x<2时，f′(

x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，故y＝g(x)在(－∞，2)上单调递减，故x＝2是函数y＝g(x)的极小值点，故选项B正确；由y＝g(x)在(－∞，2)上单调递减，则y＝g(x)在(－∞，0]上单调递减，由g(0)＝f（0）e0＝2，

得x≤0时，g(x)≥g(0)，故f（x）ex≥2，故f(x)≥2ex，故选项C错误；若g(2)<0，则y＝g(x)至多有2个零点，若g(2)＝0，则函数y＝g(x)有1个零点，若g(2)>0，则函数y＝g(x)没有零点，故选项D正确．10.12解析：由题意，得f′(x)＝ex＋2x

，所以f′(0)＝1.又f(0)＝1，所以曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝1×(x－0)，即x－y＋1＝0，所以该切线与x，y轴的交点分别为(－1，0)，(0，1)，所以该切线与坐标轴围成的图

形的面积为12×1×1＝12.11．－4解析：∵f′(x)＝－3x2＋2ax，由题意得f′(2)＝0，得a＝3.∴f′(x)＝－3x2＋6x，∴f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，∴当m∈[－1，1]时f(m)min＝f(0)＝－4.12．(1)14(2)[0，2

]解析：(1)当a＝12时，若x≤0，则f(x)＝(x－12)2≥－122＝14，若x>0，则f(x)＝x＋1x≥2x·1x＝2，当且仅当x＝1时取等号，则函数的最小值为14.(2)由(1)知，当x>0时，函数

f(x)≥2，此时的最小值为2，若a<0，则当x＝a时，函数f(x)的最小值为f(a)＝0，此时f(0)不是最小值，不满足条件．若a≥0时，则当x≤0时，函数f(x)＝(x－a)2为减函数，则当x≤0时，函数f(x)的最小

值为f(0)＝a2，要使f(0)是f(x)的最小值，则f(0)＝a2≤2，即0≤a≤2，即实数a的取值范围是[0，2].13．Af′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]，∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋

ax－1)ex－1的极值点，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，∴f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x－1)(x＋2)，∴当x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)时f(x)单调递增，f(x)在(－2，1

)上单调递减，∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.14．D方法一在曲线y＝ex上任取一点P()t，et，对函数y＝ex求导得y′＝ex，所以，曲线y＝ex在点P处的切线方程为y－et＝et()x－t，即y＝etx＋()1－tet，由题意可知，点()a，b在直线y＝

etx＋()1－tet上，可得b＝aet＋()1－tet＝()a＋1－tet，令f()t＝()a＋1－tet，则f′()t＝()a－tet.当t<a时，f′()t>0，此时函数f()t单调递增，当t>a时，f′()t<0，此时函数f()t单调递减，所以，f()tmax＝f()a＝ea，由题意

可知，直线y＝b与曲线y＝f()t的图象有两个交点，则b<f()tmax＝ea，当t<a＋1时，f()t>0，当t>a＋1时，f()t<0，作出函数f()t的图象如下图所示：由图可知，当0<b<ea时，直

线y＝b与曲线y＝f()t的图象有两个交点．故选D.方法二画出函数曲线y＝ex的图象如图所示，根据直观即可判定点()a，b在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线．由此可知0<b<ea.故选D.15.0，12解析：函

数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－2ax.已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，其等价于lnx＋1－2ax＝0有两个不相等的实数根，亦等价于函数h(x)＝lnx的图象与函数g(x)＝2ax－1的图象有两个交点．以下研究临界状态：①如图所示．当函数h(x)＝ln

x与函数g(x)＝2ax－1的图象相切时，设切点为A(m，lnm)，其中m>0，则函数h(x)的图象在点A处的切线的斜率k＝1m，∴2a＝1m.又∵直线g(x)＝2ax－1过点(0，－1)，∴k＝lnm＋1m，∴lnm＋1m＝1m.解得m＝1，∴当两线相切时，a＝12.②当a＝0时，h(x)与g(

x)的图象只有一个交点．∴所求a的取值范围是0，12.16.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18高考大题专练(一)导数的应用1．解析：(1)当x1＝－1时，f(x1)＝0.由题意，得f′(x)＝3x2－1，所以f′(－1)＝2，则曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y＝2(x＋1).由题意，知直线y＝2(

x＋1)与曲线g(x)＝x2＋a相切，所以2x＋2＝x2＋a，即方程x2－2x＋a－2＝0有两个相等的实数解，则Δ＝4－4(a－2)＝0，解得a＝3.(2)方法一因为f(x1)＝x31－x1，f′(x1)＝3x21－1，所以曲线y＝f(

x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x31－x1)＝(3x21－1)(x－x1)，即y＝(3x21－1)x－2x31.因为该切线也是曲线g(x)＝x2＋a的切线，所以x2＋a＝(3x21－1)x－2x31，所以方程x2－

(3x21－1)x＋a＋2x31＝0有两个相等的实数解，所以Δ＝(3x21－1)2－4(2x31＋a)＝0，则a＝94x41－2x31－32x21＋14.令h(x)＝94x4－2x3－32x2＋14，则h′(x)＝9x3－6x2－3x＝9x(x＋13)(x

－1).当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(－∞，－13)－13(－13，0)0(0，1)1(1，＋∞)h′(x)－0＋0－0＋h(x)极小值极大值极小值因为h(－13)＝527，h(1)

＝－1<527，所以h(x)min＝－1.又因为当x→＋∞(或x→－∞)时，h(x)→＋∞，所以a的取值范围为[－1，＋∞).方法二因为f′(x)＝3x2－1，所以曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x31－x1)＝(3x

21－1)(x－x1)，即y＝(3x21－1)x－2x31.由g(x)＝x2＋a，得g′(x)＝2x.曲线y＝g(x)在点(x2，g(x2))处的切线方程为y－(x22＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－x22＋a.令3x21－1＝2x2，－2x31＝a－x22

，则a＝x22－2x31＝14(9x41－8x31－6x21＋1).令m(x)＝9x4－8x3－6x2＋1，则m′(x)＝36x3－24x2－12x＝12x(x－1)(3x＋1).当x<－13或0<x<1时，m′(x)<0，此时函数y＝m(x)单调递减；当－13<x<0或

x>1时，m′(x)>0，此时函数y＝m(x)单调递增．又m(－13)＝2027，m(0)＝1，m(1)＝－4，所以m(x)min＝m(1)＝－4，所以a≥－44＝－1，即a的取值范围为[－1，＋∞).

2．解析：(1)f′(x)＝aex－1，当a≤0时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)>0，得x>－lna，令f′(x)<0，得x<－lna，所以函数f(x)在(－∞，－

lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．综上可得：当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)方法一由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－

x的最小值为f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，令g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－32＝a2－lna－12，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－1a，令g′(a)>0，得a>22；令g′(a)<0，得0<a<22.所以

函数g(a)在(0，22)上单调递减，在(22，＋∞)上单调递增，所以函数g(a)的最小值为g(22)＝(22)2－ln22－12＝ln2>0，所以当a>0时，f(x)>2lna＋32成立．方法二当a>0时，由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝1＋a2＋

lna，故欲证f(x)>2lna＋32成立，只需证1＋a2＋lna>2lna＋32，即证a2－12>lna.构造函数u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，则u′(a)＝1a－1＝1－aa，所以当a>1时，u′(a)<0

；当0<a<1时，u′(a)>0.所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以u(a)≤u(1)＝0，即lna≤a－1，故只需证a2－12>a－1，即证a2－a＋12>0，因为a2－a＋12＝(a－12)2＋14>0恒成立，所以当a>0时，f(x)

>2lna＋32成立．3．解析：(1)当a＝－1时，f(x)＝1x－1ln(1＋x)，则f′(x)＝－1x2ln(1＋x)＋1x－1·11＋x，所以f′(1)＝－ln2，又f(1)＝0，所以所求切线方程为y－0＝－ln2(x－1)，即xln2＋y－ln2＝0.(2)

假设存在a，b，使得曲线y＝f(1x)关于直线x＝b对称．令g(x)＝f(1x)＝(x＋a)ln(1＋1x)＝(x＋a)lnx＋1x，因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称，所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)lnx＋1x＝(2b－x＋a)ln2b－x＋12b－x＝(

x－2b－a)lnx－2bx－2b－1，于是a＝－2b－a，1＝－2b，得a＝12，b＝－12，当a＝12，b＝－12时，g(x)＝(x＋12)ln(1＋1x)，g(－1－x)＝(－x－12)ln－x－1－x＝(－x－12)ln

x1＋x＝(x＋12)lnx＋1x＝(x＋12)ln(1＋1x)＝g(x)，所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－12对称，满足题意．故存在a，b使得曲线y＝f(1x)关于直线x＝b对称，且a＝12，b＝－12.(3)f′(x)＝－1

x2ln(1＋x)＋1x＋a·11＋x＝ax2＋x－（1＋x）ln（1＋x）x2（1＋x）＝ax2＋xx＋1－ln（1＋x）x2(x>0).设h(x)＝ax2＋xx＋1－ln(1＋x)，则h′(x)＝ax2＋2ax＋1（x＋1）2－1x＋1＝ax2＋（2a－1）x

（x＋1）2＝x（ax＋2a－1）（x＋1）2，①当a≤0时，2a－1＜0，当x＞0时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当x＞0时，h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意．②当

a≥12时，2a－1≥0，当x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＞0时，h(x)＞h(0)＝0，即f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意．③当0＜a＜12时，令h′(x)＝

0，得x＝1－2aa，当0＜x＜1－2aa时，h′(x)<0，当x>1－2aa时，h′(x)>0，所以h(x)在0，1－2aa上单调递减，在1－2aa，＋∞上单调递增，所以h1－2aa<h(0)＝0，又当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以存在x0∈

1－2aa，＋∞，使得h(x0)＝0，即当0<x<x0时，h(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，h(x)>0，f(x)单调递增，此时y＝f(x)有极小值点x0.综上所述，a的取值范围为(0，12).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)的大致图象如图．故当a∈(－∞，－1)∪{－g(a2)}时，g(x)＝－a仅有一解；当a∈(－1，－g(a2))时，g(x)＝－a有两解．综上可知，a∈(－

∞，－1).5．解析：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.由于f(x)存在最小值，则方程f′(x)＝0有解，故a>0，解得x＝lna.所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝

f(lna)＝a－alna.同理，得g(x)min＝g(1a)＝1＋lna.因为函数f(x)，g(x)的最小值相等，所以a－alna＝1＋lna，即(a＋1)lna＋1－a＝0.令h(x)＝(x＋1)lnx＋1－x，x>0，则h′(x)＝lnx＋1x.令m(x)＝lnx＋1x，x>0，则

m′(x)＝1x－1x2＝x－1x2.令x－1x2>0，则x>1；令x－1x2<0，则0<x<1.所以m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即h′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)min＝h′(1)＝1>0，所以h(x)在(0

，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，所以1是h(x)唯一零点，所以a＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx，且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞

)上单调递增，且f(x)min＝g(x)min＝1.①当b<1时，f(x)min＝g(x)min＝1>b，显然直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)无交点，不符合题意．②当b＝1时，f(x)min＝g(x)min＝1＝b，则直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有2

个交点，不符合题意．③当b>1时，首先证明直线y＝b与曲线y＝f(x)有2个交点，即证F(x)＝f(x)－b有2个零点．因为F′(x)＝f′(x)＝ex－1，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单

调递增.F(－b)＝e－b>0，F(0)＝1－b<0，F(b)＝eb－2b.令t(b)＝eb－2b，b>1，则t′(b)＝eb－2>0，所以t(b)>t(1)＝e－2>0，所以F(b)>0.所以由零点存在定

理，知F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.其次证明直线y＝b与曲线g(x)有2个交点，即证G(x)＝g(x)－b有2个零点．因为G′(x)＝g′(x)＝1－1x，所以G(x)在(0，1)

上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b<0，G(2b)＝b－ln2b.令μ(x)＝x2－lnx，x>2，则μ′(x)＝12－1x>0，所以μ(x)>μ(2)＝1－ln2>0，即G(2b)

>0.所以由零点存在定理，得G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.再次证明存在b使得x2＝x3.因为F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝

ex2－x2＝x3－lnx3.若x2＝x3，则ex2－x2＝x2－lnx2，即ex2－2x2＋lnx2＝0，所以只需证明方程ex－2x＋lnx＝0在(0，1)上有解即可，即证明φ(x)＝ex－2x＋lnx在(0

，1)上有零点．因为φ(1e3)＝e1e3－2e3－3<0，φ(1)＝e－2>0，所以φ(x)＝ex－2x＋lnx在(0，1)上存在零点，取一零点为x0，令x2＝x3＝x0即可，此时b＝ex0－x0，则此时存在直线y＝b与两条曲

线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点．最后证明x1＋x4＝2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．因为F(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝G(x3)＝G(x0)＝G(x4)＝0，所以F(x1)＝G(x0)＝F(lnx0).又因为F(x

)在(－∞，0)上单调递减，x1<0，0<x0<1，即lnx0<0，所以x1＝lnx0.因为F(x0)＝G(ex0)＝G(x4)，又因为G(x)在(1，＋∞)上单调递增，x0>0，即ex0>1，x4>1，所以x4＝ex0.又因为ex0－2x0＋lnx0＝0，所以x1＋x4＝lnx0＋

ex0＝2x0，即存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．6．解析：(1)函数的定义域为()0，＋∞，又f′()x＝1－lnx－1＝－lnx，当x∈()0，1时，f′()x>0，当x∈()1，＋∞时，f′()

x<0，故f()x的递增区间为()0，1，递减区间为()1，＋∞.(2)因为blna－alnb＝a－b，故b()lna＋1＝a()lnb＋1，即lna＋1a＝lnb＋1b，故f1a＝f1b，设1a＝x1，1b＝x2，由(1)可知不妨设0<x1<1，x2>1.因为x∈()0

，1时，f()x＝x()1－lnx>0，x∈()e，＋∞时，f()x＝x()1－lnx<0，故1<x2<e.先证：x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2,要证：x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即证f()x1>f()2－x

2，即证：f()x2>f()2－x2，其中1<x2<2.设g()x＝f()x－f()2－x，1<x<2，则g′()x＝f′()x＋f′()2－x＝－lnx－ln()2－x＝－ln[]x()2－x，因为1<x<2，故0<x()2－x<1，故－lnx()2

－x>0，所以g′()x>0，故g()x在()1，2上为增函数，所以g()x>g()1＝0，故f()x>f()2－x，即f()x2>f()2－x2成立，所以x1＋x2>2成立，综上，x1＋x2>2成立．设x2＝tx1，则t>1，结合lna＋1a＝lnb＋1b，

1a＝x1，1b＝x2可得：x1()1－lnx1＝x2()1－lnx2，即：1－lnx1＝t()1－lnt－lnx1，故lnx1＝t－1－tlntt－1，要证：x1＋x2<e，即证()t＋1x1<e，即证ln()t＋1＋lnx1<1，即证：ln()t

＋1＋t－1－tlntt－1<1，即证：()t－1ln()t＋1－tlnt<0，令S()t＝()t－1ln()t＋1－tlnt，t>1，则S′()t＝ln()t＋1＋t－1t＋1－1－lnt＝ln1＋1t－2t＋1，先证明一个不等式：ln()x＋1≤x.设u()x＝ln(

)x＋1－x，则u′()x＝1x＋1－1＝－xx＋1，当－1<x<0时，u′()x>0；当x>0时，u′()x<0，故u()x在()－1，0上为增函数，在()0，＋∞上为减函数，故u()xmax＝u()0＝0，故ln()x＋1≤x成立由上述不等式可得当t>1时，ln1＋1t≤1t<

2t＋1，故S′()t<0恒成立，故S()t在()1，＋∞上为减函数，故S()t<S()1＝0，故()t－1ln()t＋1－tlnt<0成立，即x1＋x2<e成立．综上所述，2<1a＋1b<e.7．解析：(1)令h(x)＝x－x2－sinx，则h′

(x)＝1－2x－cosx，令p(x)＝1－2x－cosx，则p′(x)＝－2＋sinx<0，所以p(x)即h′(x)单调递减，又h′(0)＝0，所以当0<x<1时，h′(x)<h′(0)＝0，h(x)单调递减，所以当0<x<1时，h(

x)<h(0)＝0，即x－x2<sinx.令g(x)＝sinx－x，则g′(x)＝cosx－1≤0，所以g(x)单调递减，又g(0)＝0，所以当0<x<1时，g(x)<g(0)＝0，即sinx<x.综上，当0<x<1

时，x－x2<sinx<x.(2)方法一因为f(x)＝cosax－ln(1－x2)(－1<x<1)，所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)为偶函数．f′(x)＝－asinax＋2x1－x2(－1<x<1)，令t(x)＝－asin

ax＋2x1－x2(－1<x<1)，则t′(x)＝－a2cosax＋2（1＋x2）（1－x2）2(－1<x<1).令n(x)＝－a2cosax＋2（1＋x2）（1－x2）2，则n′(x)＝a3sinax＋4x（3＋x2）（1－x2）3.当a＝0时，当0<x<1时

，f′(x)>0，f(x)单调递增，当－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．当a>0时，取π2a与1中的较小者，为m，则当0<x<m时，易知n′(x)>0，所以n(x)

即t′(x)在(0，m)上单调递增，所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.①当2－a2≥0，即0<a≤2时，t′(x)>0(0<x<m).所以t(x)在(0，m)上单调递增，所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0.那么f(x)在(0，m)上单调递增，由偶函

数性质知f(x)在(－m，0)上单调递减．故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．②当2－a2<0，即a>2时，当π2a<1，即a>π2时，因为t′(0)<0，t′π2a>0，所以t′(x)在(0，m)上存

在唯一零点x1，且当0<x<x1时，t′(x)<0，t(x)单调递减，因为t(0)＝0，所以当0<x<x1时，t(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，x1)上单调递减，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x1，0)上单调递增，故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．当π

2a>1，即2<a<π2时，因为t′(0)<0，t′12＝－a2cosa2＋409>0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，且当0<x<x2时，t′(x)<0，t(x)单调递减．因为t(0)＝0，所以当0<x<x2时，t(x

)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，x2)上单调递减．因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x2，0)上单调递增，故可得x＝0是f(x)的极大值点，符号题意．当a<0时，由偶函数图象的对称性可得a<－2.综上所述，a的取值范围是(－∞，

－2)∪(2，＋∞).方法二由f(x)＝cosax－ln(1－x2)，得f′(x)＝－asinax＋2x1－x2(－1<x<1)，令t(x)＝－asinax＋2x1－x2(－1<x<1)，则t′(x)＝－a2cosax＋2（1＋x2）（1－x2）2(

－1<x<1).由x＝0是f(x)的极大值点，易得f′(0)＝0，t′(0)<0，所以2－a2<0，解得a<－2或a>2.所以a的取值范围是(－∞，－2)∪(2，＋∞).8．解析：(1)当a＝8时，f(x)＝8x－sinx

cos3xx∈0，π2，f′(x)＝8－cos4x＋3sin2xcos2xcos6x＝8＋2cos2x－3cos4x.令1cos2x＝t，则t∈(1，＋∞)，令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，当t∈(1，2)时，h(t)>

0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0.故当x∈0，π4时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈π4，π2时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∴f(x)在区间0，π4上单调递增，在区间

π4，π2上单调递减．(2)令g(x)＝f(x)－sin2x＝ax－sinxcos3x－sin2x，则g′(x)＝a－cos4x＋3sin2xcos2xcos6x－2cos2x＝a－cos2x＋3sin2xcos4x－4cos2x

＋2＝a－(－2cos2x＋3cos4x＋4cos2x－2)，令u＝cos2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝－2u＋3u2＋4u－2，则k′(u)＝2u－6u3＋4＝4u3＋2u－6u3.当u∈(0，1)时，k′

(u)<0，∴k(u)在(0，1)上单调递减，∵k(1)＝3，∴当u∈(0，1)时，k(u)>3，∴k(u)的值域为(3，＋∞).①当a≤3时，g′(x)<0，∴g(x)在0，π2上单调递减，又g(0)＝0，∴当x∈

0，π2时，g(x)<0，即f(x)<sin2x.②当a>3时，∃x0∈0，π2使得g′(x0)＝0，∴g(x)在(0，x0)上单调递增，在x0，π2上单调递减，∴g(x0)>g(0)＝0，∴f(x)<sin2x不成立．综上所述，a的取值范围为(－∞，3].专练19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．D∵y＝－3x的倾斜角为23π，∴终边在直线y＝－3x上的角的集合为α|α＝kπ－π3，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－2200°＝－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∵r＝x2＋9，cosθ＝xx2＋9＝1010x，又x<0，∴x＝－1.9．ABD若0<α<π2，则sinα<t

anα＝sinαcosα，故A正确；若α是第二象限角，即α∈2kπ＋π2，2kπ＋π，k∈Z，则α2∈kπ＋π4，kπ＋π2，k∈Z，所以α2为第一象限或第三象限角，故B正确；若角α的终边过点P(3k，4k)(k≠0)，则sinα＝4k9k2＋16

k2＝4k|5k|，不一定等于45，故C错误；若扇形的周长为6，半径为2，则弧长为6－2×2＝2，圆心角的大小为22＝1弧度，故D正确．故选ABD.10.π3解析：设扇形所在圆的半径为r，则弧长l＝π6r，又S扇＝12rl＝π12r2＝π3，得r＝2

