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详解答案·数学(理)第一部分必备知识关键能力精准练第一单元集合与常用逻辑用语点点练1集合的概念与运算一基础小题练透篇1．答案：C解析：A＝{x∈Z|y＝2－|x|}＝{－2，－1，0，1，2}，B＝{
－3，1，2，3}，∴A∩B＝{1，2}，则A∩B的子集个数是22＝4.故选C.2．答案：A解析：由已知M＝{x|x2－4≤0}＝[－2，2]，N＝{x|y＝lg(1－x)}＝{x|1－x>0}＝(－∞，1)，∴M∪N＝(－∞，2].故选A.3．答案
：B解析：A＝{x|x≤2}，所以A∩B＝{0，1，2}，所以(A∩B)∪C＝(－1，1]∪{2}．故选B.4．答案：C解析：由图所示，阴影部分是集合A＝{x|x>0}中的元素排除B＝{x|x<2}中的元素所组成，故表示的集合为
[2，＋∞).故选C.5．答案：C解析：∵x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)≤0，∴A＝{－1，0，1，2，3}，由－x∈A可知，x可以取－3，－2，－1，0，1，又－1∈A，0∈A，1∈A，故知B＝{－3
，－2}．故选C.6．答案：C解析：不等式log2(x－1)<0可化为log2(x－1)<log21，所以0<x－1<1，所以1<x<2，所以A＝(1，2)，不等式4－xx＋1≥0可化为(4－x)(x＋1)>0或x＝4，所以－1<x≤4，所以B
＝(－1，4]，所以∁RA＝(－∞，1]∪[2，＋∞)，所以(∁RA)∩B＝(－1，1]∪[2，4].故选C.7．答案：1解析：因为a，ba，1＝{a2，a＋b，0}，显然a≠0，故ba＝0，则b＝0；此时两集合分别是{a，1，0}，{a，a2，0}，则a2＝1，解得a
＝1或－1.当a＝1时，不满足互异性，故舍去；当a＝－1时，满足题意．所以a2022＋b2022＝(－1)2022＋02022＝1.8．答案：2(答案不唯一)解析：由题设4>a－(2－a)≥2且a≥1，可得2≤a<3，所以，符合条件的一个a值为2.二能力小题提升篇1．答案：B解
析：因为M＝{x|x＝2n，n∈Z}，N＝{x|x＝2n＋1，n∈Z}，P＝{x|x＝4n，n∈Z}，所以PM，则P∩M＝P.故选B.2．答案：D解析：∵A∩B＝A且A＝{x|1<x<2}，则A⊆B，∴B≠∅.若m<0，则m－x2<0，可得B＝∅，不合乎题意；若m
≥0，则B＝{x|y＝m－x2}＝{x|－m≤x≤m}，所以，m≥2，解得m≥4.因此，实数m的取值范围是[4，＋∞).故选D.3.答案：B解析：函数y＝1－x2的定义域为[－1，1]，故A＝{x|y＝1－x2}＝[－
1，1]，因为cosx>32，所以x∈（－π6＋2kπ，π6＋2kπ），k∈Z，即B＝xcosx>32＝（－π6＋2kπ，π6＋2kπ），k∈Z，所以图中阴影部分表示的集合是A∩B＝（－π6，π6），故选B.4．答案：C解析：因为集合A＝{（x，y）
|x2＋y2≤1，x，y∈Z}，所以集合A中有5个元素（即5个点），即图中圆中的整点，集合B＝{（x，y）||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}中有25个元素（即25个点）：即图中正方形ABCD中的整点，集合
A⊕B＝{（x1＋x2，y1＋y2）|（x1，y1）∈A，（x2，y2）∈B}的元素可看作正方形A1B1C1D1中的整点（除去四个顶点），即7×7－4＝45个.5．答案：106解析：设集合A、B、C分别指参加田径、游泳、球类比赛的学生构成的集合，由图可知，高一年级参加比赛的同学人数为
46＋37＋1＋12＋2＋6＋2＝106.6．答案：－2解析：由x2－x－2<0得：－1<x<2，∴A＝（－1，2），∴∁UA＝（－∞，－1]∪[2，＋∞）；∵（∁UA）∩B中有且仅有一个整数，∴－1∈[（∁UA）∩B]，－2∉[（∁UA）∩B]
，∴－2≤m<－1，则实数m的最小值为－2.三高考小题重现篇1．答案：A解析：因为A＝{－2，－1，0，1，2}，B＝x|0≤x<52，所以A∩B＝{0，1，2}．故选A.2．答案：D解析：M＝{x|0≤x<16}，N＝xx≥13，故M∩N＝x13
≤x<16.故选D.3．答案：D解析：由题意，B＝{x|x2－4x＋3＝0}＝{1，3}，所以A∪B＝{－1，1，2，3}，所以∁U（A∪B）＝{－2，0}．故选D.4．答案：A解析：由题知M＝{2，4，5}，对比选项知，A正确，BCD错误．故选A.5．答案：C解析：由y≥x，x＋y＝8
，x，y∈N*得x＝1，y＝7或x＝2，y＝6或x＝3，y＝5或x＝4，y＝4，所以A∩B＝{（1，7），（2，6），（3，5），（4，4）}，故A∩B中元素的个数为4.故选C.6．答案：C解析：方法一在集合T中，令n＝k（k∈Z），则t＝4n＋1＝2（2k
）＋1（k∈Z），而集合S中，s＝2n＋1（n∈Z），所以必有T⊆S，所以T∩S＝T.方法二S＝{…，－3，－1，1，3，5，…}，T＝{…，－3，1，5，…}，观察可知，T⊆S，所以T∩S＝T.四经典大题强化篇1．解析：（1）由x－3x
－6≤0，得（x－3）（x－6）≤0x－6≠0，解得3≤x<6，所以A＝{x|3≤x<6}，当m＝4时，y＝log2（x2－7x＋10），由x2－7x＋10>0，得x<2或x>5，所以B＝{x|x<2或x>5}，所以A∪B＝{
x|x<2或x≥3}．（2）由A∩∁RB＝A知A⊆∁RB，y＝log2（x－2）[x－（m＋1）]，当m>1时，m＋1>2，则B＝{x|x<2或x>m＋1}，所以∁RB＝{x|2≤x≤m＋1}，所以m＋1≥6，所以m≥5；当
m<1时，m＋1<2，则B＝{x|x>2或x<m＋1}，所以∁RB＝{x|m＋1≤x≤2}，显然不存在满足条件的m值．综上，实数m的取值范围为[5，＋∞）.2．解析：（1）当a＝－3时，A＝{x|－7≤x≤－2
}，因为B＝{x|－3≤x≤3}，所以A∩B＝{x|－3≤x≤－2}．（2）选①，因为A∪B＝B，所以A⊆B，若A＝∅，2a－1>a＋1，解得a>2，满足题意；若A≠∅，由A⊆B可得2a－1≤a＋12a－1≥－3a＋1≤3即a
≤2a≥－1a≤2，解得－1≤a≤2，综上所述，a的取值范围为{a|a≥－1}．选②，因为“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，所以AB，若A＝∅，2a－1>a＋1，解得a>2，满足题意；若A≠∅，由AB可得2a－1≤a＋12a
－1≥－3a＋1≤3即a≤2a≥－1a≤2，解得－1≤a≤2，当a＝－1时，A＝{x|－3≤x≤0}B，满足题意；当a＝2时，A＝{x|3≤x≤3}＝{3}B，满足题意；综上所述，a的取值范围为{a|a≥－1}．选③，
A∩B＝∅，若A＝∅，2a－1>a＋1，解得a>2，满足题意；若A≠∅，由A∩B＝∅可得2a－1≤a＋12a－1>3或2a－1≤a＋1a＋1<－3，整理可得：a≤2a>2（舍去）或a≤2a<－4，可得：a<－4，综上所述，a的取值范围为{a|a
<－4或a>2}．点点练2常用逻辑用语一基础小题练透篇1．答案：C解析：方程3x＋4＝3x可化为3x＋4－3x＝0，设f（x）＝3x＋4－3x，则方程3x＋4＝3x的根就是函数f（x）＝3x＋4－3x的零点，又当x＝2时，f（2）＝3×2＋4－32
>0，当x＝3时，f（3）＝3×3＋4－33<0，由零点存在性定理知函数f（x）＝3x＋4－3x在区间（2，3）内存在零点，故方程3x＋4＝3x在（0，＋∞）上有解，故p为真命题，根据特称命题的否定方
法可得命题¬p为∀x∈（0，＋∞），3x＋4≠3x，所以C正确．故选C.2．答案：C解析：已知命题p：∀x∈R，x2－x＋a>0，若¬p是假命题，则不等式x2－x＋a>0在R上恒成立，∴Δ＝1－4a<0，解得a>
14.因此，实数a的取值范围是（14，＋∞）.故选C.3．答案：A解析：因为m⊂α，所以由l⊥α，可推出l⊥m，而由l⊥m推不出l⊥α，所以“l⊥α”是“l⊥m”的充分不必要条件．故选A.4．答案：B解析：对于A，因为x2－3x＋2>0，所以x>2或
x<1，因此“x2－3x＋2>0”是“x<1”的必要不充分条件，故A错误；对于B，命题p：∃x∈R，使得x2＋x－1≥0的否定为∀x∈R，均有x2＋x－1<0，故B正确；对于C，若p∧q为假命题，则p，q至少有一个为假命题，故C错误；对于D，命题“若x2
－3x＋2＝0，则x＝2”的否命题为“若x2－3x＋2≠0，则x≠2”，故D错误．故选B.5．答案：B解析：因为a2＋b2<c2，所以cosC＝a2＋b2－c22ab<0，则p为真命题．因为a<b，所以A<B，又y＝cosx在[]0，π上是减函数，所以cosA>cosB，则q为假命题，只有
p∧（¬q）为真命题．故选B.6．答案：C解析：若“∃x∈[1，2]，使2x2－λx＋1<0成立”是假命题，则∀x∈[1，2]，使2x2－λx＋1≥0成立是真命题，即∀x∈[1，2]，λ≤2x＋1x，令f（x）＝2x＋1x，x∈[1，2]，
则f′（x）＝2－1x2＝2x2－1x2>0，则f（x）在x∈[1，2]上单调递增，f（x）min＝f（1）＝3，则λ≤3.故选C.7．答案：∀x>0，3x2－2x＋2≥0解析：因为p：∃x0>0，使得3
x20－2x0＋2<0，所以，¬p：∀x>0，3x2－2x＋2≥0.8．答案：必要不充分解析：[x]≥[y]，即[x]>[y]或[x]＝[y]，当[x]>[y]时，可推出x>y；但当[x]＝[y]时，如x＝2.1，y＝2.3，此时x<y，所以“[x]≥[y]”不能推出“x≥y”，即充分性
不成立．x≥y，即x>y或x＝y，当x＝y时，必有[x]＝[y]；当x>y时，可推出[x]>[y]或[x]＝[y]，所以“x≥y”能推出“[x]≥[y]”，即必要性成立．所以“[x]≥[y]”是“x≥y”的必要不充分条件．二能力小题提升篇1．答案：D解析：对于A,命题“若x<1，则x－2
≤0”的否命题是：“若x≥1，则x－2>0”，所以选项A错误；对于B，x2－5x＋6＝0，所以x＝2或x＝3,“x＝2”是“x2－5x＋6＝0”的充分不必要条件，所以选项B错误；对于C，命题“∃x0∈R，使得x2＋x－1<0”的否定是：“∀x∈R，均有x2＋
x－1≥0”，所以选项C错误；对于D，命题“若cosx≠cosy，则x≠y”的逆否命题为“若x＝y，则cosx＝cosy”，逆否命题正确，所以原命题为真命题，所以选项D正确．故选D.2．答案：C解析：由题意可知，命题：∃x∈R，ax2＋2x＋3≤0为真命题．①当x
＝0时，则3≤0，不合乎题意；②当x≠0时，则a≤－3x2－2x，令t＝1x≠0，则y＝－3t2－2t＝－3（t＋13）2＋13，所以，当t＝－13时，ymax＝13，则a≤13.综上所述，实数a的取值范围是a≤13.故选C.3．答案：B解析：因为
直线x＋ay＝1与ax＋y＝1平行，所以a≠0，且两直线的斜率相等，即－1a＝－a，解得a＝±1，而当a＝1时，直线x＋ay＝1为x＋y＝1，同时ax＋y＝1为x＋y＝1，两直线重合不满足题意；当a＝－1时，x－y＝1与－x＋y＝1平行，满足题意，故a＝－1，根据小范围推大范围，可得a2＝1是
a＝－1的必要不充分条件．4．答案：A解析：由题意可得f（x1）min≥g（x2）min，p为真，f（x）在[0，3]单调递增，f（x）min＝f（0）＝0，g（x）在[－2，－1]单调递减，g（x）min＝g（－1）＝2－m，∴0≥2－m，∴m≥2.又“
m≥3”是“m≥2”的一个充分不必要条件．故选A.5．答案：[1，2]解析：命题p：∃x0∈[1，2]，a≥x20为真时，有a≥1，命题q：∀x∈R，x2＋2ax＋4≥0为真时，则有Δ＝4a2－16≤0，即－2≤a≤2，故p∧q为真命题时，a≥1
且－2≤a≤2，即1≤a≤2，故a的取值范围为[1，2].6．答案：（－∞，－2]∪[2，3）解析：由函数f（x）＝x3－ax－1在区间[－1，1]上单调递减，又f′（x）＝3x2－a，所以f′（x）＝3x2－a≤0在[－1，1
]上恒成立，即a≥3x2在[－1，1]上恒成立，所以a≥3，又函数y＝ln（x2＋ax＋1）的值域是R，令g（x）＝x2＋ax＋1，所以Δ＝a2－4≥0，所以a∈（－∞，－2]∪[2，＋∞），又因为p或q是真命题，p且q为假命题，所以命题p，q一真一假，①当p真，q假时，a≥
3－2<a<2，无解；②当p假，q真时，a<3a≤－2或a≥2，a∈（－∞，－2]∪[2，3）.三高考小题重现篇1．答案：A解析：因为sin2x＋cos2x＝1可得：当sinx＝1时，cosx＝0，充分性成立
；当cosx＝0时，sinx＝±1，必要性不成立；所以当x∈R，sinx＝1是cosx＝0的充分不必要条件．故选A.2．答案：B解析：若a·c＝b·c，则（a－b）·c＝0，推不出a＝b；若a＝b，则a·c＝b·c必成立，故“a·c＝b·c”是“a＝b”的必要不充分条件．3
．答案：C解析：若存在k∈Z使得α＝kπ＋（－1）kβ，则当k＝2n，n∈Z时，α＝2nπ＋β，则sinα＝sin（2nπ＋β）＝sinβ；当k＝2n＋1，n∈Z时，α＝（2n＋1）π－β，则sinα＝sin（2nπ＋π－β）＝sin（π－β）＝sinβ.若sinα＝s
inβ，则α＝2nπ＋β或α＝2nπ＋π－β，n∈Z，即α＝kπ＋（－1）kβ，k∈Z，故选C.4．答案：A解析：因为sinx∈[－1，1]，所以∃x∈R，sinx<1，所以命题p是真命题．因为∀x∈R，|x|≥0，所以可得e|
x|≥e0＝1，所以命题q是真命题．于是可知p∧q是真命题，（¬p）∧q是假命题，p∧（¬q）是假命题，¬（p∨q）是假命题．故选A.5．答案：C解析：设等差数列{an}的公差为d，则d≠0，记[x]为不超过x的最大整数．若{an}为单调递增数列，则d>0，若a1≥0，则当n≥2
时，an>a1≥0；若a1<0，则an＝a1＋（n－1）d，由an＝a1＋（n－1）d>0可得n>1－a1d，取N0＝1－a1d＋1，则当n>N0时，an>0，所以，“{an}是递增数列”⇒“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”；若存在正整数N0，当n>N0时，an
>0，取k∈N*且k>N0，ak>0，假设d<0，令an＝ak＋（n－k）d<0可得n>k－akd，且k－akd>k，当n>k－akd＋1时，an<0，与题设矛盾，假设不成立，则d>0，即数列{an}是递增数列．所以，“{an}是递增数列”⇐“存在正整数N0，当n>N0时，an>0
”．所以，“{an}是递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的充要条件．故选C.6．答案：f（x）＝sinx，x∈[0，2]（答案不唯一）解析：设f（x）＝sinx，则f（x）在0，π2上是增函数，在π2，2上是减函数．由正弦函数图象的对称性知，当x
∈（0，2]时，f（x）>f（0）＝sin0＝0，故f（x）＝sinx满足条件f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2]都成立，但f（x）在[0，2]上不一直都是增函数．四经典大题强化篇1．解析：（1）对于命题p，当x>0时，f（x）＝x＋1x＋a≥a＋2，当且仅当x＝1
时取等号，故当x>0时，f（x）的最小值为a＋2.当x≤0时，f（x）＝x2＋2x＝（x＋1）2－1，当x＝－1时，f（x）的最小值为－1.由f（x）的最小值为－1，得a＋2≥－1，即a≥－3.即若命题p为真，则a≥－3.故若命题¬p为真，则a<－3，即实数a的取值范围是（
－∞，－3）.（2）对于命题q，由∀x∈R，x2－4x＋2a≥0，得Δ＝16－8a≤0，解得a≥2.即若命题q为真，则a≥2.故若¬q为真，则a<2.由p∧（¬q）为真，则p，¬q均为真命题，故a≥－3且a<2，解得－3≤a<2，即实数a的取值范
围为[－3，2）.2．解析：（1）由题意可得f′（x）＝x2－ax－4.因为p是真命题，所以f′（x）≤0在[－1，2]上恒成立，则f′（－1）≤0f′（2）≤0，即1＋a－4≤04－2a－4≤0，
解得0≤a≤3，即a的取值范围为[0，3].（2）因为f′（x）＝0在[1，m]内有解，所以a＝x－4x在[1，m]内有解，因为函数y＝x－4x在[1，m]单调递增，所以函数y＝x－4x在[1，m]上
值域为[－3，m－4m]，所以－3≤a≤m－4m.因为“p是真命题”是“q是真命题”的充分不必要条件，所以[0，3][－3，m－4m]，又m>1，所以m>1m－4m≥3，解得m≥4，即m的取值范围为[4，＋∞）.单元检
测（一）集合与常用逻辑用语1．答案：C解析：因为B＝x|2x≥12＝[－1，＋∞），A＝{x|x2＋2x>0}＝（－∞，－2）∪（0，＋∞），所以A∪B＝（－∞，－2）∪[－1，＋∞）.故选C.2．答案：A解析：∵{0，1}＝B⊆A＝{1，a，a2－1}，∴a＝0或a2
－1＝0，∴a＝0或a＝±1，又由于集合元素的互异性，应舍去1，∴a＝0或a＝－1.故选A.3．答案：C解析：命题p：“∀x≥0，2x－sinx≥0”是全称命题，又全称命题的否定是特称命题，故“∀x≥0，2x－sinx≥0”的否定是“∃x0≥0，2x0－sinx0<0”．4．答案
：A解析：因为|x－2|<2⇒0<x<4，x2－3x＋2<0⇒1<x<2，所以A＝{x|0<x<4}，B＝{x|1<x<2}，因此∁RB＝{x|x≤1或x≥2}，所以A∩∁RB＝（0，1]∪[2，4），故选A.5．答案：B解析：由x＋12≤1得：－1≤x＋12≤1，
所以－32≤x≤12，又因为x∈Z，所以B＝{－1，0}，故A∩B＝{－1}，A错误；A∪B＝{－1，0，1}，B正确；A∩（∁RB）＝{1}，C错误；（∁RA）∪B＝{x|x≠1}，D错误．故选B.6．
答案：B解析：因为xy＋1≠x＋y即xy＋1－x－y≠0，即（x－1）（y－1）≠0，即等价于x≠1且y≠1，故“xy＋1≠x＋y”的充要条件是x，y都不为1.故选B.7．答案：C解析：命题p：14<2x－1≤4，即2－2<2x－1≤
22，－2<x－1≤2，－1<x≤3；命题q：（x－m）（x－m－1）≤0，解得m≤x≤m＋1，由于p是q的必要不充分条件，所以m>－1m＋1≤3，解得－1<m≤2，所以m的取值范围是（－1，2].故选C.8．答案：C解析：因为M＝{1，3，6}，P＝{3，4，5
}，所以M∩P＝{3}，M∪P＝{1，3，4，5，6}，因为U＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，所以∁U（M∪P）＝{2，7，8}，由Venn图易知，Venn图中阴影部分表示的集合是∁U（M∪P）∪（M
∩P），故Venn图中阴影部分表示的集合是{2，3，7，8}．9．答案：B解析：要使“对任意x∈[1，2），x2－a≤0”为真命题，只需要a≥4，所以a>4是命题为真的充分不必要条件．10．答案：B解析：由题意，甲：A∩B＝A⇔A⊆B；乙：∁UA⊆∁UB⇔B⊆
A；丙：（∁UA）∪（∁UB）＝∁UA⇔∁UB⊆∁UA⇔A⊆B；丁：∁U（A∪B）＝（∁UA）∩（∁UB）对任意的集合A，B均成立．若有且只有一个不成立，则必为乙．故选B.11．答案：A解析：“若am2>bm2，则a>b”的逆命题为“若a>b，则am2>bm2”，
①正确；“∀x>0，1－1x≤lnx”的否定是“∃x0>0，1－1x0>lnx0”，②正确；命题“若x2－3x＋2＝0，则x＝2”的否命题为“若x2－3x＋2≠0，则x≠2”，③不正确；“若a2＋b2＝0，则a，b全为0”
的逆否命题是“若a，b不全为0，则a2＋b2≠0”，④不正确．故选A.12．答案：B解析：对于A：当等腰三角形的顶角∠BAC无限小时，且底边上的高AD比较大，BE⊥AC，CF⊥AB，如图所示：显然BE＋CF<AD，故BE、CF、AD不满足三角形的三
边，故选项A错误；对于B：由x－1x－2≤0，即（x－1）（x－2）≤0x－2≠0，解得1≤x<2，任取x1，x2且x1≥x2，则2≤x1＋x2<4，0≤x1－x2<1，又1≤x3<2，所以x1－x2<x3<x1＋x2，即选项B成立；对于C：因为|x－1|＋|x－3
|＝2，当x≤1时，－（x－1）－（x－3）＝2，解得x＝1；当x≥3时，（x－1）＋（x－3）＝2，解得x＝3；当1<x<3时（x－1）－（x－3）＝2，即2＝2恒成立，所以1<x<3；综上可得1≤x≤3，即{x||x－1|＋|x
－3|＝2}＝{x|1≤x≤3}，令a＝b＝1，c＝3，显然a＋b<c，不满足a，b，c为某一三角形的三边长，故选项C错误；对于D：因为y＝log2（3x－2），所以3x－2>0，解得x>23，所以{x|y＝log2（3x－2）}＝
x|x>23，令a＝b＝1，c＝3，显然a＋b<3，不满足a，b，c为某一三角形的三边长，故选项D错误．故选B.13．答案：m≤1解析：因为命题“∀x∈R，x2－2x＋m>0”为假命题，所以命题“∃x∈R，x2－2x＋m≤0”为真命题，
所以Δ＝（－2）2－4m≥0，解得m≤1.14．答案：k≤2解析：因为A＝{x|x2－5x＋4≤0}＝{x|1≤x≤4}，所以∁RA＝{x|x<1或x>4}，当B＝∅时，k＋1>2k，即k<1，适合题意；当B≠∅时，
则k＋1≤2kk＋1≥12k≤4，解得1≤k≤2，综上，实数k的取值范围是k≤2.15．答案：120解析：当b＝1时，a≠1显然是正确的，由题意，则b≠1；当a≠1时，由b≠1，则c＝1，而c≠2显然正确，由题意，则
a＝1；故c≠2是正确的，易知b＝2，c＝0，故100a＋10b＋c＝100×1＋10×2＋0＝120.16．答案：①③解析：g（x）＝2sin[2（x－π4）＋π3]＝2sin（2x－π6），p1：g（x）的周期T＝2π2＝π，所以函数的最小
正周期是π，所以p1是假命题；p2：当x∈（－π3，0）时，2x－π6∈（－5π6，－π6），在此区间函数先减后增，所以p2是假命题；p3：x∈[0，π2]时，2x－π6∈[－π6，5π6]，所以sin
（2x－π6）∈－12，1，函数g（x）的值域是[－1，2]，所以p3是真命题．根据复合命题真假的判断方法可知①③正确．17．解析：由已知得A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|m－2≤x≤m＋2}．（1）∵A∩B＝[0，3]，∴m－2＝0，m＋2≥3.∴m＝2.
（2）∁RB＝{x|x<m－2或x>m＋2}，∵A⊆∁RB，∴m－2>3或m＋2<－1，即m>5或m<－3.所以实数m的取值范围是{m|m>5，或m<－3}．18．解析：（1）因为A＝{x|1<x<5}，B＝{x|－2<
x<2}，所以A∩B＝{x|1<x<2}，A∪B＝{x|－2<x<5}．（2）由“x∈A”是“x∈B”成立的充分不必要条件，知集合A是集合B的真子集，因为m2＋1－（m－1）＝m－122＋74>0，所以由题意得
m－1≥－2m2＋1≤2，解得－1≤m≤1.当m＝－1时，A＝B，不满足条件，当m＝1时，A＝{x|0<x<2}满足条件，所以实数m的取值范围为－1<m≤1.即m∈（－1，1].19．解析：（1）∵A＝{x∈R|x2－5x＋8＝2}＝{2，3}，B＝{x∈R
|x2＋2x－8＝0}＝{2，－4}，∴A∪B＝{2，3，－4}．（2）∵A∩C≠∅，B∩C＝∅，∴2∉C，－4∉C，3∈C.∵C＝{x∈R|x2－ax＋a2－19>0}，∴22－2a＋a2－19≤0，（－4）2＋4a＋a2－19≤0，32－3a
＋a2－19>0，解得－3≤a≤5，－2－7≤a≤－2＋7，a<－2或a>5，∴－3≤a<－2.∴实数a的取值范围是[－3，－2）.20．解析：（1）由p：2x2－5x－3>0，即p：x>3或x<－12，设A＝{x|x
>3或x<－12}，B＝{x|x>a}，因为p是q的必要不充分条件，所以集合B是集合A的真子集，所以a≥3.（2）由r：x2≤m（m>0），即r：－m≤x≤m，¬p：－12≤x≤3，设C＝{x|－m≤x≤m}，D＝{x|－12≤x≤3}，因为¬p是r的必要条件，所以C⊆D，所以－m
≥－12m≤3m>0，解得0<m≤14，所以m的最大值为14.21．解析：（1）由题意解不等式（4x＋1）（x＋2）<0得：－2<x<－14，解3x＋1>1，即3x＋1－1＝－x＋2x＋1>0，得－1
<x<2，故A＝x－2<x<－14，B＝{x|－1<x<2}，故M＝BΔA＝{x|x∈B,且x∉A}＝B∩∁RA＝{x|－1<x<2}∩xx≤－2或x≥－14＝x－14≤x<2.
（2）若x∈P是x∈M的必要条件，则M⊆P.①当2a>2－a即a>23时，P＝{x|2－a<x<2a}，则2－a<－142a≥2a>23，即a>94；②当2a<2－a即a<23时，P＝{x|2a<x<2－a}
，则a<232a<－142－a≥2，即a<－18；③当2a＝2－a即a＝23时，P＝∅，此时不满足条件，综上，所求实数a的取值范围为aa<－18或a>94.22．解析：（1）若p为真，（lnx＋3
x）min≥2m2－m恒成立，因为x∈[1，3]，函数y＝lnx，y＝3x在[1，3]为单调递增函数，所以函数y＝lnx＋3x在[1，3]为单调递增函数，所以（lnx＋3x）min＝3，所以，3≥2m2－m，解得：－1≤m≤32.所以实数m的取值范围是－1，32.（2）若q为真，存在x
∈14，4，使得不等式4x＋1x＋2m－3≤0成立，所以只需（4x＋1x＋2m－3）min≤0，因为x∈14，4，4x＋1x≥4，当且仅当x＝12时等号成立，所以（4x＋1x＋2m－3）min＝4＋2m－3＝2m＋1，所以2
m＋1≤0，即m≤－12；若p∧q为假命题，p∨q为真命题，则p，q一真一假．若q为假命题，p为真命题，则－1≤m≤32m>－12，即－12<m≤32；若p为假命题，q为真命题，则m<－1或m>32
m≤－12，即m<－1.综上，实数m的取值范围为（－∞，－1）∪（－12，32].第二单元函数点点练3函数的概念及其表示一基础小题练透篇1．答案：D解析：A中两个函数的定义域不同；B中y＝x0的x不能取0；C中两函数的对应关系
不同．2．答案：B解析：①中当x>0时，每一个x的值对应两个不同的y值，一对多，不是函数图象，②中当x＝x0时，y的值有两个，一对多，不是函数图象，③④中每一个x的值对应唯一的y值，是函数图象．3．答案：A
解析：方法一（配凑法）∵f（x＋2）＝x2＋6x＋8＝（x＋2）2＋2（x＋2），∴f（x）＝x2＋2x.方法二（换元法）令t＝x＋2，则x＝t－2，∴f（t）＝（t－2）2＋6（t－2）＋8＝t2＋2t，∴f（x）＝x2＋2x
.故选A.4．答案：A解析：因为f（x）＝axax＋1，所以f（－x）＝a－xa－x＋1＝1ax＋1，所以f（x）＋f（－x）＝axax＋1＋1ax＋1＝1，所以f（2）＋f（－2）＝1.因为f（2）＝13，所以f（－2）＝1－f（2）＝23.故选A.5
．答案：[－2，－1）∪（－1，＋∞）解析：要使函数有意义，则x＋2≥0x＋1≠0，解得x≥－2且x≠－1.即函数f（x）的定义域是[－2，－1）∪（－1，＋∞）.6．答案：1516x－916x＋18（x≠0）解析：用1x代替3f（x）＋5f1x＝3x＋1中的x，得3
f1x＋5f（x）＝3x＋1，由3f（x）＋5f1x＝3x＋13f1x＋5f（x）＝3x＋1消去f1x，解得f（x）＝1516x－916x＋18（x≠0
）.二能力小题提升篇1．答案：A解析：由题可知，2x－3>13－x≥0⇒x>2x≤3⇒2<x≤3，故函数F（x）的定义域为（2，3]，故选A.2．答案：A解析：令x－1＝t，则x＝t＋1，∴f（x－1）＝f（t）＝t＋1t＋2，∴函数f（x）的解析式为f
（x）＝x＋1x＋2.故选A.3．答案：D解析：因为f（4）＝2f（3）＝4f（2），f（2）＝log162＝14，所以f（4）＝4f（2）＝1.故选D.4．答案：D解析：当x≤1时，由f（x）≥1可得，－x2
＋2≥1，x2≤1，解得－1≤x≤1.当x>1时，由f（x）≥1可得，x＋1x－1≥1，即x2－2x＋1＝（x－1）2≥0恒成立，所以x>1.综上可得，使得f（x）≥1的x的取值范围为[)－1，＋∞.
故选D.5．答案：0，23解析：因为函数f（2x－1）的定义域为（0，1），所以－1<2x－1<1，所以函数f（x）的定义域为（－1，1）.由－1<1－3x<1得0<x<23，所以函数f（1－3x）的定义
域是0，23.6．答案：e解析：根据题意，f（x）＝x，0<x<1e·lnx，x≥1，则区间（0，1）上，f（x）＝x，是增函数，在区间[1，＋∞）上，f（x）＝elnx，也是增函数，如图所示，若f（a）＝f（ea），必有0<a<1<ea或0<ea<1<a，当a>1时，e
a>1，不能成立，则必有0<a<1<ea，则有a＝elnea，变形可得：a＝ea，解可得a＝1e，则f（1a）＝f（e）＝elne＝e.三高考小题重现篇1．答案：B解析：当t＝0时，x＝0，y＝0，∴过原点，
排除A；当t＝1时x＝－1，y＝0，排除C和D；当x＝0时，3t－4t3＝0，t1＝0，t2＝－32，t3＝32时，y1＝0，y2＝－32，y3＝32.故选B.2．答案：C解析：当0<a<1时，a＋1>1，f（a）＝a，f（a＋1）＝2（a＋1－1）＝2a，∵
f（a）＝f（a＋1），∴a＝2a，解得a＝14或a＝0（舍去）.∴f1a＝f（4）＝2×（4－1）＝6.当a≥1时，a＋1≥2，∴f（a）＝2（a－1），f（a＋1）＝2（a＋1－1）＝2a，∴2（a－1）
＝2a，无解．综上，f1a＝6.3．答案：B解析：f（x）＝x＋a22－a24＋b，①当0≤－a2≤1时，f（x）min＝m＝f－a2＝－a24＋b，f（x）max＝M＝max{f（0），f（1）}＝max{b，1＋a＋b}，∴M－m＝max
a24，1＋a＋a24与a有关，与b无关；②当－a2<0时，f（x）在[0，1]上单调递增；∴M－m＝f（1）－f（0）＝1＋a与a有关，与b无关；③当－a2>1时，f（x）在[0，1]上单调递减，∴M－m＝f（0）－f（1）＝－1－a与a有关，与b无关．综上所述，M－m与a
有关，但与b无关．4．答案：（0，＋∞）解析：函数f（x）＝1x＋1＋lnx的自变量满足x＋1≠0，x>0，∴x>0，即定义域为（0，＋∞）.5．答案：[2，＋∞）解析：要使函数f（x）有意义，则log2x－1≥0x>0，解得x≥2x>
0，所以函数f（x）的定义域是[2，＋∞）.6．答案：2解析：由题意，得f（6）＝（6）2－4＝2.又f（f（6））＝3，所以f（2）＝3，即|2－3|＋a＝3，解得a＝2.四经典大题强化篇1．解析：（1）因
为二次函数f（x）中f（1）＝f（3），所以对称轴为x＝2，又二次函数f（x）的最小值为3，故可设f（x）＝a（x－2）2＋3（a>0），所以f（1）＝a（1－2）2＋3＝a＋3＝5⇒a＝2，所以f（x）＝2（x－2）2＋3＝2x2－8x＋11
.（2）y＝f（x）的图象恒在直线y＝2x＋2m＋1的上方，等价于2x2－8x＋11>2x＋2m＋1即m<x2－5x＋5恒成立．因为y＝x2－5x＋5＝x－522－54≥－54，所以m<－54，即实数m的取值范围为
－∞，－54.2．解析：（1）由2f（x）＋f（－x）＝3x2－2x①，可得2f（－x）＋f（x）＝3x2＋2x②，联立①②可得f（x）＝x2－2x.（2）由题可知x2－2x＝m（|x－1|＋2）＋n，令t＝x－1，则t2－1－m()|t|＋2－n＝0，设g（t）＝t2－1－m()|
t|＋2－n，则g（－t）＝（－t）2－1－m()|－t|＋2－n＝t2－1－m()|t|＋2－n＝g（t），所以函数g（t）＝t2－1－m()|t|＋2－n为偶函数，又已知关于t的方程t2－1－m()|t|＋2－n＝0有3
个不同的实数解，由对称性可得0为方程t2－1－m()|t|＋2－n＝0的解，所以g（0）＝0，可得2m＋n＋1＝0,所以t2－m|t|＝0有3个不同的实数解，又不等式t2－m|t|＝0可化为|t|2－m|t|＝0，所以|t|＝0或|t|＝m，所以|t|＝m有两个根，所以m>0，所以
m的取值范围为（0，＋∞）.点点练4函数的基本性质一基础小题练透篇1．答案：D解析：令f（x）＝x＋ex，则f（1）＝1＋e，f（－1）＝－1＋e－1，即f（1）≠f（－1），f（－1）≠－f（1），所以y＝x＋ex既不是奇函数也不是偶函数，而A，B，C依次是偶函数、奇函数、偶函数．2．答案
：D解析：A选项，y＝x3是奇函数，在定义域单调递增；B选项，y＝1x是奇函数，在（－∞，0）和（0，＋∞）单调递减，但在其定义域并不单调；C选项，y＝1－x既不是奇函数也不是偶函数，在其定义域单调递减；D选项，y＝2－x－2x是奇函数，且满足定义域上单调递减．3．答案：
D解析：对于A，y＝（|sinx|＋|cosx|）2＝1＋|sin2x|≤2，当且仅当sin2x＝±1，即x＝kπ2＋π4，k∈Z时取“＝”，即当x＝kπ2＋π4，k∈Z时，ymax＝2，A不正确；对于B，y＝cos2x＋4sinx－4＝1－sin2x＋4sinx－4＝－（si
nx－2）2＋1，当sinx＝1时，ymax＝0，故B错误；对于C，y＝cosx·tanx＝cosx·sinxcosx＝sinx，显然sinx最大值为1，此时x＝2kπ＋π2，k∈Z，而x＝2kπ＋π2（k∈Z）时，函数y＝cosx·t
anx无意义，即sinx取不到1，故C不正确；对于D，令P（cosx，－sinx），A（2，0），则y的值域即为直线PA的斜率的范围，显然点P在圆x2＋y2＝1上，设直线PA的方程为y＝k（x－2），即kx－y－2k＝0，则圆心（0，0）到PA的距离d＝|－2k|k2＋1≤1
，解得－1≤k≤1.故ymax＝1，故D正确．故选D.4．答案：C解析：f（x）＝ax－1，（x<1）（a－2）x＋3a，（x≥1）在R上单调递减等价于0<a<1a－2<01≥4a－2，解得0<a≤34.故选C.5．答案：D解析：∵f（
x）＝x2－2x＋1＋sinxx2＋1＝1＋－2x＋sinxx2＋1，函数u（x）＝－2x＋sinxx2＋1为奇函数，由于奇函数的图象关于原点对称，∴u（x）max＋u（x）min＝0，从而f（x）max＋f（x）min＝a＋b＝[]u（x
）max＋1＋[]u（x）min＋1＝2.故选D.6．答案：A解析：根据题意可知，f（x2）－f（x1）x2－x1>2可转化为[f（x2）－2x2]－[f（x1）－2x1]x2－x1>0，所以f（x）－2x在[0，＋∞）上是增函数，又f（－x）＝－f（x），所以f（x）－2
x为奇函数，所以f（x）－2x在R上为增函数，因为f（x－2020）>2（x－1011），f（1）＝2020，所以f（x－2020）－2（x－2020）>f（1）－2，所以x－2020>1，解得x>2021，即x的取值范围
是（2021，＋∞）.7．答案：（－∞，0）解析：当x>0时，y＝lnx在（0，＋∞）上单调递增，因为函数y＝ln|x|为偶函数，所以函数y＝ln|x|在（－∞，0）上单调递减．8．答案：a≥5解析：由x2－4x－5>0，得x<－1或x>5，即函数f（x）的
定义域为（－∞，－1）∪（5，＋∞），令t＝x2－4x－5，则y＝lgt，因为函数y＝lgt为定义域上的单调增函数，t＝x2－4x－5在（5，＋∞）上递增，函数f（x）＝lg（x2－4x－5）单调增区间为（5，＋∞），因为函数f（x）＝lg（x2－4x－5）在（a，＋∞）上单调递
增，所以（a，＋∞）⊆（5，＋∞），所以a≥5.二能力小题提升篇1．答案：A解析：∵y＝f（x）为R上的偶函数，∴f（－2021）＝f（2021），又当x≥0时，f（x）＝f（x＋4），∴f（2021）＝f（2017）＝…＝f（1），当x∈[0，2）时，f（x）＝log2（
x＋1），∴f（－2021）＝f（1）＝log2（1＋1）＝1.故选A.2．答案：A解析：因为f（3－x）＝f（x），所以函数f（x）的图象就关于直线x＝32对称，因为x－32f′（x）<0，所以
当x<32时，f′（x）>0，f（x）单调递增，当x>32时，f′（x）<0，f（x）单调递减，因为x1<x2且x1＋x2>3，所以x2>32，若x1≥32，则f（x1）>f（x2），若x1<32，则3－x1>
32，f（x1）＝f（3－x1），且x2>3－x1，所以f（x2）<f（3－x1）＝f（x1），综上有f（x1）>f（x2）.故选A.3．答案：D解析：因为y＝f（x）是定义域为R的奇函数，且当x<0时，f（x）＝x＋ax＋1.当x>0时，－x<0，则f（－x）＝－x－ax＋1＝－f（
x），所以当x>0时，f（x）＝x＋ax－1，此时f′（x）＝1－ax2；当a≤1时，f′（x）＝1－ax2≥0在[1，＋∞）上恒成立，函数f（x）在[1，＋∞）上单调递增，当x＝1时，函数取得最小值f（1）＝1＋a－1＝3，解得a＝3
（舍），当a>1时，x∈[]1，a，f′（x）<0，函数单调递减；x∈[)a，＋∞，f′（x）>0，函数单调递增，x＝a时，函数取得最小值f（a）＝2a－1＝3，解得a＝4，综上，a＝4.故选D.4．答案：B解析：因为f（x＋4）＝2（x＋4）2（x
＋4）2－4（x＋4）＋8＝2（x＋4）2（x＋2）2＋4不是偶函数，所以f（x）的图象不关于直线x＝4对称，故A错误；因为f（x＋2）－2＝2（x＋2）2（x＋2）2－4（x＋2）＋8－2＝2（x＋2）2x2＋4－2＝8x
x2＋4是奇函数，即函数y＝f（x＋2）－2关于原点对称，则原函数f（x）关于点（2，2）中心对称，故B正确；当x＝0时，f（x）＝0，当x≠0时，f（x）＝28x2－4x＋1＝281x2－4·1x＋1，因为1x≠0，所以81x2－4·1x＋1∈1
2，＋∞，所以281x2－4·1x＋1∈(]0，4，所以函数f（x）有最大值为4，故C错误；因为x2－4x＋8＝（x－2）2＋4≥4，所以由f（x）＝m可得2x2＝mx2－4mx＋8m，即（m－2）x2－4mx＋8m＝0,若m＝2，则方程有唯一解为x＝2，不满足题意，若m≠2
，要使方程有两个解，则Δ＝16m2－32m（m－2）＝－16m（m－4）>0，解得0<m<4且m≠2，故D错误．故选B.5．答案：－3解析：由已知得：f（1）＝f（－1）＝－f（1），所以f（1）＝0，又f（3）＝f（1）
，∴f（3）＝0，又∵f－92＝f－92＋2×2＝f－12＝－f12＝－312＝－3，∴f－92＋f（3）＝－3.6．答案：8解析：因为f（x
）为奇函数，所以f（x）的图象关于点（0，0）中心对称，因为f（x＋1）为偶函数，所以f（x）的图象关于直线x＝1对称，根据条件可知f（x＋2）＝f（－x）＝－f（x），则f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），即4为f（x）的一个周期，则f（4）＝－f（2
）＝f（0）＝0，又因为f（－1）＝－f（1）＝－（a＋b），f（－1）＋f（4）＝12，所以－()a＋b＝12a2＋b＝0，解得a＝4b＝－16或a＝－3b＝－9（舍），所以当x∈[1，2]时，f（x）＝4x－1
6，所以f20212＝f52＝f－32＝－f32＝8.三高考小题重现篇1．答案：D解析：方法一（排除法）取x1＝－1，x2＝0，对于A项有f（x1）＝1，f（x2）＝0，所以A项不符合题
意；对于B项有f（x1）＝32，f（x2）＝1，所以B项不符合题意；对于C项有f（x1）＝1，f（x2）＝0，所以C项不符合题意．方法二（图象法）如图，在坐标系中分别画出A，B，C，D四个选项中函数的大致图象，即可快速直观判断D项符合题意．2．答案：B解析：由题意可得f（x）＝1
－x1＋x＝－1＋21＋x，对于A，f（x－1）－1＝2x－2不是奇函数；对于B，f（x－1）＋1＝2x是奇函数；对于C，f（x＋1）－1＝2x＋2－2，定义域不关于原点对称，不是奇函数；对于D，f（x＋1）
＋1＝2x＋2，定义域不关于原点对称，不是奇函数．3．答案：C解析：因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（－x）＝－f（x）.又f（1＋x）＝f（－x），所以f（2＋x）＝f[1＋（1＋x）]＝f[－（1＋x）]＝－f（1＋x）＝－f（－x）＝f（x），所以函数f（x）是
以2为周期的周期函数，f53＝f53－2＝f－13＝13.4．答案：A解析：令y＝1，得f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）f（1）＝f（x），即f（x＋1）＝f（x）－f
（x－1）.故f（x＋2）＝f（x＋1）－f（x）①，f（x＋3）＝f（x＋2）－f（x＋1）②.①＋②，得f（x＋3）＝－f（x），所以f（x）的周期为6.令x＝1，y＝0，得f（1）＋f（1）＝f（1）f（0），所以f（0）＝2，所以f（2）＝f（1）－f（0）＝1－2＝－1，f
（3）＝f（2）－f（1）＝－1－1＝－2，f（4）＝f（3）－f（2）＝－2－（－1）＝－1，f（5）＝f（4）－f（3）＝－1－（－2）＝1，f（6）＝f（5）－f（4）＝1－（－1）＝2.所以k＝122f（k）＝3[f（1）＋f（2）＋…＋f（6）]＋f（19）＋f
（20）＋f（21）＋f（22）＝3×0＋f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＝1＋（－1）＋（－2）＋（－1）＝－3.故选A.5．答案：－4解析：由函数f（x）是奇函数得f（－8）＝－f（8）＝－823＝－（23）23＝－4.6．答案
：－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|＋lna＋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＝ln1＋x1－x，所以f（－x）
＋f（x）＝ln1－x1＋x＋ln1＋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＝ln2.四经典大题强化篇1．解析：（1）由题意知f（0）＝0，解得a＝－1，所以当x≥0时，f（x）＝3x－1，当x<0，则－x>0，所以
f（－x）＝3－x－1＝－f（x）.又f（x）为奇函数，所以f（x）＝－f（－x），故当x<0时，f（x）＝－3－x＋1.综上：f（x）＝3x－1()x≥0－3－x＋1()x<0.（2）由f()x2－x＋f()4－
mx>0，得f()x2－x>－f()4－mx，因为y＝f（x）是奇函数，所以f()x2－x>f()mx－4.当x≥0时f（x）＝3x－1，所以函数f（x）在[)0，＋∞上单调递增，又f（x）是定义在R上的奇函数，所以y＝f（x）在R上单调递增．
可得∀x∈R，x2－（m＋1）x＋4>0恒成立，故Δ＝[－（m＋1）]2－16<0，解得－5<m<3.所以m∈（－5，3）.2．解析：（1）因为f（－x）＝2－x－2x＝－（2x－2－x）＝－f（x），故函数f（x）为奇函数；因为y＝2x为R上的增函数，y＝
－2－x为R上的增函数，f（x）＝2x－2－x，故函数f（x）为R上的增函数；（2）由（1）f（x）＝2x－2－x在区间（0，＋∞）上单调递增，所以f（x）>f（0）＝0.又（2x－2－x）2＝22x＋2－2x－2，设f（x）＝2x－2－x
＝t，则t>0,22x＋2－2x＝t2＋2，22x＋2－2x≥af（x）⇒t2＋2≥at即22x＋2－2x≥af（x）⇒t＋2t≥a恒成立，又t＋2t≥22，当且仅当t＝2时，等号成立，故t＋2tmin＝22，所以a≤22.故a的取值范围为（－∞，22].点
点练5基本初等函数一基础小题练透篇1．答案：D解析：因为关于x的不等式x2－2ax－8a2<0的解集为()x1，x2，∴x1，x2是方程x2－2ax－8a2＝0的两个不同的实数根，且Δ＝4a2＋32a2>0，∴x1＋x2＝2a，x1x2＝－8a2，∵x2
－x1＝15，∴152＝（x1＋x2）2－4x1x2＝4a2＋32a2，a2＝15236，解得a＝±52.故选D.2．答案：C解析：令f（x）＝xn，则8n＝4，可得n＝23，所以f（x）＝x23，故f（27）＝2723＝9.故选C.3．答案：C解
析：由题可得f（2）＝32a＝3，∴a＝12，f（x）＝()3x，4．答案：B解析：设原有溶质的半成品为akg，含杂质1%akg，经过n次过滤，含杂质1%a×1－13nkg，要使该溶质经过n次过滤后杂质含量不
超过0.1%，则1%×1－13n≤0.1%，即23n≤110，因为235＝32243>110，236＝64729<110，所以n≥6，该溶质的半成品至少应过滤6次，才能达到市场要求．故选
B.5．答案：A解析：a＝lg2·lg5<()lg2＋lg524＝14，b＝2ln24＝ln44>14，c－b＝ln33－ln22＝2ln3－3ln26＝ln986>0，则c>b.所以a<b<c.故选A.6．答案：A解析：由题意知，不等式f（log4x）＞2，即f（log4x）＞f
12，又偶函数f（x）在（－∞，0]上是减函数，∴f（x）在[0，＋∞）上是增函数，∴log4x＞12＝log42，或log4x＜－12＝log412，∴0＜x＜12，或x＞2.7．答案：4解析：原式＝2lg5－1＋3＋2lg2＝2()lg5＋lg2＋2＝4.8．答案：9解析：由已知定点
坐标为（1，2），所以k＝1，所以m＋n＝1，所以4m＋1n＝4m＋1n（m＋n）＝4nm＋mn＋5≥24nm·mn＋5＝9，当且仅当m＝2n＝23时取等号．二能力小题提升篇1．答案：A解析：由题意，当n＝
1时，f（x）＝x－2在（0，＋∞）上是减函数，故充分性成立；若幂函数f（x）＝()n2－3n＋3·在（0，＋∞）上是减函数，则n2－3n＋3＝1n2－3n<0，解得n＝1或n＝2，故必要性不成立，因此“n＝1”是“幂函数f（x）＝()n2－3n＋3·在（
0，＋∞）上是减函数”的一个充分不必要条件，故选A.2．答案：A解析：因为x∈()e－1，1，所以a＝lnx∈()－1，0，b＝12lnx∈()1，2，c＝elnx∈1e，1，所以a<c<b，故选A.3
．答案：D解析：因为log3a>1，所以a>3，因为3b>1，所以b>0，作出函数y＝log3x，y＝3x，y＝x的图象，如图所示，由题意可知直线y＝c（c>1）与函数y＝log3x，y＝3x，y＝x的图象的交点分别为a，b，c，由图可知0<b<1<c<a，因为a>3，所以b2a
<b<c<a，因为f（x）＝ax2－bx＋c的对称轴为x＝b2a，所以f（x）在b2a，＋∞上单调递增，所以f（b）<f（c）<f（a）.故选D.4．答案：D解析：由函数f（x）＝2－x，x<1，
x2，x≥1，f（f（a））＝12f（a），得f（a）≥1.当a<1时，f（a）＝2－a≥1，得a≤0；当a≥1时，f（a）＝a2≥1，得a≥2.综上，a∈（－∞，0]∪[2，＋∞）.5．答案：－1解析：设g（x）＝f（x）－1
＝ln（1＋x2－x），因为g（－x）＝ln（1＋x2＋x）＝－g（x），所以g（x）为奇函数．因为f（a）＝3，所以g（a）＝f（a）－1＝2，g（－a）＝－g（a）＝－2，所以f（－a）＝g（－a）＋1＝－1.6．答案：①④解析
：①，当x＝－1时，f（－1）＝2a0－1＝1，所以f（x）过定点（－1，1），①正确；②，方程2－||x＋m＝0有两个实数根．m＝－12||x，y＝m与y＝－12||x有两个交点，结合图象可知，－1
<m<0.所以m<0是方程2－||x＋m＝0有两个实数根的必要不充分条件，②错误；③，y＝lgx的反函数是f（x）＝10x，f（1）＝10，③错误；④，f（x）＝log12()x2－ax＋3a在区间()2，＋∞上单调递减，则a2≤222－2a＋3a≥0⇒－4≤a≤4，
所以④正确．三高考小题重现篇1．答案：D解析：由题知c＝log0.70.8<1，b＝13－0.8＝30.8，易知函数y＝3x在R上单调递增，所以b＝30.8>30.7＝a>1，所以c<a<b，故选D．2．答案：C
解析：方法一由函数y＝lnx的图象（图略）知，当0<a－b<1时，ln（a－b）<0，故A不正确；因为函数y＝3x在R上单调递增，所以当a>b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b<a<0时，|a|<|b|，故D不正
确．故选C.方法二当a＝0.3，b＝－0.4时，满足a>b，但ln（a－b）<0，3a>3b，|a|<|b|，故排除A，B，D.选C.3．答案：A解析：方法一由函数y＝x3和y＝－1x3都是奇函数，知函数f（x）＝x3－1x3是奇函数．由函数y＝x3和y＝－1x3都在区间（0，＋
∞）上单调递增，知函数f（x）＝x3－1x3在区间（0，＋∞）上单调递增，故函数f（x）＝x3－1x3是奇函数，且在区间（0，＋∞）上单调递增．故选A.方法二函数f（x）的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），关于原点对称，
f（－x）＝（－x）3－1（－x）3＝－x3＋1x3＝－f（x），故f（x）＝x3－1x3是奇函数．∵f′（x）＝3x2＋3x4>0，∴f（x）在区间（0，＋∞）上单调递增．故选A.4．答案：D解析：对于函数y＝loga（x＋12），当y＝0时，有x＋12＝1，
得x＝12，即y＝loga（x＋12）的图象恒过定点（12，0），排除选项A、C；函数y＝1ax与y＝loga（x＋12）在各自定义域上单调性相反，排除选项B，故选D.5．答案：A解析：因为2x－2y<3－x－3－y，所以2x－3－x<2y－3－y.设f（x）＝2x
－3－x，则f′（x）＝2xln2－3－x×ln3×（－1）＝2xln2＋3－xln3，易知f′（x）>0，所以f（x）在R上为增函数．由2x－3－x<2y－3－y得x<y，所以y－x＋1>1，所以ln（y－x＋1）>0，故选A.6．答案：B解析：
2a＋log2a＝22b＋log2b<22b＋log2（2b），令f（x）＝2x＋log2x，则f（a）<f（2b），又易知f（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以a<2b，故选B.四经典大题强化篇1．解析：（1）由题得：f（x）＝loga()3＋x()2－x
，∵f（1）＝2⇒loga4＝2⇒a＝2，∴f（x）＝log2()3＋x()2－x，－3<x<2.由f（x）<2⇒()3＋x()2－x<4⇒x<－2或x>1，所以原不等式的解集为()－3，－2∪()1，2.（2）由f（x
）≤log2()x＋4＋m得：m≥log2()3＋x()2－xx＋4max，令x＋4＝t，x∈()－3，2，所以t∈()1，6，∴()3＋x()2－xx＋4＝()t－1()6－tt＝7t－t2－6t＝7－t＋6
t≤7－26，当且仅当t＝6时等号成立，∴m≥log2()7－26.2．解析：（1）由f（x）＝13x，x∈[－1，1]，知f（x）∈13，3，令f（x）∈13，3，设f（x）＝
t，则g（x）＝y＝t2－2at＋3，则g（x）的对称轴为t＝a，故有：①当a≤13时，g（x）的最小值h（a）＝289－2a3；②当a≥3时，g（x）的最小值h（a）＝12－6a；③当13<a<3时，g（x）的最小值h（a）＝3－a2.综上所述，h（a）＝289－
2a3，a≤13，3－a2，13<a<3，12－6a，a≥3，（2）当a≥3时，h（a）＝－6a＋12，故m>n>3时，h（a）在[n，m]上为减函数，所以h（a）在[n，m]上的值域为[h（m），h（n）].由题意，则有h（m）＝n2，h（n）＝m2，
⇒－6m＋12＝n2，－6n＋12＝m2，两式相减得6n－6m＝n2－m2，又m≠n，所以m＋n＝6，这与m>n>3矛盾，故不存在满足题中条件的m，n的值．点点练6函数的图象及应用一基础小题练透篇1．答案：C解析：当x＝1时，
y＝0，故排除BD；再代入x＝2，y＝2－1||2＝32>0，排除A，故选C.2．答案：A解析：由f（x）的图象可知，0<a<1，b<－1，观察选项中的图象可知，选A.3．答案：B解析：y＝ex的图象关于x轴对称的图象的函数解析式为y＝－ex，把y＝－
ex的图象向左平移一个单位长度，得到y＝－ex＋1的图象，所以f（x）＝－ex＋1.4．答案：C解析：f（π）＝0，g（π）＝－1，由图得，x＝π时y<0，排除BD；f（0）＝0，g（0）＝1，由图得，x＝0时y＝0，排除A.故选C.5．答案：C解析：将函数y＝f（x）的图象上各点的横
坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象上各点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到函数y＝2f12x的图象，故选C.6．答案：C解析：当x＝0时，y＝f（1）＝2，故排除A、D选项；当x>0时，1－x<1，则y＝f（1－x）＝21－x>0，排
除B选项．故选C.7．答案：6解析：f（x）＝min{2x，x＋2，10－x}（x≥0）的图象如图中实线所示．令x＋2＝10－x，得x＝4.故当x＝4时，f（x）取最大值，又f（4）＝6，所以f（x）的最大值为6.8．答案：－52，－12解析：画出f（x）的图象如图所示，由图可知x1＋
x2＝－6，0<f()x1≤2，当x3≠x2时，2<f()x3<4且f()x3＝log2()x3＋1，因为f()x1＋f()x3＝4，所以2<log2()x3＋1<4⇒3<x3<15，x3x1＋x2＝x3－6∈－52，－12，当x3＝x2
时，x3＝x2＝3，x1＝－6－x2＝－9，x3x1＋x2＝－12，所以x3x1＋x2的取值范围是－52，－12.二能力小题提升篇1．答案：D解析：因为函数f（x）＝x22||x－4的定义
域为{}|xx≠±2，f（－x）＝（－x）22||－x－4＝x22||－x－4＝f（x），所以f（x）是偶函数，函数图象关于y轴对称，排除A，B；当x∈()0，2时1<2x<4，f（x）＝x22x－4
<0，当x∈()2，＋∞时，f（x）＝x22x－4>0，排除C.故选D.2．答案：B解析：对于A，C1：f（x）＋1＝log12x＋1，C2：f（2x）＝log122x＝log12x＋log122＝log12x－1，A错误；对于B，C1：f（x）＋1＝log2x＋1，C2：f（2x）＝log
22x＝log2x＋log22＝log2x＋1，B正确；对于C，C1：f（x）＋1＝2x＋1，C2：f（2x）＝22x＝4x，C错误；对于D，C1：f（x）＋1＝12x＋1，C2：f（2x）＝
122x＝14x，D错误．故选B.3．答案：B解析：根据题意，函数f（x）＝13x3－x2－3x＋9，其导数f′（x）＝x2－2x－3＝（x＋1）（x－3），在区间（－∞，－1）上，f′（x）>0，f（x）为增函数，且f（－1）＝1023，在区间（－1，3）上，f′（x）<
0，f（x）为减函数，且f（3）＝0，其简图如图：对于①|f（x）|，有|f（x）|＝f（x），f（x）≥0－f（x），f（x）<0，其图象全部在x轴上和x轴上方，对应图象丙，②f（－x），其图象与f（x）的图象关于y轴对称，对应图象甲，③f（|x|），有f（|
x|）＝f（x），x≥0f（－x），x<0，为偶函数，对应图象丁，④－f（－x），其图象与f（x）的图象关于原点对称，对应图象乙，故选B.4．答案：D解析：由于y＝f（x）是定义在R上的奇函数，满足f（x＋1）＝f（x－2），所以f（x）＝f（x－
3）＝－f（－x），整理得，f（x＋3）＝f（x），所以f（－x＋3）＝－f（x），故对于①，函数f（x）的图象关于32，0对称，故①正确，②错误．对于③，函数f（0）＝0，f（3）＝0，f（6）＝0，由于f（x）＝f（x＋3
）＝－f（－x），令x＝－32，所以f32＝－f32，整理得f32＝0，f（4.5）＝f32＋3＝0，故③正确；对于④，f（2021）＝f（673×3＋2）＝f（2）＝f（－1），f（2022）＝f（0），因为函
数f（x）在[0，1]上单调递增，且f（0）＝0，f（x）为奇函数，且f（x）在[－1，0]上单调递增，则它在[2021，2022]上单调递增，故④正确．5．答案：724解析：由已知得，将f（x），g（
x）图象的对称轴y＝x右移1个单位再下移1个单位，即得到函数f（x），h（x）图象的对称轴为直线y＝（x－1）－1即y＝x－2，所以P，Q两点之间距离的最小值等于P到直线y＝x－2距离最小值的2倍，y′＝2x，故函数y＝x2的图象在P（x0，y0）点处的切线斜率为k＝2x0，令2x0＝1，
得x0＝12，y0＝14，所以P到直线y＝x－2距离的最小值为d＝12－14－22＝728，所以这两点之间距离的最小值为2d＝724.6．答案：e－1e解析：由f（x）＝ax||logax－1＝0，得|lo
gax|＝1ax，即log1ax＝1ax，由题意，函数y＝log1ax与y＝1ax的图象有两个交点，当0＜a＜1时，函数y＝log1ax与y＝1ax的图象有两个交点时，注意到y＝log1ax与y＝1
ax互为反函数，图象关于y＝x对称，可知函数y＝1ax的图象与y＝x相切，设切点的横坐标为x0，则1ax0＝x01ax0ln1a＝1，解得x0＝ea＝e
－1e.三高考小题重现篇1．答案：D解析：易知f（x）＝x2＋14为偶函数，g（x）＝sinx为奇函数，而题图所表示的为奇函数的图象．易知y＝f（x）＋g（x）－14与y＝f（x）－g（x）－14均不是奇函数，所以排除A，B.易知y＝f（x）g（x）＝
x2＋14sinx是奇函数，但当x∈0，π4时，y′＝2xsinx＋x2＋14cosx>0，则函数y＝f（x）g（x）在0，π4上单调递增，与图象不符，所以C不符合题意．易知y＝g（x）f（x）＝sinxx2＋14是奇函数，且y′＝
x2＋14cosx－2xsinxx2＋142.当x∈0，π4时，令y′＝0，得x2＋18x＝tanx．当x∈0，π4时，x2＋18x≥2x2·18x＝12当且仅当x
＝12时，取等号，且易知当x∈0，12时，x2＋18x单调递减，当x∈12，π4时，x2＋18x单调递增，而函数y＝tanx在0，π4上单调递增，当x＝14时，58>t
an14，当x＝π4时，π8＋12π<tanπ4.所以存在唯一的x0∈0，π4，使得x02＋18x0＝tanx0，即y′＝0，且当x∈（0，x0）时，y′>0；当x∈x0，π4时，y′<0，所以D符合题意．2．答案：A解析：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.3．答案：D解析：∵f（－x）＝sin（－x）－xcos（－x）＋（－x）2＝－sinx＋xcosx＋x2＝－f（x），∴f（x）为奇函数，排除A；∵f（π）＝sinπ＋πcosπ＋
π2＝π－1＋π2>0，∴排除C；∵f（1）＝sin1＋1cos1＋1，且sin1>cos1，∴f（1）>1，∴排除B.4．答案：A解析：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.5．答案：（4，8）解析：设g（x）＝f（x）－ax＝x2＋ax＋
a，x≤0，－x2＋ax－2a，x>0，方程f（x）＝ax恰有2个互异的实数解即函数y＝g（x）有两个零点，即y＝g（x）的图象与x轴有2个交点，满足条件的y＝g（x）的图象有以下两种情况：情况一：则Δ1＝a2－4a>0，Δ2＝a2－
8a<0，∴4<a<8.情况二：则Δ1＝a2－4a<0，Δ2＝a2－8a>0，不等式组无解．综上，满足条件的a的取值范围是（4，8）.四经典大题强化篇1．解析：（1）当x2－2x－1≥0时，y＝x2－2x－1，当x2－2x－1<0时，y＝－（x
2－2x－1）.步骤：①作出函数y＝x2－2x－1的图象；②将上述图象x轴下方部分以x轴为对称轴向上翻折（上方部分不变），即得y＝|x2－2x－1|的图象．（2）当x≥0时，y＝x2－2x－1，当x<0时，y＝x2＋2x－1，即y＝（－x）2－2（－x）－
1.步骤：作出y＝x2－2x－1的图象；因为y＝|x|2－2|x|－1是偶函数，所以y轴右方部分不变，再将右方以y轴为对称轴向左翻折，即得y＝|x|2－2|x|－1的图象．2．解析：（1）因为f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，由已知可得f（－x）＋g（－x）＝21＋x，即f（x）
＋g（x）＝21＋x，所以f（x）－g（x）＝21－xf（x）＋g（x）＝21＋x，解得f（x）＝2x＋2－xg（x）＝2x－2－x，由mf（x）＝[g（x）]2＋2m＋9可得m()2x＋2－x＝()4x＋4－x－
2＋2m＋9，令t＝2x＋2－x≥22x·2－x＝2，当且仅当x＝0时，等号成立，则t2＝4x＋4－x＋2，故有t2－mt＋2m＋5＝0，其中t≥2，令F（t）＝t2－mt＋2m＋5，其中t≥2，则函数F（t）在[2，＋∞）上有零点，①当m2≤2时，即当m≤4时，则F（
t）在[2，＋∞）上单调递增，所以，F（t）≥F（2）＝9>0，不合乎题意；②当m2>2时，即当m>4时，则有Δ＝m2－8m－20≥0，解得m≥10，此时函数F（t）在[2，＋∞）上有零点．综上所述，实数m的取值范围是[10，＋∞）.（2）h（x）＝
12[]f（x）＋g（x）－1＝||2x－1＝1－2x，x≤02x－1，x>0，作出函数h（x）的图象如图所示：由[h（x）]2－2k＋12h（x）＋k＝0可得h（x）－12·[h（x）－2k]＝0，由图可知，方程h（x）＝12有两个不等的实根，由
题意可知，方程h（x）＝2k有且只有一个根，故2k＝0或2k≥1，解得k＝0或k≥12.因此，实数k的取值范围是k|k＝0或k≥12.点点练7函数与方程、函数的实际应用一基础小题练透篇1．答案：C解析：由题意得f（x）＝lnx＋x－6为连续函数，且
在（0，＋∞）单调递增，f（2）＝ln2－4<0，f（3）＝ln3－3<0，f（4）＝ln4－2<lne2－2＝0，f（5）＝ln5－1>lne－1＝0，根据零点存在性定理，f（4）·f（5）<0，所以零点一定位于区间（4，5）
.2．答案：A解析：因为函数f（x）＝x3＋x2＋x＋c，所以f′（x）＝3x2＋2x＋1，因为Δ＝4－12＝－8<0，所以f′（x）>0，从而f（x）＝x3＋x2＋x＋c在R上单调递增，又当x→－∞时，f（x）→－∞，当x→＋∞时，
f（x）→＋∞，由零点存在定理得：函数f（x）＝x3＋x2＋x＋c有且只有一个零点．3．答案：A解析：令（lnx）2－2lnx＝lnx·（lnx－2）＝0，解得：x＝1或x＝e2，所以函数f（x）有2个零点．4．答案：C解析：
当x＝0时，f（0）＝1≠0，故x＝0不是方程f（x）－a|x|＝0的根，当x≠0时，由f（x）－a|x|＝0得，a＝x＋1x＋3，方程f（x）－a|x|＝0恰有两个不同的实根等价于直线y＝a与函数y＝x＋1x＋3的图象有两个不同的交点，作出
函数y＝f（x）的大致图象如图所示，由图可知，a＝0或1<a<5.5．答案：D解析：由题意知，lg（1000X0）＝12lg（1＋p）＋lgX0，即lg103＋lgX0＝12lg（1＋p）＋lgX0，即3＋lgX0＝12lg（1＋p）＋lgX0
，所以1＋p＝100.25≈1.778，解得p≈0.778＝77.8%.故选D.6．答案：B解析：因为f（x）为开口向上的抛物线，且对称轴为x＝－a2，在区间（－1，1）上有两个不同的零点，所以f（－1）>0f（1）>0f－a2<0－1<－a2<1，即1－a
－a2>01＋a－a2>0－a22－a22－a2<0－2<a<2，解得0<a<23，所以实数a的取值范围是0，23.7．答案：282解析：f（x）＝80＋42x＋14×（200－x）＋120＝－14x＋42x＋250，依题意得x≥20，200－x≥2
0，得20≤x≤180，故f（x）＝－14x＋42x＋250（20≤x≤180）.令t＝x，t∈[25，65]，则g（t）＝－14t2＋42t＋250＝－14（t－82）2＋282，当t＝82时，即x
＝128时，f（x）max＝282，∴甲大棚投入128万元，乙大棚投入72万元时，总收益最大，且最大收益为282万元．8．答案：（1）2（2）40解析：（1）由图象可知，当t＝12时，y＝1，则2k＝1，所以k＝2.（2）由（1）可知，y＝2t，0<t<12，12t，t≥12
，当0<t<12时，y＝2t单调递增；当t≥12时，y＝12t单调递减．令12t<0.75，解得t>23.所以在消毒后至少经过23小时，即40分钟后人方可进入房间．二能力小题提升篇1．答案：C解析：令f（x）＝0，得x－4＝（x＋2）·23x，显然x
＝－2不是该方程的根，故等价变形得到x－4x＋2＝23x，在同一直角坐标系中分别作出y＝x－4x＋2，y＝23x的图象如图所示，观察可知，它们有2个交点，故函数f（x）＝x－4－（x＋2）·23x有2
个零点．2．答案：B解析：由题意，f（－x＋1）＝－f（x＋1）⇔f（2－x）＝－f（x），又g（2－x）＝g（x），所以f（2－x）·g（2－x）＝－f（x）g（x），所以函数y＝f（x）·g（x）的图象关于点（
1，0）对称．设y＝f（x）·g（x）的零点为x1，x2，x3，x4，x5，易知x3＝1，设x1<x2<1<x4<x5，则x1＋x5＝x2＋x4＝2，所以x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝5.故选B.3．答案：B解析：设雄鸟每分钟的耗氧量为x1，雌鸟每分钟的耗氧量为x2，由题意可得
1.3＝12log3x1100－lgx00.8＝12log3x2100－lgx0，两式相减可得12＝12log3x1x2，所以log3x1x2＝1，即x1x2＝3，故此时雄鸟每分钟的耗氧量是雌鸟每分钟耗氧量的
3倍．故选B.4．答案：C解析：对于f（x－2）＋f（x）＝0，有f（x）＋f（x＋2）＝0⇒f（x＋2）＝－f（x）⇒f()x＋4＝－f（x＋2）＝f（x），即f（x）周期为4.又对于f（x－2）＋f（x）＝0，有f（x＋1）＋f（x－1
）＝0⇒f（x＋1）＝－f（x－1），因f（x）是定义在R上的奇函数．则f()1＋x＝f()1－x，故f（x）关于x＝1对称．又当x∈[]－1，1时，f（x）＝x3，据此可做出f（x）部分图象如下．对于A选项，
结合图象可知：f（x）图象关于x＝1＋2k，k∈Z对称，故A错误．对于B选项，因f（x）周期为4，故f（x）在[]7，9上单调性与f（x）在[]－1，1上保持一致．又当x∈[]－1，1时，f（x）＝x3，f（x）在[]－1，1上单调递增，故B错误．对于C选项，结合图象可知：f（x）零点为2
k，k∈Z，则令－1≤2k≤2023，解得：0≤k≤1011，故当x∈[]－1，2023时，f（x）有1012个零点，故C正确．对于D选项，结合图象可知：f（x）图象关于()2k，0对称，其中k∈Z，故D错误．故选C.5．答案：12，1∪{2}∪[e，＋∞）解析
：易知当a≤0时，不满足题意；当0<a<2时，e－a>0，要使函数f（x）恰有2个零点，则a2<1≤2a，得12≤a<1；当a＝2时，由ex－2＝0，得x＝ln2，满足x<1，由（x－2a）（x－a2）＝0，得x＝4，此时f（x）共有2个零点，满足题意
；当a>2时，a2>2a>4，要使函数f（x）恰有2个零点，则e－a≤0，即a≥e.综上，实数a的取值范围是12，1∪{2}∪[)e，＋∞.6．答案：（1）4或0（2）4解析：（1）∵y＝f（x）－
k恰有2个不同的零点，∴y＝f（x）和y＝k的图象有2个不同的交点．由图可得当y＝f（x）和y＝k的图象有2个不同的交点时，k＝4或k＝0.（2）∵g（x）＝2x＋1，x≤0，x3＋2x－16，x>0，∴当x
≤0时，由2x＋1＝0，得x＝－12.当f（x）＝－12时，由图可知g（f（x））＝0有一个解．当x>0时，易知g（x）＝x3＋2x－16单调递增，∵g（2）＝－4，g（3）＝17，∴g（x）在（2，3）上有一
个零点x0，当f（x）＝x0，x0∈（2，3）时，由f（x）的图象可知g（f（x））＝0有3个解，∴y＝g（f（x））共有4个零点．三高考小题重现篇1．答案：B解析：由f（x）＝2sinx－sin2x＝2sin
x－2sinxcosx＝2sinx·（1－cosx）＝0得sinx＝0或cosx＝1，∴x＝kπ，k∈Z，又∵x∈[0，2π]，∴x＝0，π，2π，即零点有3个．2．答案：C解析：I（t*）＝K1＋e－0.23（t*－53）＝0.95K，整理可得e0.23（
t*－53）＝19，两边取自然对数得0.23（t*－53）＝ln19≈3，解得t*≈66.3．答案：B解析：∵R0＝1＋rT，∴3.28＝1＋6r，∴r＝0.38.若I（t1）＝e0.38t1，I（t2）＝e0.38t2，I（t2）＝2I（
t1），则e0.38（t2－t1）＝2，0.38（t2－t1）＝ln2≈0.69，t2－t1≈1.8.4．答案：D解析：由M1（R＋r）2＋M2r2＝（R＋r）M1R3，得M11＋rR2＋M2rR2＝
1＋rRM1.因为α＝rR，所以M1（1＋α）2＋M2α2＝（1＋α）M1，得3α3＋3α4＋α5（1＋α）2＝M2M1.由3α3＋3α4＋α5（1＋α）2≈3α3，得3α3≈M2M1，即3
rR3≈M2M1，所以r≈3M23M1·R.5．答案：D解析：由题意知函数g（x）＝f（x）－|kx2－2x|恰有4个零点等价于方程f（x）－|kx2－2x|＝0，即f（x）＝|kx2－2x|有4个不
同的根，即函数y＝f（x）与y＝|kx2－2x|的图象有4个不同的公共点．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．图1当k<0时，y＝|
kx2－2x|＝kx－1k2－1k，其图象的对称轴为直线x＝1k<0，直线x＝1k与y＝|kx2－2x|的图象的交点为1k，－1k，点1k，－1k在直线y＝－x上，在同一平面直角坐标系中，分别作出y＝
f（x）与y＝|kx2－2x|的图象如图2所示，由图2易知函数y＝f（x）与y＝|kx2－2x|的图象有4个不同的公共点，满足题意．图2当k>0时，函数y＝|kx2－2x|的图象与x轴的2个交点分别为原点（0，0）与2k，0，则当x>2k时，由kx2－2x
＝x3，得x2－kx＋2＝0，令Δ＝k2－8＝0，得k＝22，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝f（x）与y＝|kx2－2x|的图象如图3所示，由图3知两图象有3个不同的公共点，不满足题意．令Δ＝k2－8>
0，得k>22，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝f（x）与y＝|kx2－2x|的图象如图4所示，由图4知两图象有4个不同的公共点，满足题意．令Δ＝k2－8<0，得0<k<22，易知此时不满足题意．图3图4综上可知，实数k的取值范围是（－∞，0）∪（22，＋∞）．四经典大题
强化篇1．解析：（1）如图所示．（2）∵f（x）＝1－1x＝1x－1，x∈（0，1]，1－1x，x∈（1，＋∞），故f（x）在（0，1]上是减函数，而在（1，＋∞）上是增函数．由0<a<b且f（a）＝f（b），得0<a<1<b且1a
－1＝1－1b，∴1a＋1b＝2.（3）由函数f（x）的图象可知，当0<m<1时，方程f（x）＝m有两个不相等的正根．2．解析：（1）由题表知，随着时间x的增大，y的值随x的增大，先减小后增大，而所给的
函数y＝ax＋b（a≠0），y＝alogbx()a≠0，b>0，b≠1和y＝ax＋b（a≠0）在（0，＋∞）上显然都是单调函数，不满足题意，故选择y＝ax＋bx()a>0，b>0.把()2，148，()6，60，分别代入y＝ax＋bx()a>0，
b>0，得2a＋b2＝1486a＋b6＝60，解得a＝2，b＝288，∴y＝2x＋288x，x∈（0，＋∞）.又y＝2x＋288x≥22x·288x＝48，∴当且仅当2x＝288x时，即当x＝12时，y有最小值，且ymin＝48.故当该纪念章上市12天时，市场价
最低，最低市场价为每枚48元．（2）原不等式可以整理为：f（x）≥32＋210k，x∈[)k，＋∞，因为对∀x∈[)k，＋∞()k>0，都有不等式kf（x）－32k－210≥0恒成立，则f（x）min≥32＋210k.（ⅰ）当0<k≤12时，f（x）＝2x
＋288x≥22x·288x＝48，当且仅当2x＝288x时，即当x＝12时，f（x）min＝48.∴48≥32＋210k，解得k≥13.125，不符合假设条件，舍去．（ⅱ）当k>12时，f（x）在[k，＋∞
）（k>0）单调递增，故f（x）min≥32＋210k，只需2k＋288k≥210k＋32.整理得：k2－16k＋39≥0，∴k≥13（k≤3舍去），综上，实数k的取值范围是[13，＋∞）.单元检测（二）函数1．答案：B解析：对于A选项，当x∈（0，2]时，没有对应的图象，不符合题意；对于B选
项，根据函数的定义本选项符合题意；对于C选项，出现了定义域当中的一个元素对应值域当中的两个元素的情况，不符合函数的定义，不符合题意；对于D选项，值域当中有的元素在集合M中没有对应的实数，不符合题意．故选B.2．答案：B解析：①y＝3－x的定
义域和值域均为R，②y＝2x－1（x>0）的定义域为（0，＋∞），值域为12，＋∞，③y＝x2＋2x－10的定义域为R，值域为[－11，＋∞），④y＝x（x≤0），1x（x>0）的定义域和值域均为R.所以定义域与值域相同的
函数是①④，共有2个．3．答案：C解析：f（－2）＝1＋log2()2＋2＝1＋log222＝1＋2＝3，log12112＝log212＝log2()2×6＝log22＋log26＝1＋log26>1，flog12112＝2log26＝6，所以f（－
2）＋flog12112＝3＋6＝9.故选C.4．答案：A解析：因为函数f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（－x）＝－f（x）.因为f（8）＝log3（8＋1）＝2，所以f（－8）＝－2，所以g（f（－8））＝g（－2）＝f（－2）＝－f（2）＝
－log3（2＋1）＝－1.5．答案：A解析：因为x<0时，f（x）＝x2ex－x＝－xex>0，所以排除选项C、D.因为x>0时，f（x）＝x2exx＝xex，所以f′（x）＝ex＋xex＝ex（x＋1）>0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
排除选项B.6．答案：D解析：因为函数y＝f（x＋1）是定义域为R的偶函数，所以函数f（x）的图象关于直线x＝1对称．又因为f（x）在[1，＋∞）上单调递减，所以不等式f（2x－1）>f（x＋2）等价于|2x－1－1|<|x＋2－1|，两边平方整理得3x2－10x＋3<0，解得
13<x<3.7．答案：B解析：根据题意，函数f（x）满足：对任意的x1，x2∈[0，＋∞）且x1≠x2，都有f（x1）－f（x2）x1－x2<0，则f（x）在[0，＋∞）上为减函数，又f（x）为定义域R上的奇函数，所以函数f（x）在（－∞，0）上
为减函数，所以函数f（x）在R上为减函数．因为c＝log278<0，a＝67－14＝7614，而b＝7615，所以a>b>0，所以f（c）>f（b）>f（a）.8．答案：C解析：设在A地销售该品牌的汽车x辆，则在
B地销售该品牌的汽车（16－x）辆，所以可得利润y＝4.1x－0.1x2＋2（16－x）＝－0.1x2＋2.1x＋32＝－0.1（x－10.5）2＋0.1×10.52＋32.因为x∈[0，16]且x∈N，所以当x＝10或11时，总利润取得最大值43万元．9．答案：C解析：由已知得1⊕x
＝1，x≤1，x2，x>1，2⊕x＝2，x≤2，x2，x>2，所以f（x）＝x－2，x≤1，x3－2，1<x≤2，x3－x2，x>2.当x≤1时，函数的最大值是f（1）＝－1；当1<x≤2时，函数的最大值是f（2）＝6.所以当x∈[－2，2
]时，函数f（x）＝（1⊕x）·x－（2⊕x）的最大值等于6.10．答案：A解析：由题意可知g（0）＝0，设x>0，则－x<0，g（x）＝－g（－x）＝－x2－2x＋5.∵f（g（a））≤2，f（x）＝x2＋x，x<0，－x2，x≥0
，∴g（a）≥－2，∴a<0，a2－2a－5≥－2或a>0，－a2－2a＋5≥－2或a＝0，解得a≤－1或0≤a≤22－1.11．答案：D解析：函数f（x）＝2x＋11＋2x－13＝53－21＋2x∈－13，53，
当－13<f（x）<0时，y＝[f（x）]＝－1；当0≤f（x）<1时，y＝[f（x）]＝0；当1≤f（x）<53时，y＝[f（x）]＝1，所以函数y＝[f（x）]的值域是{－1，0，1}．12．答案：D解析：
令x＝－2，由f（x＋4）＝f（x）＋f（2），得f（－2）＝0，因为函数y＝f（x）是R上的偶函数，所以f（2）＝f（－2）＝0，所以f（x＋4）＝f（x），即函数y＝f（x）是以4为周期的周期函数．所以f（20
17）＝f（504×4＋1）＝f（1）.因为f（3）＝－1，所以f（－3）＝－1，所以f（1）＝f（－3）＝－1，从而f（2017）＝－1；因为函数y＝f（x）的图象关于y轴对称，周期为4，所以函数y＝f（x）图象的一条对称轴方程为x＝－4；当x1，x2∈[
0，2]，且x1≠x2时，都有f（x1）－f（x2）x1－x2>0，设x1<x2，则f（x1）<f（x2），故函数y＝f（x）在[0，2]上是增函数．根据对称性，易知函数y＝f（x）在[－2，0]上是减函数，再根据周期性，可知函数y
＝f（x）在[－6，－4]上为减函数；f（2）＝f（－2）＝0，结合单调性及周期性，可知在[－6，6]上有且仅有f（2）＝f（－2）＝f（6）＝f（－6）＝0，即方程f（x）＝0在[－6，6]上有4个根．综上所述，4个命题都正确．13．答案：9解析：函数
y＝loga（x－1）＋4的图象恒过点P，则P（2，4），设幂函数f（x）＝xα，则2α＝4，解得α＝2，所以f（x）＝x2，所以f（3）＝32＝9.14．答案：5解析：∵函数f（x）＝log2（2－x），x<1，2x，x≥1，∴f（－2）＝log24＝2，f（log23）＝2
log23＝3，∴f（－2）＋f（log23）＝2＋3＝5.15．答案：(]－∞，－1∪12，＋∞解析：由f（x）＝－x3＋2x－ex＋1ex，则f（－x）＝－（－x）3－2x－e－x＋1e－x＝x3－2x－1ex＋ex＝f（－x），
即函数为R上的奇函数．又f′（x）＝－3x2＋2－ex－e－x≤－3x2＋2－2ex·e－x＝－3x2≤0，故f（x）为R上的减函数．又f()a－1＋f()2a2≤0，所以f()a－1≤f()－2a2，即2a2＋a－1≥0，解得a∈(
]－∞，－1∪12，＋∞，即实数a的取值范围是(]－∞，－1∪12，＋∞.16．答案：（2＋22，＋∞）解析：设点（m，n）（m>0）是函数y＝f（x）的一个“伙伴点组”中的一个点，则其关于原点的对称点（－m，－n）必在该函数图象上，故
n＝m2＋1，－n＝k（－m＋1），消去n，整理得m2－km＋k＋1＝0.若函数f（x）有两个“伙伴点组”，则该方程有两个不相等的正实数根，即Δ＝k2－4（k＋1）>0，k>0，k＋1>0，解得k>2＋22.故实数k的取值范围是（2＋22，＋∞）.17．解析：（1
）因为函数的定义域为R，所以ax2－x＋3>0恒成立，当a＝0时，－x＋3>0不恒成立，不符合题意；当a≠0时，a>0，Δ＝1－12a<0，解得a>112.综上所述，a∈112，＋∞.（2）由题意可知，ax2－x＋3＝9在[1，3]上
有解，即a＝6x2＋1x在[1，3]上有解．设t＝1x，t∈13，1，则a＝6t2＋t.因为y＝6t2＋t在13，1上单调递增，所以y∈[1，7].所以a∈[1，7].18．解析：（1）x<0时，－x>0，f（－x）＝
－（－x）2－2x＝－x2－2x又f（x）为R上的奇函数，∴f（x）＝－f（－x）＝x2＋2x又∵当x＝0时，f（0）＝0∴f（x）的解析式为f（x）＝－x2＋2x，x≥0，x2＋2x，x<0.（2）由（1）知：f（x）＝－x2＋2x（x≥0）在[0，1]
上单调递增．f（x）＝x2＋2x（x<0）在[－1，0）上单调递增，∴f（x）在[－1，1]上单调递增，又f（x）在[－1，a－2]上单调递增，∴[－1，a－2]⊆[－1，1]，∴－1<a－2≤1，1<a≤3.即a的取值范围是（1，3].19．解析：
（1）∵f（x）是R上的奇函数，∴f（0）＝0，可得b＝1.又f（－1）＝－f（1），∴1－2－12－1＋a＝－1－22＋a，解得a＝1.经检验，当a＝1且b＝1时，f（x）＝1－2x2x＋1，满足f（x）是R上的奇函数．（2）由（1）得f（x）＝1－2x2x＋1＝－1＋22x＋
1.任取实数x1，x2∈R，且x1<x2，则f（x1）－f（x2）＝22x1＋1－22x2＋1＝2（2x2－2x1）（2x1＋1）（2x2＋1）.∵x1<x2，∴2x1<2x2，且（2x1＋1）（2x2＋1）>0
，∴f（x1）－f（x2）>0，即f（x1）>f（x2），∴函数f（x）在R上为减函数．（3）由（1）和（2）知，函数f（x）是奇函数且在R上为减函数，∴不等式f（t2－2t）＋f（－2t2＋k）<0恒成立，即f（t2－2t）<－f（－2t2＋k）＝f（2t2－
k）恒成立，故t2－2t>2t2－k对任意的t∈[－2，2]恒成立，即k＞t2＋2t对任意的t∈[－2，2]恒成立，令h（t）＝t2＋2t＝（t＋1）2－1，t∈[－2，2]，易知当t＝2时，h（t）取得最大值8，∴k>8.故实数k的取值范围是（8，＋∞）.20．解析：
（1）由x＝4时，kx＋1＋20·149＝3129，得k＝5；（2）因为数据有增有减，①④不符合题意，将二三组数据代入②类函数解析式可得：a（10－20）2＋b＝155a（20－20）2＋b＝165，解得：a＝－110b＝165，即得②类函数解析式为N（x）
＝－110（x－20）2＋165.将二三组数据代入③类函数解析式可得：a|10－20|＋b＝155a|20－20|＋b＝165，解得：a＝－1b＝165，即得③类函数解析式为N（x）＝－|x－20|＋165，将第一组数据代入N（x）＝－11
0（x－20）2＋165，可知：N（4）＝－110（4－20）2＋165＝139.4，将第一组数据代入N（x）＝－|x－20|＋165，可知：N（4）＝－|4－20|＋165＝149，因此N（x）＝－|x－20|＋165（0≤x≤30）最合适．当x∈[1，20）时，f（x）＝5x＋1＋
20（x＋145）＝5x＋1＋20（x＋1＋144）＝5＋20（x＋1）＋5·144x＋1＋2880≥2885＋220（x＋1）·5×144x＋1＝3125，当且仅当x＝5时，等号成立，当x∈[20，30]时，f（x）＝5x＋1＋20（－x＋185）＝5x＋1
＋20（－x－1＋186）＝5×186x＋1－20（x＋1）＋3715函数f（x）在x∈[20，30]上单调递减，所以f（x）≥f（30）＝3125，当且仅当x＝30时，等号成立．综上可知，当x＝5或x＝30日销售收入最小值为3125元．21．解析：（1）当
a＝2时，f（x）＝2x－2·4x≥0，即2x≥22x＋1，所以x≥2x＋1，解得x≤－1.故实数x的取值范围是（－∞，－1].（2）由题意知f（x）>－1在x∈（－∞，1]上恒成立，即a－a2>－14x＋12x在x∈（
－∞，1]上恒成立．因为函数y＝14x和y＝12x在x∈（－∞，1]上均单调递减，所以y＝－14x＋12x在（－∞，1]上单调递增，最大值为－141＋121＝
－34.因此a－a2>－34，解得－12<a<32.故实数a的整数值是0，1.22．解析：（1）f（x）是定义在R的偶函数，所以f（－1）＝f（1），log3（3－1＋1）＋k＝log3（31＋1）－k，2k＝log34－log343＝log34×34＝1，k＝12，此时f（－x）＝l
og3（3－x＋1）＋12x＝log33x＋13x＋12x＝log3（3x＋1）－x＋12x＝f（x），满足题意，所以f（x）＝log3（3x＋1）－12x.（2）依题意存在x1∈[log32，8]，对任意的x2∈[
1，4]，都有g（x1）≤h（x2），g（x）＝f（x）＋12x＝log3（3x＋1），f（x）在区间[log32，8]上递增，g（x）在区间[log32，8]上的最小值为g（log32）＝log3（3log32＋1）＝1.h（x）＝x
2－2tx＋5（1≤x≤4），开口向上，对称轴为x＝t，当t≤1时，h（x）在[1，4]上递增，最小值为h（1）＝1－2t＋5＝6－2t，依题意可知6－2t≥1，t≤52，则t≤1.当1<t<4时，h（x）的最小值为h（t）＝t2－2t2＋5＝5－
t2，依题意可知5－t2≥1，t2≤4，则1<t≤2.当t≥4时，h（x）在[]1，4上递减，最小值为h（4）＝16－8t＋5＝21－8t，依题意可知21－8t≥1，t≤52，不符合．综上所述，t的取值范围是(]－∞，2.第三单元导数及其应用点点练8导数的概念与几何意义、导数的运
算一基础小题练透篇1．答案：A解析：由容器的形状可知，在相同的变化时间内，高度的减小量越来越大，且高度h的变化率小于0，所以f（t）在区间[]t0－Δt，t0，[]t0，t0＋Δt（Δt>0）上的平均变化率由大变小，即k1>k2.故选A.2．答案：B解析：由f（x
）＝mx2＋lnx＋1⇒f′（x）＝2mx＋1x，f′（1）＝2m＋1，f（1）＝m＋1，则函数在()1，f（1）处的切线方程为y＝()2m＋1（x－1）＋m＋1，将()2，8代入切线方程可得m＝2.故选B.3．答案：B解析：由f（x）＝2xf′（1）＋ln
x，可得f′（x）＝2f′（1）＋1x，所以f′（1）＝2f′（1）＋1，则f′（1）＝－1.故选B.4．答案：C解析：对于A，sinπ5′＝0，故A不正确；对于B，（x2sin3x）′＝（x2）′sin3x＋x2（sin3x）′＝2xsin3x＋3x2cos3x，B错误．对于
C，（tanx）′＝sinxcosx′＝cosx·cosx－sinx·()－sinxcos2x＝1cos2x，C正确．对于D，[]ln()2x－1′＝12x－1×2＝22x－1，D错误．故选C.5．答案：D解析：由题意知，f′（x）＝3x2＋2ax
，所以曲线y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线斜率为f′（x0）＝3x20＋2ax0，又切线方程为x＋y＝0，所以x0≠0，且3x20＋2ax0＝－1x0＋x30＋ax20＝0，解得a＝±2，x0＝－a2.所以当
x0＝1a＝－2时，点P的坐标为（1，－1）；当x0＝－1a＝2时，点P的坐标为（－1，1）.6．答案：A解析：y′＝－ex（ex＋1）2＝－1ex＋1ex＋2，因为ex>0，所以ex＋1ex≥2ex×1ex＝2（当且仅当ex＝1ex，即x＝0时取等
号），则ex＋1ex＋2≥4，故y′＝－1ex＋1ex＋2≥－14（当x＝0时取等号）.当x＝0时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为0，12，切线的方程为y－12＝－14（x－0），即x＋4y－2＝0.
