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- 2021-06-16 发布
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(一)小题小做 巧妙选择
高考数学选择题历来都是兵家必争之地,因其涵盖的知识面较宽,既有基础性,又有综合性,解题方法灵活多变,分值又高,既考查了同学们掌握基础知识的熟练程度,又考查了一定的数学能力和数学思想,试题区分度极佳.这就要求同学们掌握迅速、准确地解答选择题的方法与技巧,为全卷得到高分打下坚实的基础.
一般来说,对于运算量较小的简单选择题,都是采用直接法来解题,即从题干条件出发,利用基本定义、性质、公式等进行简单分析、推理、运算,直接得到结果,与选项对比得出正确答案;对于运算量较大的较复杂的选择题,往往采用间接法来解题,即根据选项的特点、求解的要求,灵活选用数形结合、验证法、排除法、割补法、极端值法、估值法等不同方法技巧,通过快速判断、简单运算即可求解.下面就解选择题的常见方法分别举例说明.
直接法
直接从题目条件出发,运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识,通过严密的推理和准确的运算,得出正确的结论.涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法.
[典例] (2018·浙江高考)已知椭圆C1:+y2=1(m>1)与双曲线C2:-y2=1(n>0)的焦点重合,e1,e2分别为C1,C2的离心率,则( )
A.m>n且e1e2>1 B.m>n且e1e2<1
C.m<n且e1e2>1 D.m<n且e1e2<1
[技法演示] 考查了椭圆与双曲线的焦点、离心率,抓住焦点相同这个条件得到m,n之间的关系,代入离心率的公式即可得解.
法一:由题意知m2-1=n2+1,即m2=n2+2,则m>n,e1e2=·==>1.故选A.
法二:由题意知m2-1=n2+1,即m2=n2+2,则m>n,不妨设m2=3,则n2=1,e1=,e2=,则e1e2=>1,故选A.
[答案] A
[应用体验]
1.(2018·浙江高考)已知集合P={x∈R|1≤x≤3},Q={x∈R|x2≥4},则P∪(∁RQ)=( )
A.[2,3] B.(-2,3]
C.[1,2) D.(-∞,-2]∪[1,+∞)
解析:选B ∵Q={x∈R|x2≥4},
∴∁RQ={x∈R|x2<4}={x∈R|-2<x<2}.
∵P={x∈R|1≤x≤3},
∴P∪(∁RQ)={x∈R|-2<x≤3}=(-2,3].
2.(2018·浙江高考)在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记xmyn项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=( )
A.45 B.60
C.120 D.210
解析:选C 由题意知f(3,0)=CC,f(2,1)=CC,f(1,2)=CC,f(0,3)=CC,因此f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=120,选C.
数形结合法
根据题目条件作出所研究问题的有关图形,借助几何图形的直观性作出正确的判断.
[典例] (2018·浙江高考)如图,已知平面四边形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC与BD交于点O.记I1=·,I2=·,I3=·,则( )
A.I1I3,作AG⊥BD于G,又AB=AD,
∴OB·,即I1>I3,
∴I30)上,如图,数形结合可知|a-b|min=||-|CB―→|=-1.故选A.
验证法
将选项或特殊值,代入题干逐一去验证是否满足题目条件,然后选择符合题目条件的选项的一种方法.在运用验证法解题时,若能根据题意确定代入顺序,则能提高解题速度.
[典例] (2018·浙江高考)已知实数a,b,c,( )
A.若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1,则a2+b2+c2<100
B.若|a2+b+c|+|a2+b-c|≤1,则a2+b2+c2<100
C.若|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1,则a2+b2+c2<100
D.若|a2+b+c|+|a+b2-c|≤1,则a2+b2+c2<100
[技法演示] 通过逻辑判断,借助于举反例排除A、B、C选项,选项D的证明对于学生来说是很高的要求.
法一:对于A,取a=b=10,c=-110,
显然|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1成立,
但a2+b2+c2>100,即a2+b2+c2<100不成立.