，∴弧长l＝π6×2＝π3.11．－45解析：∵θ∈π2，π，∴－1<cosθ<0，∴r＝9cos2θ＋16cos2θ＝－5cosθ，故sinα＝－45.12.12解析：由题可知P(－8m，－3)，∴cosα＝－8m64m2＋9＝－45，得m＝±12，又cosα＝－4

5<0，∴－8m<0，∴m＝12.专练20同角三角函数的基本关系及诱导公式1．Csin256π＝sin4π＋π6＝sinπ6＝12.2．Bcosπ5＋cos25π＋cos35π＋cos45π＝cosπ5＋cos25π＋cos

π－25π＋cosπ－π5＝cosπ5＋cos25π－cos25π－cosπ5＝0.3．Dtan(α－7π)＝tanα＝34>0，又α∈π2，32π，∴α∈π，32π，∴sinα＝－35，cos

α＝－45，∴sinα＋cosα＝－75.4．A2sinα－cosα＝0，∴tanα＝12，∴sin2α－2sinαcosα＝sin2α－2sinαcosαsin2α＋cos2α＝tan2α－2tanα1＋tan2α＝14－11＋14＝－35.5．B由三角函数的定义得cosα＝2x4＝

xx2＋5，解得x＝±3或x＝0.因为点P(x，5)在第二象限内，所以x＝－3，故tanα＝5x＝5－3＝－153.故选B.6．A由sinα－cosα＝43，得1－2sinαcosα＝169，∴2sinαcosα＝1－169＝－79，即：sin2α＝－79.7．B由

三角函数的定义可知tanα＝43，由题可知α为第一象限角，∴cosα＝35，sinα－20172π＝sin(α－π2)＝－cosα＝－35.8．B由三角函数的定义可知tanθ＝3，∴sin32π＋θ＋2cos（π－θ）s

inπ2－θ－sin（π－θ）＝－cosθ－2cosθcosθ－sinθ＝－31－tanθ＝32.9．A1－sinα1＋sinα＝（1－sinα）2（1＋sinα）（1－sinα）＝（1－sinα）2cos2α＝1－sinαcosα，1－cosα1＋cosα＝（1

－cosα）2（1＋cosα）（1－cosα）＝1－cosαsinα，根据三角函数性质知1－sinα>0，1－cosα>0，再根据α为第二象限角知cosα<0，sinα>0，所以原式＝cosα×－1－

sinαcosα＋sinα×1－cosαsinα＝sinα－cosα.10.45－34解析：由α∈－π2，0，sinα＝－35，得cosα＝1－sin2α＝45，tan(π＋α)＝tanα＝sinαcosα＝－34

.11.13解析：∵π12－θ＋512π＋θ＝π2，∴sin512π＋θ＝cosπ12－θ＝13.12.43或0解析：1－cos(π－α)＝2sinα可化为1＋cosα＝2sinα，等式两边同时平方，得1＋2cosα＋cos2α＝4sin2α，即5cos2α＋2cosα－

3＝0，则cosα＝35或cosα＝－1.当cosα＝35时，sinα＝45，tanα＝43；当cosα＝－1时，sinα＝0，tanα＝0.13．B由题意得tanα＝b－a2－1＝b－a，又cos2α＝cos2α－s

in2α＝cos2α－sin2αcos2α＋sin2α＝1－（b－a）21＋（b－a）2＝23，得|b－a|＝55.14．ABC因为θ是△ABC的一个内角，且cosθ<－13，所以π2<θ<π.设cosφ＝－13π2<φ<π，则sinφ＝223，tanφ＝sinφ

cosφ＝－22.因为函数y＝cosx在π2，π上单调递减，所以由cosθ<－13＝cosφ，得π2<φ<θ<π.对于A，因为函数y＝sinx在π2，π上单调递减，所以sinθ<sinφ，

即sinθ<223，故A正确；对于B，因为函数y＝tanx在π2，π上单调递增，所以tanθ>tanφ，即tanθ>－22，故B正确；对于C，因为cosθ<－13，所以cos2θ>19，所以cos2θ＝

2cos2θ－1>2×19－1＝－79，故C正确；对于D，sin2θ＝2sinθcosθ，当cosθ＝－223时，sinθ＝13，sin2θ＝2×13×－223＝－429，故D不正确．综上，选ABC.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21三角函数的图象与性质1．A在y＝3tan2x＋π6中，令x＝0，可得D(

0，1)；令y＝0，解得x＝kπ2－π12(k∈Z)，故E－π12，0，F5π12，0.所以△DEF的面积为12×π2×1＝π4.故选A.2．C∵0≤x≤9，∴－π3≤π6x－π3≤76π，∴－3≤2sin

π6x－π3≤2，∴函数的最大值与最小值之和为2－3.3．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．C(通解)将函数f(x)＝sin(ωx＋π3)的图象向左平移π2个单位长度得到y＝sin(ωx＋π2ω＋π3)的图象．由所得图象关于y轴对称，得π2ω＋π3＝kπ＋π2(k∈Z

)，所以ω＝2k＋13(k∈Z).因为ω>0，所以令k＝0，得ω的最小值为13.故选C.(快解)由曲线C关于y轴对称，可得函数f(x)＝sin(ωx＋π3)的图象关于直线x＝π2对称，所以f(π2)＝sin(πω2

＋π3)＝±1，然后依次代入各选项验证，确定选C.5．C方法一设函数f(x)的最小正周期为T，由题图可得T<π－－4π9且T2>－4π9－(－π)，所以10π9<T<13π9，又因为|ω|＝2πT，所以1813<|ω|<95.由题图可知f－4π9＝0，且－4π9是函

数f(x)的上升零点，所以－4πω9＋π6＝2kπ－π2(k∈Z)，所以－49ω＝2k－23(k∈Z)，所以|ω|＝32|3k－1|(k∈Z).又因为1813<|ω|<95，所以k＝0，所以|ω|＝32，所以T＝2π|ω|＝2

π32＝4π3.故选C.方法二(五点法)由函数f(x)的图象知，ω×－4π9＋π6＝－π2，解得ω＝32，所以函数f(x)的最小正周期为4π3，故选C.6．A因为2π3＜T＜π，所以2π3＜2π

|ω|＜π.又因为ω＞0，所以2＜ω＜3.因为y＝f(x)的图象关于点(3π2，2)中心对称，所以b＝2，3π2ω＋π4＝kπ，k∈Z，所以ω＝－16＋23k，k∈Z.令2＜－16＋23k＜3，解得134＜k＜194.又因为k∈Z，所以k＝4，所以ω＝52.所

以f(x)＝sin(52x＋π4)＋2，所以f(π2)＝sin(5π4＋π4)＋2＝1.故选A.7．D由f(0)＝fπ2，得sin0＋acos0＝0＋a＝1，解得a＝1，所以f(x)＝sinx＋c

osx，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)的图象的一条对称轴是x＝－2π3.故选D.8．A∵f(x)的图象关于直线x＝π6对称，∴f(0)＝fπ3，∴1＝32a＋12，解得a＝33，∴g(x)＝sinx＋33cosx＝233sinx＋π6，又gπ3＝233sinπ2＝233取得最大值，故A正确，通过逐个检

验，可知B、C、D均不正确．9．A因为函数y＝sinx的单调递增区间为2kπ－π2，2kπ＋π2()k∈Z，对于函数f()x＝7sinx－π6，由2kπ－π2<x－π6<2kπ＋π2()k∈Z，解得2kπ－π3<x<2kπ＋2π3()k∈Z，

取k＝0，可得函数f()x的一个单调递增区间为－π3，2π3，则0，π2⊆－π3，2π3，π2，π⊄－π3，2π3，A选项满足条件，B不满足条件；取k＝1，可得函数f()x的一个单调递增区间为5π

3，8π3，π，3π2⊄－π3，2π3且π，3π2⊄5π3，8π3，3π2，2π⊄5π3，8π3，CD选项均不满足条件．故选A.10.5解析：∵f(x)＝22＋12sin(x＋φ)＝5sin(x＋φ)，∴f(x)max＝

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．[2，3)解析：方法一函数f(x)＝cosωx－1在区间[0，2π]有

且仅有3个零点，即cosωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，因为ω>0，x∈[0，2π]，所以ωx∈[0，2ωπ]，则由余弦函数的图象可知，4π≤2ωπ<6π，解得2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3).方法二函数f(

x)＝cosωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cosωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，根据函数y＝cosx在[0，2π]上的图象可知，cosx＝1在区间[0，2π]有2个根，所以若cos

ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，则函数y＝cosωx在[0，2π]内至少包含2个周期，但小于3个周期，即2×2πω≤2π3×2πω>2π，又ω>0，所以2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3).13．BD由题意得f(x)＝cosωx－π2＝sinωx，则g

(x)＝sinωx－π2，g(0)＝sin－π2ω＝－1，即sinπ2ω＝1，cosπ2ω＝0.对于A项，g(x)＝sinωx－π2ω＝sinωxcosπ2ω－cosωx·sinπ2ω＝－cosωx，又g(x)的定义域为R，故g

(x)为偶函数，A错误．对于B项，g－π2＝－cosπ2ω＝0，B正确．对于C项，当ω＝5时，g(x)＝－cos5x，由5x＝π2＋kπ，k∈Z，得x＝π10＋kπ5，k∈Z，因为x∈(0，π)，所以x可以取π10，3π10

，π2，7π10，9π10，即当ω＝5时，g(x)在(0，π)上有5个零点，C错误．对于D项，由2kπ≤ωx≤2kπ＋π，k∈Z，得2kπω≤x≤2kπω＋πω，k∈Z，则函数g(x)在区间2kπω，2kπω＋

πω(k∈Z)上单调递增，因为g(x)在0，π5上单调递增，所以π5≤πω，解得0<ω≤5，即ω的最大值为5，故D正确．综上所述，正确的说法为BD.14．C把函数y＝cos2x＋π6的图象向左平移π6个单位长度后得到函数f(x)＝cos2x＋π6＋π6＝c

os2x＋π2＝－sin2x的图象．作出函数f(x)的部分图象和直线y＝12x－12如图所示．观察图象知，共有3个交点．故选C.15．3解析：因为T＝2π|ω|，ω>0，所以ω＝2πT.由f(T)＝3

2，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，所以当k＝0时ω取得最小值，ω的最小值为3.16．－32对比正弦函数y＝sinx的图象易知，点

2π3，0为“五点(画图)法”中的第五点，所以2π3ω＋φ＝2π①.由题知|AB|＝xB－xA＝π6，ωxA＋φ＝π6ωxB＋φ＝5π6，两式相减，得ω(xB－xA)＝4π6，即π6ω＝4π6，解得ω＝4.代入①，得φ＝－2π3，所以f(π

)＝sin4π－2π3＝－sin2π3＝－32.专练22三角恒等变换1．Ccosα＝1－2sin2α2＝1－2×13＝13.2．D方法一∵α是第四象限角，∴－π2＋2kπ<α<2kπ，k∈Z，∴－π＋4kπ<2α<4kπ，k∈Z，∴角2α的终边在第三、四象限或y轴非正半轴上，

∴sin2α<0，cos2α可正、可负、可零，故选D.方法二∵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．C将式子进行齐次化处理得：sinθ()1＋sin2θsinθ＋cosθ＝sinθ()sin2θ＋cos2

θ＋2sinθcosθsinθ＋cosθ＝sinθ()sinθ＋cosθ＝sinθ()sinθ＋cosθsin2θ＋cos2θ＝tan2θ＋tanθ1＋tan2θ＝4－21＋4＝25.故选C.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．Dsin2α＝cosπ2－2α＝2cos2π4－α－1＝2×925－1＝－725.7．D方法一

由题意，cosα＝1＋54＝1－2sin2α2，得sin2α2＝3－58＝6－2516＝(5－14)2，又α为锐角，所以sinα2>0，所以sinα2＝－1＋54，故选D.方法二由题意，cosα＝1＋54＝1－2sin2α2，得sin

2α2＝3－58，将选项逐个代入验证可知D选项满足，故选D.8．A∵a⊥b，∴sinθ－2cosθ＝0，∴tanθ＝2，∴sin2θ＋cos2θ＝2sinθcosθ＋cos2θ＝2tanθ＋11＋tan2θ＝1.9．BD对于A，1

－2cos275°＝－cos150°＝cos30°＝32，A错误；对于B，sin135°cos15°－cos45°cos75°＝sin45°sin75°－cos45°cos75°＝－cos120°＝12，B正确；对于C，∵tan45°

＝1＝tan20°＋tan25°1－tan20°tan25°，∴1－tan20°tan25°＝tan20°＋tan25°，∴tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°＝1－tan20°tan25°＋tan20°tan25°＝1，C错误；对于D，cos35°1－si

n20°2cos20°＝cos35°（cos10°－sin10°）22（cos10°＋sin10°）（cos10°－sin10°）＝cos35°2（cos10°＋sin10°）＝cos45°cos10°＋sin45°

sin10°2（cos10°＋sin10°）＝22（cos10°＋sin10°）2（cos10°＋sin10°）＝12，D正确．故选BD.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＝Asin(ωx＋φ)＋b.∴A＝2，b＝1.13．Dtan2θ＝2tanθ1－tan2θ＝2×121－14＝43，∴tanπ4－2θ＝ta

nπ4－tan2θ1＋tanπ4tan2θ＝1－431＋43＝－17.14．B依题意，得sinαcosβ－cosαsinβ＝13cosαsinβ＝16，所以sinαcosβ＝12，所以sin(α＋β)

＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝12＋16＝23，所以cos(2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×232＝19，故选B.15.2413解析：因为π4－α＋π4＋α＝π2，所以π4＋α＝π2－π4－α.又2

π4－α＋2α＝π2，得2α＝π2－2π4－α.故cos2αcosπ4＋α＝cosπ2－2π4－αcosπ2－π4－α＝sin2π4－αsinπ4－α＝2cos

π4－α.由于α∈0，π2，π4－α∈－π4，π4，所以cos(π4－α)>0，故cosπ4－α＝1213，cos2αcosπ4＋α＝2×1213＝2413.16．解

析：方法一原式＝cos2α－sin2α2×1－tanα1＋tanαsinπ4cosα＋cosπ4sinα2＝（cos2α－sin2α）（1＋tanα）（1－tanα）（cosα＋sinα）2＝（cos2α－sin2α）1＋sinαcosα

1－sinαcosα（cosα＋sinα）2＝1.方法二原式＝cos2α2tanπ4－αcos2π4－α＝cos2α2sinπ4－αcosπ4－α＝cos2αsinπ2－2α＝cos2αcos2α＝1.专练23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→＋3A

D→＝CA→＋3(CD→－CA→)＝－2CA→＋3CD→＝－2m＋3n.故选B.4．B∵M为BC的中点，∴AM→＝12(AC→＋AB→)＝12(AD→＋DC→)＋12AB→，又AB→＝－2CD→，∴DC→＝12A

B→，∴AM→＝12AD→＋12AB→＋12AB→＝34AB→＋12AD→.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∵2AC→＋CB→＝0，∴2(

OC→－OA→)＋(OB→－OC→)＝0，得OC→＝2OA→－OB→，故选A.7．C∵AD→＝AB→＋BC→＋CD→＝－8a－2b＝2(－4a－b)＝2BC→，∴AD→∥BC→且|AD→|＝2|BC→|，∴四边形ABCD为梯形．8．C∵PA→＋PB→＋PC→＝AB→

＝PB→－PA→，∴PC→＝－2PA→，∴点P在线段AC上．9．D由OA→＋2OB→＝－mOC→得，13OA→＋23OB→＝－m3OC→，如图，设－m3OC→＝OD→，则13OA→＋23OB→＝OD→，∴A，B，D三点共线，∴OC

→与OD→反向共线，m>0，∴|OD→||OC→|＝m3，∴|OD→||CD→|＝m3m3＋1＝mm＋3，∴S△AOBS△ABC＝|OD→||CD→|＝mm＋3＝47，解得m＝4.故选D.10．－23解析：因为A，B，C三

点共线，所以存在实数k，使得AB→＝kAC→，所以ta－b＝k(2a＋3b)＝2ka＋3kb，即(t－2k)a＝(3k＋1)b，因为a，b不共线，所以t－2k＝0，3k＋1＝0，解得k＝－13，t＝－23.11.53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＝53.12.32b－12a解析：∵AB→＝

2BC→，∴OB→－OA→＝2(OC→－OB→).∴OC→＝32OB→－12OA→，即c＝32b－12a.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

.BCD如图，因为点D，E，F分别是边BC，CA，AB的中点，所以EF→＝12CB→＝－12BC→，故A不正确；BE→＝BC→＋CE→＝BC→＋12CA→＝BC→＋12(CB→＋BA→)＝BC→－12BC→－12AB→＝－12AB→＋12B

C→，故B正确；FC→＝AC→－AF→＝AD→＋DC→＋FA→＝AD→＋12BC→＋FA→＝AD→＋FE→＋FA→＝AD→＋FB→＋BE→＋FA→＝AD→＋BE→，故C正确；由题意知，点G为△ABC的重心，所以AG→＋BG→＋CG→＝23AD→＋23BE→

＋23CF→＝23×12(AB→＋AC→)＋23×12(BA→＋BC→)＋23×12(CB→＋CA→)＝0，即GA→＋GB→＋GC→＝0，故D正确．故选BCD.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，故②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②③④.16.

511解析：∵N，P，B三点共线，∴AP→＝mAB→＋211AC→＝mAB→＋611AN→，∴m＋611＝1，∴m＝511.专练24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e1－2

e2＝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＝12，1

2－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＋3cosA)－32＝0，∴2sin2A＋23sinAcosA＝3.可化为1－cos2A＋3sin2A＝3，∴sin2A－π6＝1.∵A∈(0，π)，∴2

A－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.A如图所示，以BC所在直线为x轴

，BC的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，设Q(0，1)，则A(0，3)，C(3，0)，圆Q的方程为x2＋(y－1)2＝1，设P(cosθ，1＋sinθ)(θ∈R)，则QP→＝(cosθ，sinθ)，又QA→＝(0，2)，QC→＝(3，－1)，所

以mQC→＋nQA→＝m(3，－1)＋n(0，2)＝(3m，2n－m).又QP→＝mQC→＋nQA→，所以cosθ＝3msinθ＝2n－m，解得m＝13cosθn＝12sinθ＋123cosθ(θ∈R)，所以m＋n＝12sinθ＋32cosθ＝sin(θ＋π3)∈

[－1，1]，故选A.10．－34解析：由a⊥b，可得a·b＝(m，3)·(1，m＋1)＝m＋3m＋3＝0，所以m＝－34.11.34解析：依题意得OC→－OA→＝t(－23，2)，OC→＝t(－23，2)＋OA→＝(23－23t，2t)，|OC→|2＝12(1－t)2＋4t2＝1

6t－342＋3≥3，当且仅当t＝34时取等号．因此，当|OC→|最小时，t＝34.12．3解析：∵MA→＋MB→＋MC→＝0，∴M为△ABC的重心，设D为BC边的中点，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－4

a).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，故选C.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．ACD因为m＝(1，0)，n＝(12，12)，所以|m|＝1，|n|＝（12）2＋（12）2＝22，所以|m|＝2|n|，故A正确；因为m－n＝(12，－12)，所以m

－n与n不平行，故B错误；又(m－n)·n＝0，故C正确；因为cos〈m，－n〉＝m·（－n）|m||－n|＝－22，所以m与－n的夹角为3π4，故D正确．16．6解析：方法一如图，作平行四边形OB1CA1，则OC→＝OB1＋OA1，因为OA→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→＝4OA→＋2OB→，所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.方法二以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→＝λ(1，0)＋μ(－12，32)，得(λ－12μ，32μ)＝(3，3)，得3＝λ－12μ，3＝32μ，解得λ＝4，μ＝2.所以λ＋μ＝6.专练25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．D由题意可得a－b＝()2，1－()－2，4＝()4，－3，所以||a－b＝42＋()－32＝5.故选D.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将|a－2b|＝3两边平行，得a2－4a·b＋4b2＝9.因为|a|＝1，|b|＝3，所以1－4a·b＋12＝9，解得a·b＝1.故选C.6．D因为a＝(1，1)，b＝(

1，－1)，所以a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ)，因为(a＋λb)⊥(a＋μb)，所以(a＋λb)·(a＋μb)＝0，所以(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0，整理得λμ＝－1.故选D.7．B依题意，得a·b＝x＋y－1＝0⇒x＋y＝1.1x＋4y＝x＋y

x＋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．A因为cos∠AOB＝OA→·OB→|OA→|·|OB→|＝42×4＝12，所以∠AOB＝60°，sin∠AOB＝32，则所求平行四边形的面积为|OA→|·|OB→|·sin∠AOB＝43