7．答案：y＝x＋1解析：由limΔx→0f（1＋2Δx）－f（1－Δx）Δx＝3limΔx→0f（1＋2Δx）－f（1－Δx）3Δx＝3，得f′（1）＝1，而f′（x）＝a－1x，所以a＝2，f（x）
＝2x－lnx，f（1）＝2，所以切线方程为y－2＝x－1，即y＝x＋1.8．答案：2x－y－2π－2＝0解析：因为f（x）＝2sinx＋π2＋f′π2sinx＝2cosx＋f′π2sinx，所以f（π）＝2cos
π＋f′π2sinπ＝2×（－1）＋f′π2×0＝－2，切点为（π，－2）.而f′（x）＝－2sinx＋f′π2cosx，令x＝π2，得f′π2＝－2sinπ2＋f′π2cosπ2＝－2×1＋f′π
2×0＝－2，所以f′（x）＝－2sinx－2cosx，所以曲线y＝f（x）在点（π，－2）处的切线的斜率为f′（π）＝－2sinπ－2cosπ＝－2×0－2×（－1）＝2，所以曲线y＝f（x）在点（π，－2）处的切线方程为y－（－2）＝2（x－π）.即2x－y－2π－2＝0.二能力小题提升篇1
．答案：D解析：因为f（x）＝aex＋x2，所以f′（x）＝aex＋2x，因此切线方程的斜率k＝f′（1）＝ae＋2，所以有ae＋2＝2e＋2，得a＝2，又切点在切线上，可得切点坐标为（1，2e＋2＋b），将切点代入f（x）
中，有f（1）＝2e＋1＝2e＋2＋b，得b＝－1，所以ab＝－2.2．答案：A解析：∵f（x）＝axlnx＋b过点（1，1），∴f（1）＝aln1＋b＝1，解得b＝1.∵f′（x）＝a（lnx＋1），∴f′（1）＝a（ln1＋1）＝a，则f（x）在点（1，1）处的切线方程为y＝a（x－1）＋1
.∵y＝a（x－1）＋1过点（3，5），∴a＝2，∴f（x）＝2xlnx＋1，∴f′（x）＝2（lnx＋1）.令f′（x）>0，得x>1e；令f′（x）<0，得0<x<1e，∴f（x）在0，1e上单调递
减，在1e，＋∞上单调递增．∴f（x）的最小值为f1e＝2eln1e＋1＝1－2e.3．答案：A解析：由y＝x2＋2lnx，得y′＝2x＋2x，由2x＋2x＝4，解得x＝1()x>0
，则直线y＝4x＋m与曲线y＝x2＋2lnx相切于点()1，4＋m，∴4＋m＝1＋2ln1＝1，得m＝－3，∴直线y＝4x－3是曲线y＝x3－nx＋13的切线，由y＝x3－nx＋13，得y′＝3x2－n，设切点为()t，t3
－nt＋13，则3t2－n＝4，且t3－nt＋13＝4t－3，联立可得3t2－t2－16t＋4＝4，解得t＝2，所以n＝8.∴n－m＝8－()－3＝11.故选A.4．答案：B解析：①f（x）＝x2，f′（x）＝2x，x2＝2x，x＝0
，x＝2，有“巧值点”；②f′（x）＝－e－x，－e－x＝e－x，无解，无“巧值点”；③f（x）＝lnx，f′（x）＝1x，lnx＝1x，令g（x）＝lnx－1x，g（1）＝－1<0，g（e）＝1－1e>0.由零点存在性定理，所以在
（1，e）上必有零点，f（x）有“巧值点”；④f（x）＝tanx，f′（x）＝1cos2x，1cos2x＝tanx，sinxcosx＝1，即sin2x＝2，无解，所以f（x）无“巧值点”．所以有“巧值点”的是①③.5．答案：（－∞，e]解析：设f（x）＝ex，切点为（x0，ex0），则f
′（x）＝ex，所以k＝ex0，b＝ex0－kx0＝ex0（1－x0），所以k＋b＝ex0＋ex0（1－x0）＝ex0（2－x0）.令g（x）＝ex（2－x），则g′（x）＝ex（2－x）－ex＝ex（1－x），当x∈（－∞，1）时，g′（x）>0，g（x）单调
递增；当x∈（1，＋∞）时，g′（x）<0，g（x）单调递减．所以g（x）的最大值为g（1）＝e，又x→－∞时，g（x）→0，x→＋∞时，g（x）→－∞，所以k＋b的取值范围是（－∞，e].6．答案：－7e4，0解析：设切点坐
标为（x0，y0），则y0＝f（x0）＝（x0＋2）ex0.由f（x）＝（x＋2）ex，可得f′（x）＝（x＋3）ex，所以切线方程为y－y0＝（x0＋3）ex0（x－x0），整理得y－（x0＋2）ex0＝（x0＋3）
ex0（x－x0），将M（1，t）代入可得，t＝（－x20－x0＋5）ex0＝h（x0），h′（x0）＝（－x20－3x0＋4）ex0＝－（x0＋4）（x0－1）ex0，则h（x0）在（－∞，－4）和（1，＋∞）
上单调递减；在（－4，1）上单调递增．所以，h()x0在x0＝－4处有极小值h()－4＝－7e4，在x0＝1处有极大值h（1）＝3e.易知当x0<－1＋212时，h()x0<0（如图所示）所以当－7e4<t<0时，函数t＝h()x0有3个零点，即当－7e
4<t<0时，过点M()1，t可作3条与曲线y＝f（x）相切的直线．三高考小题重现篇1．答案：B解析：f′（x）＝4x3－6x2，则f′（1）＝－2，易知f（1）＝－1，由点斜式可得函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程为y－（－
1）＝－2（x－1），即y＝－2x＋1.2．答案：D解析：方法一因为函数f（x）＝x3＋（a－1）x2＋ax为奇函数，所以f（－x）＝－f（x），所以（－x）3＋（a－1）（－x）2＋a（－x）＝－[x3＋（a－1）x2＋ax]，所
以2（a－1）x2＝0，因为x∈R，所以a＝1，所以f（x）＝x3＋x，所以f′（x）＝3x2＋1，所以f′（0）＝1，所以曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为y＝x.方法二因为函数f（x）＝x3＋（a－1）x2＋ax为奇函数，所以f（－1）＋f（
1）＝0，所以－1＋a－1－a＋（1＋a－1＋a）＝0，解得a＝1，经检验满足题意，所以f（x）＝x3＋x，所以f′（x）＝3x2＋1，所以f′（0）＝1，所以曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为y＝x.3
．答案：D解析：方法一在曲线y＝ex上任取一点P()t，et，对函数y＝ex求导得y′＝ex，所以，曲线y＝ex在点P处的切线方程为y－et＝et()x－t，即y＝etx＋()1－tet，由题意可知，点()a，b在直线y＝etx＋()1－tet上，可得b＝aet＋()1－tet＝()a＋1－tet
，令f（t）＝()a＋1－tet，则f′（t）＝()a－tet.当t<a时，f′（t）>0，此时函数f（t）单调递增，当t>a时，f′（t）<0，此时函数f（t）单调递减，所以，f（t）max＝f()a＝ea，由题意可知，直线y＝b与曲线y＝f（t）的图象有两个交点，则b<f（t）m
ax＝ea，当t<a＋1时，f（t）>0，当t>a＋1时，f（t）<0，作出函数f（t）的图象如图所示：由图可知，当0<b<ea时，直线y＝b与曲线y＝f（t）的图象有两个交点．方法二画出函数曲线y＝ex的图象如图所示，根据直观即可判定点()a，b在曲线下方和x
轴上方时才可以作出两条切线．由此可知0<b<ea.4．答案：1解析：f′（x）＝（x＋a－1）ex（x＋a）2，则f′（1）＝ae（a＋1）2＝e4，解得a＝1.5．答案：5x－y＋2＝0解析：因为y＝2x－1x＋2，所
以y′＝2（x＋2）－（2x－1）（x＋2）2＝5（x＋2）2.当x＝－1时，y＝－3，y′＝5，所以所求切线方程为y＋3＝5（x＋1），即5x－y＋2＝0.6．答案：y＝xey＝－xe解析：当x>0时，y＝
lnx，y′＝1x.假设此时直线与曲线y＝lnx相切于点（x1，lnx1）（x1>0），则此时切线方程为y－lnx1＝1x1（x－x1）.若该切线经过原点，则lnx1－1＝0，解得x1＝e，此时切线方程为y＝xe.当x<0时，y＝ln（－x），y′＝1x.假设此时直线与曲线y＝ln（－x）相切
于点（x2，ln（－x2））（x2<0），则此时切线方程为y－ln（－x2）＝1x2（x－x2）.若该切线经过原点，则ln（－x2）－1＝0，解得x2＝－e，此时切线方程为y＝－xe.四经典大题强化篇1．解析：（1）因为f（x）＝12x2－4lnx－12，所以f′（x）＝x－4x.
令x－4x＝－3，即x2＋3x－4＝0，解得x＝1或x＝－4（舍去）.因为f（1）＝0，所以切点是（1，0），代入3x＋y－a＝0，得a＝3.（2）f′（x）＝x－4x，x>0.令f′（x）>0，得x>2；令f′（x）<0，得0<x
<2.所以f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，＋∞）上单调递增，即f（x）的单调递减区间为（0，2），单调递增区间为（2，＋∞）.2．解析：（1）方程7x－4y－12＝0可化为y＝74x－3，当x＝2时，y＝12.又因为f′（x）＝a＋bx2，
所以2a－b2＝12，a＋b4＝74．解得a＝1，b＝3，所以f（x）＝x－3x.（2）证明：设P（x0，y0）为曲线y＝f（x）上任一点，由y′＝1＋3x2知曲线在点P（x0，y0）处的切线方程为y－y0＝1＋3x20（x－x0），即y－
x0－3x0＝1＋3x20（x－x0）.令x＝0，得y＝－6x0，所以切线与直线x＝0的交点坐标为0，－6x0.令y＝x，得y＝x＝2x0，所以切线与直线y＝x的交点坐标为（2x0，2x0）.所以曲
线y＝f（x）在点P（x0，y0）处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积S＝12－6x0|2x0|＝6.故曲线y＝f（x）上任一点处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形面积为定值，且此定值为6.点点练9导数与函数的单调性、极值、最值一基础小题练透篇1．答案：A
解析：由f′（x）的图象可知：当x∈（－∞，－2）∪（0，＋∞）时，f′（x）<0，当x∈（－2，0）时，f′（x）>0，所以f（x）在（－∞，－2）和（0，＋∞）单调递减，在（－2，0）单调递增，可排除B、C、D.2．答案：B解析：依题意f′（x）＝2x－a＋1x≥
0在区间（1，e）上恒成立，即a≤2x＋1x在区间（1，e）上恒成立，令g（x）＝2x＋1x（1<x<e），g′（x）＝2－1x2＝2x2－1x2＝（2x＋1）（2x－1）x2>0，g（x）在（1，e）上
单调递增，g（1）＝3，所以a≤3.所以a的取值范围是（－∞，3].3．答案：A解析：∵f（x）＝alnx＋bx，∴f′（x）＝ax＋b，又函数f（x）在x＝1处取得极值2，则f′（1）＝a＋b＝0，且f（1）＝b＝2，所以a＝－2，b＝2，经检验满
足要求，所以a－b＝－4.故选A.4．答案：A解析：由f′（x）的图象可知，其与x轴有4个交点，但是只有2个满足由正变负或由负变正的条件，所以f（x）在（x1，x2）内极值点的个数为2.5．答案：C解析：设f（x）＝ex－1－x，x>1，则f′（
x）＝ex－1－1>0在（1，＋∞）上恒成立，所以f′（x）在（1，＋∞）单调递增，所以f′（x）>f′（1）＝0，所以f（x）在（1，＋∞）单调递增，所以f（1.1）>f（1），即e0.1－1.1>e0－1＝0，所以e0.1>1.1，又y＝x
1.1在（0，＋∞）单调递增，所以()e0.11.1>（1.1）1.1，即e0.11>1.11.1，所以b>a；设g（x）＝1＋lnx－x，x>1，则g′（x）＝1x－1<0在（1，＋∞）上恒成立，所以g′（x）在（1
，＋∞）单调递减，所以g′（x）<g′（1）＝0，所以g（x）在（1，＋∞）单调递减，所以g()1.11.1<g（1）＝0，即1＋ln1.11.1－1.11.1<0，所以1＋ln1.11.1<1.11.1，即1＋1.1ln1.1<1.11.1，所以a>c；综上所述：b>a>
c，故选C.6．答案：A解析：f′（x）＝[]x2＋（a2＋2）x＋a2＋1ex＝（x＋1）（x＋a2＋1）ex.①当a＝0时，f′（x）＝（x＋1）2ex≥0，故f（x）在R上单调递增，f（x）无最小值．②当a≠0时，令f′（x）＝0，得x＝
－1或x＝－a2－1.又－a2－1<－1，故当x<－a2－1时，f′（x）>0，f（x）单调递增；当－a2－1<x<－1时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当x>－1时，f′（x）>0，f（x）单调递增．故f（x）在x＝－1处取得极小值.综上，函数f（x）在x＝－1处
取得极小值⇔a≠0.所以“a＝2”是“函数f（x）在x＝－1处取得极小值”的充分不必要条件．故选A.7．答案：2解析：f′（x）＝ex－1，当x∈（0，＋∞）时，f′（x）>0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增．因为f（2
）＝e2－8<0，f（3）＝e3－9>0，∴存在唯一的x0∈（2，3）使得f（x0）＝0，又∵函数f（x）＝ex－x－6的零点所在区间为（n，n＋1）（n∈N），所以n＝2.8．答案：（－∞，4]解析：由已知得f′（x
）＝4x＋1x－a（x>0），因为函数f（x）是定义域上的单调递增函数，所以当x>0时，4x＋1x－a≥0恒成立．因为当x>0时，函数g（x）＝4x＋1x≥4，当且仅当x＝12时取等号，所以g（x）∈[4，＋∞），所以a≤4，即实数a的取值范围是（－∞，4].二能力小题提升篇1．答案：D解析：
函数f（x）＝13x3－mx2＋mx＋9在R上无极值⇔f′（x）＝x2－2mx＋m在R上无变号零点⇔Δ＝4m2－4m≤0⇔0≤m≤1.2．答案：D解析：因为y＝f（x）是定义域为R的奇函数，且当x<0时，f（x）＝x＋ax＋1.当x>0时，－x<0，则
f（－x）＝－x－ax＋1＝－f（x），所以当x>0时，f（x）＝x＋ax－1，此时f′（x）＝1－ax2.当a≤1时，f′（x）＝1－ax2≥0在[1，＋∞）上恒成立，函数f（x）在[1，＋∞）上单调递增，当x＝1时，函数取得最小值f（1）＝1＋a－1＝3，解得a＝3（舍），当a>1时
，x∈[1，a]，f′（x）<0，函数单调递减；x∈[)a，＋∞，f′（x）>0，函数单调递增，x＝a时，函数取得最小值f（a）＝2a－1＝3，解得a＝4，综上，a＝4.故选D.3．答案：C解析：f′（x）＝1－lnxx2－1＝1
－lnx－x2x2.令φ（x）＝1－lnx－x2，则φ′（x）＝－1x－2x<0，所以φ（x）＝1－lnx－x2在（0，＋∞）上单调递减．因为φ（1）＝0，所以当0<x<1时，φ（x）>0；当x>1时，φ（x）<0.所以f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，＋∞），
故f（x）的极大值点为1，f（x）的极大值为f（1）＝－1.4．答案：B解析：因为f（x）＝cos（2x－x）－cos（2x＋x）＝cos2xcosx＋sin2xsinx－（cos2xcosx－sin2xsinx）＝2
sin2xsinx＝4sin2xcosx＝4cosx（1－cos2x）＝－4cos3x＋4cosx.设t＝cosx，则t∈[－1，1]，则问题转化为求函数g（t）＝－4t3＋4t，t∈[－1，1]上的最大值，故g′（t）＝－12t2＋4＝－4（3t2－1）.由g
′（t）>0，得－33<t<33，由g′（t）<0，得－1≤t<－33或33<t≤1，则g（t）在－1，－33和33，1上单调递减，在－33，33上单调递增．因为g（－1）＝g（1）＝0，g－33＝－839
，g33＝839，所以g（t）∈－839，839，即f（x）的值域是－839，839.故选B.5．答案：－18解析：∵f（x）＝x3＋3mx2－nx＋m2，f′（x）＝3x2＋6mx－n，函数f
（x）＝x3＋3mx2－nx＋m2在x＝－1时有极值0，可得f（－1）＝0f′（－1）＝0即－1＋3m＋n＋m2＝03－6m－n＝0，解得m＝2n＝－9或m＝1n＝－3，若
m＝1n＝－3时，函数f（x）＝x3＋3x2＋3x＋1，f′（x）＝3x2＋6x＋3＝3（x＋1）2≥0，所以函数f（x）在R上单调递增，函数无极值，故舍，所以m＝2n＝－9，所以mn＝－18.6．
答案：3－2ln2解析：因为函数f（x）在（－∞，1]上递增，在（1，＋∞）上也递增，且m<n时，f（m）＝f（n），所以m≤1，e≥n>1，所以f（m）＝12m＋12，f（n）＝lnn，所以12m＋12＝lnn，即m＝2lnn－1，所以n－m＝n－2lnn＋
1，e≥n>1，令h（x）＝x－2lnx＋1（e≥x>1），则h′（x）＝1－2x＝x－2x，当x∈（1，2）时，h′（x）<0，当x∈（2，＋∞）时，h′（x）>0，所以h（x）在（1，2）上递减，在（2，＋∞）上递增，所以x＝2时，h（x）取得最
小值h（2）＝2－2ln2＋1＝3－2ln2.即n－m的最小值是：3－2ln2.三高考小题重现篇1．答案：D解析：设导函数y＝f′（x）与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′（x）的图象易得当x∈（－∞，x1）∪（
x2，x3）时，f′（x）<0；当x∈（x1，x2）∪（x3，＋∞）时，f′（x）>0（其中x1<0<x2<x3），所以函数f（x）在（－∞，x1），（x2，x3）上单调递减，在（x1，x2），（x3，＋∞）上单调递增，观察各选项，只有D选项符
合．2．答案：A解析：a－c＝3132－4sin14＝1－12×142－sin1414.不妨设f（x）＝1－12x2－sinxx＝x－12x3－sinxx.令h（x）＝x－12x3－sinx，则h′（x）＝1－32x2－c
osx．令g（x）＝1－32x2－cosx，则g′（x）＝－3x＋sinx．当x∈0，14时，sinx＜3x，所以当x∈0，14时，g′（x）＜0，所以g（x）在0，14上单调递减，所以当x∈0，14时，g（x）＜g（0）＝0，所以当x∈
0，14时，h′（x）＜0，所以h（x）在0，14上单调递减．所以当x∈0，14时，h（x）＜h（0）＝0，所以当x∈0，14时，f（x）＜0，所以f14＜0，即a＜c.结合四个选项，排除B，C，D.故选A.3．答案：－3解析：f′（x）＝6x2－
2ax＝2x（3x－a）（x>0）.①当a≤0时，f′（x）>0，f（x）在（0，＋∞）上递增，又f（0）＝1，∴f（x）在（0，＋∞）上无零点．②当a>0时，由f′（x）>0，解得x>a3，由f′（x）<0，解得0<x<a3，∴f（x）在0，a3上递减，在a3，
＋∞上递增．又f（x）只有一个零点，∴fa3＝－a327＋1＝0，∴a＝3.此时f（x）＝2x3－3x2＋1，f′（x）＝6x（x－1），当x∈[－1，1]时，f（x）在[－1，0]上递增，在[
0，1]上递减．又f（1）＝0，f（－1）＝－4，∴f（x）max＋f（x）min＝f（0）＋f（－1）＝1－4＝－3.4．答案：－332解析：f′（x）＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2（2c
os2x－1）＝2（2cos2x＋cosx－1）＝2（2cosx－1）（cosx＋1）.∵cosx＋1≥0，∴当cosx<12时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当cosx>12时，f′（x）>0，f（x）单调递增．∴当co
sx＝12，f（x）有最小值．又f（x）＝2sinx＋sin2x＝2sinx（1＋cosx），∴当sinx＝－32时，f（x）有最小值，即f（x）min＝2×（－32）×（1＋12）＝－332.5．答案：①④解析：对于
①，令g（x）＝ex·2－x＝e2x.由e2>1知g（x）在R上是增函数，故f（x）＝2－x具有M性质．对于②，令g（x）＝ex·3－x＝e3x.由0<e3<1知g（x）在R上是减函数，故f（x）＝3－x不具有M性质．对于③，令g（x）＝
ex·x3，则g′（x）＝ex（3x2＋x3）＝x2ex（x＋3）.当x∈（－∞，－3）时，函数g（x）是减函数，因此f（x）＝x3不具有M性质．对于④，令g（x）＝ex（x2＋2），则g′（x）＝ex（x2＋2x＋2
）＝ex[（x＋1）2＋1]>0.因此g（x）在R上是增函数，故f（x）＝x2＋2具有M性质．应填①④.6．答案：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，1.四经典大题强化篇1．解析：（1）当a＝1时，f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）
＝x－lnx，令h（x）＝x－lnx，则h′（x）＝1－1x＝x－1x，当h′（x）<0⇒0<x<1，当h′（x）>0⇒x>1，所以f′（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，∴x＝1为f′（x）的极小值点，且f′（x）≥f′（1）＝1>0，∴f（x）在（
0，＋∞）单调递增．（2）问题转化为方程alnx＝x有两个不相等的实根，当lnx＝0，即x＝1时，alnx＝x不成立；当x>0且x≠1时，a＝xlnx，令φ（x）＝xlnx，则y＝a与φ（x）＝xlnx的图象有两个交点，∵φ′（x）＝lnx－1（lnx）2，φ′（x）<0⇒0<x<
1或1<x<e；φ′（x）>0⇒x>e，∴φ（x）在（0，1），（1，e）上单调递减，在（e，＋∞）上单调递增，又当x∈（0，1），φ（x）<0，x∈（1，＋∞），φ（x）>0，且φ（x）在（1，＋∞）的最小值为φ（e
）＝e，∴当a>e时，直线y＝a与φ（x）＝xlnx的图象有两个交点，∴实数a的取值范围为（e，＋∞）.2．解析：（1）若a＝0，有f（x）＝3－2xx2，定义域为{x|x≠0},则f′（x）＝2x－6x3，f′（x）<0得0<x<3；f′（x）>0得x
<0或x>3，所以f（x）的减区间是（0，3），增区间是（－∞，0），()3，＋∞.（2）∵f′（x）＝2x2－6x－2a（x2＋a）2，f′（－1）＝0即：8－2a＝0，∴a＝4，∴f（x）＝3－2xx2＋4，∴f′（x）＝2x2－6x－8（x2＋4）2＝2（x－4）（x＋1）（x2＋4）2
，∴当x<－1或x>4时，f′（x）>0；当－1<x<4时f′（x）<0，∴f（x）在（－∞，－1），（4，＋∞）上递增，在（－1，4）上递减，∴f（x）的极大值为f（－1）＝1，f（x）的极小值为f（4）＝－14.又∵当x→－∞时
，f（x）→0＋，当x→＋∞时，f（x）→0－，∴f（x）max＝f（－1）＝1，f（x）min＝f（4）＝－14.点点练10导数的综合应用一基础小题练透篇1．答案：B解析：令f（x）＝x3－3x2－9x＋2，则f′（x）＝3x2－6x－9
，令f′（x）＝0，得x＝－1或3（舍去）.因为f（－1）＝7，f（－2）＝0，f（2）＝－20.所以f（x）的最小值为f（2）＝－20，故m≤－20.2．答案：D解析：因为f′（x）＝13－1x，所以当x∈（0，3）
时，f′（x）<0，f（x）单调递减，而0<1e<1<e<3，又f1e＝13e＋1>0，f（1）＝13>0，f（e）＝e3－1<0，所以f（x）在区间1e，1上无零点，在区间（1，e）上有零点．3．答案：D解析：f′（x）＝ex
＋xex＝（1＋x）ex，当x>－1时，f′（x）>0，函数单调递增；当x<－1时，f′（x）<0，函数单调递减．所以当x＝－1时，f（x）取得最小值，f（－1）＝－1e.函数g（x）的最大值为a.若∃x1，x2∈R，使得f（x2）≤g（
x1）成立，则有g（x）max≥f（x）min，即a≥－1e.4．答案：A解析：∵f（x）＝f（－x），当x>0时，f′（x）＝ex2·2x－4x，令f′（x）＝0，则2x（ex2－2）＝0⇒x＝ln2∈（0，1），且f（ln2）＝2－2ln2>0，∴当x>0时，f（x）>0，
且只有一个极值点，∴排除B，C，D.5．答案：A解析：对于不等式xf′（x）≤0，当－32<x<0时，f′（x）≥0，则结合图象，知原不等式的解集为－32，－13；当0≤x<3时，f′（x）≤0，则结合图象，知原不等式
的解集为[0，1]∪[2，3）.综上，原不等式的解集为－32，－13∪[0，1]∪[2，3）.故选A.6．答案：B解析：由题意知a≤2lnx＋x＋3x对x∈（0，＋∞）恒成立，令g（x）＝2lnx＋x＋3x，则g′（x
）＝2x＋1－3x2＝x2＋2x－3x2，由g′（x）＝0得x＝1或x＝－3（舍），且x∈（0，1）时，g′（x）<0，x∈（1，＋∞）时，g′（x）>0.因此g（x）min＝g（1）＝4.所以a≤4.7．答
案：－332解析：∵f（x）周期为2π，∴只需考虑x∈[0，2π]的最小值即可，f′（x）＝2cos2x＋2sinx＝2（1－2sin2x）＋2sinx＝2（1－sinx）（2sinx＋1）则f（x）在[0，2π]上的单调性如下表：f（0）＝－2，f
11π6＝sin11π3－2cos11π6＝－332，因为－332<－2，所以函数的最小值为－332.8．答案：（0，2－ln3]解析：由题意可知，ax－2a>2x－lnx－4，设g（x）＝2x－lnx－4，h（x）＝ax－2
a.由g′（x）＝2－1x＝2x－1x，可知g（x）＝2x－lnx－4在0，12上为减函数，在12，＋∞上为增函数．h（x）＝ax－2a的图象恒过点（2，0），在同一平面直角坐标系中作出g（x），h（x）的图象如图所示．若有且只有两个整
数x1，x2，使得h（x1）>g（x1）且h（x2）>g（x2），则a>0，h（1）>g（1），h（3）≤g（3），即a>0，－a>－2，a≤2－ln3，解得0<a≤2－ln3.二能力小题提升篇1．
答案：D解析：构造函数f（x）＝xsinx，则f′（x）＝sinx＋xcosx，x∈0，π2时，导函数f′（x）≥0，f（x）单调递增；x∈－π2，0时，导函数f′（x）<0，f（x）单调递减．∵αsinα－βsinβ>0，∴αsinα>βs
inβ，又f（x）为偶函数，∴|α|>|β|，∴α2>β2.2．答案：C解析：当速度为x千米/小时，汽车从甲地到乙地需行驶200x小时，设耗油量为f（x）升，依题意得f（x）＝1162000x3－125x＋9×200x＝1810x2＋1800x－8（0<x≤120），则f′（x）
＝2810x－1800x2（0<x≤120）.令f′（x）＝0，得x＝90，当x∈()0，90时，f′（x）<0，f（x）是减函数，当x∈()90，120时，f′（x）>0，f（x）是增函数．所以当x＝90时，函数f（x）取最小值，即汽车匀速行驶的速度是90千米/小时
时，从甲地到乙地耗油最少．故选C.3．答案：B解析：∵函数f（x）的定义域为R，f（－x）＝－f（x），∴f（x）为奇函数．又f′（x）＝3x2＋2＋cosx>0，∴f（x）在R上单调递增，所以f（a）>f（2a－1），a>2a－1，解得a<1.4．答案：A解析：可求得直线y＝kx
－1关于直线y＝－1的对称直线为y＝mx－1（m＝－k），当x>0时，f（x）＝xlnx－2x，f′（x）＝lnx－1，当x＝e时，f′（x）＝0，则当x∈（0，e）时，f′（x）<0，f（x）单调递减，当x∈（e，＋∞）时，f′（x
）>0，f（x）单调递增；当x≤0时，f（x）＝x2＋32x，f′（x）＝2x＋32，当x＝－34，f′（x）＝0，当x<－34时，f（x）单调递减，当－34<x<0时，f（x）单调递增；根据题意画出函数大致图象，如图：当y＝mx－1与f（x）＝x2＋32x（x≤
0）相切时，得Δ＝0，解得m＝－12；当y＝mx－1与f（x）＝xlnx－2x（x>0）相切时，满足y＝xlnx－2xy＝mx－1m＝lnx－1，解得x＝1，m＝－1，结合图象可知m∈－1，－12，即－k∈
－1，－12，k∈12，1.故选A.5．答案：（－∞，0）解析：设g（x）＝f（x）＋2ex，则g′（x）＝f′（x）－f（x）－2ex<0，所以函数g（x）在R上为减函数．又f（0）＝1，所以不等式ln[f
（x）＋2]－ln3>x等价于ln[g（x）]>ln[g（0）]，所以g（x）>g（0），所以x<0，故原不等式的解集为（－∞，0）.6．答案：－1解析：根据题意，设x0是f（x）＝xlnx＋mx＋1的零点，也是f（x）的极值点，因为
f′（x）＝lnx＋1＋m，所以x0lnx0＋mx0＋1＝0lnx0＋1＋m＝0，解得x0＝1，m＝－1.此时f（x）＝xlnx－x＋1，f′（x）＝lnx，当x∈（0，1）时，f′（x）<0，函数f（x）在（0，1）上单调递减，当x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0，函数f（x）在（1
，＋∞）上单调递增，所以，函数f（x）在x＝1处取得极小值，且f（1）＝0，满足条件．三高考小题重现篇1．答案：D解析：因为y′＝aex＋lnx＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲线在点（1，ae）处的切线方程为y－ae＝（ae＋1）（x－1），即y＝（ae＋1）x－1，所以
ae＋1＝2，b＝－1，解得a＝e－1b＝－1.2．答案：B解析：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.3．答案：A解析：令F（x）＝f（x）x，因为f（x）为奇函数
，所以F（x）为偶函数，由于F′（x）＝xf′（x）－f（x）x2，当x＞0时，xf′（x）－f（x）＜0，所以F（x）＝f（x）x在（0，＋∞）上单调递减，根据对称性，F（x）＝f（x）x在（－∞，0）上单调递增，又f（－1）＝0，f（1）＝0，数形结合可知，使得f（x）＞0成立的x的取值范围
是（－∞，－1）∪（0，1）.4．答案：D解析：若a＝b，则f（x）＝a()x－a3为单调函数，无极值点，不符合题意，故a≠b.∴f（x）有x＝a和x＝b两个不同零点，且在x＝a左右附近是不变号，在x＝b左右附近是变号
的．依题意，x＝a为函数f（x）＝a（x－a）2（x－b）的极大值点，∴在x＝a左右附近都是小于零的．当a<0时，由x>b，f（x）≤0，画出f（x）的图象如图所示：由图可知b<a，a<0，故ab>a2.当a>0时，由x>b时，f（x）>0，画出f（x）的图象如图
所示：由图可知b>a，a>0，故ab>a2.综上所述，ab>a2成立．故选D.四经典大题强化篇1．解析：（1）f′（x）＝a－1x＋1＝ax＋a－1x＋1，其中x>－1，若a≤0，f′（x）<0，此时f（x）在（－1，＋∞）
上单调递减；若a>0，由f′（x）>0得x>1a－1，由f′（x）<0得－1<x<1a－1，故f（x）在－1，1a－1上单调递减，在1a－1，＋∞上单调递增．综上所述，当a≤0
时，f（x）在（－1，＋∞）上单调递减；当a>0时，f（x）在－1，1a－1上单调递减，在1a－1，＋∞上单调递增．（2）由题意得ax＋e－x－ln（x＋1）－1x＋1≥0对任意x∈（0，＋∞）恒成立，记g（x）＝ax＋e－x－ln（x＋1）－1x＋1，x∈（
0，＋∞），其中g（0）＝0，g′（x）＝a－e－x－1x＋1＋1（x＋1）2，其中g′（0）＝a－1；g″（x）＝e－x＋1（x＋1）2－2（x＋1）3＝（x－1）ex＋（x＋1）3ex（x＋1）3.记h（x）＝（x－1）ex＋（x＋1）3，因为h′（x）＝xex＋3（x
＋1）2>0，x∈（0，＋∞），所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以h（x）>h（0）＝0，所以g″（x）>0，所以g′（x）在（0，＋∞）上单调递增．若a≤0，则g（1）＝a＋e－1－ln2－12<0，不符合题意；若0<a<1，因为g′（x）＝a－e－x－1x＋1＋1（x＋1）2<a－
e－x，所以g′（－lna）<a－elna＝0，又因为g′（0）＝a－1<0，g′（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以当x∈（0，－lna）时，g′（x）<0，所以g（x）在（0，－lna）上单调递减，所以当x∈（0，
－lna）时，g（x）<g（0）＝0，不符合题意；若a≥1，因为g′（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以g′（x）>g′（0）＝a－1≥0，所以g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以g（x）>g（0）＝0，符合题意．综上，实数a的取值范围是[1，＋∞）.2．解析：（1）定义域为（0
，＋∞），f′（x）＝1－3x2＋2x＝x2＋2x－3x2，x∈（0，1），f′（x）<0，所以f（x）在x∈（0，1）上单调递减．x∈（1，＋∞），f′（x）>0，所以f（x）在x∈（1，＋∞）上单调递增，所以f（x）在x＝1处取得极小值，也是最小值，又f（x）min
＝f（1）＝4－a，所以先保证必要条件f（1）<0成立，即a>4满足题意．当a>4时，易知，f()2a＝2a＋32a＋2ln()2a－a＝a＋32a＋2ln()2a>0；f1a＝1a＋3a－2lna－a＝
1a＋2()a－lna>1a>0；由以上可知，当a>4时，f（x）＝x＋3x＋2lnx－a()a∈R有两个不同的零点．（2）由题意，假设0<x1<1<x2，要证明x1x2>1，只需证明x1>1x2.只需证f()x1<f1x
2，又f()x1＝f（x2）.即只需证f（x2）<f1x2，构造函数g（x）＝f（x）－f1x，（x>1）.g（x）＝2x－2x＋4lnx，∴g′（x）＝－2（x－1）2x2，所以g（x）在（1，＋∞）单调递减．g（1）＝0，∵x2>1，∴g（x2）<g（1），即f（x2）
<f1x2成立，即f()x1<f1x2，所以原命题成立．点点练11定积分与微积分基本定理一基础小题练透篇1．答案：D解析：a＝02x2dx＝13x320＝83，b＝02x3dx＝14x420＝4，c＝02sinxdx＝（－cosx
）20＝1－cos2.∵cos2∈[－1，1]，∴1－cos2∈[0，2]，∴1－cos2<83<4，故c<a<b.2．答案：D解析：S＝＝4－ln3.3．答案：D解析：在[0，t]上等间隔插入（n－1）个分点，把区间[0，t]等分成n
个小区间，每个小区间长度均为tn，故第i－1个区间为t()i－2n，t()i－1n.本题选择D选项．4．答案：C解析：根据定积分的几何意义，024－x2dx表示以原点为圆心，以2为半径的四分之一圆的面积，所以024－x2dx＝π.所以
a2018＋a2020＝π，设a2018＝a，公比为q，则a＋aq2＝π，所以a2017（a2019＋2a2021＋a2023）＝aq（aq＋2aq3＋aq5）＝a2（1＋2q2＋q4）＝a2（1＋q2）2＝[a（1
＋q2）]2＝π2.5．答案：C解析：令v（t）＝7－3t＋251＋t＝0，又t>0，则t＝4，汽车刹车的距离是047－3t＋251＋tdt＝4＋25ln5.6．答案：C解析：13f（x－2）dx＝12f（x－2）dx＋2
3f（x－2）dx＝12（x2－4x＋5）dx＋23e－x＋2dx＝13x3－2x2＋5x21＋（－e－x＋2）32＝[13×23－2×22＋5×2－13×13－2×12＋5×1]＋[（－e－3＋2）－（－e－2＋
2）]＝73－1e.7．答案：3解析：依题意得a3x3＋bx30＝3（ax20＋b），即3ax20＝9a（a≠0），x20＝3（x0>0），由此解得x0＝3.8．答案：ln2＋π4解析：由题意得，121x＋1－（x－2）2dx＝121xdx＋121
－（x－2）2dx＝lnx|21＋121－（x－2）2dx＝ln2＋121－（x－2）2dx.根据定积分的几何意义可知，121－（x－2）2dx表示圆（x－2）2＋y2＝1满足1≤x≤2，y≥0的这一部分面积，即圆面积的14
，故121－（x－2）2dx＝π4.因此121x＋1－（x－2）2dx＝ln2＋121－（x－2）2dx＝ln2＋π4.二能力小题提升篇1．答案：D解析：令x2＝14，得x＝12或x＝－12（舍去），所以所求的阴影部分的面积为∫12014－x2dx＋∫112
x2－14dx＝14x－x33120＋x33－14x112＝14.2．答案：C解析：因为y＝x－1x＋1，所以y′＝x－1x＋1′＝2（x＋1）2，则曲线y＝x－1x＋1在（0，－1）处的切线的斜率k＝2，切线方程为y＝2x－1，则曲
线y＝x－1x＋1与其在点（0，－1）处的切线及直线x＝1所围成的封闭图形的面积S＝012x－1－x－1x＋1dx＝01（2x－1－1＋2x＋1）dx＝[x2－2x＋2ln（x＋1）]1
0＝2ln2－1.3．答案：D解析：∵不等式1－3x＋a<0，∴x＋a－3x＋a<0，∴（x＋a）（x＋a－3）<0，∴－a<x<－a＋3，由于1－3x＋a<0的解集为（－1，2），∴－a＝－1－a＋3＝2，解得a＝1，∴0a（2e2x＋x）dx
＝01（2e2x＋x）dx＝e2x＋x2210＝e2－12.4．答案：A解析：∵y＝－x2＋4x－3，则y′＝－2x＋4，在点M（0，－3）的切线斜率k1＝y′|x＝0＝4，切线方程y＝4x－3，在点N（3，0）的切线斜率k2＝y′|x＝3＝－2，切线方程y＝－2()x－3
，联立方程y＝4x－3y＝－2()x－3，解得x＝32y＝3，即两切线的交点坐标为32，3，所围成的图形的面积为S＝∫320[]()4x－3－()－x2＋4x－3dx＋∫332[]－2()x－3－()－x2＋4x－3dx＝∫320x2dx＋∫332()x2－6x
＋9dx＝13x3|320＋（13x3－3x2＋9x）|332＝94.故选A.5．答案：12解析：由题意可得：围成的封闭图形的面积为：S＝－40（x＋4）dx＋∫π204cosxdx＝（12x2＋4x）|0－4＋4sinx|π20＝0－()8－16＋4sinπ2－0＝1
2.6．答案：1－mn解析：由题意得满足yi≤f（xi）（i＝1，2，…，n）的点有n－m个，故n－mn≈01f（x）dx1，即01f（x）dx≈1－mn，故积分01f（x）dx的近似值为1－mn.7．答案：712解析：当x≤0时，f（x）＝2x＋∫π60co
s3xdx＝2x＋sin3x3π60＝2x＋13，所以f（2018）＝f（2）＝f（－2）＝14＋13＝712.三高考小题重现篇1．答案：D解析：如图可得，∫π3－π3cosxdx＝sinx|π3－
π3＝2sinπ3＝3.2．答案：C解析：由题意，要满足f（x），g（x）是区间[－1，1]上的一组正交函数，即需满足－11f（x）g（x）dx＝0.①－11f（x）g（x）dx＝－11sin12xcos12xdx＝12－11sinxdx＝
－12cosx|1－1＝0，故第①组是区间[－1，1]上的正交函数；②－11f（x）·g（x）dx＝－11（x＋1）（x－1）dx＝－11（x2－1）dx＝x33－x|1－1＝－43≠0，故第②组不是区间[－1，1]上的正交函数；③－11f（x）g
（x）dx＝－11x·x2dx＝－11x3dx＝x44|1－1＝0，故第③组是区间[－1，1]上的正交函数．综上，其中为区间[－1，1]上的正交函数的组数是2.3．答案：B解析：不妨设01f（x）dx＝k，则f（x）＝x2＋2
01f（x）dx＝x2＋2k，所以01f（x）dx＝01（x2＋2k）dx＝13x3＋2kx|10＝13＋2k＝k，得k＝－13，即01f（x）dx＝－13.4．答案：B解析：容易求得二次函数的解析式为f（x）＝1－x2
，所以S＝－11（1－x2）dx＝x－x33|1－1＝43.5．答案：0解析：02（x－1）dx＝12x2－x|20＝12×22－2＝0.6．答案：2e2解析：联立y＝ex，y＝e，解得x＝1，因为y＝ex与y＝
lnx互为反函数，故所求阴影部分面积S＝201（e－ex）dx＝2，故所求概率P＝2e2.四经典大题强化篇1．解析：（1）设A到C的时间为t1s，则1.2t1＝24，解得：t1＝20，则AC＝0201.2tdt＝0.6t2|200＝240（m）.
即A、C间的距离为240m．（2）设D到B的时间为t2s，则24－1.2t2＝0，解得t2＝20，则BD＝020（24－1.2t）dt＝（24t－0.6t2）|200＝240（m），即B、D间的距离为240m．2．解
析：（1）由已知，当a＝2时，f（x）＝2x＋lnx，∴导函数曲线y＝f′（x）与直线x＝1，x＝e及坐标轴所围成的面积为：S＝1ef′（x）dx＝()2x＋lnx|e1＝2e－1.（2）由题得f′（x）＝a＋1x＝ax＋1x
（x>0），①当a≥0时，由于x>0，则ax＋1>0恒成立，即f′（x）>0当x>0时恒成立，∴函数f（x）的单调递增区间为（0，＋∞）；②当a<0时，令f′（x）＝0可得x＝－1a>0，当x∈0，
－1a时，f′（x）>0；当x∈－1a，＋∞时，f′（x）<0，∴函数f（x）的单调递增区间为0，－1a，单调递减区间为－1a，＋∞.综上，当a≥0时，函数f（x）的单调递增区间为()0，＋∞；当a<0时，函数f（x）的单调递增区间为
0，－1a，单调递减区间为－1a，＋∞.单元检测（三）导数及其应用1．答案：B解析：由f（x）＝13x3－f′（2）x2＋x－3，得f′（x）＝x2－2f′（2）x＋1，令x＝2，则f′（2
）＝22－2f′（2）×2＋1，解得f′（2）＝1，故选B.2．答案：A解析：因为f（x）＝xex－x2－2x，所以f′（x）＝ex＋xex－2x－2＝（x＋1）（ex－2），由f′（x）>0可得x>ln2或x<－1；由f′（x）<0可得－
1<x<ln2，所以函数f（x）在（－∞，－1）上单调递增，在（－1，ln2）上单调递减，在（ln2，＋∞）上单调递增，故极大值点为－1.3．答案：C解析：由f（x）＝x3－27x，得f′（x）＝3x2－27，由f
′（x）＝0，得x＝－3或x＝3（舍去），当－4≤x≤－3时，f′（x）>0；当－3<x≤2时，f′（x）<0，所以f（x）在[－4，－3）上单调递增，在（－3，2]上单调递减，所以当x＝－3时，f（x）取得最大值f（
－3）＝（－3）3－27×（－3）＝54.4．答案：D解析：f（x）＝2x＋lnx的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－2x2＋1x.令f′（x）＝－2x2＋1x＝0，解得x＝2.列表得：x（0，2）2（
2，＋∞）f′（x）－0＋f（x）单减极小值单增所以f（x）在x＝2处取得极小值，f（2）＝1＋ln2，无极大值．5．答案：B解析：因为f（x）＝ex（sinx＋a），所以f（0）＝e0（sin0＋a）＝a，又f′（x）＝ex（sinx＋a＋cosx）
，所以f′（0）＝e0（sin0＋a＋cos0）＝1＋a，所以切线方程为y－a＝（1＋a）（x－0），即y＝（1＋a）x＋a，所以1＋a＝3，解得a＝2.故选B.6．答案：C解析：当x＝3时，y＝－3＋6＝3，所
以f（3）＝3，因为函数y＝f（x）的图象在点P处的切线方程是y＝－x＋6，所以f′（3）＝－1，所以f（3）＋f′（3）＝3＋（－1）＝2.7．答案：C解析：若函数f（x）＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，只需f′（x）＝3x2＋2x＋m≥0或f′（x）＝3x2＋2x＋m≤0恒
成立，显然，f′（x）＝3x2＋2x＋m≤0不可能恒成立，即只有f′（x）＝3x2＋2x＋m≥0恒成立，所以Δ＝4－12m≤0，所以m≥13.8．答案：D解析：因为f（x）＝3x3＋21＋ex，则f′（x）＝9x2－2ex
()1＋ex2＝9x2－2exe2x＋1＋2ex＝9x2－2ex＋e－x＋2，所以f（－x）＋f（x）＝2()1＋ex1＋ex＝2，f′（－x）＝f′（x），因此，f()2022＋f′()2022＋f()－2022—f′()－20
22＝2.故选D.9．答案：C解析：当x＝1时，f（x）＝1≠0，从而分离参数可将问题转化为直线y＝a与函数g（x）＝－x2lnx的图象在（1，e2]上有且只有一个交点，令g′（x）＝x（1－2lnx）ln2x＝0，得x＝e，易得g（x）在（1，e）上单调递增，在（e，e2]上单调递减，由于
g（e）＝－2e，g（e2）＝－e42，当x→1时，g（x）→－∞，所以直线y＝－2e，或位于y＝－e42下方的直线满足题意，即a＝－2e或a<－e42，故选C.10．答案：B解析：因为b＝ln1.01e＝ln1.01＋1，a＝e0.
01，所以设a，b分别是y＝ex，y＝ln（x＋1）＋1在x＝0.01时所对应的函数值，设g（x）＝ex－x－1，则g′（x）＝ex－1，所以x∈（－∞，0）时，g′（x）<0，g（x）单调递减，x∈（0，＋∞）时，g
′（x）>0，g（x）单调递增，所以g（x）≥g（0）＝0，即ex－1≥x，同理可证ln（x＋1）≤x，所以ln（x＋1）≤x≤ex－1.当x＝0.01时，可得ln1.01<e0.01－1，即ln1.01＋1<e0.01，即1<b<a.又因为c＝2cos1.1<
2cos60°＝1，所以c<1<b<a.故选B.11．答案：C解析：不妨设x1>x2>0，因为对于任意两个不相等的正实数x1，x2，都有x1f（x1）－x2f（x2）x1－x2>0，所以x1f（x1）>x2f（x2），令g（x）＝xf（x），则g（x）在（0，＋∞）上单调递增，当x>0时，A：
g（x）＝xe－|x|＝xex，则g（1）＝1e，g（2）＝2e2，g（1）>g（2），不满足g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以选项A错误；B：g（x）＝xln|x|＝xlnx，则g1e＝－1e<g
1e2＝－2e2，不满足g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以选项B错误；C：g（x）＝x3，根据幂函数性质知，g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以选项C正确；D.f（－x）＝－x|x|＝－f（x），f（x）为奇函数，不符合题意f（x）是偶函数，所以选项
D错误．12．答案：D解析：设过点（a，b）的切线与曲线的切点为x0，x0ex0，又f′（x）＝1－xex，故过点（a，b）的切线方程为：y－x0ex0＝1－x0ex0()x－x0，则b－x0ex0＝1－x0ex0()a－x0，整理得：b＝x20－ax0＋aex0；
令h（x）＝x2－ax＋aex，则h′（x）＝－（x－2）()x－aex，且当x→＋∞时，h（x）→0，当x→－∞时，h（x）→＋∞；对A：当0<a<2时，显然h（x）在()－∞，a单调递减，在()a，2单调递增，在()2，＋∞单调递减，又h（a）＝aea>0，h（2）＝4－ae2>0，若过
点（a，b）可作两条切线，则b＝4－ae2或aea，故A错误；对B：当a＝2,h′（x）≤0恒成立且不恒为零，故h（x）在R上单调递减，则当b>0时，有且仅有一条切线，故错误；对C：a＝0时，h′（x）＝－
x（x－2）ex，当x<0或x>2时，h′（x）<0，当0<x<2时，h′（x）>0，h（x）在（－∞，0）单调递减，在（0，2）单调递增，在（2，＋∞）单调递减，且h（2）＝4e2，故当b＝4e2时，b＝h（x）有两个根，可做两条切线，故C错误；
对D：当a＝0时，由C可知，若要做三条切线，则b＝h（x）有三个根，则h（0）<b<h（2），即0<b<4e2，故D正确．故选D.13．答案：12解析：因为y′＝2ax－1x，所以y′|x＝1＝2a－1.因
为曲线在点（1，a）处的切线平行于x轴，故其斜率为0，故2a－1＝0，a＝12.14．答案：2015解析：依题意，得：f′（x）＝x2－x＋3，∴f″（x）＝2x－1由f″（x）＝0，即2x－1＝0.∴x＝12，f
12＝1，∴f（x）＝13x3－12x2＋3x－512的对称中心为12，1，∴f（1－x）＋f（x）＝2，∴f12016＋f22016＋…＋f20152016＝2015.15．答案：274解析：由f（x）＝6lnx＋12x2－5x，得f′
（x）＝6x＋x－5＝x2－5x＋6x（x>0），由f′（x）＝0时，x＝2或x＝3，当0<x<2或x>3时，f′（x）>0，当2<x<3时，f′（x）<0，所以2和3为f（x）的极值点，因为q>1，a1，a2是函数f（x）＝6lnx＋12x2－5x的极值点，所以a1
＝2，a2＝3，所以q＝a2a1＝32，所以a4＝a1q3＝2×323＝274.16．答案：1e解析：设函数f（x）在[e，e3]上的零点为m，则am－1－lnm＋b＝0，所以P（a，b）在直线l：m－1x＋y－lnm＝0上，设O为
坐标原点，则a2＋b2＝|OP|2，其最小值就是O到直线l的距离的平方，所以a2＋b2＝|OP|＝|lnm|m，设m＝t，t∈e，e32，所以g（t）＝2lntt，则g′（t）＝2（1－lnt）
t2，由lnt∈12，32，当e<t<e时，g′（t）>0；当e<t<e32时，g′（t）<0，由g（e）＝e－12，g()e32＝3e－32＝3ee－12>e－12＝g（e），则g（t）≥g（e）＝1e，故a2＋b2≥1e.17．解析：
（1）f（x）＝x－1x－lnx＝1－1x－lnx，f（x）的定义域为（0，＋∞）.∵f′（x）＝1x2－1x＝1－xx2，∴由f′（x）>0得0<x<1，由f′（x）<0得x>1，∴f（x）＝1－1x－lnx在（0，1）上单调递增，在
（1，＋∞）上单调递减．（2）由（1）得f（x）在1e，1上单调递增，在（1，e]上单调递减，∴f（x）在1e，e上的最大值为f（1）＝1－11－ln1＝0.又f1e＝1－e－ln1e＝2－e，f（e）
＝1－1e－lne＝－1e，且f1e<f（e）.∴f（x）在1e，e上的最小值为f1e＝2－e，∴f（x）在1e，e上的最大值为0，最小值为2－e.18．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝x＋1x，f（2）＝52，f′（x）＝
1－1x2，所以所求切线的斜率k＝f′（2）＝1－14＝34.故所求的切线方程为y－52＝34（x－2），即3x－4y＋4＝0.（2）y＝f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝a－1x＋1－ax2＝x2＋（a－1）x－ax2＝（x＋a
）（x－1）x2.①若a≥0，当x∈（0，1）时，f′（x）<0；当x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0.所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增．此时，f（x）的极小值点为x＝1.②若a<0，令f′（x）＝0，得x＝－a或x＝1.（ⅰ）当－1<a
<0时，0<－a<1.若x∈（0，－a）∪（1，＋∞），则f′（x）>0，若x∈（－a，1），则f′（x）<0.所以f（x）在（0，－a）和（1，＋∞）上单调递增，在（－a，1）上单调递减．此时，f（x）的极小值点为x＝1，极大值点为x＝－a
.（ⅱ）当a＝－1时，f′（x）≥0对x∈（0，＋∞）恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，f（x）无极值点．（ⅲ）当a<－1时，－a>1，若x∈（0，1）∪（－a，＋∞），则f′（x）>0；若x∈（1，－a），则f′（x）<0.所以f（x）在
（0，1）和（－a，＋∞）上单调递增，在（1，－a）上单调递减．此时，f（x）的极小值点为x＝－a，极大值点为x＝1.19．解析：（1）由题意可知f（x1）＝f（x2），且f′（x1）＝0，f′（x）＝x2＋2x＋m，所以13x3
1＋x21＋mx1＋m＝13x32＋x22＋mx2＋m，x21＋2x1＋m＝0，化简并分解因式整理可得2x1＋x2＝－3.（2）证明：令f（x）＝13x3＋x2＋mx＋m＝0，则13x3＋x2＝－m（x＋1），令h（x）＝13x3＋x2，则h′（x）＝x2＋2x，易知h（x）在（－∞，－
2）和（0，＋∞）上单调递增，在[－2，0]上单调递减，h（－2）＝43，h（0）＝0.又直线y＝－m（x＋1）过点（－1，0），m>0，－m<0，所以直线y＝－m（x＋1）与h（x）的图象有且只有一个交点，即13x3＋x2＝－m（x＋1）有且只
有一个解，即f（x）＝13x3＋x2＋mx＋m有唯一的零点．20．解析：（1）∵f（x）＝2elnxx－1，定义域是（0，＋∞），∴f（1）＝－1，f′（x）＝2e－2elnxx2，f′（1）＝2e，故切线方程为y＋1＝2e（x－1），即2ex－y－2e－1＝0；（2）
由（1）f′（x）＝2e－2elnxx2，令f′（x）>0，解得0<x<e，令f′（x）<0，解得x>e，故f（x）在（0，e）递增，在()e，＋∞递减；（3）由（2）得f（x）的极大值是f()e＝2elnee－1＝1，
即f（x）的最大值是f()e＝1，∵g（x）＝3x3＋2ax2＋1，∴g′（x）＝9x2＋4ax，令g′（x）＝0，解得x＝0或x＝－4a9，若∀x1，x2∈[]1，e，不等式f()x1≤g（x2）恒成立，则x∈[]1，e时，f（x）max≤g（x）min恒
成立，①当－4a9≤1即a≥－94时，g（x）在[]1，e上单调递增，此时g（x）min＝g（1）＝4＋2a，令4＋2a≥1，得a≥－32；②当1<－4a9<e时，即－9e4<a<－94时，g（x）在1，－
4a9递减，在－4a9，e递增，此时g（x）min＝g－4a9＝32a3243＋1，令32a3243＋1≥1，解得a≥0，不符合题意；③当－4a9≥e即a≤－9e4时，g（x）在[]1，e递减，故
g（x）min＝g()e＝3e3＋2ae2＋1，令3e3＋2ae2＋1≥1，解得a≥－32e，不符合题意综上，实数a的取值范围是－32，＋∞.21．解析：（1）方程f（x）＝x2－103＋m，即为lnx－x2＋103＝m.令h（x）＝lnx－x2＋
103（x>0），则h′（x）＝1x－2x＝1－2x2x≤0在x∈[1，3]恒成立，故h（x）在[1，3]上单调递减．∵h（1）＝73，h（3）＝ln3－173，∴当x∈[1，3]时，h（x）∈ln3－173，
73，∴m的取值范围是ln3－173，73.（2）依题意，当x>0时，g（x）－f（x）≥a恒成立．令F（x）＝g（x）－f（x）＝x·ex－lnx－x－1（x>0），则F′（x）＝（x＋1）·ex－1x－1＝（x＋1）x·（x·ex
－1）.令G（x）＝x·ex－1，则当x>0时，G′（x）＝（x＋1）·ex>0，∴函数G（x）在（0，＋∞）上单调递增．∵G（0）＝－1<0，G（1）＝e－1>0，∴G（x）存在唯一的零点c∈（0，1），且当x∈（0，c）时，G（x
）<0，当x∈（c，＋∞）时，G（x）>0，则当x∈（0，c）时，F′（x）<0，当x∈（c，＋∞）时，F′（x）>0，∴F（x）在（0，c）上单调递减，在（c，＋∞）上单调递增，从而F（x）≥F（c）＝cec－lnc－c－1.由G（c）＝0得cec－1＝0，cec＝1，两边
取对数得lnc＋c＝0，∴F（c）＝0，∴F（x）≥F（c）＝0，∴a≤0，即实数a的取值范围是（－∞，0].22．解析：（1）f（x）＝x－（a＋2）lnx－a＋1x定义域为（0，＋∞），f′（x）＝1－a＋2x＋a＋1x2＝（
x－1）[x－（a＋1）]x2，令f′（x）＝0，得x＝1或x＝a＋1.当a＋1≤0即a≤－1时：x∈（0，1），f′（x）<0，函数f（x）在（0，1）上单调递减；x∈（1，＋∞），f′（x）>0，函数f（x）在（1，＋∞）单调递增；当0<a＋
1<1，即－1<a<0时：x∈（0，a＋1），f′（x）>0，函数f（x）在（0，a＋1）单调递增；x∈（a＋1，1），f′（x）<0，函数f（x）在（a＋1，1）上单调递减；x∈（1，＋∞），f′（x）>0，函数f（x）在（1，＋∞）上单调递增；当a＋
1＝1即a＝0时：x∈（0，＋∞），f′（x）≥0，函数f（x）在（0，＋∞）单调递增；当a＋1>1即a>0时：x∈（0，1），f′（x）>0，函数f（x）在（0，1）单调递增；x∈（1，a＋1），f′（x）<0，函数f
（x）在（1，a＋1）上单调递减；x∈（a＋1，＋∞），f′（x）>0，函数f（x）在（a＋1，＋∞）上单调递增；综上：当a≤－1时，单调递减区间有（0，1），单调递增区间有（1，＋∞）；当－1<a<0时，单调递减区间有()a＋1，1，单调递增区间有（0，a＋1），（1，＋∞）；当a＝0
时，单调递增区间有（0，＋∞），无单调递减区间；当a>0时，单调递减区间有()1，a＋1，单调递增区间有（0，1），()a＋1，＋∞.（2）当a＝e2－1时，由（1）得函数f（x）在区间()1，e2上单调递减，在区间（0，1），()e2，＋∞上单调递增，从而函数f（x）在区间[1，＋∞）上的最小
值为f（e2）＝－e2－3.即存在x2∈[1，＋∞），使g（x2）≤－e2－3，即存在x∈[1，＋∞），使得ex＋mx2－e2－3≤－e2－3，即m≤－exx2，令h（x）＝－exx2，x∈[1，＋∞），则m≤h（x）max，由h′（x）＝ex()2－xx3，当x∈()1，2时
，h′（x）>0，函数h（x）单调递增；当x∈()2，＋∞时，h′（x）<0，函数h（x）单调递减，所以h（x）max＝h（2）＝－e24，所以m≤－e24，∴m的取值范围为－∞，－e24.第四单元三角函数、解三角形点点练12三
角函数概念、同角三角函数基本关系及诱导公式一基础小题练透篇1．答案：A解析：若60°的圆心角所对的弦长为2，则可得半径为2，所以这个圆心角所夹的扇形的面积为12×π3×22＝2π3.故选A.2．答案：B解析：sin1485°＝sin（4×360°＋45°）＝sin45°＝
22.3．答案：C解析：由角α的终边经过点P（1，3），则tanα＝3，故sinα＋cosαsinα－cosα＝tanα＋1tanα－1＝3＋13－1＝2，故选C.4．答案：D解析：∵sinα＋cosα＝2，∴（sinα＋cosα）2＝2，∴sinαcosα＝12.∴tanα＋c
osαsinα＝sinαcosα＋cosαsinα＝1sinαcosα＝2.5．答案：C解析：α，β∈0，π2，sinα＝255，cos（α＋β）＝－45，故cosα＝55，α＋β∈（0，π），sin（α＋β）＝35，故cosβ＝cos()α＋β－α＝co
s()α＋βcosα＋sin()α＋βsinα＝－45×55＋35×255＝2525.故选C.6．答案：A解析：设α－π4＝θ∈0，π4，则由sin2α＝13可得sin2（θ＋π4）＝13，即cos2θ＝13，故cos2θ－sin2θcos2θ＋sin2θ＝13，1－ta
n2θ1＋tan2θ＝13，解得tan2θ＝12.又θ∈0，π4，故tanθ＝22，即tanα－π4＝22.故选A.7．答案：－53解析：由已知得tanα＝12，所以sinα－3cosαsinα＋cosα＝tanα－3tanα＋1＝－53.8．答案：5
9解析：sinα－π4＝－sinπ4－α＝23，所以sinπ4－α＝－23，所以sin2α＝cosπ2－2α＝cos2π4－α＝1－2s
in2（π4－α）＝1－2×－232＝59.二能力小题提升篇1．答案：B解析：α的终边与单位圆交于点P－33，63，故r＝|OP|＝1，x＝－33，y＝63，故sinα＝yr＝631＝63，c
osα＝xr＝－331＝－33，所以sinα·cosα＝63·－33＝－23，故选B.2．答案：D解析：因为tanα＋π4＝3，所以tanα＋11－tanα＝3，解得tanα＝12，则sin（α＋π）＋cos（π－α）cosα－π2＋sin3π
2－α＝－sinα－cosαsinα－cosα＝tanα＋11－tanα＝3，故选D.3．答案：A解析：设扇形的弧长为l，半径为r，圆心角的弧度数为α，由题意得l2r＋l＝5－12，变形可得lr＝2（5－
1）3－5＝5＋1，因为l＝αr，所以折扇所在扇形的圆心角的弧度数为5＋1.4．答案：B解析：①中，当角α的终边经过第三象限时，sinα＝－255，故①错误；②中，同时满足sinα＝12，cosα＝32的角α为2kπ＋π6（k∈Z），有无数个，故②正确；③中，易得cosα＝－255，sin
α＝－55，故③正确；④中，∵cos（sinθ）·tan（cosθ）>0，cos（sinθ）>0恒成立，∴tan（cosθ）>0，即0<cosθ≤1，∴θ是第一象限角或第四象限角，故④错误．5．答案：－725解析：由诱导公式可知，sin5π6－2α＝sinπ2＋π3－2α
＝cosπ3－2α＝cos2α－π3，因为cosα－π6＝35，所以sin5π6－2α＝cos2α－π3＝2cos2α－π6－1＝－725.6．答案：13解析：sinα－3π10＝sinα
－π2－π5＝sinα＋π5－π2＝－cosα＋π5，所以sinα－3π10cosα－π5＝－cosα＋π5cosα－π5＝－cosαcosπ5＋sinαsin
π5cosαcosπ5＋sinαsinπ5＝－1＋tanαtanπ51＋tanαtanπ5＝－1＋21＋2＝13.三高考小题重现篇1．答案：D解析：tan255°＝tan（180°＋75°）＝tan75°＝tan（3
0°＋45°）＝tan30°＋tan45°1－tan30°tan45°＝33＋11－33＝2＋3.2．答案：D解析：方法一∵α是第四象限角，∴－π2＋2kπ<α<2kπ，k∈Z，∴－π＋4kπ<2α<4kπ，k∈Z，∴角2α的终边在第三、四象限或y轴非正半轴上，∴sin2
α<0，cos2α可正、可负、可零．方法二∵α是第四象限角，∴sinα<0，cosα>0，∴sin2α＝2sinαcosα<0.3．答案：B解析：由cos2α＝23，得cos2α－sin2α＝23，∴cos2α－s
in2αcos2α＋sin2α＝23，即1－tan2α1＋tan2α＝23，∴tanα＝±55，即b－a2－1＝±55，∴|a－b|＝55.4．答案：C解析：方法一设β＝0，则sinα＋cosα＝0，即tanα＝－1.排除A，B.设α＝0，则sinβ＋cosβ＝2sinβ，即tanβ＝1.排除
D.故选C.方法二因为sin（α＋β）＋cos（α＋β）＝2·sin（α＋β＋π4）＝2sin[（α＋π4）＋β]＝2sin（α＋π4）·cosβ＋2cos（α＋π4）sinβ＝22cos（α＋π4）sinβ，所以2sin（α＋π4）cosβ＝2cos（α＋π4）
sinβ，所以sin（α＋π4）cosβ－cos（α＋π4）sinβ＝0，即sin（α＋π4－β）＝0.所以sin（α－β＋π4）＝22sin（α－β）＋22cos（α－β）＝0，即sin（α－β）＝－cos（α－β），所以tan（α－β）＝－1.故选
C.方法三因为sin（α＋β）＋cos（α＋β）＝22·cos（α＋π4）sinβ，所以sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝22sinβ（22cosα－22sinα）＝2sinβcosα－2sinαsin
β，所以cosαcosβ＋sinαsinβ＝－sinαcosβ＋sinβcosα，所以cos（α－β）＝－sin（α－β），所以tan（α－β）＝－1.故选C.5．答案：－12解析：sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0⇒cosβ＝1－sinα，sin
β＝－cosα⇒（1－sinα）2＋（－cosα）2＝1⇒1－2sinα＋sin2α＋cos2α＝1⇒sinα＝12.∴sin（α＋β）＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝sinα（1－sinα）＋cosα（－cosα）＝sinα－sin2α－cos2α＝sinα－1＝－12.6．答案：31
010解析：cos（α－π4）＝cosαcosπ4＋sinαsinπ4＝22（cosα＋sinα）.又由α∈（0，π2），tanα＝2，知sinα＝255，cosα＝55，∴cos（α－π4）＝22×（55＋255）＝31010.四经典大题强化篇1．解析：（1）∵
sinα＋cosα＝－15，∴()sinα＋cosα2＝125，即1＋2sinαcosα＝125，∴sinαcosα＝－1225.（2）∵()sinα－cosα2＝1－2sinαcosα＝4925，又∵α∈π2，π，∴sinα>0，cosα<0，则sinα＋cos（π－α）＝sinα
－cosα＝75.2．解析：（1）因为cos11π2－θ＝cos3π2－θ＝－sinθ，sin9π2＋θ＝sinπ2＋θ＝cosθ，所以sin（2π－θ）cos（π＋θ）cosπ2＋θcos
11π2－θcos（π－θ）sin（3π－θ）sin（－π－θ）sin9π2＋θ＝－sinθ()－cosθ()－sinθ()－sinθ－cosθsinθsinθcosθ＝－sinθcosθ＝－tanθ＝2，即tanθ＝－2，所以cos
2θ＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ－sin2θcos2θ＋sin2θ＝1－tan2θ1＋tan2θ＝－35.（2）因为α，β∈0，π2，且sinα＝55，sinβ＝1010，所以cosα＝1－sin
2α＝255，cosβ＝1－sin2β＝31010，所以cos()α＋β＝cosαcosβ－sinαsinβ＝255×31010－55×1010＝22，因为α，β∈0，π2，所以α＋β∈（0，π），所以α＋β
＝π4.点点练13三角函数的图象一基础小题练透篇1．答案：D解析：函数y＝sin2x的图象向右平移π6个单位长度，可得到函数y＝sin2x－π6＝sin2x－π3的图象．2．答案：D解析：∵f（x）＝cos（π
x＋φ）的图象过点（0，32），∴32＝cosφ，结合0<φ<π2，可得φ＝π6.∴由图象可得cosπx0＋π6＝32，πx0＋π6＝2π－π6，解得x0＝53.∴f（3x0）＝f（5）＝cos5π＋π6＝－32.3．答案：D解析：根据图象可知，
函数f（x）的最小正周期T＝2πω＝2×π3＋π6＝π，则ω＝2，当x＝12×－π6＋π3＝π12时，函数取得最大值，所以sin2×π12＋φ＝1⇒π6＋φ＝π2＋2kπ，
k∈Z⇒φ＝π3＋2kπ，k∈Z，又－π2<φ<π2，所以φ＝π3.4．答案：A解析：由图知2×5π9<T<5π9－（－π），所以97<|ω|<95，又因为f5π9＝sinω·5π9＋π6＝0，所以ω·5π9＋π6＝kπ，k∈Z，所以ω＝－
310＋9k5，k∈Z，令97<－310＋9k5<95，解得：－56<k<－2342或3742<k<76，因为k∈Z，所以k＝1，此时ω＝32，所以T＝2πω＝4π3，故选A.5．答案：B解析：函数y＝cosωx＋π3的图象向右平移π3个单位长度后，所得函数图象对应的
解析式为y＝cosωx－π3＋π3＝cosωx－ωπ3＋π3，其图象与函数y＝sinωx＝cosωx－π2＋2kπ，k∈Z的图象重合，∴－π2＋2kπ＝－ωπ3＋π3，k∈Z，∴ω＝－6k＋52，k∈Z，又ω>0，∴ω的最小值为5
2.6．答案：B解析：当正弦值等于余弦值时，正弦值为±22.由题意，得等边三角形的高为2，边长为2×33×2＝263，且边长为函数y＝sinωx的最小正周期，故2πω＝263，解得ω＝6π2.7．答案：f（x）＝2sin2x＋π
6解析：由函数的图象，可得12T＝11π12－5π12＝π2，即可得T＝π，所以ω＝2πT＝2，所以f（x）＝Asin（2x＋φ），又由11π12＋5π122＝2π3，可得f2π3＝Asin4π3＋φ＝－A，即sin4π3＋φ＝－1，且0<φ<π2，可得4π
3＋φ＝3π2，解得φ＝π6，又由f（0）＝Asinφ＝1，即Asinπ6＝1，解得A＝2，所以函数的解析式为f（x）＝2sin2x＋π6.8．答案：－32，3解析：由两个三角函数的图象的对称中心完
全相同，可知两函数的周期相同，故ω＝2，所以f（x）＝3sin2x－π6，当x∈0，π2时，－π6≤2x－π6≤5π6，所以－12≤sin2x－π6≤1，故f（x）∈－32，3.二能力小题提升篇1．答案：B解析：将函数
f（x）＝sin2x－π3的图象向左平移a（a>0）个单位长度，可得函数y＝sin2（x＋a）－π3＝sin2x＋2a－π3的图象，所以y＝sin2x＋2a－π3的图象与g
（x）＝cos2x的图象重合．因为g（x）＝cos2x＝sin2x＋π2，所以2a－π3＝2kπ＋π2，k∈Z，即a＝kπ＋5π12，k∈Z，当k＝0时，可得amin＝5π12.2．答案：A解析：由图象可知，34×2πω＝7π12－－π6，所以ω＝2，又f（x）过
点7π12，－2，所以A＝2，且f7π12＝2sin2×7π12＋φ＝－2，即sin7π6＋φ＝－1，所以7π6＋φ＝3π2＋2kπ，k∈Z，即φ＝π3＋2kπ，k∈Z，又||φ<π
2，所以φ＝π3，所以f（x）＝2sin2x＋π3.故选A.3．答案：B解析：因为f（x）＝2sinωx＋π6()ω>0向右平移π6ω个单位，得到函数y＝g（x），所以g（x）＝2sinωx－π6ω＋π6＝2sinωx，令t＝ωx，则y＝
2sint在－π2＋2kπ，π2＋2kπ，k∈Z上单调递增，因为g（x）在0，π3上为增函数，故由0≤x≤π3，ω>0，得0≤ωx≤π3ω，即0≤t≤π3ω，所以y＝2sint在0，π3ω
上为增函数，故0，π3ω⊆－π2＋2kπ，π2＋2kπ，即－π2＋2kπ≤0π2＋2kπ≥π3ω，解得k≤14k≥－14＋ω6>－14，故－14<k≤14，因为k∈Z，所以k＝0，所以由π2＋2kπ≥π3ω得π2≥π3ω，故
ω≤32，所以0<ω≤32，即ω∈0，32.故选B.4．答案：B解析：由题中图象可知A＝2，且△BOC为直角三角形，所以|OC|＝（332）2－522＝2，则f（0）＝－2，则sinφ＝－22，又|φ|<π2，所以φ＝－π4，所以f（x）＝2sinωx－π4
.又点B52，0为“五点作图法”中的第三个点，所以52ω－π4＝π，所以ω＝π2，于是f（x）＝2sinπ2x－π4.由π2x－π4＝kπ＋π2（k∈Z），得x＝2k＋32（k∈Z），所以函数y＝f（x）的图象在（0，3）内的对称轴为直线x
＝32，则由题意知x1＋x2＝3，所以f（x1＋x2）＝f（3）＝2sin3π2－π4＝－2cosπ4＝－2.5．答案：52，103解析：由题意，令ωx＋π3＝kπ，k∈Z，得x＝3kπ－π3ω，k∈Z，∴f
（x）的第2个、第3个正零点分别为5π3ω，8π3ω，∴5π3ω≤2π38π3ω>2π3，解得52≤ω<4，令－π2＋2kπ≤ωx＋π3≤π2＋2kπ，k∈Z，∴－5π6ω＋2kπω≤x≤π6ω＋2kπω，k∈Z，令k＝0，
f（x）在－5π6ω，π6ω上单调递增，∴－π4，π24⊆－5π6ω，π6ω，∴－5π6ω≤－π4π6ω≥π24ω>0，解得0<ω≤103，综上，ω的取值范围是52≤ω≤103.6．
答案：－7π6，0（答案不唯一）解析：由已知得S△MBC＝12×2×BC＝BC＝π，所以最小正周期T＝2π＝2πω，ω＝1.由f（0）＝2sinφ＝1，得sinφ＝12.因为0<φ<π2，所以φ＝π6.所以f（x）＝2s
inx＋π6.令x＋π6＝kπ，k∈Z，得x＝kπ－π6，k∈Z.故y＝f（x）图象的对称中心是kπ－π6，0，k∈Z.不妨取k＝－1，则y＝f（x）图象的一个对称中心是－7π6，0.（本
题答案不唯一，填－7π6，0，－π6，0，5π6，0，…均可）三高考小题重现篇1．答案：C解析：方法一设函数f（x）的最小正周期为T，由题图可得T<π－－4
π9且T2>－4π9－（－π），所以10π9<T<13π9，又因为|ω|＝2πT，所以1813<|ω|<95.由题图可知f－4π9＝0，且－4π9是函数f（x）的上升零点，所以－4πω9＋π6＝2kπ－π2（k∈Z），所以－49ω＝2k－23
（k∈Z），所以|ω|＝32|3k－1|（k∈Z）.又因为1813<|ω|<95，所以k＝0，所以|ω|＝32，所以T＝2π|ω|＝2π32＝4π3.方法二（五点法）由函数f（x）的图象知，ω×－4π9＋π6＝－π2，
解得ω＝32，所以函数f（x）的最小正周期为4π3.2．答案：C解析：因为f（x）＝sinωx＋π3，结合选项，只考虑ω＞0.当ωx＋π3＝π2＋kπ（k∈Z），即x＝π6ω＋kπω（k∈Z）时，f（x）取得极值．又因为f（x）在区间（0，π）上恰
有三个极值点，所以π6ω＋2πω＜π，π6ω＋3πω≥π，解得136＜ω≤196.当ωx＋π3＝kπ（k∈Z），即x＝－π3ω＋kπω（k∈Z）时，f（x）＝0.又因为f（x）在区间（0，π）上恰有两个零点，所以－π3ω＋2πω＜π，－π3ω＋3πω≥π，解
得53＜ω≤83.综上可得，ω的取值范围是136，83.故选C.3．答案：B解析：依题意，将y＝sinx－π4的图象向左平移π3个单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到f（x）的
图象，所以y＝sinx－π4y＝sinx＋π12的图象――→所有点的横坐标扩大到原来的2倍f（x）＝sinx2＋π12的图象．4．答案：C解析：（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．答案：－3解析：方法一（五点作图法）由题图可知34T＝13π12－π3＝3π4（T为f（x）的最小正周期），即T＝π，所以2πω＝π，即ω＝2，故f（x）＝2cos（2
x＋φ）.点π3，0可看作“五点作图法”中的第二个点，故2×π3＋φ＝π2，得φ＝－π6，即f（x）＝2cos2x－π6，所以fπ2＝2cos2×π2－π6＝
－3.方法二（代点法）由题意知，34T＝13π12－π3＝3π4（T为f（x）的最小正周期），所以T＝π，2πω＝π，即ω＝2.又点π3，0在函数f（x）的图象上，所以2cos2×π3＋φ＝0，所以2×π3＋φ＝π2＋kπ（k∈Z），令k＝0，则φ＝－π6，所以f
（x）＝2cos2x－π6，所以fπ2＝2cos2×π2－π6＝－2cosπ6＝－3.方法三（平移法）由题意知，34T＝13π12－π3＝3π4（T为f（x）的最小正周期
），所以T＝π，2πω＝π，即ω＝2.函数y＝2cos2x的图象与x轴的一个交点是π4，0，对应函数f（x）＝2cos（2x＋φ）的图象与x轴的一个交点是π3，0，所以f（x）＝2cos（2x＋φ）的图象是由y＝2cos2x的图象向右平移π3－π4＝π12
个单位长度得到的，所以f（x）＝2cos（2x＋φ）＝2cos2x－π12＝2cos2x－π6，所以fπ2＝2cos2×π2－π6＝－2cosπ6＝－3.6．答案：x＝－5π24解析：将函数y＝3sin
2x＋π4的图象向右平移π6个单位长度，得到y＝3sin2x－π6＋π4＝3sin2x－π12的图象，由2x－π12＝π2＋kπ，k∈Z，得对称轴方程为x＝7π24＋12kπ，k∈
Z，其中与y轴最近的对称轴的方程为x＝－5π24.四经典大题强化篇1．解析：（1）根据表中已知数据，解得A＝5，ω＝2，φ＝－π6.数据补全如下表：ωx＋φ0π2π3π22πxπ12π37π125π61312πAsin（
ωx＋φ）050－50且函数解析式为f（x）＝5sin2x－π6.（2）由（1）知f（x）＝5sin2x－π6，得g（x）＝5sin2x＋2θ－π6.因为函数y＝sinx图
象的对称中心为（kπ，0）（k∈Z）.令2x＋2θ－π6＝kπ，k∈Z，解得x＝kπ2＋π12－θ（k∈Z）.由于函数y＝g（x）的图象关于点5π12，0成中心对称，所以令kπ2＋π12－θ＝5π12（k∈Z），解得θ＝kπ2－π3（k∈Z）.由θ>0可知，当
k＝1时，θ取得最小值π6.2．解析：（1）设函数f（x）的最小正周期为T，由题图可知A＝1，T2＝2π3－π6＝π2，即T＝π，所以π＝2πω，解得ω＝2，所以f（x）＝sin（2x＋φ），又过点π6，0，由0＝si
n2×π6＋φ可得π3＋φ＝2kπ（k∈Z），则φ＝2kπ－π3（k∈Z），因为|φ|<π2，所以φ＝－π3，故函数f（x）的解析式为f（x）＝sin2x－π3.（2）根据条件得g（x）＝sin4x＋π3，当x∈0，π8时，4x＋
π3∈π3，5π6，所以当x＝π8时，g（x）取得最小值，且g（x）min＝12.点点练14三角函数的性质一基础小题练透篇1．答案：C解析：∵y＝cos|2x|＝cos2x，∴T＝2π2＝π；y＝|cosx|图象是将y＝cosx在x轴下方的图象对称翻折到x
轴上方得到，所以周期为π，由周期公式知，y＝cos2x＋π6周期为π，y＝tan2x－π4周期为π2.2．答案：B解析：对于A，y＝sin2x＋π2＝cos2x，是偶函数，不符合题意；对于B，y＝cos2x＋π2＝－sin2
x，是奇函数，最小正周期T＝2π2＝π，符合题意；对于C和D，y＝sin2x＋π4和y＝2sinx＋π4都是非奇非偶函数，不符合题意．3．答案：C解析：f（x）＝2cos22x＝cos4x＋1
，令4x＝π2＋kπ（k∈Z），得x＝π8＋kπ4（k∈Z），当k＝－1时，x＝－π8，即f（x）图象的一个对称中心为－π8，1.4．答案：B解析：因为0≤x≤5，则－π6≤π3x－π6≤3π2，∴－1≤sinπ3x－π6
≤1，－2≤2sinπ3x－π6≤2，∴f（x）max＋f（x）min＝0.5．答案：B解析：对于A，函数的最小正周期T＝2π12＝4π，故A不符合题意；对于B，函数的最小正周期T＝2π2＝π，当x∈－π6，π3，2x－π6∈
－π2，π2，所以函数在区间－π6，π3上是增函数，故B符合题意；对于C，函数的最小正周期T＝2π2＝π，当x∈－π6，π3，2x＋π3∈[]0，π，所以函数在区间－π6，π3上是减函数
，故C不符合题意；对于D，函数的最小正周期T＝2π2＝π，当x∈－π6，π3，2x－π6∈－π2，π2，所以函数在区间－π6，π3上不具有单调性，故D不符合题意．故选B.6．答案：D解析：将函数f（x）＝sin2x＋π6的图象向右平移π6，可得
函数y＝sin2x－π6＋π6＝sin2x－π6的图象；再把所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到函数g（x）＝sinx－π6的图象．7．答案：2kπ－2π3，2k
π＋π3，k∈Z解析：因为函数y＝cosx的单调递增区间为[2kπ－π，2kπ]，k∈Z，所以2kπ－π≤x－π3≤2kπ，k∈Z，即2kπ－2π3≤x≤2kπ＋π3，k∈Z，所以函数y＝cosx－π3的单调
递增区间是[2kπ－2π3，2kπ＋π3]，k∈Z.8．答案：π6解析：由y＝cos（2x＋φ）的图象关于点π6，0对称，可得π3＋φ＝π2＋kπ，k∈Z，即φ＝π6＋kπ，k∈Z，当k＝0时，φ＝π6，故|φ|的最小值为π6.二能力小题提升篇1．答案：C解析：函数y＝si
n|x|的图象如图所示由图可知，函数y＝sin||x不是周期函数，f()x＋π＝||sin()x＋π＝||－sinx＝||sinx＝f（x），则函数y＝|sinx|的最小正周期为π；y＝tan
x＋π3的周期为T＝π1＝π，y＝cos2x＋π3的周期为T＝2π2＝π.故选C.2．答案：A解析：函数y＝3sin2x＋π4的图象向右平移π6个单位长度，所得函数图象的解析式为y＝3sin2x－π
6＋π4＝3sin2x－π12，令2x－π12＝kπ（k∈Z），得x＝kπ2＋π24，k∈Z.令k＝0，则x＝π24，即平移后的图象中与y轴最近的对称中心的坐标是π24，0.3．答案：B解析：
由命题甲：该函数的最大值为2，可得A＝2；由命题乙：由y＝sin2x＋cos2x＝2sin2x＋π4，可知A＝2，ω＝2；由命题丙：该函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为π，可得ω＝1，所以命题乙和命题丙矛盾；若假命题是乙，则f（x）＝2sin（x＋φ），由命题丁：该函数图象的一个对称
中心为2π3，0，可得f2π3＝2sin2π3＋φ＝0，因为0<φ<π2，可得φ＝π3，符合题意；若假命题是丙，则f（x）＝2sin（2x＋φ），由命题丁：该函数图象的
一个对称中心为2π3，0，可得f2π3＝2sin4π3＋φ＝0，可得φ＝kπ－4π3，k∈Z，不满足条件0<φ<π2，所以假命题是乙．4．答案：π6解析：由题意，y＝sin2x＋π6＋φ是一个偶函数，∴π3＋φ＝π2＋
kπ，（k∈Z），则φ＝π6＋kπ，（k∈Z），又|φ|<π2，∴φ＝π6.5．答案：C解析：因为f（x）＝2cos2ωx－π3－1＝cos2ωx－2π3，所以f（x）的最小正周期
为2π2ω＝πω.对于①，因为||f()x1－f（x2）＝2，故f()x1，f（x2）分别为最大、最小值，由于||x1－x2min＝π，所以f（x）的最小正周期T＝2π，所以πω＝2π⇒ω＝12.故①错误；对于②，图象变换后所得函数为y＝
cos2ωx＋2πω3－2π3，若其图象关于原点对称，则2πω3－2π3＝π2＋kπ，k∈Z，解得ω＝74＋32k，k∈Z，当k＝－1时，ω＝14∈（0，1），故②正确；对于③，当x∈[]0，π时，2ωx－2π3∈－2π3，2πω－2π3
，因为f（x）在[]0，π上有且仅有4个零点，所以5π2≤2πω－2π3<7π2，解得1912≤ω<2512，故③正确；对于④，当x∈－π6，π4时，2ωx－2π3∈－ωπ3－2π3，
ωπ2－2π3，因为ω∈（0，1），所以－ωπ3－2π3∈－π，－2π3，ωπ2－2π3∈－2π3，－π6，所以f（x）在－π6，π4上单调递增．故④正确．综上，正确的个数为3.故选C.