对于B,取a2=10,b=-10,c=0,
显然|a2+b+c|+|a2+b-c|≤1成立,
但a2+b2+c2=110,即a2+b2+c2<100不成立.
对于C,取a=10,b=-10,c=0,
显然|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1成立,
但a2+b2+c2=200,即a2+b2+c2<100不成立.
综上知,A、B、C均不成立,所以选D.
法二:选项A,取a=b,c=-(a2+a),则|a2+b+c|+|a+b2+c|=0≤1,
此时由于a可任取,则c无界,显然无法得到a2+b2+c2<100;
选项B,取c=0,b=-a2,则|a2+b+c|+|a2+b-c|=0≤1,
此时由于a可任取,则b无界,显然无法得到a2+b2+c2<100;
选项C,取c=0,b=-a,则|a+b+c2|+|a+b-c2|=0≤1,
此时由于a可任取,则b无界,显然无法得到a2+b2+c2<100;
选项D,1≥|a2+b+c|+|a+b2-c|≥|a2+b+a+b2|,
而a2+a≥-,b2+b≥-⇒-≤a2+a≤,-≤b2+b≤⇒a,b∈⇒c∈,则a2+b2+c2<100.
[答案] D
[应用体验]
5.(2018·浙江高考)已知a,b>0且a≠1,b≠1,若logab>1,则( )
A.(a-1)(b-1)<0 B.(a-1)(a-b)>0
C.(b-1)(b-a)<0 D.(b-1)(b-a)>0
解析:选D 法一:logab>1=logaa,当a>1时,b>a,即b>a>1,则(a-1)(b-1)>0,(a-1)(a-b)<0,(b-1)(b-a)>0,选D.再验证:当00,正确.(说明:作为选择题,“00,排除D选项.
又e>2,∴<,∴e->1,排除C选项.故选B.
[答案] B
[应用体验]
6.(2018·浙江高考)函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是( )
解析:选D 由f′(x)的图象知,f′(x)的图象有三个零点,故f(x)在这三个零点处取得极值,排除A、B;记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1,x2,x3,又在(-∞,x1)上
f′(x)<0,在(x1,x2)上f′(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,x1)上单调递减,排除C,故选D.
7.(2018·浙江高考)在同一直角坐标系中,函数f(x)=xa(x≥0),g(x)=logax的图象可能是( )
解析:选D 当a>1时,函数f(x)=xa(x>0)单调递增,函数g(x)=logax单调递增,且过点(1,0),由幂函数的图象性质可知C错;当00)单调递增,函数g(x)=logax单调递减,且过点(1,0),排除A,又由幂函数的图象性质可知B错,因此选D.
割补法
“能割善补”是解决几何问题常用的方法,巧妙地利用割补法,可以将不规则的图形转化为规则的图形,这样可以使问题得到简化,从而缩短解题时间.
[典例] (2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
[技法演示] 用补形法,再补上一个相同的长方体,构造出一个三角形,使三角形一个内角为所求角或其补角,然后解三角形得解.
如图,在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBAE1F1B1A1.连接B1F,由长方体性质可知,B1F∥AD1,所以∠DB1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角.连接DF,由题意,得DF==,FB1==2,DB1==.
在△DFB1中,由余弦定理,得
DF2=FB+DB-2FB1·DB1·cos∠DB1F,
即5=4+5-2×2××cos ∠DB1F,
所以cos ∠DB1F=.
[答案] C
[应用体验]
8.已知在正四面体ABCD中,E为BC中点,F为直线BD上一点,则平面AEF与平面ACD所成二面角的正弦值的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析:选A 如图,将正四面体ABCD放入正方体中,体对角线BK⊥平面ACD,所以平面AEF与平面ACD所成二面角的平面角的正弦值等于直线BK与平面AEF所成角的余弦值.由最小角定理,直线BK与平面AEF所成角不大于直线BK与AE所成角.当BK∥平面AEF时,直线BK与平面AEF所成角为0°,其余弦值为1.又直线BK与AE所成角的余弦值为,故平面AEF与平面ACD所成二面角的平面角的正弦值的取值范围是.