，故选A.10．2解析：由已知可得a·b＝1×2×22＝1.因为tb－a与a垂直，所以(tb－a)·a＝0，得ta·b－a2＝0，即t－2＝0，故t＝2.11.3解析：由|a－b|＝3，得a2－2a·b＋b2＝3，即2a·b＝a2＋b2－3①.由|a＋

b|＝|2a－b|，得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得，3a2－6a·b＝0，结合①，得3a2－3(a2＋b2－3)＝0，整理得，b2＝3，所以|b|＝3.12．11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＝11.13．ACA：𝑂P1⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(cosα，sinα)，𝑂P2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(cosβ，－sinβ)，所以|𝑂P1⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝cos2α＋sin2α＝1，|𝑂P2⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗|＝（cos2β）＋（－sinβ）2＝1，故|OP1|＝|OP2|，正确；B：𝐴P1⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(cosα－1，sinα)，𝐴P2⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(cosβ－1，－sinβ)，所以|𝐴P1⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝（cosα－1）2＋sin2α＝cos2α－2cosα＋1＋sin2

α＝2（1－cosα）＝4sin2α2＝2|sinα2|，同理|𝐴P2⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝（cosβ－1）2＋sin2β＝2|sinβ2|，故|𝐴P1⃗⃗⃗⃗⃗⃗|，|𝐴P2⃗⃗⃗⃗⃗⃗|不一定相等，错误；C：由题意得：OA→·𝑂

P3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝1×cos(α＋β)＋0×sin(α＋β)＝cos(α＋β)，𝑂P1⃗⃗⃗⃗⃗⃗·OP2＝cosα·cosβ＋sinα·(－sinβ)＝cos(α＋β)，正确；D：由题意得：OA→·𝑂P1⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝1×cosα＋0×sinα＝c

osα，𝑂P2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂P3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝cosβ×cos(α＋β)＋(－sinβ)×sin(α＋β)＝cos()β＋()α＋β＝cos()α＋2β，故一般来说OA→·𝑂P1⃗⃗⃗⃗⃗⃗≠𝑂P2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂P

3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，错误．故选AC.14．ACD由题意知，F1＋F2＋G＝0，可得F1＋F2＝－G，两边同时平方得|G|2＝|F1|2＋|F2|2＋2|F1||F2|cosθ＝2|F1|2＋2|F1|2cosθ，所以|F1|2＝|G|22（1＋cos

θ）.当θ＝0时，|F1|min＝12|G|；当θ＝π2时，|F1|＝22|G|；当θ＝2π3时，|F1|＝|G|，故ACD正确．当θ＝π时，竖直方向上没有分力与重力平衡，不成立，所以θ∈[0，π)，故B错．15．A方法一连接OA，由题可知|

OA|＝1，OA⊥PA，因为|OP|＝2，所以由勾股定理可得|PA|＝1，则∠POA＝π4.设直线OP绕点P按逆时针旋转θ后与直线PD重合，则－π4<θ<π4，∠APD＝π4＋θ，且|PD|＝2cosθ.所以PA→·PD→＝|PA→||PD→|cos(π4＋θ)

＝2cosθcos(π4＋θ)＝2cosθ(22cosθ－22sinθ)＝cos2θ－sinθcosθ＝12＋12cos2θ－12sin2θ＝12＋22cos(2θ＋π4)≤12＋22，故选A.方法二以圆心O为坐

标原点建立平面直角坐标系，设圆O：x2＋y2＝1，点P(2，0)，因为|OA|＝1，且OA⊥PA，所以∠POA＝π4，不妨设A(22，22).设直线PD的方程为y＝k(x－2)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，由

y＝k（x－2）x2＋y2＝1，得(k2＋1)x2－22k2x＋2k2－1＝0，由Δ＝8k4－4(k2＋1)(2k2－1)＝4－4k2>0，解得－1<k<1，则x1＋x2＝22k2k2＋1，y1＋y2＝k(x1＋x2－22)＝－22kk2＋1，所以D(2k2k2＋1，－2kk2＋1)

.于是PA→＝(－22，22)，PD→＝(－2k2＋1，－2kk2＋1)，所以PA→·PD→＝1－kk2＋1.设t＝1－k，则0<t<2，PA→·PD→＝t（1－t）2＋1＝tt2－2t＋2＝1t＋2t－2≤122－2＝12＋22，当且仅当t

＝2时等号成立，故选A.16.223解析：a·b＝(3e1－2e2)·(3e1－e2)＝9e21－9e1·e2＋2e22＝11－9×13＝8，又|a|＝（3e1－2e2）2＝9e21＋4e22－12e1·e2＝3，|b|＝（3e1－e2）2＝9e2

1－6e1·e2＋e22＝9－2＋1＝22，∴cosβ＝a·b|a||b|＝83×22＝223.专练26正弦定理、余弦定理及解三角形1．C由正弦定理得asinA＝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．C由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，得cosC＝a2＋b2－c22ab＝4＋9－72×2×3＝

12，又C为△ABC内角，∴C＝π3.4．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∵b

sinA＝3csinB，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，∴sinBcosC＋sinCc

osB＝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ACs

inB＝ABsinC，∴AB＝AC·sinCsinB＝50×22sin（180°－45°－105°）＝502.9．A∵cosC2＝55，∴cosC＝2cos2C2－1＝2×552－1＝－35.在△ABC中，由余弦定理，得

AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝25＋1－2×5×1×－35＝32，所以AB＝42，故选A.10.23π解析：由(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac得a2＋c2－b2＋ac＝0.由余

弦定理得cosB＝a2＋c2－b22ac＝－12，又B为△ABC的内角，∴B＝23π.11．①90°②－13解析：①∵c＝a·cosB，∴c＝a·a2＋c2－b22ac，得a2＝b2＋c2，∴∠A＝90°；②∵cosB＝cos(π－A－C)＝sinC＝1

3.∴cos(π＋B)＝－cosB＝－sinC＝－13.12．2解析：方法一由余弦定理得cos60°＝AC2＋4－62×2AC，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋3.又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以12×2ACsin60°＝12×2ADsin30°＋12AC×ADsin30°

，所以AD＝23ACAC＋2＝23×（1＋3）3＋3＝2.方法二由角平分线定理得BDAB＝CDAC，又BD＋CD＝6，所以BD＝26AC＋2，CD＝6ACAC＋2.由角平分线长公式得AD2＝AB×AC－BD×CD＝2AC－12AC（AC＋2）2，又由方法一知AC＝1＋3，所以AD2＝2

＋23－12×（1＋3）（3＋3）2＝2＋23－(23－2)＝4，所以AD＝2.13．AB∵(2a－b)cosC＝ccosB，∴(2sinA－sinB)cosC＝sinCcosB，∴2sinAcosC＝sinBcosC＋cosBsinC，即2sinAcosC＝sin(B＋C)，∴2sinAcos

C＝sinA．∵在△ABC中，sinA≠0，∴cosC＝12，∴C＝60°，A正确．由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC，得49＝64＋b2－2×8bcos60°，即b2－8b＋15＝0，解得b＝3或b

＝5，又b<4，∴b＝3，C错误．∴△ABC的面积S＝12absinC＝12×8×3×32＝63，B正确．又cosA＝b2＋c2－a22bc＝9＋49－642×3×7<0，∴A为钝角，△ABC为钝角三角形，D错误．14．C如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N

，连接PM，MN，AO，BO.由PC＝PD，得PM⊥DC，又PO⊥DC，PO∩PM＝P，所以DC⊥平面POM，又OM⊂平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥NM，所以M，N，O三点共线，所以OA＝OB，所以Rt△PAO≌Rt△P

BO，所以PB＝PA.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝PC2＋AC2－2PC·ACcos45°＝17，所以PB＝17.在△PBC中，由余弦定理，得cos∠PCB＝PC2＋BC2－BP22PC·BC＝13，所以

sin∠PCB＝223，所以S△PBC＝12PC·BCsin∠PCB＝42，故选C.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(2x，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＝3－1.16.125解析：由余弦定理得2abcosC＝a2＋b2－c2，又6

S＝(a＋b)2－c2，所以6×12absinC＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab＝2abcosC＋2ab，化简得3sinC＝2cosC＋2，结合sin2C＋cos2C＝1，解得sinC＝1213，cosC＝513，所以t

anC＝125.专练27高考大题专练(二)解三角形的综合运用1．解析：方法一(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝π4.因为2sin(A－C)＝sinB，所以2sin(A－π4)＝sin(3π4－A)，展开并整理得2(sinA－cosA)＝22(cosA

＋sinA)，得sinA＝3cosA，又sin2A＋cos2A＝1，且sinA>0，所以sinA＝31010.(2)由正弦定理BCsinA＝ABsinC，得BC＝ABsinC×sinA＝522×31010＝35，由余弦定理AB2＝A

C2＋BC2－2AC·BCcosC，得52＝AC2＋(35)2－2AC·35cosπ4，整理得AC2－310AC＋20＝0，解得AC＝10或AC＝210，由(1)得，tanA＝3>3，所以π3<A<π2，又A＋B＝3π4，所以B>π4，即C<B，所以AB<AC，所以AC＝210，设AB

边上的高为h，则12×AB×h＝12×AC×BCsinC，即5h＝210×35×22，解得h＝6，所以AB边上的高为6.方法二(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以

C＝π4.因为2sin(A－C)＝sinB，所以2sin(A－C)＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，所以2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC，所以sinAcosC＝3cosAsinC，易得cosAcosC≠

0，所以tanA＝3tanC＝3tanπ4＝3，又sinA>0，所以sinA＝332＋12＝31010.(2)由(1)知sinA＝31010，tanA＝3>0，所以A为锐角，所以cosA＝1010，所以sinB＝sin(3π4－A)＝22(co

sA＋sinA)＝22×(1010＋31010)＝255，由正弦定理ACsinB＝ABsinC，得AC＝AB·sinBsinC＝5×25522＝210，故AB边上的高为AC×sinA＝210×31010＝6.2．解析：(1)由正弦定理和已知条件得

BC2－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＝23s

in(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＋23.3．解析：(1)因为D为BC的中

点，所以S△ABC＝2S△ADC＝2×12×AD×DCsin∠ADC＝2×12×1×DC×32＝3，解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4.因为∠ADC＝π3，所以∠ADB＝2π3.在△ABD中，由

余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝7.在△ADC中，由余弦定理，得b2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC＝1＋4－2＝3，所以b＝3.在△ABC中，由余弦

定理，得cosB＝c2＋a2－b22ac＝7＋16－32×4×7＝5714，所以sinB＝1－cos2B＝2114.(2)因为D为BC的中点，所以BD＝DC.因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＝－cos∠ADC，则在△A

BD与△ADC中，由余弦定理，得AD2＋BD2－c22AD·BD＝－AD2＋DC2－b22AD·DC，得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝3，所以a＝23

.在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝b2＋c2－a22bc＝8－122bc＝－2bc，所以S△ABC＝12bcsin∠BAC＝12bc1－cos2∠BAC＝12bc1－－2bc2＝12b2c2－4＝3，解得b

c＝4.则由bc＝4b2＋c2＝8，解得b＝c＝2.4．解析：(1)由已知条件，得sin2B＋sinAsin2B＝cosA＋cosAcos2B.所以sin2B＝cosA＋cosAcos2B－sinAsin2B＝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)cosB＝

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－5sin2Csin2C＝2sin2C＋4sin2C－5≥22si

n2C·4sin2C－5＝42－5，当且仅当sin2C＝22时，等号成立，所以a2＋b2c2的最小值为42－5.5．解析：(1)如图，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝22＋12＋2×2×1×12＝7，得B

C＝7.方法一由正弦定理ACsin∠ABC＝BCsin∠BAC，得sin∠ABC＝1×327＝2114.方法二由余弦定理得cos∠ABC＝AB2＋BC2－AC22AB·BC＝4＋7－12×2×7＝5714，所以sin∠ABC＝1－cos2∠ABC＝2114.(2)方法一由

sin∠ABC＝2114，得tan∠ABC＝35，又tan∠ABC＝DAAB＝DA2，所以DA＝235，故△ADC的面积为12DA·AC·sin(120°－90°)＝12×235×1×12＝310.方法二△

ABC的面积为12AC·AB·sin∠BAC＝12×1×2×32＝32，S△ADCS△BAD＝12AC·AD·sin∠CAD12AB·AD·sin∠BAD＝sin30°2×sin90°＝14，故△ADC的面积为15S△ABC＝15

×32＝310.6．解析：设AB＝x，在△ABD中由余弦定理可得：49＝x2＋25－2·x·5·cosπ3＝x2＋25－5x，即x2－5x－24＝0，解得x＝8.方案一选条件①.由cosC＝217得sinC＝277，∵A＋B＋C＝π，∴sinA＝sin

(B＋C)＝32×217＋12×277＝5714，在△ABC中由正弦定理可得：BC5714＝8277，解得：BC＝10，∴CD＝BD＝5.方案二选条件②.由正弦定理可得：a＝2RsinA，c＝2Rsin

C，代入条件asinC＝ccosA－π6得：sinAsinC＝sinC·32cosA＋12sinA＝32cosAsinC＋12sinAsinC，∴12sinAsinC＝32cosAsinC，因为A为三角形

内角，所以tanA＝3，故A＝π3，所以△ABC为等边三角形，所以BC＝8，∴CD＝3，所以CD<BD.7．解析：(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝

12.因为0°<A<180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得2sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即62＋32cosC＋12sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－22.由于0°<C<120°，所以sin(C＋60°)＝22，故sinC

＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝6＋24.8．解析：(1)证明：∵sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，∴sinCsinAc

osB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA，∴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＋c2.又∵a＝5，∴b2＋c2＝2a2＝50.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，即25＝50－5031bc，∴bc＝3

12.∴b＋c＝b2＋c2＋2bc＝50＋31＝9，∴a＋b＋c＝14.故△ABC的周长为14.专练28复数1．D因为z＝1＋i，所以z－＝1－i，所以iz＋3z－＝i(1＋i)＋3(1－i)＝2－2i，所以|

iz＋3z－|＝|2－2i|＝22＋（－2）2＝22.故选D.2．A由(1＋2i)a＋b＝2i，得a＋2ai＋b－2i＝0，即(a＋b)＋(2a－2)i＝0，所以a＋b＝0，2a－2＝0，解得a＝1，b＝－1.故选A.

3．A因为(1＋3i)(3－i)＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i，所以该复数在复平面内对应的点为(6，8)，位于第一象限，故选A.4．A因为z＝1－i2＋2i＝（1－i）22（1＋i）（1－i）＝－12

i，所以z－＝12i，所以z－z－＝－12i－12i＝－i.故选A.5．C|2＋i2＋2i3|＝|2－1－2i|＝|1－2i|＝5.故选C.6．Bz＝2＋i1＋i2＋i5＝2＋i1－1＋i＝－i()2＋i－i2＝1－2i，所以z－＝1＋2i.故选B.7．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.8．C由题意知，5（1＋i3）（2＋i）（2－i）＝5（1－i）22－i2＝5（1－i）5＝1－i，故选C.9．CD复数z＝cosθ＋isinθ－π2<θ<π2(其

中i为虚数单位)，复数z在复平面上对应的点(cosθ，sinθ)不可能落在第二象限，所以A不正确；|z|＝cos2θ＋sin2θ＝1，所以B不正确；z·z－＝(cosθ＋isinθ)(cosθ－isinθ)＝c

os2θ＋sin2θ＝1，所以C正确；z＋1z＝cosθ＋isinθ＋1cosθ＋isinθ＝cosθ＋isinθ＋cosθ－isinθ＝2cosθ为实数，所以D正确．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．C因为z＝2－i，故z－＝2＋i，故z()z－＋i＝()2－i()2＋2i＝4＋4i－2i－2i2＝6＋2i.故选C.14．A由z＝1－2i可知z－＝1＋2

i.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.15．C∵(a＋i)(1－ai)＝a＋i－a2i－ai

2＝2a＋(1－a2)i＝2，∴2a＝2且1－a2＝0，解得a＝1，故选C.16．－1解析：方法一因为z(1＋i)＝1＋ai，所以z＝1＋ai1＋i＝（1＋ai）（1－i）（1＋i）（1－i）＝（1＋a）＋（a－1）i2，因为z为纯虚数

，所以1＋a2＝0且a－12≠0，解得a＝－1.方法二因为z为纯虚数，所以可设z＝bi(b∈R，且b≠0)，则z(1＋i)＝1＋ai，即bi(1＋i)＝1＋ai，所以－b＋bi＝1＋ai，所以－b＝1b＝a，解得a＝b＝－1.专练29数列的概念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．A∵a1＝2，∴a2＝1＋21－2＝－3，a3＝1－31－（－3）＝－12，a4＝1－121＋12＝13，a5＝1＋131－13＝2＝a1，…∴{an}为周期数列，且周期T＝4，∴a20

21＝a1＝2.7．A因为数列{an}是常数列，所以a＝a2＝a21－2a1＋1＝a2－2a＋1，即a(a＋1)＝a2－2，解得a＝－2，故选A.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．BCD根据数列的表示方法可知，求数列的第k项就是将k代入通项公式，经验证知A正确；数列的项数可能是有限的，也可能是无限的，并且数列的通项公式的表达式不是唯一的，故B，C不正确；集合中的

元素具有无序性，而数列中每一个数的位置都是确定的，故D不正确．故选BCD.10．8解析：∵a1＝17，an＝an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*)，∴an－an－1＝2n－1，∴a2－a1＝3，a3－a2＝5，a4－a3＝7，…，an－an－1＝2n－1(n≥2，n∈N*)以上各式相加得，an－

a1＝3＋5＋7＋…＋2n－1，整理得，an＝17＋（n－1）（2n＋2）2＝n2＋16(n≥2，n∈N*).又当n＝1时，a1＝17也适合上式，∴an＝n2＋16，∴ann＝n＋16n≥2n·16n＝8(当且仅当n＝4时取“＝”).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}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n，∴an＝2n－1.专练30等差数列及其前n项和1．D设等差数列{an}的公差为d.∵S5＝2S4，a2＋a4＝8，∴

5a1＋5×42d＝24a1＋4×32d，a1＋d＋a1＋3d＝8，整理得3a1＋2d＝0，a1＋2d＝4，解得a1＝－2，d＝3.∴a5＝a1＋4d＝－2＋12＝10.故选D.2．A设等

差数列{an}的首项为a1，则由等差数列{an}的前n项和为Sn及S10＝15，得10（a1＋a10）2＝15，所以a1＋a10＝3.由等差数列的性质，得a1＋a10＝a4＋a7，所以a4＋a7＝3.又因为a4＝52，所以a7＝12.故选A.3．B设等差数列{an}的公差为

d，则33a1＋3×22d＝2a1＋d＋4a1＋4×32d，得d＝－32a1，又a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝－10.4．C∵S6＝（a1＋a6）×62＝48，∴a1＋a6＝16，又a4＋a5＝24，∴(a4＋a5)－(a1＋a6

)＝8，∴3d－d＝8，d＝4.5．B设等差数列{an}的公差为d.因为a3＋a7＝22，所以2a5＝22，即a5＝11.又因为S11＝（a1＋a11）×112＝2a6×112＝143，解得11a6＝143，即a6＝

13.所以公差d＝a6－a5＝2，所以an＝a5＋(n－5)d＝11＋(n－5)×2＝2n＋1，所以Sn＝（a1＋an）n2＝(n＋2)n.令(n＋2)n>195，则n2＋2n－195>0，解得n>13或n<－15(舍).故选B.6．D∵{an}为等差数列，∴S5＝5a

3＝－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）×72＝（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，∴a

n＝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＋5×42d＝10a1＋10×92×2a15a1＋5×42×2a1＝10025＝4.11．2解析：由等差数列的前n项和Sn＝na1＋n

（n－1）2d得Snn＝a1＋n－12d＝a1＋(n－1)d2，所以{Snn}仍是等差数列，其公差是原等差数列公差的一半，所以S20242024－S20232023的值为2.12．2解析：方法一设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋

a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.方法二设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.13．1.5解析：设此等差

数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，由题意得，S12＝84，a1＋a5＋a9＝16.5，即12a1＋12×112d＝84，3a5＝3（a1＋4d）＝16.5，解得a1＝1.5，d＝1，所以夏至的日影子长为1.5尺．14

．AC对于A，易知3d＝a5－a2＝12－18＝－6，即d＝－2，选项A正确；对于B，a1＝a2－d＝18－(－2)＝20，所以选项B错误；对于C，a3＋a4＝a2＋a5＝18＋12＝30，所以选项C正确；对于D，因为an＝a1＋(n－1)d＝20＋(n

－1)(－2)＝－2n＋22，a10＝2＞0，a11＝0，a12＝－2＜0，所以当n＝10或n＝11时，Sn最大，所以选项D错误．故选AC.15．B方法一由题意得an＝a1＋2π3(n－1)，cosan＋3＝cos[a1＋2π3(n＋2)]＝cos(a1＋2π3n＋4π3)＝cos(a1＋2π

3n＋2π－2π3)＝cos(a1＋2π3n－2π3)＝cosan，所以数列{cosan}是以3为周期的周期数列，又cosa2＝cos(a1＋2π3)＝－12cosa1－32sina1，cosa3＝cos(a1＋4π3)＝－12cosa1＋32sina1，因为集合S中只有

两个元素，所以有三种情况：cosa1＝cosa2≠cosa3，cosa1＝cosa3≠cosa2，cosa2＝cosa3≠cosa1.下面逐一讨论：①当cosa1＝cosa2≠cosa3时，有cosa1＝－12cosa1－32si

na1，得tana1＝－3，所以ab＝cosa1(－12cosa1＋32sina1)＝－12cos2a1＋32sina1cosa1＝－12cos2a1＋32sina1cosa1sin2a1＋cos2a1＝－12＋32tana1tan2a1＋1＝－12－323＋1＝－12.②当c

osa1＝cosa3≠cosa2时，有cosa1＝－12cosa1＋32sina1，得tana1＝3，所以ab＝cosa1(－12cosa1－32sina1)＝－12cos2a1－32sina1cosa1＝－1