三高考小题重现篇1．答案：A解析：因为函数y＝sinx的单调递增区间为2kπ－π2，2kπ＋π2()k∈Z，对于函数f()x＝7sinx－π6，由2kπ－π2<x－π6<2kπ＋π2()k∈Z，解得2kπ－π3<x<2kπ＋2π3()k∈Z，取k＝0，可得函数f()x
的一个单调递增区间为－π3，2π3，则0，π2⊆－π3，2π3，π2，π⊄－π3，2π3，A选项满足条件，B不满足条件；取k＝1，可得函数f()
x的一个单调递增区间为5π3，8π3，π，3π2⊄－π3，2π3且π，3π2⊄5π3，8π3，3π2，2π⊄5π3，8π3，CD选项均不满足条件．
2．答案：C解析：因为函数f（x）＝sinx3＋cosx3＝2（22sinx3＋22cosx3）＝2（sinx3cosπ4＋cosx3sinπ4）＝2sin（x3＋π4），所以函数f（x）的最小正周期T＝2π13＝6π，最大值为2.3．答案：B解析：f（x）＝sinx＋π3的最小
正周期为2π，①正确；sinπ2＝1＝fπ6为f（x）的最大值，②错误；将y＝sinx的图象上所有点向左平移π3个单位长度得到f（x）＝sinx＋π3的图象，③正确．4．答案：A解析：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.5．答案：π2解析：∵f（x）＝sin22
x＝1－cos4x2，∴f（x）的最小正周期T＝2π4＝π2.6．答案：3解析：因为T＝2π|ω|，ω>0，所以ω＝2πT.由f（T）＝32，得cos（2π＋φ）＝32，即cosφ＝32.又因为0<φ<π，所以
φ＝π6.因为x＝π9为f（x）的零点，所以ωπ9＋π6＝kπ＋π2，k∈Z，解得ω＝9k＋3，k∈Z.又因为ω>0，所以ω的最小值为3.四经典大题强化篇1．解析：（1）∵图象经过M0，12，∴12＝sinφ，|φ|<π2，∴φ＝π6，∵函数f（x）图象的相邻两条对称轴
之间的距离为π4，∴2πω＝π2，∴ω＝4，则f（x）＝sin4x＋π6.（2）设g（x）＝sin4（x＋m）＋π6＝sin4x＋4m＋π6，∵g（x）是偶函数，∴4m＋π6＝π2＋kπ（k∈Z），∴m＝π12＋kπ4（k∈Z
），∵m为正实数，∴mmin＝π12.2．解析：（1）f（x）＝4cosx（32sinx＋12cosx）－1＝23sinxcosx＋2cos2x－1＝3sin2x＋cos2x＝2sin2x＋π6.所以，函数f（x）的最小正周期T
＝2π2＝π，令－π2＋2kπ≤2x＋π6≤π2＋2kπ（k∈Z），解得－π3＋kπ≤x≤π6＋kπ（k∈Z）.令π2＋2kπ≤2x＋π6≤3π2＋2kπ（k∈Z），解得π6＋kπ≤x≤2π3＋kπ（k∈Z）.所以，f（x）的单调增区间是－π3＋k
π，π6＋kπ，减区间是π6＋kπ，2π3＋kπ，k∈Z；（2）列表：2x＋π60π2π3π22πx－π12π65π122π311π122sin2x＋π6020－20作出函数图象如图：（3）因为x∈－π6，π
4，所以2x＋π6∈－π6，2π3，所以，当2x＋π6＝－π6时，f（x）取得最小值－1，当2x＋π6＝π2时，f（x）取得最大值2.点点练15三角恒等变换一基础小题练透篇1．答案：A解析：tan1°＋tan44°1－tan1°tan4
4°＝tan45°＝1.2．答案：C解析：∵2α＝2α－π4＋π2，∴tan2α＝tan2α－π4＋π2＝sin2α－π4＋π2cos2α－π4＋π2＝－cos2α－π4sin2
α－π4＝－1tan2α－π4＝－12tanα－π41－tan2α－π4＝tan2α－π4－12tanα－π4＝158.故选C.3．答案：D解析
：因为α∈0，π2，2α∈（0，π），cosα＝13，所以cos2α＝2cos2α－1＝－79，sin2α＝1－cos22α＝429.而α，β∈0，π2，所以α＋β∈（0，π），所以sin（α＋β）＝1－cos2（α＋β）＝223.所以cos（α－β）＝cos[
2α－（α＋β）]＝cos2αcos（α＋β）＋sin2αsin（α＋β）＝－79×－13＋429×223＝2327.4．答案：D解析：因为2α－π6＋2π3－α＝π
2，所以2α－π6＝π2－2π3－α，则sin2α－π6＝cos2π3－α＝2cos2π3－α－1＝2×352－1＝－725.故选D.5．答案
：B解析：由题意，得tanα＝－2，从而tan（π－2α）＝－tan2α＝－2tanα1－tan2α＝－2×（－2）1－（－2）2＝－43.6．答案：B解析：因为sinα－π6＝13，所以cos
2α－π3＝cos2α－π6＝1－2sin2α－π6＝79，所以cos2α＋2π3＝cos2α－π3＋π＝－79.故选B.二能力小题提升篇1．答案：D解析：sin40°·（tan10°－3）＝sin40°·
sin10°cos10°－3＝sin40°·sin10°－3cos10°cos10°＝sin40°·2（12sin10°－32cos10°）cos10°＝sin40°·2（cos60°·sin10°－sin60°·cos10°）cos10
°＝sin40°·2sin（10°－60°）cos10°＝sin40°·－2sin50°cos10°＝－2sin40°·cos40°cos10°＝－sin80°cos10°＝－1.2．答案：A解析：因为1712π<θ<74π，5π3<θ＋π4<2π，所以sinπ4＋θ<0，因
为cosπ4＋θ＝45，所以sinπ4＋θ＝－35所以，sinθ＝sinπ4＋θ－π4＝－35×22－45×22＝－7210，cosθ＝cosπ4＋
θ－π4＝45×22－35×22＝210，tanθ＝－7，所以，1－tanθ2sin2θ＋2sinθcosθ＝()1－tanθ()sin2θ＋cos2θ2sin2θ＋2sinθcosθ＝()1－tanθ()tan2θ＋12tan2θ＋2tanθ＝8×5098－14＝10021
.故选A.3．答案：D解析：cos2θsinθ－π4＝cos2θ－sin2θ22（sinθ－cosθ）＝－2（cosθ＋sinθ）＝－725，故cosθ＋sinθ＝75，又因为θ∈
0，π2，且cos2θ＋sin2θ＝1.故cosθ＝35，sinθ＝45或cosθ＝45，sinθ＝35，则tanθ＝43或34，故tan2θ＝2tanθ1－tan2θ＝±247.4．答案：D解析：f（x）＝23sinx
cosx＋sin2x－cos2x＝3sin2x－cos2x＝2sin2x－π6，令x＝512π，则2x－π6＝23π，故f5π12＝3≠0，故A项错误；当x∈π4，π2时，2x－π6∈π3，5π6，f（x）＝2sin
2x－π6∈[1，2]，故B项错误，因为f（x）的周期T＝2π2＝π，所以若f（x1）＝f（x2）＝2，则x1－x2＝kπ，k∈Z，故C项错误，将f（x）的图象向右平移π6个单位得g（x）＝fx－π6＝2
sin2x－π2＝－2cos2x的图象，故D项正确．5．答案：－725解析：由诱导公式可知，sin5π6－2α＝sinπ2＋π3－2α＝cosπ3－2α＝cos2α－π3，因为
cosα－π6＝35，所以sin5π6－2α＝cos2α－π3＝2cos2α－π6－1＝－725.6．答案：7210解析：因为α是锐角，所以α＋π4∈π4，3π4，又cosα＋π4＝－35<0，所以α＋π4∈π2
，3π4，所以sinα＋π4＝1－cos2α＋π4＝1－－352＝45，所以sinα＝sinα＋π4－π4＝sinα＋π4cosπ4－cosα＋π4sinπ4＝45×22－22×
－35＝7210.三高考小题重现篇1．答案：C解析：将式子进行齐次化处理得：sinθ()1＋sin2θsinθ＋cosθ＝sinθ()sin2θ＋cos2θ＋2sinθcosθsinθ＋cosθ＝sinθ()s
inθ＋cosθ＝sinθ()sinθ＋cosθsin2θ＋cos2θ＝tan2θ＋tanθ1＋tan2θ＝4－21＋4＝25.2．答案：D解析：通解因为cos5π12＝sin（π2－5π12）＝sinπ12，所以cos2π12－cos25π12＝cos2π12
－sin2π12＝cos（2×π12）＝cosπ6＝32.优解设cos2π12－cos25π12＝a，sin2π12－sin25π12＝b，则a＋b＝（cos2π12＋sin2π12）－（cos25π12＋sin25π12）＝1－1＝0①，a－b＝（cos2π12－sin2π12）
－（cos25π12－sin25π12）＝cos（2×π12）－cos（2×5π12）＝cosπ6－cos5π6＝2cosπ6＝3②，所以根据①＋②可得2a＝3，即a＝32，即cos2π12－cos25π12＝32.光速解因为cosπ12＝6
＋24，cos5π12＝6－24，所以cos2π12－cos25π12＝（6＋24）2－（6－24）2＝32.3．答案：A解析：因为tan2α＝sin2αcos2α＝2sinαcosα1－2sin2α，且tan2α＝cosα2－sinα，所以2sinαcosα1－2s
in2α＝cosα2－sinα，解得sinα＝14.因为α∈0，π2，所以cosα＝154，tanα＝sinαcosα＝1515.4．答案：A解析：由3cos2α－8cosα＝5，得3cos2α－4cosα－4＝
0，所以cosα＝－23或cosα＝2（舍去），因为α∈（0，π），所以sinα＝53.5．答案：－3513解析：方法一因为tanθ＝2，所以sinθ＝2cosθ，由sin2θ＋cos2θ＝1可知，sin2θ＝45，cos2θ＝15，所以cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝15－45＝－
35，tanθ－π4＝tanθ－11＋tanθ＝2－11＋2＝13.方法二因为tanθ＝2，所以cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ－sin2θcos2θ＋sin2θ＝1－tan2θ1＋tan2θ
＝1－41＋4＝－35，tanθ－π4＝tanθ－11＋tanθ＝2－11＋2＝13.6．答案：13解析：因为sin2π4＋α＝23，所以1－cosπ2＋2α2＝23，1＋sin2α2＝23，得sin2α＝13.四经典大题强化篇1．解析：（1）原式＝1
2（4cos4α－4cos2α＋1）2×sinπ4－αcosπ4－α·cos2π4－α＝（2cos2α－1）24sinπ4－αcosπ4－α＝cos22α2sinπ2－2α＝cos22α2cos2α＝
12cos2α.（2）原式＝[2sin50°＋sin10°1＋3×sin10°cos10°]·2sin80°＝2sin50°＋sin10°（cos10°＋3sin10°）cos10°·2si
n80°＝2sin50°cos10°＋2sin10°sin40°cos10°·2sin80°＝2（sin50°cos10°＋cos50°sin10°）cos10°·2sin80°＝2sin60°cos10°·2cos10°＝6.2．解析
：（1）f（x）＝cos2ωx＋3sin2ωx＝2sin2ωx＋π6，由于直线x＝π3是函数f（x）＝2sin2ωx＋π6的图象的一条对称轴，所以2π3ω＋π6＝kπ＋π2（k∈Z）
，解得ω＝32k＋12（k∈Z），又0<ω<1，所以ω＝12，所以f（x）＝2sinx＋π6.由2kπ－π2≤x＋π6≤2kπ＋π2（k∈Z），得2kπ－2π3≤x≤2kπ＋π3（k∈Z），所以函数f（x）的单调递增区间为2kπ－2π3，2kπ＋π3（k∈Z）.（2）由题
意可得g（x）＝2sin12x＋2π3＋π6，即g（x）＝2cosx2，由g2α＋π3＝2cos122α＋π3＝2cosα＋π6＝6
5，得cosα＋π6＝35，又α∈0，π2，故π6<α＋π6<2π3，所以sinα＋π6＝45，所以sinα＝sinα＋π6－π6＝sin
α＋π6cosπ6－cosα＋π6sinπ6＝45×32－35×12＝43－310.点点练16解三角形及其应用一基础小题练透篇1．答案：B解析：由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin
2A，∴sin（B＋C）＝sin2A，即sin（π－A）＝sin2A，sinA＝sin2A.∵A∈（0，π），∴sinA>0，∴sinA＝1，即A＝π2，∴△ABC为直角三角形．2．答案：C解析：因为a＝4，A＝π4，B＝2π3，由正弦定理，得b＝asinBsinA＝26.故选C.3．答案：C
解析：因为3a＝2bsin()B＋C，由正弦定理可得，3sinA＝2sinBsin()B＋C，3sinA＝2sinBsinA，sinB＝32，且B∈（0，π），△ABC为锐角三角形，则B＝π3.故选C.4．答案：C解析：因为a＝3，B＝30°，S△ABC＝3，所以S△ABC＝1
2acsinB＝12×3×c×12＝3，解得c＝4.由余弦定理得：b＝a2＋c2－2accosB＝（3）2＋42－2×3×4×32＝7.由正弦定理得：2R＝bsinB＝712＝27.故选C.5．答案：B解析：设所求楼高为x，由三角形相似可得ha2＝xa＋a1xh，整理可得x＝a
ha2－a1.故选B.6．答案：A解析：如图所示：由平面相似可知，DEAB＝EHAH，FGAB＝CGAC，而DE＝FG，所以DEAB＝EHAH＝CGAC＝CG－EHAC－AH＝CG－EHCH，而CH＝CE－EH＝CG－EH＋EG，即AB＝C
G－EH＋EGCG－EH×DE＝EG×DECG－EH＋DE＝表高×表距表目距的差＋表高．7．答案：1006解析：设此山高h（m），则BC＝3h，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠CBA＝105°，∠BCA＝45°，AB＝6
00（m）.在△ABC中，根据正弦定理得BCsinA＝ABsinC，即3hsin30°＝600sin45°，解得h＝1006（m）.8．答案：34解析：因为tanAtanB＝sinAsinBcosAcosB＝1，所以co
sAcosB－sinAsinB＝cos（A＋B）＝－cosC＝0，即cosC＝0.又因为0<C<π，所以C＝π2.因为AB＝3，所以asinA＝bsinB＝3，即a＝3sinA，b＝3sinB＝3sinπ2－
A＝3cosA，所以S△ABC＝12ab＝32sinAcosA＝34sin2A，当A＝π4时，S△ABC取得最大值为34.二能力小题提升篇1．答案：B解析：由题意，得2bccosA＝2c2－ac，于是b2＋c2－a2＝2c2－ac，即c2＋a2－b2＝ac.从而由余弦定
理可得cosB＝a2＋c2－b22ac＝12.又B∈（0，π），所以B＝60°.因为S△ABC＝12acsinB＝34ac＝3，即ac＝4.又a＋c＝4，所以a＝c＝2，即△ABC为等边三角形，所以△ABC的周长为6.2．答案：A解析：因
为a2＋b2－c2c＝abacosB＋bcosA，且cosC＝a2＋b2－c22ab，所以2abcosCc＝abacosB＋bcosA，且asinA＝bsinB＝csinC，所以2cosCsinC＝1sinAcosB＋sinBcosA＝1sin（A＋B
），又因为sin（A＋B）＝sinC≠0，所以cosC＝12，又因为C∈（0，π），所以C＝π3，又因为c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab＝（a＋b）2－3ab≥（a＋b）2－3a＋b22＝1，当且仅当a＝b＝1时
取等号，故c的最小值为1.故选A.3．答案：D解析：根据题意，△P1P2D的三个角和三个边，由正弦定理均可以求出，△CDP1中已知DP1，而△CDP2中已知DP2，若选条件①，则△CDP1中已知两角一边，CD可以求；若选条件
②，由正弦定理可以求出CP2及∠CP2P1，所以∠CP2D可以求出，则在△CDP2中已知两边及夹角运用余弦定理即可求出CD.若选条件③，则在△CDP1中已知两角及一边，用正弦定理即可求出CD.故选D.4．答案：B解析：因为A＝60°，角A的平分线交BC于点D，所以∠CAD＝∠BAD＝30°
.又b＝3c，所以CDBD＝S△CADS△DAB＝12b·AD·sin30°12AD·c·sin30°＝bc＝3.因为BD＝7，所以CD＝37，所以a＝CB＝47.因为a2＝b2＋c2－2bccosA，所以16×7＝9c
2＋c2－2×3c·c·12，解得c＝4.方法一在△ABD中，由正弦定理可知BDsin∠BAD＝csin∠ADB，即712＝4sin∠ADB，所以sin∠ADB＝27.因为b＝3c>c，所以B>C.因为∠ADB＝30°＋C，∠ADC＝30°＋B，所以∠ADB<∠ADC，所以∠ADB为锐角，
所以cos∠ADB＝37＝217.方法二由余弦定理可得cos∠BAD＝AD2＋c2－BD22AD·c，即32＝AD2＋16－78AD，所以AD2－43AD＋9＝0，所以（AD－3）（AD－33）＝0，所以AD＝33或AD＝3.因为b＝3c>c，
所以B>C.又B＋C＝120°，所以B>60°>∠BAD，所以AD>BD＝7，所以AD＝33.所以cos∠ADB＝AD2＋BD2－c22AD·BD＝27＋7－162×33×7＝217.5．答案：2<a<433解析：满足题意的三角形要有两个，则需
asinB<b，a>b，即asin60°<2，a>2，解得2<a<433.6．答案：5154解析：在△ABC中，由余弦定理知AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝4＋4－2×2×2cosB＝8－8cosB，在△A
CD中，由余弦定理知AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcosD＝4＋9－2×2×3cosD＝13－12cosD，所以8－8cosB＝13－12cosD，即3cosD－2cosB＝54.可得S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝12AB·BCsinB＋12AD·C
DsinD＝2sinB＋3sinD，令M＝3cosD－2cosB＝54，N＝3sinD＋2sinB，则M2＋N2＝9＋4－2×3×2（cosBcosD－sinBsinD）＝13－12cos（B＋D）≤25，等号成立时B＋D＝π，所以N2≤25－2516＝25×1516，所以四边形ABCD面
积的最大值为5154.三高考小题重现篇1．答案：A解析：由cosC＝AC2＋BC2－AB22AC·BC得23＝16＋9－AB22×4×3，∴AB＝3，∴cosB＝BA2＋BC2－AC22BA·BC＝9＋9－1
62×3×3＝19.2．答案：A解析：∵cosC2＝55，∴cosC＝2cos2C2－1＝2×552－1＝－35.在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝52＋12－2×5×1×－35＝32，∴AB＝32＝42.3．答案：A解析：
由正弦定理及asinA－bsinB＝4csinC得a2－b2＝4c2，由余弦定理可得cosA＝b2＋c2－a22bc＝－3c22bc＝－14.所以bc＝6.4．答案：C解析：∵S＝12absinC＝a2＋b2－c24＝2abcosC4＝12abcosC，∴sinC＝cosC，即
tanC＝1.∵C∈（0，π），∴C＝π4.5．答案：22解析：由题意得S△ABC＝12acsinB＝34ac＝3，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×12＝8，则b＝22.6．答案：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＝3－1.四经典大题强化篇1．解析：（1）在△BCD中，∵cos∠CBD＝－714，∴sin∠CBD＝1－（－714）2＝32114，利用正弦定理得：CDsin∠CBD＝BCsin∠BDC，∴sin∠BDC＝BC
·sin∠CBDCD＝7×3211433＝12，又∵∠CBD为钝角，∴∠BDC为锐角，∴∠BDC＝π6.（2）在△BCD中，由余弦定理得cos∠CBD＝BC2＋BD2－CD22BC·BD＝7＋BD2－2727BD＝－714，解得：BD＝4或BD＝－5（舍去），在△ABD中，∠A＝π3，设AB
＝x，AD＝y，由余弦定理得cosA＝AB2＋AD2－BD22AB·AD＝x2＋y2－162xy＝12，即x2＋y2－16＝xy，整理得：（x＋y）2－16＝3xy，又x>0，y>0，利用基本不等式得：（x＋y）2－16＝3xy≤3（x＋y）24，即（x＋y）24≤16，即（x＋y
）2≤64，当且仅当x＝y＝4时，等号成立，即（x＋y）max＝8，所以（AB＋AD＋BD）max＝8＋4＝12.所以△ABD周长的最大值为12.2．解析：（1）因为（1＋sinB＋cosB）cosB2－s
inB2＝cosB2，所以2sinB2cosB2＋2cos2B2cosB2－sinB2＝2cosB2·sinB2＋cosB2cosB2－sinB2＝cosB2，即2c
osB2cosB＝cosB2，因为B∈（0，π），则cosB2≠0，所以cosB＝12，即B＝π3.（2）连接AC，设AD＝x，CD＝y，因为AB＝2，BC＝3，∠ADC＝120°，所以在△ABC中，由余弦定理得A
C2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB＝7，即AC＝7，在△ACD中由余弦定理得x2＋y2－2xycos∠ADC＝7，即x2＋y2＋xy＝7，故7－xy＝x2＋y2≥2xy，当且仅当x＝y时，不等式取等号，从而xy≤73，故凹四边形ABC
D的面积S＝S△ABC－S△ADC＝12×2×3×sin60°－12xysin120°＝332－34xy≥11312，从而四边形ABCD面积的最小值是11312.单元检测（四）三角函数、解三角形1．答案：B解析：∵b＝12，A＝30°，∴C到AB的距离h＝bsinA＝6，∴当a<6时，三角形无
解，当a＝6时，三角形有一解，当6<a<12时，三角形有两解，当a≥12时，三角形有一解．2．答案：A解析：因为sinα＝22sinα＋3π2＝－22cosα，所以tanα＝－22，所以cos2α＝
cos2α－sin2αcos2α＋sin2α＝1－tan2α1＋tan2α＝1－81＋8＝－79.3．答案：C解析：∵余弦函数y＝cosx在区间（0，π）上单调递减，且0<A<π，0<B<π，由cosA<cosB，可得A>B，∴a>b
，由正弦定理可得sinA>sinB．因此，“cosA<cosB”是“sinA>sinB”的充要条件．故选C.4．答案：C解析：因为△ABC的面积为23，A＝π3，故S△ABC＝12bcsinA＝23，即bc＝8，由于a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－8，b＋c＝2a，故a2＝（b
＋c）2－2bc－8＝（2a）2－24，故a＝22，所以b＋c＝42，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝62，故选C.5．答案：A解析：由题可知9cos2α＋6cosα＋5＝0，即9cos2α＋3cosα－2＝0，∴（3cosα－1
）（3cosα＋2）＝0，∵α∈－π2，π2，∴cosα＝13，∴sinα＝±1－cos2α＝±223.6．答案：A解析：由图象知，A＝1，T＝4×7π12－π3＝π，又f7π12＝－1，7π12－π12＝T2，所以fπ12＝
1.7．答案：B解析：1tanB＋1tanC＝3bc·sinA，化简得cosBsinB＋cosCsinC＝3bc·sinA.由正弦定理、余弦定理，得a2＋c2－b22acb＋a2＋b2－c22abc＝3abc，化简得
a＝3，由sin（C－B）＝12sinA＝12sin（C＋B），展开整理得sinCcosB＝3sinBcosC，则c·a2＋c2－b22ac＝3b·a2＋b2－c22ab，即2()c2－b2＝a2＝3，所以c2－b2＝32.故选B.8．答案：B解析：由x∈－
π3，π4知，ωx－π3∈－π3ω－π3，π4ω－π3，在区间上单调递增，应满足：－π3ω－π3≥－π2＋2kππ4ω－π3≤π2＋2kπ，k∈Z，解得ω≤12－6kω≤103＋8k，又ω>0，易知k只能取0，解得ω∈0，12.9．答
案：A解析：设∠ACD＝∠BCD＝α，AD＝x，则BD＝73－x，在△ACD中，由正弦定理，得xsinα＝CDsinA，在△BCD中，由正弦定理，得73－xsinα＝CDsinB，两式相除，得x73－x＝sinBsinA，即x73－x＝
sinBsin2B，所以x73－x＝12cosB，在△ABC中，由正弦定理，得4sinA＝73sin（π－A－B），即sin2Bsin3B＝127，又因为sin3B＝sin（B＋2B）＝sinBcos2B＋cosBsin2B＝
sinB（1－2sin2B）＋cosB·2sinBcosB＝3sinB－4sin3B，所以2sinBcosB3sinB－4sin3B＝127，化简得24cos2B－7cosB－6＝0，解得cosB＝23或cosB＝－38（
舍），代入x73－x＝12cosB得x＝1，即AD＝1.10．答案：D解析：由CA→·CB→＝－12，得abcosC＝－12.又a＝2b＝2，故cosC＝－14，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋1－2×2×1×－14＝6，故c＝6.故选D.11．
答案：C解析：根据题意，在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝67.5°，DC＝23，则∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，则AC＝DC＝23，在△BCE中，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，CE＝2，则∠E
BC＝180°－75°－60°＝45°，则有CEsin∠EBC＝BCsin∠BEC，变形可得BC＝CE·sin∠BECsin∠EBC＝2×3222＝3，在△ABC中，AC＝23，BC＝3，∠ACB＝180°－∠ACD－∠BCE＝60°，则AB2＝A
C2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝9，则AB＝3.故选C.12．答案：C解析：由2ccosB＋bcosA＝acos（A＋C）得：2sinCcosB＋sinBcosA＝－sinAcosB，∴2sinCcosB＝－sin（
A＋B）＝－sinC，而sinC≠0，∴cosB＝－12，由CD→＝2DA→，有BD→－BC→＝2（BA→－BD→），即BD→＝23BA→＋13BC→，∴BD→2＝23BA→＋13BC→2＝49BA→2＋19BC→2＋49|BA→
|·|BC→|cosB＝169＋169－169＝169，∴|BD→|＝43.13．答案：72解析：由cosAsinA＋cosCsinC＝r，整理得cosAsinC＋sinAcosC＝rsinAsinC，即sin（A＋C）＝rsinAsinC，因为A＋B＋C＝π，可得sin（A＋C）
＝sin（π－B）＝sinB，所以sinB＝rsinAsinC由正弦定理可得，asinA＝bsinB＝csinC＝2r，可得b＝12ac，因为b＝2，所以ac＝4，且a＋c＝32，又由余弦定理可得cosB＝a
2＋c2－b22ac＝（a＋c）2－2ac－b22ac＝（32）2－8－48＝34，则sinB＝1－cos2B＝1－342＝74，所以S△ABC＝12acsinB＝12×4×74＝72.14．答案：35解析：因为cos2x＝
cos10x（x≥0），则有10x＝2x＋2kπ或10x＋2x＝2nπ，（k，n∈N），解得x＝14kπ或x＝nπ6，（k，n∈N），又函数y＝cos2x（x≥0）和函数y＝cos10x（x≥0）的图象的公共点的横坐标从小到大依次为x1，x2，…，xn，所以x＝
0，π6，π4，π3，π2，2π3，…，故x3＝π4，x4＝π3，所以tan（x3－α）＝cosx4，即tanπ4－α＝cosπ3，则1－tanα1＋tanα＝12，解得tanα＝13，故sin2α＝2sinαcosα＝2sinαcosαsin2α＋cos2
α＝2tanαtan2α＋1＝35.15．答案：5解析：函数f（x）＝2sin（ωx＋φ），∴f－π4＝2sin－π4ω＋φ＝0，∴－π4ω＋φ＝kπ，k∈Z①；又fπ4－x＝fπ4＋x
，∴x＝π4是f（x）图象的对称轴，∴π4ω＋φ＝k′π＋π2，k′∈Z②；由①②得，φ＝π2（k＋k′）＋π4，k，k′∈Z，∴取φ＝π4，且ω＝－4k＋1，k∈Z；∴f（x）＝2sinω
x＋π4的最小正周期为T＝2πω；又f（x）在π18，2π9上单调，∴2π9－π18≤πω，即16≤1ω，解得ω≤6；综上，ω的最大值为5.16．答案：125解析：由余弦定理得2abcosC＝a2＋b2－c2，又6S＝（a＋b）2－c2，所以6×12a
bsinC＝（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tanC＝125.17．解析：（1）∵sinα＝4sin2α2－2，∴sin
α＝41－cosα2－2＝－2cosα，∴tanα＝－2，∴cosπ2－α[1＋sin（π＋2α）]sin（π－α）＋sin32π＋α＝sinα（1－sin2α）sinα－cosα＝sinα（si
nα－cosα）2sinα－cosα＝sinα（sinα－cosα）＝sin2α－sinαcosαsin2α＋cos2α＝tan2α－tanαtan2α＋1＝65.（2）∵tan2β＋6tanβ－1＝0，∴tan2β＝2tanβ1－tan2β＝13
，∴tan（α＋2β）＝tanα＋tan2β1－tanαtan2β＝－2＋131－（－2）×13＝－5353＝－1，又∵α∈（0，π），β∈0，π2，tan2β＝13>0，∴2β∈0，π2，α＋2β∈0，3π2，∴α＋2β＝3π4.18．解
析：（1）由函数f（x）的图象的一个对称中心到相邻对称轴的距离为π4，可知函数f（x）的最小正周期T＝4×π4＝π，所以ω＝2ππ＝2.又函数f（x）图象上有一个最低点M7π12，－3，所以A＝3，2×7π12＋φ＝3π2＋
2kπ（k∈Z），即φ＝2kπ＋π3（k∈Z）.由|φ|<π2，得φ＝π3，所以f（x）＝3sin2x＋π3.（2）由2kπ－π2≤2x＋π3≤2kπ＋π2（k∈Z），可得kπ－5π12≤x≤kπ＋π12（k∈Z）.（利用函数y＝Asin
（ωx＋φ）（A>0）的单调递增区间）又x∈[0，π]，所以函数f（x）在[0，π]上的单调递增区间为0，π12，7π12，π.19．解析：（1）由a－cb＋c＝sinBsinA＋sinC得（a－c）（sinA＋sinC）
＝（b＋c）sinB，由正弦定理得（a－c）（a＋c）＝（b＋c）b，即a2－c2＝b2＋bc，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得cosA＝－12，由于0<A<π，所以A＝2π3.（2）由（1）可知A＝2π3，所以∠CAD＝2π3－π2
＝π6，根据正弦定理，在△CAD中，CDsinπ6＝bsin∠ADC，在△BAD中，BDsinπ2＝csin∠ADB，又∠ADB＋∠ADC＝π，所以sin∠ADB＝sin∠ADC，又BD＝3CD，所以b＝23c，所以由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccosA＝4c29＋
c2－2×2c23×－12＝199c2，则a＝193c，所以cosC＝a2＋b2－c22ab＝71938.20．解析：选①（1）由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，b＝11－a，c＝7，得a2＝（
11－a）2＋49－2（11－a）×7×－17，∴a＝8.（2）∵cosA＝－17，A∈（0，π），∴sinA＝437.由正弦定理asinA＝csinC，得sinC＝csinAa＝7×4378
＝32，由（1）知b＝11－a＝3，∴S△ABC＝12absinC＝12×8×3×32＝63.选②（1）∵cosA＝18，∴A∈0，π2，sinA＝378.∵cosB＝916，∴B∈0，π2，sinB＝5716.
由正弦定理asinA＝bsinB，得a378＝11－a5716，∴a＝6.（2）sinC＝sin（π－A－B）＝sin（A＋B）＝sinAcosB＋cosAsinB＝74.∵a＋b＝11，a＝6，∴b＝5.∴S△
ABC＝12absinC＝12×6×5×74＝1574.21．解析：（1）因为sin2B－sin2C＝sinAsinC，由正弦定理得b2－c2＝ac，由cosB＝a2＋c2－b22ac＝a－c2c，得2s
inCcosB＝sinA－sinC．所以2sinC·cosB＝sin（B＋C）－sinC，所以sinC＝sinBcosC－cosBsinC＝sin（B－C），所以C＝B－C或C＝π－（B－C）（舍去），所以B＝2C.（2）由条件得0<C<π2
0<B＝2C<π2，A＝π－3C>π2解得0<C<π6，因为asinA＝bsinB，B＝2C，a＝2，所以b＝2sinBsinA＝2sin2Csin（π－3C）＝2sin2Csin3C.所以△ABC的面积S＝12absinC＝2·sin2C·sinCsin3C＝2·sin2C·
sinCsin2CcosC＋cos2CsinC＝2·tan2C·tanCtan2C＋tanC＝4tanC3－tan2C＝43tanC－tanC，因为0<C<π6，所以0<tanC<33.又因为函数y＝3x－x在0，33上单调递减，所以3tanC－tanC>833，所以0<13tanC
－tanC<38，所以0<43tanC－tanC<32，所以0<S<32，则△ABC面积的取值范围为0，32.22．解析：（1）在三角形AOB中，由正弦定理，得ABsin∠AOB＝OBsin
∠BAO，即ABsinα＝OBsinβ，而OB＝1，所以AB＝sinαsinβ，由余弦定理可得AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcosα＝4＋1－2×2×1·cosα＝5－4cosα，所以AB＝5－4cosα，所以5－4cosαsinα＝1sinβ，所以sinβ＝sinα5－4cosα（0<α<
π）.（2）因为AB＝AC，所以OC2＝OA2＋AC2－2OA·AC·cosπ2＋β＝4＋5－4cosα＋2×2×5－4cosα·sinβ＝9－4cosα＋4sinα＝9＋42sinα－π4≤9＋42，所以
OC的最大值为22＋1.故当α＝3π4时，OC最长，为（22＋1）km.第五单元平面向量点点练17平面向量的概念及线性运算一基础小题练透篇1．答案：D解析：选项A中单位向量方向可以不同，故a＝b不一定
成立；选项B中A、B、C、D四点可能共线，不能组成平行四边形；选项C中当b＝0时，a、c为任意向量；选项D正确，相反向量是一对平行向量．故选D.2．答案：B解析：若AB→∥CD→，则A，B，C，D四点共线或AB∥
CD，若AB∥CD，则AB→∥CD→，故“向量AB→∥CD→”是“直线AB∥CD”的必要不充分条件．故选B.3．答案：B解析：CD→＝CA→＋AD→＝CA→＋23AB→＝CA→＋23（AC→＋CB→）＝13CA→＋23CB
→＝13b＋23a，故选B.4．答案：D解析：由AB→＝λa＋b，AC→＝a＋μb（λ，μ∈R）及A，B，C三点共线得AB→＝tAC→，所以λa＋b＝t（a＋μb）＝ta＋tμb，即可得λ＝t，1＝tμ，所以λμ＝1.5．答案：B解析：∵O为BC的中点
，∴AO→＝12（AB→＋AC→）＝12（mAM→＋nAN→）＝m2AM→＋n2AN→，∵M，O，N三点共线，∴m2＋n2＝1，∴m＋n＝2.6．答案：C解析：因为四边形ABCD为平行四边形，对角线AC与BD交于点O，且AE→＝2EO→，所以E
A→＝－13AC→，所以ED→＝EA→＋AD→＝－13AC→＋AD→＝－13（AD→＋AB→）＋AD→＝23AD→－13AB→.7．答案：①②③④⑤⑥解析：对于①，当b＝0时，a不一定与c平行．对于②
，当a＋b＝0时，其方向任意，它与a，b的方向都不相同．对于③，当a，b之一为零向量时结论不成立．对于④，当a＝0且b＝0时，λ有无数个值；当a＝0但b≠0时，λ不存在．对于⑤，由于两个向量之和仍是一个向量，所以AB→＋BA
→＝0.对于⑥，当λ＝0时，不管a与b的大小与方向如何，都有λa＝λb，此时不一定有a＝b.8．答案：4解析：∵D为AB的中点，则OD→＝12（OA→＋OB→），又OA→＋OB→＋2OC→＝0，∴OD→＝－OC→，∴O为CD的中点．又∵D为AB的
中点，∴S△AOC＝12S△ADC＝14S△ABC，则S△ABCS△AOC＝4.二能力小题提升篇1．答案：C解析：设E，F，D分别是AC，AB，BC的中点，由于O是三角形ABC的重心，所以BO→＝23BE→＝23×（AE→－AB→）＝23×
12AC→－AB→＝－23AB→＋13AC→.2．答案：A解析：因为A、B、D三点共线，所以存在实数λ，使得BD→＝λAB→，BD→＝BC→＋CD→＝2a＋6b，所以2a＋6b＝λa＋mλb，∴2＝λ6＝mλ，解得m＝3.3．答案：C解析：
由题意AP→＝AB→＋BP→＝AB→＋λBE→＝AB→＋λ（AE→－AB→）＝（1－λ）AB→＋AE→＝（1－λ）·2AF→＋λ·23AC→＝（2－2λ）AF→＋23λAC→，因为F，P，C三点共线，所以2－2λ＋23λ＝1，解得λ＝34.故选C.4．答案：D解析：因为AN→＝13AC→，所以3A
N→＝AC→，又因为AP→＝mAB→＋213AC→，所以AP→＝mAB→＋613AN→，又因为B，P，N三点共线，所以BP→＝λBN→（λ≠0），即AP→－AB→＝λ（AN→－AB→）（λ≠0），所以AP→＝λAN→＋（1－λ）AB→（λ≠0），所以λ＝613m＝1－λ，解得m＝713.
故选D.5．答案：②③解析：①两个向量的模相等，但它们的方向不一定相同，故①为假命题．②因为AB→＝DC→，所以|AB→|＝|DC→|且AB→∥DC→，又A，B，C，D是不共线的四点，所以四边形ABCD为平行四边形；反之，若四边形ABCD为平行四边形，则|AB→|＝|DC→|，AB→
∥DC→且AB→，DC→方向相同，因此AB→＝DC→，故②为真命题．③因为a＝b，所以a，b的模相等且方向相同，又b＝c，所以b，c的模相等且方向相同，所以a，c的模相等且方向相同，故a＝c，则③为真命题．④当a∥b且方向相反时，即使|a|＝|b|，也不能得到
a＝b，故|a|＝|b|且a∥b不是a＝b的充要条件，而是必要不充分条件，故④是假命题．6．答案：33解析：连接AD，交EC于G点，设正六边形边长为a，由正六边形的性质知，AD⊥CE，AD∥CB，G点为EC的中点，且AG＝32a，则CA→＝CG→＋
GA→＝12CE→＋32CB→，又AMAC＝CNCE＝r，（r>0），则CA→＝CM→1－r，CE→＝CN→r，故CM→1－r＝CN→2r＋32CB→，即CM→＝1－r2rCN→＋3（1－r）2CB→.若B、M、N三点共线
，由共线定理知，1－r2r＋3（1－r）2＝1，解得r＝33或－33（舍）.三高考小题重现篇1．答案：A解析：由向量加法的平行四边形法则可知|a＋b|与|a－b|为以a，b为邻边的平行四边形的对角线，因为|a＋b|＝|a－b|，所以四边形为矩形，故a⊥b.2．答
案：A解析：作出示意图如图所示．EB→＝ED→＋DB→＝12AD→＋12CB→＝12×12（AB→＋AC→）＋12（AB→－AC→）＝34AB→－14AC→.3．答案：A解析：∵BC→＝3CD→，∴AC→－AB→＝3（AD→－AC→）.整理，得3AD→＝－AB→＋4
AC→，∴AD→＝－13AB→＋43AC→.4．答案：A解析：设圆C的半径为r.如图，建立平面直角坐标系．在Rt△BCD中，BD＝5，12BD·r＝12BC·CD，∴r＝25.∴圆C：（x－2）2＋（y－1）2＝45.令x－2＝25co
sα，y－1＝25sinα，α∈[0，2π），则x＝2＋25cosα，y＝1＋25sinα，则圆上任一点P（2＋25cosα，1＋25sinα）.由AP→＝λAB→＋μAD→，得（2＋25cosα，1＋25sinα）＝λ（0
，1）＋μ（2，0）＝（2μ，λ），∴2＋25cosα＝2μ，1＋25sinα＝λ.可得λ＝25sinα＋1，μ＝15cosα＋1，∴λ＋μ＝（25sinα＋1）＋（15cosα＋1）＝25sinα＋15cosα＋2＝（2
5）2＋（15）2sin（α＋φ）＋2＝sin（α＋φ）＋2.∵sin（α＋φ）的最大值为1，∴λ＋μ的最大值为3.四经典大题强化篇1．解析：（1）证明：∵AB→＝a＋b，BC→＝2a＋8b，CD→＝3()a－b，∴BD→＝BC→＋
CD→＝2a＋8b＋3()a－b＝2a＋8b＋3a－3b＝5()a＋b＝5AB→，∴AB→，BD→共线，又∵它们有公共点B，∴A，B，D三点共线．（2）∵ka＋b和a＋kb共线，∴存在实数λ，使ka＋b＝λ()a＋kb，即ka＋b
＝λa＋λkb，∴()k－λa＝()λk－1b.∵a，b是两个不共线的非零向量，∴k－λ＝λk－1＝0∴k2－1＝0，∴k＝±1.2．解析：因为tan∠AOB＝－43，所以sin∠AOB＝45，如图所示，过点C作CD∥OB，交OA的延长线于点D，作CE∥OA，交OB的延长线于点E.所以在△OCD中
，∠OCD＝45°，sin∠ODC＝sin（180°－∠AOB）＝45，所以由正弦定理得OCsin∠ODC＝ODsin∠OCD，即245＝OD22，解得OD＝54＝m.由余弦定理得OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos
45°，即2516＝2＋n2－22ncos45°，解得n＝14或74.当n＝14时，cos∠CDO<0，∠CDO为钝角，与∠EOD为钝角矛盾，故n＝74，所以mn＝57.点点练18平面向量基本定理及坐标表示一基础小题练透篇1．答
案：D解析：设点B的坐标为（x，y），则AB→＝（x＋1，y－5）.由AB→＝3a，得x＋1＝6，y－5＝9，解得x＝5，y＝14.2．答案：A解析：AB→＝（3，1），AC→＝（－4，
－3），BC→＝AC→－AB→＝（－4，－3）－（3，1）＝（－7，－4）.3．答案：D解析：由题意，AD→＝λAB→＋（1－λ）AC→且0<λ<1，而AD→＝3AP→＝3（AB→＋BP→），所以3AB→＋3BP→＝λAB→＋（1－λ）AC→，即BP→＝λ－33AB→＋1－λ3AC→，由已知
，m＝λ－33n＝1－λ3，则m＋n＝－23.故选D.4．答案：C解析：由题意，得a＋b＝()3x，x＋4，a＋c＝()6，10，因为()a＋b∥()a＋c，所以30x＝6x＋24，解得x＝1
，则c＝ma＋nb＝()m，3m＋()2n，2n＝（m＋2n，3m＋2n）＝()5，7，即m＋2n＝53m＋2n＝7，解得m＝1n＝2，故m＋n＝3.故选C.5．答案：D解析：连接CD（图略），由点
C，D是半圆弧的三等分点，得CD∥AB且CD→＝12AB→＝12a，所以AD→＝AC→＋CD→＝b＋12a.6．答案：A解析：因为|OC|＝2，∠AOC＝π4，所以C（2，2），又因为OC→＝λOA→＋μ
OB→，所以（2，2）＝λ（1，0）＋μ（0，1）＝（λ，μ），所以λ＝μ＝2，λ＋μ＝22.7．答案：－12解析：由已知条件可得ma＋nb＝（2m，3m）＋（－n，2n）＝（2m－n，3m＋2n），a－2b＝（2，3）－（－2，4）＝（4，－1）.∵ma＋nb与a－2b共线，∴2m－n
4＝3m＋2n－1，即n－2m＝12m＋8n，∴mn＝－12.8．答案：43解析：选择AB→，AD→作为平面向量的一组基底，则AC→＝AB→＋AD→，AE→＝12AB→＋AD→，AF→＝AB→＋12AD→，又AC→＝λAE→＋μAF→＝
12λ＋μAB→＋λ＋12μAD→，于是得12λ＋μ＝1，λ＋12μ＝1，解得λ＝23，μ＝23，所以λ＋μ＝43.二能力小题提升篇1．答案：B解析：以e1的起点为坐标原点，e1所在直线为x轴建立平面直角坐标系（图略），由题意可
得e1＝（1，0），e2＝（－1，1），a＝（－3，1），因为a＝xe1＋ye2＝x（1，0）＋y（－1，1）＝（x－y，y），则x－y＝－3，y＝1，解得x＝－2，y＝1，故a＝－2e1＋e2.2．答案：A解析：方法一由题意可得ma＋2
b＝43－m，2m＋65，3a－2b＝－133，245.∵向量ma＋2b（m∈R）与向量3a－2b共线，∴－133×2m＋65＝245×43－m，解得m＝－3.方法二∵向量ma＋2b（m∈R）与向量3a－2b共线，设ma＋2b＝λ（3a
－2b）（λ∈R），∴m＝3λ，－2λ＝2，∴λ＝－1，m＝－3.3．答案：D解析：方法一依题意，设BO→＝λBC→，其中1<λ<43，则有AO→＝AB→＋BO→＝AB→＋λBC→＝AB→＋λ（AC→－AB→）＝（1－λ）AB→＋λAC→.又AO→＝xAB→＋（1－x）A
C→，且AB→，AC→不共线，于是有x＝1－λ∈－13，0，即x的取值范围是－13，0.方法二∵AO→＝xAB→＋AC→－xAC→，∴AO→－AC→＝x（AB→－AC→），即CO→
＝xCB→＝－3xCD→，∵O在线段CD（不含C，D两点）上，∴0<－3x<1，∴－13<x<0.4．答案：B解析：由条件可知c＝()3λ，4－4λ，则||c＝9λ2＋()4－4λ2＝25λ2－32λ＋16＝25
λ－16252＋14425，当λ＝1625时，||cmin＝125.故选B.5．答案：18解析：由M为边BC上任意一点，则BM→＝γBC→（0≤γ≤1），AN→＝12AM→＝12()AB→＋BM→＝12
()AB→＋γBC→＝12AB→＋γ2()AC→－AB→＝1－γ2AB→＋γ2AC→，可得λ＝1－γ2μ＝γ2，则λ＋μ＝12，即λ＝12－μ，由0≤γ≤1，可得0≤γ2≤12，则μ∈0，12，故λ2＋μ2＝12－μ2＋μ2
＝2μ2－μ＋14＝2μ－142＋18，当μ＝14时，λ2＋μ2取得最小值为18.6．答案：2解析：以O为坐标原点，OA→所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A（1，0），B（－12，32）.设∠AOC＝αα∈0，2π3，则C（cos
α，sinα）.由OC→＝xOA→＋yOB→，得cosα＝x－12y，sinα＝32y，所以x＝cosα＋33sinα，y＝233sinα，所以x＋y＝cosα＋3sinα＝2sinα＋π6，又α∈0，2π3，所以当α
＝π3时，x＋y取得最大值2.三高考小题重现篇1．答案：D解析：由题意可得a－b＝()2，1－()－2，4＝()4，－3，所以||a－b＝42＋()－32＝5.故选D.2．答案：B解析：因为BD＝2DA，所以CB→＝CA→＋AB→＝
CA→＋3AD→＝CA→＋3（CD→－CA→）＝－2CA→＋3CD→＝－2m＋3n.故选B.3．答案：－3解析：∵a＝（2，6），b＝（－1，λ），且a∥b，∴2λ＋6＝0，∴λ＝－3.4．答案：12解析：2a＋b＝2（1，2）＋（2，－2）＝（4，2）
，又∵c∥（2a＋b），∴4λ－2×1＝0，∴λ＝12.5．答案：185或0解析：方法一以点A为坐标原点，AB→的方向为x轴的正方向，AC→的方向为y轴的正方向建立平面直角坐标系，设CD→＝λCB→，λ∈[0，1]，则D（4λ，3－3λ）
，AD→＝AC→＋λCB→＝λAB→＋（1－λ）AC→，又点P在AD的延长线上，则可设AP→＝μAD→，μ>1，又PA→＝m（PB→－PC→）＋32PC→＝mCB→＋32PC→，则PA→＝m（AB→－AC→）＋32（AC→－AP→），12AP→＝mAB
→＋32－mAC→，则2mAB→＋（3－2m）AC→＝AP→＝μAD→＝λμAB→＋μ（1－λ）AC→，所以2m＝λμ，3－2m＝μ－λμ，所以μ＝3，又AP＝9，则AD＝3，所以（4λ）2＋（3－3λ）2＝9，得λ＝1825或λ＝0，则|CD→|＝18
25|CB→|＝1825×32＋42＝185或|CD→|＝0×|CB→|＝0.方法二由题意可设PA→＝λPD→＝λ[μPB→＋（1－μ）PC→]＝λμPB→＋（λ－λμ）PC→，其中λ>1，0≤μ≤1，又PA→＝mPB→＋32－mPC→，所以λμ
＝m，λ－λμ＝32－m，得λ＝32，即|PA→||PD→|＝32，又PA＝9，则|PD→|＝6，|AD→|＝3，所以AD＝AC.当D与C重合时，CD＝0，当D不与C重合时，有∠ACD＝∠CDA，所以∠CAD＝180°
－2∠ACD，在△ACD中，由正弦定理可得CDsin∠CAD＝ADsin∠ACD，则CD＝ADsin（180°－2∠ACD）sin∠ACD＝sin2∠ACDsin∠ACD·AD＝2cos∠ACD·AD＝2×35×3＝
185.综上，CD＝185或0.四经典大题强化篇1．解析：（1）由题意可得：a＋2b＝()2x＋1，2x＋6，2a－c＝()4，4x，∵()a＋2b∥()2a－c，则4x()2x＋1－4()2x＋6＝0，即2x2－x－6＝0，解得：x＝2或x＝－32，∴实数x的值为2
或－32.（2）由（1）可得：当x＝2时，则a＋2b＝()5，10，2a－c＝()4，8，即a＋2b＝54()2a－c，故a＋2b与2a－c同向；当x＝－32时，则a＋2b＝()－2，3，2a－c＝()4，－6，即a＋2b＝－2()2a－c，故a＋2b与2a－c反向．
∵a＋2b与2a－c的夹角为锐角，则4()2x＋1＋4x()2x＋6>0x≠2，解得x>14－42或x<－14＋42，且x≠2，∴实数x的取值范围－∞，－14＋42∪（14－42，2）∪()2，＋∞.2．解析：（1）方法
一∵PA→＋PB→＋PC→＝0，PA→＋PB→＋PC→＝（1－x，1－y）＋（2－x，3－y）＋（3－x，2－y）＝（6－3x，6－3y），∴6－3x＝0，6－3y＝0，解得x＝2，y＝2，则P（2，2），OP→＝（
2，2），故|OP→|＝22.方法二∵PA→＋PB→＋PC→＝0，∴（OA→－OP→）＋（OB→－OP→）＋（OC→－OP→）＝0，∴OP→＝13（OA→＋OB→＋OC→）＝（2，2），∴|OP→|＝22.（2）由题意，画出△ABC三边围成的区域（含边界），如图中阴
影部分所示．∵OP→＝mAB→＋nAC→，∴（x，y）＝（m＋2n，2m＋n），∴x＝m＋2n①，y＝2m＋n②，②－①，得m－n＝y－x.令y－x＝t，由图知，当直线y＝x＋t过点B（2，3）时，t取得最大值，tmax＝1，故m－n的最大值为1.
点点练19平面向量的数量积及应用一基础小题练透篇1．答案：B解析：因为AC→＝AB→＋BC→＝AB→－CB→＝（－2，6），所以AB→·AC→＝1×（－2）＋2×6＝10.2．答案：D解析：∵a·（a＋b）＝a2＋a·b＝22＋2×1×cos〈a，b〉＝4＋2cos〈
a，b〉＝3，∴cos〈a，b〉＝－12，又〈a，b〉∈[0，π]，∴sin〈a，b〉＝1－cos2〈a，b〉＝32.3．答案：B解析：因为a·c＝a·（－a－b）＝－a2－a·b＝－|a|2－|a|·233|a|cos150°＝－|a|2＋|a|2＝0，所
以a⊥c，所以a与c的夹角为90°.4．答案：B解析：|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＋2|a||b|cos60°＝4＋4＋2×2×2×12＝12，|a＋b|＝23.5．答案：C解析：分别以边BC，BA所在的直线为x，y轴，建立如图所示
的平面直角坐标系，则：A（0，2），B（0，0），C（2，0），设F（2，y），则AB→＝（0，－2），AF→＝（2，y－2），AC→＝（2，－2），∴AB→·AF→＝2－2y＝2，解得y＝2－1，∴F（2，2－1），AB→＋
AC→＝（2，－22），BF→＝（2，2－1），∴（AB→＋AC→）·BF→＝4－4＋22＝22.故选C.6．答案：A解析：∵BG→·AG→＝0，∴BG⊥AG，连接CG并延长交AB于D，则D为AB的中点，且CG＝2GD，在Rt△AGB中，GD＝AB2＝1，则CD＝3，∵4CA→·CB→＝（C
A→＋CB→）2－（CA→－CB→）2＝4CD→2－4AD→2＝32，∴CA→·CB→＝8，（CA→2＋CB→2）AB→·AC→＝[（CA→＋CB→）2－2CA→·CB→]（AC→－BC→）·AC→＝（36－16）（
AC→2－8）＝20（AC→2－8），∵CD＋AD>AC>CD－AD，即4>AC>2，∴（CA→2＋CB→2）AB→·AC→∈（－80，160）.7．答案：（－2，4）解析：∵m＝()－1，2，n＝()2，λ，m⊥n，∴m·n＝－2＋2λ＝0，解得λ＝1，∴n＝()2，1，∴2m＋n＝(
)0，5，||m＝1＋4＝5，∴()2m＋n·m＝10，∴2m＋n在m上投影向量为：()2m＋n·m||m·m|m|＝105·－15，25＝（－2，4）.8．答案：－∞，－92∪－
92，3解析：∵2a－3b与c的夹角为钝角，∴（2a－3b）·c＜0，即（2k－3，－6）·（2，1）＜0，∴4k－6－6＜0，∴k＜3.又若（2a－3b）∥c，则2k－3＝－12，即k＝－92.当k
＝－92时，2a－3b＝（－12，－6）＝－6c，即2a－3b与c反向．综上，k的取值范围为－∞，－92∪－92，3.二能力小题提升篇1．答案：B解析：∵|a|＝2，|b|＝3，a与b的夹角为60°，∴a·b＝|a|·|b|·
cos60°＝2×3×12＝3.2．答案：D解析：因为向量a，b，c两两所成的角相等，所以向量a，b，c同向，或两两夹角为2π3，当向量a，b，c同向时，因为||a＝1，||b＝2，||c＝3，所以||a＋b＋c＝||a＋||b＋||
c＝1＋2＋3＝6，当向量a，b，c两两夹角为2π3时，因为||a＝1，||b＝2，||c＝3，所以||a＋b＋c＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝12＋22＋32＋2×1×2cos2π3＋2×2×3cos2π3＋2×1×3cos2π3＝14－2－6－3＝3，综上，|
|a＋b＋c的值为6或3.故选D.3．答案：D解析：由tan〈a，b〉＝26，〈a，b〉∈0，π2⇒tan2〈a，b〉＝1cos2〈a，b〉－1＝24⇒cos〈a，b〉＝15，又由()a＋3b⊥()2
a－b得()a＋3b·()2a－b＝2a2＋5a·b－3b2＝0，即2||a2＋5||a·||b15－3||b2＝0⇒2|a||b|2＋|a||b|－3＝0，解得|a||b|＝1|a
||b|>0.故选D.4．答案：D解析：如图所示，以D为原点，以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，过点B做BN⊥x轴，过点B做BM⊥y轴，∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝2，∴AN＝ABcos60°＝1，BN
＝ABsin60°＝3，∴DN＝2＋1＝3，∴BM＝3，∵CM＝MBtan30°＝3，∴DC＝DM＋MC＝23，∴A（2，0），B（3，3），C（0，23），设E（0，m），∴AE→＝（－2，m），BE→＝（－3，m－3）.0≤m≤23，∴AE→·BE→＝6＋m2－3m＝（m－32）2＋6－3
4＝（m－32）2＋214，当m＝32时，取得最小值为214.5．答案：2＋2解析：在△AOB中，设OA＝OB＝x，∠AOB＝360°8＝45°，则x2＋x2－2x2cos45°＝1，所以x2＝2＋22，又∠AOB＝∠BOC＝45°，所以∠AOC＝90°，∠OAC＝∠
OCA＝45°，所以AE＝2x＝22＋22＝2×2＋2，AC＝OA2＋OC2＝2x2＝2＋2，所以AC→·AE→＝||AC→·||AE→cos45°＝2＋2×2×2＋2×22＝2＋2.6．答案：2解析：设BC的中点为E，连接AE，向量PO→，OE→的夹角为θ，因为等边
△ABC内接于圆O：x2＋y2＝1，所以点O在AE上，且PO＝AO＝2OE＝1，所以PA→·（PB→＋PC→）＝PA→·()2PE→＝2（PO→＋OA→）·（PO→＋OE→）＝2[]PO→2＋PO→·（OA→＋OE→）＋OA→·OE→＝2[PO→2＋]PO→·（－OE→）－2OE→2＝2
1－1×12cosθ－2×122＝1－cosθ，所以当cosθ＝－1，即点P为AE的延长线与圆的交点时，PA→·（PB→＋PC→）取最大值2.三高考小题重现篇1．答案：C解析：将|a－2b|＝3两边平方，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.2．答案：D解析：由题意得cos〈a，a＋b〉＝a·（a＋b）|a|·|a＋b|＝a2＋a·b|a|·a2＋b2＋2a·b＝25－65×25＋36－
12＝1935.3．答案：A解析：AP→·AB→＝|AP→|·|AB→|·cos∠PAB＝2|AP→|cos∠PAB，又|AP→|cos∠PAB表示AP→在AB→方向上的投影，所以结合图形可知，当P与C重合时投影最大，当P与F重合时投影最小．又AC→·AB→＝23×2×cos
30°＝6，AF→·AB→＝2×2×cos120°＝－2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，AP→·AB→∈（－2，6）.4．答案：C解析：因为a＝（3，4），b＝（1，0），所以c＝a＋tb＝（3＋t，4）.由题
意，得cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，即9＋3t＋16|c|·5＝3＋t|c|·1，解得t＝5.故选C.5．答案：3解析：由|a＋b|＝1，得|a＋b|2＝1，即a2＋b2＋2a·b＝1，而|a|＝|b|＝1，故a·b＝－12，|a－b|＝|a－b|2＝
a2＋b2－2a·b＝1＋1＋1＝3.6.答案：5－1解析：方法一如图，由题意及平面向量的平行四边形法则可知，点P为BC的中点，在三角形PCD中，|PD→|＝5.cos∠DPB＝－cos∠DPC＝－15，∴PB→·P
D→＝|PB→|·|PD→|cos∠DPB＝1×5×（－15）＝－1.方法二以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），B（2，0），C（2，2），D（0，2）
，∴AP→＝12（AB→＋AC→）＝（2，1），P（2，1），∴PD→＝（－2，1），PB→＝（0，－1），∴|PD→|＝5，PB→·PD→＝（0，－1）·（－2，1）＝－1.四经典大题强化篇1．解析：（1）因为2a＋b＝()2m＋5，4，a＋3b＝()m＋10，－3，所以5a＝3()2a
＋b－()a＋3b＝3()2m＋5，4－（m＋10，－3）＝()5m＋5，15，即a＝()m＋1，3，所以b＝2a＋b－2a＝()2m＋5，4－2()m＋1，3＝()3，－2，又a∥b，所以－2()m＋1－3×3＝0，解得m＝－112.（2）因为a⊥b，所以a·b＝3()m
＋1－2×3＝0，解得m＝1，所以a＝()2，3，所以a＋b＝()2，3＋()3，－2＝()5，1，a－2b＝()2，3－2()3，－2＝()－4，7，所以||a＋b＝52＋12＝26，||a－2b＝()－42＋72＝65，所以cos〈a＋b，a－2b〉＝
()a＋b·()a－2b||a＋b·||a－2b＝－4×5＋1×726×65＝－1010.2．解析：（1）由已知得m·n＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin（A＋B），因为A＋B＋C＝π，所以sin（A＋B）＝sin（π－C）＝sinC，所以m·n＝sinC，
又m·n＝sin2C，所以sin2C＝2sinCcosC＝sinC，因为sinC＞0，所以cosC＝12.又0<C<π，所以C＝π3.（2）由已知及正弦定理得2c＝a＋b.因为CA→·（AB→－AC→）＝CA→·CB→＝18，所以abcosC＝18，所以ab＝36.由
余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝（a＋b）2－3ab，所以c2＝4c2－3×36，所以c2＝36，所以c＝6.单元检测（五）平面向量1．答案：B解析：因为a⊥b，所以a·b＝2sinα＋c
osα＝0，即tanα＝－12.2．答案：A解析：设向量a＝（1，3），向量b＝（－12，32）的夹角为θ，则θ∈[0，π]，因为cosθ＝a·b|a|×|b|＝1×－12＋3×321＋3×－122＋（32）2＝12，所以θ＝60°.3．答案：C解析：因为（
a－b）·（a＋b）＝0⇔|a|2＝|b|2⇔|a|＝|b|，所以“（a－b）·（a＋b）＝0”是“|a|＝|b|”的充要条件．4．答案：C解析：由题意知：2c－2b＝a，则4c2＋4b2－8b·c＝a2，即8－8b·c＝1，得：b·c＝78
.故选C.5．答案：C解析：设CO→＝yBC→，因为3BC→＋DC→＝0，点O在线段CD上（与点C，D不重合），所以y∈()0，3，所以AO→＝AC→＋CO→＝AC→＋yBC→＝AC→＋y()AC→－AB→＝
－yAB→＋()1＋yAC→.因为AO→＝xAB→＋()1－xAC→，所以x＝－y，所以x∈()－3，0.故选C.6．答案：B解析：依题意，得a·b＝x＋y－1＝0⇒x＋y＝1.1x＋4y＝x＋yx＋4（x＋y）y＝5＋yx＋4xy≥9，当且仅当x＝13，y＝23时取等号．故选
B.7．答案：A解析：由cos∠BOC＝64，得cos∠AOC＝－64，故OA→·OC→＝||OA→||OC→cos∠AOC＝2×2×－64＝－6.故选A.8．答案：D解析：∵AE→＝3EC→，∴AC→＝43AE→，∵AD→＝xAB→＋23AC→，
∴AD→＝xAB→＋23×43AE→＝xAB→＋89AE→，∵B，D，E三点共线，∴x＋89＝1，∴x＝19.9．答案：D解析：以O为坐标原点，AB∥x轴，建立坐标系，如图，则A（－2，－5），B（2，－5），设C（3cosθ，3sinθ），AB→＝（4，0），AC→＝（3c
osθ＋2，3sinθ＋5）则AB→·AC→＝12cosθ＋8∈[－4，20].10．答案：D解析：对A，若OP→＝xOA→＋()1－xOB→()x∈R，则点P在直线AB上，由于△OAB是边长为2的等边三角形，故点O到直线AB的距离为3，故A正确；对B，若x＝0，则OP→＝yOB→＋
（1－y）OC→，点P是线段BC上任意一点；若y＝0，则OP→＝xOA→＋（1－x）OC→，点P是线段AC上任意一点；若x＋y＝1，则OP→＝xOA→＋yOB→，则点P是线段AB上任意一点．若x，y，x＋y∈（0，1），则OP→＝
（x＋y）xx＋yOA→＋yx＋yOB→＋（1－x－y）OC→.记OM→＝xx＋yOA→＋yx＋yOB→，则点M是线段AB上任意一点，OP→＝（x＋y）OM→＋（1－x－y）OC→，点P是线段CM上任意一点．综上，点P是△ABC内部及边界上任意一点，||OP→
的最大值为OC＝23，故B正确；对C，记A′（－2，0），B′()－1，－3，OP→＝xOA→＋yOB→，||x＋||y≤1，则点P在以AA′和BB′为对角线的平行四边形内部及边界，其面积为S＝4×3＝43，故C正确；对
于D，若OP→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，||x＋||y＋z≤1，z≥0，由选项B和C知点P是五边形CAB′A′B内部及边界上一点，其面积为43＋3＝53，故D错误．故选D.11．答案：D解析：因为向量a＝（－1，2），b＝（3，4），所以ta－5b＝（－t－35，2t－45），因此|ta－5
b|＝（－t－35）2＋（2t－45）2＝5t2－105t＋125＝5（t－5）2＋100≥10，当且仅当t＝5时，取得最小值．12．答案：A解析：G是三角形ABC的重心，所以AG→＝23×12×（AB
→＋AC→）＝13（AB→＋AC→），AG→·BC→－4＝13（AB→＋AC→）·（AC→－AB→）－4＝13()AC→2－AB→2－4＝－8，A错误．根据欧拉线的知识可知2GO→＝－GH→，B选项正确．AO→·BC→＋6＝（AH→＋HO→）·BC→＋6＝AH→·BC→＋HO
→·BC→＋6＝HO→·BC→＋6＝32HG→·BC→＋6＝32（AG→－AH→）·BC→＋6＝32（AG→·BC→－AH→·BC→）＋6＝32AG→·BC→＋6＝32×13（AB→＋AC→）×（AC→－AB→）＋6＝
12（22－42）＋6＝0，所以C选项正确．OH→＝3OG→＝3（OA→＋AG→）＝3OA→＋3AG→＝3OA→＋3×13（AB→＋AC→）＝3OA→＋AB→＋AC→＝3OA→＋OB→－OA→＋OC→－OA→＝OA→＋OB→＋OC→，所以D选项正确．故选A.13．答案：14解析：由
a＝（1，2），b＝（3，－1），所以a＋b＝（4，1），又因为c∥()a＋b，c＝（1，λ），所以4λ－1＝0，解得λ＝14.14．答案：98解析：正方形中，BD＝6，∵BP→＝3PD→，∴BP＝34BD＝364，PA→·PB
→＝（PB→＋BA→）·PB→＝PB→2－BA→·BP→＝（364）2－3×364×22＝98.15．答案：2解析：由a∥b可得，3sinα＝cosα，得tanα＝13，而tanα＋π4＝tanα
＋11－tanα＝13＋11－13＝2.16．答案：3＋34解析：以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0）、B（2，0）、D()0，2、C()2，2、
O()1，1，AP→＝mAB→＋nAD→＝()2m，2n，即点P()2m，2n，因为||OP→＝1，则点P在以O为圆心，半径为1的圆上，设点P()1＋cosθ，1＋sinθ，则2m＝1＋cosθ2n＝1＋sinθ，则t＝2m＋12
n＋2＝2＋cosθ3＋sinθ，整理可得tsinθ－cosθ＝2－3t，所以，1＋t2sin()θ－φ＝2－3t，其中cosφ＝t1＋t2，sinφ＝11＋t2，所以||2－3t≤t2＋1，整理可得8t2－12t＋3≤0，解得3－34≤t≤3＋34，因此，2m＋12n＋2的最大值为3＋3
4.17．解析：（1）()a＋b·()a－b＝||a2－||b2＝12，∵||a＝1，∴|b|2＝12，∴||b＝22.（2）||a＋b2＝||a2＋2a·b＋||b2＝1＋2×14＋12＝2，∴||a＋b＝2，||a－b2＝||a2－2a·b＋||b2＝1－2×14＋12＝1
，∴||a－b＝1，设向量a＋b与a－b夹角为θ，∴cosθ＝()a＋b·()a－b||a＋b×||a－b＝121×2＝24.18．解析：（1）∵在矩形ABCD中，点E是BC边上的中点，点F在边CD上
，∴EF→＝EC→＋CF→＝12BC→＋14CD→，在矩形ABCD中，BC→＝AD→，CD→＝－AB→，∴EF→＝－14AB→＋12AD→，∴λ＝－14，μ＝12，∴λ·μ＝－18.（2）设DF→＝mD
C→（m>0），则CF→＝（m－1）DC→，AE→＝AB→＋12BC→＝AB→＋12AD→，BF→＝CF→＋BC→＝（m－1）DC→＋BC→＝（m－1）AB→＋AD→，又AB→·AD→＝0，∴AE→·BF→＝（AB→＋12AD→）·[（m－1）A
B→＋AD→]＝（m－1）AB→2＋12AD→2＝9（m－1）＋8＝2，解得m＝13.∴DF的长为1.19．解析：（1）由题意知A是BC的中点，且OD→＝23OB→，OB→＋OC→＝2OA→，所以OC→＝OA→＋AC→＝OA→＋B
A→＝2OA→－OB→＝2a－b，DC→＝OC→－OD→＝OC→－23OB→＝2a－53b.（2）因为EC→＝OC→－OE→＝2a－b－λa＝()2－λa－b，且EC→∥DC→，所以2－λ2＝－1－53＝35，解得λ＝45.20．解析：（1）先证充分性．若AP→＝λAM→＋
（1－λ）AN→，则AP→＝λ（AM→－AN→）＋AN→，AP→－AN→＝λ（AM→－AN→），即NP→＝λNM→，NP→∥NM→，故M，P，N三点共线．再证必要性．若M，P，N三点共线，则存在实数λ，使得NP
→＝λNM→，即AP→－AN→＝λ（AM→－AN→），AP→＝λ（AM→－AN→）＋AN→，故AP→＝λAM→＋（1－λ）AN→.综上知，结论成立．（2）利用A，G，F和B，G，E共线的充要条件，存在
实数λ，μ使得OG→＝λa＋()1－λ14b＝μ13a＋()1－μb则λ＝13μ14()1－λ＝1－μ，解得λ＝311μ＝911.故OG→＝311a＋211b.21．解析：（1）由
正弦定理得b2＋c2－a22bc·sinAcosA＝12，即sinA＝12.又∵A是锐角，∴A＝π6.（2）OA→·（AB→＋AC→）＝OA→·（OB→＋OC→－2OA→）＝OA→·OB→＋OA→·OC→－2OA→2＝cos∠A
OB＋cos∠AOC－2＝cos2C＋cos2B－2＝cos5π3－2B＋cos2B－2＝32cos2B－32sin2B－2＝3cos2B＋π6－2.∵△ABC是锐角三角形，∴
B<π2，B＋A>π2，∴π3<B<π2，∴2π3<2B<π，则5π6<2B＋π6<7π6，∴－1≤cos（2B＋π6）<－32故OA→·（AB→＋AC→）的取值范围是－2－3，－72.22．解析：（
1）设a＝OA→，b＝OB→，c＝OC→，则a－b＝BA→，c－a＝AC→，c－b＝BC→，∠AOB＝π3，∠ACB＝2π3，当点O，C在AB的两侧时，由题意可得O，A，C，B四点共圆．在△ABC中，BA＝6，AC＝
23，∠ACB＝2π3，由正弦定理得BAsin∠ACB＝ACsin∠CBA，则sin∠CBA＝12，则∠CBA＝π6，则∠CBA＝∠COA＝π6，可得a与c的夹角为π6.当点O，C在AB同侧时，在△ABC中，BA＝6，AC＝23，∠ACB＝2π3，由co
s∠ACB＝AC2＋BC2－AB22AC·BC，得BC＝23，则易知点A，B，O在以C为圆心，AC为半径的圆上，此时易得a与c的夹角为π6.综上，a与c的夹角为π6.（2）因为|c－a|＝23，所以12＝c2＋a2－2a·c≥2|a|
|c|－2a·c，又由a·c＝|a||c|cosπ6得|a||c|＝23a·c，所以12≥43a·c－2a·c，所以a·c≤18＋123.则a·c的最大值为18＋123.第六单元数列点点练20数列的概念及表示一基础小题练透篇1．答案：C解析：方法一（特例淘汰法）令n＝1，淘汰
D选项，令n＝2淘汰A，B选项．方法二数列变形为01，23，45，67，…分子、分母都是等差数列，分子2（n－1）分母2n－1.2．答案：D解析：由an＋2＝an＋1an，a1＝2，a2＝3，所以a3＝a2
a1＝32，a4＝a3a2＝323＝12，a5＝a4a3＝1232＝13，a6＝a5a4＝1312＝23，a7＝a6a5＝2313＝2，即{}an是周期为6的数列．故a2022＝a6＝23.故选D.3．答案：D解析：a2＝1＋（－1）2a1＝2，a3＝1＋（－1）3a2＝12，a4＝1＋（－1
）4a3＝3，a5＝1＋（－1）5a4＝23.4．答案：A解析：设第n行第m个数为a()n，m，则a()5，1＝15，a()6，1＝16，a()7，1＝17，a()8，1＝18，故a()6，2＝a()5，1－a()6，1＝130，a()7，2＝a()6，1－
a()7，1＝142，a()8，2＝a()7，1－a()8，1＝156，a()7，3＝a()6，2－a()7，2＝1105，a()8，3＝a()7，2－a()8，2＝1168，a()8，4＝a()7，3－a()8，3＝1280，故选A.5．答案：D解析：∵an＝－3n－522＋34，由
二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大为0.6．答案：（－2）n－1解析：由Sn＝23an＋13，得当n≥2时，Sn－1＝23an－1＋13，两式相减，整理得an＝－2an－1，又当n＝1时，S1＝a1＝23a1＋13，∴a1＝1，∴{an}是首项为1，公比为－
2的等比数列，故an＝（－2）n－1.7．答案：840解析：由题意得，大衍数列的奇数项依次为12－12，32－12，52－12，…易知大衍数列的第41项为412－12＝840.8．答案：3解析：∵an＋1－an＝2n－8（n∈N*），∴an－an－1＝2n－10，an－1－an－
2＝2n－12，…a3－a2＝－4，a2－a1＝－6，∴an－a1＝（－6）＋（－4）＋…＋（2n－12）＋（2n－10）＝（n－1）[－6＋（2n－10）]2＝（n－1）（n－8），又a1＝3，∴an＝（n－1）（n－8）＋3，∴a8＝3.