极端值法
选择运动变化中的极端值,往往是动静转换的关键点,可以起到降低解题难度的作用,因此是一种较高层次的思维方法.
从有限到无限,从近似到精确,从量变到质变,运用极端值法解决某些问题,可以避开抽象、复杂的运算,降低难度,优化解题过程.
[典例] (2018·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是( )
A.4π B.
C.6π D.
[技法演示] 根据直三棱柱的性质找出最大球的半径,再求球的体积.
设球的半径为R,∵△ABC的内切圆半径为=2,∴R≤2.又2R≤3,∴R≤,∴Vmax=×π×3=.故选B.
[答案] B
[应用体验]
9.双曲线x2-y2=1的左焦点为F,点P为左支下半支异于顶点A的任意一点,则直线PF斜率的变化范围是( )
A.(-∞,-1)∪(1,+∞)
B.(-∞,0)
C.(-∞,0)∪(1,+∞)
D.(1,+∞)
解析:选C 如图所示,当P→A时,PF的斜率k→0.
当PF⊥x轴时,PF的斜率不存在,即k→±∞.
当P在无穷远处时,PF的斜率k→1.
结合四个备选项得,选C.
估值法
由于选择题提供了唯一正确的选择项,解答又无需过程,因此可通过猜测、合情推理、估算而获得答案,这样往往可以减少运算量,避免“小题大做”.
[典例] (2018·浙江高考)如图,已知正四面体DABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,==2,分别记二面角DPRQ,DPQR,DQRP的平面角为α,β,γ,则( )
A.γ<α<β B.α<γ<β
C.α<β<γ D.β<γ<α
[技法演示] 设O为△ABC的中心,则O到PQ距离最小,O到PR距离最大,O到QR距离居中,而高相等,因此tan α0,b>0).矩形ABCD的四个顶点在E上,AB,CD的中点为E的两个焦点,且2|AB|=3|BC|,则E的离心率是________.
解析:法一:(特殊值法)
如图,由题意知|AB|=,|BC|=2c,又2|AB|=3|BC|,
∴设|AB|=6,|BC|=4,
则|AF1|=3,|F1F2|=4,
∴|AF2|=5.
由双曲线的定义可知,a=1,c=2,∴e==2.
法二:(直接法)
如图,由题意知|AB|=,|BC|=2c.
又2|AB|=3|BC|,
∴2×=3×2c,即2b2=3ac,
∴2(c2-a2)=3ac,两边同除以a2并整理,得2e2-3e-2=0,解得e=2(负值舍去).
答案:2
数形结合法
根据题目条件,画出符合题意的图形,以形助数,通过对图形的直观分析、判断,往往可以快速简捷地得出正确的结果,它既是方法,也是技巧,更是基本的数学思想.
[典例] 已知函数f(x)=在区间[-1,m]上的最大值是2,则m的取值范围是________.
[技法演示] f(x)=作出函数的图象,如图所示,因为函数f(x)在[-1,m]上的最大值为2,又f(-1)=f(4)=2,所以-11)上两点A,B满足=2,则当m=________时,点B横坐标的绝对值最大.
[技法演示] 设A(x1,y1),B(x2,y2),由=2,
得即x1=-2x2,y1=3-2y2.
因为点A,B在椭圆上,所以
得y2=m+,所以x=m-(3-2y2)2=-m2+m-=-(m-5)2+4≤4,
所以当m=5时,点B横坐标的绝对值最大.
[答案] 5
[应用体验]
6.(2018·浙江高考)如图,在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D,满足PD=DA,PB=BA,则四面体PBCD的体积的最大值是________.
解析:在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°,
∴AC= =2.