2cos2a1－32sina1cosa1sin2a1＋cos2a1＝－12－32tana1tan2a1＋1＝－12－323＋1＝－12.③当cosa2＝cosa3≠cosa1时，有－12cosa1－32sina1＝－12cosa1＋32sina1，得sina1＝0，所

以ab＝cosa1(－12cosa1－32sina1)＝－12cos2a1＝－12(1－sin2a1)＝－12.综上，ab＝－12，故选B.方法二取a1＝－π3，则cosa1＝12，cosa2＝cos(a1＋2π3)＝12，cosa3

＝cos(a1＋4π3)＝－1，所以S＝12，－1，ab＝－12，故选B.16.－1，－78解析：方法一由于Sn＝7n＋n（n－1）2d＝d2n2＋7－d2n，设f(x)＝d2x2＋7－

d2x，则其图象的对称轴为直线x＝12－7d.当且仅当n＝8时，Sn取得最大值，故7.5＜12－7d＜8.5，解得－1＜d＜－78.方法二由题意，得a8＞0，a9＜0，所以7＋7d＞0，且7＋8d＜0，即－1＜d＜－78.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＝4

a1q2－1，又a1＝18，解得q＝±2，所以a2＝a1·q＝18×(±2)＝±14.故选A.3．B由等比数列的性质得a23＝a2a4＝1，结合an>0，得a3＝1.由a1＋a2＋a3＝7，得a3q2＋a3q＋a3＝7，则1q2

＋1q＝6，结合q>0，得q＝12，故选B.4．C∵4a1，2a2，a3成等差数列，∴4a2＝4a1＋a3.又{an}为等比数列，∴4q＝4＋q2，∴q＝2.又a1＝1，∴S4＝a1（1－q4）1－q＝1－241－2＝15.5．A由题意可得：a2010＝12，a2

011＝32，又{an}为等比数列，∴q＝3.∴a2012＋a2013＝92＋272＝18.6．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×136＝84×19＝849＞192，T6＝(－24)6×1315＝86×139＝8639＝19×8637＜

849，T4最大，故选C.7．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.8．C方法一设等

比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题意易知q≠1，则a1（1－q4）1－q＝－5a1（1－q6）1－q＝21×a1（1－q2）1－q，化简整理得q2＝4a11－q＝13.所以S8＝a1（1－q8）1－q＝13×(1－4

4)＝－85.故选C.方法二易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……为等比数列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝54.当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；当S2＝54时，结合S4＝－5得

a1（1－q4）1－q＝－5a1（1－q2）1－q＝54，化简可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85，故选C.9．BD由a6＝8a3，可得q3a3＝8a3，则q＝2，当首项a1＜0时，可得{an}为单调递减数列，故A错误；由S6S3＝1－261－23＝9，故B正确；假设S3，S6，S9

成等比数列，可得S26＝S3S9，即(1－26)2＝(1－23)(1－29)，显然不成立，所以S3，S6，S9不成等比数列，故C错误；由{an}是公比q的等比数列，可得Sn＝a1－anq1－q＝2an－a12－1＝2an－a1，故D

正确．10．32解析：设{an}的首项为a1，公比为q，则a1（1－q3）1－q＝74，a1（1－q6）1－q＝634，解得a1＝14，q＝2，所以a8＝14×27＝25＝32.11．－2解析：方法一设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，

得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝a21q17＝－8②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·

q5＝－2.方法二设数列{an}的公比为q.因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2.12．－8解析：由{an}为等比数列，设公比为q.a

1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，即a1＋a1q＝－1，①a1－a1q2＝－3，②显然q≠1，a1≠0，②①得1－q＝3，即q＝－2，代入①式可得a1＝1，所以a4＝a1q3＝1×(－2)3＝－8.13．C方法一若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4

中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由1－q51－q＝5×1－q31－q－4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1(舍)或q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1－q41－q＝15.故选C.方法二由已知得

1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，整理得(1＋q)(q3－4q)＝0，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.14．D∵a1＝1，q＝23，∴Sn＝a1（1－qn）1－q＝31－23n＝3

－2·23n－1＝3－2an.15.1213解析：通解：设等比数列{an}的公比为q，因为a24＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝13，所以q＝3，所以S5＝a1（1－q5）1－q＝13×（1－35）1－3＝1213.优解：设等比数列{an

}的公比为q，因为a24＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝13，所以q＝3，所以S5＝a1（1－q5）1－q＝13×（1－35）1－3＝1213.16．64解析：设等比数列{an}的公比为q，∴a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，即a1＋a1q2＝10，a1q

＋a1q3＝5，解得a1＝8，q＝12，∴a1a2…an＝12（－3）＋（－2）＋…＋（n－4）＝1212n（n－7）＝1212()n－722－494，当n＝3或4时，12n－722－494取

到最小值－6，此时1212()n－722－494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＝a2a8，∴(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，a2

k＋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．B因为a1＋a2＋…＋an＝n（3＋2n＋1）2＝n(n＋2)，所以bn＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2，故Tn＝12

1＋12－1n＋1－1n＋2＝34－2n＋32（n＋1）（n＋2），故选B.8．C由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为

1×（1－210）1－2＋10×1＋10×92×2＝1123.选C.9．ABC因为S10＝S20，所以a11＋a12＋…＋a19＋a20＝5(a15＋a16)＝0，又a1＞0，所以a15＞0，a16＜0，所以d＜0，Sn≤S15，故ABC正确；因为S31

＝31（a1＋a31）2＝31a16＜0，故D错误．故选ABC.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＝2a5×92＝18.11.20

11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＝n

2＋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－a

2＝－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＝102

9＝5256.13．A由2an＝an＋1＋an－1知{an}为等差数列，又a1＝1，a5＝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＝C

9999a100＋C9899a99＋…＋C099a1＝C099a100＋C199a99＋…＋C9999a1，∴2S100＝(a1＋a100)(C099＋C199＋C299＋…＋C9999)＝200×299，∴S100＝100×299

.14．C∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，∴2nan＝1(n≥2)，当n＝1时也满足，故an＝12n，故1log2anlog2an＋

1＝1log22－nlog22－（n＋1）＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1，∴S1·S2·S3·…·S10＝12×23×34×…×910×1011＝111，选

C.15．－1n解析：∵an＋1＝SnSn＋1＝Sn＋1－Sn，∴1Sn＋1－1Sn＝－1，∴数列1Sn为等差数列，∴1Sn＝1S1＋(n－1)×(－1)＝－n.∴Sn＝－1n.16．312n＋2－4－n解析：由题意得a1＝22－1，a2＝23－1，a3＝24－1，a4＝25－1＝31

，所以an＝2n＋1－1，则数列{an}的前n项和为22－1＋23－1＋24－1＋…＋2n＋1－1＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－n＝22（1－2n）1－2－n＝2n＋2－4－n.专练33高考大题专练(三)

数列的综合运用1．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＝－78.2．解析：(1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2

－a1)＝a1＋2d，所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，所以an＝nd.因为bn＝n2＋nan，所以bn＝n2＋nnd＝n＋1d，所以S3＝3（a1＋a3）2＝3（d＋3d）2＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝2d＋3

d＋4d＝9d.因为S3＋T3＝21，所以6d＋9d＝21，解得d＝3或d＝12，因为d>1，所以d＝3.所以{an}的通项公式为an＝3n.(2)因为bn＝n2＋nan，且{bn}为等差数列，所以2b2＝b1＋b3，即2×6a2＝2a1＋1

2a3，所以6a1＋d－1a1＝6a1＋2d，所以a21－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d.①当a1＝d时，an＝nd，所以bn＝n2＋nan＝n2＋nnd＝n＋1d，S99＝99（a1＋a99）2＝

99（d＋99d）2＝99×50d，T99＝99（b1＋b99）2＝99（2d＋100d）2＝99×51d.因为S99－T99＝99，所以99×50d－99×51d＝99，即50d2－d－51＝0，解得d＝5150或d＝－1(舍去).②当a1＝2d时，an＝(n＋1)d，所以bn＝n2＋

nan＝n2＋n（n＋1）d＝nd，S99＝99（a1＋a99）2＝99（2d＋100d）2＝99×51d，T99＝99（b1＋b99）2＝99（1d＋99d）2＝99×50d.因为S99－T99＝99，所以99×51

d－99×50d＝99，即51d2－d－50＝0，解得d＝－5051(舍去)或d＝1(舍去).综上，d＝5150.3．解析：(1)由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2

，(k∈N*)故a2k＋2＝a2k＋3，即bn＋1＝bn＋3，即bn＋1－bn＝3所以{}bn为等差数列，故bn＝2＋()n－1×3＝3n－1.(2)设{}an的前20项和为S20，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20，因为a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1，所以S20＝

2()a2＋a4＋…＋a18＋a20－10＝2()b1＋b2＋…＋b9＋b10－10＝2×10×2＋9×102×3－10＝300.4．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，∴an

an－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＜2.5．解析：(1)当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1，

两式相减得2an＝nan－(n－1)an－1，即(n－1)an－1＝(n－2)an，当n＝2时，可得a1＝0，故当n≥3时，anan－1＝n－1n－2，则anan－1·an－1an－2·…·a3a2＝n－1n－2·n－2n－3·…·21，整理得ana2＝n－

1，因为a2＝1，所以an＝n－1(n≥3).当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1.(2)方法一令bn＝an＋12n＝n2n，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝12＋222＋…＋n－12n－1＋n2n①，12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2

n＋1②由①－②得12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1＝121－12n1－12－n2n＋1＝1－2＋n2n＋1，即Tn＝2－2＋n2n.方法二设bn＝an＋12n，所以bn＝an＋12n＝n2n＝(12n＋0)×12n－1，故

a＝12，b＝0，q＝12.故A＝aq－1＝1212－1＝－1，B＝b－Aq－1＝0＋112－1＝－2，C＝－B＝2.故Tn＝(An＋B)·qn＋C＝(－n－2)12n＋2，整理得Tn＝2－2＋n

2n.6．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≥2.7．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d.因为bn＝an－6，n为奇数2an，n为偶数，所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2

d－6.因为S4＝32，T3＝16，所以4a1＋6d＝32（a1－6）＋（2a1＋2d）＋（a1＋2d－6）＝16，整理，得2a1＋3d＝16a1＋d＝7，解得a1＝5d＝2，所

以{an}的通项公式为an＝2n＋3.(2)由(1)知an＝2n＋3，所以Sn＝n[5＋（2n＋3）]2＝n2＋4n.当n为奇数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3

＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝n＋12（－1＋2n－3）2＋n－12（14＋4n＋2）2＝3n2＋5n－102.当n>5时，Tn－Sn＝3n2＋5n－102－(n2＋4n)＝n2－3n－102＝（n－5）（n＋2）2>0，所以Tn

>Sn.当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝n2（－1＋2n－5）2＋n2（14＋4n＋6）2＝

3n2＋7n2.当n>5时，Tn－Sn＝3n2＋7n2－(n2＋4n)＝n2－n2＝n（n－1）2>0，所以Tn>Sn.综上可知，当n>5时，Tn>Sn.8．解析：(1)设{an}的公比为q，则an＝q

n－1.因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝13，故an＝13n－1，bn＝n3n.(2)由(1)知Sn＝1－13n1－13＝32(1－13n)，Tn＝13＋232＋333＋…＋n3n，①13Tn＝132＋233＋334＋…＋n－13n＋n3n＋1，

②①－②得23Tn＝13＋132＋133＋…＋13n－n3n＋1，即23Tn＝13（1－13n）1－13－n3n＋1＝12(1－13n)－n3n＋1，整理得Tn＝34－2n＋34×3n，则2Tn－Sn＝2(34－2n＋34×3n)－32(1－13n)＝－n3n<0

，故Tn<Sn2.专练34空间几何体的结构特征、表面积和体积1．B设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl＝2π×2，解得l＝22.故选B.2．C由题意用一平面截正方体，所得截面可以为正六边

形、五边形、正方形、长方形、梯形、三角形．而当截面是以面对角线为长、正方体棱长为宽的长方形时，可知该截面的面积最大，故选C.3.A如图，易知V三棱锥A1－D1MN＝V三棱锥D1－A1MN，由正方体的结构特征，知D1A1⊥平面A1MN，所以D1A1为三棱锥D1－

A1MN的高．因为M，N分别为棱BB1，AB的中点，所以S△A1MN＝2×2－12×1×1－12×1×2－12×1×2＝32，所以V三棱锥A1－D1MN＝V三棱锥D1－A1MN＝13×S△A1MN×D1A1＝13×32×2＝1.4．B在△AOB中，AO＝BO＝3，∠AOB＝2π

3，由余弦定理得AB＝3＋3－2×3×3×（－12）＝3，设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝12×3h＝934，解得h＝332，由勾股定理得母线PA＝（32）2＋（332）2＝3，则该圆锥的高PO＝PA2－OA2＝6，所以该圆锥的体积为13×3π×6

＝6π，故选B.5．ABD由于棱长为1m的正方体的内切球的直径为1m，所以选项A正确；由于棱长为1m的正方体中可放入棱长为2m的正四面体，且2>1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1m，体对角线长为3m，3<1.8，所以高为1.8m的圆柱体不可能

整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为3m，而底面直径为1.2m的圆柱体，其高0.01m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，选ABD.6．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＝49l2·53l19l2·223l＝10.故选C.

7．B如图所示，当点C位于垂直平面AOB的直径端点时，三棱锥O－ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VO－ABC＝VC－AOB＝13×12×R2×R＝16R3＝36，故R＝6，则球O的表面积为4πR2＝144π.8．D设圆锥的底面半径为r，高为h，则4πr＝4π，解得r＝1，所以h＝

42－1＝15，圆柱的侧面积为2πr·2h＝415π，故制作这样一个粮仓的用料面积为(415＋4)π.9．C由棱台的体积公式，得增加的水量约为13×(157.5－148.5)×(140×106＋180×106＋140×106×180×1

06)＝3×106×(140＋180＋607)≈3×106×(140＋180＋60×2.65)≈1.4×109(m3).故选C.10.23π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＝2π3.11．28解析：如图所示，正四棱锥P­ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P­A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′­AB

CD，且A′B′＝2，AB＝4.记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′­ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，连接PO，PH，O′H′，OH，则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2.

易知△PO′H′∽△POH，所以PO′PO＝O′H′OH，即3PO＝12，解得PO＝6，所以OO′＝PO－PO′＝3，所以该正四棱台的体积V＝13×3×(22＋2×4＋42)＝28.12．12解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径

为EF2，而正方体的中心到每一条棱的距离均为EF2，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点．13．AC在△PAB中，由余弦定理得AB＝23，如图，连接PO，易知圆锥的高h＝PO＝1，底面圆的半径r＝AO＝BO＝3.对于A，该圆锥的体积V＝13πr2h

＝π，故A选项正确；对于B，该圆锥的侧面积S侧＝πr·PA＝23π，故B选项错误；对于C，取AC的中点H，连接PH，OH，因为OA＝OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，则二面角P－AC－O的平面角为∠PHO＝45°，所

以OH＝PO＝1，AH＝CH＝AO2－OH2＝2，所以AC＝22，故C选项正确；对于D，PH＝2OH＝2，S△PAC＝12×AC×PH＝2，故D选项错误．综上，选AC.14．BD易知，点P在矩形BCC1B1内部(含边界).对于A，当λ＝1时，BP→＝BC→＋μ𝐵B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝BC→

＋μ𝐶C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，即此时P∈线段CC1，△AB1P周长不是定值，故A错误；对于B，当μ＝1时，BP→＝λBC→＋𝐵B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝𝐵B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋λB1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，故此时P点轨迹为线段B1C1，而B1C1∥BC，B1C1∥平面A1BC，则有P到平面

A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确；对于C，当λ＝12时，BP→＝12BC→＋μ𝐵B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，取BC，B1C1中点分别为Q，H，则BP→＝BQ→＋μQH→，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空

间直角坐标系如图，A132，0，1，P()0，0，μ，B0，12，0，则A1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－32，0，μ－1)，BP→＝0，－12，μ，A1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BP→＝μ()μ－1＝0，所以μ＝0或μ＝1.故H，Q均满足

，故C错误；对于D，当μ＝12时，BP→＝λBC→＋12𝐵B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，取BB1，CC1中点为M，N.BP→＝BM→＋λMN→，所以P点轨迹为线段MN.设P0，y0，12，因为A32，0，0，所以AP→

＝－32，y0，12，A1B＝－32，12，－1，所以34＋12y0－12＝0⇒y0＝－12，此时P与N重合，故D正确．故选BD.15.766解析：方法一如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD­A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为

B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝2，O1B1＝22，所以BE＝OB－OE＝OB－O1

B1＝22，又AA1＝2，所以BB1＝2，B1E＝BB21－BE2＝2－12＝62，所以O1O＝62，所以V正四棱台ABCD­A1B1C1D1＝13×(22＋12＋22×12)×62＝766.方法二如图，将正四棱台ABCD­A1B1C1D1补形成正四棱锥P­ABCD，因为A

B＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝2，所以PA＝22，即PB＝22.连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝2，所以PO＝PB2－BO2＝6，所以正四棱台ABCD­A1B1C

1D1的高为62，所以V正四棱台ABCD­A1B1C1D1＝13×(22＋12＋22×12)×62＝766.16．2123解析：由题意知Rt△ADP∽Rt△MCP，∴ADMC＝PDPC＝2，则PD＝2PC，作PO⊥CD，垂足为O，设DO＝x，PO＝h，

∴x2＋h2＝2（6－x）2＋h2，化简得3h2＝－3x2＋48x－144(0≤x≤6).∴当x＝6时，3h2取最大值为36，∴hmax＝23.∵在正方体中PO⊥平面BCD，∴三棱锥P－BCD的体积最大值为：13×12×6×6×23＝123.专练35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．A首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，故最多可确定4个平面．4．D由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l

1，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对A，a与b可能有交点，对于B、D，a与b可能平行，C显然正确．8．B如图，取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝

CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝3，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝32，CP＝32，所以BM2＝MP2＋BP2＝(32)2＋(32)

2＋22＝7，得BM＝7，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B.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．BCD将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B，C)DEF，如图．由正四面体的结构特征知A错误，B正确．对于C，依题意，GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，故GH与MN成60°角，故C正确．对于D，连接GF

，AG，点A在平面DEF上的射影A1在GF上，∴DE⊥平面AGF，∴DE⊥AF，而AF∥MN，∴DE与MN垂直，故D正确．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．1

2．(1)(4)解析：如图所示，记DF交AE于点M，连接PM.(1)∵D，F分别为AB，AC的中点，∴DF∥BC.∵DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，∴BC∥平面PDF，(1)正确．(2)∵DF∩AE＝M，AE⊂平面PAE，∴DF∩平面

PAE＝M，(2)错误．(3)假设平面PDF⊥平面ABC，∵AC＝AB，E为BC中点，∴AE⊥BC，又DF∥BC，∴AE⊥DF.∵平面PDF∩平面ABC＝DF，AE⊄平面PDF，∴AE⊥平面PDF.又∵P

F⊂平面PDF，∴PF⊥AE.∵PA＝PC，F为AC中点，∴PF⊥AC.∵AC∩AE＝A，∴PF⊥平面ABC.∴PF⊥DF.∵三棱锥P－ABC的棱长都相等，D，F分别是AB，AC的中点，∴PD＝PF，∴PF与DF不垂直．故假设不成立，(3)错误．(4)∵三棱锥P－ABC的所有棱长都相等，∴PF

＝PD.又DM∥BC，M为DF中点，∴DM⊥PM，DM⊥AM.∵AM，PM⊂平面PAE，AM∩PM＝M，∴DM⊥平面PAE.又DM⊂平面PDF，∴平面PDF⊥平面PAE，(4)正确．专练36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．D对于A，由于a∥b，故a，b可确定一个平面β，此时a⊂β，故A不正确；对于B，当a∥α时，a与α的直线平行或异面，故B不正确；对于C

，平行于同一条直线的两平面可能平行，也可能相交，故C不正确；由线面的判定与性质定理可知，D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＝12B

D，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．B连接A′B，∵A′B∥CD′，A′B⊄平面AD′C，CD′⊂平面AD′C，∴A′B∥平面AD′

C.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．A如图所示，分别取AC，A1C1，A1B1的中点N，F，M，连接ME，MF，NE，FN.因为E为AB的中点，所以NE∥BC且NE＝12BC，同理FM∥B1C1，且

MF＝12B1C1，所以N，E，M，F四点共面．因为ME∥BB1，NE∥BC，所以ME∥平面BCC1B1，NE∥平面BCC1B1，而NE∩ME＝E，所以平面NEMF∥平面BCC1B1，而EF⊂平面NEMF，所以EF

∥平面BCC1B1，所以要使EF∥平面BCC1B1，则动点F的轨迹为线段FN.故选A.10．平行解析：连接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⊂平面AEC，BD1⊄平面AEC，∴BD1∥平面AE