二能力小题提升篇1．答案：A解析：化简可得an＋1＝2an3an＋2，则a2＝14，a3＝211，a4＝17.2．答案：D解析：因为a1＝2，（1－an）an＋1＝1，由（1－a1）a2＝1得a2＝－1，进而得：a3＝12，a4＝2＝a1，可得：an＋3＝an，a1＋a2＋…＋a2021＝6
73（a1＋a2＋a3）＋a1＋a2＝673×32＋1＝20212.3．解析：因为an＋1＝an＋2an＋1＋1，所以an＋1＋1＝()an＋12＋2an＋1＋1，即an＋1＋1＝()an＋1＋12，等式两边开方可得：an＋1＋1＝an＋1＋1，即an＋1＋1－an＋1＝1，所以数列{}
an＋1是以首项为a1＋1＝2，公差为1的等差数列，所以an＋1＝2＋（n－1）×1＝n＋1，所以an＝n2＋2n，所以a10＝102＋20＝120.故选C.4．答案：C解析：设基准琴弦的长度为1，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度依次为23，89，1627，
6481，五根琴弦的长度从大到小依次为1，89，6481，23，1627，所以“角”和“徵”对应的琴弦长度分别为6481和23，其长度之比为3227.5．答案：241解析：因为anan＋1＝3n，所以
an－1an＝3n－1（n≥2），两式相除得an＋1an－1＝3（n≥2）.因为a1＝1，所以a3＝3，a5＝9，a7＝27，a9＝81，由anan＋1＝3n，得a1a2＝3，所以a2＝3，a4＝9，a6＝27，a8＝81，所以S9＝1＋2×（3＋9＋27＋8
1）＝241.6．答案：n解析：∵2Sn＝（n＋1）an，∴n≥2时，2an＝（n＋1）an－nan－1，∴（n－1）an＝nan－1，即anan－1＝nn－1（n≥2），又a1＝1，∴an＝anan－1×an－
1an－2×…×a2a1＝nn－1×n－1n－2×…×21＝n.三高考小题重现篇1．答案：C解析：由题意可得a1＝0，a8＝1，a2，a3，…，a7中有3个0，3个1，且满足对任意k≤8，都有a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数
，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111，00010111，00011011，00011101，00100111，00101011，00101101，00110011，00110101，01000111，0100101
1，01001101，01010011，01010101，共14个．2．答案：－63解析：当n＝1时，a1＝2a1＋1，得a1＝－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an－1－1＝2an－2an－1，即：an＝2an－1，∴{an}是以－1为首项以2为公比的等比数列，∴an＝－2n
－1，∴S6＝－1×（1－26）1－2＝－63.3．答案：1121解析：因为S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，所以a2＝2a1＋1，a1＋a2＝4，解得a1＝1，a2＝3；又因为an
＝2Sn－1＋1（n≥2），所以an＋1－an＝2（Sn－Sn－1）（n≥2），所以an＋1－an＝2an，所以an＋1＝3an（n≥2），又a2＝3＝3a1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数
列，所以an＝3n－1，所以S5＝1－351－3＝121.4．答案：7解析：令n＝2k（k∈N*），则有a2k＋2＋a2k＝6k－1（k∈N*），∴a2＋a4＝5，a6＋a8＝17，a10＋a12＝29，a14＋a1
6＝41，∴前16项的所有偶数项和S偶＝5＋17＋29＋41＝92，∴前16项的所有奇数项和S奇＝540－92＝448，令n＝2k－1（k∈N*），则有a2k＋1－a2k－1＝6k－4（k∈N*），∴a2k＋1－a1＝（a3－a
1）＋（a5－a3）＋（a7－a5）＋…＋（a2k＋1－a2k－1）＝2＋8＋14＋…＋6k－4＝k（2＋6k－4）2＝k（3k－1）（k∈N*），∴a2k＋1＝k（3k－1）＋a1（k∈N*），∴a3＝2＋a1，a5＝1
0＋a1，a7＝24＋a1，a9＝44＋a1，a11＝70＋a1，a13＝102＋a1，a15＝140＋a1，∴S奇＝a1＋a3＋…＋a15＝8a1＋2＋10＋24＋44＋70＋102＋140＝8a1＋392＝448.∴a1＝7.四经
典大题强化篇1．解析：（1）当n＝1时，S1＝2a1－1，解得a1＝1，当n≥2时，由Sn＝2an－1①，递推得Sn－1＝2an－1－1②，由①－②，得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，于是有anan－
1＝2，所以数列{}an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以数列{}an的通项公式为an＝1×2n－1＝2n－1，所以b3＝a3＋1＝23－1＋1＝5，T4＝a5＝25－1＝16，设等差数列{}bn的首项为b1，公差
为d，则b1＋2d＝54b1＋4×()4－12d＝16，解得b1＝1，d＝2，所以等差数列{}bn的通项公式为bn＝1＋2()n－1＝2n－1.（2）由（1）知，bn＝2n－1，所以c1＝b1＝1，bn＋1＝2
()n＋1－1＝2n＋1，由cn＋1＝cn＋bn＋1，得cn＋1－cn＝bn＋1＝2n＋1，所以cn＝c1＋()c2－c1＋()c3－c2＋()c4－c3＋…＋()cn－cn－1＝1＋3＋5＋7＋…＋()2n－1＝n[]1＋()2n－1
2＝n2.2．解析：（1）因为a1＋2a2＋…＋2n－1an＝()5－n2n＋2－20，所以当n＝1时，a1＝()5－1×21＋2－20＝12；当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝()6－n2n＋1－20，故2n－1an＝()5－n2n＋2－20－()6－n2n＋1＋2
0＝()4－n2n＋1，则an＝()4－n×22＝16－4n；经检验：a1＝12满足an＝16－4n，所以an＝16－4n.（2）由（1）知，令an＝16－4n≥0，得n≤4，故当n≤4时，an≥0，Tn＝||a1＋||a2＋…＋||an＝a1＋a2＋…＋an＝n()12＋16－
4n2＝－2n2＋14n；当n>4时，an<0，易知a1＝12，a2＝8，a3＝4，a4＝0，所以Tn＝||a1＋||a2＋||a3＋||a4＋||a5＋…＋||an＝a1＋a2＋a3＋a4－a5－…－an＝2()a1＋a2＋a3＋a4－()a1＋a2＋a3＋…＋an＝2×()12＋8＋4＋
0－n()12＋16－4n2＝2n2－14n＋48；综上：Tn＝－2n2＋14n，n≤42n2－14n＋48，n>4.点点练21等差数列及其前n项和一基础小题练透篇1．答案：B解析：设公差为d，则由a2＋a8＋a17＝6得3()a1＋8d＝6，即a
1＋8d＝a9＝2，故S17＝17()a1＋a172＝17()a1＋8d＝34.故选B.2．答案：A解析：由{}an满足an＋1－an＝d得数列{}an为等差数列，由a6＝4得a4a7＝（4－2d）（4＋d）＝2（2－d）（4＋d）＝－2（d＋1）2＋18，当d＝－
1时，a4a7的最大值为18.故选A.3．答案：C解析：设每日织布增长x尺，则5＋（5＋x）＋（5＋2x）＋…＋（5＋29x）＝390，即（5＋5＋29x）×302＝390，解得x＝1629.4．答案：B解析：由题意得S6－S3a2＋a8＝a4＋a5＋a
62a5＝3a52a5＝32，故选B.5．答案：B解析：设等比数列{}an的公比为q，依题意有：a4＋2a7＝52，于是得a1q·a1q2＝2a1a1q3＋2a1q6＝52，解得q＝12，a1＝16，所以S5＝161－1251－12＝31.6．答案：
A解析：因为a3，a7是方程x2－8x＋m＝0的两根，所以a3＋a7＝8，S9＝9（a1＋a9）2＝9（a3＋a7）2＝9×82＝36，故选A.7．答案：100解析：a1＝19，a10＝1，所以前10项的和为S10＝19＋12×10＝100.8．答案：12－54解析：由
a3＝－6，S1＝S5得a1＋2d＝－6，a1＝5a1＋10d，解得a1＝－30，d＝12，∴Sn＝na1＋n（n－1）d2＝－30n＋6n（n－1）＝6n2－36n＝6（n－3）2－54.因
此，当n＝3时，Sn取得最小值－54.二能力小题提升篇1．答案：D解析：因为d<0，则数列{an}为单调递减数列，由|a2|＝|a10|可得a2＝－a10，则a2＋a10＝2a6＝0，所以a1＋5d＝0，则a1＝－5d，Sn＝na1＋n（n－1）d2＝－5nd＋
n（n－1）d2＝n2－11n2d＝d2n－1122－1214，所以，当n＝5或6时，Sn取得最大值．故选D.2．答案：A解析：设等差数列{}an的公差为d，则a1>0且d>0，由已知可得a22＝a1a6，
即()a1＋d2＝a1()a1＋5d，可得d＝3a1，所以，an＝a1＋()n－1d＝()3n－2a1，所以1anan＋1＝1()3n－2()3n＋1a21＝13a2113n－2－13n＋1，所以，Sn＝13a211－14＋14－17＋…＋13n－2－
13n＋1＝13a211－13n＋1<13a21，∀n∈N*，Sn<1a1，则1a1≥13a21，可得a1≥13，因此，a1的最小值为13.故选A.3．答案：A解析：等差数列{}an，对任意的n
∈N*，均有S6≤Sn成立，即S6是等差数列{}an的前n项和中的最小值，必有a1<0，公差d>0，当a6＝0，此时S5＝S6，S5、S6是等差数列{}an的前n项和中的最小值，此时a6＝a1＋5d＝0，即a1＝－5d，则a10a
7＝a1＋9da1＋6d＝4dd＝4，当a6<0，a7>0，此时S6是等差数列{}an的前n项和中的最小值，此时a6＝a1＋5d<0，a7＝a1＋6d>0，即－6<a1d<－5，则a10a7＝a1＋9da1＋6d＝a1d＋9a1d＋6＝1
＋3a1d＋6，则有a10a7>4，综合可得：a10a7≥4.故选A.4．答案：D解析：因为S9＝9a1＋8×92d＝9a1＋36d＝0，可得a1＝－4d，且d≠0，所以，Sk＝ka1＋k()k－1d2＝－4kd
＋k()k－1d2＝k2－9k2d＝d2k－922－814，且数列{}Sk()k≥5单调递增，根据二次函数的对称性可知S1＝S8，S2＝S7，S3＝S6，S4＝S5，故集合{}|xx＝Sk，k＝1，2，…，2023中元素个
数为2023－4＝2019.故选D.三高考小题重现篇1．答案：B解析：由题可知，a1b1＝a5b5，则b5＝a5b1a1＝96×192288＝64，故b3＝b1＋b52＝192＋642＝128.2．答
案：C解析：若要使n尽可能的大，递增幅度要尽可能小，不妨设数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为Sn，则an＝n＋2，S11＝3＋132×11＝88＜100，S12＝3＋142×12＝102＞100，所以n的最大值为11.3．
答案：D解析：设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3.由题意，得k3＝k1＋0.2，k3＝k2＋0.1，且DD1＋CC1＋BB1＋AA1OD1＋DC1＋CB1＋BA1＝0.725，即3k3＋
0.24＝0.725，解得k3＝0.9.故选D.4．答案：A解析：方法一设等差数列{an}的公差为d，∵S4＝0，a5＝5，∴4a1＋4×32d＝0，a1＋4d＝5，解得a1＝－3，d＝2，∴an＝a1
＋（n－1）d＝－3＋2（n－1）＝2n－5，Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n2－4n.方法二设等差数列{an}的公差为d，∵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；选项C，S1＝2－8＝－6；选项D，S1＝12－2＝－32.5．答案：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＝2.6．答案：4解析：
设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，所以S10S5＝10a1＋10×92d5a1＋5×42d＝10a1＋10×92×2a15a1＋5×42×2a1＝10025＝4.四经典大题强化篇1．解析
：（1）因为数列{an}为等差数列，设公差为d，所以S5＝5（a1＋a5）2＝5a3＝25，所以a3＝5，又a2＝3，所以a1＋2d＝5a1＋d＝3，解得a1＝1，d＝2.所以an＝1＋2（n－1）＝2n－1.（2）由（1）
知，bn＝12n＋1＋2n－1.所以bn＝2n＋1－2n－1（2n＋1＋2n－1）（2n＋1－2n－1）＝12（2n＋1－2n－1），Tn＝12（3－1＋5－3＋…＋2n＋1－2n－1）＝12（2n＋1－1）.2．解析
：（1）当n＝1时，S2＝4a1＝4，当n≥2时，由Sn＋1＝4an得Sn＋1＝4Sn－4Sn－1，∴Sn＋1－2Sn＝2（Sn－2Sn－1），又∵S2－2S1＝S2－2a1＝2，∴{Sn＋1－2Sn}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴Sn＋1－2Sn＝2×2n－1＝2n，∴Sn＋
12n－Sn2n－1＝1，∵S120＝1，∴Sn2n－1是以1为首项，1为公差的等差数列．（2）由（1）知Sn2n－1＝1＋（n－1）＝n，∴Sn＝n·2n－1，∵Tn＝1×1＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1，∴2Tn＝1×2＋
2×22＋3×23＋4×24＋…＋n·2n∴－Tn＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n·2n＝1－2n1－2－n·2n＝（1－n）·2n－1，∴Tn＝（n－1）·2n＋1.点点练22等比数列及其前n项和一基础小题练透篇1．答案：A解析：因为a，b，c成等比数列，所以b2＝ac，即4＝4c，
所以c＝1.2．答案：A解析：由题意得32＝91a×34b，即9＝91a＋2b，所以1a＋2b＝1，又ab>0，所以a>0，b>0，所以a＋b＝()a＋b1a＋2b＝3＋ba＋2ab≥3＋22，当且仅当ba＝2ab，即a＝2＋
1，b＝2＋2时等号成立．故a＋b的最小值为3＋22.故选A.3．答案：B解析：由S3＝2a3－2得a3－a2－a1－2＝0，又a1＝2，∴q2－q－2＝0，即（q－2）（q＋1）＝0，∴q＝2或q＝－1（舍去）.4．答案：
D解析：a51a251＝0⇒a5－a25＝0⇒a5＝1（a5＝0舍去）.又a23＝a1a5，所以a1＝4.故选D.5．答案：B解析：令{}an公比为q，由log2a2＋log2a13＝log2()a2a13＝1＝log22，故a2a13＝2且a2，a13>0，所以a1
3＝a2q11>0，则q>0，又a2a13＝a6a9＝2，a5a6a8a9＝16，则a5a8＝8，所以a6a9a5a8＝a5q×a8qa5a8＝q2＝14，综上，q＝12.故选B.6．答案：C解析：若{}an为递增的等比数列，显然后面的项都比a1大，即∀k≥2且k∈N*，ak>a1，充分
性成立；反过来，若∀k≥2且k∈N*，ak>a1，即a1qk－1>a1（q为公比），因为a1>0，所以qk－1>1，所以q>1，从而可得{}an为递增数列，必要性成立，所以“{}an为递增数列”是“∀k≥2且k∈N*，ak>a1”的充要条件．故选C.7．答案：±2解
析：因为a2a4＋2a1a7＋a4a6＝a23＋2a3a5＋a25＝（a3＋a5）2＝4，所以a3＋a5＝±2.8．答案：37解析：因为S4S8＝S4S4（1＋q4）＝11＋q4＝13，所以q4＝2，所以S8S12＝S4（1＋q4）S4（1＋q4＋q8）＝1＋2
1＋2＋4＝37.二能力小题提升篇1．答案：C解析：正项等比数列{}an中，q>0，由7S2＝3S3得7()a1＋a2＝3()a1＋a2＋a3，整理得3a3－4a2－4a1＝0，即3q2－4q－4＝0，解得q＝2，所以数列{}an的公
比q＝2.故选C.2．答案：C解析：设等比数列{an}公比为q，则a7＝a2q5，又a2＝－8，a7＝14，∴q＝－12，故a1＝16，又Sn＝a1（1－qn）1－q，即S6＝16×1－－1261－－12＝16×636432＝212.3．答案：A解析：
∵Sn＝pan＋1＋m，∴Sn－1＝pan＋m（n≥2），∴an＝Sn－Sn－1＝pan＋1－pan（n≥2），∴pan＋1＝（p＋1）an（n≥2），∴an＋1an＝p＋1p（n≥2），又n＝1时，a1＝S1＝pa2＋m＝4，∴a2＝4－mp，a2a1＝
4－m4p.∵{an}为等比数列，∴a2a1＝4－m4p＝p＋1p，∵p＞0，∴p＝－m4，∴m＝－4p，p－1m＝p＋14p≥2p×14p＝1，当且仅当p＝14p，p＝12时取等号，此时等比数列的公比p＋1p＝3，∴an＝4×3
n－1.4．答案：D解析：因为an＝f（xn），an＝lnxn，所以xn＝ean，xnxn－1＝eanean－1＝ean－an－1＝e，所以数列{}xn是公比为e的等比数列，所以x200＋n＝xne200，所
以x201＋x202＋…＋x300＝e200（x1＋x2＋…＋x100）＝e201，所以ln（x201＋x202＋…＋x300）＝lne201＝201，故选D.5．答案：121或1219解析：设数列{}an的公比为q，∵前三项积为27，∴a1a2a3＝a32
＝27，解得a2＝a1q＝3，∵前三项和为13，∴S3＝a2q＋a2＋a2q＝3q＋3＋3q＝13，解得a1＝1q＝3或a1＝9q＝13，∴S5＝1－351－3＝121或S5＝9×1－1351－13＝1219.6．答案：87解析：设a2＝m
，若m≤0则－1＝a1≤a2≤…≤a7不成立，所以m>0，由－1≤m≤d－1≤3m≤2d－1≤9m≤3d－1，可得m＋1≤d≤3m＋13m＋12≤d≤9m＋129m＋13≤d，若要使得d有解，则m＋1≤9m＋12，所以m≥17，所以d≥87d≥67d≥1621
得d≥87，故d的最小值为87.三高考小题重现篇1．答案：D解析：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－a2
q3＝42，得a2＝48，所以a6＝a2q4＝3.故选D.2．答案：D解析：方法一设等比数列{an}的公比为q，所以a2＋a3＋a4a1＋a2＋a3＝（a1＋a2＋a3）qa1＋a2＋a3＝q＝2，由a1＋a2＋a3＝a1（1＋q＋q2）＝a1（1＋2＋22）＝1，解得a1＝17，所以a
6＋a7＋a8＝a1（q5＋q6＋q7）＝17×（25＋26＋27）＝17×25×（1＋2＋22）＝32.方法二令bn＝an＋an＋1＋an＋2（n∈N*），则bn＋1＝an＋1＋an＋2＋an＋3.设数列{an}的公比为q，则bn＋1
bn＝an＋1＋an＋2＋an＋3an＋an＋1＋an＋2＝（an＋an＋1＋an＋2）qan＋an＋1＋an＋2＝q，所以数列{bn}为等比数列，由题意知b1＝1，b2＝2，所以等比数列{bn}的公比q＝2，所以bn＝2n－1，所以b6＝a6＋a
7＋a8＝25＝32.3．答案：C解析：令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即an＋1an＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak（a1＋a2＋…＋a10）＝2k
×2×（1－210）1－2＝2k＋1×（210－1）＝215－25＝25×（210－1），解得k＝4.4．答案：B解析：由题知，当数列为－2，－4，－8，…时，满足q>0，但是{}Sn不是递增数列，所以甲不
是乙的充分条件．若{}Sn是递增数列，则必有an>0成立，若q>0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q>0成立，所以甲是乙的必要条件．5．答案：B解析：设公比为q，∵y＝lnx在（1，0）处的切线为y＝x－1，∴易知当x>0时，lnx≤x－1<x.当q>0时，∵a1>1，∴a2>
0，a3>0，a4>0，∴a1＋a2＋a3＋a4>a1＋a2＋a3>ln（a1＋a2＋a3），不合题意．当q≤－1时，a1＋a2＋a3＋a4＝a1（1＋q）（1＋q2）≤0.而a1＋a2＋a3≥a1＞1.∴ln（a1＋a2＋a3）＞0，与ln
（a1＋a2＋a3）＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾．当－1＜q＜0时，a1－a3＝a1（1－q2）＞0，a2－a4＝a1q（1－q2）＜0，∴a1＞a3，a2＜a4.四经典大题强化篇1．解析：（1）证明：由an＋1
＝2an2an＋1，可得1an＋1＝2an＋12an＝1＋12an，1an＋1－2＝12an－1＝121an－2，又1a1－2＝12≠0，故数列1an－2为等比数列．（2）由（1）可知1an－2＝12×12n－1＝12n，故1an＝12n＋2.1a1＋1
a2＋1a3＋…＋1an＝12＋2＋122＋2＋123＋2＋…＋12n＋2＝12（1－12n）1－12＋2n＝1－12n＋2n.令f()n＝1－12n＋2n，易知f()n随n的增大而增大，f()50<101，f()51>101，故满足f()n<101的最大整数为50.2．解析：（1）由2S
n＝an＋1－1，当n≥2时，2Sn－1＝an－1，两式相减得2an＝an＋1－an，即an＋1＝3an，（n≥2），又a1＝1，2S1＝a2－1得a2＝3，即n＝1也满足上式，故{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，得an＝3n－1，（n∈N*）；（
2）由（1）得bn＋3bn－1＋32bn－2＋…＋3n－1b1＝3n－n－1对任意正整数n成立，设Cn＝bn＋3bn－1＋32bn－2＋…＋3n－1b1＝3n－n－1，又Cn＋1＝bn＋1＋3bn＋32bn－1
＋…＋3nb1＝3n＋1－（n＋1）－1，所以bn＋1＝Cn＋1－3Cn＝2n＋1.（n∈N*）.又a1b1＝3－1－1即b1＝1，得bn＝2n－1，n∈N*，所以Tn＝n（1＋2n－1）2＝n2.由Tn＝an，得n2＝3n－1，即n23n－1＝1，记f（n）＝n2
3n－1，则f（1）＝1，f（2）＝43，f（3）＝1，f（4）＝1627，以下证明n≥4时f（n）＜1.因f（n＋1）－f（n）＝（n＋1）23n－n23n－1＝－2n2＋2n＋13n＝2n（1－n）＋13
n＜0，即n≥4时f（n）单调递减，综上可得，等式Tn＝an的所有正整数n的取值为1和3.点点练23数列求和一基础小题练透篇1．答案：C解析：∵a1＝2，an＋an＋1＋an＋2＝2，∴S2023＝a1＋（a2＋a3＋a4）＋（a5＋a6＋a7）＋…＋（a2021＋a2022＋a2023）＝a1
＋674×2＝1350，故选C.2．答案：B解析：当n为奇数时，an＋2－an＝2，数列{}a2n－1是首项为1，公差为2的等差数列；当n为偶数时，an＋2－an＝0，数列{a2n}是首项为2，公差为0的等差数列，即常数列．则S100＝（a1＋a3＋…＋a99）＋（a2＋a4＋
…＋a100）＝50＋50×492×2＋50×2＝2600.3．答案：C解析：因为an＝1n＋1＋n＝n＋1－n，所以S99＝（2－1）＋（3－2）＋…＋（99－98）＋（100－99）＝100－1＝10－1＝9，故选C.4．
答案：C解析：由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为1×（1－210）1－2＋10×1＋10×92×2＝1123.5．答案：D解析：由an＋1＝3
an－4n可得an＋1－（2n＋3）＝3[an－（2n＋1）]，∵a1＝3，∴a1－（2×1＋1）＝0，则可得数列{an－（2n＋1）}为常数列0，即an－（2n＋1）＝0，∴an＝2n＋1，∴bn＝4n2＋8n＋5（2n＋1）（2n＋
3）＝（2n＋1）（2n＋3）＋2（2n＋1）（2n＋3）＝1＋2（2n＋1）（2n＋3）＝1＋12n＋1－12n＋3，∴Sn＝n＋13－15＋15－17＋…＋12n＋1－12n＋3＝n＋13－12n＋3＝n
1＋26n＋9.6．答案：C解析：∵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.7．答案：3()2n－1解析：由a1＝1，anan＋1＝2n，得a2＝2.当n≥2时，an－1an＝2n－1，所以anan＋1an－1an＝2n2n－1＝2，即an＋1an－1＝2，所以{an}的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列；其
偶数项是以2为首项，2为公比的等比数列．则S2n＝1×（1－2n）1－2＋2×（1－2n）1－2＝3×2n－3＝3（2n－1）.8．答案：2018解析：∵等差数列{an}中，首项a1＞0，a1009＋a1010＞0，a1009·a1
010＜0，∴a1009＞0，a1010＜0，公差d＜0，则S2017＝2017（a1＋a2017）2＝2017a1009＞0，S2018＝2018（a1＋a2018）2＝2018（a1009＋a1010）2＞0，S2019＝2019（a1＋a2019）2＝2019a1010＜0，故前n项和Sn
＞0成立的最大自然数n是2018.二能力小题提升篇1．答案：A解析：因为数列{}an是递增的等差数列，所以数列{}an的公差d>0.由题意得a2＝5a23＝a1a11即a1＋d＝5()a1＋2d2＝a1()a1＋10d，解得a1＝2，d＝3或a1＝
5，d＝0（舍去）.所以an＝2＋3()n－1＝3n－1.所以bn＝an＋1－an＝3n＋2－3n－1.所以Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝()5－2＋()8－5＋…＋()3n＋2－3n－1＝3n＋2－2.故选A.2
．答案：D解析：Sn＝4n2＋n，当n≥2时，Sn－1＝4()n－12＋n－1＝4n2－7n＋3，an＝Sn－Sn－1＝8n－3()n≥2，当n＝1时，a1＝5，S1＝5，a1＝S1，所以an＝8n－3，bn＝an
＋34＝8n－3＋34＝2n.故1bnbn＋1＝12n·2（n＋1）＝14·1n（n＋1）＝141n－1n＋1，1b1b2＋1b2b3＋…＋1b2021b2022＝141－12＋12－13＋…12020－12021＋12021－12022＝1
41－12022＝14×20212022＝20218088.故选D.3．答案：A解析：由已知得b1＝1，a1＝2，b2＝c3＝S3－c1－c2＝14，等比数列{}bn的公比q＝14.令Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，则T6＝63
，T7＝127，T8＝255，所以数列{}cn的前200项中含有数列{}an的前7项，含有数列{}bn的前193项，故S200＝（b1＋b2＋…＋b193）＋（a1＋a2＋…＋a7）＝1－141931－14＋7×2＋7×
62×2＝13172－12384.故选A.4．答案：D解析：由题意，得S2n＋1＝()22－12＋()42－32＋…＋[]()2n2－()2n－12－()2n＋12－[－1＋2－3＋4－5
＋…＋2n－（2n＋1）]＝()2－1×()1＋2＋()4－3×()3＋4＋…＋[2n－（2n－1）][]()2n－1＋2n－（2n＋1）2－[]n－()2n＋1＝1＋2＋3＋4＋…＋2n－()2n＋12＋n＋1＝2n()1＋2n2－()2n＋12＋n＋1＝－
2()n2＋n，由S2n＋1≤－2023，得－2()n2＋n≤－2023，即n2＋n≥20232，结合n∈N*，解得n≥32，故n的最小值为32.故选D.5．答案：20211011解析：依题意S2nSn＝4n＋2n＋1，S2S1＝4＋21＋1，a1＋a2a1＝3，2a1＋da1＝
2＋d1＝3，所以d＝1，所以Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n（n＋1）2，所以1Sn＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1，所以1S1＋1S2＋…＋1S2021＝21－12＋12－13＋…＋12021
－12022＝2（1－12022）＝20211011.6．答案：1189解析：因为a2n＝an－1，a2n＋1＝n－an，所以a2n＋a2n＋1＝n－1，所以（a2＋a3）＋（a4＋a5）＋…＋（a98＋a99）＝0＋1＋…＋48
＝48×492＝1176，由a2n＝an－1，a2n＋1＝n－an，可得a3＝1－a1＝0，所以a100＝a50－1＝a25－2＝10－a12＝11－a6＝12－a3＝12，所以S100＝a1＋（a2＋a3）＋（a4＋a5
）＋…＋（a98＋a99）＋a100＝1＋1176＋12＝1189.三高考小题重现篇1．答案：A解析：∵a1＝1，an＋1＝an1＋an，∴an＞0，∴S100＞a1＝1＞12.由an＋1＝an1＋an，得1an＋1＝1an＋1an＝（1an＋12）2－14，∴1an＋1<（1
an＋12）2，则1an＋1<1an＋12.由累加法可得1an≤1＋n－12＝n＋12，∴an≥4（n＋1）2，∴an＋1＝an1＋an≤an1＋2n＋1＝n＋1n＋3an，∴an＋1an≤n＋1n＋3.由累乘法可得an≤6（n＋1）（n＋2）.因此，S100≤1＋12＋61
4－15＋15－16＋…＋1101－1102<1＋12＋32＝3，即12＜S100＜3.2．答案：C解析：C（1）＝15（a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6）＝15（a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a1），C（2）＝1
5（a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7）＝15（a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a1＋a5a2），C（3）＝15（a1a4＋a2a5＋a3a6＋a4a7＋a5a8）＝15（a1a4＋a2a5＋a3a1＋a4a2＋a5
a3），C（4）＝15（a1a5＋a2a6＋a3a7＋a4a8＋a5a9）＝15（a1a5＋a2a1＋a3a2＋a4a3＋a5a4）.对于A，C（1）＝15，C（2）＝25，故A不正确；对于B，C（1）＝35，故B不正确；对于D，C（1）＝25，故D不正确；对于C，C（1）
＝15，C（2）＝0，C（3）＝0，C（4）＝15，∴C正确．3．答案：A解析：方法一排除法记SN为数列的前N项和，由题意得，数列的前110项为20，20，21，20，21，…，20，21，…，213，20，21，22，23，24，所以S110＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋21＋…＋2
13）＋（20＋21＋22＋23＋24）＝（21－1）＋（22－1）＋…＋（214－1）＋（25－1）＝（21＋22＋…＋214）－14＋31＝215＋15，这是一个奇数，不可能是2的整数幂，故选项D不正确．同理，S220＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋
21＋…＋219）＋（20＋21＋22＋23＋…＋29）＝221＋210－23，这是一个奇数，不可能是2的整数幂，故选项C不正确．同理，S330＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋21＋…＋224）＋（
20＋21＋22＋23＋24）＝226＋4，不是2的整数幂，故选项B不正确．所以，正确的选项为A.方法二不妨设1＋（1＋2）＋…＋（1＋2＋…＋2n－1）＋（1＋2＋…＋2t）＝2m（其中m、n、t∈N，0≤t≤n）.
则有N＝n（n＋1）2＋t＋1，因为N＞100，所以n≥13.由等比数列的前n项和公式可得2n＋1－n－2＋2t＋1－1＝2m.因为n≥13，所以2n＞n＋2，所以2n＋1＞2n＋n＋2，即2n＋1－n－2＞2n，因为2t＋1－1＞0，所以2m＞2n＋1－n－2＞
2n，故m≥n＋1，因为2t＋1－1≤2n＋1－1，所以2m≤2n＋2－n－3，故m≤n＋1.所以m＝n＋1，从而有n＝2t＋1－3，因为n≥13，所以t≥3.当t＝3时，N＝95，不合题意；当t＝4时，
N＝440，满足题意，故所求N的最小值为440.4．答案：10解析：方法一因为an＝n（n＋1）2，所以S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10.方法二因为an＝n（n＋1）2＝n22＋n2，所以Sn＝n（n＋1）（2n＋1）12＋n（n＋1）4＝n（n＋1）
（n＋2）6，所以S3＝3×4×56＝10.5．答案：1213解析：通解设等比数列{an}的公比为q，因为a24＝a6，所以（a1q3）2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝13，所以q＝3，所以S5＝a1（1－q5）1－q
＝13×（1－35）1－3＝1213.优解设等比数列{an}的公比为q，因此a24＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝13，所以q＝3，所以S5＝a1（1－q5）1－q＝13×（1－35）1－
3＝1213.6．答案：5720－15()n＋32n－4解析：（1）由对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：52×12，5×6，10×3，20×32，共4种不同规格（单位dm2）；故对折4
次可得到如下规格：54×12，52×6，5×3，10×32，20×34，共5种不同规格；（2）由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为12的等比数列，首项为120()dm2，第n次对折后的图形面积为120×12n－1，
对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为n＋1种，故得猜想Sn＝120（n＋1）2n－1，设S＝k＝1nSk＝120×220＋120×321＋120×422＋…＋120()n＋12n－1，则12S＝120×221＋120×322＋…＋
120n2n－1＋120（n＋1）2n，两式作差得：12S＝240＋12012＋122＋…＋12n－1－120()n＋12n＝240＋601－12n－11－12－120()n＋12n＝360－1202n－1－120()n＋12n＝360－12
0()n＋32n，因此，S＝720－240()n＋32n＝720－15()n＋32n－4.四经典大题强化篇1．解析：（1）当n＝1时，S2＝4a1＝4，当n≥2时，由Sn＋1＝4an得Sn＋1＝4Sn－4Sn－
1，∴Sn＋1－2Sn＝2()Sn－2Sn－1，又∵S2－2S1＝S2－2a1＝2，∴{}Sn＋1－2Sn是以2为首项，2为公比的等比数列，∴Sn＋1－2Sn＝2×2n－1＝2n，∴Sn＋12n－Sn2n－1＝1，∵S120＝1，∴
Sn2n－1是以1为首项，1为公差的等差数列．（2）由（1）知Sn2n－1＝1＋()n－1＝n，∴Sn＝n·2n－1.∵Tn＝1×1＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1，∴2Tn＝1
×2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n·2n，∴－Tn＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n·2n＝1－2n1－2－n·2n＝()1－n·2n－1，∴Tn＝()n－1·2n＋1.2．解析：（1）当n＝1时，2a1＝23－22＋2＝6，则a1＝3，当
n≥2时，由2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＋2nan＝n×2n＋2－2n＋1＋2，可得2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝()n－1×2n＋1－2n＋2，上述两个等式作差可得2nan＝n×2n＋2－
()n－1×2n＋1－2n＋1＋2n＝()2n＋1×2n，则an＝2n＋1，又a1＝3也满足an＝2n＋1，所以{}an的通项公式为an＝2n＋1.（2）证明：由（1）可知，bn＝6n＋19()2n＋
1()2n＋3()2n＋522n＋3＝12n＋3·6n＋19()2n＋1()2n＋5·22n＋3＝12n＋3·4()2n＋5－()2n＋1()2n＋1()2n＋5·22n＋3＝12n＋3·1()2
n＋1·22n＋1－1()2n＋5·22n＋3＝1()2n＋1()2n＋3·22n＋1－1()2n＋3()2n＋5·22n＋3，所以b1＋b2＋…＋bn＝13×5×23－15×7×25＋15×7×25－17×9×27＋…＋1（2n＋1）（2n＋
3）22n＋1－1（2n＋3）（2n＋5）22n＋3＝1120－1()2n＋3()2n＋5·22n＋3<1120，又bn>0，所以b1＋b2＋…＋bn≥b1＝5672，故5672≤b1＋b2＋…＋bn<1120.单元检
测（六）数列1．答案：B解析：由题意得S6－S3a2＋a8＝a4＋a5＋a62a5＝3a52a5＝32，故选B.2．答案：B解析：因为a27＝a3a11＝16，且an>0，所以a7＝4.因为公比q＝2，所以a10＝a7q3＝4×2
3＝25，所以log2a10＝log225＝5.3．答案：C解析：a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，所以5a6＝80，a6＝16，∴a7－12a8＝a6＋d－12（a6＋2d）＝12a6＝8.4．答案：C解析：设该等比数列的公比为q，因为a5－
a3＝12，所以由a6－a4＝24⇒a5q－a3q＝24⇒q（a5－a3）＝24⇒12q＝24⇒q＝2，因此S4a4＝a1（1－24）1－2a1·23＝158，故选C.5．答案：B解析：由log2（Sn＋1）＝n＋1，得Sn＋1＝2
n＋1.当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.经检验，a1＝3不符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3，n＝1，2n，n≥2.6．答案：A解析：a1＋a
2＋…＋a2018＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋…＋（a2017＋a2018）＝（1－4）＋（7－10）＋…＋[（3×2017－2）－（3×2018－2）]＝（－3）×1009＝－3027.7．答案：B解析：取an＝（－1）n（n－1）2，则lg|an|＝lg1＝0，故{}lg|an|为等差
数列，但a1＝1，a2＝－1，a3＝－1，a1，a2，a3不为等比数列，故数列{}an不是等比数列，故“数列{}lg|an|为等差数列”推不出“数列{}an为等比数列”，若数列{}an为等比数列，故an＝a1qn－1，其中a1q≠0，故lg
|an|＝lg||a1qn－1＝lg||a1＋（n－1）lg||q，故lg|an|－lg||an－1＝lg||q，故数列{}lg|an|为等差数列，故“数列{}an为等比数列”可推出“数列{}lg|an|为等差数列”，故“数列{}lg
|an|为等差数列”是“数列{}an为等比数列”的必要不充分条件，故选B.8．答案：A解析：不妨令S3＝1，则S6＝3.因为{an}是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列．又S3＝1，S6＝3，S6－S3＝2，所以S9－S6＝3，S12－S9＝4.于是S9＝S6＋3＝
6，S12＝S9＋4＝10，所以S6S12＝310.9．答案：B解析：设等比数列{}an的公比为q，q>0.因为a2，3a1，a3成等差数列，所以6a1＝a1q＋a1q2⇒q＝2.又因为S1＝a1＝ka1－1⇒a1＝1k－1；S2＝a1＋2a1＝2ka1－1⇒a1＝12k－3，
所以k＝2，a1＝1.所以an＝2n－1，a2022＝22021.故选B.10．答案：B解析：当n＝1时，a1＝S1＝1＋1＝2，当n≥2，an＝Sn－Sn－1＝n2－（n－1）2＝2n－1，当n＝1时，2n－1＝1≠2，所
以an＝2，n＝12n－1，n≥2，所以bn＝1an·an＋1＝16，n＝11212n－1－12n＋1，n≥2，则T10＝16＋1213－15＋15－17＋…＋119－121＝1342.故选B.11．答案：C解析：由已知
得na1＋a2＋a3＋…＋an＝12n＋1，∴a1＋a2＋…＋an＝n（2n＋1）＝Sn.当n＝1时，a1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1.验证知当n＝1时也成立，∴an＝4n－1，∴bn＝an＋14
＝n.∴1bnbn＋1＝1n－1n＋1，∴1b1b2＋1b2b3＋…＋1b10b11＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋110－111＝1－111＝1011.12．答案：D解析：∵a11
＝2，a13＝a61＋1，∴2m2＝2＋()6－1m＋1，解得m＝3或－12（舍负），故选项A错误；∴aij＝ai1·3j－1＝[]2＋()i－1·3·3j－1＝()3i－1·3j－1，即选项C错误；∴akk＝()3k－1·3k－1，令T＝k＝1kakk，则T＝a1
1＋a22＋…＋akk＝2·30＋5·31＋8·32＋…＋()3k－1·3k－1①3T＝2·31＋5·32＋8·33＋…＋()3k－4·3k－1＋()3k－1·3k②①－②得，－2T＝2＋3·31＋3·32＋3·33＋…＋3·3k－1－()3k－1·3k＝2＋3×3()1－3k－11－3－()3k
－1·3k＝52－3k·3k－52，∴T＝54－54－3k2·3k，当k＝18时，k＝118akk＝54－54－3×182·318＝103×318＋54，即选项B错误；S＝()a11＋a12＋…＋a1n＋()a21＋a22
＋…＋a2n＋…＋()an1＋an2＋…＋ann＝a11()1－3n1－3＋a21()1－3n1－3＋…＋an1()1－3n1－3＝12()3n－1·()a11＋a21＋…＋an1＝12()3n－1·2n
＋n()n－12×3＝14n()3n＋1()3n－1，即选项D正确．故选D.13．答案：－2解析：在公差为2的等差数列{an}中，a4－2a7＝（a3＋d）－2（a5＋2d）＝a3－2a5－3d＝4－3×2＝－2.14．答案：1解析：设等差数列{cn}的公差为d，又c1＝1，则2c1＋3＝
5，2c2＋3＝2d＋5，2c3＋3＝4d＋5，由{2cn＋3}为等比数列得（2c1＋3）（2c3＋3）＝（2c2＋3）2，则5（4d＋5）＝（2d＋5）2，解得d＝0，则c2019＝c1＝1.15．
答案：1632解析：{}bn为正项等比数列，则bn＋2＝bn＋1＋2bn⇒bnq2＝bnq＋2bn⇒q2＝q＋2，解得q＝2或q＝－1（舍），∴bn＝b12n－1＝2n；{}an为等差数列，则a3＝a1＋2d＝b3＋2＝23＋2，∴d＝3，∴a
n＝4＋()n－1·3＝3n＋1.由bn＝am⇒2n＝3m＋1，n、m∈N*，可得当n＝2、4、6、8时，m＝1、5、21、85，故数列{}cn的前30项包含数列{}an前33项除去数列{}bn第2、4、6项，S30＝()4＋3
×33＋1×332－4－16－64＝1632.16．答案：－835解析：由（an＋1＋3）（an＋3）＝4an＋4，得an＋1＝4an＋4an＋3－3＝an－5an＋3，因为a1＝5，所以a2＝0，a3＝－53，
a4＝－5，a5＝5，所以数列{an}是以4为周期的周期数列，因为2018＝504×4＋2，且a1＋a2＋a3＋a4＝－53，即一个周期的和为－53，所以数列{an}的前2018项的和为－53×504＋5＋0＝－835.17．解析：（1）由题意可知：（4＋2d）2＝4·（4＋9d）
，d≠0解得d＝5，∴an＝4＋5（n－1），∴an＝5n－1.（2）由题意可知bn＝20（5n－1）·（5n＋4）＝415n－1－15n＋4，∴Sn＝414－19＋19－114＋…＋15n－1－15n＋4＝414－15n＋4.∵Sn<202
22023，解得5n<8088，∴n的最大整数为1617.18．解析：（1）因为1，a2，a3成等比数列，所以a22＝a3，所以()a1＋22＝a1＋4，即a21＋3a1＝0，解得a1＝0或a1＝－3，所以an＝2n－2或an＝2n－5.（2）由题意知Sn＝na
1＋n()n－1，由S2＋S6>a2a6，得2a1＋2＋6a1＋30>()a1＋2()a1＋10，即a21＋4a1－12<0，解得－6<a1<2，即a1的取值范围是()－6，2.19．解析：（1）当n＝1时，4a1＝a21＋3，所以a1＝1或a1＝
3，因为a1>2，故a1＝3；当n≥2时，4an＝4Sn－4Sn－1＝a2n－a2n－1＋4，即()an－22＝a2n－1，因为{}an是单调递增的数列，所以an≥a1>2，则an－2＝an－1，即an－an－1＝2
，所以{}an是等差数列，公差为2，首项是3，所以，an＝3＋2()n－1＝2n＋1.由b2n＋1bn＝bn＋2得，b2n＋1＝bnbn＋2，所以{}bn是等比数列，b3＝a1＋a2＝8，b2＝a3－3＝4，则数列{}bn的
公比为q＝b3b2＝2，所以bn＝b2·2n－2＝4×2n－2＝2n.（2）当n＝1时，c1＝16<415，当n≥2时，cn＝1()2n＋12n≤15×2n.所以，c1＋c2＋…＋cn<16＋15×22＋15×23＋…＋15×2n＝16＋15×141－12n－11
－12＝415－15×12n<415.综上可知，对任意的n∈N*，c1＋c2＋…＋cn<415成立．20．解析：（1）设等差数列{}an的公差为d，由S5＝35得5a1＋10d＝35，因为a4是a1与a13的等比中项，所以()a1＋3d2＝a1()a1＋12d.化简得
a1＝7－2d且2a1d＝3d2，解方程组得a1＝7，d＝0或a1＝3，d＝2.故{}an的通项公式为an＝7或an＝2n＋1（其中n∈N*）；因为Tn＝4n2＋5n，所以Tn－1＝4（n－1）2＋5（n－1），（n≥2
），所以bn＝Tn－Tn－1＝4n2＋5n－[4（n－1）2＋5（n－1）]＝8n＋1，因为b1＝T1＝9，满足上式，所以bn＝8n＋1()n∈N*.（2）因为a1<4，所以an＝2n＋1，所以Sn＝n（n＋2），所
以14Sn－bn＝14n2＋8n－8n－1＝14n2－1，所以14S1－b1＋14S2－b2＋…＋14Sn－bn＝122－1＋142－1＋…＋1（2n）2－1＝11×3＋13×5＋…＋1（2n－1）（2n＋1）＝121－13
＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1，易见121－12n＋1随n的增大而增大，从而121－12n＋1<12恒成立，所以λ≥12，故λ的最小值为12.21．解析：（1）由
2Sn＝an＋1，两边平方，得4Sn＝（an＋1）2，则4Sn＋1＝（an＋1＋1）2，两式相减，得4an＋1＝（an＋1＋1）2－（an＋1）2，整理得（an＋1－1）2－（an＋1）2＝0，即（an＋1＋an）（an
＋1－an－2）＝0.因为an>0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2.又因为当n＝1时，2a1＝a1＋1，所以（a1－1）2＝0，所以a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.（2）因为bn＝12n－
1＋2n＋1＝2n＋1－2n－12，所以b1＋b2＋…＋bn＝12[（3－1）＋（5－3）＋…＋（2n＋1－2n－1）]＝12（2n＋1－1）.由12（2n＋1－1）>1，解得n>4，所以满足条件的正整数n的最小值为5.22．解析：（1）因为S1
＋a1，S3＋a3，S2＋a2成等差数列，所以2（S3＋a3）＝（S1＋a1）＋（S2＋a2），所以（S3－S1）＋（S3－S2）＋2a3＝a1＋a2，所以4a3＝a1，因为数列{an}是等比数列，所以a3a1＝14＝q2
.又q>0，所以q＝12.因为a1＝1，所以数列{an}的通项公式an＝12n－1.（2）因为Tn≥m恒成立，所以只需（Tn）min≥m即可．由（1）知an＝12n－1，又an＋1＝12anbn，所以bn＝n
·2n－1.因为Tn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋（n－1）·2n－2＋n·2n－1，2Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋（n－1）·2n－1＋n·2n，所以－Tn＝1·20＋（2－1）·21＋（3－2）·22＋…＋[n－（n－1）]·2n－1－n·2n
＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝1－2n1－2－n·2n＝（1－n）·2n－1，故Tn＝（n－1）·2n＋1，所以Tn＋1＝n·2n＋1＋1.故Tn＋1－Tn＝（n·2n＋1＋1）－[（n－1）·2n＋1]
＝（n＋1）·2n>0，所以Tn＋1>Tn，所以（Tn）min＝T1＝1，故m≤1，即m的最大值为1.第七单元不等式点点练24不等式的性质及一元二次不等式一基础小题练透篇1．答案：C解析：因为x2＋x－2<0的解集为{x|－2<x<1}，所以A＝{x|－2<x<1}，又B＝{x
|x＋m>0}，A∪B＝（－2，＋∞），所以－2≤－m<1，则－1<m≤2.故选C.2．答案：B解析：A：不妨取a＝2，b＝1，c＝－1，则()a－bc＝－1<0，故A错；B：由a>b>0得1a<1b，又c<0，所以ca>cb，故B正确
；C：当a＝2，b＝1，c＝－1时，a－b＝1，a－c＝3，故C错误；D：当b＋c＝0时，1b＋c没有意义，故D错误．故选B.3．答案：D解析：当a－2＝0，即a＝2时，－4<0，恒成立，符合题意；当a－2≠0时，由题意知，a－2<04（a－2）2＋16（a－2）
<0，解得－2<a<2，∴－2<a≤2.4．答案：A解析：a－b>0⇒a>b⇒a>b≥0⇒a2>b2，但a2－b2>0D⇒/a－b>0，所以“a－b>0”是“a2－b2>0”的充分不必要条件．5．答案：B解析：∵不等式ax2－x－c>0的解集为{x|－2<x<1}
，∴a<0，方程ax2－x－c＝0的两个根为－2和1，则－2＋1＝1a，－2×1＝－ca，∴a＝－1，c＝－2，∴f（x）＝ax2－x－c＝－x2－x＋2，∴f（－x）＝－x2＋x＋2，其图象开口向下，与x轴交于点（－1
，0），（2，0）.6．答案：B解析：通解∵a>b>0且ab＝1，∴a>1，0<b<1，∴b2a<1，log2（a＋b）>log22ab＝1，又2a＋1b>a＋1b>a＋b，∴a＋1b>log2（a＋b），∴b2a<log2（a＋b）<a＋1b.优解∵a＞b＞0且
ab＝1，∴不妨取a＝2，b＝12，则b2a＝18，log2（a＋b）＝log252，a＋1b＝4，∴b2a＜log2（a＋b）＜a＋1b.7．答案：k≤2解析：因为A＝{}x|x2－5x＋4≤0＝{}x|1≤x≤4，所以∁RA＝{x|x<1或}x>4，当B＝∅时，k＋1>2k，即k<1，适合题意
；当B≠∅时，则k＋1≤2kk＋1≥12k≤4，解得1≤k≤2，综上，实数k的取值范围是k≤2.8．答案：－12，32解析：根据题意，（x－a）⊗（x＋a）<1可化为x2－x－a2＋a＋1>0，不等式对任意的x∈R恒成立的条件是1＋4a2－4a－4<0，即4a2－4a－3
<0，解得－12<a<32，所以实数a的取值范围是－12，32.二能力小题提升篇1．答案：D解析：根据ea－b>0得a－b为任意实数，所以A错；由lnab>0＝ln1，得ab>1，当a>0且b>0时，有a>b；
当a<0且b<0时，有a<b，不满足题意，所以B错；因为a＝2>b＝1满足aa>bb，a＝－23<b＝1也满足aa>bb，不满足题意，所以C错；因为1a<1b<0，所以0>a>b，所以能推出a>b，满足题意
，D正确．故选D.2．答案：B解析：∵1＜1a＜1b，∴0＜b＜a＜1，∴指数函数y＝ax在R上单调递减，∴ab＞aa，即N＞M，又幂函数y＝xa在（0，＋∞）上单调递增，∴aa＞ba，即M＞P，∴N＞M＞P.3．答案：B解析：对于p：由
x∈0，π2，得2x－π3∈－π3，2π3，cos2x－π3∈－12，1，所以y∈[－1，2]，即－1≤t≤2；对于q：由t＋1t－2≤0，得－1≤t<2，故p是q的必要不充分条件．故选B.
4．答案：D解析：∵不等式x2＋ax＋b≤0（a，b∈R）的解集为{x|x1≤x≤x2}，则x1，x2是方程x2＋ax＋b＝0的两个实数根，x1x2＝b，又|x1|＋|x2|≤2，不妨令a＝－1，b＝0，则x1＝0，x2＝1，满足|x1|＋|x2|≤2，但|a＋2b|＝1
<2，A选项错误；令a＝2，b＝1，则x1＝x2＝－1，满足|x1|＋|x2|≤2，但|a＋2b|＝4>2，B选项错误；令a＝0，b＝－1，则x1＝－1，x2＝1，满足|x1|＋|x2|≤2，但|a|＝0<1，C选项错误；
|b|＝|x1x2|≤|x1|＋|x2|22≤1，D选项正确．5．答案：（－∞，6）解析：由ax2－（a＋1）x<－a＋13x可得a（x2－x＋1）<14x.而x2－x＋1＝x－122＋34>0，∴a<14xx2－x＋1.又∵x
∈[2，3]，∴14xx2－x＋1＝14x＋1x－1.令g（x）＝x＋1x－1，则g（x）在[2，3]上单调递增，∴g（x）max＝3＋13－1＝73，∴14x＋1x－1≥6，∴a<6.6．答案：1（－3，1）解析：（1）由f（x）<
0的解集为{x|2<x<3}可得f（x）＝0的两根分别为2，3，故f（x）＝（x－2）（x－3）＝x2－5x＋6.又f（x）＝x2＋bx＋c，所以b＝－5，c＝6.故b＋c＝1.（2）因为f（x）＝0的两根x1，x2满足0<x1<2<x2<3，故f（
0）>0，f（2）<0，f（3）>0，即c>0，4＋2b＋c<0，9＋3b＋c>0.以b为横坐标，c为纵坐标建立平面直角坐标系，作出不等式组c>0，4＋2b＋c<0，9＋3b＋c>0
表示的平面区域，如图阴影部分所示，交点坐标分别为（－2，0），（－3，0），（－5，6）.令z＝b＋c，则c＝－b＋z，平移直线c＝－b＋z，当直线经过点（－5，6）时，在y轴上的截距取得最大值，即a＋b取得最大值，此时b＋c＝1，且取不到．同理，当直线经过（－3，0）
时，b＋c取得最小值，此时b＋c＝－3，且取不到．所以b＋c的取值范围是（－3，1）.三高考小题重现篇1．答案：B解析：∵a＝log20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈（0，1），∴a<c<b.2．答案：B解析：由x2－5x<0可得0<x<5.由|x－1
|<1可得0<x<2.由于区间（0，2）是（0，5）的真子集，故“x2－5x<0”是“|x－1|<1”的必要而不充分条件．3．答案：D解析：函数f（x）＝2x－x－1，则不等式f（x）>0的解集即2x>x＋1的解集，在同一平面直
角坐标系中画出函数y＝2x，y＝x＋1的图象（图略），结合图象易得2x>x＋1的解集为（－∞，0）∪（1，＋∞）.4．答案：[－1，7]解析：要使函数有意义，则7＋6x－x2≥0，解得－1≤x≤7，则函数的定义域是[－1，7].5．答案：－1，23解析：3x2＋x－2<0⇔（x＋1）
（3x－2）<0，所以－1<x<23.四经典大题强化篇1．解析：（1）当a＝9时，f（x）<0，即2x2－9x＋4<0，整理，得（2x－1）（x－4）<0，解得12<x<4.故所求不等式的解集为
12，4.（2）f（x）≥0对∀x∈（0，＋∞）恒成立，即2x2－ax＋4≥0在x∈（0，＋∞）上恒成立，即a≤2x＋4x在x∈（0，＋∞）上恒成立，即a≤2x＋4xmin.又2x＋4x≥22x×4x＝42（
当且仅当2x＝4x即x＝2时，取“＝”）.所以a≤42.故实数a的取值范围为(]－∞，42.2．解析：（1）由题意得－3和1是方程（1－a）x2－4x＋6＝0的两个根，则有－3＋1＝41－a－3×1＝61－a，解得a＝3，所以不等式2x2＋（2－a）x－a>0化为2x2－x－3>0，（x
＋1）（2x－3）>0，解得x<－1或x>32，所以不等式的解集为{x|x<－1或x>32}．（2）由（1）可知3x2＋bx＋3≥0的解集为R，所以Δ＝b2－4×3×3≤0，解得－6≤b≤6，所以b的取值范围为[]－6，6.点点练25基本不等式及简单的线性规划
一基础小题练透篇1．答案：C解析：a＋b≥2ab当且仅当a＝b时等号成立，即ab≤14，故A错误；B中，若a＝19，b＝89，有a＋b＝22＋13<2，即最小值不为2，错误；C中，1a＋1b＝a＋bab≥4，正确；D中，若a＝13，b＝23，有a2＋b2＝19
＋49＝59<22，即最小值不为22，错误．2．答案：B解析：因为正数x，y满足x2＋xy－3＝0，所以y＝3x－x，所以4x＋y＝3x＋3x≥23x·3x＝6，当且仅当3x＝3x，即x＝1时，等号成立．故选B.3．答案：B解析：已知a＞0
，b＞0，且1a＋2b＝4，则141a＋2b＝1，所以，4a＋6b＝141a＋2b（4a＋6b）＝121a＋2b（2a＋3b）＝128＋4ab＋3ba≥12（8＋24ab·3ba）＝8＋43
2＝4＋23，当且仅当a＝32b时等号成立，因此，4a＋6b的最小值是4＋23.4．答案：C解析：由题意，可作可行域，如图所示：联立可得x＋y＋2＝0x－2y－4＝0，解得x＝0y＝－2，即交点为A()0，－2，当动直线2x＋3y＝z过点A()0，－2
时，z取得最小值，即z＝2×0＋3×（－2）＝－6.故选C.5．答案：B解析：a>0，b>0，若a＋b≤1，则1a2＋1b2≥（a＋b）2a2＋（a＋b）2b2＝2＋2ab＋2ba＋a2b2＋b2a2≥2＋22ab·2ba＋2a2b2·
b2a2＝8，当且仅当a＝b＝12时等号同时成立，充分性满足，若1a2＋1b2≥8，a＋b≤1不一定成立，例如a＝1，b＝14时，1a2＋1b2≥8，但a＋b>1，必要性不满足，故选B.6．答案：B解析：由约束条件x＋y≤2y－x≤0y≥0作出
可行域如图，联立x＋y＝2y－x＝0，解得x＝1，y＝1，即A()1，1，z＝2yx＋1＝2·y－0x－（－1）表示可行域内点()x，y和点()－1，0所在直线的斜率的2倍，由图可知，当点()x，y位于A()1，1时，斜率最大，所以z＝2yx＋1的最大值为21＋1＝1.故选B
.7．答案：2＋22解析：∵1x＋x＋yy＝x＋2yx＋x＋yy＝2＋2yx＋xy≥2＋22，等号成立当且仅当x＝2y，即x＝2－1，y＝1－22.8．答案：32，52解析：作出不等式组x－y－2≤0x＋2y
－5≥0y－2≤0所表示的可行域如图所示：z＝x＋y＋2x＋1＝1＋y＋1x＋1，代数式y＋1x＋1的几何意义是可行域内一点M()x，y与定点P()－1，－1连线的斜率，联立y＝2x＋2y－5＝0可得x＝1y＝2，即点A（1，2）
，联立x－y－2＝0x＋2y－5＝0可得x＝3y＝1，即点C()3，1，当点M在可行域内运动时，直线PM的倾斜角为锐角，当点M与点C重合时，直线PM的倾斜角最小，此时z取最小值，即zmin＝1＋1＋13＋1＝32；当点M与点A重合时，直线PM的倾斜角最大，
此时z取最大值，即zmax＝1＋2＋11＋1＝52.综上所述，z＝x＋y＋2x＋1的取值范围是32，52.二能力小题提升篇1．答案：A解析：因为1＝2x＋2y≥22x·2y＝22x＋y，所以2x＋y
≤14，即x＋y≤－2，当且仅当2x＝2y＝12，即x＝y＝－1时取“＝”，所以x＋y的取值范围是（－∞，－2].2．答案：C解析：当x>0时，x2＋14－x＝x－122≥0，所以lg
x2＋14≥lgx（x>0），故选项A不正确；当x≠kπ，k∈Z时，sinx的正负不能确定，故选项B不正确；因为x2＋1＝（|x|）2＋1≥2|x|（x∈R），所以选项C正确；当x＝0时，有1x2＋1＝1，故选项D不正确．3．答案
：D解析：因为a，b为正实数，则0＝ab－3（a＋b）＋8≤ab－6ab＋8，即（ab－2）（ab－4）≥0，所以0<ab≤2或ab≥4，所以0<ab≤4或ab≥16.ab的取值范围是(]0，4∪[)16，＋∞，故选D.4．答案：C解析：∵f（x）＝1
3x3＋ax2＋（b－4）x＋1，∴f′（x）＝x2＋2ax＋b－4，因为f（x）在x＝1处取得极值，所以1＋2a＋b－4＝0即2a＋b＝3，则2a＋1b＝132a＋1b（2a＋b）＝13
5＋2ba＋2ab≥13（5＋4）＝3，当且仅当2ba＝2ab时取等号，此时取得最小值3.故选C.5．答案：1解析：因为3x＋y＝7，所以3x－1＋y－2＝4，即3x－14＋y－24＝1，因为x>13，y>2，所以3x－14>
0，y－24>0，13x－1＋1y－2＝13x－1＋1y－23x－14＋y－24＝14＋y－24（3x－1）＋3x－14（y－2）＋14≥12＋2y－24（3x－1）×3x－14（y－2）＝1，当且仅当y－24（3x－1）＝3x－14（y－
2），即x＝1，y＝4时取等号．所以13x－1＋1y－2的最小值为1.6．答案：4105解析：x，y满足约束条件所表示的可行域如图所示，x2＋y2表示可行域中的点到原点的距离，由图可知点B到原点的距离最大，由x－2y＋4＝03x－y＝0，解得x＝
45y＝125，即B45，125，所以x2＋y2的最大值为452＋1252＝4105.三高考小题重现篇1．答案：C解析：通解作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线y＝－3x，并平移，数形结合可知，当平移后的直线经过点A时，直线y＝－3x＋z在
y轴上的截距最小，即z最小．解方程组x＋y＝4y＝3得x＝1y＝3，即点A的坐标为（1，3）.从而z＝3x＋y的最小值为3×1＋3＝6.优解画图易知，题设不等式组对应的可行域是封闭的三角形区域，所以只需要比较三角形区域三个顶点处的z的大小即可．易知直线x
＋y＝4与y＝3的交点坐标为（1，3），直线x＋y＝4与x－y＝2的交点坐标为（3，1），直线x－y＝2与y＝3的交点坐标为（5，3），将这三个顶点的坐标分别代入z＝3x＋y可得z的值分别为6，10，18，所以比较可知zmin＝6.光速解
因为x＋y≥4，所以3x＋3y≥12①.因为y≤3，所以－2y≥－6②.于是，由①＋②可得3x＋3y＋（－2y）≥12＋（－6），即3x＋y≥6，当且仅当x＋y＝4且y＝3，即x＝1，y＝3时不等式取等号，易知此时不等式
x－y≤2成立．2．答案：C解析：通解作出不等式组所表示的可行域，如图中阴影部分．由z＝2x－y，得y＝2x－z.作出直线y＝2x并平移，当平移后的直线经过点A（4，0）时，直线y＝2x－z在y轴上的截距最小，此时z取得最大值，则zmax＝2×4－0＝8.故选C.快解由不等式组围成的区
域是封闭的三角形，三个顶点的坐标分别为（0，2），（2，0），（4，0）.把三个顶点的坐标分别代入目标函数，那个坐标所对应的值最大即为最大值，显然点（4，0）是目标函数取得最大值的点．所以最大值为2×4－0＝8.故选C.3．答案：1解析：作出可行域如图，由z＝x＋7y得y＝－x7＋z7，易
知当直线y＝－x7＋z7经过点A（1，0）时，z取得最大值，zmax＝1＋7×0＝1.4．答案：7解析：如图所示，x，y满足的可行域为△AOB及其内部．由目标函数z＝3x＋2y得y＝－32x＋z2.当直线y＝－32x＋z2过点A（1，
2）时，z取最大值，最大值为7.5．答案：4解析：依题意得12a＋12b＋8a＋b＝a＋b2ab＋8a＋b＝a＋b2＋8a＋b≥2a＋b2×8a＋b＝4，当且仅当a>0，b>0，ab＝1，a＋b2＝8a＋b，即ab＝1，a＋b＝4时取等号．因此，12a＋
12b＋8a＋b的最小值为4.6．答案：45解析：方法一由5x2y2＋y4＝1得x2＝15y2－y25，则x2＋y2＝15y2＋4y25≥215y2·4y25＝45，当且仅当15y2＝4y25，即y2＝12时取等号，则x2＋y2的最小值是45.方法二4＝（5x2＋y2）·4y2≤
（5x2＋y2）＋4y222＝254（x2＋y2）2，则x2＋y2≥45，当且仅当5x2＋y2＝4y2＝2，即x2＝310，y2＝12时取等号，则x2＋y2的最小值是45.四经典大题强化篇1．解析：（1）由已知，x，y满足的数学关系式为70x
＋60y≤600，5x＋5y≥30，x≤2y，x≥0，x∈N，y≥0，y∈N，即7x＋6y≤60，x＋y≥6，x－2y≤0，x≥0，x∈N，y≥0，y∈N，该二元一次不等式组所表示的平面区域为图1中的阴影部分中的整数点．图1图2（2）设总收视人次为z万，则目标函数为
z＝60x＋25y.考虑z＝60x＋25y，将它变形为y＝－125x＋z25，这是斜率为－125，随z变化的一族平行直线．z25为直线在y轴上的截距，当z25取得最大值时，z的值就最大．又因为x，y满足约束条件，所以由图2可知，当直线z＝60x＋25y经过可行域上的点M时，截
距z25最大，即z最大．解方程组7x＋6y＝60，x－2y＝0，得x＝6，y＝3，则点M的坐标为（6，3）.所以，电视台每周播出甲连续剧6次、乙连续剧3次时，才能使总收视人次最多．2．解
析：（1）因为f（x）＝ax3＋（a＋1）x2＋2a＋4x，所以f（－x）＝a（－x）3＋（a＋1）（－x）2＋2a＋4－x＝ax3－（a＋1）x2－2a－4x.又f（x）是奇函数，所以f（－x）＝－f（x），即ax3－（a＋
1）x2－2a－4x＝－ax3－（a＋1）x2－2a－4x，则a＝0.（2）由（1）可知，f（x）＝x2＋4x＝x＋4x，x≠0，当x>0时，x＋4x≥2x·4x＝4，当且仅当x＝2时，等号成立．又f（x）是奇函数，所以f（x）的值域为（－∞，－4]∪[4，＋∞）
.单元检测（七）不等式1．答案：C解析：∵a1，a13是方程x2－13x＋16＝0的两根，∴a1＋a13＝13，a1·a13＝16，∴a1>0，a13>0，a1·a13＝a2·a12＝a27＝16，又等比数列{}an中奇数项符号相同，可得a7＝4，
∴a2·a12a7＝164＝4.故选C.2．答案：C解析：因为由x＋y≥8推不出x≥1且y≥7，而由x≥1且y≥7可推出x＋y≥8，所以p：x＋y≥8是q：x≥1且y≥7的必要不充分条件．故选C.3．答案：B解析：A：不妨取a＝2，b＝1，c＝－1，
则（a－b）c＝－1<0，故A错；由a>b>0得1a<1b，又c<0，所以ca>cb，故B正确；当a＝2，b＝1，c＝－1时，a－b＝1，a－c＝3，故C错误；当b＋c＝0时，1b＋c没有意义，故D错误．故选B.4．答案：B解析：因为a>b>0
，所以a＝a＋a2>a＋b2，ab>b·b＝b；由基本不等式可得a＋b2>ab；所以a>a＋b2>ab>b.故选B.5．答案：C解析：A：当a>b>0时，a2>b2，则1a2<1b2，故A错误；B：当b＝1，a＝－2时，不满足1a2>1b2，故B错误；C：当b<a<0时，
0<a2<b2，则1a2>1b2，反过来，1a2>1b2时，a2<b2⇒||a<||b，推不出b<a<0，所以b<a<0是1a2>1b2成立的一个充分不必要条件，故C正确；D：当a＝2，b＝－1时，不满足1a2>1b2，故D错误．故选C.
6．答案：B解析：因为a＝（1，x－1），b＝（y，2），a⊥b，所以a·b＝y＋2（x－1）＝0，即2x＋y＝2.又因为x>0，y>0，所以2x＋y≥22xy，当且仅当x＝12，y＝1时等号成立，即22xy≤2，所以xy≤12，所以当且仅当x＝12
，y＝1时，xy取到最大值，最大值为12.7．答案：C解析：令x＋3＝1，得x＝－2，故A（－2，－1）.又点A在直线mx＋ny＋1＝0上，∴－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1，则1m＋1n＝1m＋1n（2m＋n）＝3＋nm＋2mn≥3＋2nm·2mn＝3＋22.当且仅当m＝1
2＋2，n＝12＋1时等号成立，所以1m＋1n的最小值为3＋22.8．答案：B解析：1x2＋1（2a－x）2≥1恒成立，即1x2＋1（2a－x）2min≥1.∵0<x<2a，∴2a－x>0，又1x
2＋1（2a－x）2≥21x2（2a－x）2＝2x（2a－x）≥2x＋2a－x22＝2a2，上述两个不等式中，等号均在x＝2a－x时取到，∴1x2＋1()2a－x2min＝2a2，∴2a2≥1，解得－2≤a≤2且a≠0，又a>0，∴实数a的取值范围是(]0，2.故选B.9．
答案：A解析：z＝10y－x＝1115.4－100x＋x≤1115.4－2100x·x＝1095.4，当且仅当100x＝x⇒x＝10时，等号成立．故选A.10．答案：A解析：因为1a＋1b＝1，所以ab＝a＋b，即b＝aa－1＝1＋1a－1，由a，b是正数可得a－1>0.于是，4a－1
＋16b－1＝4b＋16a－20ab－（a＋b）＋1＝4b＋16a－20＝4＋4a－1＋16a－20＝4a－1＋16（a－1）≥24a－1×16（a－1）＝16，当且仅当4a－1＝16（a－1），即a＝32时等号成立，所以4a－
1＋16b－1的最小值为16.11．答案：A解析：满足不等式组的可行域如图所示．联立x＝1，x＋y－4＝0，解得x＝1，y＝3，∴点P（1，3），联立x－y＝0，x＋y－4＝0，解得x＝2，y＝2，∴点N（2，2）.∵直线y＝kx－2恒过点
（0，－2），∴k1＝2－（－2）2－0＝2，k2＝3－（－2）1－0＝5.观察图象可知，当直线y＝kx－2在y＝k1x－2和y＝k2x－2之间时，直线上才会存在M内的点，∴2≤k≤5.12．答案：B解
析：依题意得k≥x＋5yx＋y恒成立，因为x＋5yx＋y2＝x＋5y＋25xyx＋y，25xy＝25x·y≤5x＋y，所以x＋5yx＋y2＝x＋5y＋25xyx＋y≤x＋5y＋5x＋yx＋y＝6，当且仅当y＝5x时，等
号成立，所以k≥6，即k的最小值为6.故选B.13．答案：－32，52解析：设2a－b＝mf（1）＋nf（－1）＝（m－n）·a＋（m＋n）b，则m－n＝2，m＋n＝－1，解得m＝12，n＝－32，∴2a
－b＝12f（1）－32f（－1），∵0<f（1）<2，－1<f（－1）<1，∴0<12f（1）<1，－32<－32f（－1）<32，则－32<2a－b<52.14．答案：m>－1解析：原不等式在[1，2]上有解，它的否定是不等式x2＋mx－2>0在[1，2]上无解，则1＋m－2≤04
＋2m－2≤0，解得m≤－1，因此不等式x2＋mx－2＞0在区间[1，2]上有解时m>－1.15．答案：2解析：画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分（包含边界）所示，由图知，若a≥3，则直线z＝ax－y经过点B（1，2）时，z取得最小值，由a－2＝－1，得a＝
1，与a≥3矛盾；若0<a<3，则直线z＝ax－y经过点A（2，5）时，z取得最小值，由2a－5＝－1，解得a＝2；若a≤0，则直线z＝ax－y经过点A（2，5）或C（3，2）时，z取得最小值，此时2a－5＝－1或3a－2＝－1，解得
a＝2或a＝13，与a≤0矛盾．综上可知实数a的值为2.16．答案：116解析：将a3＝2S2＋1与a4＝2S3＋1作差，可得a4－a3＝2a3，即a4＝3a3.所以等比数列{}an的公比q＝a4a3＝3.因为a1＝1，q＝3，所以an＝1×3n－1＝3n－1.所
以bn＝log3an＝log33n－1＝n－1.所以bn＋1()n＋9()bn＋2＝n()n＋9()n＋1＝1n＋9n＋10.因为n∈N*，所以n＋9n≥6，当且仅当n＝3时“＝”成立．所以bn＋1()n＋9()bn＋2＝1n＋9n＋10≤116.故k的最小值为116.1
7．解析：（1）由A＝{x|x2－2mx－4＋m2＝（x－m－2）（x－m＋2）≤0}＝{x|m－2≤x≤m＋2}，B＝{x|2x2－5x－7＝（2x－7）（x＋1）<0}＝{x|－1<x<72}，因为A∪B＝B，即A⊆B，显然A≠∅，所以m－2>－1m＋2<72，则1<m<32.（2
）由（1）知：∁RA＝{x|x<m－2或x>m＋2}，又B⊆∁RA，所以m－2≥72或m＋2≤－1，可得m≥112或m≤－3.18．解析：（1）因为a2＋b2－[2（2a－b）－5]＝（a－2）2＋（b＋1）2≥0，所以a2＋b2≥2（2a－b）－5.（2）证明∵a，b，
c∈（0，＋∞），且a＋b＋c＝1，∴1a－11b－11c－1＝b＋ca·a＋cb·a＋bc≥2bca·2acb·2abc＝8，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴1a－11b－1
1c－1≥8.19．解析：（1）f（x）＝（x－3）（x－a），当a<3时，不等式f（x）<0的解集为（a，3），当a＝3时，不等式f（x）<0的解集为∅，当a>3时，不等式f（x）<0的解集为（3，a）.（2）f（x）＝（x－3）（x－a），因为x∈[4，＋∞），所以由f（x）≥－9可化为：x
－a≥－9x－3，a≤x＋9x－3，因为x＋9x－3＝x－3＋9x－3＋3≥2（x－3）·9x－3＋3＝9（当且仅当x－3＝9x－3，即x＝6时等号成立），所以a≤9.所以a的取值范围为{}a|a≤9.20．解析：（1）∵函数f（
x）＝kxx2＋3k（k>0），f（x）>m的解集为{x|x<－3或x>－2}，∴f（－3）＝m，f（－2）＝m，即－3k9＋3k＝m，且－2k4＋3k＝m，解得k＝2，m＝－25.故不等式5mx2＋k2x＋3>0，即不等式－2x2＋x＋3>0，即2x2－x－3<0
，解得－1<x<32，故不等式的解集为x|－1<x<32.（2）∵存在x>3使得f（x）>1成立，∴kxx2＋3k>1在区间（3，＋∞）上有解，即x2－kx＋3k<0在区间（3，＋∞）上有解，即k>x2
x－3在区间（3，＋∞）上能成立．令g（x）＝x2x－3，则只需k>g（x）min.∵g′（x）＝x（x－6）（x－3）2，∴当x∈（3，6）时，g′（x）<0，g（x）为减函数；当x∈（6，＋∞）时，g′（x）>0，g（x
）为增函数，故g（x）的最小值为g（6）＝12，∴k>12.故k的取值范围为（12，＋∞）.21．解析：（1）汽车来回一次的运行成本为11600×1300v2×100v＋11600×（1300＋x）v2×100v＝116（2600
＋x）v，冷藏成本为10x×100v＝1000xv，∴W＝100x－116（2600＋x）v－1000xv.（2）∵116（2600＋x）v＋1000xv≥2116（2600＋x）v·1000xv＝510·（2600＋x）x，∴W≤100
x－510·（2600＋x）x，当且仅当116（2600＋x）v＝1000xv，即v＝4010·x2600＋x时取等号.令100x－510·（2600＋x）x≥0，得210x≥（2600＋x）x，解得x≥2003，∴当x＝2003时，v＝4010·2
0032600＋2003＝20∈（0，80]，故每次至少进货2003千克，才能使销售后不会亏本．22．解析：（1）f（x）是二次函数，且f（x）<0的解集是（0，5），∴可设f（x）＝ax（x－5）（a>0），可得函数f（x
）在区间－1，52上是减函数，在区间52，4上是增函数．∵f（－1）＝6a，f（4）＝－4a，f（－1）>f（4），∴f（x）在区间[－1，4]上的最大值是f（－1）＝6a＝12，得a＝2.