C.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．D对于A，若a∥α，b∥α，则a，b可能平行，可能相交，可能异面，故A是假命题；对于B，设α∩β＝m，若a，b均与m平行，则a∥b，故B是假命题；对于C，b∥α或b在

平面α内，故C是假命题；对于D，若α∥β，a⊂α，则a与β没有公共点，则a∥β，故D是真命题．故选D.15．①②④解析：∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴AB綊D1C1，∴ABC1D1为平行四边形，∴AD1∥BC1，故①正确；∵AD1∥BC1，BC1⊂平面BDC1，AD1

⊄平面BDC1，∴AD1∥平面BDC1，又BD∥B1D1，B1D1⊄平面BDC1，BD⊂平面BDC1，∴B1D1∥平面BDC1，又AD1∩B1D1＝D1，∴平面AB1D1∥平面BDC1，故②正确；故④正

确；对于③，AD1与DC1为异面直线，故③不正确.16．①④解析：①正确，因为l⊥α，α∥β⇒l⊥β，又m⊂β，故l⊥m；②错，当两平面相交且交线为直线m时也满足题意；③错，各种位置关系均有可能；④正确，l⊥α，l∥m⇒m⊥α，又m⊂β，所以α⊥β，综上可知命题①④为真命题．专练37

直线、平面垂直的判定与性质1．D如图ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD时，△PAB，△PAD为直角三角形，又AD⊥DC，PA⊥DC，PA∩AD＝A，∴CD⊥平面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易知A、B、C均正确，D错误，m

与n也可能异面．3．C当α∥β，b⊥β时，b⊥α，又a⊂α，∴b⊥a，故C正确.4．C∵A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C且B1C∩A1B1＝B1，∴B

C1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，∴BC1⊥A1E.5．B连接B1D1，∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴E∈B1D1且B1D1⊥A1C1，B1D1⊥CC1，又A1C1∩CC1＝C1，∴B1D1⊥平面A1C

1C，又CE⊂平面A1C1C，∴B1D1⊥CE，又BD∥B1D1，∴BD⊥CE.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∠ACA1＝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⊥平面BDE，又AC⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面BDE，同理平面ABC⊥平面BDE.10．外解析：连结OA，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⊥平面ABCD，又PA⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD；同理平面PAB⊥平面ABCD，又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又C

D⊥AD，AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，又CD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAD，同理平面PBC⊥平面PAB，平面PAB⊥平面PAD，共有5对．13.A如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易知BD⊥AC.又E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方体

的性质，知DD1⊥平面ABCD.又EF⊂平面ABCD，所以DD1⊥EF.因为BD∩DD1＝D，所以EF⊥平面BDD1.因为EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正确．假设平面B1EF⊥平面A1BD.因为平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面

BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，显然BD与平面B1EF不垂直，B错误．设A1A与B1E的延长线相交于点P，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，C错误．连接AB1，B1C，易证平面ACB1∥

平面A1C1D.因为平面ACB1与平面B1EF相交，所以平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，D错误．故选A.14．C如图，因为D、F分别是AB、AC中点，所以BC∥DF，因为DF⊂平面PDF，BC⊄平面PD

F，所以BC∥平面PDF.因为该几何体是正四面体，E是BC中点，所以BC⊥PE，BC⊥AE，因为PE∩AE＝E，所以BC⊥平面PAE，因为BC∥DF，所以DF⊥平面PAE，又因为DF⊂平面ABC，所以平面PAE⊥平面ABC，故A、B、D都成立．故选C.15．BM⊥PC(DM⊥

PC)解析：当BM⊥PC时，平面MBD⊥平面PCD，证明如下：如图所示，∵PA⊥平面ABCD，AB＝AD，∴PB＝PD，又BC＝CD，∴△PBC≌△PCD，∴当BM⊥PC时，DM⊥PC，∴PC⊥平面MBD，又PC

⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面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⊥MN，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A

C∩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38空间向量及其运算1．C∵A1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AC→，又AC，D1A，D1C共面，∴AC→，D1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，D1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗共面，即

：A1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，D1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，D1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗共面．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→＋𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋A1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝－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＝12(－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→＝12𝐴C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝12(AB→＋AD→＋𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)，𝐹D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝12AD→＋𝐴A1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗，∴OE→·𝐹D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝12(AB→＋AD→＋𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·12AD→＋AA1＝12(12AB→·AD→＋AB→·𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋12AD→2＋AD→·𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋12𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AD→＋𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2)＝3.而

|OE→|＝1222＋22＋22＝3，|𝐹D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝5，∴cos〈OE→，𝐹D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉＝OE→·FD1|OE→||FD1|＝155.15．D∵BD→＝BF→＋FE→＋ED→，∴|BD→|2＝|BF→|2＋|FE→|2＋|ED→|2＋2(BF→·FE→＋F

E→·ED→＋ED→·BF→)＝1＋1＋1＋20＋0－22＝3－2.∴|BD→|＝3－2.16．平行解析：设VA→＝a，VB→＝b，VC→＝c，则VD→＝a＋c－b，PM→＝23b－13c，PN→＝23VD→－13VC→＝23a－23b＋13c，∴VA→＝32PM→＋32PN→，∴

VA→，PM→，PN→共面，又VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.专练39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|＝－423×25＝－1515.3．A∵a＝2b，∴a与b共线，∴l⊥α.4．B解析：如图，令AB→＝a，AC→＝b，AD→＝c，则AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝a·(c－b)＋b·(a－c

)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.故选B.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)，𝐵C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，2，－1)，𝐴B1⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗＝(－2，2，1)，𝐵C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝0×(－2)＋2×2＋(－1)×1＝3.|𝐵C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝5，|𝐴B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝3，8．A∵AB＝1，AC＝2

，BC＝3，∴AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C1(0，3，h)，B1(0，0，h)，B(0，0，0)∴D12，32，h2，E0，0，h2.∴

DE→＝－12，－32，0，显然面BB1C1C的法向量为m＝(1，0，0)，∴DE→与平面BB1C1C所成角α满足sinα＝DE→·m|DE→|·|m|＝121×1＝12，又α∈[]0°，90°，∴α＝30°.9．D建

立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，显然面ADP的法向量m＝(1，0，0)，设平面CDP的法向量n＝(x，y，z)，CD→＝(－1，0，0)，CP→＝(－1，－1，1)，∴－

x＝0，－x－y＋z＝0，令y＝1，则z＝1，∴n＝(0，1，1)，m·n＝1×0＋0×1＋0×1＝0，∴m⊥n，∴平面ADP与平面CDP所成的角为90°.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)，∴D1A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(2，0，0)，𝐷A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(2，0，2)，DB→＝(2，2，0).设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·D

A1＝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．B建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1M＝AN＝2a3，则Ma，2a3，a3，N

2a3，2a3，a，MN→＝－a3，0，2a3.又C1D1⊥平面BB1C1C，所以C1D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．因为MN→·C1D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝0，所以MN→⊥C1D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以MN

∥平面BB1C1C.14．C如图所示，以A1为坐标原点，A1B1所在直线为x轴，A1B1为单位长度，A1C1所在直线为y轴，A1A所在直线为z轴，建立空间直角坐标系A1－xyz.则可得A1(0，0，0)，B1(1，0，0，)，C1(0，1

，0)，A(0，0，1)，B(1，0，1).所以A1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，0，1)，𝐴C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，1，－1).所以异面直线BA1与AC1所成角为60°.故选C.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＝45°，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SA

B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40高考大题专练(四)立体几何的综合运用1．解析：(1)方法一依题意，得

B2C2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝B2B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋B1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋C1C2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝𝐷D2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AD→＋A2𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝A2D2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以B2C2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∥A2D2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.方法二以点C为坐标

原点，CD，CB，CC1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，则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，所以B2C2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，－2，1)，A2D2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，－2，1)，所以B2C2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝A2

D2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以B2C2∥A2D2.(2)建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中方法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，所以𝑃A2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(2，0，1－n)，𝑃C2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，－2，3－n)，设平面PA2

C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)，所以，则2x1＋（1－n）z1＝0－2y1＋（3－n）z1＝0，令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2).设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，

y2，z2)，由(1)方法二知，A2C2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－2，－2，2)，A2D2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，－2，1)，所以，则－2x2－2y2＋2z2＝0－2y2＋z2＝0，令y2＝1，得b＝(1，1，2).

所以|cos150°|＝|cos〈a，b〉|＝|n－1＋3－n＋4|（n－1）2＋4＋（3－n）2×6＝32，整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1.2．解析：(

1)如图，连接DE，AE，因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC.因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，所以△ADB≌△ADC(SAS).可得AC＝AB，故AE⊥BC.因为DE∩AE＝E，DE，A

E⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝2.

因为AE⊥BC，所以AE＝AB2－EB2＝2.在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则D(2，0，0)，B(0，2，0)，A(0，0，2)，DA→＝(－2，0，2)，BA→＝(0

，－2，2).设F(xF，yF，zF)，因为EF→＝DA→，所以(xF，yF，zF)＝(－2，0，2)，可得F(－2，0，2).所以FA→＝(2，0，0).设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

则DA→·m＝0BA→·m＝0，即－2x＋2z＝0－2y＋2z＝0，取x＝1，则y＝z＝1，m＝(1，1，1).设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则FA→·n＝0BA→·n＝0，即2x＝0－2y＋2z＝0，得x＝0，取y＝1，则z＝1，n＝(0，1

，1).所以cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝23×2＝63.记二面角D­AB­F的大小为θ，则sinθ＝1－cos2〈m，n〉＝1－（63）2＝33，故二面角D­AB­F的正弦值为33.3．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BED⊥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437.4．解析：(1)如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，∵A1C⊥平面ABC，BC⊂

平面ABC，∴A1C⊥BC，又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，∴A1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩B

C＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D＝1.由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，∴A1C＝A1C1，又在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝A1C1，∴A1C＝AC.(2)如图，连接A1

B，由(1)易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2，又A1D＝1且A1C＝AC，∴A1C＝A1C1＝AC＝2，AB＝A1B1＝5，BC＝3.建立空间直角坐标系C­xyz如图所示，则C(0

，0，0)，A(2，0，0)，B(0，3，0)，B1(－2，3，2)，C1(－2，0，2)，∴CB→＝(0，3，0)，𝐶C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－2，0，2)，𝐴B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－22，3，2)，设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·CB→＝

0，n·CC1＝0，即3y＝0，－2x＋2z＝0，取x＝1，则y＝0，z＝1，∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1).设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，𝐴B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉|＝＝1313.∴AB1与平面BCC

1B1所成角的正弦值为1313.5．解析：(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN.所以

平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点，MA→的方向为x轴正方向，|MB→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M­xyz，则AB＝2，AM＝3.连接NP，则四边形AONP为平

行四边形，故PM＝233，E233，13，0.由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.设Q(a，0，0)，则NQ＝4－233－a2，B1a，1，4－

233－a2，故𝐵1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(233－a，－23，－4－233－a2)，|𝐵1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝2103.又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的法向量，故所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦

值为1010.6．解析：(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC＝t，则A(t，0，0)，B(t，1，0)，Mt2，1，0，P(0，0，1)，所以

PB→＝(t，1，－1)，AM→＝－t2，1，0.因为PB⊥AM，所以PB→·AM→＝－t22＋1＝0，得t＝2，所以BC＝2.(2)易知C(0，1，0)，由(1)可得AP→＝(－2，0，1)，AM→＝－22，1，0，CB→＝(2，0，0)，PB→＝(2

，1，－1).设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·AP→＝0n1·AM→＝0，即－2x1＋z1＝0－22x1＋y1＝0，令x1＝2，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一

个法向量n1＝(2，1，2).设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·CB→＝0n2·PB→＝0，即2x2＝02x2＋y2－z2＝0，得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0，1，1).cos〈n1，n2〉＝

n1·n2|n1||n2|＝37×2＝31414，所以二面角A－PM－B的正弦值为7014.7．解析：(1)如图，因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，O是BC的中点，所以ABBC＝OBAB＝22，所以△OBA∽△ABC.记BF与AO的交点为H，则∠BHA＝90

°，又∠ABC＝90°，∠BAH＝∠OAB，所以△BHA∽△OBA，所以△BHA∽△ABC，所以∠HBA＝∠CAB，又∠C＋∠CAB＝90°，∠CBF＋∠HBA＝90°，所以∠C＝∠CBF，所以CF＝BF，

同理可得BF＝FA，所以F是AC的中点．因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC，同理可得DO∥PC，所以EF∥DO.又DO⊂平面ADO，EF⊄平面ADO，所以EF∥平面ADO.(2)AO＝AB2＋BO2＝6，OD＝12PC＝62，又AD＝5OD＝302，所以AD2＝AO2＋O

D2，所以AO⊥OD.由于EF∥OD，所以AO⊥EF，又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AO⊥平面BEF.又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.(3)如图，以B为坐

标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0，2，0)，AO→＝(－2，2，0).因为PB＝PC，BC＝22，所以设P(x，2，z)，z>0，则BE→＝BA→＋AE→＝BA→＋12AP→＝(2，

0，0)＋12(x－2，2，z)＝(x＋22，22，z2)，由(2)知AO⊥BE，所以AO→·BE→＝(－2，2，0)·(x＋22，22，z2)＝0，所以x＝－1，又PB＝6，BP→＝(x，2，z)，所

以x2＋2＋z2＝6，所以z＝3，则P(－1，2，3).由D为BP的中点，得D(－12，22，32)，则AD→＝(－52，22，32).设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c).则n1·AD→＝0n1·AO→＝0，即

－52a＋22b＋32c＝0－2a＋2b＝0，得b＝2a，c＝3a，取a＝1，则n1＝(1，2，3).易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0，0，1)，设二面角D­AO­C的大小为θ，则|cosθ|＝|cos

〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1||n2|＝36＝22，所以sinθ＝1－12＝22，故二面角D­AO­C的正弦值为22.8．解析：(1)设点A到平面A1BC的距离为h.∵V三棱锥A1－ABC＝V三棱锥A－A1BC＝13V三棱柱ABC－A1B1C1＝43，∴13·

S△A1BC·h＝13×4.又∵S△A1BC＝22，∴h＝2.∴点A到平面A1BC的距离为2.(2)方法一如图(1)，取A1B的中点E，连接AE.由AA1＝AB，AA1⊥AB，得AE⊥A1B且AE＝12

A1B.∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝2，AE⊥BC，∴A1B＝22，∴AA1＝AB＝2.由V三棱柱ABC－A1B1C

1＝4，AA1＝2，得2S△ABC＝4，∴S△ABC＝2.易知AA1⊥BC，AE⊥BC，A1E∩AA1＝A，∴BC⊥平面A1AB，∴BC⊥AB，∴BC＝2.过点A作AF⊥BD于点F，连接EF，易得∠EFA即为二面角A－BD－C的平面角的补角．易得AC＝A

B2＋BC2＝22，则A1C＝AA21＋AC2＝23.∵A1B⊥CB，D为A1C的中点，∴BD＝12A1C＝3.易知AD＝BD＝12A1C＝3，∴△ABD为等腰三角形，∴AF·BD＝AB·AD2－（12AB）2＝22，则AF＝223，∴sin∠AFE＝AEAF＝2223＝32，∴二面

角A－BD－C的正弦值为32.方法二如图(2)，取A1B的中点E，连接AE.∵AA1＝AB，∴AE⊥A1B.∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝2，则AA1＝AB＝2.∵AE⊥平面A

1BC，BC⊂平面A1BC，∴AE⊥BC.∵A1A⊥BC，AE∩A1A＝A，∴BC⊥平面ABB1A1.∵AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB.由V三棱柱ABC－A1B1C1＝S△ABC·A1A＝12AB·BC·A1A＝12×2×BC×2＝4

，解得BC＝2.以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图(2)的空间直角坐标系．易得B(0，0，0)，A(0，2，0)，E(0，1，1)，D(1，1，1).∴AE→＝(0，－1，1)，BD→＝(1，1，1)，BA→＝(0，2，0

).由题意，得平面BDC的法向量为n1＝AE→＝(0，－1，1).设平面BDA的法向量为n2＝(x，y，z)，则BA→·n2＝0，BD→·n2＝0，∴2y＝0，x＋y＋z＝0.令x＝1，则y＝0，z＝－1，∴n2＝(1，0，－1)，∴cos〈n1，n2〉＝

n1·n2|n1|·|n2|＝0＋0－12×2＝－12.设二面角A－BD－C的平面角为α(0≤α≤π)，则sinα＝1－cos2α＝32，∴二面角A－BD－C的正弦值为32.专练41直线的倾斜角与斜率、直线的方程1．C

k＝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由于倾斜角为120°，故斜率k＝－3.又直线过点(－1，0)，由点斜式可知y＝－3(x＋1)，即：3x＋

y＋3＝0.6．D若直线过原点，则直线方程为y＝2x，若直线不过原点，设所求的直线方程为x＋y＝m，又P(1，2)在直线上，∴1＋2＝m，∴m＝3，即：x＋y＝3.7．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，该曲线的导函数值为1，∴k＝1，其倾斜角为45°.12．1解析：由题意得，4－mm＋2＝1，得m＝1.专练42两条直线的位

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．D∵l1与l2垂直，∴3(a－1)＋a＝0，得a＝34.3．A由两条直线平行，∴a3＝2a－1

≠2a7－a，得a＝－2或a＝3.∴a＝3是两条直线平行的充分不必要条件．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，因为直线OP的斜率为1－02－0＝12，所以所求直线的斜率为－2，即所求直线方程为y－1＝－2(x－2)，得2x＋y－5＝0.7．C∵l1∥l2，∴12＝－2n，∴n＝－4，∴l2：2x－4y－6＝0可

化为x－2y－3＝0∴|m＋3|12＋（－2）2＝|m＋3|5＝5，又m>0，∴m＝2，∴m＋n＝2－4＝－2.8．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．CD对于A，直线l：3x－y＋1＝0的斜率k＝3，故直线l的倾斜角是π3，故A错误；对于B，因为直线m：x－3y＋1＝0的斜率k′＝33，kk′＝1≠－1，故直

线l与直线m不垂直，故B错误；对于C，点(3，0)到直线l的距离d＝|3×3－0＋1|（3）2＋（－1）2＝2，故C正确；对于D，过点(23，2)与直线l平行的直线方程是y－2＝3(x－23)，整理得3x－y－4＝0，故D正确．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＝2.11.33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＝33.12.2解析：由题意可知，kAB＝b－a5－4＝b－a＝1，故|AB|＝（5－4）2＋（b－a）

2＝2.专练43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由题意得圆心(1，1)在直线y＝kx＋3上，∴k＝－2.9．BD设点M(x，y)，则MA→＝(－x－1，－y)，MB→＝(－x＋1，－y)，所以MA→·MB

→＝(－x－1)(－x＋1)＋y2＝3，所以点M的轨迹方程为圆x2＋y2＝4，圆心为(0，0)，半径为2.由此可知圆(x－2a＋1)2＋(y－2a－2)2＝1与圆x2＋y2＝4有公共点．又圆(x－2a＋1)2＋(y－2a－2)2＝1的圆心为(2a－1，2a＋

2)，半径为1，所以1≤（2a－1）2＋（2a＋2）2≤3，解得－1≤a≤12.故选BD.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＋4

a－4<0，解得－2<a<23，又a∈－2，0，1，34，∴仅当a＝0时该方程表示圆．11．(x－1)2＋(y＋1)2＝5解析：因为点M在直线2x＋y－1＝0上，所以设M(a，1－2a).由点(3，0)，(0，1)均在⊙M上，可得点(3，0)，(0，1)到圆心M的距

离相等且为⊙M的半径，所以r＝（a－3）2＋（1－2a）2＝a2＋（1－2a－1）2，解得a＝1.所以M(1，－1)，r＝5，所以⊙M的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5.12．(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．ABD对于A选项，圆心(k，k)一定在直线y＝x上，故A正确；对于B选项，将(3，0)代入圆Ck的方程整理得2k2－6k＋5＝0，其中Δ＝－4<0

，方程无解，故所有圆Ck均不经过点(3，0)，故B正确；对于C选项，将(2，2)代入圆Ck的方程整理得k2－4k＋2＝0，其中Δ＝16－8＝8>0，故经过点(2，2)的圆Ck有两个，故C错误；对于D选项，

所有圆的半径均为2，面积均为4，故D正确．故选ABD.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|22＝r2－d2＝12－9＝3.∴|AB|2

＝12，则|AB|＝23.在Rt△DEC中，|CD|＝|AB|sin60°＝2332＝4.16．[－2－1，2－1]解析：设x＝2＋cosα，y＝－3＋sinα∴x＋y＝sinα＋cosα－1＝2sinα＋π4－1∈[－2－1，2－1].专练44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∵x2＋y2＝4的圆心C1(0，0)，半径r1＝2，又x2＋y2＋6x－8y＋16＝0可化为(x＋3)2＋(y－4)2＝9，其圆心C2(－3，4)，半径r2＝3

，又圆心距|C1C2|＝（0＋3）2＋（0－4）2＝5＝r1＋r2，∴两圆相外切．3．Ax2＋y2－2x－2y＋1＝0可化为(x－1)2＋(y－1)2＝1，其圆心C(1，1)，半径为1，圆心C到直线x－y－2＝0的距离d＝|1－1－2|12＋（－1）2＝2，∴圆