因此，函数的表达式为f（x）＝2x（x－5）＝2x2－10x（x∈R）.（2）由（1）得f（x）＝2x－522－252，函数图象的开口向上，对称轴为直线x＝52.①当t＋1≤52，即t≤32时，f（x）在[t，t＋1]上单调递减
，此时f（x）的最小值g（t）＝f（t＋1）＝2（t＋1）2－10（t＋1）＝2t2－6t－8；②当t≥52时，f（x）在[t，t＋1]上单调递增，此时f（x）的最小值g（t）＝f（t）＝2t2－10t；③当32<t<52时，函数y＝f（x）在对称轴处取得
最小值，此时g（t）＝f52＝－252.综上所述，得g（t）的表达式为：g（t）＝2t2－6t－8t≤32，－25232<t<52，2t2－10tt≥52．第八单元立体几何点点练2
6空间几何体的三视图与直观图、表面积与体积一基础小题练透篇1．答案：A解析：由题图可知原△ABC的高AO＝3，BC＝B′C′＝2，∴S△ABC＝12·BC·OA＝12×2×3＝3.2．答案：D解析：由图知：该组合体是由一个圆锥
和一个圆柱组合成的，故选D.3．答案：A解析：由题知如图所示，则四边形ABCD在左侧面的投影依旧是ABCD，AE，CF，DG在左侧面的投影分别为点A，C，D，EF，BE，FG，BG在左侧面的投影分别为AC，BA，CD，BD，EG在左侧面的投影为AD，且为
虚线，由此只有选项A符合．故选A.4．答案：A解析：设圆锥底面半径为r，母线长为l，则2πr＝πl，所以l＝2r，所以圆锥的高为l2－r2＝3r，所以13×πr2·3r＝93π，解得r＝3，故其表面积S＝πr2＋πrl＝9π＋1
8π＝27π.故选A.5．答案：D解析：由三视图可知，几何体为直三棱柱截去一个三棱锥CSAB，如图所示：其中直三棱柱的侧棱长为8，底面为直角三角形，且AB＝BC＝4，SA＝4，SB＝42，AC＝42，故几何体的表面积为：12×4×4＋12×
4×42＋8＋42×42＋4＋82×4＋8×4＝64＋322.故选D.6．答案：A解析：∵BC＝BD＝1，∠CBD＝60°，∴CD＝1，又AB＝AB，∠ABC＝∠DBA＝60°，BC＝BD，∴△ABC≌△ABD，则AC＝AD，取CD中点E，
连接AE，又由△ACD的面积为114，可得△ACD的高AE＝112，则可得AC＝AD＝AE2＋AD22＝114＋14＝3，在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos60°，∴3＝AB2＋1－2×AB×1×12，解得AB＝2或AB＝－1（舍
去），则AC2＋BC2＝AB2，可得∠ACB＝90°，∴∠ADB＝90°，∴AC⊥BC，AD⊥BD，根据球的性质可得AB为三棱锥外接球的直径，则半径为1，故外接球的表面积为4π×12＝4π.7.答案：A解析：由三视图可还原几何体为从长、宽均为2
，高为2的长方体中截得的四棱锥SABCD，则四棱锥SABCD的外接球即为长方体的外接球，∴球C的半径R＝122＋2＋4＝2，∴球C的表面积S＝4πR2＝8π.8．答案：2＋22解析：如图1，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为
E.在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝22.又四边形AECD为矩形，AD＝EC＝1，∴BC＝BE＋EC＝22＋1，由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A′B′C′D′.在梯形A′B′C′D′中，A′D′＝1，B′C′＝22＋1，A′B
′＝2.∴这块菜地的面积S＝12（A′D′＋B′C′）·A′B′＝12×（1＋1＋22）×2＝2＋22.9．答案：2解析：设四面体ABCD所在的长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则a2＋b2＝5，a2＋c2＝13，b2＋c2＝10，得
a＝2，b＝1，c＝3，所以四面体ABCD的体积V＝abc－13×12abc×4＝13abc＝2.二能力小题提升篇1．答案：B解析：根据题意，作图如图所示，因为AB＝9cm，EF＝GH＝3cm，LO＝33cm，所以∠A＝60
°.因为原水位线的直径CD＝6cm，投入石子后，水位线的直径IJ＝5cm，则由圆台公式可得：V石子＝13π·MN（CN2＋IM2＋CN·IM）＝913π24cm3；因为需要填充的石子的体积是由圆台加圆柱体得到，即V＝V圆台＋V圆柱体＝13π·L
N（CN2＋EL2＋CN·EL）＋π·EL2·（KL－3）＝633π8＋183π8＝813π8cm3，则需要石子的个数为VV石子＝813π8913π24＝24391≈2.7，所以至少共需要3颗石子．故选B.2．答案：C解析：根据斜二测画法规则知，把直观图∠A′O′B′还原为平面图，如
图所示：所以∠AOB是钝角．3．答案：A解析：设三棱柱ABCA1B1C1的底面积为S，其高为h，设三棱锥PABC的高为h1，三棱锥PA1B1C1的高为h2，则h＝h1＋h2，Sh＝16，所以S()h1＋h2＝16，即Sh1
＋Sh2＝16，又VPABC＝13Sh1＝4，即Sh1＝12，所以Sh2＝16－Sh1＝16－12＝4，所以VPA1B1C1＝13Sh2＝43.故选A.4．答案：A解析：由PA＝AB＝PB＝AC＝2，CP＝22，得PA⊥AC.由
点D是PB的中点及PA＝AB＝PB，求得AD＝AP2－DP2＝3，又CD＝CP2－DP2＝()222－12＝7，∴AD2＋AC2＝CD2，所以AD⊥AC，又AD∩AP＝A且AD，AP⊂平面PAB，∴AC⊥平面PAB.球心O到
底面△PAB的距离d＝12AC＝1，由正弦定理得△PAB的外接圆半径r＝PA2sin60°＝23＝233，∴球O的半径为R＝d2＋r2＝1＋43＝73，∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×73＝28π3.故选A.5．答案：27解析：由PA⊥平面A
BC，AB⊥AC，将三棱锥补成长方体，它的对角线是其外接球的直径，∵三棱锥外接球的表面积为36π，设外接球的半径为R，则4πR2＝36π，解得R＝3，∴三棱锥外接球的半径为3，直径为6，∵AB＝AC＝2，∴22＋22＋PA2＝62，∴PA＝27.6．答案：649解析：将三视
图还原成直观图，如图所示三棱锥PABC，易得△ABC是等腰三角形，所以tan∠CAB＝a3a＝33，因为0<∠CAB<π，所以∠CAB＝π6，由于△ABC是等腰三角形，所以△ABC的外心H在AC的中垂线BM上，所以∠HBA＝π2－π6＝π3，因为HB＝
AH，所以△AHB是等边三角形，所以HB＝AH＝AB＝()3a2＋a2＝2a，设三棱锥PABC的外接球的球心为O，故OH⊥平面ABC，O到P，A，B，C的距离相等，令PA＝h，则OH＝12PA＝h2，所以外接球的半径为OA＝OH2＋AH2＝h24＋4a2＝4，即h＝44－a2()0<a2<4
，因为a>0，所以0<a<2，所以三棱锥PABC的体积V＝13S△ABC·h＝13×12×23a×a·h＝3a23×44－a2＝4334a4－a6.令f（a）＝4a4－a6，0<a<2，所以f′（a
）＝16a3－6a5＝2a3()8－3a2.令f′（a）＝0，解得a＝263，所以当0<a<263时，f′（a）>0，f（a）单调递增；当263<a<2时，f′（a）<0，f（a）单调递减，所以f（a）max＝f263＝25627，所以当a＝263时，三棱锥P
ABC的体积最大，为433×25627＝649.三高考小题重现篇1．答案：C解析：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＋140×106×180×106）＝3×106×（
140＋180＋607）≈3×106×（140＋180＋60×2.65）≈1.4×109（m3）.故选C.2.答案：D解析：根据题目条件以及正视图可以得到该几何体的直观图，如图，结合选项可知该几何体的
侧视图为D.3．答案：A解析：设三棱台上底面A1B1C1、下底面ABC的外接圆半径分别为r1，r2，外接圆圆心分别为O1，O2，三棱台的外接球半径为R，球心为O.令|OO1|＝t，则|OO2|＝|t－1|.由题意及正弦定理，得2r1＝33sin60°＝6，2r2＝43sin60°＝8，所以r1＝3
，r2＝4，所以R2＝r21＋t2＝r22＋（t－1）2，即R2＝9＋t2＝16＋（t－1）2，解得t＝4，R2＝25.所以三棱台外接球的表面积为4πR2＝100π.故选A.4．答案：A解析：如图所示，因为AC⊥BC，且AC＝BC＝1，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝
2.连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝1－AB22＝1－（22）2＝22，所以三棱锥OABC的体积V＝13S△ABC×OO1＝13×12×1×1×22＝212.5．答案：2π2解析：如图，连
接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝22＋12＝5，D1M⊥B1C1，且D1M＝3.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面
的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝2，连接D1P，则D1P＝D1M2＋MP2＝（3）2＋（2）2＝5，连接MG，MH，易得MG＝MH＝2，故可知以M为圆心，2为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以GH的长为
14×2π×2＝2π2.6．答案：262－1解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的
俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.四经典大题强化篇1．解析：（1）证明：因为平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，CD⊂平面AB
CD，CD⊥BC，所以CD⊥平面PBC，所以CD⊥PB.又PB⊥PC，PC∩CD＝C，PC⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，所以PB⊥平面PCD，又因为PD⊂平面PCD，所以PB⊥PD.（2）设BC的中点为O，连接PO，因为△PBC是
等腰直角三角形，PB⊥PC，所以PO⊥BC，又因为平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，所以PO⊥平面ABCD.由BC＝2，可得PO＝1，CD＝4，BD＝42＋22＝25，PB＝2，由（1
）知PB⊥PD，所以PD＝（25）2－（2）2＝32.所以S△BCD＝12×4×2＝4，S△PBD＝12×32×2＝3，所以VP－BCD＝13S△BCD·PO＝13×4×1＝43.设点C到平面PBD的距离为h，则VPBCD＝VC
PBD＝13S△PBD·h＝13×3h＝h，所以h＝43，即点C到平面PBD的距离为43.2．解析：（1）证明：∵AO⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，∴AO⊥B1C，∵B1C1＝AA1，AA1＝BB1，∴B1C1＝
BB1，∴四边形BB1C1C为菱形，∴B1C⊥BC1，又BC1∩AO＝O，AO⊂平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，∴B1C⊥平面ABC1，∵AB⊂平面ABC1，∴B1C⊥AB.（2）在等腰△BCB1中，BB1＝2，∠BB1C＝30°，∴O
B＝1，B1C＝23.∵AO⊥平面BB1C1C，∴∠ABO为直线AB与平面BB1C1C所成的角，∴∠ABO＝60°，∴AO＝3，VABB1C1＝13·AO·S△BB1C1＝13×3×12×2×2sin60°＝1.点点练27空间点、线、面的位置关系一基础小题
练透篇1．答案：D解析：由直线m、n和平面α、β，知：对于A，若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故A错误；对于B，若l∥α，m∥β，α∥β，l与m不一定平行，有可能相交，故B错误；对于C，若α
⊥β，m⊂α，则m⊥β或m∥β或m与β相交，故C错误；对于D，若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则由直线与平面垂直的性质与判定定理得m∥α，故D正确．故选D.2．答案：D解析：∵A、B∈γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l
，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．3．答案：D解析：若a，b是异面直线，直线c∥a，则c与b不可能是平行直线．否则，若c∥b，则有c∥a∥b，得出a,b是共面直线．与已知a，b是异面直线矛盾，故c与
b的位置关系为异面或相交，故选D.4．答案：D解析：设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2a，则MN＝MC21＋C1N2＝2a22＋2a22＝2a，作点E在平面ABCD内的射影点G，可得G为AD的中点，连接
EG，GF，所以EF＝EG2＋GF2＝2a22＋（2a）2＝3a，所以MN≠12EF，故选项A，C错误；连接DE，因为E为平面ADD1A1的中心，所以DE＝12A1D，又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点，所以MN∥B1C，又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED，且DE∩E
F＝E，所以MN与EF异面，故选项B错误．5．答案：A解析：因为l⊥α，α∥β，根据面面平行的性质知l⊥β，又m⊂β，则l⊥m，故①正确；若α⊥β，l⊥α，则l可能在β内或与β平行，则l可能与m相交、平行或异面，故②错误；由l∥m，l⊥α可推出m⊥α，
又m⊂β，根据面面垂直的判定定理可知α⊥β，故③正确；若α，β的交线为m，则l⊥m，推不出α∥β，故④错误．6．答案：B解析：假设过点P且平行于l的直线有两条分别为m与n，则m∥l且n∥l.由平行公理得m∥
n，这与两条直线m与n相交于点P相矛盾，故过点P且平行于l的直线只有一条．又因为点P在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．7．答案：②③④解析：由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错；当a与b相交，b
与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错．8．答案：60°解析：因为VPOAB为定值，所以S△ABO为定值，即O到线AB的距离为定值．因为O为CD上的动
点，所以CD∥AB.所以∠PDC即为异面直线PD与AB所成角．因为△PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°.所以PD与AB所成角为60°.二能力小题提升篇1．答案：D解析：由题意得，将正方体的平面展开图还原为正方体，如图，CF和BD平行，AB垂直于BD，所以AB与CF成90°角，故A错误；BD与
CF平行，CF垂直于EF，所以BD与EF成90°角，故B错误；EF与CG平行，AB与CG成90°角，所以AB与EF成90°角，故C错误；CD与AE平行，在三角形AEB中，AE＝EB＝AB，所以∠EAB＝60°，所以AB与CD成60°
角，故D正确．2．答案：D解析：如图，设过P，Q，R三点的平面为平面α.分别取A1D1，A1A，CC1的中点F，E，M，连接RF，FE，EP，PQ，QM，MR，EM，QF，RP.由正方体性质知RF∥PQ，所以F∈平面α.又RP∥MQ，所以M∈平面α.又EF
∥RP，所以E∈平面α.所以六边形RFEPQM为容器中水的上表面的形状．故选D.3．答案：D解析：由AB⊥平面BCD知，AB⊥BC，AB⊥BD，则AC＝AD＝22＋（2）2＝6，利用等面积法求得斜边上
的高BE＝BF＝226＝233，从而有AE＝AF＝（2）2－（233）2＝63，则△AEF为等腰三角形，AE不可能与EF垂直，即AC不可能与EF垂直，故AC错误；由上知，EFCD＝AEAC＝13，设CD＝x，则EF＝13x，x∈（0，4），由余弦定理知，cos∠FB
E＝BF2＋BE2－EF22BF·BE＝43＋43－x2983＝1－124x2，则由x∈（0，4）知，cos∠FBE＝1－124x2∈13，1，故∠FBE为锐角，且sin∠FBE∈（0，223），△BEF的面积S＝12BE·BF·sin∠FBE＝23sin∠FBE∈（0，429
），当取得右侧边界点时，B，C，D三点共线，不能构成三角形，故无最大值，故B错误，D正确．4．答案：D解析：由题可知BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥CP，故A正确；由等体积法得VCBPD＝VPBCD＝13·S△BCD·AA1为定值
，故B正确；设A1C1的中点为M，当P∈MC1时，如图1所示：图1图2此时截面是三角形D1QC，当P∈MA1时，如图2所示：此时截面是梯形D1QRC，故C正确；在正方体中，连接D1P，则D1P为DP在平面A1B1C1D1上的射影，则∠D1
PD为DP与平面A1B1C1D1所成的角，设正方体的棱长为1，PD1＝x，则PD＝1＋x2，sin∠D1PD＝11＋x2，当x取得最小值时，sin∠D1PD的值最大，即D1P⊥A1C1时，x的值最小为22，所以sin∠D1PD的值最大为63，
故D不正确．5．答案：AC＝BDAC＝BD且AC⊥BD解析：易知EH∥BD∥FG，且EH＝12BD＝FG，同理EF∥AC∥HG，且EF＝12AC＝HG，显然四边形EFGH为平行四边形．要使平行四边形EFGH为菱形需满足EF＝EH，即AC＝BD；要使平行四边
形EFGH为正方形需满足EF＝EH且EF⊥EH，即AC＝BD且AC⊥BD.6．答案：②③④解析：还原成正四面体ADEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合，连接AG，GF.易知GH与EF异面，BD与MN异面．又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°
角，∵AG，GF分别为等边△ADE和等边△DEF的中线，∴AG⊥DE，GF⊥DE，且AG，GF⊂平面AGF，AG∩GF＝G，故DE⊥平面AGF，且AF⊂平面AGF，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.因此正确的序号是②③④.三高考小题重现篇1．答案：B解析：过E作EQ⊥CD于
Q，连接BD，QN，BE，易知点N在BD上，∵平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，∴EQ⊥平面ABCD，QN⊂平面ABCD，∴EQ⊥QN，同理可知BC⊥CE，设CD＝2，则EN＝EQ2＋QN2＝3＋1＝2，BE＝BC2＋CE2
＝4＋4＝22，又在正方形ABCD中，BD＝22＋22＝22＝BE，∴△EBD是等腰三角形，故在等腰△EBD中，M为DE的中点，∴BM＝BE2－EM2＝8－1＝7，∴BM＝7>2＝EN，即BM≠EN.又
∵点M、N、B、E均在平面BED内，∴BM，EN在平面BED内，又BM与EN不平行，∴BM，EN是相交直线．2．答案：C解析：因为CD∥AB，所以∠BAE即为异面直线AE与CD所成的角．设正方体的棱长为2，则BE＝5.因为AB⊥平面BB1C1C，所以AB⊥BE.在Rt△
ABE中，tan∠BAE＝BEAB＝52.3．答案：①③④解析：对于命题p1，两两相交且不过同一点的三条直线的交点记为A、B、C，易知A、B、C三点不共线，所以可确定一个平面，记为α，由A∈α，B∈α，可得直线AB⊂α，同理，另外两条直线也在平面α内，所以p1是真命题；对于命题p2
，当三点共线时，过这三点有无数个平面，所以p2是假命题，从而¬p2是真命题；对于命题p3，空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以p3是假命题，从而¬p3是真命题；对于命题p4，由直线与平面垂直的
性质定理可知，是真命题，从而¬p4是假命题．综上所述，p1∧p4是真命题，p1∧p2是假命题，¬p2∨p3是真命题，¬p3∨¬p4是真命题．4．答案：①③⇒②或②③⇒①解析：把其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结
论，共有三种情况．对三种情况逐一验证．①②作为条件，③作为结论时，还可能l∥α或l与α斜交；①③作为条件，②作为结论和②③作为条件，①作为结论时，容易证明命题成立．四经典大题强化篇1．证明：（1）如图所
示，连接B1D1，因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．（2）在正方体AC1中，设A1，C，C1三点确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，
所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β.所以Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．（3）∵EF∥BD且EF<BD，∴DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，得M∈
平面D1DCC1，同理，点M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，∴M∈CC1.∴DE，BF，CC1三线交于点M.2．解析：（1）证明：在矩形ABGF和菱形ABCD中，AB∥FG，A
B∥CD，所以AB∥GE，所以CD∥EG，所以C、D、E、G四点共面．（2）在Rt△ADE中AE⊥AD，矩形ABGE中AE⊥AB，AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABCD，所以AE⊥平面ABCD，又BG∥EA，所以BG⊥平面ABCD
，又S△BCD＝12BC·CD·sin∠BCD＝12×2×2×32＝3，所以VCBDG＝VGBCD＝13BG·S△BCD＝13×1×3＝33.点点练28直线、平面的平行与垂直关系一基础小题练透篇1．答案：B解析
：如图，在长方体ABCDA′B′C′D′中，A′B′∥平面ABCD，B′C′∥平面ABCD，但A′B′与B′C′相交，故①错误；AB∥A′B′，A′B′∥平面ABCD，但AB⊂平面ABCD，故②错误；A′B′∥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，但A′B′与BC异面，故③错误；④显
然正确．2．答案：B解析：由题意可知，如图所示，对于A，由图可知，AF与平面BCE不平行，故A错误；对于B，易知BC⊥平面AFDE，AD⊂平面AFDE，所以BC⊥AD，同理EC⊥AD，BC∩EC＝C，
BC，EC⊂平面BCE，所以AD⊥平面BCE，故B正确．对于C，在正方形BDCF中，FD⊥BC，易知四边形AFDE为平行四边形，所以AE∥FD，所以AE⊥BC，故C错误．对于D，在正方形BDCF中，BF∥DC，所以∠DCE为异面直线BF与CE所成角，易知∠DCE＝4
5°，所以BF与CE不垂直，故D错误．故选B.3．答案：D解析：题中未涉及垂直条件，故排除A，B；连接BA1，CD1，则BA1与AB1交于点E，所以直线EF与平面CBA1D1相交，即直线EF与平面D1BC相交，故排除C；连接B1C交BC
1于点F，由于平行四边形BCC1B1的对角线互相平分，故F是B1C的中点．因为E是AB1的中点，所以EF是三角形B1AC的中位线，故EF∥AC.又AC⊂平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1.故选D.4．答案：B解析：∵BB1⊥平面A1B1C1，∴
C1D与平面A1B1C1所成的角为∠DC1B1.又B1C1＝1，B1D＝32，可得C1D＝72，而平面A1B1C1∥平面ABC，∴C1D与平面ABC所成角的正弦值为B1DC1D＝217.5．答案：B解析：设正方体的棱长为a，如图，取AD的中点G
，连接EG，过G作GH∥DD1，与A1D1交于点H，则点F∈GH，且HG⊥平面ABCD，则∠FEG即为EF与平面ABCD所成角，当EF长度最大时，点F与点H重合，EG＝22a，EH＝a2＋12a2＝62a，得cos∠HEG＝22a62a＝33.6．答案：D解析：取CD
的中点O，连接AO、BO，如图所示：对于A，点A、F、O和点B、E、O分别共线，因为点E、F分别为△BCD和△ACD的中心，所以AFFO＝BEEO＝2，所以EF∥AB，所以选项A正确；对于B，因为AO⊥CD，BO⊥C
D，AO，BO⊂平面ABO，且AO∩BO＝O，所以CD⊥平面ABO，即CD⊥平面ABEF，选项B正确；对于C，因为AB⊂平面ABO，所以CD⊥AB，选项C正确；对于D，因为EF∥AB，设AB＝1，所以EF＝
13，易知BO＝32，在Rt△AEB中，BE＝23BO＝23×32＝33，所以AE＝AB2－BE2＝1－（33）2＝63，AE≠13EF，选项D错误．7．答案：2解析：根据题意，因为EF∥平面AB1C，所
以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝2.二能力小题提升篇1．答案：D解析：①，由直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，若α∥β⇒l⊥β⇒l⊥m，故①正确；
②，若α⊥β⇒l∥m或l、m异面或l、m相交，故②错误；③，利用面面垂直的判定，若l∥m⇒α⊥β，故③正确；④，若l⊥m⇒α∥β或α、β相交或α、β垂直，故④错误．所以①③正确．2．答案：B解析：对于选项A，若m∥α，n∥α，则m与n可以平行，
相交，或为异面直线，因此不正确；对于选项B，若α⊥β，γ⊥β且α∩γ＝m，则m⊥β，因此正确；对于选项C，若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α与β不一定平行，因此不正确；对于选项D，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n不一定垂直，因
此不正确．综上，正确的命题是B.故选B.3．答案：D解析：因为A1N与C1A异面，所以A项错误；因为A1N的延长线必过点B，则直线A1N与平面BAM相交，所以B项错误；因为AB1与AB不垂直，所以AB1不垂
直于平面ABM，所以C项错误；取BC的中点P，连接PB1，在正方形BCC1B1中，△B1BP与△BCM全等，可得BM⊥B1P，连接AP，则AP⊥BC，又平面BCC1B1⊥底面ABC，平面BCC1B1∩底面ABC＝BC
，所以AP⊥平面BCC1B1，因为BM⊂平面BCC1B1，所以BM⊥AP，又AP∩B1P＝P，AP，B1P⊂平面B1AP，所以BM⊥平面B1AP，因为B1A⊂平面B1AP，所以BM⊥AB1.故选D.4．答案：C解析：A选项，过A作AF⊥B
C，垂足为F，根据直三棱柱的性质可知BB1⊥平面ABC，由于AF⊂平面ABC，所以BB1⊥AF，由于BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，所以AF⊥平面BCC1B1，即AF⊥平面B1DE，
由于AF⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面B1DE，A选项正确．B选项，根据三棱柱的性质可知A1A∥CC1，即A1A∥DE，由于A1A⊄平面B1DE，DE⊂平面B1DE，所以A1A∥平面B1DE，B选项正确．C选项，若AB1⊥平面ADE，即AB1⊥平面AA1C1C，由于A1
A⊂平面AA1C1C，所以AB1⊥A1A，这与已知AB1，A1A不垂直矛盾，C选项错误．D选项，VAB1DE＝VB1ADE，由于三角形ADE的面积为定值、B1到平面AA1C1C的距离为定值，所以VAB1DE＝VB1AD
E为定值，所以D选项正确．故选C.5．答案：DM⊥PC（或BM⊥PC）解析：连接AC，BD，则AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，∴PA⊥BD.又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC（或BM⊥PC）时，即有PC⊥
平面MBD.而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.6．答案：①③④解析：①设A1到平面EBCD的距离为h，D到AB的距离为h′，则VA－A1DE∶VA1－BCDE＝13×S△ADE×h∶
13×S梯形EBCD×h＝S△ADE∶S梯形EBCD＝（12×AE×h′）∶CD＋BE2×h′＝1∶3，故①正确；②A1C在平面ABCD中的射影在AC上，AC与DE不垂直，∴DE与A1C不垂直，故②错误；③取CD的中点F，连接MF，BF，则MF∥A1D且MF＝
12A1D，FB∥ED且FB＝ED，可得平面MBF∥平面A1DE，∴总有BM∥平面A1DE，故③正确；易知∠MFB＝∠A1DE，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB是定值，故④正确．三高考小题重现篇1
．答案：B解析：对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以
C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B.2．答案：A解析：A项，作如图①所示的辅助线，其中D为B
C的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.①②③④C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，
∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.3．答案：C解析：如图，∵A1E在平面ABCD上的射影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B，D
错；∵A1E在平面BCC1B1上的射影为B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1（证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1），故C正确；
∵A1E在平面DCC1D1上的射影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．4．答案：ABD解析：如图（1），连接B1C.因为DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，所以A正确．如图（2），连接B1C.因为BC1
⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C∩A1B1＝B1，B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正确，如图（3），连接A1C1，交B1D1于点O，连接BO，A1B.易证A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO为直线C1B与平面BDD1B
1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C错误．如图（4），因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正确．故选ABD.5．答案：②③④解析：若m⊥n，m⊥α，则n∥α或n⊂α，又n
∥β，则α，β可能相交或平行，所以①错误；若m⊥α，n∥α，则m⊥n，所以②正确；若α∥β，m⊂α，由面面平行的性质可得m∥β，③正确；由线面所成角的定义可得④正确．故正确命题是②③④.6．答案：2解析：设PO⊥平面
ABC于O，PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，连接OE、OF、OC，∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥AC，又PO∩PE＝P，PO，PE⊂平面POE，∴AC⊥平面POE，OE⊂平面POE，∴AC⊥OE，同理有
BC⊥OF，∴四边形OECF为矩形，∵PC＝PC且PE＝PF，∴Rt△PEC≌Rt△PFC，∴EC＝FC＝PC2－PE2＝1，∴四边形OECF是边长为1的正方形，∴OC＝2，在Rt△POC中，PO＝PC2－OC
2＝2.四经典大题强化篇1．证明：（1）取BE的中点N，连接MN，FN，因为F，M，N分别为AB，CD，BE的中点，所以MN∥DE，FN∥AE.又因为AE，DE⊂平面ADE，FN，MN⊄平面ADE，所以MN∥平面ADE，FN∥平面ADE.又MN∩FN＝N，所以平面ADE∥平面FMN.又FM
⊂平面FMN，所以FM∥平面ADE.（2）因为四边形DCBE为矩形，所以BC⊥DC.又AC⊥BC，AC∩DC＝C，所以BC⊥平面ACD.又因为BC∥DE，所以DE⊥平面ACD.因为DE⊂平面ADE，所以平面ACD⊥平面ADE
.2．解析：（1）证明：因为PA⊥底面ABCD，CE⊂平面ABCD，所以PA⊥CE.因为AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD.又PA∩AD＝A，所以CE⊥平面PAD.（2）由（1）可知CE⊥AD.在Rt△ECD中，C
E＝CD·sin45°＝1，DE＝CD·cos45°＝1，又因为AB＝1，则AB＝CE.又CE∥AB，AB⊥AD，所以四边形ABCE为矩形，四边形ABCD为梯形．因为AD＝3，所以BC＝AE＝AD－DE＝2，SABCD＝12（BC＋AD）·AB＝12（2＋3
）×1＝52，VPABCD＝13SABCD·PA＝13×52×1＝56.于是四棱锥PABCD的体积为56.3．解析：（1）证明：∵在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD，DE⊥AB，沿DE将△AED折起到△A1ED的位置，∴DE⊥A1E，DE⊥BE，∵A1E
∩BE＝E，∴DE⊥平面A1BE，∵A1B⊂平面A1BE，∴DE⊥A1B.（2）证明：取CD中点F，连接NF，MF，∵M，N分别为A1C，BE的中点，∴MF∥A1D，NF∥DE，又DE∩A1D＝D，NF∩MF＝F，DE⊂平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，NF⊂平面MNF，MF
⊂平面MNF.∴平面A1DE∥平面MNF，∴MN∥平面A1ED.（3）取A1B的中点G，连接EG，∵A1E＝BE，∴EG⊥A1B，由（1）知DE⊥平面A1BE，∵DE∥BC，∴BC⊥平面A1BE，∴EG⊥BC，又A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，∴EG⊥平面A1BC.故棱
A1B上存在中点G，使得EG⊥平面A1BC，此时A1GGB＝1.点点练29空间向量与立体几何一基础小题练透篇1．答案：C解析：因为a＝（1，λ，2），b＝（2，－1，2），所以cos〈a,b〉＝a·b|a|
|b|＝2－λ＋435＋λ2＝89，解得：λ＝－2或255.2．答案：A解析：𝐶A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝CB→＋CD→＋𝐶C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以＝|CB→＋CD→＋𝐶C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝（CB→＋CD→＋CC1）2＝9＋4＋4＋2（3×2×12＋3×2
×12）＝29.3．答案：D解析：如图建立坐标系．则D1（0，0，2），A1（2，0，2），B（2，2，0），D1A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝（2，0，0），DB→＝（2，2，0），𝐷A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝（2，0
，2），设平面A1BD的一个法向量n＝（x，y，z），则所以2x＋2z＝0，2x＋2y＝0.令z＝1，得n＝（－1，1，1）.所以D1到平面A1BD的距离d＝＝23＝233.4．答案：C解析：如图建立空间直角坐标系，则A()3，0，0，D1()0，0，1，D()0，0
，0，B1()3，3，1，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为77.故选C.5．答案：A解析：因为BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，所以PA⊥BC，又PA⊥AB，且BC∩AB＝B，所以PA⊥平面ABC
D.以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz.则A（0，0，0），C（1，2，0），P（0，0，2），B（1，0，0），M12，0，1，所以AC→＝（1，2，0），AM→＝12，0，1，求得平
面AMC的一个法向量为n＝（－2，1，1），又平面ABC的一个法向量AP→＝（0，0，2），所以cos〈n，AP→〉＝n·AP→|n||AP→|＝24＋1＋1×2＝16＝66.所以二面角BACM的余弦值为66.6．答案：A解析
：如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（1，0，0），B1（0，2，2），C1（0，0，2）.设AD＝a，则D点坐标为（1，0，a），CD
→＝（1，0，a），＝（0，2，2）.设平面B1CD的法向量为m＝（x，y，z）.由得y＝－z，x＝－az，令z＝－1，则m＝（a，1，－1）.又平面C1DC的一个法向量为n＝（0，1，0），则由cos60°＝|m·n||m||n|
，得1a2＋2＝12，解得a＝2，所以AD＝2.7．答案：60°解析：以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1（2，0，2），E（0，1，0），F（
0，0，1），则EF→＝（0，－1，1），＝（2，0，2），∴EF→·BC1＝2，∴＝22×22＝12，∴EF和BC1所成的角为60°.8．答案：2或2解析：∵AB与CD成60°角，∴〈BA→，CD→〉＝60°或120°.又∵AB＝AC＝CD＝1，AC⊥C
D，AC⊥AB，∴|BD→|＝BD→2＝（BA→＋AC→＋CD→）2＝BA→2＋AC→2＋CD→2＋2BA→·AC→＋2AC→·CD→＋2BA→·CD→＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos〈BA→，CD→〉＝3＋2cos〈BA→，CD→〉，∴|BD→|＝2或2.∴BD的长
为2或2.二能力小题提升篇1．答案：B解析：以D为坐标原点，以DA为x轴，以DC为y轴，以DD1为z轴，建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D（0，0，0），B（2，2，0），B1（2，2，2），E（0，2，1）∴BD→＝（－2，－2，0），𝐵B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝（0，0，2）
，BE→＝（－2，0，1）设平面B1BD的法向量为n＝（x，y，z），∵n⊥BD→，n⊥𝐵B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，∴－2x－2y＝02z＝0，令y＝1，则n＝（－1，1，0），∴cos〈n，BE→〉＝n·BE→|n|·|BE→|＝105，设直线BE与平
面B1BD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，BE→〉|＝105.2．答案：A解析：以DA→，DC→，𝐷D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，依题意有M()2，0，1，C()0，2，0，D1（0，0，2），P（2，a，b），MC→＝（－2，2，－1）
，D1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝（2，a，b－2），由于CM⊥D1P，故（－2，2，－1）·（2，a，b－2）＝－4＋2a－b＋2＝0，解得b＝2a－2.根据正方体的性质可知，BC⊥BP，故△PBC为直角三角形，而B（2，2，0）
，故||PB→＝||()0，2－a，－b＝()2－a2＋b2，△PBC的面积为12||BC→||PB→＝()2－a2＋b2＝5a2－12a＋8，当a＝1210＝65时，面积取得最小值为5×652－12×65＋8＝255，故选A.3．答案：D解析：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD
1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A1（2，0，2），B1（2，2，2），P（m，1，2－m），D1（0，0，2），C()0，2，0，则𝑃A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝()2－m，－1，m，𝑃B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝()2－m，1，m，＝()2－m
2＋1＋m2＝5－4m＋2m2，＝()2－m2＋1＋m2＝5－4m＋2m2，所以PA1＝PB1，A正确；因为A1B1∥AE，A1B1⊄平面D1AP，AE⊂平面D1AP，所以A1B1∥平面D1AP，B正确；D1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝()m，1，－m
，B1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗()－2，0，－2，所以D1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·B1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝()m，1，－m·()－2，0，－2＝－2m＋2m＝0，所以D1P⊥B1C，C正确；cos∠B1PC＝＝()2－m，1，m·()－m，1，m－22m2－4m＋5·2m2－4m＋5＝2m2－4m＋
12m2－4m＋5＝2()m－12－12()m－12＋3，当1－22<m<1＋22时，cos∠B1PC<0，此时∠B1PC为钝角，故D错误．故选D.4．答案：C解析：以点D为坐标原点，DA、DC、DD1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A()2，0，0，E（1，2，0），F（0，2，1），A1（2，0，2），设点P()x，2，z，其中x、z∈[]0，2，设平面AEF的法向量为n＝()x1，y1，z1，EA→＝()1，－2，0，
EF→＝()－1，0，1，则n·EA→＝x1－2y1＝0n·EF→＝－x1＋z1＝0，取x1＝2，可得n＝（2，1，2），A1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝()x－2，2，z－2，因为A1P∥平面AEF，则A1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n＝2（x－2）＋2＋2（z－2）＝0
，所以，x＋z－3＝0，所以，＝（x－2）2＋4＋（z－2）2＝（x－2）2＋4＋()1－x2＝2x2－6x＋9＝2x－322＋92≥322，当且仅当x＝32时，A1P的长度取最小值322.故选C.5
．答案：2－3解析：如图，过点D作DF⊥CE于F，连接PF，因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥CE，又PD∩DF＝D，所以CE⊥平面PDF，所以PF⊥CE，可得∠PFD为二面角PECD的平面角，即∠PFD＝π4，故在Rt△PDF中，PD＝DF＝1，因为在矩形ABCD中
，Rt△EBC∽Rt△CFD，所以DFBC＝CDEC，得EC＝CD·BCDF＝2，在Rt△BCE中，根据勾股定理，得BE＝CE2－BC2＝3，所以AE＝AB－BE＝2－3.6．答案：60°解析：∵CD→＝CA→＋AB→＋BD→，∴|CD→|＝（CA→＋AB→＋BD→）2＝36
＋16＋64＋2CA→·BD→＝116＋2CA→·BD→＝217.∴CA→·BD→＝|CA→|·|BD→|·cos〈CA→，BD→〉＝－24.∴cos〈CA→，BD→〉＝－12.又所求二面角与〈CA→，BD→
〉互补，∴所求的二面角为60°.三高考小题重现篇1．答案：D解析：如图，连接BC1，PC1，PB，因为AD1∥BC1，所以∠PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥PC1，又PC1⊥B
1D1，BB1∩B1D1＝B1，所以PC1⊥平面PBB1，所以PC1⊥PB，设正方体棱长为2，则BC1＝22，PC1＝12D1B1＝2，sin∠PBC1＝PC1BC1＝12，所以∠PBC1＝π6.2．答案：C解析：方
法一如图（1），在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BAA1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1
所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝12＋（1＋1）2＝5，B′B1＝12＋（3）2＝2，DB1＝12＋12＋（3）2＝5.在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′B21＋DB21－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×25cos∠DB1B′，∴c
os∠DB1B′＝55.方法二如图（2），分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.由题意，得A（1，0，0），D（0，0，0），D1（0，0，3），B1（1，1，3），3．答案：C解析：在平面ABC内过点B作AB的垂线，
以B为原点，以该垂线，BA，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则A（0，2，0），B1（0，0，1），C（32，－12，0），4．答案：B解析：过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所
在直线，EF为点A处的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.四经典大题强化篇1．解析：（1）证明：如图，在梯形ABCD中，过点C作CH⊥DM于点H，连接CM，由题意知，CH＝1，AM
＝DM＝12AD＝2.由∠ADC＝45°，可得DH＝1tan45°＝1，则HM＝DM－DH＝1，∴∠CMD＝∠CDM＝45°，∴CM⊥CD，BC∥MH，又BC＝CH，CH⊥MH，∴四边形BCHM为正方形，∴BM⊥AD.在四棱锥NBCDM中，∵平面NBM⊥平面BCDM，平面NBM∩平面BCD
M＝BM，MN⊥BM，MN⊂平面NBM，∴NM⊥平面BCDM，∵CD⊂平面BCDM，∴NM⊥CD，∵NM∩CM＝M且NM，CM⊂平面NMC，∴CD⊥平面NMC.又CD⊂平面NCD，∴平面NMC⊥平面NCD.（2）在四棱锥NBCDM中，以M为原点
，MB，MD，MN所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得M（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），N（0，0，2），∵平面NBM⊥平面BCDM，平面NBM∩平面BCDM＝BM，BM⊥MD，MD⊂平面BCDM，∴MD
⊥平面NBM，∴MD→＝（0，2，0）是平面NBM的一个法向量．设平面NCD的一个法向量为m＝（x，y，z），∵NC→＝（1，1，－2），ND→＝（0，2，－2），∴m·NC→＝0m·ND→＝0，即x＋y－2z
＝02y－2z＝0，取y＝1，则z＝1，x＝1，∴m＝（1，1，1），∴cos〈MD→，m〉＝MD→·m|MD→|·|m|＝33，∴平面NBM与平面NCD所成锐二面角的余弦值为33.2．解析：（1）证明：设AC与BD的交点为O
，连接OE.因为底面四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，AO＝CO.又点E为PC的中点，所以OE∥PA.因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，所以OE⊥AB，OE⊥AD，因为AB，AD⊂平
面ABCD，AB∩AD＝A，所以OE⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，所以AC⊥OE.因为BD∩OE＝O，BD，OE⊂平面BDE，所以AC⊥平面BDE.（2）设AD＝2，则PA＝AB＝BC＝CD＝2.以A为坐标原点，AB，AD，
AP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A（0，0，0），D（0，2，0），P（0，0，2），C（2，2，0），可得DP→＝（0，－2，2），DC→＝（2，0，0），AC→＝（2，2，0）.由（1）知，平面BDE的一个法向量为AC→＝（2，
2，0）.设平面PCD的一个法向量为n＝（x，y，z），则n·DC→＝2x＝0n·DP→＝－2y＋2z＝0，取y＝1，可得x＝0，z＝1，所以n＝（0，1，1），设平面BDE与平面PCD所成锐二面角为θ，则cosθ＝|n·AC→||n||AC→|＝|0×2＋1×2＋1×0|
02＋12＋12×22＋22＋02＝12，因为θ∈0，π2，所以θ＝π3，即平面BDE与平面PCD所成锐二面角的大小为π3.单元检测（八）立体几何1．答案：D解析：若α⊥β，则平面α内存在直线与平面β不垂直，选项A不正
确；若平面α，β都垂直于同一条直线，则平面α与β平行，选项B不正确；若平面α，β都垂直于同一平面，则平面α，β可以平行，也可以相交，选项C不正确；若平面α内存在一条直线与平面β垂直，则根据面面垂直的判定定理，可知α⊥β，若α⊥β，则
由面面垂直的性质定理知，平面α内垂直于两个平面的交线的直线一定垂直于平面β，故选项D正确．2.答案：B解析：由题意知，正劈锥体的模型如图所示，按照题图的视角观察，其正视图的形状为三角形，侧视图的形状为长方形，俯视图的形状为圆．3．答
案：D解析：由a、b为两条直线，α、β为两个平面，在A中，若a⊥b，a⊥α，则可能存在b⊂α的情况，故A错误；在B中，若a⊥b，b∥α，则可能存在a⊥α的情况，故B错误；在C中，若a∥b，a∥α，则可能存在b⊂α情况，故C错误；在D中，若α⊥β，a
⊂α，α∩β＝b，a⊥b，则a⊥β，故D正确．故选D.4．答案：B解析：在棱长为2的正方体中，根据三视图，截取四棱锥P－ABCD如图所示．根据三视图可得，AB＝1，PD＝2，AD＝2.根据立体图形可知，最长边为PB.连接DB，在Rt△ADB中，根据勾股定
理得DB2＝AD2＋AB2＝22＋12＝5，在Rt△PDB中，根据勾股定理得PB2＝PD2＋DB2＝4＋5＝9，所以PB＝3.故该几何体的最长棱的长度为3.5．答案：A解析：如图1，易知△A1BC1为正
三角形，于是B，C，D都有可能，对A，如图2，若△EFG为直角三角形，根据正方体的对称性，不妨假设EF⊥FG，由正方体的性质可知：GB1⊥EF，GB1∩FG＝G，所以EF⊥平面ABB1A1，而EB1⊥平面ABB1A1，于是过同一点作出了一个平面的两
条垂线，显然不成立，A错误．故选A.6．答案：A解析：如图，因为CC1∥BB1，所以∠CC1A即为异面直线AC1与BB1所成角，设AD＝2，则AB＝AA1＝1，在长方体中AC1＝AB2＋AD2＋AA21＝6，在Rt△ACC1中，cos∠C
C1A＝CC1AC1＝16＝66，故选A.7．答案：A解析：由AB∥PC，AB⊥BC，AD⊥PC，得AD∥BC.∵AD⊥PD，AD⊥DC，PD∩DC＝D，∴AD⊥平面PDC.又AD∥BC，∴BC⊥平面PDC，∴B正确．∵平面PAD⊥平面ABCD
，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PD⊥AD，AB⊥AD，∴PD⊥平面ABCD，AB⊥平面PAD.∵AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，∴C正确．由AB⊥平面PAD，得AB⊥PA，∴△PAB是直角三角形．又PB的中点为N，∴
PB＝2AN，∴D正确．8．答案：C解析：由题意可知，MP⊥PA，MP⊥PD.且PA∩PD＝P，PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，所以MP⊥平面PAD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin∠APD＝2r，即4sin150°＝2r，所以r＝4.设三棱锥M－PAD的外接球的半
径为R，则（2R）2＝PM2＋（2r）2，即（2R）2＝4＋64＝68，所以R2＝17，所以外接球的表面积为4πR2＝68π.9．答案：C解析：设该四棱锥为PABCD，则由题意可知四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形，平面PDC⊥平面ABCD，且PC＝
PD＝3，AB＝4，AD＝2，如图，过点P作PE⊥CD交CD于点E，则PE⊥平面ABCD，连接AE，可知∠PAE为直线PA与平面ABCD所成的角，则PE＝PD2－DE2＝5，AE＝AD2＋DE2＝22，所以tan∠PAE＝PEAE＝522＝104
.故选C.10．答案：C解析：取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为BB1，CC1，AB的中点可得MC∥B1N，MC⊄平面AB1N，B1N⊂平面AB1N，所以MC∥平面AB1N，同理MQ∥AB1得MQ∥平面AB1N，MC∩MQ＝M，
MC，MQ⊂平面MCQ，则平面MQC∥平面AB1N，所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）.在正三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则CQ⊥AB，平面ABC⊥平面
ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，则CQ⊥平面ABB1A1，QM⊂平面ABB1A1，所以CQ⊥QM.因为AB＝4，所以CQ＝23，因为侧棱长是6，所以AB1＝213.所以MQ＝13，则△MQC的面积S＝12×23×13＝39，故动点P的轨迹面积为3
9.故选C.11．答案：A解析：如图，取AC的中点E，连接DE，BE，因为AD＝CD，所以DE⊥AC，因为平面DAC⊥平面ABC，平面DAC∩平面ABC＝AC，DE⊂平面DAC，所以DE⊥平面ABC，因为∠ABC＝90°，所以棱锥外接球的球心O在直线DE上，因为AB＝BC＝2，∠ABC＝9
0°，DA＝DC＝6，所以BE＝AE＝CE＝12AC＝2，DE＝AD2－AE2＝2，设OE＝x，则OD＝2－x，OB＝BE2＋OE2＝x2＋2，所以2－x＝x2＋2，解得x＝12，所以外接球的半径为r＝2－x＝2－12＝32，外接球的体积为V＝4πr33＝4π
3×（32）3＝9π2.12．答案：C解析：如图1，∵AB＝3，BC＝1，∠ACB＝60°，由余弦定理得AC＝2，∴AB⊥BC，∴三角形ABC为Rt△ABC，取AC中点为O1，连接OO1，则OO1⊥平面ABC，又S球＝32π，∴R＝OA＝OB＝OC＝22，∴OO1＝7.据此，绘制出图2，则对A选项
，如图2，若AB⊥OC，而AB∥CD，∴CD⊥OC，而OD＝OC＝22，AB＝3，显然CD⊥OC不成立，故A错误；对B选项，如图2，假设平面OAB⊥平面OBC，过点C作OB垂线交OB于Q点，即CQ⊥OB，∴CQ⊥平
面OAB，∴CQ⊥AB，又CB⊥AB，∴CQ与CB重合，即三角形OBC为Rt△OBC，而在三角形OBC中，OB＝OC＝22，BC＝1,∴∠OBC≠90°，三角形OBC不是Rt△OBC，故矛盾，因此B不成立；对C选项，如图1，OO1⊥平面ABC，O
B与平面ABC所成角为∠OBO1，∴在Rt△OBO1中，OO1＝7，OB＝R＝22，∴sin∠OBO1＝OO1OB＝722＝144，故C成立；对D选项，如图2，取AB中点为E，连接EO1，EO，则OE⊥AB，O1E⊥AB，∠OEO1为平面OAB与平面ABC所成角的平面
角，∴在Rt△OEO1中，EO1＝12BC＝12，EO＝EO21＋OO21＝292，∴cos∠OEO1＝O1EOE＝12292＝2929，故D不成立．故选C.13．答案：823解析：正八面体可看成由上、下两个相同的正四棱锥组成的，由棱长为2，可
得每个正四棱锥的斜高为22－1＝3，高为3－1＝2，则该正八面体的体积为2×2×23×2＝823.14．答案：223解析：设AB的中点为E，连接ED1，则易知BE∥C1D1，BE＝C1D1，∴四边形EBC1D1是平行四边形，∴BC1∥ED1，∴∠AD1E为直线AD1与BC1
所成的角．∵四边形ABCD是正方形，∴BA⊥AD，∵DD1⊥底面ABCD，∴BA⊥DD1，又AD∩DD1＝D，∴BA⊥平面AA1D1D，∴BA⊥AD1，△AED1是直角三角形．设DD1＝AB＝2A1B1＝2a，则AD1＝AD2＋DD21＝（2a）2＋（
2a）2＝22a，ED1＝AD21＋AE2＝（22a）2＋a2＝3a，∴cos∠AD1E＝AD1ED1＝223.15．答案：4312954π解析：设G为△ABC外接圆圆心，O为三棱锥PABC外接球球心，
则OG⊥平面ABC，作OM⊥PA，垂足为M由正弦定理可知△ABC外接圆直径：2r＝2AG＝ABsin∠BCA＝2sinπ3＝433，∴AG＝233，∵PA⊥平面ABC，OG⊥平面ABC，∴AP∥OG又OM⊥PA
，AG⊥PA，∴OM∥AG∴四边形OMAG为矩形，∴OG＝AM设OG＝x，OP＝OA＝R在Rt△OMP和Rt△OGA中，由勾股定理可得：x2＋43＝R2（3－x）2＋43＝R2，解得：x＝32R＝1296∴三棱锥PABC外接球体积：V＝43πR3＝431
2954π.16．答案：①②③解析：在①中：∵将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，得到四面体ABCD，设AB＝BC＝CD＝AD＝2，取BD中点O，AC中点E，BC中点F，连结AO，CO，OF，OE，
EF，则OA＝OC＝2，且OA⊥OC，∴OE＝12AC＝1，由三角形中位线定理得OF＝12CD＝1，EF＝12AB＝1，且OF∥CD，EF∥AB，∴∠EFO是AB，CD所成的角，∴OF＝EF＝OE＝1，∴△EFO是等边三角形，∴∠EF
O＝60°，∴AB，CD所成的角为60°，故①正确；在②中：∵OA＝OC＝2，且OA⊥OC，∴AC＝2＋2＝2，∴AC＝CD＝AD＝2，∴△ADC为等边三角形，故②正确；在③中：∵AB＝BC＝CD＝AD，O是BD中点，∴AO⊥BD，CO⊥
BD，又AO∩CO＝O，∴BD⊥平面AOC，∵AC⊂平面AOC，∴AC⊥BD，故③正确；在④中：∵ABDC是直二面角，AO⊥BD，∴AO⊥平面BDC，∴∠ABO是AB与平面BCD所成角，∵AO＝BO，∴∠ABO＝45°，∴AB与平面BCD所成角为45°，故④错误．17．解析：（1）证明：
因为PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD；又底面ABCD为正方形，所以BD⊥AC，AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC，又BD⊂平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD，得证．（2）如图所示，取PA的中点Q，PD的中点H，连接BQ、QH、HE，所以会有
QH∥AD，QH＝12AD，又BE∥AD，BE＝12AD，所以QH∥BE且QH＝BE，所以四边形BQHE为平行四边形，所以BQ∥EH，BQ⊄平面PDE，EH⊂平面PDE，所以BQ∥平面PDE，所以Q点，即为我们要找的F点．18．解析：（1）因为SB＝S
C＝32，又D为BC的中点，所以SD⊥BC，且SD＝SB2－BD2＝4，连接AD，AB＝AC＝22BC，所以△ABC为等腰直角三角形，且AD⊥BC，AD＝12BC＝2，由AD2＋SD2＝SA2，可知SD⊥AD，由SD⊥AD，SD⊥BC，AD∩BC＝D，可知SD
⊥平面ABC.（2）作CH⊥DE，垂足为H，又由（1）可得SD⊥CH，所以CH⊥平面SDE.故CH的长为点C到平面SDE的距离．由题设可知DC＝12BC＝2，CE＝23AC＝43，∠ACD＝45°.所以由余弦定理得DE＝DC2＋CE2－2DC·CEcos45°＝103，所以CH＝
12DC·CE·sin45°12DE＝2105.所以点C到平面SDE的距离为2105.19．解析：（1）证明：过点B1作平面AOB的垂线，垂足为C，如图，则C是OB的中点，所以BC＝1.又∠OBB1＝π3，所以BB1＝2.连接O
B1，因为BB1＝OB＝2，所以△OBB1为等边三角形．因为点M为BB1的中点，所以BB1⊥OM.因为平面AA1O1O⊥平面BB1O1O，平面AA1O1O∩平面BB1O1O＝OO1，且AO⊥OO1，AO⊂平面AA1O1O，所以AO⊥平面BB1O1O.因
为BB1⊂平面BB1O1O，所以AO⊥BB1.又因为AO∩OM＝O，AO⊂平面OAM，OM⊂平面OAM，所以BB1⊥平面OAM.因为OP⊂平面OAM，所以BB1⊥OP.（2）以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线
分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，2，0），B1（0，1，3），M（0，32，32），P（1，34，34），所以OP→＝（1，34，34），OB→＝（0，2，0）.设平面OPB的法向量n＝（x，y，z），则OP→·n＝0，OB→·n＝0，
即x＋34y＋34z＝0，2y＝0，取z＝43，得x＝－3，y＝0.所以n＝（－3，0，43）.因为BB1⊥平面OAM，所以平面OAM的一个法向量BB1＝（0，－1，3），所以cos〈BB1，n〉＝BB1·n|BB1||n|＝122×57＝2
5719.所以平面OPB与平面OAM所成锐二面角的余弦值为25719.20．解析：（1）由题意知：PO⊥OA，PO⊥OB，OA∩OB＝O，OA⊂平面AOB，OB⊂平面AOB，∴PO⊥平面AOB，又PO＝2OA＝4，所以PA＝PB＝25，AB＝22，所以S△PAB＝12
×22×()252－()22＝6，设点O到平面PAB的距离为d，由VO－PAB＝VP－OAB，得13×d×6＝13×4×12×2×2，解得d＝43.（2）以O为原点，OA→，OB→，OP→的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(
)2，0，0，B()0，2，0，P()0，0，4，由题意知∠AOC＝π6，则C()3，1，0，所以AB→＝()－2，2，0，AP→＝()－2，0，4，PC→＝()3，1，－4.设平面PAB的法向量为n＝
()a，b，c，则n·AB→＝－2a＋2b＝0n·AP→＝－2a＋4c＝0，取c＝1，则a＝b＝2，可得平面PAB的一个法向量为n＝()2，2，1，所以sinφ＝||cos〈n，PC→〉＝||n·PC→||n||PC→＝|
|23－265＝15－515.21.解析：（1）如图，取AB的中点G，连接DG，则CD∥BG，又CD＝12AB，所以CD＝BG，从而四边形BCDG为平行四边形，所以DG＝BC＝12AB＝AG＝BG，从而AD⊥B
D.又平面ABCD⊥平面BFED，且平面ABCD∩平面BFED＝BD，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面BFED.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BFED.（2）因为四边形BFED是矩形，所以BD⊥DE.由（1）知，AD⊥平面BFED，易知AD，BD，DE两两垂直．以D为坐标
原点，分别以DA→，DB→，DE→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D（0，0，0），A（2，0，0），B（0，23，0），DA→＝（2，0，0），AB→＝（－2，2
3，0）.设P（0，t，2），（0≤t≤23），平面PAB的法向量为m＝（x0，y0，z0），则AP→＝（－2，t，2），m·AB→＝－2x0＋23y0＝0，m·AP→＝－2x0＋ty0＋2z0＝0，令y0＝2，得x0＝23，z0＝23－t，则平面PAB的一个法
向量为m＝（23，2，23－t），所以sinθ＝|cos〈DA→，m〉|＝43216＋（23－t）2，当t＝23时，sinθ取得最大值，（sinθ）max＝32，从而θmax＝π3.22.解析：因为平面ABCD⊥平面BEFC，平面ABCD∩平面BEFC＝
BC，DC⊂平面ABCD，且DC⊥BC，所以DC⊥平面BEFC.以点C为坐标原点，分别以CB，CF，CD所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设AB＝a（a>0），则C（0，0，0），A（3，0，a），B（3，0，0），E（3，3，0）
，F（0，4，0），D（0，0，a）.（1）因为AE→＝（0，3，－a），CB→＝（3，0，0），CF→＝（0，4，0），CD→＝（0，0，a），所以CB→·CD→＝0，CB→·CF→＝0，又CD∩CF＝C，所以CB⊥平面CDF，即
CB→为平面CDF的一个法向量．又CB→·AE→＝0，所以CB⊥AE，又AE⊄平面CDF，所以AE∥平面DCF.（2）设n＝（x，y，z）与平面AEF垂直，AE→＝（0，3，－a），EF→＝（－3，1，0），由n·EF→＝0，n·AE→＝0，得
－3x＋y＝0，3y－az＝0.可取n＝（1，3，33a）.因为BA⊥平面BEFC，所以BA→为平面BEFC的一个法向量，又BA→＝（0，0，a），所以|cos〈n，BA→〉|＝|BA→·n||BA→|·|n|＝33a4＋27a2＝12，得a＝92.所以当AB＝
92时，二面角AEFC的大小为60°.第九单元直线与圆的方程点点练30直线与方程一基础小题练透篇1．答案：D解析：因为直线的倾斜角为135°，所以直线的斜率为k＝tan135°＝－1，所以直线方程为y＋2
3＝－（x－3），即x＋y＋3＝0.2．答案：D解析：由l：x＋3y＋1＝0可得y＝－33x－33，所以直线l的斜率为k＝－33，设直线l的倾斜角为α，则tanα＝－33，因为0°≤α<180°，所以α＝150°.3．答案：A解析：∵直线（2λ－3）x＋（λ＋1）y＋3＝0
与直线（λ＋1）x－λy＋3＝0互相垂直，∴（2λ－3）（λ＋1）－λ（λ＋1）＝0，∴λ＝3或－1，而“λ＝3”是“λ＝3或－1”的充分不必要条件，∴“λ＝3”是“直线（2λ－3）x＋（λ＋1）y＋3＝0与直线（λ＋1
）x－λy＋3＝0互相垂直”的充分不必要条件，故选A.4．答案：B解析：当所求直线不过原点时，设所求直线的方程为x＋y＝a，因为直线过点M()－1，－2，代入可得a＝－3，即x＋y＋3＝0；当所求直线过原点时，设直线方程为y＝kx，因为直线过点M()－1，－2，代入可得k＝2
，即2x－y＝0，综上可得，所求直线的方程为2x－y＝0或x＋y＋3＝0.故选B.5．答案：B解析：设直线x＋2y＋1＝0与直线3x－4y＋c2＝0的交点为A，则x＋2y＋1＝03x－4y＋c2＝0，解得x＝－c2＋2
5y＝c2－310，故A（－c2＋25，c2－310），同理设直线x＋2y＋1＝0与直线3x－4y＋c1＝0的交点为B，则B（－c1＋25，c1－310），设直线x＋2y＋3＝0与直线3x－4y＋c1＝0的交点为C，则
C（－c1＋65，c1－910），设直线x＋2y＋3＝0与直线3x－4y＋c2＝0的交点为D，则D（－c2＋65，c2－910），由菱形的性质可知BD⊥AC，且BD，AC的斜率均存在，所以kBD·kAC＝－1，则c1－310－c2－910－c1＋25－－c2＋65·c
2－310－c1－910－c2＋25－－c1＋65＝－1，即36－（c2－c1）24[]16－（c2－c1）2＝－1，解得|c1－c2|＝25.6．答案：D解析：若直线l经过原点，满足条件，可得直线l的方程为y＝2x，即2x－y＝0；若直线l不经过原点，可设直
线l的方程为xa＋y2a＝1()a≠0，把点P()2，4代入可得2a＋42a＝1，解得a＝4，∴直线l的方程为x4＋y8＝1，即2x＋y－8＝0，综上可得直线l的方程为2x－y＝0或2x＋y－8＝0.故选D.7．答案：4x－3y＋9＝0解析：方法一由方程组
2x＋3y＋1＝0，x－3y＋4＝0，解得x＝－53，y＝79即交点为（－53，79），∵所求直线与直线3x＋4y－7＝0垂直，∴所求直线的斜率为k＝43.由点斜式得所求直线方程为y－79＝43（x＋53），即4x－3y＋9＝0.方法二由垂直关系可设所求直线方程为4x－
3y＋m＝0，由方程组2x＋3y＋1＝0，x－3y＋4＝0，可解得交点为（－53，79），代入4x－3y＋m＝0，得m＝9，故所求直线方程为4x－3y＋9＝0.方法三由题意可设所求直线方程为（2x＋3y＋1）＋
λ（x－3y＋4）＝0，即（2＋λ）x＋（3－3λ）y＋1＋4λ＝0①又∵所求直线与直线3x＋4y－7＝0垂直，∴3（2＋λ）＋4（3－3λ）＝0，∴λ＝2，代入①式得所求直线方程为4x－3y＋9＝0.8．答案：2解析：∵直
线3x＋4y＋3＝0与直线6x＋my－14＝0平行，∴m＝8，6x＋8y－14＝0可化为3x＋4y－7＝0.∴它们之间的距离为|3－（－7）|32＋42＝2.二能力小题提升篇1．答案：A解析：l1⊥l2，则3b＋a－1＝0，∴a
＝1－3b，所以a2＋b2＝()1－3b2＋b2＝4b2－23b＋1，二次函数的抛物线的对称轴为b＝－－232×4＝34，当b＝34时，a2＋b2取最小值14.故选A.2．答案：B解析：对于直线3x＋y＋2＝0，令x＝0得y＝－2，
所以直线3x＋y＋2＝0在y轴上的截距为－2，故A错误；直线y＝0的倾斜角为0，斜率为0，存在，故B正确；若两直线的斜率k1，k2满足k1＝k2，则两直线互相平行或重合，所以C错误；若两直线的倾斜角为90°，则它们的斜率不存在，所以D错误．故选B.3．答案：B解析：设点B（x，y），
则y－1x＋2＝1，x－22＋y＋12－1＝0，解得x＝0，y＝3，则B（0，3）.由已知可得直线m的方程为y－1＝k（x＋2），与方程x＋y－1＝0联立，解得x＝－2kk＋1，y＝3k＋1k＋1，则C－2kk＋1，3k＋1
k＋1.由已知可得直线AB的方程为y－1＝x＋2，即y＝x＋3，且|AB|＝22，则点C到直线AB的距离d＝－2kk＋1－3k＋1k＋1＋32＝|2－2k|2|k＋1|，所以S△ABC＝12×22·|2－2k|2|k＋1|＝2，即
|1－k|＝|k＋1|（k≠－1），解得k＝0.4．答案：C解析：动直线x＋my＝0，令y＝0，解得x＝0，因此此直线过定点A（0，0）.动直线mx－y－m＋3＝0，即m（x－1）＋3－y＝0，令x－1＝0，3－y＝0，解得x＝1，y＝
3，因此此直线过定点B（1，3）.当m＝0时，两条直线分别为x＝0，y＝3，交点P（0，3），S△PAB＝12×1×3＝32.当m≠0时，两条直线的斜率分别为－1m，m，则－1m·m＝－1，因此两条直线相互垂直．设|PA|＝a，|PB|＝b，∵|AB|＝12＋32＝10，∴a2＋b2
＝10.又a2＋b2≥2ab，∴ab≤5，当且仅当a＝b＝5时等号成立．∴S△PAB＝12|PA|·|PB|＝12ab≤52.综上，△PAB的面积最大值是52.5．答案：2x－y－5＝0解析：因为∠B，∠C的平分线所在直线的方程分别为x＝0，y＝x，所以
直线AB与直线BC关于直线x＝0对称，直线AC与直线BC关于直线y＝x对称．则点A（－3，1）关于直线x＝0对称的点A′（3，1）在直线BC上，点A（－3，1）关于直线y＝x对称的点A″（1，－3）也在直线
BC上，所以由两点式得直线BC的方程为y＋31＋3＝x－13－1，即y＝2x－5.6．答案：②③解析：①点M到直线y＝x＋1的距离d＝|5－0＋1|12＋（－1）2＝32>4，即点M与该直线上的点的距离的最小值大于4，所以该直线上不存在点P，使|PM|＝4
成立，故①不是点M的“相关直线”．②点M到直线y＝2的距离d＝|0－2|＝2<4，即点M与该直线上的点的距离的最小值小于4，所以该直线上存在点P，使|PM|＝4成立，故②是点M的“相关直线”．③点M到直线4x－3y＝0的距离d＝|4×5－3×0|42＋
（－3）2＝4，即点M与该直线上的点的距离的最小值等于4，所以该直线上存在点P，使|PM|＝4成立，故③是点M的“相关直线”．④点M到直线2x－y＋1＝0的距离d＝|2×5－0＋1|22＋（－1）2＝1155>4，即点M与该直线上的点的距离的最小值大于4，所以该
直线上不存在点P，使|PM|＝4成立，故④不是点M的“相关直线”．三高考小题重现篇1．答案：B解析：设圆心为P（x0，y0），半径为r，∵圆与x轴，y轴都相切，∴|x0|＝|y0|＝r，又圆经过点（2，1），∴x0＝y0＝r且（2－x0
）2＋（1－y0）2＝r2，∴（r－2）2＋（r－1）2＝r2，解得r＝1或r＝5.①r＝1时，圆心P（1，1），则圆心到直线2x－y－3＝0的距离d＝|2－1－3|22＋（－1）2＝255；②r＝5时，圆心P（5，5），则圆心到直
线2x－y－3＝0的距离d＝|10－5－3|22＋（－1）2＝255.2．答案：B解析：方法一点（0，－1）到直线y＝k（x＋1）的距离为d＝|k·0－（－1）＋k|k2＋1＝|k＋1|k2＋1，注意到k2＋1
≥2k，于是2（k2＋1）≥k2＋2k＋1＝|k＋1|2，当且仅当k＝1时取等号．即|k＋1|≤k2＋1·2，所以d＝|k＋1|k2＋1≤2，故点（0，－1）到直线y＝k（x＋1）距离的最大值为2.方法二由题意知，直线l：y＝k（x＋1）是过点P（－1，0）且斜率存在的直线，点Q（0，
－1）到直线l的最大距离在直线l与直线PQ垂直时取得，此时k＝1，最大距离为|PQ|＝2.3．答案：C解析：由题意可得d＝|cosθ－msinθ－2|m2＋1＝|msinθ－cosθ＋2|m2＋1＝m2＋1（mm2＋1sinθ－1m2＋1cosθ）＋2m2＋1＝|m2＋1s
in（θ－φ）＋2|m2＋1（其中cosφ＝mm2＋1，sinφ＝1m2＋1），∵－1≤sin（θ－φ）≤1，∴|2－m2＋1|m2＋1≤d≤m2＋1＋2m2＋1，m2＋1＋2m2＋1＝1＋2m2＋1，∴当m＝0时
，d取最大值3.4．答案：4解析：通解设Px，x＋4x，x>0，则点P到直线x＋y＝0的距离d＝|x＋x＋4x|2＝2x＋4x2≥22x·4x2＝4，当且仅当2x＝4x，即x＝2时取等号，故点P到直线x＋y
＝0的距离的最小值是4.优解由y＝x＋4x（x>0）得y′＝1－4x2，令1－4x2＝－1，得x＝2，则当点P的坐标为（2，32）时，点P到直线x＋y＝0的距离最小，最小值为|2＋32|2＝4.四经典大题强化
篇1．解析：（1）易知点A到直线x－2y＝0的距离不等于3，可设经过两已知直线交点的直线系方程为（2x＋y－5）＋λ（x－2y）＝0，即（2＋λ）x＋（1－2λ）y－5＝0.由题意得|10＋5λ－5|（
2＋λ）2＋（1－2λ）2＝3，即2λ2－5λ＋2＝0，∴λ＝2或12.∴l的方程为4x－3y－5＝0或x＝2.（2）由2x＋y－5＝0，x－2y＝0，解得交点为P（2，1），如图，过P作任一直线l，设d
为点A到l的距离，则d≤|PA|（当l⊥PA时等号成立）.∴dmax＝|PA|＝10.2．解析：（1）由方程组x－2y＋1＝0，y＝0，解得点A（－1，0）.又直线AB的斜率为kAB＝1，且x轴是∠A的平分线，故直线AC的斜率为－1，所以AC所在的直线方程为y＝－（x＋1
）.已知BC边上的高所在的直线方程为x－2y＋1＝0，故直线BC的斜率为－2，故BC所在的直线方程为y－2＝－2（x－1）.解方程组y＝－（x＋1），y－2＝－2（x－1），得点C的坐标为（5，－6）.（2）因为B（1，2），C
（5，－6），所以|BC|＝（1－5）2＋（2＋6）2＝45，点A（－1，0）到直线BC：y－2＝－2（x－1）的距离为d＝|2×（－1）－4|5＝65，所以△ABC的面积为12×45×65＝12.点点练31圆的方程及直线与圆、圆与圆的位置关系一基础小
题练透篇1．答案：B解析：由题意知圆心（1，－2）到直线2x＋y－5＝0的距离d＝|2×1－2－5|22＋1＝5＜6，且2×1＋（－2）－5≠0，所以直线与圆相交但不过圆心．2．答案：A解析：圆心（3，－1）
到直线x－3y＋4＝0的距离为：d＝|3－3×（－1）＋4|1＋32＝10，因为直线与圆相切，所以r＝10，所以圆的方程是（x－3）2＋（y＋1）2＝10.3．答案：A解析：联立y＝x＋2a，y
＝2x＋a，解得P（a，3a），所以（a－1）2＋（3a－1）2＜4，所以－15＜a＜1.4．答案：D解析：因为圆（x－2）2＋y2＝1的半径为1，圆心坐标为（2，0），该圆心到点（5，－4）的距离为（2－5）2＋（0＋4）2＝5，所以圆（x－
2）2＋y2＝1上的点到（5，－4）距离的最大值为5＋1＝6，即（x－5）2＋（y＋4）2的最大值为36.5．答案：D解析：圆的标准方程为（x－2）2＋（y＋1）2＝4，圆心（2，－1）到直线的距离为|2－（－1）－2|2＝22，所求弦长为24－（22）2＝14.6．答案：C解析：方法一
因为C1：x2＋y2＝4，C2：x2＋y2－4x＋4y－12＝0，所以圆C1的圆心为C1（0，0），半径r＝2，两圆的公共弦所在的直线的方程为4x－4y＋8＝0，即x－y＋2＝0.因为C1（0，0）到直线x－y＋2＝0的距离d＝22，所以两圆的公共弦的长为2r2－d2＝2
22－（22）2＝22.方法二因为C1：x2＋y2＝4，C2：x2＋y2－4x＋4y－12＝0，所以两圆的公共弦所在的直线方程为4x－4y＋8＝0，即x－y＋2＝0.C2：（x－2）2＋（y＋2）2＝20，所以圆C2的圆心为C2（2，－2），半径r
＝25.因为C2（2，－2）到直线x－y＋2＝0的距离d＝|2－（－2）＋2|2＝62，所以两圆的公共弦的长为2r2－d2＝2（25）2－（62）2＝22.7．答案：9解析：圆C2的标准方程为（x－3）2＋（y－4）2
＝25－m.圆C1：x2＋y2＝1，∴|C1C2|＝5.又∵两圆外切，∴5＝1＋25－m，解得m＝9.8．答案：x＋2＝0或7x＋24y＋14＝0解析：将⊙C的方程转化为（x－2）2＋（y－3）2＝16，则其圆心为（2，3），半径为4.当切线的
斜率不存在时，x＋2＝0适合；当切线的斜率存在时，设切线方程为y＝k（x＋2），即kx－y＋2k＝0.由|2k－3＋2k|k2＋1＝4，得k＝－724，所以切线方程为7x＋24y＋14＝0.综上，所求切线方程为x＋2＝0或7x＋24y＋14＝0.二能力小题提升篇1．答案：B解析：直线y
＝kx－1过定点P（0，－1），圆心C（1，0），当直线CP与弦垂直时，弦长最短，|CP|＝12＋12＝2，所以最短弦长为2r2－|CP|2＝24－2＝22.2．答案：A解析：由于x2＋y2－6x＋4y＋12＝0可化为（x－3）2＋（y＋2）2＝1，则圆C1的圆
心为（3，－2），半径r1＝1.由于x2＋y2－14x－2y＋14＝0可化为（x－7）2＋（y－1）2＝36，则圆C2的圆心为（7，1），半径r2＝6.所以圆C1，C2的圆心距|C1C2|＝（7－3）2＋（1＋2）
2＝5＝r2－r1，则两圆内切，所以它们只有1条公切线．3．答案：D解析：圆x2＋y2－2x＋4y－4＝0的圆心坐标为（1，－2），半径为3，设点（1，－2）关于直线x＋y－1＝0的对称点为（m，n），
则n＋2m－1＝1m＋12＋n－22－1＝0，解之得m＝3n＝0.则圆x2＋y2－2x＋4y－4＝0关于直线x＋y－1＝0对称的圆的圆心坐标为（3，0），则该圆的方程为（x－3）2＋y2＝9,故选D.
4．答案：±33解析：由圆的标准方程找出圆心坐标和半径r，然后利用点到直线的距离公式表示出圆心到已知直线的距离d，再由弦AB的长，利用垂径定理及勾股定理列出关于m的方程，求出方程的解即可得到m的值．由圆的方程（x－1）2＋（y－2）2＝4，得到圆心坐标为（1，2），半径r＝2，∵圆心到
直线x－my－1＝0的距离d＝|2m|m2＋1.∵|AB|＝23，∴r2＝d2＋|AB|22，∴4＝4m2m2＋1＋3，∴m＝±33.5．答案：43解析：把圆C：x2＋y2－2x－4y＋4＝0化为标准式（x－1）2＋（y－2）2＝1，圆心C（1，2），半径r＝1.
则b－1a＋1表示圆C上的点P（a，b）与圆外的点Q（－1，1）连线的斜率．设过点Q（－1，1）的直线方程为y－1＝k（x＋1），即kx－y＋k＋1＝0.当直线kx－y＋k＋1＝0与圆C相切时，斜率k取最值．由||k－2＋k＋11＋k2＝1，解得k＝0或k＝43.∴b－1a＋1的最大值是43.6．
答案：3解析：由题知，圆M：x2＋（y－a）2＝a2（a>0），圆心为（0，a），半径r＝a.圆心（0，a）到直线x＋y＝0的距离d＝a2，所以2a2－a22＝22，解得a＝2.故圆M的方程为x2＋（y－2）2＝4.过点A（3，0）作圆M的切线，所以切线长为|AM|2－r2＝（3－0）2
＋（0－2）2－4＝3.三高考小题重现篇1．答案：A解析：设该圆的圆心为（a，b），则圆的方程为（x－a）2＋（y－b）2＝1，∵该圆过点（3，4），∴（3－a）2＋（4－b）2＝1，此式子表示点（a，b）在以（3，
4）为圆心，1为半径的圆上，则点（a，b）到原点的最小值为32＋42－1＝4.2．答案：B解析：由x2＋y2－6x＝0得圆心为（3，0），设此点为C，点（1，2）为A，当过点A的弦与AC垂直时，弦长最小，易知|A
C|＝22＋（1－3）2＝22，因为半径，半弦长，弦心距构成直角三角形，所以弦的长度的最小值为232－（22）2＝2.3．答案：D解析：方法一（直接计算法）由题可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l为y＝kx＋m，直线l与曲线y＝x的切点为A（x0，y0）.由导数的几何意义可知12x0＝k
，即x0＝12k，点A既在直线l上，又在曲线y＝x上，∴y0＝kx0＋m，y0＝x0，∴kx0＋m＝x0，即k·12k2＋m＝12k，化简可得m＝14k，又∵直线l与圆x2＋y2＝15相切，∴|m|1＋k2＝55，将m＝14k代入化简得16k4
＋16k2－5＝0，解得k2＝14或k2＝－54（舍去）.∵y＝x的图象在第一象限，∴k>0，∴k＝12，∴m＝12，∴l的方程为y＝12x＋12.方法二（选项分析法）由选项知直线l的斜率为2或12，不妨假设为2，设直
线l与曲线y＝x的切点为P（x0，y0），则12x0－12＝2.解得x0＝116，则y0＝14，即P116，14，显然点P在圆x2＋y2＝15内，不符合题意，所以直线l的斜率为12，又直线l与圆x2＋y2＝15相切，所以只有D项符合题意．4．
答案：（x－2）2＋（y－3）2＝13[或（x－2）2＋（y－1）2＝5或（x－43）2＋（y－73）2＝659或（x－85）2＋（y－1）2＝16925]解析：设点A（0，0），B（4，0），C（－1，1），D（4，2）.（1）若
圆过A，B，C三点，则圆心在直线x＝2上，设圆心坐标为（2，a），则4＋a2＝9＋（a－1）2，解得a＝3，则半径r＝4＋a2＝13，所以圆的方程为（x－2）2＋（y－3）2＝13.（2）若圆过A，B，D三点，设圆心坐标为（
2，a），则4＋a2＝4＋（a－2）2，解得a＝1，则半径r＝4＋a2＝5，所以圆的方程为（x－2）2＋（y－1）2＝5.（3）若圆过A，C，D三点，易求线段AC的中垂线方程为y＝x＋1，线段AD的中垂线方程为y＝
－2x＋5.联立得方程组y＝x＋1，y＝－2x＋5，解得x＝43，y＝73，则半径r＝169＋499＝653，所以圆的方程为x－432＋y－732＝659.（4）若圆过B，C，D三点，易求线段BD的中垂线方程为y＝1，线段BC的中
垂线方程为y＝5x－7.联立得方程组y＝1，y＝5x－7，解得x＝85，y＝1，则半径r＝85－42＋（1－2）2＝135，所以圆的方程为x－852＋（y－1）2＝16925.5．答案：－25
解析：设直线2x－y＋3＝0为l，则AC⊥l，又kl＝2，∴kAC＝m＋10＋2＝－12，解得m＝－2，∴C（0，－2），∴r＝|AC|＝（0＋2）2＋（－2＋1）2＝5.6．答案：[13，32]解析：因为kAB＝a－32，所以直线AB关于直线y＝a对称的直线方程为（
3－a）x－2y＋2a＝0.由题意可知圆心为（－3，－2），且圆心到对称直线的距离小于或等于1，所以|3（a－3）＋4＋2a|4＋（3－a）2≤1，整理，得6a2－11a＋3≤0，解得13≤a≤32.四经典
大题强化篇1．解析：（1）因为圆C：x2＋y2－4x－2y＋3＝0，则C()2，1，r＝16＋4－4×32＝2，又因为||PM＝||PO，所以（x－2）2＋（y－1）2－2＝x2＋y2，即4x＋2y－3＝0.（2）当切线过原点
时，设切线为y＝kx，则2＝||2k－1k2＋1，解得k＝2±62，因而y＝2±62x.当切线不过原点时，设切线为x＋y－a＝0，则2＝||3－a2，解得a＝1或5.从而x＋y－1＝0或x＋y－5＝0，所以切线方程为y＝2±62x，x＋y－1＝0，x＋y－5＝
0.2．解析：（1）设P（x，y），因为A（－4，0），B（2，0），|PA|＝2|PB|，所以（x＋4）2＋y2＝2（x－2）2＋y2，整理得x2＋y2－8x＝0，所以曲线C的方程为x2＋y2－8x＝0.（2）设所求方程
为x2＋y2－4＋λ（x2＋y2－8x）＝0，即（1＋λ）x2＋（1＋λ）y2－8λx－4＝0，将M（2，－2）代入上式得（1＋λ）·22＋（1＋λ）·（－2）2－8λ·2－4＝0，解得λ＝12，所以所求圆的方程为x2＋y2－83x－83＝0.单元检测（
九）直线与圆的方程1．答案：B解析：根据题意，设点M的坐标为（a，b），由点M在直线y＝x＋1上，可得b＝a＋1①，由直线MN的斜率为2，可得b＋1a－1＝2②，联立①②，解得a＝4，b＝5，即点M的坐标为（4，5）.2．答案：A解析：由直线ax＋2y＋2a＝0和直线3x＋（a－1
）y－a＋7＝0平行，知a（a－1）＝2×3且a（7－a）≠3×2a，解得a＝3或a＝－2.所以“a＝3”是“直线ax＋2y＋2a＝0和直线3x＋（a－1）y－a＋7＝0平行”的充分不必要条件．3．答案：C解析：由kx
＋y＝0x－ky＋2k－2＝0，消去参数k得（x－1）2＋（y－1）2＝2，所以A在以C（1，1）为圆心，2为半径的圆上，又点B是圆（x＋2）2＋（y＋3）2＝2上的动点，此圆圆心为D（－2，－3），半径为2，||CD＝（1＋2）2＋（1＋3）2＝5，∴||AB的最大值为||CD＋
2＋2＝5＋22.故选C.4．答案：A解析：若圆x2＋y2＝1与圆()x＋a2＋y2＝4相切，当两圆外切时，（－a－0）2＋02＝2＋1，所以a＝－3或a＝3；当两圆内切时，（－a－0）2＋02＝2－1，所以a＝1或a＝－1.当a＝3时，
圆x2＋y2＝1与圆()x＋a2＋y2＝4相切，所以“a＝3”是“圆x2＋y2＝1与圆()x＋a2＋y2＝4相切”的充分条件．当圆x2＋y2＝1与圆()x＋a2＋y2＝4相切时，a＝3不一定成立，所以“a＝3”是“圆x2＋y2＝1与圆()x＋a2＋y2＝4相切”的不必要条件．所
以“a＝3”是“圆x2＋y2＝1与圆()x＋a2＋y2＝4相切”的充分不必要条件．故选A.5．答案：B解析：由已知得圆C1：（x＋a）2＋（y－2）2＝1的圆心C1（－a，2），半径r1＝1.圆C2：（x－b）2＋（y－2）2＝4的圆心C2（b，2），半径r
2＝2.∵圆C1与圆C2相外切，∴|C1C2|＝r1＋r2＝（－a－b）2＋（2－2）2＝3，即a＋b＝3.由基本不等式，得ab≤a＋b22＝94，当且仅当a＝b时，等号成立．6．答案：D解析：圆的标准方程为（x－3）2＋（y＋1）2＝10，则圆心C的坐标为（3
，－1），半径为10.过点E的最短弦满足E恰好为弦的中点，则|CE|＝（2－3）2＋[1－（－1）]2＝5，所以|AB|＝2（10）2－（5）2＝25.7．答案：C解析：由题意设所求圆的方程为（x－m）2＋y2＝4（m>0），则|3m＋4|32＋42＝2，解得m＝2或m＝－143（舍去
），故所求圆的方程为（x－2）2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0.8．答案：B解析：化圆x2＋y2－4x＋2y－4＝0为（x－2）2＋()y＋12＝9，可得圆心坐标为M()2，－1，半径为3.由圆的性
质可得，最长的弦即圆的直径，故|AC|＝6.因为O()0，0，所以|MO|＝5.弦最短时，弦BD与MO垂直，且经过点O，此时|BD|＝29－5＝4.故四边形ABCD的面积为12|AC|×|BD|＝12×6×4＝
12.故选B.9．答案：A解析：设圆C1关于x轴的对称圆的圆心为A（2，－3），半径为1.圆C2的圆心坐标为（3，4），半径为3.则|PM|＋|PN|的最小值即为圆A与圆C2的圆心距减去两个圆的半径，即（3－2）2＋（4＋3）2－1－3＝52－4.10．答案：C解析：如图所示，可知A（2
，0），B（1，1），C（0，2），D（－1，1），所以直线AB，BC，CD的方程分别为y＝1－01－2（x－2），y＝（1－2）x＋2，y＝（2－1）x＋2.整理为一般式，即x＋（2－1）y－2＝0
，（1－2）x－y＋2＝0，（2－1）x－y＋2＝0，分别对应题中的A，B，D选项．11．答案：C解析：因为C1：（x－1）2＋（y－3）2＝11，C2：（x＋1）2＋（y－m）2＝4，对A，若圆C2与x轴相切，则圆心到x轴的距离等于半径，所
以|m|＝2，故A正确；对B，当m＝－3时，||C1C2＝（1＋1）2＋（3＋3）2＝210>6>2＋11，两圆相离，故B正确；对C，由两圆有公共弦，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程4x＋（6－2m）y＋m2－2＝0，故C错
误；对D，直线kx－y－2k＋1＝0变形为y－1＝k（x－2），过定点()2，1，因为（2－1）2＋（1－3）2＝5<11，故点()2，1在圆C1：（x－1）2＋（y－3）2＝11内部，所以直线kx－y－2k＋1＝0与圆
C1始终有两个交点，故D正确．故选C.12．答案：B解析：根据题意，圆x2＋y2＝4的圆心为（0，0），半径r＝2，设圆心到直线x＋y－k＝0的距离为d.若直线x＋y－k＝0（k>0）与圆x2＋y2＝
4交于不同的两点A，B，则d＝|k|1＋1＝k2<2，则k<22.设OA→与OB→的夹角∠AOB＝θ，若OA→·OB→≥－2，即|OA→|×|OB→|×cosθ≥－2，变形可得cosθ≥－12，则0<θ≤2π3，当θ＝2π3时，d＝1，若θ≤2π3，则d＝k2≥1，解得
k≥2，则k的取值范围为[2，22）.13．答案：12解析：因为B（a，0），C（0，b）（ab≠0），所以直线BC的方程为xa＋yb＝1，过A（2，2），所以2a＋2b＝1，即1a＋1b＝12.14．答案：－3解析：抛物线y2＝6x的准线为x＝－32，圆C：x2＋y2－ax
－（a＋1）y＝0，则圆心坐标为a2，a＋12，所以－32＝a2，解得a＝－3.15．答案：6或14（二选一即可）解析：若∠AO1B＝2π3，设圆心O1到直线AB的距离为d，则d＝222＝2.两圆方程相减得直线AB的方程：2x＋2y＋6－r2
＝0，故圆心O1（1，1）到直线AB的距离为d＝||2＋2＋6－r222＋22＝||10－r222＝2，解得r＝6或r＝14.16．答案：2解析：由题意得，圆C1与圆C2外离，如图．因为PQ为切线，所以PQ⊥C2Q，由勾股定理，得|PQ
|＝|PC2|2－1，要使|PQ|最小，则需|PC2|最小．显然当点P为C1C2与圆C1的交点时，|PC2|最小，此时，|PC2|＝|C1C2|－1，所以当|C1C2|最小时，|PC2|就最小，|C1C2|＝k2＋（－k＋4）2＝
2（k－2）2＋8≥22，当k＝2时，|C1C2|取最小值，即|PQ|最小．17．解析：过点M且与x轴垂直的直线是x＝0，它和直线l1，l2的交点分别是0，103，（0，8），显然不符合题意，故可设所求直线方程为y＝kx＋1，又设该直线与直线l1，l2分别交于A，B两点
，则有①yA＝kxA＋1，xA－3yA＋10＝0，②yB＝kxB＋1，2xB＋yB－8＝0.由①解得xA＝73k－1，由②解得xB＝7k＋2.因为点M平分线段AB，所以xA＋xB＝2xM，即73k－1＋7k＋2＝0，
解得k＝－14.故所求的直线方程为y＝－14x＋1，即x＋4y－4＝0.18．解析：（1）设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.∵圆心－D2，－E2在直线2x－y－3＝0上，∴－D＋E2－3＝0①.又点
A（5，2），点B（3，2）在圆上，∴25＋4＋5D＋2E＋F＝0②，9＋4＋3D＋2E＋F＝0③.由①②③得，D＝－8，E＝－10，F＝31，此时D2＋E2－4F>0，∴圆的方程为x2＋y2－8x－1
0y＋31＝0.（2）设圆的方程为（x－a）2＋（y－b）2＝r2.由题意知圆心（a，b）在直线x＋2y＝0上，∴a＋2b＝0④.∵点C（2，3）在圆上，∴（2－a）2＋（3－b）2＝r2⑤.又直线x－y＋1＝0被圆截得的弦长为22，圆心（a，b）到直线x－y＋1＝0的距离
d＝|a－b＋1|2，∴（|a－b＋1|2）2＋（2）2＝r2⑥.由④⑤⑥得，a＝6，b＝－3，r2＝52或a＝14，b＝－7，r2＝244，∴所求圆的方程为（x－6）2＋（y＋3）2＝52或（x－14）2＋（y＋7）2＝244.19．解析：（1）证明：直线l
：mx－y＋2－m＝0可化为m（x－1）－y＋2＝0，可知恒过点D（1，2）.将D（1，2）代入圆的方程可得x2＋（y－1）2＝12＋（2－1）2＝2<5，即D（1，2）在圆C：x2＋（y－1）2＝5的内部，故对m∈R，直线l与圆C总有两
个不同的交点A，B.（2）因为∠ACB＝120°，圆C的半径长为5，所以圆心C（0，1）到直线mx－y＋2－m＝0的距离为52，故|－1＋2－m|m2＋1＝52，解得m＝－4±15.（3）由（1）可得kCD＝2－11－0＝1，当弦|
AB|最短时，直线l的斜率为－1，即m＝－1，故此时直线l的方程为－x－y＋3＝0，即x＋y－3＝0.20．解析：（1）设直线l与圆C交于A，B两点．∵直线l：y＝x＋2被圆C：（x－3）2＋（y－2）2＝r2（r>0
）截得的弦长等于该圆的半径，∴△CAB为边长为r的正三角形，∴△CAB的高为32r，∴圆心C到直线l的距离为32r.∵直线l的方程为x－y＋2＝0，圆心C的坐标为（3，2），∴圆心C到直线l的距离d＝|3－2＋2|1＋1＝
322＝32r，∴r＝6，∴圆C的方程为（x－3）2＋（y－2）2＝6.（2）设圆心C到直线m的距离为h（h>0），H为DE的中点，连接CH.在△CDE中，∵|DE|＝2|CE|2－|CH|2＝26－h2，∴△CDE的面积为S△CDE＝12|DE|·|CH|＝12·26－h2·h＝h·6－h2.
∴S△CDE＝h2（6－h2）≤h2＋6－h22＝3，当且仅当h2＝6－h2，即h＝3时等号成立，△CDE的面积取得最大值．∵CH＝|3－2＋n|1＋1＝22·|n＋1|＝h＝3，∴|n＋1|＝6，∴n＝±6－1.故存在n＝±6－1，使得△CDE的面积最大，最大值为3，此时直线m的方程
为y＝x±6－1.21．解析：（1）由圆C：（x－a）2＋（y－b）2＝4，圆心C在直线y＝x上，∴a＝b，故圆C：（x－a）2＋（y－a）2＝4，圆心（a，a），半径r＝2.设圆心到直线x＋y＝2的距离为d，则d＝22－()22＝2，即d
＝||2a－22＝2，解得：a＝0或a＝2，所以圆C的方程为x2＋y2＝4或（x－2）2＋（y－2）2＝4.（2）由a≤0，可知圆C的方程为x2＋y2＝4.当直线l斜率不存在时，此时|MN|＝4，|PQ|＝222－12＝23，此时SPMQN＝12|PQ|·|MN|＝12×4×23
＝43，当直线l斜率存在，设为k，则直线l方程为y＝kx＋1，圆心到直线l的距离设为d，则d＝1k2＋1，则|MN|＝222－d2＝24－1k2＋1，同理可得|PQ|＝24－11k2＋1＝24－k2k2＋
1，则SPMQN＝12|PQ|·|MN|＝24－1k2＋14－k2k2＋1≤4－1k2＋1＋4－k2k2＋1＝7，当且仅当4－1k2＋1＝4－k2k2＋1，即k2＝1时等号成立，综上可知四边形PMQN面积的最大值为7.22．解析
：（1）圆心C到直线l的距离d＝||1－4－712＋（－2）2＝25，因为直线与圆相切，所以半径r＝25，圆C的标准方程为：（x－1）2＋（y－2）2＝20.（2）设MN的中点为P，则CP⊥MN，即CP⊥AB，C
P→·AB→＝0，且AM→＋AN→＝2AP→，∴()AM→＋AN→·AB→＝2AP→·AB→＝2()AC→＋CP→·AB→＝2AC→·AB→，AC的斜率为k＝2－01－2＝－2，所以AC与直线l垂直，A到直线l的距离为||2－0－712＋（－2）2＝5，所以AB→在A
C→方向上的投影为－5，又因为||AC→＝()2－12＋()0－22＝5，所以()AM→＋AN→·AB→＝2AC→·AB→＝2×5×()－5＝－10，即()AM→＋AN→·AB→为定值－10.第十单元圆锥曲线点点练32椭圆一基础小题练透篇1．答案
：D解析：因为|PF1|＋|PF2|＝|F1F2|，所以动点P的轨迹是线段F1F2.2．答案：B解析：当m>0时方程x24＋y2m＝1不一定表示椭圆，如m＝4时方程x24＋y24＝1，即x2＋y2＝4就表示一个圆，所以“m>0”不是“方程x24＋y2m＝1表示椭圆
”的充分条件；但是当方程x24＋y2m＝1表示椭圆时，应有m>0，所以“m>0”是“方程x24＋y2m＝1表示椭圆”的必要条件，故选B.3．答案：A解析：如图所示设点Q所在椭圆的另一焦点为F，则||QP＋||QO＝||Q
P＋4－||QF≤||PF＋4＝4－||PO＋4＝5.故选A.4．答案：B解析：椭圆的离心率e＝ca＝12，c2＝a2－b2，化简得3a2＝4b2，故选B.5．答案：B解析：设|MF1|＝r1，|MF2|＝r2，则r1＋r2＝2a＝2，由余弦定理得|
F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|cos2π3，即4c2＝r21＋r22＋r1r2＝（r1＋r2）2－r1r2＝4－r1r2，所以r1r2＝4－4c2，因为S△F1MF2＝S△F1MA＋S△AMF2，所以12r1r2sin2
3π＝12r1·|MA|·sinπ3＋12r2·|MA|·sinπ3，整理得r1r2＝（r1＋r2）·|MA|，即4－4c2＝2×32，整理得c2＝14，所以c＝12，a＝1，e＝ca＝12.故选B.6．答案：C解析：易
知M的轨迹为椭圆，其方程为y24＋x2＝1，设M（x，y），则x2＝1－y24，∴MA→·MB→＝（－x，3－y）·（－x，－3－y）＝x2＋y2－3＝y2＋（1－y24）－3＝3y24－2，因为y∈[－2，2]
，所以34y2∈[0，3]，即3y24－2∈[－2，1]，∴（MA→·MB→）max＝1.7．答案：2解析：设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1，由离心率为13可得ca＝13，由a2＝b2＋c2可得b2a2＝89，又92a2＋4
b2＝1，解得a2＝9，b2＝8，c＝1，焦距为2.8．答案：5解析：由题得c＝6，由题得PF2⊥x轴，当x＝6时，69＋y23＝1，所以y＝±1，∴|PF2|＝1，所以|PF1|＝2×3－|PF2|＝6
－1＝5，所以|PF1|是|PF2|的5倍．二能力小题提升篇1．答案：C解析：在椭圆C：x2a2＋y215＝1（a>15）中，由椭圆的定义可得||PF1＋||PF2＝2a，因为||PF1＝5||PF2，所以||PF2＝a3，||PF1＝5a3，在△PF1F2中，||F1F2＝2c，
由余弦定理得||F1F22＝||PF12＋||PF22－2||PF1||PF2cos∠F1PF2，即4c2＝25a29＋a29－5a29＝21a29，所以c2a2＝2136，又b2＝15.所以a2＝36，所以椭圆C的方程为x236＋y215＝
1.故选C.2．答案：D解析：因为2<m<8，所以e1＝1－2m，e2＝1－m8，所以e1·e2＝1－2m1－m8＝1＋14－2m＋m8≤54－22m·m8＝12，当且仅当m＝4时，等号成立
，故e1·e2的最大值为12，e1·e2无最小值．故选D.3．答案：C解析：不妨设点P在x轴上方，如图，连接BQ，则由椭圆的对称性易得∠PBF＝∠QBF，∠EAB＝∠EBA，所以∠EAB＝∠QBF，所以ME∥B
Q，所以|PE||EB|＝|PM||MQ|.因为OE∥PF，所以|OF||OB|＝|EP||EB|，从而有|PM||MQ|＝|OF||OB|.又M是线段PF的中点，所以e＝ca＝|OF||OB|＝|PM||MQ|＝13.4．答案：D解析：如图所示：设椭圆的左焦点F′，由椭圆的
对称性可知，四边形AFBF′为平行四边形，又FA→·FB→＝0，即FA⊥FB，所以平行四边形AFBF′为矩形，所以||AB＝||FF′＝2c，设||AF′＝|BF|＝n，||AF＝m,在直角△ABF中，m＋n＝2a，m2＋n2＝4c2，得mn＝2b2，所以m
n＋nm＝2c2b2，令mn＝t，得t＋1t＝2c2b2，又由||FB≤||FA≤2||FB，得mn＝t∈[1，2]，所以t＋1t＝2c2b2∈2，52，所以c2b2∈1，54，即b2a2＝11＋c2b2∈
49，12，所以e＝ca＝1－b2a2∈22，53，所以离心率最大值为53.故选D.5．答案：23解析：由椭圆的方程可知，椭圆的焦点F1，F2在y轴上，且|F1F2|＝2m2－（m2－1）＝2，由题意可知，当点P为椭圆C左右顶点时，△PF1F2的面积最大，且12|F1F2|m2－1
＝3，解得m＝2，所以椭圆C的短轴长为2m2－1＝23.6．答案：22解析：抛物线C1：y2＝4x的焦点F（1，0），根据题意2c＝（3－1）2＋（2－0）2＝22，c＝2.设椭圆和抛物线的交点为Q，Q到抛物线准线x＝－1
的距离为d，离心率最大，即a最小，a＝||QF＋||QP2＝d＋||QP2≥3－（－1）2＝2，当PQ与准线垂直时等号成立，此时e＝ca＝22.三高考小题重现篇1．答案：C解析：由题，a2＝9，b2＝4，则||MF1＋|
|MF2＝2a＝6，所以||MF1·||MF2≤||MF1＋||MF222＝9（当且仅当||MF1＝||MF2＝3时，等号成立）.2．答案：C解析：由题意可知c＝2，b2＝4，∴a2＝b2＋c2＝4＋22＝8，则a＝22，∴e＝ca＝222＝22.3．答案：B解析：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BA1·BA2＝（－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.4．答案：A解析：A()－a，0，设P()x1，y1，则Q()－x1，y1，则kAP＝y1x1＋a，kAQ＝y1－x1＋a，故kAP·kAQ＝y1x1＋a·y1－x1＋a
＝y21－x21＋a2＝14，又x21a2＋y21b2＝1，则y21＝b2()a2－x21a2，所以b2()a2－x21a2－x21＋a2＝14，即b2a2＝14，所以椭圆C的离心率e＝ca＝1－b2a2＝32.故选A.5．答案：（3，15）解析：不妨令F1
，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝36－20＝4.因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.设M（x，y），则x236＋y220＝1，|F1M|2＝（x＋4）2＋y2＝64，x
>0，y>0，得x＝3，y＝15，所以M的坐标为（3，15）.6．答案：8解析：根据椭圆的对称性及|PQ|＝|F1F2|可以得到四边形PF1QF2为对角线相等的平行四边形，所以四边形PF1QF2为矩形．设|PF
1|＝m，则|PF2|＝2a－|PF1|＝8－m，则|PF1|2＋|PF2|2＝m2＋（8－m）2＝2m2＋64－16m＝|F1F2|2＝4c2＝4（a2－b2）＝48，得m（8－m）＝8，所以四边形PF1QF2的面积为|PF1|×|PF2|＝m（8－m）＝8.四经典大题强化篇1．解析：
（1）由已知得b＝4，且ca＝55，即c2a2＝15，∴a2－b2a2＝15，解得a2＝20，∴椭圆方程为x220＋y216＝1.则4x2＋5y2＝80与y＝x－4联立，消去y得9x2－40x＝0，∴x1＝0，x2＝409，∴所
求弦长|MN|＝1＋12|x2－x1|＝4029.（2）椭圆右焦点F的坐标为（2，0），设线段MN的中点为Q（x0，y0），由三角形重心的性质知BF→＝2FQ→，又B（0，4），∴（2，－4）＝2（x0－2，y0），故得x0＝3，y0＝
－2，即Q的坐标为（3，－2）.设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝6，y1＋y2＝－4，且x2120＋y2116＝1，x2220＋y2216＝1，以上两式相减得kMN＝y1－y2x1－x2＝－45·x1＋x2y1＋y2＝－45×6－4＝65，故直
线MN的方程为y＋2＝65（x－3），即6x－5y－28＝0.2．解析：（1）由题意得a＝2，ca＝22，a2＝b2＋c2，得b＝2，所以椭圆C的方程为x24＋y22＝1.（2）由y＝k（x－1），x24＋y22＝1，得（1＋2k2）x2－4k2x＋2k2－4＝0.Δ＝24k
2＋16>0恒成立．设点M，N的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则y1＝k（x1－1），y2＝k（x2－1），x1＋x2＝4k21＋2k2，x1x2＝2k2－41＋2k2，所以|MN|＝（x2－x1）2＋（y2－y1）2＝（1＋k2）[（x1＋x2）
2－4x1x2]＝2（1＋k2）（4＋6k2）1＋2k2.又点A（2，0）到直线y＝k（x－1）的距离d＝|k|1＋k2，所以△AMN的面积S＝12|MN|·d＝|k|4＋6k21＋2k2，由|k|4＋6k21
＋2k2＝103，得k＝±1.所以当△AMN的面积为103时，k＝±1.点点练33双曲线一基础小题练透篇1．答案：B解析：由题意可知，双曲线的渐近线方程为y216－x29＝0，即4x±3y＝0，由对称性不妨考虑点（2，0）到直线4x＋3y＝0
的距离：d＝||8＋09＋16＝85.故选B.2．答案：B解析：∵e＝ca＝2，则c＝2a，b＝c2－a2＝3a，则双曲线的方程为x2a2－y23a2＝1，将点（2，3）的坐标代入双曲线的方程可得2a2－33a2＝1a2＝1，解得a＝1，故b＝3，因此，双曲线的方程为x2－y23＝
1.3．答案：A解析：|AF2|－|AF1|＝2a＝8，|BF2|－|BF1|＝2a＝8，∴|AF2|＋|BF2|－（|AF1|＋|BF1|）＝16，∴|AF2|＋|BF2|＝16＋5＝21，∴△ABF2的周长为|AF2|＋|BF
2|＋|AB|＝21＋5＝26.4．答案：D解析：因为A，B分别是C的左、右顶点，故|AB|＝2a，|FA|＝c－a，|FA|＝|AB|，所以2a＝c－a，得e＝ca＝3.5．答案：D解析：设|PF1|＝x，|PF2|＝y（x>y），∵F1，F2为双曲线的两
个焦点，设焦距为2c，∴c＝5，点P在双曲线上，∴x－y＝4，∵∠F1PF2＝90°，∴x2＋y2＝20，∴2xy＝x2＋y2－（x－y）2＝4，∴xy＝2，∴△F1PF2的面积为12xy＝1，利用等面积法，设△F1PF2的高为h，则h为点P到x轴的距离，则12·h·2
c＝5h＝1，∴h＝55.故选D.6．答案：C解析：抛物线y2＝45x的准线方程为x＝－5，则c＝5，则F1()－5，0、F2()5，0，不妨设点A为第二象限内的点，联立y＝－baxx＝－c，可得x＝－cy＝bca，即点A－c，bca，因为AF1⊥F1F2且∠
F1F2A＝π4，则△F1F2A为等腰直角三角形，且|AF1|＝|F1F2|，即bca＝2c，可得ba＝2，又由c＝5，c2＝a2＋b2，解得a＝1，b＝2，因此，双曲线的标准方程为x2－y24＝1.故选C.7．答案：y＝±2x解析：因为||F1F2＝2||OP，所以||OF1＝||OF2＝
||OP，所以∠PF1O＝∠OPF1，∠PF2O＝∠OPF2，又∠PF1O＋∠OPF1＋∠PF2O＋∠OPF2＝180°，所以∠OPF1＋∠OPF2＝90°，所以PF1⊥PF2，所以PF21＋PF22＝F1F22，又||PF2＝2||PF1，||PF2－||PF1＝2a，所以||PF2
＝4a，||PF1＝2a，所以()4a2＋()2a2＝4c2，所以c2＝5a2，因为c2＝a2＋b2，所以b2＝4a2，所以ba＝2，所以双曲线x2a2－y2b2＝1()a>0，b>0的渐近线方程为y＝±2x.8．答案：2解析：如图，由F1A＝AB→，得F1A＝AB.又OF1＝OF2，得OA是
三角形F1F2B的中位线，即BF2∥OA，BF2＝2OA.由F1B·F2B＝0，得F1B⊥F2B，OA⊥F1A，则OB＝OF1有∠AOB＝∠AOF1，又OA与OB都是渐近线，得∠BOF2＝∠AOF1，又∠BOF2＋∠AOB＋∠AOF1＝π，得∠BOF2＝∠AOF1＝∠B
OA＝60°，又渐近线OB的斜率为ba＝tan60°＝3，所以该双曲线的离心率为e＝ca＝1＋ba2＝1＋（3）2＝2.二能力小题提升篇1．答案：B解析：e＝2c2a＝|F1F2||PF1|－|PF2|＝|F1F2||PF2|＝2.2．答案
：B解析：如图，令双曲线E的左焦点为F′，连接PF′，QF′，RF′，由对称性可知，点O是线段PQ中点，则四边形PFQF′是平行四边形，而QF⊥FR，于是有▱PFQF′是矩形，设|FR|＝m，则|PF′|＝|FQ|＝2m，|PF|＝
2m－2a，|RF′|＝m＋2a，|PR|＝3m－2a，在Rt△F′PR中，（2m）2＋（3m－2a）2＝（m＋2a）2，解得m＝4a3或m＝0（舍去），从而有|PF′|＝8a3，|PF|＝2a3，Rt△F′PF中，8a32＋2a32＝4c2，
整理得c2a2＝179，e＝ca＝173，所以双曲线E的离心率为173.故选B.3．答案：B解析：设圆O1与△MF1F2的三边的切点分别为A，B，C，如图，令MA＝MC＝m，AF1＝BF1＝n，BF2＝CF2＝t，根据双曲线的定义可得
（m＋n）－（m＋t）＝2an＋t＝2c，化简得n＝a＋c，由此可知，在△F1F2M中，O1B⊥x轴于B，同理O2B⊥x轴于B，∴O1O2⊥x轴，过圆心O2作CO1的垂线，垂足为D，易知直线l的倾斜角θ与∠O2O1
D大小相等，不妨设圆O1的半径R1＝3，设圆O2的半径R2＝2，则O2O1＝5，O1D＝1，所以根据勾股定理，O2D＝26，所以，tanθ＝26.4．答案：D解析：由题意可知|AF2|＝|F1F2|＝2c
，由双曲线的定义可得|AF1|＝2a＋2c，设∠AF1F2＝θ（0<θ<90°），则tanθ＝52，进而有cosθ＝23，由余弦定理可得，|AF2|2＝|AF1|2＋|F1F2|2－2|AF1|·|F1F2|·cosθ，则有4c2＝（2a＋2c）2
＋4c2－2（2a＋2c）·2c·23，化简得3a2＋2ac－c2＝0即（3a－c）（a＋c）＝0，因为a＋c≠0，所以3a－c＝0，所以e＝ca＝3，故选D.5．答案：6解析：∵双曲线C：x2－y24＝1，∴|A1A2|＝2a＝2，|B
1B2|＝2b＝4.又∵|A1A2|，|B1B2|，|PF1|成等比数列，∴|A1A2|·|PF1|＝|B1B2|2，∴|PF1|＝8，∴|PF2|＝8－2a＝6.6．答案：6解析：已知P是双曲线x2－y215＝1
右支上的一点，记双曲线左、右焦点分别为F1，F2，所以|PF1|－|PF2|＝2a＝2，双曲线的两个焦点分别为F1（－4，0），F2（4，0），这两点刚好是（x＋4）2＋y2＝9和（x－4）2＋y2＝1的圆心．因为两个圆的
半径分别为r1＝3，r2＝1，所以由几何性质可知|PM|max＝|PF1|＋r1＝|PF1|＋3.同理|PN|min＝|PF2|－r2＝|PF2|－1，所以|PM|－|PN|的最大值为|PM|max－|PN|min＝（|PF1|＋3）－（|PF2|－1）＝|PF1
|－|PF2|＋4＝2＋4＝6，所以|PM|－|PN|的最大值为6.三高考小题重现篇1．答案：D解析：由双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a>0，b>0）可知渐近线方程为y＝±bax，由题意知－ba＝tan130°，又tan130°＝－t
an50°，∴ba＝tan50°，∴双曲线的离心率e＝ca＝1＋b2a2＝1＋tan250°＝1＋sin250°cos250°＝1cos250°＝1cos50°.2．答案：B解析：直线x＝a与双曲线C的两条渐近线y＝±
bax分别交于D、E两点，则|DE|＝|yD－yE|＝2b，所以S△ODE＝12·a·2b＝ab，即ab＝8.所以c2＝a2＋b2≥2ab＝16（当且仅当a＝b时取等号），即cmin＝4，所以双曲线的焦距2c的最小值为8.3．答案：B解析：方法一由题易知a＝1，b＝
3，∴c＝2，又∵|OP|＝2，∴△PF1F2为直角三角形，易知||PF1|－|PF2||＝2，∴|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝4，又|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2＝16，
∴|PF1|·|PF2|＝16－42＝6，∴S△PF1F2＝12|PF1|·|PF2|＝3.方法二不妨设P（x0，y0）（x0>0，y0>0），则x20＋y20＝4，x20－y203＝1，解得y0＝32，又|F1F2|＝4，∴S△PF1F2＝12
×4×32＝3.4．答案：A解析：如图，连接OP，∵|PQ|＝|OF|＝c，∴PQ过圆心c2，0.易得Pc2，c2.又∵|OP|＝a，∴a2＝c22＋c22＝c22，∴ca2＝2，∴e＝ca＝2.5．答案：y＝±3x
解析：因为双曲线x2a2－y2b2＝1（a>0，b>0）的离心率为2，所以e＝c2a2＝a2＋b2a2＝2，所以b2a2＝3，所以该双曲线的渐近线方程为y＝±bax＝±3x.6．答案：4解析：双曲线x2m－y2＝1（m>0）的渐近线为y＝±1mx，即x±my＝0，又双曲
线的一条渐近线为3x＋my＝0，即x＋m3y＝0，对比两式可得，m＝3.设双曲线的实半轴长为a，虚半轴长为b，半焦距为c，则有a2＝m＝3，b2＝1，所以双曲线的焦距2c＝2a2＋b2＝4.四经典大题强化篇1．解析：（1）由双曲线的方程得
a＝3，b＝6，∴c＝a2＋b2＝3，F1（－3，0），F2（3，0）.直线AB的方程为y＝33（x－3）.设A（x1，y1），B（x2，y2），由y＝33（x－3）x23－y26＝1消去y得5x2＋
6x－27＝0.∴x1＋x2＝－65，x1·x2＝－275.∴||AB＝1＋（33）2[（x1＋x2）2－4x1x2]＝43－652－4－275＝1635.（2）直线AB的方程变形为3x－3y－33＝0.∴原点
O到直线AB的距离为d＝|－33|（3）2＋（－3）2＝32.∴S△AOB＝12|AB|·d＝12×1635×32＝1235.2．解析：（1）因为椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a>b>0）的长轴为双曲线x28－y24＝1的实轴，所以a2＝8，因为椭圆C过点P()2，1，所
以4a2＋1b2＝1，48＋1b2＝1，得b2＝2，所以椭圆方程为x28＋y22＝1，（2）①当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋t，A（x1，y1），B（x2，y2），由y＝kx＋tx2＋4y2＝8，得（4k2
＋1）x2＋8ktx＋4t2－8＝0，Δ＝64k2t2－4（4k2＋1）（4t2－8）＝8k2－t2＋2>0，所以x1＋x2＝－8kt4k2＋1x1x2＝4t2－84k2＋1，所以y1＋y2＝k（x1＋
x2）＋2t＝2t4k2＋1，y1y2＝（kx1＋t）（kx2＋t）＝k2x1x2＋kt（x1＋x2）＋t2＝t2－8k24k2＋1，因为k1k2＝－12，所以y1－1x1－2·y2－1x2－2＝y1y2－（y1＋y
2）＋1x1x2－2（x1＋x2）＋4＝－12，所以2y1y2－2（y1＋y2）＋2＝－x1x2＋2（x1＋x2）－4，所以2·t2－8k24k2＋1－2·2t4k2＋1＋2＝－4t2－84k2＋1＋2·－8kt4k2＋1－4，所以2t2－16k2－4t＋8k2＋2＝－4t2＋8－16kt－16k
2－4，化简得4k2＋3t2＋8kt－2t－1＝0，即（2k＋t－1）（2k＋3t＋1）＝0，所以t＝1－2k或t＝－1＋2k3，当t＝1－2k时，直线AB的方程为y＝kx＋1－2k＝k（x－2）＋1，则直线过
定点（2，1）（舍去），当t＝－1＋2k3时，直线AB的方程为y＝kx－1＋2k3＝kx－23－13，所以直线过定点23，－13.②当直线AB的斜率不存在时，设直线为x＝m（m≠2），由
x＝mx2＋4y2＝8，得y2＝21－m28，所以y＝±2－m24，所以k1k2＝2－m24－1－2－m24－1（m－2）2＝1－2－m24m2－4m＋4＝－12，解得m＝2（舍去），或m＝23
，所以直线也过定点23，－13，综上，直线AB恒过定点23，－13.点点练34抛物线一基础小题练透篇1．答案：B解析：由题意，点P到点F（0，1）的距离等于它到直线y＝－1的距离，则点P的轨迹是以F为焦点，y＝－1为准线的抛物线，则点P的轨迹方程为x2
＝4y.2．答案：C解析：抛物线方程C：x2＝16y，准线方程为：y＝－4，因为|AF|＝5，所以点A到准线的距离为5，且yA＞0，直线l：y＝－1与准线方程的距离为d＝3，所以|AP|＝5－3＝2.3．答案：B解析：令抛物线y2＝8x
的焦点为F，则F（2，0），连接PF，如图，因为l是抛物线y2＝8x的准线，点P是抛物线上的动点，且PM⊥l于M，于是得|PM|＝|PF|，点F（2，0）到直线l1：2x－y＋3＝0的距离d＝|2×2－0＋3|22＋（－1）2＝7
55，又PN⊥l1于N，显然点P在点F与N之间，于是有|PM|＋|PN|＝|PF|＋|PN|≥d，当且仅当F，P，N三点共线时取“＝”，所以|PM|＋|PN|的最小值为d＝755.4．答案：A解析：抛物线y2＝16
x的准线方程为x＝－4，设A（x1，y1），B（x2，y2），由抛物线的定义可知，x1＋4＝12，x1＝8，y21＝16×8，由抛物线的对称性，不妨令y1＝82，设直线AB的方程为x＝my＋2，由x＝m
y＋2，y2＝16x，得y2－16my－32＝0，y1y2＝－32，∴y2＝－22，四边形OAFB的面积S＝12|OF|·|y1－y2|＝12×4×102＝202.5．答案：A解析：设T（x0，y0），则MT→＝
（x0，y0－1），又由F（p2，0），所以MF→＝（p2，－1），因为MF⊥MT，所以MF→·MT→＝0，可得p2x0－y0＋1＝0，由y20＝2px0，联立方程组，消去x0，可得y20－4y0＋4＝0，所以y0＝2，x0＝2p，故T（2p，2），又由|FT|
＝x0＋p2＝52，所以52－p2＝2p，即p2－5p＋4＝0，解得p＝1或p＝4，所以C的方程为y2＝2x或y2＝8x.6．答案：C解析：直线l：y＝k（x－2）（k＞0）过（2，0），即直线l过抛
物线的焦点F（2，0），画出图象如图所示，过A作直线垂直于抛物线的准线，垂足为D；过B作直线垂直于抛物线的准线，垂足为C，过B作BE⊥AD，交AD于E.依题意AF→＝2FB→，设|AF|＝2|BF|＝2t（t＞0），则|
AE|＝|AD|－|BC|＝t，|AB|＝|AF|＋|BF|＝3t，|BE|＝（3t）2－t2＝22t，所以直线l的斜率k＝|BE||AE|＝22.7．答案：43解析：由抛物线的定义可知：||PF＝xp＋2＝8，所以xp＝6，代入y2＝8x中，得y2p＝48，所以||yp＝43，故
点P到x轴的距离为43.8．答案：2解析：由题意可知，当B在焦点F的右侧时，|AF|＝3＋p2，|FD|＝3－p2，又|FD|＝123＋p2，所以123＋p2＝3－p2，解得p＝2；当B在焦点F的左侧时，同
理可得p＝18，此时点B在x轴的负半轴，不合题意．二能力小题提升篇1．答案：B解析：由y2＝8x得p＝4，所以F到直线l的距离为p＝4.2．答案：B解析：过P作准线的垂线，垂足为Q，由∠PAF＝30°，可得∠APQ＝30°，由题意如图所示：在Rt△AQP中，cos∠APQ＝|
QP||PA|＝32，由抛物线的性质可得|PQ|＝|PF|，所以|PF||PA|＝32，在△PAF中，由正弦定理可得：|PA|sin∠PFA＝|PF|sin∠PAF，所以sin∠PFA＝|AP||PF|·sin∠PAF＝23·1
2＝33.故选B.3．答案：B解析：由题知圆C2：（x－5）2＋（y＋4）2＝4，∴C2()5，－4，r＝2F（0，1）为抛物线焦点，y＝－1为抛物线准线，则过点P向y＝－1作垂线垂足为D，如图所示：则d＝1＋||PD，根据抛物线定义可知||PD＝||
PF，∴d＝1＋||PF，∴d＋|PM|＝1＋||PF＋||PM，若求d＋|PM|的最小值，只需求||PF＋||PM的最小值即可，连接FC2与抛物线交于点P1，与圆交于点M1，如图所示，此时||PF＋||PM最小，为||FC2－r
，()d＋||PMmin＝1＋||FC2－r，∵F（0，1），C2()5，－4，∴||FC2＝52，∴()d＋||PMmin＝1＋||FC2－r＝52－1.故选B.4．答案：B解析：设抛物线y2＝4x的焦点为F，则F（1，0）.根据题意可知，点M（2，0）为△ABC的
重心，若直线AB的斜率不存在，则不妨取A（1，2），B（1，－2），则结合重心可得C为（4，0），不合题意；故直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k（x－1），k≠0，A（x1，y1），B（x2，y2），C（m，n），则有y21＝4
x1，y22＝4x2，n2＝4m，联立方程y2＝4x，y＝k（x－1），得ky2－4y－4k＝0，Δ＝16（1＋k2）>0，则y1＋y2＝4k，y1y2＝－4，因为点M（2，0）为△ABC的重心，所以n＋y1＋y23＝0，即n＝－()y1＋y2，所以m＋x1＋x2
3＝2，∴m＋x1＋x2＝n2＋y21＋y224＝2()y1＋y22－2y1y24＝6，即32k2＋8＝24，解得k2＝2，则||AB＝x1＋x2＋p＝()y1＋y22－2y1y24＋2＝4k2＋4＝6，故线段AB的长为6，故选B.5．答
案：16解析：易知焦点F的坐标为（4，0），准线l方程为x＝－4，如图，抛物线准线与x轴交点为A，作MB⊥l于B，NC⊥l于C，AF∥MB∥NC，则||MN||NF＝||BM－||CN||OF，由3FM→＝2MN→，得||M
N||NF＝35，又||CN＝4，||OF＝4，所以||BM－44＝35，||BM＝325，||MF＝||BM＝325，||MF||NF＝25，所以||FN＝16.6．答案：[22，4）解析：如图，连接CP，CQ，CM，依题意，CP⊥MP，CQ⊥MQ，而|CP|＝|CQ|＝2
，而|MP|＝|MQ|，则CM垂直平分线段PQ，于是得四边形MPCQ的面积为Rt△CPM面积的2倍，从而得12|PQ|·|CM|＝2·12|CP|·|MP|，即|PQ|＝2|CP|·|MP||CM|＝4|CM|2－|CP|2|CM|＝41－
4|CM|2，设点M（t，s），而C（3，0），s2＝4t（t≥0），则|CM|2＝（t－3）2＋s2＝t2－2t＋9＝（t－1）2＋8≥8，当且仅当t＝1时取“＝”，∀t≥0，|CM|2∈[8，＋∞），因此得0<4|CM|2≤12，即12
≤1－4|CM|2<1，得22≤|PQ|<4，所以|PQ|的取值范围为[22，4）.三高考小题重现篇1．答案：B解析：由题意得，F（1，0），则||AF＝||BF＝2，即点A到准线x＝－1的距离为2，所以点A的横坐标为－1＋2＝1，不妨设点A
在x轴上方，代入得，A（1，2），所以||AB＝（3－1）2＋()0－22＝22.故选B.2．答案：C解析：设焦点为F，点A的坐标为（x0，y0），由抛物线定义得|AF|＝x0＋p2，∵点A到y轴距离为9，∴x0＝9，∴9＋p2＝12，∴p＝6.3．答案
：B解析：由抛物线的对称性不妨设D在x轴上方、E在x轴下方．由x＝2，y2＝2px得D（2，2p），E（2，－2p），∵OD⊥OE，∴OD→·OE→＝4－4p＝0，∴p＝1，∴C的焦点坐标为
12，0.4．答案：B解析：不妨设抛物线的方程为y2＝2px（p>0），P（x0，y0）（x0>0），则Q－p2，y0，Fp2，0，直线FQ的斜率为－y0p，从而线段FQ的垂直平分线的斜率为py0，又线段FQ的中点为0，y02，所以线段FQ的垂直平分线
的方程为y－y02＝py0（x－0），即2px－2y0y＋y20＝0，将点P的横坐标代入，得2px0－2y0y＋y20＝0，又2px0＝y20，所以y＝y0，所以点P在线段FQ的垂直平分线上．5．答案：5解析：设点M的坐标为（x0，y0），则有|FM|＝x0＋1＝6，解得x0＝
5.6．答案：x＝－32解析：不妨设Pp2，p，∴Q6＋p2，0，PQ→＝（6，－p），因为PQ⊥OP，所以p2×6－p2＝0，∵p>0，∴p＝3，∴C的准线方程为x＝－32.四经典大题强化篇1．解析：（1）设直
线的方程为x＝my＋1，A（x1，y1），B（x2，y2）()y1>0，y2<0.记∠AMF＝α，∠BMF＝β，则tanα＝y1x1＋2＝y1my1＋3，tanβ＝－y2x2＋2＝－y2my2＋3，则tan∠AMB＝
tan()α＋β＝tanα＋tanβ1－tanαtanβ＝3()y1－y2()m2＋1y1y2＋3m()y1＋y2＋9.由题设得抛物线方程为y2＝4x，联立y2＝4xx＝my＋1消去x得y2－4my－4＝0，∴Δ>
0y1＋y2＝4my1y2＝－4，y1－y2＝4m2＋1，∴tan∠AMB＝12m2＋18m2＋5，令t＝m2＋1，则t≥1，∴tan∠AMB＝12t8t2－3＝128t－3t.由单调性得当t＝1时，t
an∠AMB最大为125，此时m＝0，直线AB的倾斜角为90°.（2）设T()x0，y0，TM→＝λTA→()λ≠1则由AB∥MN得TN→＝λTB→，∴yM－y0＝λ()yA－y0yN－y0＝λ()yB－y0，
∴yM＋yN－2y0＝λ()yA＋yB－2y0.又∵kAB＝12，∴yA－yBxA－xB＝4yA＋yB＝12⇒yA＋yB＝8，同理yM＋yN＝8，∴8－2y0＝λ()8－2y0，又∵λ≠1，∴8－2y0＝0，∴y0＝4，∴点T在定直线y＝4上．2．解析：（1）将P点坐标代
入抛物线方程y2＝2px得4＝2p，即p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x；（2）设AB：x＝my＋t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2－4my－4t＝0，Δ>0＝16m2＋16t>0⇒m2＋t>0，设A（x1，y
1），B（x2，y2），则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，kPA＝y1－2x1－1＝y1－2y214－1＝4y1＋2，同理：kPB＝4y2＋2，由题意：4y1＋2＋4y2＋2＝2，4（y1＋y2＋4）＝2（y1y2＋2y1＋2y2＋4），解得y1y2＝4，有－4t＝4，即t
＝－1，故直线AB：x＝my－1恒过定点（－1，0）.点点练35直线与圆锥曲线一基础小题练透篇1．答案：A解析：直线y＝kx－k－1恒过定点（1，－1）.因为直线y＝kx－k－1与曲线C：x2＋2y2＝m（m>0）恒有公共
点，则曲线C表示椭圆，点（1，－1）在椭圆内或椭圆上，所以12＋2×（－1）2≤m，所以m≥3，选A.2．答案：C解析：由题意可知，左顶点A（－1，0）.又直线l的斜率为1，所以直线l的方程为y＝x＋1，若直线l与双曲线的渐近线有交点，则b≠1.又双曲线的两条渐近线的方程分别为y＝
－bx，y＝bx，所以可得xB＝－1b＋1，xC＝1b－1.由2AB→＝BC→，可得2（xB－xA）＝xC－xB，故2×－1b＋1＋1＝1b－1－－1b＋1，得b＝2，故e＝12＋221＝5.3．答案：A解析：设以P为中点的弦所在直线与椭圆交于点A（x1，y1）
，B（x2，y2），斜率为k，则4x21＋9y21＝144，4x22＋9y22＝144，两式相减得4（x1＋x2）（x1－x2）＋9（y1＋y2）（y1－y2）＝0，又x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，y1－y2x1－x2
＝k，代入解得k＝－23.4．答案：C解析：由题意知k≠0，Fp2，0，则直线AB的方程为y＝kx－p2，代入抛物线方程，得y2－2pky－p2＝0，则y1y2＝－p2.不妨设A（x1，y1）（x1>0，
y1>0），B（x2，y2），因为AF→＝2FB→，所以y1＝－2y2.又y1y2＝－p2，所以y2＝－22p，x2＝p4，所以k＝－22p－0p4－p2＝22.根据对称性可得直线AB的斜率为±22.5．答案：B解析：因为P
Q⊥PF1，|PQ|＝||PF1，由双曲线的定义可得：|PF1|－|PF2|＝|PQ|－|PF2|＝|QF2|＝2a，|QF1|－|QF2|＝2a，则|QF1|＝4a，易得∠F1QF2＝45°，|F1F2|＝2c，在△QF1F2中，由余弦定理可得16a2＋4a2－2×4a×2a×22＝4c2，化简
得（5－22）a2＝c2，所以双曲线的离心率e＝c2a2＝5－22.故选B.6．答案：D解析：如图，设椭圆的右焦点为F′，则F′（25，0），连接PF′，因为|OP|＝|OF|＝||OF′，所以PF⊥PF′，所以||PF′＝||FF′2－
|PF|2＝（45）2－42＝8，由椭圆的定义可得2a＝|PF|＋||PF′＝12，则a＝6，又因为c＝|OF|＝25，所以b2＝a2－c2＝62－（25）2＝16，所以椭圆C的方程为x236＋y216＝1.故选D.7．答案：x28＋y24＝1解析：由左焦点为F1（－2，0），可得a2－b2
＝4，过点F1作倾斜角为30°的直线的方程为y＝33（x＋2），圆心（0，0）到直线的距离d＝2331＋（33）2＝1.由直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为3b，可得2b2－1＝3b，解得b＝2，a＝22，则椭圆方程为x28＋y24＝1.8．答案：9
0解析：∵a＝6，b＝33，c＝a2－b2＝3，易知C1（－3，0）、C2（3，0）为椭圆的两个焦点，|PM|2＋2|PN|2＝|PC1|2－4＋2（|PC2|2－1）＝|PC1|2＋2|PC2|2－6，根据椭圆定义|PC1|＋|PC2|＝2a＝12，设|PC2|＝t，则a－c≤t≤a＋c，
即3≤t≤9，则|PM|2＋2|PN|2＝（12－t）2＋2t2－6＝3t2－24t＋138＝3（t2－8t＋46）＝3（t－4）2＋90，当t＝4时，|PM|2＋2|PN|2取到最小值90.二能力小题提升篇1．答
案：B解析：由题意得双曲线的渐近线方程为y＝±34x，所以l的斜率满足|k|>34，即k∈－∞，－34∪34，＋∞.2．答案：A解析：方法一设直线AB的方程为x＝ty＋1，A（x1，y1），B（x
2，y2），线段AB的中点为M，由x＝ty＋1，y2＝4x消去x得y2－4ty－4＝0，∴y1＋y2＝4t，y1·y2＝－4.由yM＝y1＋y22＝2t＝2，得t＝1，∴S△AOB＝12|OF||y1－y2|＝12（y1＋
y2）2－4y1y2＝22.方法二设A（x1，y1），B（x2，y2）.由y21＝4x1，y22＝4x2得kAB＝y1－y2x1－x2＝4y1＋y2＝1，从而直线AB的方程为y＝x－1，由抛物线定义可得|A
B|＝x1＋x2＋2＝y1＋y2＋4＝8，而点O到直线AB的距离d＝12＝22，从而S△AOB＝12|AB|d＝22.3．答案：B解析：由题意知抛物线的焦点F的坐标为（2，0），设过焦点F（2，0）的直线
为y＝k（x－2）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2）.将y＝k（x－2）代入抛物线方程消去y得k2x2－4（k2＋2）x＋4k2＝0.∵k2≠0，∴x1＋x2＝4（k2＋2）k2＝4＋8k2，x1x2＝4.∵|AB|＝1＋k2·4＋8k22－16＝10，∴k2＝4，∴x1
＋x2＝6，∴△OAB的重心的横坐标为x1＋x2＋03＝2.4．答案：D解析：设A（x1，y1），B（x2，y2），P（m，n），则x214＋y21b2＝1，x224＋y22b2＝1，作差可得（x1－x2）（x1＋x2）4
＋（y1－y2）（y1＋y2）b2＝0，把x1＋x2＝2m，y1＋y2＝2n，y1－y2x1－x2＝2代入，可得nm＝－b28＝－14，解得b＝2.5．答案：22解析：由题意可设A（x1，y1），Fp2，0，B()0，y2，∵AF→＝FB→，AF→＝p2－x
1，0－y1，FB→＝0－p2，y2－0∴p2－x1＝0－p2，∴x1＝p，∴y21＝2px1＝2p2.∵A为抛物线上第一象限内一点，∴y1＝2p,∴直线AF的斜率为k＝y1－0x1－p2＝2pp
－p2＝22，∴直线AB的斜率为22.6．答案：－14解析：设l的方程为y＝－x＋b，代入y2＝4x，得x2－（2b＋4）x＋b2＝0，∵l为抛物线C的切线，∴Δ＝0，即[－（2b＋4）]2－4b2＝0，解得b＝－
1，∴l：y＝－x－1.由题意知MN所在直线方程为y＝－x＋1.联立y＝－x＋1，y2＝4x得x2－6x＋1＝0.设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝6，x1x2＝1.设P（m，－m－1），则PM→＝（x1－m，y1＋m＋1
），PN→＝（x2－m，y2＋m＋1）.∴PM→·PN→＝（x1－m）（x2－m）＋（y1＋m＋1）（y2＋m＋1）＝x1x2－m（x1＋x2）＋m2＋y1y2＋（m＋1）（y1＋y2）＋（m＋1）2.∵x1＋x2＝6，x
1x2＝1，∴（y1y2）2＝16x1x2＝16，则y1y2＝－4，y21－y22＝4（x1－x2），∴y1＋y2＝4（x1－x2）y1－y2＝－4，∴PM→·PN→＝1－6m＋m2－4－4（m＋1）＋（m＋1）2＝2（m2－4m－3）＝2[（m－2）2－7]≥
－14.当且仅当m＝2时，即点P的坐标为（2，－3）时，PM→·PN→取最小值，为－14.三高考小题重现篇1．答案：D解析：如图，由题知直线AP的方程为y＝36（x＋a），直线F2P的方程为y＝3（x－c），过点P作PB⊥x轴，交x轴于点B.联立y＝36（x＋a），y＝3（x－
c），解得xP＝6c＋a5，∴|F2B|＝6c＋a5－c＝a＋c5.∵∠PF2B＝180°－120°＝60°，∴|F2P|＝2（a＋c）5.又∵△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，∴|F2P|＝|F1F2|，即2c＝2（a＋c
）5，∴e＝ca＝14.2．答案：D解析：方法一由题知y2＝4x的焦点坐标为（1，0），则过焦点和点（0，b）的直线方程为x＋yb＝1，而x2a2－y2b2＝1的渐近线方程为xa＋yb＝0和xa－yb＝0，由l与一条渐近线平行，与一条
渐近线垂直，得a＝1，b＝1.方法二由题知双曲线C的两条渐近线互相垂直，则a＝b，即渐近线方程为x±y＝0，排除B，C.又知y2＝4x的焦点坐标为（1，0），l过点（1，0），（0，b），所以b－00－1＝－1，b＝1.3．答案：D解析：由题意知直线MN的方程为y＝23（x＋2），
联立直线与抛物线的方程，得y＝23（x＋2），y2＝4x，解得x＝1，y＝2或x＝4，y＝4.不妨设M为（1，2），N为（4，4）.又∵抛物线焦点为F（1，0），∴FM→＝（0，2），FN→＝
（3，4）.∴FM→·FN→＝0×3＋2×4＝8.4．答案：163解析：由题意得直线方程为y＝3（x－1），联立方程，得y＝3（x－1），y2＝4x，得3x2－10x＋3＝0，∴xA＋xB＝103，故|AB|＝1＋xA＋1＋xB＝2＋103＝163.5．
答案：25555解析：如图，设圆x－12c2＋y2＝c2的圆心为A，则A12c，0，所以|F1A|＝12c＋c＝32c.设过点F1且斜率为正的直线与圆A切于点B，连接AB，则|AB|＝c，所以在Rt△F1AB中，|F1B|＝|F1A|2－|AB|2＝52c.所以直线F1
B的斜率k＝tan∠BF1A＝|AB||F1B|＝c52c＝255.方法一设P（c，y1）（y1>0）.由点P在椭圆上，得c2a2＋y21b2＝1，所以y1＝b2a（负值已舍去），所以|PF2|＝b2a.易得△F1AB∽△F1PF2，所以|AB||PF2|＝|F1B||F1F2|，即cb2a＝
52c2c，所以4ac＝5b2，即4ac＝5（a2－c2），所以5e2＋4e－5＝0，解得e＝55（负值已舍去）.方法二设P（c，y1）（y1>0）.由点P在椭圆上，得c2a2＋y21b2＝1，所以y1＝b2a（负值已舍去），所以|PF2|＝b2a.所以tan∠PF1F2＝|PF2||F1F2
|＝b2a2c＝255，则4ac＝5b2，即4ac＝5（a2－c2），所以5e2＋4e－5＝0，解得e＝55（负值已舍去）.方法三设P（c，y1）（y1>0）.由点P在椭圆上，得c2a2＋y21b2＝1，所以y
1＝b2a（负值已舍去），所以|PF2|＝b2a.由|PF1|＋|PF2|＝2a，得|PF1|＝2a－b2a，所以sin∠PF1F2＝|AB||F1A|＝|PF2||PF1|，即c3c2＝b2a2a－b2a，可得b2＝4
5a2.所以c＝a2－b2＝55a，则e＝ca＝55.四经典大题强化篇1．解析：（1）因为直线y＝kx交双曲线C于M，N两点，所以M，N两点关于原点对称，从而四边形MF1NF2是平行四边形．设双曲线C的焦距为2c，则四边形MF1NF2的面积S＝2×12×2c
×3＝12，解得c＝2，从而F1（－2，0），F2（2，0），所以|MF2|＝3，|MF1|＝5于是2a＝|MF1|－|MF2|＝2，解得a＝1，b＝3所以双曲线C的方程为x2－y23＝1.（2）设M（x
1，y1），则N（－x1，－y1），由x2a2－y2b2＝1y＝kx，得x2a2－k2b2x2＝1a2－k2b2x2＝1，因为MF1·NF1＝（－x1－c，－kx1）（x1－c，kx1）＝c2－（k2＋1）x21＝0
所以c2－（k2＋1）11a2－k2b2＝0，化简得k2＝b4a2（b2＋c2）.因为13≤k2≤3，所以13≤b4a2（b2＋c2）≤3.由b2a2（b2＋c2）≤3，得e4－8e2＋4≤0，解得1<e≤3＋1由13≤b4a2（b2＋c2）得3e4－8e2＋4≥0，解得e≥2
.因此，e的取值范围为[2，3＋1].2．解析：（1）依题意，a＝2b，椭圆E的方程为：x24b2＋y2b2＝1，又椭圆E过－3，12，于是有34b2＋14b2＝1，解得b2＝1，a2＝4，所以椭圆E的方程为x24＋y2＝1.（2）由（1）知A（0，
－1），依题意，设直线l的方程为y＝kx＋m（k≠0，m≠－1），P（x1，y1），Q（x2，y2），直线AP的方程为y＝y1＋1x1x－1，令y＝0，得点M的横坐标为xM＝x1y1＋1，同理得点N的横坐标为xN＝x2y2＋1，由y＝kx＋mx2＋4y2＝4消去y并整理
得，（4k2＋1）x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝64k2m2－4（4k2＋1）（4m2－4）>0，即m2<4k2＋1，x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1，因此，xMxN＝x1x2（y1＋
1）（y2＋1）＝x1x2（kx1＋m＋1）（kx2＋m＋1）＝x1x2k2x1x2＋k（m＋1）（x1＋x2）＋（m＋1）2＝4m2－44k2＋1k2·4m2－44k2＋1＋k（m＋1）·－8km4k2＋1＋（m＋1）2＝2，即4（m－1）m＋1＝2，解得
m＝3，直线l的方程为y＝kx＋3，l过定点（0，3），所以直线l过定点（0，3）.单元检测（十）圆锥曲线1．答案：C解析：∵－1≤sinθ≤1，∴2≤2sinθ＋4≤6，－4≤sinθ－3≤－2，∴方程x22sinθ＋4＋y2sinθ－3＝1（θ∈R）所表
示的曲线是焦点在x轴上的双曲线．2．答案：B解析：由题意可得a2＝4，b2＝3,c2＝a2－b2＝1，所以a＝2，c＝1.①若光线从椭圆一个焦点沿x轴方向出发到长轴端点（较近的）再反射，则所经过的路程为2()a－c＝2.②若光线从椭
圆一个焦点沿x轴方向出发到长轴端点（较远的）再反射，则所经过的路程为2()a＋c＝6.③若光线从椭圆一个焦点沿非x轴方向出发，则所经过的路程为4a＝8.故选B.3．答案：C解析：设A（x1，y1），B（x2，y2），A，B中点横坐标
为x0，则x0＝x1＋x22＝2，解得：x1＋x2＝4，∴||AB＝x1＋x2＋2＝6.故选C.4．答案：D解析：因为双曲线x2－y2m＝1的一个焦点为()－3，0，所以c＝3，所以m＋1＝32，解得m＝
8.故选D.5．答案：D解析：当|MO|＝|MF|，即M在直线x＝12上时，解得M12，±2，即|MF|＝|MO|＝122＋（±2）2＝32，所以△OFM的周长为2×32＋1＝4.当|MO|＝|OF|时，设M
y204，y0，所以y4016＋y20＝1，解得M（5－2，±25－2），所以|MF|＝5－1，所以△OFM的周长为5－1＋1＋1＝5＋1.6．答案：D解析：AF2⊥x轴，直线l在y轴上的截距为1，则A（c，2）.|AF1|＝3|F1B|，则B－53c
，－23，c2a2＋4b2＝1，25c29a2＋49b2＝1，2591－4b2＋49b2＝1，b2＝6.∵b2a＝2，a＝b22＝3，2a＝6，故选D.7．答案：D解析：由题意可知c2a2＝4，b
2a2＝c2－a2a2＝3，所以双曲线的渐近线方程为y＝±3x.因为抛物线的焦点0，p2到双曲线的渐近线的距离为2，所以p2（3）2＋12＝p4＝2，解得p＝8，所以抛物线C2的方程为x2＝16y.8
．答案：C解析：方法一∵F1，F2是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a>b>0）的两个焦点，P为椭圆C上一点，∴|PF1|＋|PF2|＝2a.∵PF1·PF2＝0，∴PF1⊥PF2，∴|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，又△PF1F2的面积为9，∴12|PF1||PF2|＝9
，∴（|PF1|＋|PF2|）2＝4c2＋2|PF1||PF2|＝4a2，∴36＝4（a2－c2）＝4b2，解得b＝3.方法二利用椭圆性质可得，S△PF1F2＝b2tanθ2＝b2tanπ4＝9，∴b＝3.9．答案：A解析：由离心率e＝12，得ca＝12，即
c＝12a.因为△F1PF2的内切圆的面积为π，设内切圆的半径为r，所以πr2＝π，解得r＝1，由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|＝2a，在△F1PF2中，∠F1PF2＝π3，由余弦定理得|PF1
|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cos∠F1PF2＝|F1F2|2，即|PF1|2＋|PF2|2－|PF1|·|PF2|＝|F1F2|2，∴（|PF1|＋|PF2|）2－3|PF1|·|PF2|＝|F1F
2|2，∴3|PF1|·|PF2|＝4a2－4c2＝3a2，可得|PF1|·|PF2|＝a2，所以S△F1PF2＝12|PF1|·|PF2|·sinπ3＝34a2，而S△F1PF2＝12（|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|）·r＝12（2a＋2c）·r＝a＋c＝32a，所以可
得34a2＝32a，解得a＝23，c＝3，由a2＝b2＋c2，得b＝3，所以该椭圆的方程为x212＋y29＝1.故选A.10．答案：B解析：∵M，N是双曲线的两个顶点，M，O，N将椭圆长轴四等分，∴椭圆的长轴长是双曲线实轴长的2倍．∵双曲线与椭圆有公共焦点，∴双
曲线与椭圆的离心率的比值是2.11．答案：D解析：因为F1，F2分别为双曲线的左右焦点，由正弦定理得到||PF2sin∠PF1F2＝||PF1sin∠PF2F1，又因为sin∠PF1F2sin∠PF2F1＝3
得||PF2||PF1＝3，又∵||||PF2－||PF1＝2a，∴||PF1＝a，||PF2＝3a，在△OPF1中，||OF1＝c，||PF1＝a，||OP＝b，∴∠OPF1＝90°，cos∠PF1O＝||PF1||OF1＝ac，在△PF1F2中，cos∠PF1O＝a2＋4c2－9a22
·a·2c＝a2＋4c2－9a24ac，所以a2＋4c2－9a24ac＝ac，化简得e＝ca＝3.故选D.12．答案：C解析：设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4），则直线MD的方程为x＝x1－2y1y＋2
，代入抛物线C：y2＝4x，整理得y2－4（x1－2）y1y－8＝0，所以y1y3＝－8，即y3＝－8y1，从而x3＝16y21，故P16y21，－8y1，同理可得Q16y22，－8y2.因为M，E，N三点共线，所以y1x1－4＝y2x2－4，即y1y214－4＝y2
y224－4，所以y1y22－16y1＝y21y2－16y2，从而解得y1y2＝－16.所以k2＝－8y2＋8y116y22－16y21＝8y2＋y1，k1＝y2－y1x2－x1＝y2－y1y224－y214＝4y2＋y1.所以k2k1＝2.13．答案：1
4解析：椭圆x22＋y2＝1的上顶点是（0，1），抛物线y＝ax2（a>0）的焦点是0，14a.因为抛物线y＝ax2（a>0）的焦点与椭圆x22＋y2＝1的上顶点重合，所以14a＝1，所以a＝14.14．答案：2或103解析：若渐近线的方程为y＝bax，则点P的坐标
为a2b，a.因为|PA2|＝52|A1A2|，所以a2b－a2＋a2＝5a2，则ab－12＝4，所以ab＝3，从而离心率e＝1＋b2a2＝103.若渐近线的方程为y＝－bax，则点P的坐标为－a2b，a，同理可得
离心率e＝2.故双曲线C的离心率为2或103.15．答案：（1，0）433解析：由抛物线C：y2＝4x可得p＝2，故焦点F的坐标为（1，0）.设A（x0，y0），则|AF|＝x0＋p2＝x0＋1＝4，故x0＝3.根据抛物线的对称性，不妨令点A在第一象限，
则y0＝23，则A（3，23），则kAB＝233－1＝3，故直线AB的方程为y＝3（x－1）.由y2＝4x，y＝3（x－1）可得3x2－10x＋3＝0，故x＝3，y＝23或x＝13，y＝－233，则B（
13，－233），所以S△AOB＝12|OF|·|yA－yB|＝12×1×23＋233＝433.16．答案：（0，3）解析：延长PF2，F1M交于N点，连接OM，如图．因为点Q是△F1PF2内切圆的圆心，所以
直线PQ平分∠F1PF2.因为F1M⊥PQ，所以|PN|＝|PF1|，则M为F1N的中点．又因为O为F1F2的中点，所以|OM|＝12|F2N|＝12（|PN|－|PF2|）＝12（|PF1|－|PF2|）＜12|F1F2|＝c＝3.所以
|OM|的取值范围是（0，3）.17．解析：（1）因为BC过椭圆M的中心，所以BC＝2OC＝2OB.又AC⊥BC，BC＝2AC，所以△OAC是以∠C为直角的等腰直角三角形，则A（a，0），Ca2，－a2，所以a22a2＋
－a22b2＝1，整理得a2＝3b2，所以c2＝a2－b2＝2b2，所以e＝c2a2＝2b23b2＝63.（2）由（1）可知A（a，0），B－a2，a2，AB＝102a，则△ABC的外接圆的圆心为AB的中点a4，a4，半径为12AB＝104a，所以△ABC的外
接圆的方程为x－a42＋y－a42＝58a2.令x＝0，解得y＝a或y＝－a2，所以a－－a2＝9，解得a＝6（也可由垂径定理得（104a）2－a42＝92，解得a＝6）
，所以b2＝12，故椭圆M的方程为x236＋y212＝1.18．解析：（1）由题意得F（1，0），l的方程为y＝k（x－1）（k>0）.设A（x1，y1），B（x2，y2），由y＝k（x－1），y2＝4x得k2x2－（2k2＋4）x＋k2＝0.Δ＝16k2＋16>
0，故x1＋x2＝2k2＋4k2.所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝（x1＋1）＋（x2＋1）＝4k2＋4k2.由题设知4k2＋4k2＝8，解得k＝－1（舍去）或k＝1.因此l的方程为y＝x－1.（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为
y－2＝－（x－3），即y＝－x＋5.设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则y0＝－x0＋5，（x0＋1）2＝（y0－x0＋1）22＋16.解得x0＝3，y0＝2或x0＝11，y0＝－6.因此所求圆的方程为（x－3）2＋（y－2）2＝16或（x－11）2＋（
y＋6）2＝144.19．解析：（1）将点A（2，1）代入方程x22－y2b2＝1，解得b2＝1，所以双曲线C的方程为x22－y2＝1，渐近线方程为y＝±22x.（2）联立y＝k（x－1）x22－y2＝1，整理得()1－2k2x2＋4
k2x－2k2－2＝0，由题意1－2k2≠0Δ>0，得k2<1且k2≠12，设点E，F的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），由韦达定理得x1＋x2＝4k22k2－1，x1x2＝2k2＋22k2－1
，直线AE的方程为y－1＝y1－1x1－2（x－2），令x＝3，得y＝y1－1x1－2＋1，即M3，y1－1x1－2＋1，同理可得N3，y2－1x2－2＋1，|x1－x2|＝（x1＋x2）2－4x1x2＝221
－k2|2k2－1|，|MN|＝y2－1x2－2－y1－1x1－2＝x1y2－x2y1－x1＋x2－2y2＋2y1（x1－2）（x2－2）＝kx1（x2－1）－2k
（x2－1）＋x2－kx2（x1－1）＋2k（x1－1）－x1（x1－2）（x2－2）＝|k－1|x1－x2x1x2－2（x1＋x2）＋4＝|k－1|21－k2|k2－1|＝2|1－k|1－k2，所以△AMN的面积S＝12×|MN|×1＝22×|1－k|1－k2＝
2，即21－k2＝|1－k|，解得k＝1或k＝－35，又k2<1且k2≠12，所以k的值为－35.20．解析：（1）由题意，ca＝32，可设a＝2t，c＝3t，则b＝a2－c2＝4t2－3t2＝t，由a－b＝1，可得2t－
t＝1，解得a＝2，b＝1，c＝3，故椭圆E：x24＋y2＝1.（2）证明：设过点P的直线方程为y＝k（x－4），A（x1，y1），B（x2，y2），联立可得y＝k（x－4）x24＋y2＝1，消去y可得：（4k2＋1）x2－32k2x＋64k2－4＝0，由Δ＝（－32k2）2－4
（4k2＋1）（64k2－4）>0，解得k2<112，则x1＋x2＝32k24k2＋1，x1·x2＝64k2－44k2＋1，依题意，可设Q（m，k（m－4）），由Q在线段AB上，则（m－x1）（m－x2）<0，所以|QA||QB|＝|m－x1||m
－x2|＝－m－x1m－x2，因为|PA||PB|＝4－x14－x2，所以由|QA||QB|＝|PA||PB|，可得－m－x1m－x2＝4－x14－x2，则（4－x1）（m－x2）＝－（4－x2）（m－x1），去括号可得2x1x2－（m＋4）（x1＋x2）＋8m＝0，将x1＋x2
＝32k24k2＋1，x1·x2＝64k2－44k2＋1代入上式并整理可得8m－8＝0，解得m＝1，则Q（1，－3k），故OP→·OQ→＝4×1＋0×（－3k）＝4.21．解析：（1）当直线MN垂直于x轴时，直线MN的方程为x＝1，代入y2＝2px，得y＝±
2p，因为△OMN的面积为2，所以12×1×22p＝2，解得p＝2，故C的方程为y2＝4x.（2）由题意可知，直线MN的斜率一定存在，设直线MN：y＝k（x－1）＋3（k≠0），则x＝y－3k＋1，代入y2＝4x，得ky2－
4y－4k＋12＝0，设M（x1，y1），N（x2，y2），则Δ1＝16()k2－3k＋1>0，y1＋y2＝4k，y1y2＝12－4kk，||QM·||QN＝1＋1k2||3－y1×1＋1k2||3－y2＝1＋1k2||9－3()y1＋y2＋y1y2＝1＋1k2
9－12k＋12－4kk＝51＋1k2.设直线ST：y＝k（x－1）（k≠0），则x＝yk＋1，代入y2＝4x，得ky2－4y－4k＝0，设S（x3，y3），T（x4，y4），则Δ2＝16＋16k2>0，y3＋y4＝4k，y3y4＝－4，|ST|＝1＋1k2||y3－y4＝1＋1
k2()y3＋y42－4y3y4＝41＋1k2，故存在常数Ω＝54，使得||QM·||QN＝Ω|ST|恒成立．22．解析：（1）依题意，1a2＋94b2＝1，14a2＋4516b2＝1，解得a2＝4，b2＝3，故C的方程为x24＋y23＝1.（2）是定值．理由如下：依
题意，M（－2，0），N（0，3），设A（x0，y0），则3x20＋4y20＝12，所以直线AM：y－0y0－0＝x＋2x0＋2，令x＝0，yP＝2y0x0＋2，则|NP|＝3－yP＝3－2y0x0＋2＝3x0＋23－2
y0x0＋2；直线AN：y－3y0－3＝x－0x0－0，令y＝0，xQ＝－3x0y0－3.则|MQ|＝2＋xQ＝2＋－3x0y0－3＝2y0－23－3x0y0－3，又易知NP⊥MQ，所以四边形MNQP的面积为S＝12|NP|·|MQ|＝12·3x0＋23－2y0x0＋2·2y0－
23－3x0y0－3＝－3x20－4y20－12＋43x0y0－12x0＋83y02（x0y0－3x0＋2y0－23）＝43（x0y0－3x0＋2y0－23）2（x0y0－3x0＋2y0－23）＝23，所以四边形MNQP的面积为23.第十一单
元概率与统计点点练36排列与组合一基础小题练透篇1．答案：C解析：共有C26·C15＝75（种）不同的选法．2．答案：D解析：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24（个）；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样
的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36（个）.3．答案：B解析：根据题意，分两步考虑：第一步，先从4个人里选1人，其位置不变，站法有C14＝4（种）；第二步，其他3人都不站在自己原来的位置上，有2种站法．故不同的站法共有4×2＝8（种）.4．答案：A解析：安排人
员去甲地可分为两步：第一步安排教师，有C12种方案；第二步安排学生，有C24种方案．其余的教师和学生去乙地，所以不同的安排方案共有C12C24＝12（种）.5．答案：D解析：分两种情况，第一种，最后体验甲景区，则有
A33种可选的路线；第二种，不在最后体验甲景区，则有C12·A22种可选的路线．所以小明可选的旅游路线数为A33＋C12·A22＝10.6．答案：C解析：若选一男两女共有：C12C24A33＝72；若选两男一女共有：C22C14A33＝24；因此共有96种．故选C.7．答案：590解析：方法一5＝
1＋1＋3＝1＋2＋2，故共有选派方法：C33C14C15＋C13C34C15＋C13C14C35＋C23C24C15＋C23C14C25＋C13C24C25＝590种．方法二利用间接法，用C512减去这5人从某一科或某两科选出的情形：C512－[C55＋C57＋（C58－C55）＋（
C59－C55）]＝590.8．答案：45解析：设5名同学也用A，B，C，D，E来表示，若恰有一人坐对与自己车票相符的坐法，设E同学坐在自己的座位上，则其他四位都不坐自己的座位，则有BADC，BDAC，BCDA，CA
DB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA，共9种坐法，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有9×5＝45（种）.二能力小题提升篇1．答案：B解析：分为两步，第一步：安排2人去A场馆有C25
种结果；第二步：安排其余3人到剩余3个场馆，有A33种结果，所以不同的安排方法种数为C25A33＝60.故选B.2．答案：C解析：若甲与丙之间为乙，即乙在甲、丙中间且三人相邻，共有A22种情况，将三人看成一个整体，与丁戊两人全排列，共有A33＝6种情况，则此时有
2×6＝12种排法；若甲与丙之间不是乙，先从丁、戊中选取1人，安排在甲、丙之间，有C12＝2种选法，此时乙在甲的另一侧，将四人看成一个整体，考虑之前的顺序，有A22＝2种情况，将这个整体与剩下的1人全排列，有A22＝2种情况，此时有2×2×2＝8种排法，所以总共有12＋8＝20种情况符合题
意．故选C.3．答案：A解析：（1）若甲、乙两人所在的岗位只分配了甲、乙两人，则另外有一个岗位需要安排两人，此时，不同的安排方法种数为C14C24A33＝144种；（2）若甲、乙两人所在的岗位分配了三人，则还需从其余四人中抽取一人分配
在甲、乙这两人所在的岗位，此时，不同的安排方法种数为C14A44＝96种．综上所述，不同的安排方法种数为144＋96＝240.故选A.4．答案：A解析：由题可知把7名工作人员分别分为（1，1，5），（2，2，3），（3，3，1）三种情况，把7名工作人员分为1
，1，5三组，则不同的安排方式共有：C17C16C55A22·A33＝126种，把7名工作人员分为2，2，3三组，不同的安排方式共有：C27C25C33A22·A33＝630种，把7名工作人员分为3，3，1三组，不同的安排方式共有：C37C34C11A22·A33＝420种，综上，不同的安排方
式共有126＋630＋420＝1176种．故选A.5．答案：540解析：首先将6名志愿者分成3组，再分配到3个社区，可分为3种情况，第一类：6名志愿者分成1＋2＋3，共有C16C25C33A33＝360（种）选派方案，第二类：6名志愿者分成1＋1＋4，共有
C16C15C44A22A33＝90（种）选派方案，第三类：6名志愿者分成2＋2＋2，共有C26C24C22A33A33＝90（种）选派方案，所以共360＋90＋90＝540（种）选派方案．6．答案：20解析：将关闭后的路灯看作是由7盏亮着的路灯和3盏熄灭的路灯的排列，其
中熄灭的路灯不能在两端，也不能相邻．因此，先将7盏亮着的路灯排好，再用3盏熄灭的路灯去插除去两端的6个空，一共有C36＝20种方法．三高考小题重现篇1．答案：C解析：根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个
项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有C25种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有A44种安排方法．故满足题意的分配方案共有C25·A44＝240（种）.
2．答案：B解析：由E处到F处向上和向右各走2段，故有C24＝6种走法，同理从F处到G处有C13＝3种走法．由分步乘法计数原理可知，共有6×3＝18条最短路径．3．答案：B解析：因为丙丁要在一起，先把丙丁捆
绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列，有3！种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3！×2×2＝24种不同的排列方式，故选B.4．答案：
D解析：由1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，个位数为奇数的有C13种，其余4个数字全排列，所以奇数的个数为C13·A44＝3×4×3×2×1＝72.5．答案：36解析：因为每个小区至少安排1名同学，所以4名同学的分组方案只能为1，1，2，所以不
同的安排方法共有C14·C13·C22A22·A33＝36种．6．答案：16解析：方法一（直接法）①选1女2男有C12C24＝12种选法，②选2女1男有C22·C14＝4种选法．根据分类加法原理，共12＋4＝16种不
同选法．方法二（间接法）6人中选3人有C36种选法，3人全是男生有C34种选法，∴符合题意的不同选法有C36－C34＝20－4＝16种．四经典大题强化篇1．解析：（1）（捆绑法）由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同5名男生合在一起有6个元素，排成一排有A66种排
法，而其中每一种排法中，3名女生之间又有A33种排法，因此共有A66·A33＝4320种不同排法．（2）（插空法）先排5名男生，有A55种排法，这5名男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A36种排法，因此共有A55·A36＝144
00种不同排法．（3）方法一（位置分析法）因为两端不排女生，只能从5名男生中选2人排，有A25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A66种排法，因此共有A25·A66＝14400种不同排法．方法二（元素分析法）从中间6个位置选3个安排女生，有A36种排法，其余位置无限制
，有A55种排法，因此共有A36·A55＝14400种不同排法．（4）8名学生的所有排列共A88种，其中甲在乙左边与乙在甲左边的各占12，因此符合要求的排法种数为12A88＝20160.（5）甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．方法一（特
殊元素法）甲在最右边时，其他的可全排，有A77种不同排法；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A16种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有A16种，其余人全排列，共有A16·A16·A66种不同排法．由分类加法计数原理知，共有A7
7＋A16·A16·A66＝30960种不同排法．方法二（特殊位置法）先排最左边，除去甲外，有A17种排法，余下7个位置全排，有A77种排法，但应剔除乙在最右边时的排法A16·A66种，因此共有A17·A77－A16·A66＝30960种排法．方法三（间接法）
8名学生全排列，共A88种，其中，不符合条件的有甲在最左边时，有A77种排法，乙在最右边时，有A77种排法，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A66种排法．因此共有A88－2A77＋A66＝30960种排法．2．解析：（1）只有一名女生当选等价
于有一名女生和四名男生当选．故共有C15·C48＝350种．（2）两队长当选，共有C22·C311＝165种．（3）至少有一名队长当选含有两类：只有一名队长当选，有两名队长当选．故共有C12·C411＋C22·C311＝825种．（或采用排除法：C513－C511＝825（种））.（4）至多有
两名女生当选含有三类：有两名女生当选，只有一名女生当选，没有女生当选．故选法共有C25·C38＋C15·C48＋C58＝966种．点点练37二项式定理一基础小题练透篇1．答案：C解析：因为（2x＋1）n的展开式中，第三项和第四项的二项
式系数相等，所以C2n＝C3n，由组合数的性质可得n＝2＋3＝5.2．答案：C解析：在二项式x－1x7的展开式中，通项公式为Tr＋1＝Cr7·x7－r·－1xr＝（－1）rCr7x7－2r，
故第r＋1项的系数为（－1）rCr7，当r＝0，2，4，6时，系数为正，因为C07<C17＝C67<C27<C47，所以当r＝4时，系数最大的项是第5项．3．答案：D解析：由于x，1x互为倒数，故常数项为第4项，即常数项为C36x3－2x3＝20×（－8）＝－16
0.故选D.4．答案：B解析：因为（x＋2y）（x－y）5＝x（x－y）5＋2y（x－y）5，（x－y）5的通项为：Tr＋1＝Cr5x5－r（－y）r，令r＝3，则T4＝C35x2（－y）3，令r＝2，则T3＝C25x3（
－y）2，所以x3y3的系数为C35（－1）3＋2C25（－1）2＝－10＋20＝10.故选B.5．答案：D解析：令x＝0，则a0＋a1＋a2＋…＋a10＝（0＋1）×（0＋1）8＝1，令x＝－12，则a0＝14＋1×（－2＋1）8＝54，∴a1＋a2＋…＋a10＝
1－54＝－14.6．答案：C解析：由（x＋1）4＋（x－2）8＝[（x－1）＋2]4＋[（x－1）－1]8＝a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋…＋a8（x－1）8，得a3·（x－1）3＝C14·（x－1）3·2＋C58·（x－1）3·（－1）5，∴a3＝8－C58＝－
48.故选C.7．答案：C解析：（1＋2x）n展开式第r＋1项Tr＋1＝Crn（2x）r＝Crn2rxr，∵a5＝a6，∴C5n25＝C6n26，即C5n＝2C6n，∵n！5！（n－5）！＝2×n！6！（n－6）！，整理得n－5＝3，∴n＝8.故选C.8．答案
：15解析：令x＝1，得所有项的系数和为4n，二项式系数和为2n，所以4n2n＝2n＝32，即n＝5，（3x＋x）5的第r＋1项为Cr5·（3x）5－r·x12r＝Cr5·35－r·x5－r2.令5－r2＝3，得r＝4，所以x3项的系数是C45×3＝15.二能力小题
提升篇1．答案：C解析：因为在（x－1）n的二项展开式中，仅有第6项的二项式系数最大，即C5n最大，所以n＝10.2．答案：C解析：（1－x）8展开式第r＋1项Tr＋1＝Cr818－r（－x）r＝（－1）rCr8xr，（1－ax＋x2）（1－x）8的展开式中含x2的项的系数为1·（－1
）2C28－a·（－1）C18＋1·（－1）0C08，所以1·（－1）2C28－a·（－1）C18＋1·（－1）0C08＝21，解方程可得a＝－1，故选C.3．答案：D解析：二项式（x＋13x）30的展开式中，通项公式为Cr30·（x）30－r·（13x）r＝Cr30·x15－56
r，0≤r≤30，∴r＝0，6，12，18，24，30时满足题意，共6项．4．答案：A解析：令x＝1可得12－1n＝－12n＝164＝－126，所以n＝6，展开式有7
项，所以二项式12－x6展开式中二项式系数最大的为第4项T4＝（－1）3C36126－3x3＝－52x3.5．答案：－16027解析：由二项式展开式可知，x3－23x6
的展开式的中间一项的系数为C36133·（－2）3＝－16027.6．答案：4108x5解析：3x2＋1xn展开式中，各二项式系数的和比各项系数的和小240，即2n－（3＋1）n＝－240，化简得22n－2n－240＝0，解得2n＝16或2n＝－1
5（不合题意，舍去），所以n＝4.所以3x2＋1x4＝81x8＋4×27x5＋6×9x2＋4×3x＋1x4，展开式中的系数最大的项是108x5.三高考小题重现篇1．答案：C解析：由二项式定
理得（x－2）5的展开式的通项Tr＋1＝Cr5（x）5－r（－2）r＝Cr5（－2）rx5－r2，令5－r2＝2，得r＝1，所以T2＝C15（－2）x2＝－10x2，所以x2的系数为－10.2．答案：A解析：展开式中含x3的项
可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为C34＋2C14＝4＋8＝12.3．答案：－28解析：因为1－yx()x＋y8＝()x＋y8－yx()x＋y8，所以1－yx()x＋y8的展开式中含x2y6的项为C68x2y6－yxC58x
3y5＝－28x2y6，1－yx()x＋y8的展开式中x2y6的系数为－28.4．答案：240解析：展开式的通项为Tr＋1＝Cr6（x2）6－r·2xr＝2rCr6x12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4，故常数项为24C46＝240.5．答案：2解析：（x＋a）5的
展开式的通项为Tr＋1＝Cr5x5－rar，令5－r＝2，得r＝3，则C35a3＝80，解得a＝2.6．答案：510解析：（x－1）3展开式的通项Tr＋1＝Cr3x3－r·（－1）r，（x＋1）4展开式的通项Tk＋1＝Ck4x4－k，则a1＝C03＋C14＝
1＋4＝5；a2＝C13（－1）1＋C24＝3；a3＝C23（－1）2＋C34＝7；a4＝C33（－1）3＋C44＝0.所以a2＋a3＋a4＝3＋7＋0＝10.四经典大题强化篇1．解析：（1）令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.（2）令x＝－1，得－35＝
－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5.由（2x－1）5的通项Tr＋1＝Cr5（－1）r·25－r·x5－r，知a1，a3，a5为负值，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a5|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35＝243.（3）由a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1，－a0＋a1－a2
＋…＋a5＝－35，得2（a1＋a3＋a5）＝1－35，所以a1＋a3＋a5＝1－352＝－121.2．解析：（1）当m＝2时，f（7，x）＝1＋2x7的展开式共有8项，二项式系数最大的项为第四项或第五项，所以T4＝C372x3＝280x3或T5＝
C472x4＝560x4.（2）①f（10，x）＝2m＋mx10的通项公式为Tr＋1＝Cr102m10－rmxr＝210－r·m2r－10·Cr10x－r，且f（10，x）
＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，所以1x2的系数为a2＝28C210m－6＝180，解得m＝2，所以f（10，x）的通项公式为Tr＋1＝Cr102xr＝2rCr10x－r，所以ar＝2rCr10，当r＝0时，a0＝1，令x＝1，∑10i＝1ai＝310－1＝59048，②设
ar＝2rCr10为ai（0≤i≤10）中的最大值，则2rCr10≥2r－1Cr－1102rCr10≥2r＋1Cr＋110，解得2（11－r）≥rr＋1≥2（10－r），即193≤r≤223，r∈N，所以r＝7，
所以（ai）max＝a7＝27C710＝15360.点点练38随机事件的概率、古典概型与几何概型一基础小题练透篇1．答案：C解析：某同学用一枚质地均匀的硬币做了100次试验，正面朝上出现了40次，所以出现正面朝上的频率为40100＝0.4，因为每次抛硬币时，正面朝上和反面朝
上的机会相等，都是0.5，所以出现正面朝上的概率是0.5.2．答案：B解析：若事件A，B为互斥事件，则P（A＋B）＝P（A）＋P（B）＝43>1，与0≤P（A＋B）≤1矛盾，所以P（A＋B）≠P（A）＋P（B），所以事件A，B一定不互斥，所以B正确，A错误，由题意无
法判断P（AB）＝P（A）P（B）是否成立，所以不能判断事件A，B是否互相独立，所以CD错误．3．答案：B解析：圆内接正十二边形的每条边在圆内所对的圆心角为2π12＝π6，所以，半径为1的圆的内接正十二边形的面积为12×12×12×sinπ6＝3，因此，在半径
为1的圆内任取一点，则该点取自其内接正十二边形的概率为3π.故选B.4．答案：B解析：如图所示，从正方体的8个顶点中任取3个构成三角形，基本事件有C38＝56种，在正方体中，满足任取3个顶点构成正三角形的有8种，顶点的集合
分别是{A，C，B1}，{A，C，D1}，{B，D，C1}，{B，D，A1}，{A1，C1，B}，{A1，C1，D}，{B1，D1，A}，{B1，D1，C}，所以所求概率为856＝17.故选B.5．答案：A解析：由题意，把6名同学
平均分配到三个不同的路口，共有C26C24C22A33A33＝90种分配方案，其中甲、乙两人被分配到同一路口有C13C24＝18种可能，所以甲、乙两人被分配到同一路口的概率为1890＝15.6．答案：C解析：6人平均
分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料的基本事件共有C36＝20个，甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的基本事件有：甲指挥交通，乙和丙在另一组；或者丙乙指挥交通，甲在另一组；或者甲乙指挥交通，丙
在另一组，共有3C13＝9个，所以所求概率为920.故选C.7．答案：2.16解析：由题意可知，长方形面积为2×3＝6cm2，设图中蝴蝶面积为S，则P＝3601000＝S6，即S＝360×61000＝2.16cm2.8．
答案：0.21解析：设抽到一等品、二等品、三等品分别为事件A，B，C，则P（A）＋P（B）＝0.86P（B）＋P（C）＝0.35P（A）＋P（B）＋P（C）＝1，解得P（B）＝0.21.二能力小题
提升篇1．答案：D解析：由题可知，若从7条线路中选2条，则有C27＝21种方法，若选出的两条线都与A相连，则共有C25＝10种方法，则这两条线都与A直接相连的概率为P＝C25C210＝1021.2．答案：A解析：甲、乙、丙、丁四名大学生分到三个不同单位实习，每个单位至
少分到一名实习生，则必有2人分配到同一个单位，先从4人中选出2人，有C24＝6种选择，再进行全排列，有A33＝6种选择，故总的方法有C24A33＝36种，其中甲、乙两名大学生被分到同一个单位实习的情况：从3个单位中选出一个分配给甲乙，再将剩余的丙丁和剩余的两个单位进行全排列，有C
13A22＝6种选择，所以甲、乙两名大学生被分到同一个单位实习的概率为636＝16，故甲、乙两名大学生不被分到同一个单位实习的概率为1－16＝56.故选A.3．答案：D解析：作与正方体每个面平行且距离为12的截面，从而可以在正方体内部得到一个小的正方
体，由题意可得当P点落在小正方体内部时，能使四棱锥PABCD，PABB1A1，PBB1C1C，PCC1D1D，PDD1A1A，PA1B1C1D1的体积大于23，根据几何概型概率公式知P＝（1）38＝18，故选D.4．答案：C解析：设六棵树从矮到高的顺序为1，2，3，4，5，
6，后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高为事件A.则6必在后排，1在前排，因此，分为16相对和16不对两种情况（相对的意思是前后相邻），（1）16相对：5必在后排，2必在前排，因此，又可分为25相对和25不对两种情况，①25相对时，34相对且4在
后排，所以有A33种情况；②25不对，有2A33种情况．（2）16不对：可分为5在前排和5在后排两种情况，1）5在前排，则56相对且4在后排，又可分为14相对和14不对两种情况，14相对：有A33种；14
不对：有2A33种．2）5在后排，又可分为15相对和15不对两种情况，①15相对：2必在前排，又分为26相对和26不对两种，26相对：有A33种；26不对：有2A33种．②15不对，有A33·A33种．所以P（A）＝3×
3A33＋A33·A33A36·A33＝156×5×4＝18.故选C.5．答案：625解析：在下月的1日至7日这七天时间内，随机选择其中的连续三天做核酸检测，两个居民小区均有5种选择，分别为1日至3日，2日至4日，3日至5日，4日至6日，5日至7日，
故总的情况有52＝25种，其中这两个居民小区恰好有一天同时在做核酸检测的情况：（123，345），（234，456），（345，567）共有3种情况，再进行排列，所以共有3A22＝6种情况，所以恰好仅有一天这两个居民小区同时在做核酸检测的概率为625.6．答案：25解
析：将5个不同编号的小球随机排成一列所包含的基本事件总数n＝A55＝120，其中只有一种颜色的球相邻的排列方法有C12A22A22A23＝48（种），两种颜色的球相邻的排列方法有A22A22A33＝24（种），因此相同颜色的球都不相邻所包含的基本事件个数m＝120－
48－24＝48.所以相同颜色的球都不相邻的概率P＝mn＝48120＝25.三高考小题重现篇1．答案：B解析：因为区间（0，12）的长度为12，区间（0，13）的长度为13，所以在区间（0，12）随机取1个数，则取到的数小于13的概率P＝13÷12＝23.2．答案
：C解析：将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，若2个0相邻，则有C15＝5种排法，若2个0不相邻，则有C25＝10种排法，所以2个0不相邻的概率为105＋10＝23.3．答案：D解析：从2至8的7个整数
中随机取2个不同的数，共有C27＝21种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：（2，4），（2，6），（2，8），（3，6），（4，6），（4，8），（6，8），共7种，故所求概率P＝21－721＝23.