上的点到直线距离的最大值为d＋r＝2＋1.4．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由题意得圆心(0，1)到直线kx－y＋3k＝0的距离为1，即：|－1＋3k|k2＋1＝1得k＝0或k＝3.6．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．

Bx2＋y2＋2x－2y＋a＝0可化为(x＋1)2＋(y－1)2＝2－a，则圆心(－1，1)到直线x＋y＋2＝0的距离d＝|－1＋1＋2|12＋12＝2，由题意得2＋22＝2－a，∴a＝－4.8．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|＝|PB|，∴|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.9．D方法一(直接计算法)由题可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l为y＝kx＋m，直线l与曲线y＝x的切点为A

(x0，y0).由导数的几何意义可知12x0＝k，即x0＝12k，点A既在直线l上，又在曲线y＝x上，∴y0＝kx0＋m，y0＝x0．∴kx0＋m＝x0，即k·12k2＋m＝12k，化简可得m＝14k，又∵直线l与圆x2＋y2＝15相切，∴

|m|1＋k2＝55，将m＝14k代入化简得16k4＋16k2－5＝0，解得k2＝14或k2＝－54(舍去).∵y＝x的图象在第一象限，∴k>0，∴k＝12，∴m＝12，∴l的方程为y＝12x＋12.故选D.方法二(选项分析法)由选项

知直线l的斜率为2或12，不妨假设为2，设直线l与曲线y＝x的切点为P(x0，y0)，则12x0－12＝2.解得x0＝116，则y0＝14，即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．[2－3，2＋3]解析：x2＋y2－4x－4y＝0可化为(x－2)2＋(y－2)2＝8，∴圆心为(2，2)，半径为22.当圆心到直线l的距离为2时，圆上恰好存在3个点到直线l的距离为2，∴圆心

到直线l的距离应小于或等于2，∴|2k－2|1＋k2≤2，∴2－3≤k≤2＋3.11．2(答案不唯一，可以是±12，±2中任意一个)解析：设直线x－my＋1＝0为直线l，由条件知⊙C的圆心C(1，0)，半径R＝2，C到直线l的距离d＝21＋m2，|AB|＝2

R2－d2＝24－（21＋m2）2＝4|m|1＋m2.由S△ABC＝85，得12×4|m|1＋m2×21＋m2＝85，整理得2m2－5|m|＋2＝0，解得m＝±2或m＝±12，故答案可以为2.12．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－5

3＝0.13．ACD圆()x－52＋()y－52＝16的圆心为M()5，5，半径为4，直线AB的方程为x4＋y2＝1，即x＋2y－4＝0，圆心M到直线AB的距离为||5＋2×5－412＋22＝115＝1155>4，所以，点P到直线AB的距离的最小值为11

55－4<2，最大值为1155＋4<10，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当∠PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PM⊥PB，||BM＝()0－52＋()2－52＝34，||MP＝4，由勾股定理可得||BP＝||BM2－||MP2＝32，

CD选项正确．故选ACD.14．B解析：如图，x2＋y2－4x－1＝0得(x－2)2＋y2＝5，所以圆心坐标为(2，0)，半径r＝5，所以圆心到点(0，－2)的距离为（2－0）2＋（0＋2）2＝22，由于圆心与点(0，－2)的连线平分角α，所以sin

α2＝r22＝522＝104，所以cosα2＝64，所以sinα＝2sinα2cosα2＝2×104×64＝154.故选B.15．3x＋4y－5＝0或7x－24y－25＝0或x＋1＝0(答对其中之一即可)解析：由题意知两圆的圆心和半径分别为O1(0，0)，O2(3，4)，r1＝1

，r2＝4.因为|O1O2|＝r1＋r2，所以两圆外切．由两圆外切，画出示意图，如图．设切点为A(x，y).由O1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝15O1O2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，得A(35，45).因为kO1O2＝43，所以切线l1的斜率k1＝－34，所以l1：y－45＝－34(x－35)，

即3x＋4y－5＝0.由图象易得两圆均与直线l2：x＝－1相切，过两圆圆心的直线方程为l：y＝43x.联立y＝43x，x＝－1，解得x＝－1，y＝－43．故直线l与l2的交点为P(－1，－43).由切线定理，得两圆的另一公切线l3过点

P.设l3：y＋43＝k(x＋1).由点到直线的距离公式，得k－43k2＋1＝1，解得k＝724，所以l3：y＋43＝724(x＋1)，即7x－24y－25＝0.16．8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.专练45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．C由题，a2＝9，b2＝4，则||

MF1＋||MF2＝2a＝6，所以||MF1·||MF2≤||MF1＋||MF222＝9(当且仅当||MF1＝||MF2＝3时，等号成立).故选C.5．C由题可知椭圆的焦点落在x轴上，c＝2，∴a2＝4＋c2＝8，∴a＝22，∴e＝

ca＝222＝22.6．A方法一由已知得e1＝a2－1a，e2＝4－12＝32，因为e2＝3e1，所以32＝3×a2－1a，得a＝233.故选A.方法二若a＝233，则e1＝a2－1a＝（233）2－1233＝12，

又e2＝32，所以e2＝3e1，所以a＝233符合题意．故选A.7．B方法一依题意a＝3，b＝6，c＝a2－b2＝3.如图，不妨令F1(－3，0)，F2(3，0).设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cos∠F

1PF2＝m2＋n2－122mn＝35①，由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6②.由①②，解得mn＝152.设|OP|＝x.在△F1OP和△F2OP中，∠F1OP＋∠F2OP＝π，由余弦定理得x2＋3－m223x＝－x2＋3－n223x，得

x2＝m2＋n2－62＝（m＋n）2－2mn－62＝152，所以|OP|＝302.方法二依题意a＝3，b＝6，c＝a2－b2＝3.如图(图同方法一)，设点P的坐标为(x0，y0)，α＝∠F1PF2，则cos∠F1PF2＝cosα＝35，故sin∠F1PF2＝sinα＝2sinα2cosα2sin2

α2＋cos2α2＝2tanα21＋tan2α2＝45，则tanα2＝12或tanα2＝2(舍去).故△F1PF2的面积S△F1PF2＝b2tanα2＝6×12＝3.又S△F1PF2＝12×2c|y0|＝3|y0|，故y20＝3，又x209＋y

206＝1，所以x20＝92，|OP|2＝x20＋y20＝152，|OP|＝302.方法三依题意a＝3，b＝6，c＝a2－b2＝3.如图(图同方法一)，设点P的坐标为(x0，y0)，利用焦点三角形面积公式知S△F1PF2＝b2

sinα1＋cosα.因为cos∠F1PF2＝35，所以sin∠F1PF2＝45，故S△F1PF2＝6×451＋35＝3.又S△F1PF2＝12×2c|y0|＝3|y0|，故y20＝3，又x209＋y20

6＝1，所以x20＝92，|OP|2＝x20＋y20＝152，|OP|＝302.方法四依题意a＝3，b＝6，c＝a2－b2＝3.如图(图同方法一)，不妨令F1(－3，0)，F2(3，0).设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2

中，cos∠F1PF2＝m2＋n2－122mn＝35①，由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6②.由①②，解得mn＝152.因为PO→＝12(PF1＋PF2)，所以|PO→|2＝14(m2＋n2＋2mncos∠F1PF2)＝

14（m＋n）2－45mn＝152，所以|PO|＝302.8．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＝32.9．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－x2

1＝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.10．(3，4)∪(4，5)解析：由题意可知5－k>0，k－3>0，5－k≠k－3，

解得3<k<4或4<k<5，故k的取值范围为(3，4)∪(4，5).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：如

图，∵PF1⊥PF2，∴△PF1F2为直角三角形，又△PF1F2的面积为9，∴12|PF1||PF2|＝9，得|PF1||PF2|＝18，在Rt△PF1F2中，由勾股定理得：|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，∴(|PF1

|＋|PF2|)2－2|PF1||PF2|＝4c2，即2(a2－c2)＝|PF1||PF2|＝18，得b2＝a2－c2＝9，∴b＝3.13．B由椭圆C的离心率为13，可得e＝ca＝a2－b2a2＝13.化简，得8a2＝9b2.易知A1(－a，0)，A2(

a，0)，B(0，b)，所以𝐵A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵A2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－a，－b)·(a，－b)＝－a2＋b2＝－1.联立得方程组8a2＝9b2，－a2＋b2＝－1，解得a2＝9，b2＝8.所以C的方程为x29＋y28＝1.故选B.14．C由题意，F1(

－2，0)，F2(2，0)，△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的2倍，即|－2＋m|2＝2×|2＋m|2，解得m＝－23或m＝－32(舍去)，故选C.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<1.16．13解析：由题意知e＝ca＝12，所以a＝2c，b＝3c，所以△AF1F2是等边三角形，所以

DE垂直平分AF2，所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，所以△ADE的周长为|DE|＋|AD|＋|AE|＝|DE|＋|DF2|＋|EF2|.由椭圆的定义，可知|DE|＋|DF2|＋|EF2|＝4a＝8c.因为直线DE

的斜率k＝tan30°＝33，所以直线DE的方程为y＝33(x＋c)，即x＝3y－c.由椭圆方程x24c2＋y23c2＝1，得3x2＋4y2＝12c2.将x＝3y－c代入并整理，得13y2－63cy－9c2＝0.设D(x1，

y1)，E(x2，y2)，则y1＋y2＝63c13，y1y2＝－9c213，所以|DE|＝1＋1k2（y1＋y2）2－4y1y2＝1＋3·108c2169＋36c213＝12133c2＋13c2＝4813c＝6，解得c＝138.所以△AD

E的周长是8c＝13.专练46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＋|P

F1|，|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．C因为双曲线的渐近线方程为x±y＝0，所以无论双曲线的焦点在x轴上还是在y轴

上，都满足a＝b，所以c＝2a，所以双曲线的离心率e＝ca＝2.故选C.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．D由

题意，可得F(1，0)，直线l的方程为x＝－1，双曲线的渐近线方程为y＝±bax.将x＝－1代入y＝±bax，得y＝±ba，所以点A，B的纵坐标的绝对值均为ba.由|AB|＝4|OF|可得2ba＝4，即b＝2a，b2＝4

a2，故双曲线的离心率e＝ca＝a2＋b2a2＝5.6．D根据双曲线的离心率e＝5＝ca，得c＝5a，即c2＝5a2，即a2＋b2＝5a2，所以b2＝4a2，b2a2＝4，所以双曲线的渐近线方程为y＝±2x，易知渐近线y＝2x与圆相交．方法一由y＝2x，（x－2）2＋（

y－3）2＝1，得5x2－16x＋12＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝165，x1x2＝125.所以|AB|＝1＋22|x1－x2|＝51652－4×125＝455，故选D.方法二则圆心(

2，3)到渐近线y＝2x的距离d＝|2×2－3|22＋（－1）2＝55，所以|AB|＝21－d2＝21－（55）2＝455，故选D.7．B由题意得|AF2|－|AF1|＝2a＝4，|BF2|－|BF1|＝2a＝4，所以|BF2|＋|AF2|＝8＋|AF1|＋|BF1|＝

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．A由题意得到e＝ca＝2，∴b＝3a，则双曲线的渐近线方程为y＝±3x.渐近线与圆(x－

a)2＋y2＝34相切，∴|3a|2＝32，又a>0，∴a＝1，b＝3.则双曲线方程为：x2－y23＝1.故答案为A.9．B∵x2－y2＝1的焦点(±2，0)，e1＝ca＝2，∴由题意得x2a2＋y2b2＝1的焦点坐标为(±2，0)，e＝22，∴a2－b2＝c2＝2，a2－b2a＝22，

∴a2＝4，b2＝2.∴椭圆方程为x24＋y22＝1.设P为两曲线右边的交点，由椭圆、双曲线的定义知，|PF1|＋|PF2|＝2×2，|PF1|－|PF2|＝2，∴|PF1|＝3，|PF2|＝1，又|F1F2|＝22，且|PF2|2＋|F1F2|2＝1＋(22)2＝

1＋8＝9＝|PF1|2，∴△F1PF2为直角三角形．10．13解析：由题意，a2＝9，所以a＝3.设点M到另一个焦点的距离为d，由双曲线的定义知，|7－d|＝2a＝2×3＝6，所以d＝1(舍)或d＝13.即点M到另一个焦点的距离为13.11.33

解析：∵双曲线x2a2－y2＝1的渐近线方程为y＝±xa，∴1a＝3，a＝33.12.355解析：方法一由题意可知，F1(－c，0)，F2(c，0)，设A(x1，y1)，B(0，y0)，所以F2𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(x1－c，y1)，F2𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－c，y0)，因为F

2𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝－23F2𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以x1－c＝23cy1＝－23y0，即x1＝53cy1＝－23y0，所以A(53c，－23y0).F1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(83c，－23y0)，F1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(c，y0)，因为F1

𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥F1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以F1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·F1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝0，即83c2－23y20＝0，解得y20＝4c2.因为点A(53c，－23y0)在双曲线C上，所以25c29a2－4y209b2＝1，又y20＝4c2，所以25c29a2－

16c29b2＝1，即25（a2＋b2）9a2－16（a2＋b2）9b2＝1，化简得b2a2＝45，所以e2＝1＋b2a2＝95，所以e＝355.方法二由前面方法一得A(53c，－23y0)，y20＝4c2，所以|AF1|＝53c＋c2＋－23y02＝64c29＋4y209＝64

c29＋16c29＝45c3，|AF2|＝53c－c2＋－23y02＝4c29＋4y209＝4c29＋16c29＝25c3，由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|＝2a，即45c3－25c3＝2

a，即53c＝a，所以双曲线的离心率e＝ca＝35＝355.方法三由F2A＝－23F2B可得A，B，F2三点共线，且F2在线段AB上，不妨令点A在第一象限，则点B在y轴负半轴上，易得|F2A|＝23|

F2B|.设|F2B|＝3m(m>0)，则|F2A|＝2m，所以|F1B|＝|F2B|＝3m，|AB|＝5m，由F1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥F1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗可得∠AF1B＝90°，所以|AF1|＝|AB|2－|BF1|2＝4m，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝2

m，即a＝m.过F1作F1D⊥AB，垂足为D，则12|AB|·|F1D|＝12|F1A|·|F1B|，即12×5m×|F1D|＝12×4m×3m，所以|F1D|＝125m，所以|BD|＝|BF1|2－|F1D|2＝95m，所以|F2D|＝65m，则|F1F2|＝|F1D|2＋|

F2D|2＝655m＝2c，即c＝355m，所以e＝ca＝355.13.C由题意，知点N在双曲线的右支上，不妨设点N在第一象限，如图．设切点为点A，连接DA，则DA⊥MN，易知|DA|＝a，|DF1|＝c，则|AF1|＝c2－a2＝b.过点F2作F2B⊥MN交直线MN于点B，则F2B∥DA.又因为

点D为F1F2的中点，所以|F2B|＝2|DA|＝2a，|F1B|＝2|AF1|＝2b.由cos∠F1NF2＝35，得sin∠F1NF2＝45，tan∠F1NF2＝43，所以|F2N|＝|F2B|sin∠F1NF2＝5a2，|BN|＝|F2B|tan∠F1

NF2＝3a2，所以|F1N|＝|F1B|＋|BN|＝2b＋3a2.由双曲线的定义，得|F1N|－|F2N|＝2a，则2b－a＝2a，即ba＝32.所以双曲线C的离心率e＝1＋b2a2＝1＋94＝132.故选C.14．D设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，由点A，

B在双曲线上，得x21－y219＝1x22－y229＝1，两式作差，得x21－x22＝y21－y229，即(x1－x2)(x1＋x2)＝（y1－y2）（y1＋y2）9，化简得（y1－y2）（y1＋y2）（x1－x2）（x1＋x2）＝9，即y1－y2x1－x2

·y1＋y22x1＋x22＝kAB·y0x0＝9，因此kAB＝9·x0y0.由双曲线方程可得渐近线方程为y＝±3x，如图．对于A选项，因为kAB＝9×11＝9>3，所以直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于B选项，因为kAB＝9×－12＝－92＜－3，所以直线AB与双曲线无交

点，不符合题意；对于C选项，kAB＝9×13＝3，此时直线AB与渐近线y＝3x平行，与双曲线不可能有两个交点，不符合题意；对于D选项，因为kAB＝9×－1－4＝94<3，所以直线AB与双曲线有两个交点，满足题意．故选D.15.5(答案不唯一)解析：双曲线C的一条渐近线与C没有公共点，所以可令ba

＝2，则e＝1＋（ba）2＝5.16.52，＋∞解析：由题意，|OP|＝2ab，又|OP|≥a，则2ab≥a，即2ab≥a2，得2b≥a，4b2＝4(c2－a2)≥a2，所以c2a2≥54，所以e≥52，即e的取值范围是

52，＋∞.专练47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∵x23－y2＝1的右焦点为(2，0)，∴p2＝2，p＝4.5．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＋3

a，∴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设A(x1，y1)，B(x2，y2)由韦达定理得x1＋x2＝k2＋2k2，x1x2＝14，∴OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2x1－12

x2－12＝(1＋k2)x1x2－12k2(x1＋x2)＋k24＝－34.9．A不妨设点A在第一象限，如图所示，过点F作AE的垂线，垂足为H，由题知当A的坐标为(3，y0)时△AEF为正三角形，此时H为AE的中点，|AE|＝3＋p2，|EH|＝p，∴2p＝3＋p2

，解得p＝2，∴y2＝4x，A(3，23)，F(1，0)，∴kAF＝3，直线AF的方程为y＝3(x－1)，代入抛物线方程得3(x－1)2＝4x.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，解得x1＝3，x2＝13，此时y

1＝23，y2＝－233，∴S△AOB＝S△OFB＋S△OFA＝12×1×233＋23＝433，故选A.10．x＝－32解析：抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点Fp2，0，∵P为C上一点，PF与x轴

垂直，所以P的横坐标为p2，代入抛物线方程求得P的纵坐标为±p，不妨设P(p2，p)，因为Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，所以Q在F的右侧，又∵|FQ|＝6，∴Q(6＋p2，0)，∴PQ→＝(6，－p)因为

PQ⊥OP，所以PQ→·OP→＝p2×6－p2＝0，∵p>0，∴p＝3，所以C的准线方程为x＝－32.11.94解析：将点A的坐标代入抛物线方程，得5＝2p，于是y2＝5x，则抛物线的准线方程为x＝－54，所以A到准线的距离为1－－54＝94.12．0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．AC由题意，易知直线y＝－3(x－1)过点(1，0).对于

A，因为直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为(1，0)，所以p2＝1，即p＝2，所以A选项正确．对于B，不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1<x2，联立方程得y＝－3（x－1）y2＝4x，消去y并整理得3x2－10x

＋3＝0，解得x1＝13，x2＝3.所以M(13，233)，N(3，－23)，所以由两点间距离公式可得|MN|＝（3－13）2－（－23－233）2＝163，故B选项错误．对于C，由以上分析易知，l的方程为x＝－1，以MN为直径

的圆的圆心坐标为(53，－233)，半径r＝12|MN|＝83＝53＋1，所以以MN为直径的圆与l相切，故C选项正确．对于D，由两点间距离公式可得|MN|＝163，|OM|＝133，|ON|＝21，故D选项错误．综上，选AC.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|＋|AB|＝3－14＋26＋254＝9＋26.故选B.15．2解析：设准线l和x轴交于N点，PM平行于x轴，∠PMF＝∠MFN＝60°，由抛物线的定义得到|NF|＝p，故|MF|＝2p，故34(2p)2

＝43，∴p＝2.16．3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48高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1．解析：(1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝x2＋（y－12

）2，化简得x2＝y－14，所以W的方程为x2＝y－14.(2)设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|).设B(t，t2＋14)，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，故可设直线AB的方程为y－(t2＋14)＝k(x－t)，不妨设k>

0，与x2＝y－14联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，所以|AB|＝1＋k2|x1－t|＝1＋k2|k－2t|＝1＋k2|2t－k|，|BC|＝1＋（1－1k）2|－1k－2

t|＝1＋k2k|1k＋2t|＝1＋k2k2|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＝21＋k2k2(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|).因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝

（－2k2－2k）t＋k3－1，t≤－12k（2k－2k2）t＋k3＋1，－12k＜t≤k2（2k2＋2k）t－k3＋1，t>k2，当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－12k]上单调递减，函数y＝(2k－2

k2)t＋k3＋1在(－12k，k2]上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在(k2，＋∞)上单调递增，所以当t＝k2时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞21＋k2k2(k2＋

1)＝2（1＋k2）32k2.令f(k)＝2（1＋k2）32k2，k≥1，则f′(k)＝2（1＋k2）12（k＋2）（k－2）k3，当1≤k＜2时，f′(k)＜0，当k＞2时，f′(k)＞0，所以函数f(k)在[1，2)上

单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f(k)≥f(2)＝33，所以2(|AB|＋|BC|)＞2（1＋k2）32k2≥33.当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－12k]上单调

递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－12k，k2]上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在(k2，＋∞)上单调递增，所以当t＝－12k时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3

＋k＝k(1＋k2)，又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞21＋k2k2k(k2＋1)＝2（1＋k2）32k.令g(k)＝2（1＋k2）32k，0<k<1，则g′(k)＝2（1＋k2）12

（2k2－1）k2，当0<k<22时，g′(k)<0，当22<k<1时，g′(k)>0，所以函数g(k)在(0，22)上单调递减，在(22，1)上单调递增，所以g(k)≥g(22)＝33，所以2(|AB|＋|BC|)>2（1＋k2）32

k≥33.综上，矩形ABCD的周长大于33.2．解析：(1)设双曲线C的方程为x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)，c为双曲线C的半焦距，由题意可得c＝25ca＝5c2＝a2＋b2，解得c＝25a＝2b＝4.所以双曲线C的方程为x24

－y216＝1.(2)方法一设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，则x1＝my1－4，x2＝my2－4.联立得x＝my－4x24－y216＝1，得(4m2－1)y2－32my＋48

＝0.因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以4m2－1≠0，且Δ>0.由根与系数的关系得y1＋y2＝32m4m2－1y1y2＝484m2－1，所以y1＋y2＝2m3y1y2.因为A1，A

2分别为双曲线C的左、右顶点，所以A1(－2，0)，A2(2，0).直线MA1的方程为y1x1＋2＝yx＋2，直线NA2的方程为y2x2－2＝yx－2，所以y1x1＋2y2x2－2＝yx＋2yx－2，得（x2－2）y1（x1＋2）y2＝x－2x＋2，（my2－6）y1（my1－2）y2＝

my1y2－6y1my1y2－2y2＝x－2x＋2.因为my1y2－6y1my1y2－2y2＝my1y2－6（y1＋y2）＋6y2my1y2－2y2＝my1y2－6·2m3y1y2＋6y2my1y2－2y2＝－3m

y1y2＋6y2my1y2－2y2＝－3，所以x－2x＋2＝－3，解得x＝－1，所以点P在定直线x＝－1上．方法二由题意得A1(－2，0)，A2(2，0).设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，则x214－y2116＝1，即4x2

1－y21＝16.如图，连接MA2，kMA1·kMA2＝y1x1＋2·y1x1－2＝y21x21－4＝4x21－16x21－4＝4①.由x24－y216＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16，4(x

－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6，16[my－(x－2)]＝1.4(x－2)2＋16(x－2)·16[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋83(x－

2)my－83(x－2)2－y2＝0，两边同时除以(x－2)2，得43＋8m3·yx－2－yx－22＝0，即yx－22－8m3·yx－2－43＝0.kMA2＝y1x1－2，kNA2＝y2x2－

2，由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－43②.由①②可得kMA1＝－3kNA2.lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，lNA2：y＝kNA2(x－2).由y＝－3kNA2（x＋2）y＝kNA2（x－2

），解得x＝－1.所以点P在定直线x＝－1上．3．解析：(1)因为点A(－2，0)在C上，所以4b2＝1，得b2＝4.因为椭圆的离心率e＝ca＝53，所以c2＝59a2，又a2＝b2＋c2＝4＋59a2，所以a2＝9，c2＝5，故椭圆C的方程为y2

9＋x24＝1.(2)由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由y－3＝k（x＋2），y29＋x24＝1，得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，则Δ

＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，故x1＋x2＝－16k2＋24k4k2＋9，x1x2＝16k2＋48k4k2＋9.直线AP：y＝y1x1＋2(x＋2)，令x

＝0，解得yM＝2y1x1＋2，同理得yN＝2y2x2＋2，则yM＋yN＝2y1（x2＋2）＋y2（x1＋2）（x1＋2）（x2＋2）＝2（kx1＋2k＋3）（x2＋2）＋（kx2＋2k＋3）（x1＋2）（x1＋2）（x2＋2）＝22kx1x2＋（4k＋

3）（x1＋x2）＋8k＋12x1x2＋2（x1＋x2）＋4＝22k（16k2＋48k）＋（4k＋3）（－16k2－24k）＋（8k＋12）（4k2＋9）16k2＋48k＋2（－16k2－24k）＋4（4k2＋9）＝2

×10836＝6.所以MN的中点的纵坐标为yM＋yN2＝3，所以MN的中点为定点(0，3).4．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MD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＋4k

23＝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＋tanαtanβ＝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＝0.5．解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把x＝2y－1代入

y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，由Δ1＝16p2－8p>0，得p>12.由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，所以|AB|＝1＋1122·（y1＋y2）2－4y1y2＝5·16p2－8p＝415，解

得p＝2或p＝－32(舍去)，故p＝2.(2)设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0).因为FM→·FN→＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝12|MF||NF|＝12(x3＋1)(x4＋1)＝12(x3x4＋x3＋x4＋1)(*).当直线

MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，因为∠MFN＝90°，所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，由y＝x－1，y2＝4x，得x2－6x＋1＝0，得x3＝3－22，x4＝3－2

2或x3＝3＋22，x4＝3＋22．代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－22时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－22).当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.由y＝kx＋m，y2＝4x，得k

2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0，则x3＋x4＝4－2kmk2，x3x4＝m2k2，y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝4mk.又FM→·FN→

＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，所以m2k2－4－2kmk2＋1＋4mk＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.所以S△MFN＝12(x3x4＋x3＋x4＋1)＝m2＋k2－2km＋42k2＝m2＋k2＋2kmk2＝

mk2＋2mk＋1.令t＝mk，则S△MFN＝t2＋2t＋1，因为m2＋k2＋6km＝4，所以mk2＋6mk＋1＝4k2>0，即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋22或t<－3－22，从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－82＝4(3－22.故△MFN面积的最

小值为4(3－22).6．解析：(1)由题意可得ba＝3，a2＋b2＝2，解得a＝1，b＝3．所以C的方程为x2－y23＝1.(2)当直线PQ斜率不存在时，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直线PQ斜率存在，所以设直

线PQ的方程为y＝kx＋h(k≠0).联立得方程组y＝kx＋h，x2－y23＝1.消去y并整理，得(3－k2)x2－2khx－h2－3＝0.则x1＋x2＝2kh3－k2，x1x2＝h2＋3k2－3，x1－x2＝（x1＋x2）2－

4x1x2＝23（h2＋3－k2）|3－k2|.因为x1>x2>0，所以x1x2＝h2＋3k2－3>0，即k2>3.所以x1－x2＝23（h2＋3－k2）k2－3.设点M的坐标为(xM，yM)，则yM－y2＝3(xM－x2)，yM－y1＝－3(xM－x1)，两

式相减，得y1－y2＝23xM－3(x1＋x2).因为y1－y2＝(kx1＋h)－(kx2＋h)＝k(x1－x2)，所以23xM＝k(x1－x2)＋3(x1＋x2)，解得xM＝kh2＋3－k2－khk2－3

.两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝3(x1－x2).因为y1＋y2＝(kx1＋h)＋(kx2＋h)＝k(x1＋x2)＋2h，所以2yM＝k(x1＋x2)＋3(x1－x2)＋2h，解得yM＝3h2＋3－k2－3hk2－3＝3kxM.所以点M的轨迹为直线y＝3kx

，其中k为直线PQ的斜率．选择①②.因为PQ∥AB，所以kAB＝k.设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则yA＝k（xA－2），yA＝3xA，解得xA＝2kk－3，yA＝23kk－

3.同理可得xB＝2kk＋3，yB＝－23kk＋3.此时xA＋xB＝4k2k2－3，yA＋yB＝12kk2－3.因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝3kx，所以yM＝k（xM－2），yM＝3kx

M.解得xM＝2k2k2－3＝xA＋xB2，yM＝6kk2－3＝yA＋yB2，所以点M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.选择①③.当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线y＝3kx上，与题设矛盾，故直线AB的斜率存在．当直线

AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则yA＝m（xA－2），yA＝3xA，解得xA＝2mm－3，yA＝23mm－3.同理可

得xB＝2mm＋3，yB＝－23mm＋3.此时xM＝xA＋xB2＝2m2m2－3，yM＝yA＋yB2＝6mm2－3.由于点M同时在直线y＝3kx上，故6m＝3k·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.选择②③.因为PQ∥AB，所以k

AB＝k.设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则yA＝k（xA－2），yA＝3xA，解得xA＝2kk－3，yA＝23kk－3.同理可得xB＝2kk＋3，yB＝－23kk＋3.设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝xA

＋xB2＝2k2k2－3，yC＝yA＋yB2＝6kk2－3.因为|MA|＝|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－1k(x－xC)上．将该直线方程与y＝3kx联立，解得xM＝2k2k2－3＝xC，yM＝6kk2－3＝yC，即点

M恰为AB的中点，所以点M在直线AB上．7．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′－32y

1－3，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（y

1＋y2）－3y1＋4t－4·(x－x2).令x＝0，得y＝y2－y1t（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）＋6y1

t（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＝－26

3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).8．解析：(1)∵点A(2，1)在双曲线C：x2a2－y2a2－1＝1(a>1)上，∴4a2－1a2－1＝1，解得a2＝2.∴双曲线C的方程为x22

－y2＝1.显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.联立得方程组y＝kx＋m，x22－y2＝1.消去y并整理，得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0.Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.设P(x1，y1)，Q(x2，y

2)，则x1＋x2＝4km1－2k2，x1x2＝－2m2－21－2k2.由kAP＋kAQ＝0，得y1－1x1－2＋y2－1x2－2＝0，即(x2－2)(kx1＋m－1)＋(x1－2)(kx2＋m－1)＝0.整理，得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x

2)－4(m－1)＝0，即2k·－2m2－21－2k2＋(m－1－2k)·4km1－2k2－4(m－1)＝0，即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.∵直线l不过点A，∴k＝－1.(2)设∠PAQ＝2α，0<α<π2，则tan2α＝22，∴2tanα1－t

an2α＝22，解得tanα＝22(负值已舍去).由(1)得k＝－1，则x1x2＝2m2＋2>0，∴P，Q只能同在双曲线左支或同在右支．当P，Q同在左支时，tanα即为直线AP或AQ的斜率．设kAP＝22.∵

22为双曲线一条渐近线的斜率，∴直线AP与双曲线只有一个交点，不成立．当P，Q同在右支时，tan(π2－α)＝1tanα即为直线AP或AQ的斜率．设kAP＝122＝2，则kAQ＝－2，∴直线AP的方程为y－1＝2(x－2)，即y＝2x－22＋1.联立得方程组y＝

2x－22＋1，x22－y2＝1.消去y并整理，得3x2－(16－42)x＋20－82＝0，则xP·2＝20－823，解得xP＝10－423.∴|xA－xP|＝|2－10－423|＝4（2－1）3.同理可得|xA－xQ|＝4（2＋1）3.∵tan2α＝22，0<2α<π，∴si

n2α＝223，∴S△PAQ＝12|AP|·|AQ|·sin2α＝12×3×|xA－xP|×3×|xA－xQ|×sin2α＝12×3×169×223＝1629.专练49排列与组合1．A由分类加法计数原理可知共有5＋

3＝8种不同的选法．2．B先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有C15种方式；再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有A24种安排方式．所以不同的安排方式共有C15·A24＝60(种).故选B.3．C4．D由5个球中任取3个球，共有C35＝10种，其中没

有白球的取法有C33＝1种，∴所取的3个球中至少有1个白球的取法有10－1＝9种．5．D将4项工作分成3组，共有C24种分法，再安排给3人共有A33种方法，故共有C24A33＝36种不同的安排方式．6．C甲、乙二人先选1种

相同的课外读物，有C16＝6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有C15C14＝20(种)情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20＝120(种)选法，故选C.7．C将B，C看作一个元素，除A外，共有A44A22＝48种

，再安排A，共有A22种不同的排法，∴实验顺序共有48×2＝96种不同的编排方法．8．D完成这件事分两步进行，第一步排除甲、乙、丙以外的4个人，共有A44＝24种不同的排法，第二步排除甲、乙、丙，共有A35＝60种不同

的排法，由分步乘法原理，共有24×60＝1440种不同的排法．9．B当两个偶数数字中不含0时，共有C24C35C13A44＝4320(个)；当两个偶数数字中有一个为0时，共有C13C14C35C13A

33＝2160(个).因此共有4320＋2160＝6480(个)，故选B.10．180解析：从6个人中选取1个人安排在第一天有C16＝6(种)方法，然后从余下的5个人中选取1个人安排在第二天有C15＝5(种)方法，再从剩余的4个人中选取2个人安排在第三天有C24＝6(种

)方法，根据分步乘法计数原理知不同的安排方法有6×5×6＝180(种).11．64解析：方法一由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有C14C14种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有C14C24种方案；第三类，

在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有C24C14种方案．综上，不同的选课方案共有C14C14＋C14C24＋C24C14＝64(种).方法二若学生从这8门课中选修2门课，则有C28－C24－C24＝16(种)选课方案；

若学生从这8门课中选修3门课，则有C38－C34－C34＝48(种)选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种).12．36解析：因为每个小区至少安排1名同学，所以4名同学的分组方案只能为1

，1，2，所以不同的安排方法共有C14·C13·C22A22·A33＝36种．专练50二项式定理1．C2．C由二项展开式通项知Tk＋1＝(－2)kCk5·(x2)5－k1x3k＝(－2)kCk5x10－

5k，令10－5k＝0，得k＝2.∴常数项为T3＝(－2)2C25＝40.3．BCD4．Bax－x5的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ck5·(－1)k·a5－k·x2k－5，显然，2k－5为奇数，故(x＋2)

ax－x5展开式中的常数项为C25·a3＝80，所以a＝2.5．B由题意得S＝26＝64，P＝C46(－2)4＝15×16＝240，∴PS＝24064＝154.6．B在x＋3xn的展开式中令x＝1，得A＝4n，各项二项式系数之和为B＝2n，由4

n＋2n＝72，得n＝3，∴x＋3xn＝x＋3x3，其通项为Tk＋1＝Ck3(x)3－k3xk＝3kCk3x3－3k2，令3－3k2＝0，得k＝1，故展开式的常数项为T2＝3C13＝9.7．C要求x＋y2x(x＋y)5的展开式中x3y3的系数，只要分别

求出(x＋y)5的展开式中x2y3和x4y的系数再相加即可，由二项式定理可得(x＋y)5的展开式中x2y3的系数为C35＝10，x4y的系数为C15＝5，故x＋y2x(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为10＋5＝15.

故选C.8．CS＝C04(x－1)4＋C14(x－1)3＋C24(x－1)2＋C34(x－1)1＋C44(x－1)0＝(x－1＋1)4＝x4.9．ABC对于A，令x＝0，得a0＝2×1＝2，故A正确；对于B，(1－2

x)5的展开式的通项Tk＋1＝Ck5(－2x)k＝(－2)kCk5xk，所以a5＝2×(－2)5C55＋1×(－2)4C45＝－64＋80＝16，故B正确；对于C，令x＝1，得(2＋1)(1－2×1)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6①，即a1＋a2＋a3

＋a4＋a5＋a6＝－3－a0＝－3－2＝－5，故C正确；对于D，令x＝－1，得(2－1)[1－2×(－1)]5＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6②，由①②解得a1＋a3＋a5＝－123，故D不正确．综上所述，选ABC.10．－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＝－28.11．1625解析：该二项展开式的第k＋1项为Tk＋1＝Ck9(2)9－kxk，当k＝0时，第1项为常数项，所以常数项为

(2)9＝162；当k＝1，3，5，7，9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.12．5解析：二项式x－1x7的展开式的通项为Tk＋1＝Ck7·x7－k·(－1)kx－k＝(－1)kCk7x7－2k，故第k＋1项的系数为(－1)kCk7，当k＝0

，2，4，6时，系数为正，因为C07<C67<C27<C47，所以当k＝4时，系数最大，是第5项．专练51随机事件的概率与古典概型1．C从6张卡片中任取2张的取法有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3

)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，共15种不同取法，其中2张卡片上的数字之积是4的倍数的取法有(1，4)，(2，4)，(2，6)，(3，4)，(4，5)，(4，6)，共6种，所以所求概率p＝615＝25.故选C.

2．B记A，B，C三人分别解出题为事件A，B，C，则仅有1人解出题的概率P＝P(AB－C－)＋P(A－BC－)＋P(A－B－C)＝12×23×34＋12×13×34＋12×23×14＝1124.故选B.3．

B方法一从6个小球中一次随机取出2个球包含的基本事件总数n＝C26＝15，其中至少有1个红球包含的基本事件个数m＝C14C12＋C22＝9，因此至少有1个红球的概率P＝mn＝915＝35.故选B.方法二从6个小球中一次随机取

出2个球包含的基本事件总数n＝C26＝15，其中全部是黄球包含的基本事件个数是C24＝6，因此至少有1个红球包含的基本事件个数是15－6＝9，因此至少有1个红球的概率P＝915＝35.故选B.方法三设“一次随机取出2个球，至少有1个红球”为事件A，则P(A)＝1－P(A－)＝1－C24

C26＝1－615＝35，故选B.4．AD∵甲、乙两人下棋，和棋的概率为12，乙获胜的概率为13，∴甲获胜的概率为1－12－13＝16，故A正确；甲不输的概率为1－13＝23，故B不正确；乙输的概率为1－13－12＝16，故C不正确；乙不输的概率为12＋13＝56，故D正确

．故选AD.5．A从O，A，B，C，D中任取3点的情况有(O，A，B)，(O，A，C)，(O，A，D)，(O，B，C)，(O，B，D)，(O，C，D)，(A，B，C)，(A，B，D)，(B，C，D)，(A，C，D)，共有10种不同的情况，由图可知取到的3点共线的有(O，A，C)和(

O，B，D)两种情况，所以所求概率为210＝15.故选A.6．B由题意得第二天订单不超过1600份的概率为1－0.05＝0.95，故第一天积压订单加上第二天的新订单不超过1600＋500＝2100份的概率为0.95，因为超市

本身能完成1200份订单配货，所以需要临时工完成的订单不超过2100－1200＝900份的概率为0.95，因为900÷50＝18，所以至少需要18名临时工，故选B.7．C依题意，基本事件的总数为6×6＝36，第一次

抽得的卡片上数字能被第二次抽得的卡片上的数字整除的有(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，6)，(5，1)，(5，5)，(4，1)，(4，2)，(4，4)，(3，1)，(3，3)，(2，1)，(2，2)，(1，1)，共14种情况，所以所求的概率P＝1436＝718，故选C.8．D方法一从

2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有C27＝21(种)结果，其中这2个数互质的结果有(2，3)，(2，5)，(2，7)，(3，4)，(3，5)，(3，7)，(3，8)，(4，5)，(4，7)，(5，6)，(5，7)，(5，8)，(6

，7)，(7，8)，共14种，所以所求概率为1421＝23.故选D.方法二从2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有C27＝21(种)结果，其中这2个数不互质的结果有(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，

6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7种，所以所求概率为21－721＝23.故选D.9．BD甲、乙、丙三人至少一人选化学与全不选化学是对立事件，故A错误；由于甲同学必选物理，故只需从剩下的6门学科中任选2门即可

，则甲同学不同的选法共有C26＝15种，故B正确；由于乙同学选了物理，则乙同学选技术的概率是C15C26＝13，故C错误；乙、丙两名同学各自选物理的概率均为C26C37＝37，故乙、丙两名同学都选物理的概率是37×37＝949，故D正确．故选BD.10.635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＝635.11.710解析：从5门不同的选修课程中任选2门课程学习所包含的基本事件总数n＝C25＝

10，该同学选到文科类选修课程包含的基本事件个数m＝C22＋C13C12＝7，因此该同学选到文科类选修课程的概率P＝mn＝710.12.310解析：从5名同学中随机选3名参加社区服务工作，共有C35＝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＝310．13．D若小球下落过程中向左、向右落下的机会均等，则P左＝P右＝12，小球最终落入③号球槽经过5次选择，其中向左3次、向右2次，则所求概率P＝C35×(12)3×(12)2＝516，故选D.14．A“

仁义礼智信”排成一排，任意排有A55种排法，其中“仁”排在第一位，且“智、信”相邻的排法有A22A33种，故所求概率P＝A22A33A55＝110.故选A.15.19解析：由题知三人的选择情况共有33＝27种，其中恰好选择同一个城市的情况有3种，所以所

求概率P＝327＝19．16.17解析：在未来4个月内，测试的手机有如下两种情况：①当华为手机出现两次时，有C22C23A22A23＝36种情况；②当华为手机出现一次时，有C12A44＝48种情况．故共有36＋48

＝84种情况．而其中未来这4个月中测试的手机都是国产手机的情况有A22A23＝12(种)，故所求概率P＝1284＝17.专练52离散型随机变量及其分布列、均值与方差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．B由题意知：1×14＋a×34＝74，∴a＝2.∴D(2X－1)＝4D(X)＝41－742

×14＋2－742×34＝34.故选B.4．C由题意知，分布列为ξ152535451Pa2a3a4a5a由分布列的性质可得，a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，解得a＝115.所以P110<ξ<

710＝Pξ＝15＋Pξ＝25＋Pξ＝35＝115＋215＋315＝25，故选C.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．AE(X)＝200×0.20＋300×0.35＋400×0.30＋500×0.15＝340，∴利润为(340×50＋160×1

6)－500×25＝7060.故选A.9．A由题可知P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1－p)3＝(1－p)2，则E(X)＝P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3P(X＝3

)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2>1.75，解得p>52或p<12.由p∈(0，1)，得p∈0，12.故选A.10.13解析：由9C2－C＋3－8C＝1，得C＝13或C＝23，又当C＝23时，9C2－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＝512.12．1解析：∵随机变量X的取值为0，1，2，P(X＝0)＝0.2，D(X)＝0.4，∴设P(X＝1)＝a，