故选D.4．答案：A解析：由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C36＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝2064＝516.5．答案：19解析：将一颗
质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，向上的点数共有36种情况，其中点数和为5的情况有（1，4），（2，3），（3，2），（4，1），共4种，则所求概率为436＝19.6．答案：710解析：记3名男同学为A，B，C，2名女同学为a，b，则从
中任选2名同学的情况有（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），（B，C），（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），（a，b），共10种，其中至少有1名女同学的情况有（A，a），（A，b），（B，a），（B，b），（C，a），（C，b）
，（a，b），共7种，故所求概率为710.四经典大题强化篇1．解析：记A表示事件“考生选择生物”，B表示事件“考生选择物理但不选择生物”，C表示事件“考生至少选择生物、物理2门学科中的1门”，D表示事件“考生选择生物但不选择物理”，E表示事件“考生同时选择生物、物理两门学科”
．（1）由题意可得P（A）＝0.5，P（B）＝0.2，C＝A∪B，A∩B＝∅.所以P（C）＝P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝0.5＋0.2＝0.7.（2）由某校400名考生中，选择生物但不选择物理的人数为140，可知P（D）＝140400＝0.35.因为D∪E＝A，D∩E＝∅
，所以P（E）＝P（A）－P（D）＝0.5－0.35＝0.15.故1位考生同时选择生物、物理2门学科的概率为0.15.2．解析：（1）设该厂这个月共生产轿车n辆，由题意得50n＝10100＋300，所以n＝2000，则z＝2000－（100＋300）－（150＋450）－600＝400.
（2）设所抽样本中有a辆舒适型轿车，由题意得4001000＝a5，得a＝2，所以抽取的容量为5的样本中，有2辆舒适型轿车，3辆标准型轿车．用A1，A2分别表示2辆舒适型轿车，用B1，B2，B3分别表示3辆标准型轿车，用E表示事件“在该样本中任取2辆，至少有1辆舒适型轿车”．从该样本中
任取2辆包含的基本事件有（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），（B1，B2），（B1，B3），（B2，B3），共10个．其中事件E包括的基本事件有（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3
），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），共7个．故P（E）＝710，即所求的概率为710.（3）样本平均数x－＝18×（9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2）＝9.设D表示事件“从样本中任取一个数xi（1≤i≤8，i∈N），|xi－x
－|≤0.5”，则从样本中任取一个数有8个基本事件，事件D包括的基本事件有6个．所以P（D）＝68＝34，即所求的概率为34.点点练39离散型随机变量及其分布列、均值与方差一基础小题练透篇1．答案：C解析：由随机变量的分布列的性质知，0≤9
c2－c≤1，0≤3－8c≤1，9c2－c＋3－8c＝1，解得c＝13.2．答案：C解析：由题意知ξ的可能取值为1，2，3，P（ξ＝1）＝C15C24C22C35C35＝0.3，P（ξ＝2）＝C25C13C12C35C35＝
0.6，P（ξ＝3）＝C35C35C35＝0.1，∴E（ξ）＝1×0.3＋2×0.6＋3×0.1＝1.8.3．答案：A解析：由题意可得a＋b＝1，E（X）＝a＋2b＝1＋b，则D（X）＝[1－（1＋b）]2×a＋[2－（1＋b）]2×b＝
－b2＋b，当b＝12，D（X）有最大值为14.故选A.4．答案：A解析：∵离散型随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4，P（X）＝aX＋b，∴（a＋b）＋（2a＋b）＋（3a＋b）＋（4a＋b）＝1，即10a＋4b＝1，又E（X）＝3，∴（a＋b）＋2（2a＋b）＋3（3a＋b）＋4（4a＋b
）＝3，即30a＋10b＝3，∴a＝110，b＝0，∴a－b＝110.5．答案：B解析：每个轮次甲不能通过的概率为13×13＝19，通过的概率为1－19＝89，因为甲3个轮次通过的次数X服从二项分布B3，89，所以X的数学期望为3×89＝83.6．答
案：B解析：由题意得ξ的所有可能取值为2，4，且P（ξ＝2）＝33＋a，P（ξ＝4）＝a3＋a，∴E（ξ）＝2×33＋a＋4×a3＋a＝3，解得a＝3，∴P（ξ＝2）＝12，P（ξ＝4）＝12，∴D（ξ）＝（2－
3）2×12＋（4－3）2×12＝1.7．答案：3解析：∵E（ξ）＝43，D（ξ）＝29，P（ξ＝x1）＝23，P（ξ＝x2）＝13，∴23×x1＋13×x2＝43①，x1－432×23＋x2－
432×13＝29②，由①②可得x1＝1，x2＝2，则x1＋x2＝3.8．答案：204912049解析：根据题意可知P（ξ＝1）＝a1，P（ξ＝2）＝a2，P（ξ＝3）＝a3，P（ξ＝4）＝a4，P（ξ＝5）＝a5，P（ξ＝6）＝a6，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋
a6＝1，∴a＝2049，E（ξ）＝6a＝12049.二能力小题提升篇1．答案：D解析：由题意，该同学从家到学校至少遇到一次红灯的概率为P＝1－1－12×1－13×1－14＝34.2．答
案：B解析：由题意，随机变量X的可能取值是2，4，6，设每两局比赛为一轮，则该轮比赛停止的概率为232＋132＝59，若该轮结束时比赛还要继续，则甲、乙在该轮中必是各得1分，此时该轮比赛结果对下一轮比赛是否停止没有影响，所以P（X＝2
）＝59，P（X＝4）＝49×59＝2081，P（X＝6）＝492＝1681，所以期望为E（X）＝2×59＋4×2081＋6×1681＝26681.故选B.3．答案：D解析：记Y表示2台设备使用期间需更换的零件数
，则Y的可能取值为12，13，14，15，16，P（Y＝12）＝0.42＝0.16，P（Y＝13）＝2×0.4×0.5＝0.4，P（Y＝14）＝0.52＋2×0.4×0.1＝0.33，P（Y＝15）＝2×0.5×0.1＝0.1，P
（Y＝16）＝0.12＝0.01.若购买2台设备的同时购买易损零件13个，在使用期间，记这2台设备另需购买易损零件所需费用为Z元，则Z的可能取值为0，280，560，840，P（Z＝0）＝P（Y≤13）＝0
.16＋0.4＝0.56，P（Z＝280）＝P（Y＝14）＝0.33，P（Z＝560）＝P（Y＝15）＝0.1，P（Z＝840）＝P（Y＝16）＝0.01，E（Z）＝280×0.33＋560×0.1＋840×0.
01＝156.8.故选D.4．答案：D解析：因为分布列中概率之和为1，可得a＋b＝12，∴E（ξ）＝－12＋b＝－12＋12－a＝－a，∴当a增大时，E（ξ）减小，又由D（ξ）＝（－1＋a）2×12＋（0＋a）2×a＋（1＋a）2×b＝－a＋122＋54
，可知当a在0，12内增大时，D（ξ）减小．故选D.5．答案：4解析：∵AC→＝AB→＋BC→＝（2，－3），∴X＝AB→·AC→＝2m－3，∴X的分布列为X－113579P161616161616∴E（X）＝16×（－1＋1＋3＋5＋7＋9）＝4.6．答案：1
51330解析：因为随机变量ξ的分布列为P（ξ＝k4）＝a2k（k＝1，2，3，4），所以a2＋a22＋a23＋a24＝1，解得a＝1615，所以随机变量ξ的分布列为ξ1412341P815415215115所以P（ξ>
12）＝P（ξ＝34）＋P（ξ＝1）＝215＋115＝15，随机变量ξ的数学期望E（ξ）＝14×815＋12×415＋34×215＋1×115＝1330.三高考小题重现篇1．答案：B解析：根据均值E（X）＝i＝14xipi，方差D（X）＝i＝14[xi－E（X）]2·pi以及方差与标准差的关系
，得各选项对应样本的标准差如下表．选项均值E（X）方差D（X）标准差D（X）A2.50.650.65B2.51.851.85C2.51.051.05D2.51.451.45由此可知选项B对应样本的标准差最大．2．答案：D解析：由题意可得，E（X）＝13（a＋1），所以D（X）＝（a＋1）227＋
（1－2a）227＋（a－2）227＝6a2－6a＋627＝29a－122＋34，所以当a在（0，1）内增大时，D（X）先减小后增大．3．答案：A解析：由题意得E（ξ1）＝1×p1＋0×（1－p1）＝p1，E（
ξ2）＝1×p2＋0×（1－p2）＝p2，则D（ξ1）＝（1－p1）2×p1＋（0－p1）2（1－p1）＝p1（1－p1），D（ξ2）＝（1－p2）2×p2＋（0－p2）2（1－p2）＝p2（1－p2），又因为0<p1<p2<12，所以p1（1－p1）<
p2（1－p2），所以E（ξ1）<E（ξ2），D（ξ1）<D（ξ2）.4．答案：131解析：ξ＝0表示停止取球时没有取到黄球，所以P（ξ＝0）＝14＋14×13＝13.随机变量ξ的所有可能取值为0，1，2，则P（ξ＝1）＝24×13＋24×13×12＋14×23×12＝13，P（ξ＝2）＝24×1
3×12＋14×23×12＋24×13×12＋24×13×12＝13，所以E（ξ）＝0×13＋1×13＋2×13＝1.5．答案：189解析：P（ξ＝2）＝C24C2m＋n＋4＝6C2m＋n＋4＝16⇒C2m＋n＋4＝36，
所以m＋n＋4＝9，P()一红一黄＝C14·C1mC2m＋n＋4＝4m36＝m9＝13⇒m＝3，所以n＝2，则m－n＝1.由于P（ξ＝2）＝16，P（ξ＝1）＝C14·C15C29＝4×536＝59，P（ξ＝0）＝C25C29＝1036＝518，∴E（ξ）＝16×2＋59×1＋518×0＝13＋
59＝89.四经典大题强化篇1．解析：（1）设事件A表示：辩论队员甲收到正队长的通知信息．则P（A）＝38，P（A－）＝58；设事件B表示：辩论队员甲收到副队长的通知信息．则P（B）＝38，P（B－）＝58；设事件C表示：辩论队员甲收到正队长或副队长的通知信息．则P（C）＝1－P（A－）P
（B－）＝1－582＝3964.所以辩论队员甲收到正队长或副队长的通知信息的概率为3964.（2）由题意可得，随机变量X的所有可能取值为3，4，5，6，则P（X＝3）＝C38C38C38＝156，P（X＝4）＝C28C16C
15C38C38＝1556，P（X＝5）＝C18C27C25C38C38＝1528，P（X＝6）＝C38C35C38C38＝528，所以随机变量X的分布列为X3456P15615561528528故数学期望E（X）＝3×156＋4×1556＋5×1528＋
6×528＝398.2．解析：（1）根据题意，得一只小白鼠第一天接种后当天出现Z症状的概率P1＝14，第二天接种后当天出现Z症状的概率P2＝34×14＝316，能参加第三天试验但不能参加下一个接种周期试验的概率P3＝34×34×1
4＝964，所以一只小白鼠至多能参加一个接种周期试验的概率P＝P1＋P2＋P3＝14＋316＋964＝3764.（2）设事件C为“小白鼠在一个接种周期内出现2次或3次Z症状”，则P（C）＝C23142×34＋
C33143＝532.由题意，得随机变量X的所有可能取值为1，2，3，则P（X＝1）＝P（C）＝532，P（X＝2）＝[1－P（C）]·P（C）＝1－532×532＝1351024，P（X＝3）＝[1－P（C）]·[
1－P（C）]×1＝7291024，所以X的分布列为X123P53213510247291024E（X）＝1×532＋2×1351024＋3×7291024＝26171024.点点练40条件概率、二项分布和正态分布一基础小题练透篇1．答案：C解析：由于数学期望E（X）＝np＝3，所以方差
D（X）＝np（1－p）＝3（1－15）＝125.2．答案：A解析：方法一依题意，在第一个球取得红球的条件下，坛子中还有3个黄球，而坛子中此时共有9个球，故再取一球取得黄球的概率P＝39＝13.方法二记“第一次取得红球”为事件A，
“第二次取得黄球”为事件B，则P（A）＝110，P（AB）＝1×310×9＝130，所以已知第一个球为红色的情况下第二个球为黄色的概率为P（B|A）＝P（AB）P（A）＝13.3．答案：C解析：比赛结束时A
队的得分高于B队的得分的情况有3种：A全胜；A三胜一负；A第三局胜，另外三局两负一胜，所以比赛结束时A队的得分高于B队的得分的概率P＝234＋C3423313＋C13232132＝2027.4．答案：D解析：记“小明在第一个路口遇到红
灯”为事件A，“小明在第二个路口遇到红灯”为事件B，“小明在第一个路口遇到了红灯，在第二个路口也遇到红灯”为事件C，则P（A）＝0.4，P（B）＝0.5，P（AB）＝0.2，则P（B|A）＝P（AB）P（A）＝0.20.4＝0.5.5．答案：D解析：因为X～N（86，σ2），P（80＜X
≤86）＝0.36，所以P（X＞92）＝1－2P（80＜X≤86）2＝1－0.722＝0.14.6．答案：B解析：设事件A为“四引擎飞机安全飞行”，则P（A）＝C34p3（1－p）＋C44p4.设事件B为“双引擎飞机安全飞行”，则P（B）＝p2，依题意P（A）＞P（B），即C3
4p3（1－p）＋C44p4＞p2，解得13＜p＜1.7．答案：0.3解析：因为随机变量ξ服从正态分布N（1，σ2），所以正态分布曲线的对称轴为x＝1，由p（ξ<4）＝0.8得：P（ξ>－2）＝0.8，所以P（－2<ξ<1）＝0.8－0.5＝0
.3.8．答案：79解析：设该芯片智能自动检测合格为事件A，人工检测一枚芯片恰好合格为事件B，P（A）＝910，P（AB）＝1－310＝710，则在智能自动检测结束并淘汰了次品的条件下，人工检测一枚芯片恰好为合格品的概率P（B|A）＝P（AB）P（A）＝710910＝79
.二能力小题提升篇1．答案：C解析：记“三人中至少有两人解答正确”为事件A，“甲解答不正确”为事件B，则P（A）＝C23232×13＋C33×233＝2027，P（AB）＝13×23×23＝427.∴P（B|A）＝P（AB）P（A）
＝15.2．答案：C解析：由随机变量ξ～N（2，σ2），则正态分布的曲线的对称轴为ξ＝2，又因为P（ξ≤1）＝P（ξ≥a－1），所以1＋（a－1）＝4，所以a＝4.当0<x<4时，1x>0，94－x>0，所以有1x＋94－x＝
1x＋94－x×x＋（4－x）4＝10＋4－xx＋9x4－x×14≥10＋294＝4，当且仅当4－xx＝9x4－x，即x＝1时等号成立，故最小值为4，故选C.3．答案：B解析：由题意，可得肖恩每局获胜的概率为
2020＋40＝13，尤瑟纳尔每局获胜的概率为4020＋40＝23，比赛采用七局四胜制，设决出胜负的场数为X，则P（X＝4）＝C44134＋C44234＝1781，P（X＝5）＝C34
133×23×13＋C34233×13×23＝827，P（X＝6）＝C35133×232×13＋C35233×132×23＝200729，P（X＝7）＝C36
133×233＝160729，由1781<160729<200729<827，知P（X＝4）<P（X＝7）<P（X＝6）<P（X＝5），所以最后付费的最有可能是尤瑟纳尔．故选B.4．
答案：A解析：①中，设随机变量X～B6，12，则P（X＝3）＝C36123×1－123＝516，正确．②中，∵X～N（2，σ2），∴正态曲线的对称轴是直线x＝2.∵P（X＜4）＝0.9⇒
P（X＞4）＝P（X＜0）＝0.1，∴P（0＜X＜2）＝P（2＜X＜4）＝0.4，正确．③中，事件A为“4个人去的景点互不相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则P（AB）＝4×3！44，P（B）＝4×3344，∴P（A|B）＝P（AB）P（B）＝29，正确；④中，E（2
X＋3）＝2E（X）＋3正确，D（2X＋3）＝2D（X）＋3错误，应该为D（2X＋3）＝4D（X），故不正确．5．答案：6解析：由题知，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到红球”为事件B，P（A）＝mm
＋6，P（B）＝4m＋6·mm＋5＋mm＋6·m－1m＋5＝m2＋3m（m＋6）·（m＋5），P（AB）＝mm＋6·m－1m＋5＝m2－m（m＋6）·（m＋5），P（A|B）＝P（AB）P（B）＝m2－m（m＋6）·（m＋5）m2＋3m（m＋6）·（m＋5）＝m2－m
m2＋3m＝59，∴m＝6或m＝0（舍）.6．答案：532解析：因学生成绩符合正态分布N（105，δ2），故P（X>120）＝1－P（90≤X≤120）2＝14，故任意选取3名学生，至少有2名学生的成绩高
于120的概率为P＝C23142·34＋143＝532.三高考小题重现篇1．答案：B解析：由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即X～B（10，p），所以D（X）＝10p（1－p）＝2.4，所以p＝0.4或0.6.又因为P（X＝4）＜P（X＝6）
，所以C410p4（1－p）6＜C610p6（1－p）4，所以p＞0.5，所以p＝0.6.2．答案：B解析：P（甲）＝16，P（乙）＝16，P（丙）＝536，P（丁）＝636＝16，P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙），P（甲丁）＝136＝P（甲）P（丁），
P（乙丙）＝136≠P（乙）P（丙），P（丙丁）＝0≠P（丙）P（丁）.3．答案：1.96解析：随机变量X～B（100，0.02），D（X）＝100×0.02×（1－0.02）＝1.96.4．答案：1623解析：依题意得，甲、乙两球都落入盒子的概
率为12×13＝16，甲、乙两球都不落入盒子的概率为1－12×1－13＝13，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－13＝23.5．答案：0.18解析：记事件M为甲队以4∶1获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以P（M）＝0.6×（
0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2）＝0.18.四经典大题强化篇1．解析：（1）B同学闯过第一关的情况有答对2题和答对3题，故B同学闯过第一关的概率P＝C36＋C26C14C310＝23.（2）由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，且X服从二项分布
，即X～B5，23.P（X＝0）＝135＝1243，P（X＝1）＝C1523134＝10243，P（X＝2）＝C25232133＝40243，P（X＝3）＝C35233
132＝80243，P（X＝4）＝C4523413＝80243，P（X＝5）＝235＝32243.故X的分布列为X012345P12431024340243802438024332243所以E（X）＝0×1243＋1
×10243＋2×40243＋3×80243＋4×80243＋5×32243＝103.2．解析：（1）由题意知1200×20－1000＝23000，1200×15－1000＝17000，900×20－1000＝17000，900×15－1000＝12500，所以X的所
有可能取值为23000，17000，12500.设A表示事件“该经济农作物亩产量为900kg”，则P（A）＝0.5；设B表示事件“该经济农作物市场价格为15元/kg”，则P（B）＝0.4.则P（X＝23000）＝P（A－B－）＝（1－0.5）×（1－0.4）＝0.3，P（X＝17000）＝P（A－
B）＋P（AB－）＝（1－0.5）×0.4＋0.5×（1－0.4）＝0.5，P（X＝12500）＝P（AB）＝0.5×0.4＝0.2.所以X的分布列为X230001700012500P0.30.50.2（2）设C表示事件“种植该农作物一亩一年的纯收入不少于16000元”，则P
（C）＝P（X≥16000）＝P（X＝23000）＋P（X＝17000）＝0.3＋0.5＝0.8，设这三年中有Y年的纯收入不少于16000元，则Y～B（3，0.8），所以这三年中至少有两年的纯收入不少于16000元的概率P＝P（Y≥2）＝C33×0.8
3＋C23×0.82×0.2＝0.896.（3）由（1）知，预测2020年该农户种植该经济农作物一亩的纯收入为E（X）＝23000×0.3＋17000×0.5＋12500×0.2＝17900（元）.因为1
79004＞4000，所以该农户的人均纯收入超过了国家脱贫标准．所以预测该农户在2020年底可以脱贫．点点练41统计与统计案例一基础小题练透篇1．答案：D解析：设袋子中球的个数为n，所以30n＝210，∴n＝150.所以袋子中有
150个球．2．答案：D解析：由系统抽样的定义知这种抽样方法为系统抽样法．3．答案：D解析：根据频率分布直方图知，12时到14时的频率为0.35，9时到11时的频率为1－0.4－0.25－0.10＝0.25，所以9时到11时的销售额为：42×0
.250.35＝30（万元）.4．答案：A解析：对于A，甲班同学身高的极差为182－157＝25，乙班同学身高的极差为182－159＝23，∴甲乙两班同学身高的极差不相等，故A正确；对于B，甲班数据靠上的相对少，乙班数据靠上的相对多，∴估计甲班同学身高的平均值较小，故B错误；对于C，甲班同学身高的
中位数为166＋1702＝168，乙班同学身高的中位数为171＋1722＝171.5，∴甲班同学身高的中位数较小，故C错误；对于D，甲班同学身高在175cm以上的有3人，乙班同学身高在175cm以上的有4人，∴甲班同学身高在175cm以上的人数较少
，故D错误．故选A.5．答案：A解析：由频率分布直方图知中位数在[70，80]上，设其为x，则x－7080－70＝0.5－（0.1＋0.15＋0.2）0.3，解得x≈71.67，A错；要全省的合格考通过率达到96%
，设合格分数线为y，则y－4010＝1－0.960.1，y＝44，B正确；由频率分布直方图优秀的频率为0.1，因此人数为1000×0.1＝100，C正确；由频率分布直方图得平均分为45×0.1＋55×0.15＋65×0.2＋75×
0.3＋85×0.15＋95×0.1＝70.5，考试数学成绩的平均分约为70.5，D正确．故选A.6．答案：B解析：由散点图可知，y与x成线性相关，设回归方程为y＝m＋kx，由题意z＝yx，所以z＝mx＋k，对应B最适合．7．答案：89解析：b－i＝3a－i＋
2＝8，bi的方差为32×1＝9.8．答案：360解析：第一个小矩形的面积S1＝0.3，第二个小矩形的面积S2＝0.4，故n＝2000＋0.5－0.30.0002＝3000.由图中数据计算可得a＝0.00009，而
m＝1000×0.3＋3000×0.4＋5000×0.18＋（7000＋9000）×0.06＝3360，故m－n＝360.二能力小题提升篇1．答案：D解析：因为K2＝2.974>2.706，且2.974<3.841，所以依据表中给出的独立性检验知：变量x与y不独立，这个结论犯
错误的概率不超过10%，故选D.2．答案：A解析：根据茎叶图可得甲成绩的中位数为32，故A正确；乙同学的成绩最高为52，最低为10，所以极差为52－10＝42，故B错误；由茎叶图可知甲同学成绩的众数为32，乙同学的成
绩的众数为42，不相等，故C错误；因为甲成绩的平均数为x－甲＝11＋22＋23＋24＋32＋32＋33＋41＋529＝30，乙成绩的平均数为x－乙＝10＋22＋31＋32＋35＋42＋42＋50＋529＝3519，x－甲
<x－乙，故D错误．3．答案：D解析：设产业结构调整前经济收入为a，则产业结构调整后经济收入为4a.由饼图知产业结构调整前纺织服装的收入为0.45a，节能环保的收入为0.15a，食品加工的收入为0.18a，科技研发的收入为0.22a.产业结构调整后纺织服装的收入为4a×0.15＝0.
6a，节能环保的收入为4a×0.25＝a，食品加工的收入为4a×0.15＝0.6a，科技研发的收入为4a×0.45＝1.8a.由以上数据易得产业结构调整后节能环保的收入与产业结构调整前的总收入一样多，故①正确；产业结构调整
后科技研发的收入增幅最大，故②正确；产业结构调整后纺织服装的收入相比调整前有所提高，故③错误；产业结构调整后食品加工的收入超过调整前纺织服装的收入，故④正确．故选D.4．答案：C解析：由题意，先分析物理
课是否与性别有关：根据表格数据，n＝800，a＝340，b＝110，c＝140，d＝210∴K2＝800×（340×210－110×114）2（340＋110）×（140＋210）×（340＋140）×（110＋210）＝103.7>7.879，因此，有充分证据推断
选择物理学科与性别有关，再分析生物课是否与性别有关：根据表格数据，n＝800，a＝150，b＝300，c＝150，d＝200∴K2＝800×（150×200－300×150）2（150＋150）×（200＋300）×（300＋150）×（150＋200）＝7.619<7
.879，因此，没有充分证据推断选择生物学科与性别有关，故选C.5．答案：②③解析：不能确定甲、乙两校的男女比例，故①不正确；因为甲、乙两校男生成绩的优秀率均大于女生成绩的优秀率，所以甲、乙两校所有男生成绩的优秀率大于甲、乙两校所有女生成绩的优秀率，故②正确；因为不能确定甲、
乙两校的男女比例，所以不能确定甲校学生成绩的优秀率与甲、乙两校所有学生成绩的优秀率的大小关系，故③正确．6．答案：①②③解析：由最小二乘法建立回归方程的方法可知回归直线y^＝0.85x－85.71一定过样本点的中心（x－，y－），因此②正确．由x的系数0.8
5＞0可知两个变量具有正的线性相关关系，因此①正确．由x的系数为0.85可知若身高增加1cm，则增加的体重约为0.85kg，因此③正确．将x＝160代入回归方程计算得其体重约为50.29kg，不是一定为50.29kg，因此④不正确．
三高考小题重现篇1．答案：C解析：不妨设该校学生总人数为100，既喜欢足球又喜欢游泳的学生人数为x，则100×96%＝100×60%－x＋100×82%，所以x＝46，所以既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46%.2．答案：B解析：由题
意得第二天订单不超过1600份的概率为1－0.05＝0.95，故第一天积压订单加上第二天的新订单不超过1600＋500＝2100份的概率为0.95，因为超市本身能完成1200份订单的配货，所以需要志愿者完成的订单不超过2100－12
00＝900份的概率为0.95，因为900÷50＝18，所以至少需要18名志愿者．3．答案：C解析：因为频率直方图中的组距为1，所以各组的直方图的高度等于频率．样本频率直方图中的频率即可作为总体的相应比率的估计值．该地农户家庭年收入低于4.5万
元的农户的比率估计值为0.02＋0.04＝0.06＝6%，故A正确；该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计值为0.04＋0.02×3＝0.10＝10%，故B正确；该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的比例估计值为0.10＋0.14＋0.20×2＝0
.64＝64%>50%，故D正确；该地农户家庭年收入的平均值的估计值为3×0.02＋4×0.04＋5×0.10＋6×0.14＋7×0.20＋8×0.20＋9×0.10＋10×0.10＋11×0.04＋12
×0.02＋13×0.02＋14×0.02＝7.68（万元），超过6.5万元，故C错误．综上，给出结论中不正确的是C.4．答案：D解析：观察散点图可知，散点图用光滑曲线连接起来比较接近对数型函数的图象5．答案：A解析：设新农村建设前，农村的经济收入为a，则新农村建设后，农村经济收入为2
a.新农村建设前后，各项收入的对比如下表：新农村建设前新农村建设后新农村建设后变化情况结论种植收入60%a37%×2a＝74%a增加A错其他收入4%a5%×2a＝10%a增加一倍以上B对养殖收入30%a30%×2a＝60%a增加了一倍C对养殖收入＋第三产业收入（30%＋6%）a＝36%a（30%
＋28%）×2a＝116%a超过经济收入2a的一半D对6.答案：2解析：由平均数公式可得4＋2a＋（3－a）＋5＋65＝4，解得a＝2.四经典大题强化篇1．解析：（1）根据表中数据，万科物业共有500人次评价，获得好评有480人次，设万科物业获得好评事件为M，则P（M）＝48050
0＝2425；绿地物业共有500人次评价，获得好评有360人次，设绿地物业获得好评事件为N，则P（N）＝360500＝1825.故：万科物业在上海获得好评的概率为2425；绿地物业在上海获得好评的概率为18
25.（2）列联表获得好评未获得好评合计万科物业48020500绿地物业360140500合计8401601000K2＝1000×（480×140－360×20）2840×160×500×500≈107.143>10.828，根据临界值表可
知，有99.9%的把握认为这两家物业公司是否获得好评与物业公司有关．2．解析：（1）由已知得x－＝6＋7＋8＋9＋105＝8，y－＝10＋12＋11＋12＋205＝13，i＝15（xi－x－）2＝10，i＝15（yi－y－）2＝64，i＝15（xi－x－）（yi－y－）＝
20，所以r＝2010×64＝5210＝104≈0.791，因为|r|≈0.791∈[0.75，1]，说明y与x的线性相关关系很强，可用线性回归模型拟合y与x的关系，设线性回归方程为y^＝b^x＋a^，∴b^＝2010＝2，a^＝y－－b^
x－＝13－16＝－3，则y关于x的线性回归方程为y^＝2x－3.（2）由题可得2×2列联表，喜欢不喜欢总计男7030100女4060100总计11090200K2＝200×（70×60－40×30）2100×100×110×90≈18.182>10.828，∴有99.9%的把握认为“游
客是否喜欢该网红景点与性别有关联”．单元检测（十一）概率与统计1．答案：B解析：这种冷饮一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25℃，由表格数据可知，最高气温低于25℃的频率为3＋690＝0.1，
所以，6月份这种冷饮一天的需求量不超过300瓶的概率估计值为0.1，故x＝300.2．答案：A解析：设从大班中随机抽取1名学生，抽取到一班学生的概率为p，则抽取到二班学生的概率为1－p，由题意得，0.4p＋0.5（1－p）＝0.44，解得p＝0.6，由条件概率可知
，若从大班中随机抽取1名学生，若抽取到的是女生，则她来自一班的概率为0.6×0.40.44＝611.故选A.3．答案：B解析：根据图象可知，散点从左下到右上分布，销售额y与年份序号x呈正相关关系，①正确；∵相关系数0.936>0.75，靠近1，销售额y与
年份序号x线性相关显著，②错误；根据三次函数回归曲线的相关指数0.999>0.936，相关指数越大，拟合效果越好，所以三次函数回归曲线的拟合效果好于回归直线的拟合效果，③正确；由三次函数y＝0.168x3＋28.141x2－2
9.027x＋6.889，当x＝10时，y＝2698.719亿元，④错误．4．答案：C解析：由题意，得K2＝30（4×2－16×8）212×18×20×10＝10>6.635，所以有99%的把握认为其亲属的饮食习惯
与年龄有关．5．答案：C解析：由P（A）＝0.5，得P（A－）＝0.5，由P（B）＝P（A）P（B|A）＋P（A－）P（B|A－），即0.4＝0.5×0.3＋0.5P（B|A－），所以P（B|A－）＝0.5.故选C.6．答案：A解析：由题意，根据正态分布的对称性得2a－3＋a
＋22＝3，∴a＝73，故选A.7．答案：A解析：（1＋x）4＝1＋4x＋6x2＋4x3＋x4，（2－ax）（1＋x）4展开式中x3的系数为2，所以8－6a＝2，解得a＝1.故选A.8．答案：D解析：由题意知本题是一个几何概型的概率，以AB为底边，要使面积不小于2，由于S△ABP＝12AB×h＝
2h，则三角形的高h≥1，同样，P点到AD的距离要不小于43，满足条件的P的区域如图，其表示的区域为图中阴影部分，它的面积是4－43（3－1）＝163，∴使得△ABP与△ADP的面积都不小于2的概率
为：1634×3＝49.故选D.9．答案：D解析：由离散型随机变量X的分布列的性质得p＝1－0.4－0.1－0.2－0.2＝0.1，∴E（X）＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，D
（X）＝（0－2）2×0.1＋（1－2）2×0.4＋（2－2）2×0.1＋（3－2）2×0.2＋（4－2）2×0.2＝1.8，又离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，∴D（Y）＝4D（X）＝7.2.10．答案：A解析：设事件A为“任意抽取1件产品，抽到的产品
为正品”，由题意可知P（A）＝0.98，有放回地抽取3件产品相当于3次独立重复试验，设3件产品中正品的件数为X，则至多抽到1件次品的概率为P（X＝2）＋P（X＝3）＝C23×0.982×0.02＋C33×0.983＝0.998816.11．答案：D解析：该选手能进入第四关的概
率为56×45×35＋56×45×（1－35）×35＝1425.12．答案：C解析：由题意知，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，4，则P（X＝0）＝1－23×1－12×1－12×1－12＝124，P（X＝1
）＝23×1－123＋1－23×C13×12×1－122＝524，所以P（X≤1）＝P（X＝0）＋P（X＝1）＝124＋524＝14，故A正确；P（X＝2）＝23×C13×12×1－122＋1－23×C23×
122×1－12＝38，故B正确；P（X＝3）＝23×C23×122×1－12＋1－23×C33×123＝724，P（X＝4）＝23×
123＝112，故C错误；数学期望E（X）＝0×124＋1×524＋2×38＋3×724＋4×112＝136，故D正确．13．答案：55解析：由平均数是8可得x＋y＝16①.由方差是4得15[1＋0＋1＋（x－8）2＋（y－8）2]＝4②，联立①②解得x＝11，y＝5，或
x＝5，y＝11，所以xy＝55.14．答案：0.35解析：由已知条件可得x－＝1＋2＋3＋4＋55＝3，y－＝1＋1.2＋2.1＋2.7＋35＝2，将点（3，2）的坐标代入回归直线方程可得2＝0.55×3＋a^，解得a^＝0.35.15．答案：127解析：由题意得，该正态曲
线的对称轴为X＝μ＝100，∵P（80<X<120）＝23，∴P（100<X<120）＝13，∴3位同学的数学成绩都在（100，120）的概率为P＝133＝127.16．答案：415解析：基本事件总数为C410，验证码的首位数字是1的基本事件个数为C38，所以所求概率为C38C4
10＝415.17．解析：（1）由题意进行数据分析：r1＝i＝112（ui－u－）（yi－y－）i＝112（ui－u－）2i＝112（yi－y－）2＝215003125000×200＝2150025000＝4350＝0.86，r2＝
i＝112（xi－x－）（vi－v－）i＝112（xi－x－）2i＝112（vi－v－）2＝14770×0.308＝1477×0.2＝1011≈0.91，则|r1|<|r2|，因此从相关系数的角度，模型y＝eλx＋t的拟合程度更好．（2）（ⅰ）先建立v关于x的线性回归方程．由y＝eλx＋
t，得lny＝t＋λx，即v＝t＋λx.由于λ＝i＝112（xi－x－）（vi－v－）i＝112（xi－x－）2＝14770≈0.018，t＝v－－λx－＝4.20－0.018×20＝3.84，所以v关于x的线性回归方程为v^＝0.02x＋3.84，所以ln
y^＝0.02x＋3.84，则y^＝e0.02x＋3.84.（ⅱ）下一年销售额y需达到80亿元，即y＝80，代入y^＝e0.02x＋3.84得，80＝e0.02x＋3.84，又e4.382≈80，所以0.02x＋3.84＝4
.382，解得x＝27.1，所以预测下一年的研发资金投入量是27.1亿元．18．解析：（1）由题知：X＝1，2，3，4，P()X＝1＝C11C18C29＝29，P()X＝2＝C28C16C11C29C27＝29
，P()X＝3＝C28C26C14C11C29C27C25＝29，P()X＝4＝C28C26C24C22＋C28C26C24C12C11C29C27C25C23＝13，分布列为：X1234P29292913（2）由（1）知：E（X）＝1×29＋2×29＋3×29＋4×13＝249，设方案
二的称量次数为随机变量Y，则Y＝1，3，P（Y＝1）＝C88C89＝19，P（Y＝3）＝1－19＝89，E（Y）＝1×19＋3×89＝259>E()X.所以小明应选择方案一可使称量次数的期望较小．19．解析：（1）完善表格如下所示：热爱电子竞技对电子竞技无感总计男性20050250女性100
150250总计300200500则K2＝500×（200×150－100×50）2250×250×300×200＝2503≈83.333>10.828，有99.9%的把握认为A地25岁以下的年轻人的性别与对电子竞技的爱好程度有关；（2）依题意，这15人中男生有10人，女生有5
人，则X的可能取值为0，1，2，3，故P（X＝0）＝C35C315＝5×4×33×2×115×14×133×2×1＝291，P（X＝1）＝C25C110C315＝5×42×1×1015×14×133×2×1＝2091，P（X＝2）＝C15C210C315＝5×10×92×115×14×
133×2×1＝4591，P（X＝3）＝C310C315＝10×9×83×2×115×14×133×2×1＝2491，故X的分布列为：X0123P291209145912491则E（X）＝0×291＋1×2091＋2×4591＋3×2491＝2.20．解析：（1）由题意
，这两道题小明全部选对．小明一道题全部选对的概率为124＝116，所以小明这两道题得分之和为20分的概率为116×116＝1256.（2）设有2个正确选项的题为甲，有3个正确选项的题为乙．小明每道题随机选择两个选项有C24＝6种选择方法．对于
甲题，只有1种选法得10分，其余5种选法均得0分，即甲题得10分的概率为16，得0分的概率为56.对于乙题，有3种选法得5分，其余3种选法得0分，即乙题得5分和得0分的概率均为12.则X的取值可能为15，10，5，0，所以P（X＝1
5）＝16×12＝112，P（X＝10）＝16×12＝112，P（X＝5）＝56×12＝512，P（X＝0）＝56×12＝512.所以X的分布列为X151050P112112512512所以E（X）＝15×112＋10×11
2＋5×512＋0×512＝256.21．解析：（1）由频率分布直方图可得这100名学生得分的平均数x－＝（45×0.01＋55×0.015＋65×0.02＋75×0.03＋85×0.015＋95×0.01）×10＝70
.5.（2）参加座谈的11人中，得分在[90，100]的有11×0.010.03＋0.015＋0.01＝2人，所以ξ的可能取值为0，1，2，所以P（ξ＝0）＝C39C311＝2855，P（ξ＝1）＝C29C12C311＝2455，P（ξ＝2）＝C19C
22C311＝355.所以ξ的分布列为ξ012P28552455355∴E（ξ）＝0×2855＋1×2455＋2×355＝611.（3）由（1）知，X～N（70.5，6.52），所以P（X>77）＝P（X>μ＋σ）＝1－0.68272＝
0.15865.∴E（X）＝2000×0.15865≈317，得分高于77分的人数最有可能是317.22．解析：（1）因为样品A1、A2、A3选择甲方案，A4、A5样品选择乙方案，由已知样品A1、A2、A3测试合格的概率为23，样品A4、A5测试
合格的概率为12，所以5个样品全部测试合格的概率为P＝233×122＝227.（2）由已知随机变量X的取值有0，1，2，3，4，5，P（X＝0）＝C052301－235＝1243
，P（X＝1）＝C152311－234＝10243，P（X＝2）＝C252321－233＝40243，P（X＝3）＝C352331－232＝80243，P（X＝4）＝C4
52341－231＝80243，P（X＝5）＝C552351－230＝32243，所以X的分布列为：X012345P12431024340243802438024
332243∴E（X）＝0×1243＋1×10243＋2×40243＋3×80243＋4×80243＋5×32243＝103.（3）设选择甲方案测试的样品个数为n，n＝0，1，2，3，4，5，则选择乙方案测试的样品个数为5－n，并设通过甲方案测试合格
的样品个数为ξ，通过乙方案测试合格的样品个数为η，当n＝0时，此时所有样品均选择方案乙测试，则η～B5，12，所以E（ξ＋η）＝E（η）＝5×12＝52<3，不符合题意；当n＝5时，此时所有样品均选择方案甲测试，则ξ～B5，23，所以E（ξ＋η）＝E（ξ）＝5×23＝103
>3，符合题意；当n＝1，2，3，4时，ξ～Bn，23，η～B5－n，12，所以E（ξ＋η）＝E（ξ）＋E（η）＝23n＋5－n2＝n＋156，若使E（ξ＋η）＝n＋156≥3，则n≥3，由于n＝1，2，3，4，故n＝3，4时符合题意，综上，选择甲方案测试
的样品个数为3，4或者5时，测试合格的样品个数的期望不小于3.第十二单元算法、复数、推理与证明点点练42算法初步与框图一基础小题练透篇1．答案：C解析：由框图得，A＝1，B＝1，满足A≤6，B＝2×1＋1＝3，A＝2；满足A≤6，
B＝2×3＋1＝7，A＝3；满足A≤6，B＝2×7＋1＝15，A＝4；满足A≤6，B＝2×15＋1＝31，A＝5；满足A≤6，B＝2×31＋1＝63，A＝6；满足A≤6，B＝2×63＋1＝127，A＝7；不满足A≤6，所以输出的B＝1
27.2．答案：B解析：第一次执行循环体，得到S＝10，k＝9；第二次执行循环体，得到S＝90，k＝8；第三次执行循环体，得到S＝720，k＝7，此时满足条件．3．答案：C解析：模拟执行程序，可得a＝0.7，S
＝0，n＝1，S＝1.7；不满足条件S≥9，执行循环体，n＝2，a＝1.4，S＝3.4；不满足条件S≥9，执行循环体，n＝3，a＝2.1，S＝5.1；不满足条件S≥9，执行循环体，n＝4，a＝2.8，S＝6.8；不满足条件S≥9，执行循环体，n＝5，a＝
3.5，S＝8.5；不满足条件S≥9，执行循环体，n＝6，a＝4.2，S＝10.2.退出循环，输出n的值为6.4．答案：B解析：本程序框图的功能是计算m，n中的最大公约数，所以1995＝228×8＋171，228
＝171×1＋57，171＝3×57＋0，故当输入m＝1995，n＝228，则计算机输出的数是57.故选B.5．答案：C解析：因为由流程图确定输出函数为非奇函数且有小于零的函数值，又因为f（x）＝sinx为奇函数，f（x）＝ex恒大于零，f（x）＝x2恒非负，f（x）＝lnx＋x＋2满足函数为
非奇函数且有小于零的函数值，所以选C.6．答案：B解析：运行程序，n＝1，S＝0，S＝0＋cosπ4＝22，判断是，n＝2，S＝22＋cos2π4＝22，判断是，n＝3，S＝22＋cos3π4＝0，判断是，n＝4，S＝0＋cos4π4＝
－1，判断是，n＝5，S＝－1＋cos5π4＝－1－22，判断是，n＝6，S＝－1－22＋cos6π4＝－1－22，判断是，n＝7，S＝－1－22＋cos7π4＝－1，判断是，n＝8，S＝－1＋cos8π4＝0，判断是，n＝9，S＝0＋cos9π4＝22，判断是，n＝1
0，S＝22＋cos10π4＝22，判断否，输出S＝22.故选B.7．答案：30解析：第一次，i＝1，满足条件i<6，i＝1＋2＝3，S＝6；第二次，i＝3，满足条件i<6，i＝3＋2＝5，S＝6＋10＝16；第三次，i＝5，满足条
件i<6，i＝5＋2＝7，S＝16＋14＝30；第四次，i＝7，不满足条件i<6，循环终止，输出S＝30.8．答案：70解析：i＝1，S＝－2；i＝3，S＝3×3－2＝7；i＝5，S＝3×5＋7＝22；i＝7，S＝3×7＋22＝43；i＝9，S＝3×9＋43＝70，结
束循环，输出的结果为70.二能力小题提升篇1．答案：B解析：由题可得输出x＝0，第一次循环：x＝2x－1，i＝2，第二次循环：x＝2（2x－1）－1＝4x－3，i＝3，第三次循环：x＝2（4x－3）－1＝8x－7，i＝4，退出循环，故8x－7＝0，则
输入的x的值为78，故选B.2．答案：B解析：当k＝2，S＝1·log2（3）＝log2（3），当k＝3，S＝log2（3）·log3（4），当k＝4，S＝log2（3）·log3（4）log4（5），当k＝5，S＝log2（3）·l
og3（4）log4（5）log5（6），当k＝6，S＝log2（3）·log3（4）log4（5）log5（6）log6（7），当k＝7，S＝log2（3）·log3（4）log4（5）log5（6）log6（7）log7（8）＝log2（
8）＝3，故可知判断框内应填入的条件是：k≤7?故选B.3．答案：B解析：第一次执行循环体后，k＝1，S＝12，不满足退出循环的条件；第二次执行循环体后，k＝2，S＝23，不满足退出循环的条件；第三次执行循环体后，k＝3，S＝34，不满足退出循环的条件；第四次执行循环体
后，k＝4，S＝45，不满足退出循环的条件；第五次执行循环体后，k＝5，S＝56，不满足退出循环的条件，此时S≤t；第六次执行循环体后，k＝6，S＝67，满足退出循环的条件，此时S>t；所以56≤t<67，故选B.4．答案：C解析：第一次循环，12s＝52∈Z不成立，s＝3×
5＋1＝16，i＝0＋1＝1，s＝1不成立；第二次循环，12s＝8∈Z成立，s＝12×16＝8，i＝1＋1＝2，s＝1不成立；第三次循环，12s＝4∈Z成立，则s＝12×8＝4，i＝2＋1＝3，s＝1不成立；第四次循环，12s＝2∈Z
成立，则s＝12×4＝2，i＝3＋1＝4，s＝1不成立；第五次循环，12s＝1∈Z成立，则s＝12×2＝1，i＝4＋1＝5，s＝1成立．跳出循环体，输出i＝5，故选C.5．答案：23解析：执行程序框图，k＝1，a＝9
，9－3·93＝0≠2；k＝2，a＝16，16－3·163＝1≠2；k＝3，a＝23，23－3·233＝2，23－5·235＝3，满足条件，退出循环．则输出的a＝23.6．答案：53解析：第1次，因
为k＝0<3，所以k＝0＋1＝1，s＝1＋1＝2，第2次，因为k＝1<3，所以k＝1＋1＝2，s＝1＋12＝32，第3次，因为k＝2<3，所以k＝2＋1＝3，s＝1＋23＝53，因为k＝3<3不成立，所以
输出s＝53.三高考小题重现篇1．答案：C解析：输入k＝0，a＝0，第一次循环，a＝1，k＝1，a<10；第二次循环，a＝3，k＝2，a<10；第三次循环，a＝7，k＝3，a<10；第四次循环，a＝15，k＝4，a>10，结束循环，输
出k＝4.2．答案：A解析：A＝12，k＝1，1≤2成立，执行循环体；A＝12＋12，k＝2，2≤2成立，执行循环体；A＝12＋12＋12，k＝3，3≤2不成立，结束循环，输出A.故空白框中应填入A＝12＋A.3．答案：C解析：执行程序框图，x＝1，s＝0，s＝0＋1＝1，x＝12，不满足x<
ε＝0.01＝1100；所以s＝1＋12＝2－121，x＝14，不满足x<ε＝1100；所以s＝1＋12＋14＝2－122，x＝18，不满足x<ε＝1100；所以s＝1＋12＋14＋18＝2－123，x＝116，不满足x<ε＝110
0；所以s＝1＋12＋14＋18＋116＝2－124，x＝132，不满足x<ε＝1100；所以s＝1＋12＋14＋18＋116＋132＝2－125，x＝164，不满足x<ε＝1100；所以s＝1＋12＋14＋18＋…＋164＝2－1
26，x＝1128，满足x<ε＝1100；输出s＝2－126.4．答案：B解析：执行程序框图，k＝1，s＝2×13×1－2＝2；k＝2，s＝2×43×2－2＝2；k＝3，s＝2×43×2－2＝2，跳出循环．输出的s＝2.5
．答案：B解析：执行程序框图，S＝1，i＝2，j＝1，S＝1＋4＝5，i＝3，S＝8，i＝4，满足i≥4，输出的S＝8.6．答案：B解析：模拟执行程序的运行过程，如下：输入a＝1，b＝1，n＝1，计算b＝1＋2＝3，a＝3－1＝2，n＝2，判断3222－2＝14＝0.25≥0.
01，计算b＝3＋4＝7，a＝7－2＝5，n＝3，判断7252－2＝125＝0.04≥0.01；计算b＝7＋10＝17，a＝17－5＝12，n＝4，判断172122－2＝1144<0.01；输出n＝4.故选B.点点练43复数一基础小题练透篇1．答案：A解析：因为z＝
1－2i3＋i＝（1－2i）（3－i）（3＋i）（3－i）＝110－710i，所以复数z＝1－2i3＋i的虚部为－710.故选A.2．答案：A解析：由题意，复数z＝1＋i，根据复数的运算法则，可得w＝2z－z2＝2（1－
i）（1＋i）2＝2（1－i）2i＝－i（1－i）－i·i＝－1－i，所以复数w的虚部是－1.故选A.3．答案：C解析：对于A，若z为纯虚数，可设z＝bi（b∈R，b≠0），则z2＝－b2<0，A选项错误；对于B，取z＝0，则z为实数，B选项错误；对于C，设z＝a＋
bi（a，b∈R），则z－z－＝2bi＝0，则b＝0，∴z＝a∈R，C选项正确；对于D，取z＝0，则z＋z－＝0，但z＝0∈R，D选项错误．4．答案：A解析：∵复数z是关于x的方程x2＋x＋1＝0的根，又Δ＝12－4＝－3<0，∴该方程的根为x＝－1±－（－3）i
2×1＝－12±32i，即z＝－12＋32i或z＝－12－32i，则|z|＝122＋322＝1，故选A.5．答案：B解析：z＝2i1－i＝2i（1＋i）（1－i）（1＋i）＝i（1＋i）＝－1＋i，因此，复数z在复
平面内对应点的坐标为（－1，1）.故选B.6．答案：D解析：如题图，由OB→＝OA→＋OC→，而OA→＝（2，1），OC→＝（－1，3）∴OB→＝（1，4），故B对应的复数为1＋4i.7．答案：5解析：因为
（1＋2i）z＝3－4i，所以z＝3－4i1＋2i＝（3－4i）（1－2i）（1＋2i）（1－2i）＝－1－2i，所以|z|＝5.8．答案：－1＋3i解析：设z＝a＋bi（a，b∈R），则（1－i）·z－＝2i·z＋2为（1－i）（a－bi）＝2i（a＋bi）＋2，即a－b
－（a＋b）i＝2－2b＋2ai，所以a－b＝2－2b，－（a＋b）＝2a，解得a＝－1，b＝3，所以z＝－1＋3i.二能力小题提升篇1．答案：B解析：根据公式得cosπ8＋isinπ84
＝cosπ2＋isinπ2＝i.2．答案：C解析：由已知得z＝21＋i＝2（1－i）（1＋i）（1－i）＝1－i，所以|z|＝2，所以||z|－i|＝|2－i|＝3.故选C.3．答案：C解析：因为z1∈R，可设z1＝a，
且a∈R，由z2＝1＋i，得z1－z2＝（a－1）－i，又因为|z1－z2|＝2，所以（a－1）2＋（－1）2＝2，解得a＝0或a＝2，所以z1＝0或2.4．答案：D解析：对于选项A，若z＝－1＋i，则|z|＝2，故错误；对于选项B，若z－为z的共轭复数，则z－·z＝a2＋b2，z2＝
a2－b2＋2abi，故错误；对于选项C，复数z＝1＋2i的虚部为2，故错误；对于选项D，若z＝2i1＋3i，则z＝2i1＋3i＝2i×()1－3i()1＋3i()1－3i＝32＋12i，故正确．故选D.5．答案：－23－2i解析：设Z3对应的复
数为z3，可得|z3|＝|z1|＝2，复平面上点Z1与x轴正半轴的夹角为π3，则点Z3与x轴正半轴的夹角为5π6，所以z3＝2（cos5π6＋i·sin5π6）＝－3＋i，所以z3z1＝（－3＋i）（1＋3i）＝－23－2i.6．答案：23解析：法一：设z1＝x
1＋y1i（x1，y1∈R），z2＝x2＋y2i（x2，y2∈R），则由|z1|＝|z2|＝2，得x21＋y21＝x22＋y22＝4.因为z1＋z2＝x1＋x2＋（y1＋y2）i＝3＋i，所以|z1＋z2|2＝（x1＋x2）2＋（y1＋y2）2＝x21＋y21
＋x22＋y22＋2x1x2＋2y1y2＝8＋2x1x2＋2y1y2＝（3）2＋12＝4，所以2x1x2＋2y1y2＝－4，所以|z1－z2|＝|x1－x2＋（y1－y2）i|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＝x21＋y21＋x22＋y22－2x1x2
－2y1y2＝8＋4＝23.法二：设z1＝a＋bi（a，b∈R），则z2＝3－a＋（1－b）i，则|z1|2＝a2＋b2＝4，|z2|2＝（3－a）2＋（1－b）2＝4，即a2＋b2＝4，3a＋b＝2，所以|z1－z2
|2＝（2a－3）2＋（2b－1）2＝4（a2＋b2）－4（3a＋b）＋4＝4×4－4×2＋4＝12，所以|z1－z2|＝23.法三：题设可等价转化为向量a，b满足|a|＝|b|＝2，a＋b＝（3，1），求|a－b|.因为（a＋b）2＋（a－b
）2＝2|a|2＋2|b|2，所以4＋（a－b）2＝16，所以|a－b|＝23，即|z1－z2|＝23.法四：设z1＋z2＝z＝3＋i，则z在复平面上对应的点为P（3，1），所以|z1＋z2|＝|z|＝2，由平行四边形
法则知OAPB是边长为2，一条对角线也为2的菱形，则另一条对角线的长为|z1－z2|＝2×32×2＝23.三高考小题重现篇1．答案：D解析：∵z＝1＋i，∴z2－2z＝（1＋i）2－2（1＋i）＝1＋2i＋i2－2－2i＝－2，∴|z2－2z|
＝|－2|＝2.2．答案：D解析：利用复数除法法则得11－3i＝1＋3i（1－3i）（1＋3i）＝1＋3i10，所以虚部为310，选D.3．答案：D解析：由题设有1－z＝1i＝ii2＝－i，故z＝1＋i，故z＋z－＝()1＋i＋()1－i＝2，故选D.4．答案：C解析：∵|a－2b
|2＝|a|2－4a·b＋4||b2，又∵|a|＝1，|b|＝3，|a－2b|＝3，∴9＝1－4a·b＋4×3＝13－4a·b，∴a·b＝1，故选C.5．答案：C解析：z－＝－1－3i，zz－＝（－1＋
3i）（－1－3i）＝1＋3＝4.zzz－－1＝－1＋3i3＝－13＋33i.故选C.6．答案：3＋4i解析：z1＋z2＝（1＋2）＋（1＋3）i＝3＋4i.点点练44推理与证明一基础小题练透篇1．答案：A解析：由a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝1
1，可知从第三项开始，后一项等于前两项的和，所以a6＋b6＝7＋11＝18，a7＋b7＝11＋18＝29，则a8＋b8＝18＋29＝47.2．答案：C解析：由题中的表格易知同一凸多面体顶点数、棱数与面数间的规律为：棱数＝顶点数＋面数－2
.所以有12个顶点、8个面的扭曲棱柱的棱数为12＋8－2＝18.3．答案：C解析：依题意得1＋1x＝x（x＞0），解得x＝5＋12，所以1＋11＋11＋…＝5＋12.4．答案：D解析：由题意可知P（0）＝0，P（1）＝1，P（2）＝2，P（3）＝3，P（4）＝2，P（5
）＝1，…，以此类推得，P（5k）＝k（k为正整数），因此P（2003）＝403，P（2006）＝402，P（2007）＝403，故P（2003）＞P（2006），P（2007）＞P（2006），故A，B，C正确，D错误．5．答案：B解析：方法一一条直线将平面分成2个部分，两条符合要求
的直线将平面分成4个部分，三条符合要求的直线将平面分成7个部分，注意到直线将平面分成的部分数满足4＝2＋2，7＝4＋3，归纳可知：四条符合要求的直线将平面分成7＋4＝11（个）部分，五条符合要求的直线将平面分成11＋5＝16（个）部分．方法二如图，画出符合题意的五
条直线，易知将平面分成16个部分．6．答案：A解析：在限行政策下，要保证每天至少有四辆车可以上路行驶，周一到周五每天只能有一辆车限行．由周末不限行，B车昨天限行知，今天不是周一，也不是周日；由E车周四限行且明天可以上路可知，今天不是周三；由E车周四限行，B车昨天限行
知，今天不是周五；从今天算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，如果今天是周二，A，C两车连续上路行驶到周五，只能同时在周一限行，不符合题意；如果今天是周六，则B车周五限行，又E车周四限行，所以A，C两车连续上路行驶到周二，只能同时在周三限行，不符合题意．所以
今天是周四．7．答案：9解析：由图形变化规律可得c1＝3，c2＝4，c3＝163，…，cn＝3×43n－1，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝31－43n1－43＝943n－1>81，则有43n>10⇒lg
43n>lg10⇒n>12lg2－lg3＝8.006，所以最小正整数n的值为9.8．答案：－13解析：设正四面体ABCD棱长为a，O为其中心，如图所示，则OA，OB，OC，OD两两成等角；设O在底面的射影为O1，则O1为△BCD的中心，OA＝OD＝R，∴O1D＝23×a2
－14a2＝33a，AO1＝a2－13a2＝63a，则R2＝63a－R2＋13a2，解得：R＝64a，∴cosθ＝OC2＋OD2－CD22OC·OD＝－13.二能力小题提升篇1．答案：A解析：由题意知，千位9为横式，百位1为纵式|，十位1为横式—，个
位7为纵式．2．答案：A解析：第一次为31＋1610＋5＝4715，则该值为π的一个不足近似分数值，即4715＜π＜165；第二次为47＋1615＋5＝6320，该值为π的一个过剩近似分数值，即4715＜π＜6320；第三次为47＋6315＋2
0＝227，该值为π的一个更为精确的过剩近似分数值．3．答案：C解析：若甲说的全对，则小明选的是武术，若乙说的全对，则小明选的是体操，矛盾；若甲说的全对，则小明选的是武术，若丙说的全对，则小明选的不是
武术，矛盾；若乙说的全对，则小明选的是体操，若丙说的全对，不是武术也不是排球，满足题意；此时甲说的不是游泳正确，是武术错误，所以甲说的半对，满足题意，所以小明选择的是体操．故选C.4．答案：C解析：根据题意，第1行第1列的数为1
，即a11＝1×（1－1）2＋1＝1；第2行第1列的数为2，即a21＝2×（2－1）2＋1＝2；第3行第1列的数为4，即a31＝3×（3－1）2＋1＝4；…；据此分析可得，第64行第1列的数为a（64
）1＝64×（64－1）2＋1＝2017，则a（64）4＝2020.5．答案：120解析：根据3×3的蛇形数阵可知，当n为奇数时，“n×n蛇形数阵”的正中间数为n2，故11×11的蛇形数阵正中间数为112＝121，且为第6行第6列，又观察3×3的蛇形数阵
可得11×11的蛇形数阵第6行第5列的数比第6行第6列小1，为120.6．答案：12＋15＋145解析：∵1813＝1，故1318＝12＋2×13－182×18＝12＋29，又因为92＝4，所以29＝15
＋5×2－95×9＝15＋145，故1318＝12＋15＋145.三高考小题重现篇1．答案：A解析：三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，有以下三种情况：（1）若乙预测正确，则丙预测也正确，不合题意；（2）若丙预测正确，甲、乙预测错误，即丙成绩比乙高，甲的成绩比乙低，则
丙的成绩比乙和甲都高，此时乙预测又正确，与假设矛盾；（3）若甲预测正确，乙、丙预测错误，可得甲成绩高于乙，乙成绩高于丙，符合题意．2．答案：B解析：26＋26÷0.618＋（26＋26÷0.618）÷0.618≈178（cm），故其身高可能是175cm.3．答案：A解析：连接圆心与圆
内接正6n边形的各顶点，则圆内接正6n边形被分割成6n个等腰三角形，每个等腰三角形的腰长均为圆的半径1，顶角均为360°6n＝60°n，底角均为180°－60°n2＝90°－30°n，所以等腰三角形的底边长均为2cos90°－30°n
＝2sin30°n，故单位圆的内接正6n边形的周长为6n×2sin30°n；连接圆心与圆外切正6n边形的各顶点，则圆外切正6n边形被分割成6n个等腰三角形，每个等腰三角形底边上的高均为圆的半径1，顶角均为360°6n＝60°n，
顶角的一半均为30°n，所以等腰三角形的底边长均为2tan30°n，故单位圆的外切正6n边形的周长为6n×2tan30°n.因为单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形的周长的算术平均数为2π的近似值，所以2π≈6n×2sin30°n＋6n×2tan30°n2＝6n×sin30°n＋
6n×tan30°n，所以π≈3n×sin30°n＋3n×tan30°n＝3n（sin30°n＋tan30°n）.4．答案：D解析：（方法一）因为αk∈N*（k＝1，2，…），所以0<1αk≤1，所以α1<α1＋1α2＋1α3＋1α4＋1α5，所以
b1>b5，所以A错误．同理α3<α3＋1α4＋1α5＋1α6＋1α7＋1α8.设1α4＋1α5＋1α6＋1α7＋1α8＝t1，所以α2＋1α3>α2＋1α3＋t1，则α1＋1α2＋1α3<α1＋1α
2＋1α3＋t1，所以b3>b8，所以B错误．同理α2<α2＋1α3＋1α4＋1α5＋1α6.设1α3＋1α4＋1α5＋1α6＝t2，所以α1＋1α2>α1＋1α2＋t2，所以b2<b6，所以C错误．同理α4<α4＋1α5＋1α6＋1α7.设1α5＋1α
6＋1α7＝t3，所以α3＋1α4>α3＋1α4＋t3，则α2＋1α3＋1α4<α2＋1α3＋1α4＋t3，所以α1＋1α2＋1α3＋1α4>α1＋1α2＋1α3＋1α4＋t3，所以b4<b7，所以D正确．故选D.（方法二）此题可赋特殊值验证一般规律，不必以一般形式做太多证明，以节省时间
．由αk∈N*，可令αk＝1，则b1＝2，b2＝32，b3＝53，b4＝85.分子、分母分别构成斐波纳契数列，可得b5＝138，b6＝2113，b7＝3421，b8＝5534.对比四个选项，可知选D.单元检测（十二）算法、复数、推理与证明1．
答案：D解析：z＝21＋i＝2（1－i）（1＋i）（1－i）＝1－i，复数z对应的点为（1，－1），则复数z对应的点位于第四象限．故选D.2．答案：B解析：“自然数a，b，c中恰有一个是偶数”说明有且只有一个是偶数，其否定是“自然数a，b，c均为奇数或自然数a，b，c中至少有两个偶数”．3．答
案：D解析：由图形间的关系可以看出，每多出一个小金鱼，则要多出6根火柴棒，第一个图中有8根火柴棒组成，第二个图中有8＋6个火柴棒组成，第三个图中有8＋2×6个火柴棒组成，以此类推：组成n个系列正方形的火柴棒的根数是8＋6（n－1），∴第n个图中的火柴棒有6n＋
2.故选D.4．答案：A解析：易知z＝2＋i，则z1－2i＝2＋i1－2i＝（2＋i）（1＋2i）（1－2i）（1＋2i）＝i，其共轭复数为－i.5．答案：C解析：由程序框图可知x＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋199×100＝1－12＋12
－13＋13－14＋…＋199－1100＝99100.6．答案：B解析：由题得z＝（1＋2i）（a－i）＝a＋2＋（2a－1）i，在复平面内所对应的点()a＋2，2a－1在第四象限，所以
a＋2>02a－1<0，解得－2<a<12.所以a∈－2，12.故选B.7．答案：B解析：依题意，甲：a＝2；乙：b＝1；丙：ca＝12；丁：a2c＝4；∵a2c·ca＝a，此时易知c＝1，b＝
3≠1，∴甲、丙、丁是真命题，故乙为假命题．故选B.8．答案：D解析：分母n，n＋1，n＋2，…，n2构成以n为首项，以1为公差的等差数列，项数为n2－n＋1.当n＝2时代入得，f（2）＝12＋13＋14.9．答案：C解析：由a1>1，a2016a2017>1得q>0，由a2016－1a2017
－1<0，a1>1得a2016>1，a2017<1，0<q<1，故数列{an}的前2016项都大于1，从第2017项起都小于1，因此T2016是数列{Tn}中的最大项．10．答案：B解析：13＝12，13＋23＝32＝()1＋22，13＋23＋33＝62＝(
)1＋2＋32，13＋23＋33＋43＝102＝()1＋2＋3＋42，根据上述规律，得13＋23＋33＋43＋53＋63＋…＋n3＝()1＋2＋3＋4＋…＋n2＝n（n＋1）22＝n4＋2n3＋n24.故选B.11．答案：C解
析：执行程序：x＝86，y＝90，S＝867＋906≠27；x＝90，y＝86，S＝907＋866≠27；x＝94，y＝82，S＝947＋826≠27；x＝98，y＝78，S＝987＋786＝27，故输出的x，y分
别为98，78.12．答案：D解析：当甲听音乐，则乙在看书，如图所示：看书写信听音乐玩游戏甲××√乙√××丙××√丁√当甲玩游戏，则乙在看书，如图所示：看书写信听音乐玩游戏甲××√乙√××丙××√丁√13．答案：－7解析：a＋bii＝i（a＋bi）i2＝b－ai，（2－i）
2＝3－4i，因为这两个复数互为共轭复数，所以b＝3，a＝－4，所以a－b＝－4－3＝－7.14．答案：1＋122＋132＋…＋1()n＋12<2n＋1n＋1解析：由题意，不等式可化简为：1＋122<32＝2×1＋11＋1，1＋122＋132<53＝2×2＋12＋1，1＋122＋132＋142<7
4＝2×3＋13＋1，…照此规律，第n个不等式为1＋122＋132＋…＋1()n＋12<2n＋1n＋1.15．答案：S＝S＋xn解析：由题意知，该程序的功能是求样本x1，x2，…，x10的平均数x－，因为“输出x－”的前一步是“x－＝Sn”，所以循环体的功能是累加
各样本的值，故应为S＝S＋xn.16．答案：1915解析：由题意可知，第一层1个，第二层有3个，第三层7个，第四层12个，第五层19个，得到一数列：1，3，7，12，19，27，37，48，61，75，91，108，127，147，169，192…
.（可分奇数项规律和偶数项规律分别考虑）由1＋3＋7＋12＋19＋27＋37＋48＋61＋75＋91＋108＋127＋147＋169＝932可得：一共15层．17．解析：（1）由m2＋3m＋2＝0，解得m＝－1
或－2.∴m＝－1或－2时，z是实数．（2）由m2－2m－3＝0m2＋3m＋2≠0，解得m＝3，∴m＝3时，z是纯虚数．（3）由m2－2m－3<0m2＋3m＋2>0，解得－1<m<3，∴当－1<m<
3时，z对应的点位于复平面的第二象限．18．解析：（1）因为z1＝z2，所以sin2x＝m，t＝m－3cos2x，所以t＝sin2x－3cos2x.又t＝0，所以sin2x－3cos2x＝0
，得tan2x＝3.因为0<x<π，所以0<2x<2π，所以2x＝π3或2x＝4π3，所以x＝π6或x＝2π3.（2）由（1）知，t＝f（x）＝sin2x－3cos2x＝2sin2x－π3.因为当x＝α时，t＝12，所以2sin2α－π3＝12，即s
in2α＋π6－π2＝－cos2α＋π6＝14，所以cos2α＋π6＝－14，所以cos4α＋π3＝cos22α＋π6＝2cos22α＋π6－1＝2×－142－1＝
－78.19．解析：（1）由a1＝0得an＝（n－1）d，Sn＝n（n－1）d2，因为a2＋2，S3，S4成等比数列，所以S23＝（a2＋2）S4，即（3d）2＝（d＋2）·6d，整理得3d2－12d＝0，即d2－4d＝0，因为d≠0，所以d＝4.所以
an＝（n－1）d＝4（n－1）＝4n－4.（2）证明：由（1）可得Sn＋1＝2n（n＋1），所以bn＝（2n＋1）2Sn＋1＝（2n＋1）22n（n＋1）＝2＋12n（n＋1）＝2＋121n－
1n＋1，所以Tn＝2n＋12（1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1）＝2n＋121－1n＋1<2n＋12，所以Tn－2n<12.20．解析：（1）由f1（x）＝sinx2，得f2（x）＝12co
sx2，f3（x）＝－14sinx2.（2）猜想：fn（x）＝12n－1sinn－12π＋x2（n∈N*）.下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，f1（x）＝sinx2，结论成立；②假设n＝k（k∈N*）时，结论
成立，即fk（x）＝12k－1sink－12π＋x2.当n＝k＋1时，fk＋1（x）＝[fk（x）]′＝12×12k－1cosk－12π＋x2＝12ksink－12π＋π2＋x2＝12（k＋1）－1sin（k＋1）－12π＋x2.所以当n＝k＋1
时，结论成立．所以由①②可知，对任意的n∈N*结论成立．21．证明：（1）∵PA＝PD，且E为AD的中点，∴PE⊥AD.∵底面ABCD为矩形，∴BC∥AD，∴PE⊥BC.（2）∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且AB⊂平面ABCD，∴
AB⊥平面PAD，且PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，∴PD⊥平面PAB，又PD⊂平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD.（3）如图，取PC中点G，连接F
G，GD.∵F，G分别为PB和PC的中点，∴FG∥BC，且FG＝12BC.∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，∴ED∥BC，DE＝12BC，∴ED∥FG，且ED＝FG，∴四边形EFGD为平行四边形，∴EF∥GD.又EF⊄平面PCD，GD⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD.22．解析：（
1）f（x）＝2x＋1∉M.理由如下：假设f（x）＝2x＋1∈M，则在定义域内存在x0，使得f（x0＋1）＝f（x0）＋f（1）成立，即2x0＋1＋1＝2x0＋1＋3，整理得3x20＋3x0＋2＝0，∵
方程3x20＋3x0＋2＝0无实数解，∴假设不成立，∴函数f（x）＝2x＋1∉M.（2）由题意得，f（x）＝lnax2＋1∈M，∴lna（x＋1）2＋1＝lnax2＋1＋lna2在定义域内有解，即（2－a）x2－2ax－2a＋2＝0在实数集R内有解，当a＝2时，x＝－12
，满足题意；当a≠2时，由Δ≥0，得a2－6a＋4≤0，解得3－5≤a≤3＋5且a≠2，综上3－5≤a≤3＋5，∴实数a的取值范围为[3－5，3＋5].（3）证明：∵f（x）＝3x＋x2，∴f（x0＋1）－
f（x0）－f（1）＝3x0＋1＋（x0＋1）2－3x0－x20－4＝23x0＋x0－32又函数y＝3x的图象与函数y＝－x＋32的图象有交点，设交点横坐标为a，则3a＋a－32＝0，所以3x0
＋x0－32＝0，其中x0＝a，∴f（x0＋1）＝f（x0）＋f（1），即f（x）∈M.点点练45选修4系列一选修4－4：坐标系与参数方程1．解析：（1）C1的参数方程为x＝2＋t6，y＝t．消去参数t，得C1的普通方程为y2＝6x－2（y≥0）.