则P(X＝2)＝0.8－a，0≤a≤0.8.则E(X)＝0×0.2＋a＋2(0.8－a)＝1.6－a.又D(X)＝(a－1.6)2×0.2＋(a－0.6)2a＋(a＋0.4)2(0.8－a)＝0.4，

整理得a2－0.2a－0.24＝0，解得a＝0.6或a＝－0.4(舍)，∴E(X)＝1.6－0.6＝1.13．D由题意可得，E(X)＝13(a＋1)，所以D(X)＝（a＋1）227＋（1－2a）227＋（a－2）227＝6a2－6a＋627＝29a－1

22＋34，所以当a在(0，1)内增大时，D(X)先减小后增大．故选D.14．ABD根据分布列的性质得a＋b2＋b2＝1，即a＋b＝1，故A正确；根据数学期望公式得E(ξ)＝0×a＋1×b2＋2×b2＝3b2，故B正确；根据方差公式得D(ξ)＝

0－3b22×a＋1－3b22×b2＋2－3b22×b2＝－94b2＋52b＝－94b－592＋2536，因为0<b<1，所以当b＝59时，D(ξ)取得最大值2536，故C不

正确，D正确．故选ABD.15．乙解析：E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1，E(Y)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9.因为E(Y)<E(X)，所以乙技术好．16．(1

000，20000)解析：假设公司应要求顾客交保险金为100元，其公司收益的随机变量ξ的分布列为ξ100100－aP0.9950.005则E(ξ)＝0.995×100＋0.005×(100－a)>0，解得a<20000，故a的取值范围为(1000，20000)

.专练53条件概率、全概率公式、相互独立事件的概率1．AP(A)＝12，P(AB)＝14，∴P(B|A)＝P（AB）P（A）＝12.2．BP(A)＝C23＋C22C25＝25，P(AB)＝C22C25＝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．B由题意知，仅有1人解出的概

率为P＝12×1－13·1－14＋1－12×13×1－14＋1－121－13×14＝14＋18＋112＝1124.故选B.5．B设“这种动物从出生起活到20岁”为事件A，“这种动物从出生

起活到25岁”为事件B.则P(A)＝0.8，P(B)＝0.4由于AB＝B，则P(AB)＝P(B)则P(B|A)＝P（AB）P（A）＝P（B）P（A）＝0.40.8＝0.5.故选B.6．C设事件A表示“甲部门攻克该技术难题”，事件B表示“乙部门攻克该技术难题”，P(

A)＝0.8，P(B)＝0.7，则该公司攻克这项技术难题的概率为：P＝1－(1－P(A))(1－P(B))＝1－0.2×0.3＝0.94，故选C.7．A方法一如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既

爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为BB＋C＝0.40.5＝0.8，故选A.方法二令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件

C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，所以P(C)＝P(A|B)＝P（AB）P（B）＝0.40.5＝0.8，故选A.8．D设汽车分别在甲、乙、丙三处因遇绿灯而通

行为事件A，B，C，则P(A)＝13，P(B)＝12，P(C)＝23，停车一次即为事件A－BC＋AB－C＋ABC－的发生，故概率P＝1－13×12×23＋13×1－12×23＋13×12×1－23＝718.故选D.9．ABD由题意，发0收1的概率为α，发0收0的

概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为(1－α)(1－β)2，故A选项正确．对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B选项正

确．对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为C23β(1－β)2＋C33(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3，故C不正确．对于D，发送0，采用三次传

输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝C23α(1－α)2＋C33(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0<α<0.5时，P1－P2＝

3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，故D选项正确．综上，选ABD.10．0.7解析：设A1＝“第1天去A餐厅用餐”，B1＝“第1天去B餐厅用餐”，A2＝“第2天去A餐厅用餐”，Ω＝A1∪B1，且A1与B1互斥．根据题意得P(A1)＝P(B

1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.6，P(A2|B1)＝0.8.由全概率公式得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.5×0.6＋0.5×0.8＝0.7故王同学第2天去A餐厅用餐的概率为0.7.11.16

23解析：依题意得，甲、乙两球都落入盒子的概率为12×13＝16，甲、乙两球都不落入盒子的概率为1－12×1－13＝13，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－13＝23.12.1

528解析：记事件“甲取到2个黑球”为A，“乙取到2个黑球”为B，则有P(B|A)＝P（AB）P（A）＝C26C28＝1528.即所求事件的概率是1528.13．BP(甲)＝16，P(乙)＝16，P(丙)＝536，P(丁)＝636＝1

6，P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)＝136＝P(甲)P(丁)，P(乙丙)＝136≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)＝0≠P(丁)P(丙)，故选B.14．ACD∵2个球不都是白球的对立事件是2个球都是白球，

从甲口袋摸出白球和从乙口袋摸出白球两者是相互独立的，∴2个球都是白球的概率为13×12＝16，∴2个球不都是白球的概率是1－16＝56，故A，C正确；甲口袋摸出的球不是白球的概率为23，乙口袋摸出的球不是白球的概率为12，故2个球都不是白球的概率为23×12＝

13，B错误；2个球恰有一个球是白球的概率为13×12＋23×12＝12，D正确．故选ACD.15．D设第二盘与甲比赛，则p甲＝2[p2p1(1－p3)＋(1－p2)p1p3]＝2p1(p2＋p3－2p2p3).设第

二盘与乙比赛，则p乙＝2[p2p1(1－p3)＋(1－p1)p2p3]＝2p2(p1＋p3－2p1p3).设第二盘与丙比赛，则p丙＝2[p3p1(1－p2)＋(1－p1)p2p3]＝2p3(p1＋p2－2p1p2).p甲－p乙＝2p

3(p1－p2)<0，p甲－p丙＝2p2(p1－p3)<0，p乙－p丙＝2p1(p2－p3)<0，故p丙>p乙>p甲．选D.16．ABD依题意P(A)＝12，P(B)＝12，P(C)＝12，故AD正确；P(AB)＝P(A)P(B)＝12×12＝14，P(AC)＝14，P(BC)＝14

，故B正确；事件A，B，C不可能同时发生，所以P(ABC)＝0，故C错误．故选ABD.专练54二项分布、超几何分布与正态分布1．C由正态分布的特点可知，P(ξ>6)＝1－P(ξ<2)－P(2<ξ<6)＝0.2，∴μ＝2＋62＝4.2．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．B∵P(X>a＋2)＝P(X<2a－3)，∴a＋2＋2a－32＝2，得a＝53.4．A∵随机变量ξ～B(n，p)

，且E(ξ)＝1.6，D(ξ)＝1.28，5．A记得分为X，则X＝5，6，7，8.P(X＝7)＝C34C13C47＝1235；P(X＝8)＝C44C03C47＝135.所以P(X>6)＝P(X＝7)＋P(X＝8)＝

1235＋135＝1335.故选A.6．A由题意，甲在4局内(含4局)赢得比赛包含3种情况：①甲胜第1、2局，概率为p1＝132；②乙胜第1局，甲胜2、3局，概率为p2＝23×132；③甲胜第1局，乙胜第2局，甲胜第3、4局，概率为p3＝13×2

3×132，所以甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率为p＝132＋23×132＋13×23×132＝1781.故选A.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．C由图可知，μ1<0<μ2，σ1<σ2，∴P(Y≥μ2)<P(Y≥μ1)，故A不正确；P(X≤σ2)>P(X≤σ1)，故B不正确；当t为任意正数时，由图可知P(X≤t)≥P(Y≤t)，

而P(X≤t)＝1－P(X≥t)，P(Y≤t)＝1－P(Y≥t)，∴P(X≥t)≤P(Y≥t)，故C正确，D不正确．9．ABD记该游客游览i个景点为事件Ai，i＝0，1，则P(A0)＝1－231－1

21－12(1－12)＝124，P(A1)＝231－123＋1－23C13·12·1－122＝524，所以游客至多游览一个景点的概率为P(A0)＋P(A1)＝124＋524＝14，故A正确；随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4；P(X＝0)＝P(A0)＝1

24，P(X＝1)＝P(A1)＝524，P(X＝2)＝23×C13×12×1－122＋1－23×C23×122×1－12＝38，故B正确；P(X＝3)＝23×C23×122×1－12＋

1－23×C33×123＝724，P(X＝4)＝23×123＝112，故C错误；数学期望为：E(X)＝0×124＋1×524＋2×924＋3×724＋4×224＝136，故D正确，故选ABD.1

0.1311．0.15解析：∵X～N(3，σ2)，∴P(X<3)＝0.5.又P(0<X<3)＝0.35，∴P(X<0)＝0.5－0.35＝0.15，∴P(X>6)＝P(X<0)＝0.15.12．78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．AC正态分布密度函数为f(x)＝12πσ·e－（x－μ）22σ2，x∈(－∞，＋∞)，由题意知μ＝100，σ2＝100，

所以该地水稻的平均株高为100cm，方差为100，故A正确；B错误；因为正态分布密度曲线关于直线x＝100对称，所以P(X>120)＝P(X<80)>P(X<70)，故C正确；P(100<X<110)＝P(90<X<10

0)>P(80<X<90)，故D错误．故选AC.14．ACD四人去餐厅就餐的情况共有64种，其中四人去了四个不同餐厅就餐的情况有A46种，则四人去了四个不同餐厅就餐的概率为A4664＝518，故A正确；同理，四人去了同一餐厅就

餐的概率为664＝1216，故B错误；四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为C24×5264＝25216，故C正确；设四人中去第一餐厅就餐的人数为ξ，因为四人去第一餐厅就餐的概率都为16，则ξ～B4，16所以E(ξ)＝4×16＝23，故D正确．故选ACD.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，当且仅当时取等号，所以1a＋9b的最小值为32.16.31065解析：现从5个小球中任意取出3个小球，基本事件总数n＝C35＝10，其中恰有2个小球颜色相同包含的基本事件个数m＝C22C13＝3，恰有2个小球颜色相同的概率是p＝mn＝310.X的

所有可能取值为0，1，2.P(X＝0)＝C33C35＝110，P(X＝1)＝C12C23C35＝610，P(X＝2)＝C22C13C35＝310，所以E(X)＝0×110＋1×610＋2×310＝65.专

练55随机抽样与用样本估计总体1．C因为x－＝36＋36＋37＋37＋40＋43＋43＋44＋449＝40，s2＝19(16＋16＋9＋9＋0＋9＋9＋16＋16)＝1009，即s＝103，年龄在(x－－s，x－＋s)即11

03，1303内的人数为5，所以所求百分比为59≈0.56＝56%，故选C.2．D由频率分布直方图知，200名学生每周的自习时间不少于22.5小时的频率为1－(0.02＋0.10)×2.5＝0.7，则这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数为200×0.7＝140

.3．A记9个原始评分分别为a，b，c，d，e，f，g，h，i(按从小到大的顺序排列)，易知e为7个有效评分与9个原始评分的中位数，故不变的数字特征是中位数，故选A.4．C对于A选项，将甲同学周课外体育运动时长的样本从小到大排列，其样本容量为16，中间两个

样本为7.3和7.5，所以中位数为7.3＋7.52＝7.4，所以A不符合题意．对于B选项，(方法一)乙同学周课外体育运动时长的样本平均数为116×(6.3＋7.4＋7.6＋8.1＋8.2＋8.2＋8.5＋8.6＋8.6＋8.6＋8.6＋9

.0＋9.2＋9.3＋9.8＋10.1)≈8.5，所以B不符合题意．(方法二)由乙的样本可知，小于8的样本有6.3，7.4，7.6，其他样本均大于8.又因为10.1＋6.32>8，9.8＋7.42>8，9.3＋7.62>8，所以乙同学周课外体育运动时长的样

本平均数大于8，所以B正确．对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于8的样本有8.1，8.2，8.4，8.6，9.2，9.4，共6个，则甲同学周课外运动时长大于8的概率的估计值为616＝38<0.4，所以C符合题意．对于D选项

，乙同学周课外体育运动时长大于8的样本有13个，则乙同学周课外运动时长大于8的概率的估计值为1316>0.6，所以D不符合题意．故选C.5．A设建设前经济收入为a，则建设后经济收入为2a，由题图可得下表：种植收入第三产业收入其他收入养殖收入建设前经济收入0.6a

0.06a0.04a0.3a建设后经济收入0.74a0.56a0.1a0.6a根据上表可知B、C、D均正确，A不正确，故选A.6．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%＋8

5%＋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]＝42.2510000，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.7．CDA：E(y)＝E(x＋c

)＝E(x)＋c且c≠0，故平均数不相同，错误；B：若第一组中位数为xi，则第二组的中位数为yi＝xi＋c，显然不相同，错误；C：D(y)＝D(x)＋D(c)＝D(x)，故方差相同，正确．D：由极差的定义知：若第一组的极差为xmax－xmin，则第

二组的极差为ymax－ymin＝(xmax＋c)－(xmin＋c)＝xmax－xmin，故极差相同，正确．故选CD.8．C甲的平均数是4＋5＋6＋7＋85＝6，中位数是6，极差是4，方差是（－2）2＋（－1）2＋02＋12＋225＝2；乙的平均数是5＋5＋5＋6＋95＝6，中位数是5，极差是

4，方差是（－1）2＋（－1）2＋（－1）2＋02＋325＝125，比较可得选项C正确．9．D由表格中的数据可得x－＝2＋3＋4＋5＋65＝4，y－＝19＋25＋34＋38＋445＝32，将点(x－，y－)的坐标代入经验回归方程得6.3×4＋a^＝32，解得a^＝6.8，所以回归

方程为y^＝6.3x＋6.8.对于A选项，当x＝2时，y^＝6.3×2＋6.8＝19.4，A选项错误；对于B选项，这组数据的样本点中心(x－，y－)必在回归直线y^＝6.3x＋a^上，B选项错误；对于

C选项，回归系数6.3的含义是广告费用每增加1万元，销售额约增加6.3万元，C选项错误；对于D选项，当x＝7时，y^＝6.3×7＋6.8＝50.9，所以据此模型预报广告费用为7万元时销售额约为50.9万元，D选项正确．故选D.10．2解析：由平均数公式可得4＋2a＋（3

－a）＋5＋65＝4，解得a＝2.11．(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

＝6000.12．32.8解析：设这组数据的最后两个数据为10＋x，y(x∈N，x≤9)∵9＋10＋11＋10＋x＋y＝10×5＝50，∴x＋y＝10，∴y＝10－x.∴s2＝15[1＋0＋1＋x2＋(y－10)2]＝

15(2＋2x2).∵x≤9，∴当x＝9时，s2取得最大值32.8.13．A由图可知，1号温差为负值，所以今年1号气温低于去年同期的气温，故选项A不正确；除6，7号，今年气温略高于去年同期的气温外，其他日子，今年气温都低于去年同期的气温，所以今年的气温的平均值比去年同期的气温的平均值低，选项B

正确；今年8～11号气温上升，但是气温差逐渐下降，说明去年8～11号气温持续上升，选项C正确；由图可知，今年8号气温最低，选项D正确．故选A.14．BD取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，则x2，x

3，x4，x5的平均数等于2，标准差为0，x1，x2，…，x6的平均数等于3，标准差为223＝663，故A，C均不正确；根据中位数的定义，将x1，x2，…，x6按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均数，由于x1是最小值，x

6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位数是将x2，x3，x4，x5按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数，与x1，x2，…，x6的中位数相等，故B正确；根据极差的定义，知x2，x3，x4，x5

的极差不大于x1，x2，…，x6的极差，故D正确．综上，选BD.15．3解析：∵s2＝＝13[]x21＋x22＋x23－2x－（x1＋x2＋x3）＋3x－2＝13[]x21＋x22＋x23－3x－2，又s2＝1

3(x21＋x22＋x23－12)，∴3x－2＝12，∴x－＝2.∴x1＋1，x2＋1，x3＋1的平均数为x1＋x2＋x3＋33＝3.16．50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56高考大题专练(六)概率与统计的综合运用1．解析：(1)记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA＋BA，所以P(A)＝P(B

A＋BA)＝P(BA)＋P(BA)＝P(B)P(A|B)＋P(B)P(A|B)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.(2)设第i次投篮的人是甲的概率为pi，由题意可知，p1＝12，pi＋1＝pi

×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝25pi＋15，所以pi＋1－13＝25(pi－13)，又p1－13＝12－13＝16，所以数列pi－13是以16为首项，25为公比的等比数列，所以pi－13＝1

6×(25)i－1，所以pi＝13＋16×(25)i－1.(3)设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0或1，当Xi＝0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi＝1时，表示第i次投篮的人是甲，所以P(Xi＝1)＝pi，P(Xi＝0)＝1－pi，所以E(Xi)＝pi.Y＝X1＋X2

＋X3＋…＋Xn，则E(Y)＝E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，由(2)知，pi＝13＋16×(25)i－1，所以p1＋p2＋p3＋…＋pn＝n3＋16×[1＋25＋(25)2＋…＋

(25)n－1]＝n3＋16×1－（25）n1－25＝n3＋518×1－（25）n.2．解析：(1)甲连胜四场的概率为116.(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．比赛四场结束，共有三种情况：甲连胜四

场的概率为116；乙连胜四场的概率为116；丙上场后连胜三场的概率为18.所以需要进行第五场比赛的概率为1－116－116－18＝34．(3)丙最终获胜，有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18；比赛五场结束且丙最终获胜

，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为116，18，18.因此丙最终获胜的概率为18＋116＋18＋18＝716.3．解析：(1)由已知得0.70＝a＋0.20＋0.

15，故a＝0.35.b＝1－0.05－0.15－0.70＝0.10.(2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.乙离子残留百分比的平均值的估计值为

3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.4．解析：(1)由10×(a＋0.009＋0.022＋0.033＋0.024＋0.008＋a)＝1，解得a＝0.002.(2)依题意，μ＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0

.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，故X～N(200，12.22)，所以P(187.8≤X≤212.2)＝P(200－12.2≤X≤200＋12.2)≈0.6827，故测量数据落在(187.8，212.2)

内的概率约为0.6827.(3)根据题意得平均成本为0.4×170×0.02＋0.4×180×0.09＋0.4×190×0.22＋0.4×200×0.33＋(0.8×210－100)×0.24＋(0.8×220－100)×0.08＋(0.8×230－100)×0.02＝75.04，故生产

该疫苗的平均成本为75.04元．5．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(AB

C＋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＝13.6．解析：(1)由题图知(100－95)×0.002＝1%>0.5%，所以95<c<

100，设X为患病者的该指标，则p(c)＝P(X≤c)＝(c－95)×0.002＝0.5%，解得c＝97.5.设Y为未患病者的该指标，则q(c)＝P(Y>c)＝(100－97.5)×0.01＋5×0.002＝0.035＝3.5%.(2)当95≤c≤100时，p(c)＝

(c－95)×0.002＝0.002c－0.19，q(c)＝(100－c)×0.01＋5×0.002＝－0.01c＋1.01，所以f(c)＝p(c)＋q(c)＝－0.008c＋0.82；当100<c≤105时，p(c)＝5×0.002＋(c

－100)×0.012＝0.012c－1.19，q(c)＝(105－c)×0.002＝－0.002c＋0.21，所以f(c)＝p(c)＋q(c)＝0.01c－0.98.综上所述，f(c)＝－0.008c

＋0.82，95≤c≤1000.01c－0.98，100<c≤105.由一次函数的单调性知，函数f(c)在[95，100]上单调递减，在(100，105]上单调递增，作出f(c)在区间[95，105]上的大致图象(略)，可得f(c)在区间[95，105]的最小值f(c)min＝f(100)＝－0

.008×100＋0.82＝0.02.7．解析：(1)由已知得样本平均数y－＝120i＝120yi＝60，从而该地区这种野生动物数量的估计值为60×200＝12000.(2)样本(xi，yi)，(i＝1，2，…，20)的相关系数r＝i＝120（xi－x－）（yi－y－）

i＝120（xi－x－）2i＝120（yi－y－）2＝80080×9000＝223≈0.94.(3)分层抽样：根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对200个地块进行分层抽样．理由如下：由(2)知各样区的这种野生

动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关．由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性．从而可以获得该地区这种野生动物数量更准

确的估计．8．解析：(1)由题意，得K2＝200×（40×90－60×10）2100×100×50×150＝24>6.635，∴有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．(2)(ⅰ)证明：∵＝P（B|A）P（B－|A）·P（B

－|A－）P（B|A－）＝P（AB）P（A）·P（A）P（AB－）·P（A－B－）P（A－）·P（A－）P（A－B）＝P（AB）P（AB－）·P（A－B－）P（A－B），P（A|B）P（A－|B）·P（A－|B－）P（A|B－）

＝P（AB）P（B）·P（B）P（A－B）·P（A－B－）P（B－）·P（B－）P（AB－）＝P（AB）P（A－B）·P（A－B－）P（AB－）＝P（AB）P（AB－）·P（A－B－）P（A－B），∴R＝P（A|B）P（A－|

B）·P（A－|B－）P（A|B－）.(ⅱ)由表格中的数据，得P(A|B)＝40100＝25，P(A|B－)＝10100＝110，∴P(A－|B)＝1－P(A|B)＝35，P(A－|B－)＝1－P(A|B－)＝910，∴R＝P（A|B）P（A－|B）·P（A－|B－）P（A|B－）＝2535×

910110＝6.