（2）曲线C3的极坐标方程为2cosθ－sinθ＝0，两边同乘ρ，得2ρcosθ－ρsinθ＝0，则C3的直角坐标方程为y＝2x.联立得方程组y2＝6x－2（y≥0），y＝2x，解得x＝12，y＝1或x＝1，y＝2
.将曲线C2的参数方程中的参数s消去，得y2＝－6x－2（y≤0）.联立得方程组y2＝－6x－2（y≤0），y＝2x，解得x＝－12，y＝－1或x＝－1，y＝－2.所以C3与C1交点的直角坐标为12，1和()1，2，C3与C2交点的
直角坐标为－12，－1和（－1，－2）.2．解析：（1）由ρsin（θ＋π3）＋m＝0，得12ρsinθ＋32ρcosθ＋m＝0.∵ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，∴l的直角坐标方程为32x＋12y＋m＝0.（2）（方法一）把x＝3cos2t，y＝2sint代入32x＋12y＋
m＝0，得m＝－32cos2t－sint＝－32＋3sin2t－sint＝3（sint－16）2－1912.∵sint∈[－1，1]，∴当sint＝16时，m取得最小值－1912；当sint＝－1时，m取得最大值52.∴m的取值范围是[
－1912，52].（方法二）x＝3cos2t＝3（1－2sin2t）＝3[1－2（y2）2]＝3－32y2.∵y＝2sint，sint∈[－1，1]，∴y∈[－2，2].联立得方程组x＝3－32y2，3x＋y＋2m＝0.消去x并整
理，得3y2－2y－4m－6＝0，即4m＝3y2－2y－6＝3（y－13）2－193（－2≤y≤2）.∴－193≤4m≤10，∴－1912≤m≤52.∴m的取值范围是[－1912，52].3．解析：（1）因为直线l的参数
方程为x＝12ty＝－3＋32t（t为参数），所以直线l的普通方程为y＝3x－3；因为ρ＝4cosθ－π3，即ρ＝2cosθ＋23sinθ，所以ρ2＝2ρcosθ＋23ρsinθ，得x2＋y2＝2x＋23y，所以曲线C的直角坐标方程为x2
＋y2－2x－23y＝0.（2）因为点P的极坐标为3，3π2，所以点P的直角坐标为（0，－3），所以点P在直线l上，将直线l的参数方程x＝12ty＝－3＋32t（t为参数），代入x2＋y2－2x－23y＝0，化简得t2－7t＋9＝0，设A，B两点所对应的参数分别为t
1，t2，则t1＋t2＝7，t1t2＝9，故t1>0，t2>0，所以|PA|＝|t1|＝t1，|PB|＝|t2|＝t2，所以1|PA|＋1|PB|＝1t1＋1t2＝t1＋t2t1t2＝79.4．解析：（1）依题意：圆C1的半径r＝（2－0）2＋（2－0）2＝22，所以圆C
1的标准方程为：（x－2）2＋（y－2）2＝8，得x2＋y2－4x－4y＝0，由x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得C1的极坐标方程为ρ＝4sinθ＋4cosθ，由θ＝π3（ρ≥0），得C2的普通方程为3x－y＝0（x≥0）；（2）由（1）知C1的极坐标方程为ρ＝4sin
θ＋4cosθ，C2的普通方程为3x－y＝0（x≥0），将θ＝π3（ρ≥0）代入ρ＝4sinθ＋4cosθ得ρ＝23＋2，∴|OP|＝ρ＝23＋2.设M（2cosα，sinα），则M到C2的距离d＝|23cosα－sinα|（3）2＋（－1）2＝
13sin（α＋φ）2（其中tanφ＝－36），∴d≤132，当sin（α＋φ）＝±1时，等号成立，∴（S△OPM）max＝12×|OP|·dmax＝12×2（3＋1）×132＝13（3＋1）2.二选修4－5：不等式选讲1．证
明：（1）因为a2＋b2＋4c2＝3，所以由柯西不等式可知，（a2＋b2＋4c2）（1＋1＋1）≥（a＋b＋2c）2，即（a＋b＋2c）2≤9，且a，b，c均为正数，所以a＋b＋2c≤3，当且仅当a＝b＝2c＝1时等号成立．所以a＋b＋2c≤3
.（2）（方法一）31a＋1c＝31a＋22c＝31a＋12c＋12c.由b＝2c，a＋b＋2c≤3得31a＋1c＝31a＋1b＋12c≥（a＋b＋2c）1a＋1b＋12c≥（a·1a＋b·1b＋2c·12c）2＝9，当且仅
当a＝2c时等号成立，所以1a＋1c≥3.（方法二）因为b＝2c，由（1）知a＋b＋2c≤3，所以1a＋1c×3≥1a＋1c（a＋4c）＝1＋4ca＋ac＋4≥5＋24ca·ac＝9，当且仅当a＝2c时等
号成立．所以1a＋1c≥3.2．证明：（1）因为a，b，c都是正数，所以a32＋b32＋c32≥33a32b32c32＝3abc，当且仅当a＝b＝c＝319时取等号．因为a32＋b32＋c32＝1，所以abc
≤13，即abc≤19.（2）（方法一）因为a，b，c都是正数，所以b＋c≥2bc，a＋c≥2ac，a＋b≥2ab，当且仅当a＝b＝c＝319时同时取等号．所以2abc（ab＋c＋ba＋c＋ca＋b）≤2abc（a2bc＋b2ac
＋c2ab）＝a32＋b32＋c32＝1，所以ab＋c＋ba＋c＋ca＋b≤12abc.（方法二）要证ab＋c＋ba＋c＋ca＋b≤12abc成立，只需证a32bcb＋c＋b32aca＋c＋c32aba＋b≤12成立即可．因为a，
b，c都是正数，所以b＋c≥2bc，a＋c≥2ac，a＋b≥2ab，当且仅当a＝b＝c＝319时同时取等号．所以a32bcb＋c＋b32aca＋c＋c32aba＋b≤a32bc2bc＋b32ac2ac＋c32ab2ab＝a32＋b32＋c322＝12，得证．3．解析：（1）
由题意可得：f（x）＝|x＋1|＋2|x－1|＝3x－1，x≥13－x，－1<x<1－3x＋1，x≤－1，当x≥1时，则f（x）＝3x－1<8，解得1≤x<3；当－1<x<1时，则f（x）＝3－x<8，解得－1
<x<1；当x≤－1时，则f（x）＝－3x＋1<8，解得－73<x≤－1；综上所述：不等式f（x）<8的解集为－73，3.（2）∵g（x）＝f（x）－|x－1|＝|x＋1|＋|x－1|≥2，当且
仅当x∈[－1，1]时等号成立，∴函数g（x）的最小值为m＝2，则a＋b＋c＝2，又∵b＋a2b≥2b×a2b＝2a，当且仅当b＝a2b，即a＝b时等号成立；c＋b2c≥2c×b2c＝2b，当且仅当c＝b2c，即b＝c时等号成立；a＋c2a≥2a×c2a＝2c，当且仅当a＝c2a，即a＝
c时等号成立；上式相加可得：b＋a2b＋c＋b2c＋a＋c2a≥2a＋2b＋2c，当且仅当a＝b＝c时等号成立，∴a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c＝2.4．解析：（1）f（x）＝|2x＋
1|－|x＋1|－1<0.①当x<－1时，不等式可化为－（2x＋1）＋x＋1－1<0，解得x>－1，则x∈∅；②当－1≤x≤－12时，不等式可化为－（2x＋1）－（x＋1）－1<0，解得x>－1，则－
1<x≤－12；③当x>－12时，不等式可化为（2x＋1）－（x＋1）－1<0，解得x<1，则－12<x<1.综上所述，M＝{x|－1<x<1}；（2）证明：因为|2a＋1|－|1－2b|≤|2a＋1－（1－2b）|＝|
2a＋2b|（当且仅当（2a＋1）（1－2b）≥0时取等号），所以要证|2a＋1|－|1－2b|<|2ab＋2|，只需证|2a＋2b|<|2ab＋2|，即证|a＋b|<|ab＋1|，即证|a＋b|2<|ab＋1|
2，即证a2b2－a2－b2＋1>0，即证（a2－1）（b2－1）>0.由（1）可知，M＝{x|－1<x<1}．因为a，b∈M，所以a2<1，b2<1，所以（a2－1）（b2－1）>0成立．综上所述，|2a＋1|－|1－2b|<|2ab＋2|.第二部分学科核心素养专项练素养训练（一）数学抽象
1．答案：A解析：由题意，可知x满足0≤12x≤2，8－2x≥0，解得0≤x≤3，即函数g（x）的定义域为[0，3]，故选A.2．答案：C解析：∵f（x）是幂函数，∴m2－2m＋1＝1，即m＝0或2.又∵f（x）在（0，＋∞）上
为增函数，∴2m－1>0，即m>12.∴m＝2.故选C.3．答案：C解析：对于函数y＝loga（x＋4）＋2（a>0且a≠1），令x＋4＝1，求得x＝－3，则y＝2，∴函数的图象恒过点A（－3，2），∵点A在角θ的终
边上，∴tanθ＝yx＝－23，则sin2θ＝2sinθcosθsin2θ＋cos2θ＝2tanθtan2θ＋1＝－1213.故选C.4．答案：C解析：函数解析式为y＝x2，值域为{1，4}，当x＝±1时，y＝1；当x＝±2时，y＝4.则定义域可以为{1，2}，{
1，－2}，{－1，2}，{－1，－2}，{1，－1，2}，{1，－1，－2}，{－1，2，－2}，{1，－2，2}，{1，－1，2，－2}，因此“同族函数”共有9个．故选C.5．答案：D解析：∵f（x）＝x3＋2x2f′（1）＋2，∴f′（x）＝3x2＋4xf′（1），∴f′（1）＝3＋4
f′（1），解得f′（1）＝－1，∴f′（x）＝3x2－4x，∴f′（2）＝3×22－4×2＝4，图象在点x＝2处的切线的斜率k＝tanα＝4，则sinπ2＋αcos3π2－α＝－cosαsinα＝－
sinαcosαsin2α＋cos2α＝－tanαtan2α＋1＝－417，故选D.6．答案：D解析：∵数列{an}是等差数列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4＋λa10＋a16＝15，∴1＋3d＋λ（1＋9d）＋1＋15d＝
15，解得λ＝13－18d1＋9d，∵d∈[1，2]，λ＝－2＋151＋9d是减函数，∴d＝1时，实数λ取最大值，λ＝13－181＋9＝－12.故选D.7．答案：B解析：由y＝f（－x）和y＝f（x＋2）是
偶函数知：f（－x）＝f（x），f（x＋2）＝f（－x＋2）＝f（x－2），故f（x）＝f（x＋4），则F（3）＝f（3）＋f（－3）＝2f（3）＝2f（－1）＝2f（1）＝2π3，故选B.8．答案：D解析：因为a＝33.1>30＝1，0<b＝
13π<130＝1，c＝ln13<ln1＝0，所以c<b<a，又因为函数f（x）在R上单调递减，所以f（c）>f（b）>f（a），故选D.9．答案：B解析：∵f（x）是定义在[2b，1－b]上的偶函数，∴
2b＋1－b＝0，∴b＝－1，f（x）在[2b，0]上为增函数，即函数f（x）在[－2，0]上为增函数，故函数f（x）在（0，2]上为减函数，则由f（x－1）≤f（2x），可得|x－1|≥|2x|，即（x－1）2≥4x2，解得－1≤x≤13.又因为定义
域为[－2，2]，所以－2≤x－1≤2，－2≤2x≤2，解得－1≤x≤3，－1≤x≤1.综上，所求不等式的解集为－1，13.10．答案：B解析：设第n次“H扩展”后得到的数列的项数为an，则第n＋1次“H扩展”后得到的数列的项数为an＋1＝2an－1
，∴an＋1－1＝2（an－1），∴an＋1－1an－1＝2.又a1－1＝3－1＝2，∴{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an－1＝2·2n－1，∴an＝2n＋1，∴a10＝210＋1＝1025.故选B.11．答案：D解析：f（x）＝2x＋32x＋1＝2x＋1＋22x＋1＝1＋2
2x＋1，∵2x>0，∴1＋2x>1，∴0<12x＋1<1，则0<22x＋1<2，∴1<1＋22x＋1<3，即1<f（x）<3，当1<f（x）<2时，[f（x）]＝1，当2≤f（x）<3时，[f（x）]＝2，综上，函数y＝[f（x）]的值域为
{1，2}．故选D.12．答案：B解析：由f（x）是偶函数且满足f（1＋x）＝f（1－x）可得f（x）的图象关于y轴对称且关于直线x＝1对称，函数g（x）＝e－|x－1|（－1<x<3）的图象也关于直线x＝1对称，函数y＝f（x）的图象与函
数g（x）＝e－|x－1|（－1<x<3）的图象的位置关系如图所示，可知两个图象有四个交点，且两两关于直线x＝1对称，则f（x）与g（x）的图象所有交点的横坐标之和为4，故选B.13．答案：－1解析：因为a与b共线且方向相反，由共
线向量定理可设a＝λb（λ<0），即m＝λ，1＝λm，解得m＝±1，由于λ<0，所以m＝－1.14．答案：x＋2y－z－2＝0解析：由题意可设Q（x，y，z）为所求平面内的任一点，则根据BQ→⊥m，得B
Q→·m＝0，所以（－1）×（x－1）＋（－2）×（y－2）＋1×（z－3）＝0，化简得x＋2y－z－2＝0.故所求平面方程为x＋2y－z－2＝0.15．答案：（1，2）解析：椭圆x216＋y212＝1的右焦点F为（2，0），不妨取双曲线
E：x2a2－y2b2＝1（a>0，b>0）的一条渐近线为bx＋ay＝0，则焦点F到渐近线bx＋ay＝0的距离d＝|2b|b2＋a2<3，即有2b<3c，∴4b2<3c2，∴4（c2－a2）<3c2，∴e<2，∵e>1，∴1<e<2.16．答案：
2解析：设f（x）上任意一点为（x，y），则（x，y）关于直线y＝－x对称的点为（－y，－x），把（－y，－x）代入y＝13x＋a，得－x＝13－y＋a，∴f（x）＝log3（－x）＋a，x<0，∵f（－3）＋f
－13＝4，∴1＋a－1＋a＝4，解得a＝2.素养训练（二）逻辑推理1．答案：A解析：解法一（集合法）θ－π12<π12⇔－π12<θ－π12<π12⇔0<θ<π6；sinθ<12⇔－7π6＋2kπ<θ<π6＋2kπ，k∈Z.由0，π6－7π6＋2
kπ，π6＋2kπ，k∈Z，可得“θ－π12<π12”是“sinθ<12”的充分不必要条件．解法二（定义法）θ－π12<π12⇔0<θ<π6⇒sinθ<12，当θ＝0时，sinθ<12，但不满足θ－π12<π12，所以是充分不必要条件，故选A.2．答案：B解析：
因为sinθtanθ<0，所以角θ的终边落在第二或第三象限，又sinθ＋cosθ∈（0，1），因而角θ的终边落在第二象限，故选B.3．答案：C解析：因为AB→＋CD→＝0，所以AB→＝－CD→＝DC→，所以四边形ABCD是平行四边形．又（AB→－AD→）·AC→＝DB→·AC→＝0，所以四边形的对
角线互相垂直，所以四边形ABCD是菱形．4．答案：B解析：∵对任意n>1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2（Sn＋1），∴Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，∴an＋1－an＝2.∴数列{an}在n≥2时是等差数列，公差为2.∴S10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选B.5．答
案：B解析：∵sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，∴由正弦定理可得a∶b∶c＝2∶3∶4.不妨令a＝2x，b＝3x，c＝4x（x≠0），由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得cosC＝a2＋b2－c22ab＝4x2＋9x2－16x22×2x×3x＝－14，∵0<C<π，∴C为钝角．故
选B.6．答案：A解析：因为y＝xn（n∈N*）在（0，＋∞）上是增函数，又12>13，所以∀x∈N*，12x≥13x成立，p为真命题；因为2x>0，21－x>0，所以2x＋21－x≥22x×
21－x＝22，当且仅当2x＝21－x，即x＝12时等号成立，所以q为真命题，则p∧q为真命题，故选A.7．答案：D解析：因为a2＋b22－a＋b22＝2a2＋2b24－a2＋b2＋2ab4＝（a－b
）24≥0，所以a2＋b22≥a＋b22，又a＋b2≥ab（a>0，b>0），所以a＋b22≥ab，易得函数f（x）＝x2ex在区间（0，＋∞）上单调递增，所以f（ab）≤fa＋b22≤fa2＋
b22，即r≤q≤p.8．答案：D解析：若甲预测正确，则乙预测正确，丙预测错误，丁预测正确，与题意不符，故甲预测错误；若乙预测错误，则依题意丙、丁均预测正确，但若丙、丁预测正确，则获奖作品可能是“A，C”“B，C”“C，D”，这几种情况都
与乙预测错误相矛盾，故乙预测正确．所以丙、丁中恰有一人预测正确．若丙预测正确，丁预测错误，两者互相矛盾，排除；若丙预测错误，丁预测正确，则获奖作品只能是“A，D”，经验证符合题意．故选D.9．答案：D解析：a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，故A
错误；a⊂α，b⊂β，α∥β，则a与b平行或异面，故B错误；a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α与β相交或平行，故C错误；α∥β，a⊂α，则a∥β，故D正确，故选D.10．答案：A解析：∵x＝a＋beb，y＝
b＋aea，z＝b＋aeb，∴y－z＝a（ea－eb），又a>b>0，e>1，∴ea>eb，∴y>z，z－x＝（b－a）＋（a－b）eb＝（a－b）（eb－1），又a>b>0，eb>1，∴z>x.综上，x<z<y.故选A.11．答案：D解析：由cosβ＝tanα（1＋sinβ
），可得cosβ＝sinαcosα（1＋sinβ），cosβcosα－sinαsinβ＝sinα＝cosπ2－α，即cos（α＋β）＝cosπ2－α，又α∈0，π2，β∈
0，π2，则α＋β∈（0，π），π2－α∈0，π2.故α＋β＝π2－α，即2α＋β＝π2.故选D.12．答案：C解析：矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，M是PB的
中点，所以OM是△PBD的中位线，OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因为M∈PB，所以OM与平面PBA、平面PBC相交．13．答案：相交解析：由点P（1，m）在椭圆x24
＋y2＝1的外部，得m2>34.则圆x2＋y2＝1的圆心（0，0）到直线2mx－y＋3＝0的距离d＝|3|1＋4m2<32<1，∴直线y＝2mx＋3与圆x2＋y2＝1相交．14．答案：π2解析：由已知得f（x）＝2sinωx＋π4，令2kπ－π2≤ωx＋π4
≤2kπ＋π2，k∈Z，由ω>0，得2kπ－34πω≤x≤2kπ＋π4ω，k∈Z，当k＝0时，得f（x）的单调递增区间为－3π4ω，π4ω，所以（－ω，ω）⊆－3π4ω，π4ω，所以－3π4ω≤－ω，π4ω≥ω，解得0<ω≤π2，又y＝f（x）的图象关于直线x＝ω
对称，所以ω2＋π4＝kπ＋π2，k∈Z，解得ω2＝kπ＋π4，k∈Z，又0<ω≤π2，所以ω＝π2.15．答案：2018解析：由题归纳得第n行的第1个数是2n－1，故第11行的第1个数是1024，第995个数是1024＋994＝2018.16．答案：甲丙
乙丁解析：由题意可列表如下：甲乙丙丁甲说丁>乙乙说甲>丙丙说丙>丁丁说丙>乙若甲说的是真实的，则甲读书本数最少，可得四人读书本数由少到多的排列是甲丙乙丁；若乙说的是真实的，则乙读书本数最少，与丁<乙，丙<乙矛盾，不符合题意；若丙说的是真
实的，则丙读书本数最少，与丙>丁，甲<丙矛盾，不符合题意，若丁说的是真实的，则丁读书本数最少，与丙<丁矛盾，不符合题意．综上，只有甲说的是真实的，甲、乙、丙、丁按各人读书本数由少到多的排列是甲丙乙丁．素养训练（三）
数学运算1．答案：B解析：由log2x<1＝log22，解得0<x<2，即A＝（0，2），由x2＋x－2<0得（x－1）（x＋2）<0，解得－2<x<1，即B＝（－2，1），借助数轴，可得A∩B＝（0，1），故选B.2．答案：B解析：由2x≥2，得x
≥1.又[－3，4]的区间长度是7，[1，4]长度是3，所以所求概率P＝37.故选B.3．答案：C解析：设向量a与b的夹角为θ，因为c＝a＋b，c⊥a，所以（a＋b）·a＝a2＋a·b＝0，所以|a|2＝－|a
||b|cosθ，所以cosθ＝－|a|2|a||b|＝－|a||b|＝－12，所以θ＝120°.4．答案：B解析：由题意得，x＝－12和x＝2是方程mx2＋nx－1m＝0的两根，所以－12＋2＝－nm且12×2＝1m2（m<0），解得m＝－1，n＝
32，所以m－n＝－52.故选B.5．答案：A解析：由题意知，3＋4＋5＋x＋y＝5×5，（3－5）2＋（4－5）2＋（5－5）2＋（x－5）2＋（y－5）2＝5×（2）2解得x＝6，y＝7或x＝7，y＝6，∴xy
＝42.6．答案：B解析：解法一设等比数列{an}的公比为q（q≠1），则由a2a5a8＝－8，S3＝a2＋3a1，得a1q·a1q4·a1q7＝－8，a1（1－q3）1－q＝a1q＋3a1，解得q2＝2，a1＝－12，故选B.解法二
设等比数列{an}的公比为q（q≠1），因为S3＝a1＋a2＋a3＝a2＋3a1，所以a3a1＝q2＝2.因为a2a5a8＝a35＝－8，所以a5＝－2，即a1q4＝－2，所以4a1＝－2，所以a1＝－12，故选B.7．答案：B解析：由题意得tanπ4
－α＝1－tanα1＋tanα＝43，解得tanα＝－17，则sin2π4＋α＝1＋sin2α2＝12＋sinαcosαsin2α＋cos2α＝12＋tanα1＋tan2α＝925，故选B.8．答案：C解析：在△ABC中，∵sinC＝2sinB，∴由正弦定理可得
c＝2b，又∵a＝3，A＝π3，∴由余弦定理可得9＝b2＋c2－bc＝b2＋（2b）2－b·2b，解得b＝3，∴c＝23，∴△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋3＋23＝3＋33.故选C.9．答案：D解析：函数f（x）的定义域是R，f（x）＝－f（－x），所以函数f（
x）是奇函数．又f（x）＝f（2－x），所以f（－x）＝f（2＋x）＝－f（x），所以f（4＋x）＝－f（2＋x）＝f（x），故函数f（x）是以4为周期的奇函数，所以f201912＝f2020－12＝f－12＝－f12.因为在[0，1
]上有f（x）＝x2，所以f12＝122＝14，故f201912＝－14，故选D.10．答案：B解析：圆C的方程为（x－3）2＋y2＝1，圆心为C（3，0），半径r＝1.圆M的方
程为（x－3－3cosθ）2＋（y－3sinθ）2＝1，圆心为M（3＋3cosθ，3sinθ），半径R＝1.由于cos2θ＋sin2θ＝1，|CM|＝（3cosθ）2＋（3sinθ）2＝3>R＋r＝2，所以两圆相离，则要求∠APB的最大值，只需求|PC|的最小值，此时|PC
|＝3－1＝2，|AC|＝1，得∠APC＝π6，所以∠APB＝π3，即∠APB的最大值为π3.11．答案：D解析：依题意O是正三角形ABC的中心，设AB＝a，分析计算易得0<a<23，AO＝33a，在Rt△AOA1中，A1O＝r＝2
，则AA1＝r2－AO2＝4－a23，所以正三棱柱ABC－A1B1C1的侧面积S＝3a·AA1＝3a4－a23＝3－a43＋4a2＝63，整理得a4－12a2＋36＝0，解得a2＝6，即a＝6，此时侧棱AA1＝2.故选D.12．答案：D解析：解法一设F（－c，0）关于直线3x＋y＝
0的对称点A的坐标为（m，n），则nm＋c·（－3）＝－1，3·m－c2＋n2＝0，∴m＝c2，n＝32c，即Ac2，32c，∵点A在椭圆C上，∴c24a2＋34c2b2＝1，把b2＝a2－
c2代入，化简可得e4－8e2＋4＝0，解得e2＝4±23，又0<e<1，∴e＝3－1，故选D.解法二设右焦点为F′，AF交直线3x＋y＝0于点M，则AF⊥OM且M为AF的中点，连接AF′.∵O为FF′中点，∴OM∥AF
′，∵直线3x＋y＝0的倾斜角为120°，∴∠MOF＝60°，∴∠AF′F＝60°.在Rt△AFF′中，不妨设|AF′|＝1，则|FF′|＝2，|AF|＝3，∴e＝2c2a＝|FF′||AF|＋|AF′|＝23＋1＝3－1.故选D.13．答案
：{x|0<x<2}解析：原不等式等价于|2x－1|<x＋1⇔－x－1<2x－1<x＋1⇔3x>0，x<2⇔0<x<2.14．答案：ln2－3解析：由已知，得f′（x）＝1x＋x－52＝2x2－5x＋22x（x>0），由f′（x）＝0解得x
＝12或x＝2，由f′（x）>0，得0<x<12或x>2，由f′（x）<0，得12<x<2，所以函数f（x）的单调递增区间为0，12，（2，＋∞）；单调递减区间为12，2.所以函数f（x）的极小值为f（2）＝ln2－3.15．答案：正相关1.7解析：由题意知
，n＝10，x－＝110i＝110xi＝8，y－＝110i＝110yi＝2，∴b^＝i＝110xiyi－10x－y－i＝110x2i－10x－2＝184－10×8×2720－10×82＝0.3，a^＝y－－b^x－＝2－0.3×
8＝－0.4.∴y^＝0.3x－0.4，∵0.3>0，∴变量x与y正相关，当x＝7时，y^＝0.3×7－0.4＝1.7（千元）.16．答案：an＝3n－12解析：依题意得，（an＋1＋an）（an＋1－3an－1）＝0，因为an>0，所以
an＋1＝3an＋1，所以an＋1＋12＝3an＋12，又a1＋12＝32≠0，所以数列an＋12是首项为32，公比为3的等比数列．所以an＋12＝32×3n－1＝3n2，所以an＝3n－12.素养训练（四）直观想象1．答案
：A解析：由题图可知阴影部分表示的集合为（∁UA）∩B，因为集合A＝{1，3，5，7，8}，B＝{1，2，3，4，5}，U＝N，所以（∁UA）∩B＝{2，4}．故选A.2．答案：A解析：设图形Ω的面积为S，由题意得S1＝33351000
0≈13，∴S≈13.故选A.3．答案：C解析：由函数f（x）的图象可知，－1<b<0，a>1，则g（x）＝ax＋b为增函数，当x＝0时，g（0）＝1＋b>0，故选C.4．答案：B解析：不等式组y≥0，x－y≤0，x＋2y－6≤0表示的可行域如图：由图
可知|AB|的最小值为点A到直线x－y＝0的距离，为|2－1|2＝22.故选B.5．答案：D解析：由函数y＝log2（－x），得到－x>0，解得x<0.根据y＝log2（－x）和y＝x＋1的图象，且log2（－x）<x＋1，得到x>－1，则满足条件的x∈（－1，0
）.如图所示：6．答案：D解析：∵BA→·BC→＝|BA→|·|BC→|·cos∠ABC＝|BA→|2，∴|BC→|·cos∠ABC＝|BA→|＝6，∴CA→⊥AB→，即∠BAC＝π2，以A为坐标原点建
立如图所示的坐标系，则B（6，0），C（0，3），设P（x，y），则PA→2＋PB→2＋PC→2＝x2＋y2＋（x－6）2＋y2＋x2＋（y－3）2＝3x2－12x＋3y2－6y＋45＝3[（x－2）2＋（y－1）2＋1
0]，∴当x＝2，y＝1时，PA→2＋PB→2＋PC→2取得最小值，此时AP→·BC→＝（2，1）·（－6，3）＝－9，故选D.7．答案：C解析：根据几何体的三视图知几何体为半个以3为半径的圆柱截取一个半径为1的半圆柱．故S＝12π×32－12π×12×2＋2×3×2＋2π×3×
12×3＋2π×1×12×3＝20π＋12.故选C.8．答案：B解析：因为mn<0，所以m、n异号，根据题意可得m<0，n>0，又P（π，0），所以T>π且3T4<π，即π<T<4π3；①当周期无限接近π时，图中的最低点自左向右无限接近34π，所以f（x）在
2π3，π上先减后增，不单调，故D错；②当周期无限接近4π3又小于4π3时，图中最高点N的横坐标大于0小于π4，所以f（x）在区间0，π4上先增后减，不单调，A错；图中最低点的横坐标大于π2
小于3π4，f（x）在π2，3π4上先减后增，不单调，故C错，因此选B.9．答案：B解析：因为y＝f（|x|）的图象关于y轴对称，y＝f（|x|）的图象向右平移1个单位可得y＝f（|x－1|）的图象，所以函数y＝
g（x）的图象关于直线x＝1对称．故选B.10．答案：C解析：如图所示，设准线l与x轴交于点N.则|FN|＝2.∵直线AF的斜率为－3，∴∠AFN＝60°.∴∠MAF＝60°，|AF|＝4.由抛物线的定义可得|MA|＝|MF|，∴△AM
F是边长为4的等边三角形．∴S△AMF＝34×42＝43.故选C.11．答案：C解析：在同一平面直角坐标系中作出函数y＝f（x），y＝x2－x－m的图象如图所示．由图可知，不等式f（x）≥x2－x－m的解集中的整数解为x＝0，故f
（0）≥0－0－m，f（1）<1－1－m，解得－2≤m<－1.故选C.12．答案：C解析：记g（x）＝－x2＋2ax＋1＝－（x－a）2＋1＋a2，x≤1.当a<1时，g（x）图象的对称轴x＝a<1，则函数g（x）在（－∞，a）上单调递增，在（a，1）上单调递减，又因为t（x
）＝lnx＋2a在区间（1，＋∞）上单调递增（如图1），所以①错误．当a>1时，g（x）图象的对称轴x＝a>1，则函数g（x）在（－∞，1）上单调递增，又t（x）＝lnx＋2a在区间（1，＋∞）上单调递增，所以f（x）在（－∞，＋∞）
上单调递增（如图2），所以②错误．对于③，当a<0时，g（x）图象的对称轴x＝a<0，所以g（x）在（－∞，a）上单调递增；在（a，1）上单调递减，又t（x）在区间（1，＋∞）上单调递增，且有g（a）＝1＋a2>0，所以函数f（x）
的图象与x轴有3个交点（如图3），所以③正确．综上，选C.13．答案：{x|－2≤x<－1或2<x≤3}解析：原不等式等价于x2－x－2>0，x2－x－2≤4⇔x2－x－2>0，x2－x－6≤0⇔（x－2）（x＋1）>0，（x－3）（x＋2）≤0⇔
x>2或x<－1，－2≤x≤3.利用数轴（如图）可知，原不等式的解集为{x|－2≤x<－1或2<x≤3}．14．答案：－π，－π2∪0，π2∪（π，2π）解析：在同一坐标系中分别作出y＝|x|－π2与y＝sinx的图象：根据图象可得不等式的解集
为－π，－π2∪0，π2∪（π，2π）.15．答案：2解析：如图，分别作出直线y＝k（x＋2）－2与半圆y＝9－x2.由题意知，直线在半圆的上方，由b－a＝2，可知b＝3，a＝1，所以直线y＝k（x＋2）－2过点（1，22），则k＝2.16．答案：15解析：如图所示，S四边
形ABCD＝12（PA·PD－PB·PC），取AB，CD的中点分别为E，F，连接OE，OF，OP，则S四边形ABCD＝12[（PE＋AE）·（PF＋DF）－（PE－AE）·（PF－DF）]＝PE·DF＋
AE·PF，由题意知四边形OEPF为矩形，则OE＝PF，OF＝PE，结合柯西不等式有S四边形ABCD＝OF·DF＋AE·OE≤（OF2＋OE2）·（DF2＋AE2），其中OF2＋OE2＝OP2，DF2＋AE2＝4－OF2＋4－OE2＝8－OP2，据此可得S四
边形ABCD≤OP2·（8－OP2）＝5×3＝15，综上，四边形ABCD面积的最大值为15.素养训练（五）数据分析1．答案：B解析：样本间隔为24÷6＝4，年龄不超过55岁的有8人，则需要抽取8÷4＝2人，故选B.2．答案：A解析：根据选择D方式的有18人，占15%
，得总人数为1815%＝120，故选择A方式的人数为120－42－30－18＝30.故选A.3．答案：A解析：∵x－＝8，y－＝3.4，∴3.4＝0.65×8＋a^，解得a^＝－1.8，则y^＝0.65x－1.8，样本点中落在回归直线下方的有（6，2），（8，3），共2个，所求概率P＝2
5，故选A.4．答案：D解析：4100×0.126－4000×0.125＝516.6－500＝16.6，故选D.5．答案：D解析：根据x＝0.50，y＝－0.99，代入各选项计算，可以排除A；根据x＝2.01，y＝0.98，代入各
选项计算，可以排除B，C；将各数据代入函数y＝log2x，可知满足题意．故选D.6．答案：A解析：由题意可知，成绩在[90，100）内的频率为0.005×10＝0.05.频数为5，成绩在[100，110）内的频率为0.018×10＝0.18，频数为18，成绩在[110，12
0）内的频率为0.030×10＝0.3，频数为30，成绩在[120，130）内的频率为0.022×10＝0.22，频数为22，成绩在[130，140）内的频率为0.015×10＝0.15，频数为15，成绩在[140，150]内的频率为0.010×
10＝0.1，频数为10，而优秀的人数为25，成绩在[140，150]内的有10人，成绩在[130，140）内的有15人，所以成绩在[130，150]内的共25人，所以分数不低于130为优秀，故选A.7．答案：C解析：观察题图中数据知A，B，D正确，对选项C，2018年2月CPI同比上涨
2.9%，环比上涨1.2%，故C错误，故选C.8．答案：D解析：由程序框图知：S初始值为0，不满足S≥49，故S＝11×3＝13，n＝3；S＝13，不满足S≥49，故S＝11×3＋13×5＝25，n＝5；S
＝25，不满足S≥49，故S＝11×3＋13×5＋15×7＝37，n＝7；S＝37，不满足S≥49，故S＝11×3＋13×5＋15×7＋17×9＝49，n＝9，此时，满足S≥49，退出循环，输出n＝9，故选D.9．答案：C解析：由题图可知，甲同学
除第二次考试成绩略低于乙同学外，其他考试成绩都高于乙同学，可知x－甲>x－乙，题图中数据显示甲同学的成绩比乙同学的成绩稳定，故σ甲<σ乙，故选C.10．答案：B解析：由题意知y＝5x，x＝18，19，95＋（x－19）
（4－3），x＝20，21，即y＝5x，x＝18，19，76＋x，x＝20，21.当日销量不少于20个时，日利润不少于96元．当日销量为20个时，日利润为96元，当日销量为21个时，日利润为97元，日利润为96
元的有3天，记为a，b，c，日利润为97元的有2天，记为A，B，从中任选2天有（a，A），（a，B），（a，b），（a，c），（b，A），（b，B），（b，c），（c，A），（c，B），（A，B）共10种情况，其中选出的这2天日利润都是97元的有（A，B），1种情况，故
所求概率为110，故选B.11．答案：D解析：每条边有n个点，所以3条边有3n个点，三角形的3个顶点重复计算了一次，所以减3个顶点，即an＝3n－3，那么9anan＋1＝9（3n－3）×3n＝1（n－1）n＝1n－1－1n，即9
a2a3＋9a3a4＋9a4a5＋…＋9a2019a2020＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋12018－12019＝1－12019＝20182019，故选
D.12．答案：D解析：因为数列{xn}满足x1＝1，且对任意n∈N*，点（xn，xn＋1）都在函数y＝f（x）的图象上，所以xn＋1＝f（xn），所以由图表可得x2＝f（x1）＝3，x3＝f（x2）＝5，x4＝f（x3）＝6，x5＝f（x4）＝1，…
，所以数列{xn}是周期为4的周期数列，所以x1＋x2＋…＋x2022＝505（x1＋x2＋x3＋x4）＋x1＋x2＝505×15＋1＋3＝7579.故选D.13．答案：85解析：设小学与初中共需抽取的学生人数为x，依题意可得12002700＋2400
＋1200＝20x＋20，解得x＝85.14．答案：丙解析：乙、丙的平均成绩最高，且丙的方差小于乙的方差，丙的发挥较稳定．15．答案：（22，20）解析：由题意可得第一组的各数对的和为3，第二组各数对的和为4，第三组各数对的和为5，第
四组各数对的和为6，……第n组各数对的和为n＋2，且各个数对无重复数字，可得第40组各数对的和为42，则第40组的第21个数对为（22，20）.16．答案：1解析：由散点图知，各点都分布在一条直线附近，故可以判断数学成绩与物理成绩具有线性相关关系，但不能判断数学成绩与物
理成绩具有一次函数关系，故①正确，②错误，若甲同学数学成绩为80分，乙同学数学成绩为60分，则甲同学的物理成绩可能比乙同学的物理成绩高，故③错误．综上，正确的个数为1.素养训练（六）数学建模1．答案：A解析
：根据题意，要使附加税不少于128万元，需30－52R×160×R%≥128，整理得R2－12R＋32≤0，解得4≤R≤8，即R∈[4，8].2．答案：B解析：由题意得，三乡总人数为8758＋7236＋8356＝24350.∵共征集378人，∴
需从西乡征集的人数是723624350×378≈112，故选B.3．答案：B解析：函数h＝f（t）是关于t的减函数，故排除C，D，一开始，h随着时间的变化，变化缓慢，水排出超过一半时，h随着时间的变化，变
化加快，故对应的图象为B，故选B.4．答案：A解析：根据题意可知，此程序框图的功能是找一个满足下列条件的数a：a＝3k＋2，a＝5n＋3，a＝7m＋2，k，n，m∈Z.根据程序框图可知，数a已经满足a＝5n＋3，n∈Z，所以还要满足a＝3k＋2
，k∈Z和a＝7m＋2，m∈Z，并且还要用一个条件给出，即a－2既能被3整除又能被7整除，所以a－2能被21整除，故在“◇”处应填入a－221∈Z，故选A.5．答案：A解析：由题意可得，每天行走的路程构成
等比数列，记作数列{an}，设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则q＝12，依题意有a1（1－q6）1－q＝378，解得a1＝192，则a6＝192×125＝6，最后一天走了6里，故选A.6．答案：B解析：设该扇形的半径为rm，连接CO.由题意，得
CD＝150（m），OD＝100（m），∠CDO＝60°，△CDO中，根据余弦定理得，CD2＋OD2－2CD·OD·cos60°＝OC2，即1502＋1002－2×150×100×12＝r2，解得r＝507m．7．答案：B解析：由题意可知当
酒精含量阈值低于20时才可以开车，结合分段函数建立不等式90e－0.5x＋14<20，解得x>5.42，取整数故为6个小时，故选B.8．答案：B解析：如正方体同一个顶点的三条棱，满足①的条件，但三条棱相交，故①错；如图，α∥β，故②错；因为m∥l，m⊥α，则l⊥α，l⊂
β，所以α⊥β，故③正确；由面面垂直的性质知，④正确．故正确的命题为③④.故选B.9．答案：D解析：建立如图所示的平面直角坐标系．设抛物线的解析式为x2＝－2py，p>0，∵抛物线过点（6，－5），∴36＝10p，可得p＝185，则桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为185m．故
选D.10．答案：C解析：将数字从左往右只有以0为分界进行分组，第一组为10，数字之和为1；第二组为1110，数字之和为3；第三组为111110，数字之和为5；以此类推，故第n组的数字之和是以1为首项，2为公差的等差数列，即第n组数字之和为2n－1.由题知共2019个数字，则前
44组共有44×2＋44×432×2＝1980个数字，则前1980个数字之和为44×1＋44×432×2＝1936，剩余数字个数为2019－1980＝39，则所有数字之和为1936＋39＝1975，故选C.11．答案：C解析：设每
天生产甲种产品x桶，乙种产品y桶，相应的利润为z元，于是有x＋2y≤12，2x＋y≤12，z＝300x＋400y.x，y∈N，作出可行域，如图中阴影部分所示．由图可知，当z＝300x＋400y经过点A时，
z取得最大值．解方程组x＋2y＝12，2x＋y＝12得A点坐标为（4，4），所以zmax＝300×4＋400×4＝2800.故每天生产甲种产品4桶、乙种产品4桶时，公司可获得最大利润，为2800元．12．答案：C解析：设该服装厂所获效益
为f（x）元，则f（x）＝100xq（x）＝126000xx＋1，0<x≤20，100x（90－35·x），20<x≤180.当0<x≤20时，f（x）＝126000xx＋1＝126000－126000x＋1，f（x）在区间（0，20]上单调递增，所以当x＝
20时，f（x）有最大值120000.当20<x≤180时，f（x）＝9000x－3005·xx，则f′（x）＝9000－4505·x，令f′（x）＝0，∴x＝80.当20<x<80时，f′（x）>0，f（x）单调递增，当80≤x≤
180时，f′（x）≤0，f（x）单调递减，所以当x＝80时，f（x）有极大值，也是最大值240000.故选C.13．答案：13解析：从四个阴数中随机抽取2个数，共有6种取法，其中满足题意的取法有两种：4，6和2，8
，∴能使这两数与居中阳数之和等于15的概率P＝26＝13.14．答案：85解析：设椭圆的长半轴长为a千米，半焦距为c千米，月球半径为r千米．由题意知a＋c＝100＋r，a－c＝15＋r，解得2c＝85.即椭圆形轨道的焦距为85千米．15．答案：37.5解
析：由题意知t＝23－x－1（1<x<3），设该公司的月利润为y万元，则y＝48＋t2xx－32x－3－t＝16x－t2－3＝16x－13－x＋12－3＝45.5－16（3－x）＋13－x≤45.5－216＝37.5，
当且仅当x＝114时取等号，即最大月利润为37.5万元．16．答案：4解析：设神针原来的长度为acm，t秒时神针的体积为V（t）cm3，则V（t）＝π（12－t）2·（a＋20t），其中0≤t≤8，所以V′（t）＝[－2（12－t）（a＋20t）＋
（12－t）2·20]π.因为当底面半径为10cm时其体积最大，所以10＝12－t，解得t＝2，此时V′（2）＝0，解得a＝60，所以V（t）＝π（12－t）2·（60＋20t），其中0≤t≤8，V′（t）＝60π（1
2－t）（2－t），当t∈（0，2）时，V′（t）>0，当t∈（2，8）时，V′（t）<0，从而V（t）在（0，2）上单调递增，在（2，8）上单调递减，V（0）＝8640π，V（8）＝3520π，所以当t＝8时
，V（t）有最小值3520π，此时金箍棒的底面半径为4cm.第三部分单元检测卷仿真模拟冲刺卷（一）1．答案：C解析：∵U＝{}|x∈Z||x≤2＝{x∈Z|－2≤x≤2}＝{－2，－1，0，1，2}，∴∁UA＝{}0，1，2，()∁UA∪B＝{}0，1，2.
故选C.2．答案：C解析：因为z＝i2023＋i（i－1）＝i4×505＋3＋i2－i＝－1－2i，所以复数z在复平面内对应的点是（－1，－2），位于第三象限．故选C.3．答案：C解析：3744（8）＝4×80＋4×81＋7
×82＋3×83＝2020.故选C.4．答案：C解析：设θ＝〈a，b〉，则cos〈a，b〉＝cosθ＝a·b|a||b|＝－1010×25＝－22，b在a上的投影向量为|b|cosθ|a|·a＝()－1，－3，故选C
.5．答案：B解析：因为p>12，故可得点A与抛物线关系如图所示，过P作PH⊥直线x＝－p2于点H，由抛物线定义可得||PF＋||PA＝||PH＋||PA，数形结合可知，当且仅当点P与P′重合时，取得最小值32.此时32＝1＋p2，解得p＝1，故抛物线方程为y2＝2x.故选B.6．答案：
B解析：程序运行如：n＝1，a＝67；n＝2，a＝57；n＝3，a＝37；n＝4，a＝67；…，此程序的a值3个一循环．若输出的a的值为37，则输入的t的值为3k（k∈N*），仅有B符合；故选B.7．答案：D解析：对于A
，连接EF，CD1，∵A1D1∥BC，A1D1＝BC，∴四边形A1BCD1为平行四边形，∴A1B∥CD1；∵E，F分别为C1D1，CC1的中点，∴EF∥CD1，∴EF∥A1B，又A1B⊂平面A1BD，EF
⊄平面A1BD，∴EF∥平面A1BD，A正确；对于B，连接BF，FD，EF，OF，OE，设正方形的棱长为2，则BF＝FD＝5，EF＝2，OF＝3，OE＝5，∵O为BD中点，BF＝FD，∴OF⊥BD；∵
EF2＋OF2＝OE2，∴OF⊥EF，又EF∥A1B，∴OF⊥A1B；又BD∩A1B＝B，BD，A1B⊂平面A1BD，∴OF⊥平面A1BD，B正确；对于C，取BC中点G，连接OG，C1G，∵O，G分别为BD，BC
中点，∴OG∥CD且OG＝12CD；又C1E∥CD，C1E＝12CD，∴OG∥C1E且OG＝C1E，∴四边形OGC1E为平行四边形，∴OE∥C1G，又C1G⊂平面BCC1B1，OE⊄平面BCC1B1，∴OE∥平面BCC1B1，C正确；对于D，取B1C1中点M，连接ME交A1C1
于N，连接BM，ON，B1D1，假设DE∥平面AA1C1C，∵DE⊂平面BDEM，平面BDEM∩平面ACC1A1＝ON，∴DE∥ON，又E，M分别为C1D1，B1C1的中点，∴EM∥B1D1，又BD∥B1D1，∴EM∥BD，∴
四边形ONED为平行四边形，∴EN＝OD，显然不成立，假设错误，D错误．故选D.8．答案：B解析：由题意，设等比数列的首项为a1，公比为q，∴a4－a2＝a1q3－a1q＝12，a5－a3＝a1q4－a1q2＝24，∴a5－a3a4－a2＝q＝2，∴S4a1＋a3＝a1（1－
q4）1－qa1＋a1q2＝1＋q＝3.故选B.9．答案：C解析：如图1，沿着棱AA1将棱柱的侧面展开成一个矩形，因为A1D＋DE＋EA≥A1A，所以当A1D＋DE＋EA取得最小值时，B1D＝1，C1E＝2
，如图2，在C1C上取F点，使得C1F＝1，连接B1F，因为B1D∥EF，B1D＝EF，所以四边形EFB1D为平行四边形，则B1F∥DE，B1F＝DE，所以B1F、DE与平面AA1C1C所成的角相等．取A1C1的中点为G，连接GF、B1
G，因为B1G⊥A1C1，B1G⊥AA1，A1C1∩AA1＝A1，A1C1，AA1⊂平面AA1C1C，所以B1G⊥平面AA1C1C，则∠B1FG为B1F与平面AA1C1C所成的角，即DE与平面AA1C1C所成的角，又B1G＝332，B1F＝10，所以sin∠B1FG＝B
1GB1F＝33020.故选C.10．答案：A解析：抛掷两颗正四面体骰子观察底面上的数字之和为5有4种情况，得点数之和为5的概率为416＝14，第n次由甲掷有两种情况：一是第n－1次由甲掷，第n次由甲掷，概率为14P
n－1；二是第n－1次由乙掷，第n次由甲掷，概率为34（1－Pn－1）.这两种情况是互斥的，所以Pn＝14Pn－1＋34（1－Pn－1），即Pn＝－12Pn－1＋34，所以Pn－12＝－12Pn－1－12，即数列Pn－12是以P1－
12＝12为首项，－12为公比的等比数列，所以Pn＝12＋12－12n－1，所以P10＝12＋12－129＝5111024.故选A.11．答案：A解析：由题意知不妨设点P的轨迹为以F1()－c，0，F2()c，0()c>0为焦点的双曲线的左支，设双曲线
的标准方程为x2a2－y2b2＝1()a>0，b>0，则2c＝10，2a＝6，∴c＝5，a＝3，b＝4，∴点P的轨迹方程是x29－y216＝1()x≤－3，∵MF1＝F1N，∴F1为M、N的中点，∴PM→·PN→＝()PF1＋F1M·()PF1＋F1N＝PF12－F1M
2＝PF12－14MN→2＝PF12－1，∵||PF1≥c－a＝2，∴PM→·PN→≥3，∴PM→·PN→的最小值为3，当点P在双曲线的左顶点时取等号．故选A.12．答案：A解析：由题意可知，a＋2≥0，即a≥－2，且f()1＝a＋2，∴∀x∈[]1，2，||ax2＋x
＋1≤a＋2，即－a－2≤ax2＋x＋1≤a＋2.∴∀x∈[]1，2，－x＋3x2＋1≤a≤－1x＋1（当x＝1时也成立），令h（x）＝－x＋3x2＋1，x∈[]1，2，t（x）＝－1x＋1，x∈[]1，2，则hmax≤a≤tmin，∵h（x）＝－x＋3()
x＋32－6()x＋3＋10＝－1()x＋3＋10x＋3－6，且x＋3∈[]4，5∴由12≤()x＋3＋10x＋3－6≤1，可得－2≤h（x）≤－1，即hmax＝－1，又t（x）＝－1x＋1在[]1，2上单调递增，∴tmin＝－12，∴－
1≤a≤－12.故选A.13．答案：310解析：从蓝、白、红、黑、绿5种颜色各1只的口罩中选3只不同颜色的口罩，样本点列举如下：（蓝，白，红），（蓝，白，黑），（蓝，白，绿），（蓝，红，黑），（蓝，红，绿），（蓝，黑，绿），（白，红，黑），（白，红，绿），（白，黑
，绿），（红，黑，绿），共有10个样本点，其中蓝、白色口罩同时被选中的样本点有（蓝，白，红），（蓝，白，黑），（蓝，白，绿），共3个样本点，所以蓝、白色口罩同时被选中的概率为310.14．答案：22解析：根据题意可得由两点间距离公式
可得直径2r＝||AB＝（25）2＋42＝6，A，B中点为（0，4），即圆心为（0，4），所以圆心到直线x－y＝0的距离d＝||0－42＝22，根据垂径定理可得||MN＝2r2－d2＝232－（22）2＝2，所以S△MNC＝12||MN·d＝12×2×2
2＝22.15．答案：123解析：∵asin()A＋C＝bsinB＋C2，∴bsinπ2－A2＝asin()π－B，即bcosA2＝asinB，由正弦定理可得sinBcosA2＝sinAsinB，
又sinB>0，所以cosA2＝sinA，∴cosA2＝2sinA2cosA2，因为A∈()0，π，所以A2∈0，π2，所以cosA2>0，所以sinA2＝12，∴A2＝π6，∴A＝π3.设△ABC内切圆
的半径为r，∵△ABC内切圆面积为4π，∴πr2＝4π，解得r＝2，∴S△ABC＝12bcsinπ3＝12×2()a＋b＋c，即a＋b＋c＝34bc，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosπ3≥2bc－bc＝bc，当且仅当b＝c时取等号，∴a≥bc，∴34bc＝a＋b
＋c≥bc＋2bc，解得bc≥48，当且仅当a＝b＝c＝43时取等号，所以△ABC周长的最小值为34×48＝123.16．答案：(]6，10解析：因为f′（x）＝aex＋()b3－8，由题意得a＋()b3－8＝0，所以a＝8－b3，所以a＋3b＝8－
b3＋3b，令g()b＝8－b3＋3b，g′()b＝－3b2＋3＝－3()b＋1()b－1，因为a>0，所以8－b3>0.又b>0，所以0<b<2，所以g()b在()0，1上单调递增，在()1，2上单调递减，所以g()b∈(]6，10.故a＋3b的取值范围是(]6，10.17．解析：（1）
∵c2＝b2＋a2－2abcosC，b＝2a，c＝3，∴7a2＝9，解得a＝377，∴S△ABC＝12absinC＝12×2×97×32＝9314.（2）∵b＝2a，由正弦定理可得sinB＝2sinA，代入2sinB－sinA＝1，解得sinA＝1
3，sinB＝23，∵a<b，∴A为锐角，∴cosA＝1－19＝223，当B为锐角时，cosB＝1－49＝53，∴sinC＝sin()A＋B＝sinAcosB＋cosAsinB＝13×53＋223×23＝42＋59，∵csin
C＝asinA，∴a＝42－53，b＝82－253，∴C△ABC＝42－5＋3，当B为钝角时，cosB＝－1－49＝－53，∴sinC＝sin()A＋B＝sinAcosB＋cosAsinB＝13×－53＋223×23＝42－59，∵csinC＝asinA，∴
a＝42＋53，b＝82＋253，∴C△ABC＝42＋5＋3.综上：△ABC的周长为42－5＋3或42＋5＋3.18．解析：（1）由题意得z＝lny＝lnebx＋a＝bx＋a，∴b^＝i＝17xizi－7x－z－i
＝17x2i－7x－2＝112－7×4×3.5140－7×42＝0.5，∴a^＝z－－b^x－＝3.5－0.5×4＝1.5，∴z关于x的线性回归方程为z^＝0.5x＋1.5，∴y关于x的回归方程为y^＝e0.5x＋1.5，当x＝8时，y^
＝e5.5≈244.69，∴第8天使用扫码支付的人次为2447.（2）由题意得ξ的所有可能取值为0.5，0.7，0.9，1，P（ξ＝0.5）＝13×30%＝0.10，P（ξ＝0.7）＝60%＋12×30%＝0.75，P（ξ＝0.9）＝16×30%＝0.
05，P（ξ＝1）＝10%＝0.10，∴ξ的分布列为ξ0.50.70.91P0.100.750.050.10∴E（ξ）＝0.5×0.10＋0.7×0.75＋0.9×0.05＋1×0.10＝0.72.19．解析：（1）证明：取EF的中点M，连接OM，HM，又O为
DE的中点，所以OM∥DF，又DF⊂平面BDF，OM⊄平面BDF，所以OM∥平面BDF，因为AB∥EF，AB＝EF，H，M分别为AB，EF的中点，所以BH∥FM，且BH＝FM，所以四边形BFMH为平行四边形，所以HM∥BF，又BF⊂平面B
DF，HM⊄平面BDF，所以HM∥平面BDF，又OM，HM⊂平面OMH，OM∩HM＝M，所以平面OMH∥平面BDF，因为OH⊂平面OMH，所以OH∥平面BDF.（2）由题意知CB，CF，CD两两垂直，故以点C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系：设14圆柱的底面半径为r，高为h，则C()
0，0，0，B()r，0，0，F()0，r，0，D()0，0，h，G－r2，r2，h，O0，r2，h，Hr，0，h2，所以BF→＝()－r，r，0，DF→＝()0，r，－h，CF→＝()0，r，0，CG→＝－r2，r2，h，OH→＝r，
－r2，－h2.设平面BDF的一个法向量n＝()x，y，z，则n·BF→＝0，n·DF→＝0，即－rx＋ry＝0，ry－hz＝0，令x＝h，解得y＝h，z＝r，所以n＝()h，h，r；设平面CFG的一个法向量m＝()a，b，c，则m·CF→＝0，m·CG→＝0，
即rb＝0，－r2a＋r2b＋hc＝0，令a＝2h，解得b＝0，c＝r，所以m＝()2h，0，r，所以||cos〈m，n〉＝||m·n||m·||n＝2h2＋r24h2＋r2·2h2＋r2＝2h2＋r24h2＋r2＝155，化简，得2r2
－2h2＝0，所以h＝r，所以m＝()2r，0，r，OH→＝r，－r2，－r2.设OH与平面CFG所成的角为θ，所以sinθ＝||cos〈OH→，m〉＝||OH→·m||OH→·||m＝2r2－12r262r·5r＝3010.20．解析：（1）因
为椭圆C的离心率为32，所以ca＝32①.将x＝－c代入x2a2＋y2b2＝1，得y＝±b2a，所以|AB|＝2b2a，则12×2c×2b2a＝3，即2b2ca＝3②.又因为a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝1，所以椭圆C的
标准方程为x24＋y2＝1.（2）由题意知，直线l的斜率不为0，则不妨设直线l的方程为x＝ky＋m（m≠2）.联立得x24＋y2＝1x＝ky＋m消去x得（k2＋4）y2＋2kmy＋m2－4＝0，Δ＝4k2m2－4（k2＋4）（m2－4）
>0，化简整理，得k2＋4>m2.设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1＋y2＝－2kmk2＋4，y1y2＝m2－4k2＋4.因为PM⊥PN，所以PM→·PN→＝0.因为P（2，0），所以PM→＝（
x1－2，y1），PN→＝（x2－2，y2），所以，（x1－2）（x2－2）＋y1y2＝0，将x1＝ky1＋m，x2＝ky2＋m代入上式整理得（k2＋1）y1y2＋k（m－2）（y1＋y2）＋（m－2）2＝0，所以，（k2＋1）·m2－4k2＋4＋k（m－2）
·－2kmk2＋4＋（m－2）2＝0，解得m＝65或m＝2（舍去），所以直线l的方程为x＝ky＋65，则直线l恒过点Q65，0.21．解析：（1）由f（x）＝ex＋ae－x－2，所以f′（x）＝ex－ae－x，当a≤0时，f′（x）≥0，此时f（x）
在R上单调递增，当a>0时，由f′（x）>0，有x>lna，所以f（x）在（lna，＋∞）上单调递增，由f′（x）<0，有x<lna，所以f（x）在（－∞，lna）上单调递减，综上所述：当a≤0时，f（x）在R上单调递增；当a>0时，f（x）在（lna
，＋∞）上单调递增，在（－∞，lna）上单调递减．（2）由h（x）＝f（x）－g（x）＝ex＋ae－x－2－x2，所以h′（x）＝ex－ae－x－2x，又函数h（x）有相同零点和极值点x0，所以有ex0＋ae－x0－2－x20＝0ex0－ae－x0－2x0＝0，两式相加
得：2ex0＝x20＋2x0＋2，令p（x）＝2ex－x2－2x－2，则p′（x）＝2ex－2x－2，设s（x）＝2ex－2x－2，则s′（x）＝2ex－2，所以s（x）在()－∞，0上单调递减，在()0，＋∞上单调递增，所以s（x）≥s()0＝0，所以p（x）单调递增，由p()0＝0可得
x0＝0，a＝1，所以h（x）＝ex＋e－x－2－x2，所以h′（x）＝ex－e－x－2x，设t（x）＝ex－e－x－2x，所以t′（x）＝ex＋1ex－2≥0，当且仅当x＝0时取等号．所以h′（x）在R单调递增，又h′()0＝0
，所以当x>0时，h′（x）>0，所以h′（x）在（0，＋∞）上单调递增，当x<0时，h′（x）<0，所以h′（x）在（－∞，0）上单调递减，所以h（x）min＝h（0）＝0，故h（x）的最小值为0.22．解析：（1）x
＝2＋cosθy＝sinθ变形为x－2＝cosθy＝sinθ，平方后相加得到曲线C的普通方程为（x－2）2＋y2＝1；结合图象可求出B（2，1），C（1，0），D（2，－1）.（2）设P（x，y）.原式＝（x－3）2＋y2＋（x－2）2＋（y－1）2＋（x－1）2＋y2＋（x－
2）2＋（y＋1）2＝（4x2－16x）＋4y2＋20＝4（x－2）2－16＋4y2＋20＝4（x－2）2＋4y2＋4≥4，当x＝2，y＝0即P（2，0）时取等号，其最小值为4.23．解析：（1）函数f（x）＝2|x|＋|2x－1|＝
4x－1，x≥121，0<x<121－4x，x≤0，当x≥12时，f（x）＝4x－1<3，解得x<1，故x∈12，1；当0<x<12时，f（x）＝1<3，恒成立，故x∈0，12；当x≤0时，
f（x）＝1－4x<3，解得x>－12，故x∈－12，0.综上所述：－12<x<1，所以A＝x|－12<x<1.（2）因为s，t∈A，所以s，t∈－12，1，所以1－ts2－
t－1s2＝1＋t2s2－t2－1s2＝1s2（1－t2）（s2－1）<0，所以1－ts2<t－1s2，故1－ts<t－1s.仿真模拟冲刺卷（二）1．答案：A解析：令z＝a＋bi()a，b∈R，则z－
＝a－bi，|z－i|＝|a＋bi－i|＝a2＋（b－1）2，|z－＋3i|＝|a＋（3－b）i|＝a2＋（3－b）2，∴|z－i|＝|z－＋3i|，a2＋（b－1）2＝a2＋（3－b）2，∴b＝2，故选A.2．答案：
D解析：乙销售数据的极差是112－88＝24，故A正确；甲销售数据的众数为93，故B正确；甲销售数据的均值为（80×3＋90×5＋100×2＋7＋6＋4＋9＋8＋3＋3＋1＋6＋3）×110＝94，乙销售数据的均值为（80＋90×4＋100×4＋110＋8＋5
＋7＋8＋8＋1＋2＋3＋6＋2）×110＝100，∴乙销售数据的均值比甲大，故C正确；甲销售数据的中位数为93，故D错误．故选D.3．答案：A解析：∵X＝{1，2，3，4}，Y＝{3，4，5}，∴X－Y＝{}1，2，Y－X＝{}5，∴（X－Y）∪（Y－X）＝{}1
，2，5，∴|（X－Y）∪（Y－X）|＝3，故选A.4．答案：C解析：由三视图知：如图所示，几何体为三棱锥AECD，而AB⊥平面BCDE，AB＝BC＝2CD＝4，所以VAECD＝13AB·S△ECD＝13×4×12
×4×2＝163.故选C.5．答案：A解析：函数定义域为()－∞，0∪()0，＋∞，且f()－x＝－f（x），函数为奇函数，排除C、D；又函数f()1＝0－2＋1＝－1<0，排除B.故选A.6．答案：D解析：对于A，
当m∥α，m∥n时，n∥α或n在平面α内，所以A错误，对于B，当m∥α，n∥α时，m，n可能平行，可能相交，也可能异面，所以B错误，对于C，当m⊥α，n⊥m时，n∥α或n在平面α内，所以C错误，对于D，当m⊥α，n⊥α时，由垂直于同一平面的两条直线平行，可得m∥n，所以D正确．故选
D.7．答案：D解析：令g（x）＝f（x＋1）－1，因为g（x）为奇函数，故g()－x＝－g（x），故f（－x＋1）－1＝－f()x＋1＋1即f（－x＋1）＋f()x＋1＝2.即f（x）＝2－f()2－x，当x∈32，52时，2－x
∈－12，12，故f（2－x）＝ln[]1－2（2－x）＝ln()2x－3，故x∈32，52时，f（x）＝2－ln()2x－3，此时f′（x）＝－22x－3，故f′（2）＝－2，而f（2）＝2.所以y＝f（x）在x＝2处的切线方程为y－2＝
－2（x－2），即y＝－2x＋6.故选D.8．答案：B解析：因为玉衡和天权都没有被选中的概率为P＝C25C27＝1021，所以玉衡和天权至少一颗被选中的概率为1－1021＝1121.故选B.9．答案：B解析：设AC＝x，则BC＝x－40，在△ABC中，由余弦定理得：BC2＝AC2＋AB2－2
·AC·AB·cos∠BAC，即（x－40）2＝x2＋1002－100x，解得x＝420.在△ACH中，AC＝420，∠CAH＝15°＋30°＝45°，∠CHA＝90°－30°＝60°，由正弦定理得：CHsin∠
CAH＝ACsin∠CHA，即CHsin45°＝420sin60°，解得CH＝1406.故选B.10．答案：B解析：因为f（1）＝e－4<0，f32＝e32＋ln32－4＝e3＋ln32－4>16＋ln32－
4>0，所以b∈1，32，因为32＝log223<log23，所以a>b.g′（x）＝3x2－x－1，令g′（x）＝0，得x＝1±136.因为g（x）在（－∞，1－136），（1＋136，＋∞）上单调递增，在（1－136，1＋136）上单调递减，所以c＝1＋136，又因
为1＋136<1，所以c<b，故a>b>c.故选B.11．答案：B解析：如图所示，由椭圆定义可得||AF1＋||AF2＝2a，||BF1＋||BF2＝2a，设△AF1F2的面积为S1，△BF1F2的面积为S2，因为r1r2＝3，所以，12()2a＋2cr112()2
a＋2cr2＝S1S2＝12×2c·yA12×2c·()－yB⇒r1r2＝－yAyB＝3，即yA＝－3yB，设直线l：x＝2y－c，则联立椭圆方程与直线l，可得x＝2y－cb2x2＋a2y2＝a2b2⇒（a2＋4b2）
y2－4b2cy－b4＝0，所以，yA＋yB＝4b2ca2＋4b2，yA·yB＝－b4a2＋4b2，令r1r2＝－yAyB＝λ>1，则2－λ＋1λ＝()yA＋yB2yAyB＝－16c2a2＋4b2
＝－16c25a2－4c2＝164－5e2，当r1r2＝λ＝3时，有2－3＋13＝－43＝164－5e2⇒e2＝516⇒e＝54.故选B.12．答案：B解析：已知3sin2B＋2sin2C＝sin2A＋sinA·()2
sinBsinC，由正弦定理可知：3b2＋2c2＝a2＋2bcsinA，∴3b2＋2c2－a2＝2bcsinA，整理得：()b2＋c2－a2＋2b2＋c2＝2bcsinA，两边同除2bc得：b2＋c2－a22bc＋2
b2＋c22bc＝sinA，根据余弦定理得：cosA＋bc＋c2b＝sinA，即bc＋c2b＝sinA－cosA＝2sinA－π4，∵b>0，c>0，∴bc＋c2b≥2bc·c2b＝2，当且仅当bc＝c
2b，即c＝2b时等号成立．又∵bc＋c2b＝sinA－cosA＝2sinA－π4≤2，当且仅当A＝3π4时，等号成立．综上所述：bc＋c2b≥2且bc＋c2b≤2，故得：bc＋c2b＝2，此时c＝2b且A＝3π4，∴S＝12bcsin3π
4＝24bc，∴Sb2＝24·bcb2＝24·cb＝24·2＝12.故选B.13．答案：52解析：因为双曲线的焦点在y轴上，所以可设双曲线C的方程为y2a2－x2b2＝1（a>0，b>0），则其渐近线方程为y＝±abx，所以ab＝2，所以e＝ca＝a2＋b2a＝5b2b＝52
.14．答案：π2解析：由|2a＋3b|＝|2a－3b|，平方得到a·b＝0，所以a，b夹角为π2.15．答案：31解析：等比数列{}an的公比q>1，由a1＝1，a2＋a3＝6，得q＋q2－6＝0，解得q＝2,所以S5＝1－2
51－2＝31.16．答案：C4πS－C22πS解析：∵r2＋（R－h）2＝R2，又S＝2πRh，∴r2＝R2－R－S2πR2＝Sπ－S24π2R2＝4πR2S－S24π2R2.∵2πr＝C，∴r＝C2π，∴C24π2＝4πR2S－S24π2R2，
即R2C2＝4πR2S－S2，∴R2＝S24πS－C2，∴rR＝r2R2＝C24π2S24πS－C2＝C2（4πS－C2）4π2S2＝C4πS－C22πS.17．解析：（1）f（x）＝2019·sinπx－π4＝0⇒πx－π4＝kπ（k∈Z）⇒x＝k＋14（k∈Z
），这就是函数y＝f（x）的全部零点．已知函数y＝f（x）的全部正数的零点构成等差数列{an}，则其首项等于14，公差等于1.因此，数列{an}的通项公式就是：an＝14＋()n－1×1＝n－34()n∈N*；（2）bn＝2n
an＋34＝n·2n，则Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋()n－1·2n－1＋n·2n，①2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋()n－1·2n＋n·2n＋1，②①－②：－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2()1－2n1－2－n·2n＋1＝()1
－n·2n＋1－2，所以，Tn＝()n－1·2n＋1＋2，因此，数列{}bn的前n项和为Tn＝（n－1）2n＋1＋2.18．解析：（1）如图，作PM⊥EB于M点，∵DE⊥PE，DE⊥EB，PE⊂平面PBE，BE⊂平面PBE，PE∩BE＝E.∴DE⊥平面PEB，∴DE⊥PM
，又∵PM⊥EB，DE⊂平面BCDE，BE⊂平面BCDE，DE∩BE＝E，∴PM⊥平面EBCD，∴∠PDM为PD与平面EBCD所成角，设DC＝a，则PD＝AD＝2a，PB＝EB2－PE2＝3a，∵12PB·PE＝12BE·PM，∴PM＝PE·PBEB＝a·3a2a
＝32a，∴sin∠PDM＝PMPD＝32a2a＝64.（2）如图，过M作MN⊥EB交DC于N点，∴MN綊ED.由（1）知，PM⊥平面EBCD，易知MB、MN、MP两两垂直，如图建立空间直角坐标系Mxyz，△PEB为直角三角形，且PM⊥BE，∴△PEB∽△MEP，
∴EMPE＝PEEB，得EM＝a2，∴MB＝3a2，∴N为DC的中点，∴M()0，0，0，B32a，0，0，Ca2，a，0，D－a2，a，0，P0，0，32a.所以BC→＝（－a，a，0），PC→＝
a2，a，－32a，CD→＝（－a，0，0），设平面PBC的法向量为m＝()x，y，z，∴m·BC→＝0m·PC→＝0⇒x－y＝012x＋y－32z＝0，令x＝y＝1，∴z＝3，∴m＝()1，1，3，设平面PDC的法向量为n＝()x，y，z，由n·
PC→＝0n·CD→＝0⇒12x＋y－32z＝0x＝0，取z＝1，得n＝0，32，1，∴cos〈m，n〉＝m·n||m·||n＝310535.由图知，二面角BPCD为钝二面角，∴二面角BP
CD的平面角的余弦角为－310535.19．解析：（1）2×2列联表为：易知：K2＝40()14×12－6×8222×18×20×20≈3.636>2.706，所以有90%以上的把握认为技术改造前后的连续正常运行时间有差异
．（2）已知，一个月内设有5个维护周期，一个周期内能连续正常运行的概率为35，即需要额外维护费的概率为25，设一个月内需额外维护的次数为ξ，则ξ～B5，25，一个月内的正常维护费为0.56×5＝2.8，额外维护
费为0.22ξ()ξ＋12＝()0.11ξ2＋0.11ξ万元．所以一个月内需额外维护次数为ξ时需要的维护费为()0.11ξ2＋0.11ξ＋2.8万元，设一个月内的维护费为X，则X的所有可能取值为2.8，3.02，3.46，4.12，5，6.1，P()X＝2.8＝C0
5250355＝2433125；P()X＝3.02＝C15251354＝8103125＝162625；P()X＝3.46＝C25252353＝1080
3125＝216625；P()X＝4.12＝C35253352＝7203125＝144625；P()X＝5＝C45254351＝2403125＝48625；P()X＝6.1＝C55255350＝323125；所以，
X的分布列为X2.83.023.464.1256.1P243312516262521662514462548625323125E()X＝2.8×2433125＋3.02×162625＋3.46×216625＋4
.12×144625＋5×48625＋6.1×323125＝3.592.∴一个月内维护费的均值为3.592万元．20．解析：（1）由已知得x2＝4y，即抛物线的准线方程为y＝－1；（2）由题意得F()0，1，且l斜率一定存在，设l：y＝kx＋1，设A()x1，y
1，B()x2，y2，联立可得y＝kx＋1x2＝4y，消去y可得x2－4kx－4＝0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，AB中点为M，设∠ACM＝α，∠BCM＝β，则∠ACB＝α＋β，即tan∠ACB＝tan()α＋β＝tanα＋tanβ1－tanα·
tanβ＝AMCM＋BMCM1－AMCM·BMCM＝ABCM1－AB24CM2，若存在满足题意的直线，则tan()α＋β＝43，即4CM2－3AB·CM－AB2＝0，所以()4CM＋AB()CM－AB＝0，又因为CM>0，AB>0，即CM＝AB，
当k＝0时，易知CM＝2，||AB＝||x1－x2＝()x1＋x22－4x1x2＝4，故不符合题意；当k≠0时，设C()x3，y3，M()x4，y4，因为CM垂直平分AB，所以CM的斜率为－1k，易知||CM＝1＋k2||y3－y4，因此有1＋k2||y3－y4＝1＋k2|
|x1－x2，因为M为AB的中点，所以y4＝y1＋y22＝k()x1＋x2＋22＝2k2＋1，由题意，y3＝－1，即||x1－x2＝||2k2＋2，16k2＋16＝2k2＋2，两边平方整理可得：k4－2k2－3＝0，解得k＝±3，故直线l
的方程为y＝3x＋1或y＝－3x＋1.21．解析：（1）因为当x≥0时，f′（x）＝2ex＋cosx≥2－1＝1>0.所以f（x）在[0，＋∞）单调递增，所以当x≥0时，f（x）≥f()0＝0，所以f（x）有唯一零点x＝0.（2）令g（x）＝ex＋ln（x＋
1）－1－af（x）＝（1－2a）（ex－1）＋ln（x＋1）－asinx，①若a>12，则1－2a<0先证明当x>0时，ex－1>x，lnx<x.事实上，令u（x）＝ex－x－1，v（x）＝lnx－x，因为当x>0时，u′（x）＝ex－1>0，所以u（x）在（0，＋∞）单
调递增，所以当x>0时，u（x）>u（0）＝0，所以ex－1>x.由v′（x）＝1x－12x＝2－x2x＝0，得x＝4.因为当0<x<4时，v′（x）>0，v（x）单调递增，当x>4时，v′（x）<0，v（x）单调递减，所以v（x）≤v（4）＝ln4－2＝2（ln2－
1）<0，所以lnx<x.因此当x>0时，g（x）<()1－2ax＋x＋1＋a＝()1－2a()x＋1＋x＋1＋3a－1，令φ（x）＝()1－2ax2＋x＋3a－1，因为φ（x）的图象是开口向下的抛物线，所以存在x0>1，使
得φ()x0<0，从而x20－1>0，g()x20－1<()1－2ax20＋x0＋3a－1＝φ()x0<0，不合题意．②若a≤12，则g（x）≥ex＋ln()x＋1－1－12f（x）＝ln()x＋1－12sinx,令h（x）
＝ln()x＋1－12sinx,（ⅰ）当x≥1时，h（x）≥ln2－12>0.（ⅱ）当0≤x<1时，h′（x）＝1x＋1－12cosx>12－12cosx≥0，所以h（x）在[0，1）单调递增，所以当0≤x<1时，h（x）≥h()0＝0，由（ⅰ）（ⅱ）知当x≥0时，g（x）≥0
，满足题意，综上，a的取值范围为—∞，12.22．解析：（1）曲线C1的参数方程为x＝2＋2cosα，y＝2sinα，（α为参数）则曲线C1的直角坐标方程为（x－2）2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0，则曲线C1的
极坐标方程为ρ＝4cosθ，曲线C2的极坐标方程是ρ＝2sinθ，则曲线C2的直角坐标方程为y－2＝0.（2）曲线C1的极坐标方程为ρ＝4cosθ，曲线C2的极坐标方程是ρ＝2sinθ，射线l1：θ＝β－π2<β<π
2，射线l2：θ＝β＋π3－π2<β<π2则|OA|＝4cosβ，|OB|＝2sinβ＋π3，则|OA||OB|＝2cosβsinβ＋π3＝32＋sin2β＋π3，由－π2<β<π2，可得－2π
3<2β＋π3<4π3，－1≤sin2β＋π3≤1，32＋sin（2β＋π3）≤3＋22，（当且仅当β＝π12时等号成立）故|OA||OB|的最大值为32＋1.23．解析：（1）①当x≤－3时，原不等式化为－x＋2－
x－3≥9，即2x≤－10，解得x≤－5；∴x≤－5时，不等式成立；②当－3<x<2时，原不等式化为－x＋2＋x＋3≥9，即5≥9，无解；∴－3<x<2时，不等式不成立③当x≥2时，原不等式化为x－2＋x＋3≥
9，即2x≥8，解得x≥4；∴x≥4时，不等式成立；综上，不等式的解集为（－∞，－5]∪[4，＋∞）.（2）∵f（x）＝||x－2＋||x＋3≥||（x－2）－（x＋3）＝5（当且仅当－3≤x≤2时“＝”成立），∴m＝5即a＋b＋c＝5，由柯西不等式可得：[]（a＋1）2＋（b＋2）2＋（c＋3）
2()12＋12＋12≥（a＋1＋b＋2＋c＋3）2＝121，当且仅当a＋1＝b＋2＝c＋3，即a＝83，b＝53，c＝23时“＝”成立，所以（a＋1）2＋（b＋2）2＋（c＋3）2≥1213，因此z＝（a＋1）2＋（b＋2）2＋（c＋3）2≥1133，即z的最小值
是1133.仿真模拟冲刺卷（三）1．答案：D解析：（x，y）x－y＝－1x＋y＝1＝{}()0，1≠M，故A错误；{（x，y）|y＝x－1＋1－x}＝{}()1，0≠M，故B错误；xx＝（－1）n－12，n∈N＝{}－1，0≠M，
故C错误；yy＝sinnπ2，n∈N*＝{}1，0＝M，故D正确.故选D.2．答案：B解析：设z＝x＋yi，则z－＝x－yi，由z·z－＝1得x2＋y2＝1，即z在复平面内对应
的点（x，y）的轨迹为圆．故选B.3．答案：C解析：输入的a，b分别为3，1时，依次执行程序框图可得：第一次：a＝3＋12×3＝92，b＝2×1＝2，a<b不成立，n＝1＋1＝2；第二次：a＝92＋12×92＝274，b＝2×2
＝4，a<b不成立，n＝2＋1＝3；第三次：a＝274＋12×274＝818，b＝2×4＝8，a<b不成立，n＝3＋1＝4；第四次：a＝818＋12×818＝24316，b＝2×8＝16，a<b成立，输出n＝4.故选C.4．答案：D解析：
双曲线x2a2－y2b2＝1的焦点F（c，0）到渐近线bx±ay＝0的距离为bca2＋b2＝32c，解得b＝32c，所以b2＝34c2.又c2＝a2＋b2，所以b2＝3a2.因为点（2，3）在双曲线上
，所以4a2－3b2＝1，所以a2＝3，b2＝9，所以双曲线的方程为x23－y29＝1.故选D.5．答案：B解析：由随机变量ξ～N（1，σ2），则正态分布的曲线的对称轴为ξ＝1，又因为P（ξ≤0）＝P（ξ≥a），
所以0＋a＝2，所以a＝2.当0<x<2时，1x＋92－x＝1x＋92－x·x＋（2－x）2＝12＋2－x2x＋9x2（2－x）＋92≥5＋22－x2x·9x2（2－x）＝8，当且仅当2－x2x＝9x2（2－x），即x＝12时等号成立，
故最小值为8.故选B.6．答案：A解析：不等式x＋2y>m2＋2m恒成立，则()x＋2ymin>m2＋2m恒成立，由2x＋1y＝1，得x＋2y＝()x＋2y2x＋1y＝4＋4yx＋xy≥4＋24yx·xy＝
8，当且仅当4yx＝xy，即x＝2y＝4时，取等号，所以()x＋2ymin＝8，则m2＋2m<8，解得－4<m<2，∃x∈{}x|1≤x≤2，使x＋1＋m≥0，则()x＋1＋mmax≥0，所以3＋m≥0，解得m≥－3，因为命题P与命题Q都为真命
题，所以m≥－3－4<m<2，所以－3≤m<2.故选A.7．答案：A解析：当x>0时，f（x）＝－x＋ln||x＝－x＋lnx，则f′（x）＝－1＋1x＝1－xx，故当0<x<1时，f′（x）>0，当x>1时，f′（x）<0，故f（x）在()0，1上单调递增，在()1，＋∞上单调递减，所
以B，C错误，当x<0时，f（x）＝－x＋ln|x|＝－x＋ln（－x），f′（x）＝－1＋1x<0，所以f（x）在()－∞，0上单调递减，令g（x）＝f′（x）＝－1＋1x，则g′（x）＝－1x2<0，所以f
′（x）＝－1＋1x单调递减，函数图象为上凸，故D错误，A正确．故选A.8．答案：A解析：圆C1关于y轴的对称圆为圆C3，其方程为（x＋1）2＋y2＝r2，根据题意，圆C3与圆C2有交点，又圆C3与圆C2的圆心距为d＝5
，要满足题意，只需|r－1|≤5≤r＋1，解得r∈[]5－1，5＋1，故选A.9．答案：D解析：将函数y＝2sin2x图象向左平移π3个单位长度得到y＝2sin2x＋π3＝2sin2x＋2π3的图象，再向上平移1个单位长度可
得到f（x）＝2sin2x＋2π3＋1的图象，故A错误；T＝2π2＝π，故B错误；令2x＋2π3＝π2＋kπ，k∈Z，得x＝－π12＋kπ2，k∈Z，当k＝0时，x＝－π12；当k＝1时，x＝512π，故C错误；令π2＋2kπ≤2x＋2π3≤3π2＋2kπ，k∈Z，－
π12＋kπ≤x≤5π12＋kπ，k∈Z，所以f（x）在π6，5π12上单调递减，故D正确，故选D.10．答案：C解析：由题意，a＝2ln3－4×3－3－1，b＝2ln72－72×4－3－1，c＝
2ln4－4×4－3－1，构造函数f（x）＝2lnx－4x－3－1（x≥3），则f′（x）＝2x－24x－3＝2·4x－3－xx4x－3＝2·－x2＋4x－3x4x－3（4x－3＋x）＝2·－（x－1）（x－3）x4x－3（4x－3＋x
）≤0，所以函数f（x）在[3，＋∞）上单调递减，所以f（3）>f72>f（4），即a>b>c.故选C.11．答案：D解析：①当F为C1B1的中点，将CF平移至EM，则M为A1D1的四等分点，即D1M＝14A1D1，过M点作MN⊥AD，设AD＝4，则MN＝4，BN＝5，B
D＝42，所以BE＝6，BM＝41，ME＝5，所以在△BEM中，BM2＝BE2＋ME2，故ME⊥BE，所以CF⊥BE，所以过CF的平面与直线EB垂直，②过D1作D1Q∥BE，易知Q为BB1的中点，此时D1Q和D1F相交，所以D1F和BE异面，故②错误；③当F为B1时，△B
EF的主视图和侧视图的面积相等，故③成立；④因为C1B1∥BC，故C1B1∥平面EBC，故B1C1上任一点到平面EBC距离相等，且△EBC的面积固定，故VEBFC＝13S△BFC×d为定值，故④正确，故选D.12．答案：B解析：由f（x）≥g（x）⇒xlnax＋aex≥－x2＋x
⇒xlnax＋aex＋x2－x≥0，当x∈（0，＋∞）时，上式可变形为：lnax＋aexx＋x－1≥0，问题转化为：当x∈（0，＋∞）时，lnax＋aexx＋x－1≥0恒成立，设h（x）＝lnax＋aexx＋x－1，
x∈（0，＋∞），h′（x）＝－1x＋aex（x－1）x2＋1＝（x－1）（aex＋x）x2，因为x∈（0，＋∞），ax>0，所以a∈（0，＋∞），因此aex＋x>0，所以当x∈（0，1）时，h′（x）<0，h（x）单调递减，当x∈（1，＋∞）时，h′（x）>0
，h（x）单调递增，故h（x）min＝h（1）＝lna＋ae，要想当x∈（0，＋∞）时，lnax＋aexx＋x－1≥0恒成立，只需h（x）min＝lna＋ae≥0，设F（a）＝lna＋ae≥0，a∈（0，＋∞），F′（a
）＝1a＋e＝ea＋1a，当a∈（0，＋∞）时，F′（a）>0，所以函数F（a）单调递增，而F（1e）＝0，显然当a∈1e，＋∞，F（a）＝lna＋ae≥0成立，故选B.13．答案：－40解析：（x＋2）4展开式的通项Tr＋1＝2rCr4
x4－r，令4－r＝1，则r＝3，令4－r＝2，则r＝2，所以a2＝23×C34－3×22×C24＝－40.14．答案：13解析：由a·（a＋b）＝223，得a·a＋a·b＝223，所以a·b＝223－22＝103，∵b＝（3，－4），∴|b|＝5，故cos〈
a，b〉＝a·b|a|·|b|＝1032×5＝13.15．答案：2（15－1）7解析：由题可知，OH⊥AB，且|HB|＝|HF|，所以OB＝OF，又因为O是F′F的中点，所以OH是△FBF′的中位线，
所以F′B⊥FB，且2OH＝F′B，又直线l的斜率为15，所以tan∠F′FB＝15，设F′B＝m，FB＝n，所以m＋n＝2a，mn＝15，联立解得m＝215a1＋15，n＝2a1＋15，由勾股定理有：OF2＝OH2＋HF2，即c2＝
m22＋n22＝m2＋n24＝64a24()1＋152，所以c＝4a1＋15，所以e＝ca＝4a1＋15a＝41＋15＝2()15－17.16．答案：4π5解析：如图所示，将等腰四面体ABCD补成一个长方体，设AF＝x，AE＝
y，AH＝z，则x2＋y2＝16z2＋y2＝9x2＋z2＝9，解得x＝22y＝22z＝1，故四面体ABCD的体积为V＝22×22×1－4×13×12×22×22×1＝83，设该四面体的内切球的半径为r，则V＝13×4×S△ABC×r，而S△ABC
＝12×4×32－22＝25，故83＝13×4×25×r，r＝55，则该四面体的内切球表面积为4πr2＝4π5.17．解析：（1）当n≥2时，Sn－Sn－1＝S2nSn－1，Sn－1－Sn＝SnSn－1，即1Sn－1Sn－1＝1,从而1Sn构成以1为首项，1为公
差的等差数列．（2）由（1）可知，1Sn＝1S1＋()n－1×1＝n，∴Sn＝1n.法一：则当n≥2时S2n＝1n2<1n2－1＝121n－1－1n＋1.故当n≥2时S21＋S22＋…＋S2n<1＋121－13＋1212－14＋…＋12
1n－1－1n＋1＝1＋121＋12－1n－1n＋1<1＋12·32＝74，又当n＝1时，S21＝1<74满足题意，故S21＋S22＋…＋S2n<74.法二：则当n≥2时S2n＝1n2<1n2－n＝1n－1－1n，那么S21
＋S22＋…＋S2n<1＋14＋12－13＋13－14＋…＋1n－1－1n＝74－1n<74又当n＝1时，S21＝1<74，当时，S21＝1<74满足题意，故S21＋S22＋…＋S2n<74.18．解析：（1）连接EB，由题意PE＝2，BE＝
AB2＋AE2＝2，又M是PB中点，所以ME⊥PB，而ME⊥PC，PC∩PB＝P，所以ME⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，则BC⊥ME，由AB∥CD且AE⊥CD，AB＝AE＝12CE＝1知：BE＝BC＝2，在△BCE中CE＝2，
则BC2＋BE2＝CE2，即BC⊥BE.由ME∩BE＝E，则BC⊥平面BEP，PE⊂平面BEP，于是PE⊥BC.由题意，PE⊥AE，AE与BC相交，则PE⊥平面ABCE，EC⊂平面ABCE，所以PE⊥EC.（2）连BN，
MN，设EN＝t，由（1）知：PE，EA，EC两两垂直，故分别以EA，EC，EP为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，由题意，则N（t，0，0），B（1，1，0），M12，12，22，取平面PCE的法
向量m＝（1，0，0），设平面BMN的法向量n＝（a，b，c），则n·BM→＝－12a－12b＋22c＝0n·BN→＝()t－1a－b＝0，令a＝1，即n＝（1，t－1，t2），设平面BMN与平面PCE的二面角为θ，则：||cosθ＝
（1，0，0）·1，t－1，t21＋（t－1）2＋t22＝132t2－2t＋2＝132t－232＋43，∴当t＝23时，||cosθmax＝32，即EN长为23时所求锐二面角最小．19．解析：（1）将
“产品通过检验”记为事件A，则P（A）＝452×45＋C12×45×15×452＝64125＋128625＝448625.即这批产品通过检验的概率为448625.（2）由题意，X的可能取值为200，300，400.P（X＝200）＝152＝
125，P（X＝300）＝452＝1625，P（X＝400）＝C12×45×15＝825，则X的分布列如下：X200300400P1251625825因此，E（X）＝200×125＋300
×1625＋400×825＝328.20．解析：（1）将y＝ax2化为标准方程得，x2＝1ay，因为||AF的最小值为1，所以14a＝1，解得a＝14，所以抛物线E的标准方程为x2＝4y.（2）由（1）得，点F()0，1，显然直线l1，l2的斜率都存在且不为0，设直线l1斜率为
k，则l2的斜率为－1k，直线l1的方程为y＝kx＋1，由y＝kx＋1x2＝4y消去y并整理得x2－4kx－4＝0，Δ＝16k2＋16>0，设P()x1，y1，Q()x2，y2，则x1＋x2＝4
k，所以线段PQ中点C()2k，2k2＋1，||FC2＝4()k2＋k4，同理||FD2＝41k2＋1k4，所以||FC2＋||FD2＝4k2＋1k2＋k4＋1k4，令t＝k2＋1k2≥2k21k2＝2，当且仅当k2＝1k2，即k2＝1时等号成立．
所以t2＝k4＋1k4＋2，且t∈[)2，＋∞，所以||FC2＋||FD2＝4()t＋t2－2＝4()t2＋t－2＝4t＋122－9≥16，当且仅当t＝2时取等号，所以||FC2＋||FD2的最小值为16.21．解析：（1）依题意，f′（x）＝2
me2x－ex＋1，令t＝ex，则由f′（x）＝0可得2mt2－t＋1＝0，则Δ＝1－8m；当m≥18时，Δ≤0，此时f′（x）≥0，故函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递增，无极值点，不合题意；当0<m<18时，Δ>0，f′（x）＝0，得ex＝1±1－8m4m，则令x1＝l
n1－1－8m4m，x2＝ln1＋1－8m4m，则当x∈（－∞，x1）时，f′（x）>0，当x∈（x1，x2），f′（x）<0，当x∈（x2，＋∞）时，f′（x）>0，此时函数f（x）有2个极值点，符合题意；综上所述，实数m的取值范围为0，18；（2）依题意，ex（mex－1）＋x＝
a，记g（x）＝ex（mex－1）＋x－a，g′（x）＝f′（x）；①由（1）可知当m≥18时，g′（x）≥0，则函数g（x）在（－∞，＋∞）上单调递增；可知当x→－∞时，g（x）→－∞，当x→＋∞时，g（x）→＋∞，故当m≥18时，函数g（x）恰有1个零点，此时a∈
R；②当0<m<18时，g（x）在（－∞，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，＋∞）上单调递增，g′（x1）＝2me2x1－ex1＋1＝g′（x2）＝2me2x2－ex2＋1＝0，则m＝ex
1－12e2x1＝ex2－12e2x2，所以[]g（x）极大值＝g（x1）＝me2x1－ex1＋x1－a＝－ex12＋x1－12－a，[]g（x）极小值＝g（x2）＝me2x2－ex2＋x2－a＝－ex22＋x2－12－a，因为当x→－∞时，g（x）→－∞，当x→＋∞时，g（x）→＋∞，
故只需g（x1）<0或g（x2）>0；令h（x）＝－ex2＋x－12，则h′（x）＝－ex2＋1，故当x∈（－∞，ln2）时，h′（x）>0，当x∈（ln2，＋∞），h′（x）<0，又x1＝ln1－1－8m4m＝ln21＋1－8m，x2＝ln21－1－8m，又0<m<18，故1－8m∈
（0，1），故x1∈（0，ln2），x2∈（ln2，＋∞），所以h（x1）∈（－1，－32＋ln2），h（x2）∈－∞，－32＋ln2，故a≥－32＋ln2；综上所述，实数a的取值范围为[－32＋ln2
，＋∞）.22．解析：（1）曲线C1的普通方程为cosα·y－sinα·x＝0，即极坐标方程为θ＝α（ρ∈R），曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝3，即（x－1）2＋y2＝4.（2）曲线C2的极坐标方程为ρ2－2cosθ·
ρ－3＝0，代入θ＝α，可得ρ1·ρ2＝－3，则|OA|·|OB|＝|ρ1ρ2|＝3.23．解析：（1）当a＝b＝c＝1时，f（x）＝x－12＋|x＋2|，易得f（x）＝x－12＋|x＋2|≥x－12－（x＋2
）＝52.（2）由绝对值三角不等式可得：f（x）＝x－a2＋|x＋b＋c|≥x－a2－（x＋b＋c）＝a2＋b＋c＝3，∵a，b，c均为正实数，∴a2＋b＋c＝3，∵（a2＋b2＋c2）14＋1＋1≥a2＋b＋c2
＝9，∴a2＋b2＋c2≥4，当且仅当2a＝b＝c，即a＝23，b＝c＝43时等号成立，∴a2＋b2＋c2的最小值是4.