设CD=x,则AD=2-x,
∴PD=2-x,
∴VPBCD=S△BCD·h
≤×BC·CD·sin 30°·PD
=x(2-x)≤2
=×2=,
当且仅当x=2-x,即x=时取“=”,
此时PD=,BD=1,PB=2,满足题意.
故四面体PBCD的体积的最大值为.
答案:
7.设x,y为实数,若4x2+y2+xy=1,则2x+y的最大值是________.
解析:∵4x2+y2+xy=1,∴(2x+y)2=3xy+1=×2xy+1≤×2+1,∴(2x+y)2≤,(2x+y)max=.
答案:
构造法
根据题设条件与结论的特殊性,构造出一些新的数学形式,并借助它来认识和解决问题.
[典例] (2018·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=________,S5=________.
[技法演示] 先构造等比数列,再进一步利用通项公式求解.
∵an+1=2Sn+1,∴Sn+1-Sn=2Sn+1,
∴Sn+1=3Sn+1,∴Sn+1+=3,
∴数列是公比为3的等比数列,
∴=3.
又S2=4,∴S1=1,∴a1=1,
∴S5+=×34=×34=,
∴S5=121.
[答案] 1 121
[应用体验]
8.(2018·浙江高考)已知向量a,b,|a|=1,|b|=2.若对任意单位向量e,均有|a·e|+|b·e|≤,则a·b的最大值是________.
解析:由于e是任意单位向量,可设e=,
则|a·e|+|b·e|=+
≥
==|a+b|.
∵|a·e|+|b·e|≤,
∴|a+b|≤,∴(a+b)2≤6,
∴|a|2+|b|2+2a·b≤6.
∵|a|=1,|b|=2,
∴1+4+2a·b≤6,
∴a·b≤,∴a·b的最大值为.
答案:
Ⅱ.多空题——辨式解答
并列式——两空并答
此种类型多空题的特点是:根据题设条件,利用同一解题思路和过程,可以一次性得出两个空的答案,两空并答,题目比较简单,会便全会,这类题目在高考中一般涉及较少,常考查一些基本量的求解,一般是多空题的第一个题目.
[例1] (2018·浙江高考)已知2cos2x+sin 2x=Asin(ωx+φ)+b(A>0),则A=________,b=________.
[解析] ∵2cos2x+sin 2x=1+cos 2x+sin 2x=1+sin,∴1+sin=Asin(ωx+φ)+b,∴A=,b=1.
[答案] 1
[点评] 例1中根据题设条件把2cos2x+sin 2x化成1+sin后,对比原条件恒等式两边可直接得出两空的结果,A=,b=1.
[应用体验]
1.(2018·浙江高考)双曲线-y2=1的焦距是______,渐近线方程是________________.
解析:由双曲线标准方程,知双曲线焦点在x轴上,且a2=2,b2=1,∴c2=a2+b2=3,即c=,∴焦距2c=2,渐近线方程为y=±x,即y=±x.
答案:2 y=±x
分列式——一空一答
此种类型多空题的特点是:两空的设问相当于一个题目背景下的两道小填空题,两问之间没什么具体联系,各自成题,是对于多个知识点或某知识点的多个角度的考查;两问之间互不干扰,不会其中一问,照样可以答出另一问.
[例2] (1)(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表面积是________cm2,体积是________cm3.
(2)(2018·浙江高考)已知函数f(x)=则f(f(-3))=________,f(x)的最小值是________.
[解析] (1)由三视图知该几何体是一个组合体,左边是一个长方体,交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm,右边也是一个长方体,交于一点的三条棱的长分别为2 cm,2 cm,4 cm.
几何体的表面积为(2×2+2×4+2×4)×2×2-2×2×2=72(cm2),
体积为2×2×4×2=32(cm3).
(2)∵f(-3)=lg[(-3)2+1]=lg 10=1,
∴f(f(-3))=f(1)=1+2-3=0.
当x≥1时,x+-3≥2 -3=2-3,当且仅当x=,即x=时等号成立,
此时f(x)min=2-3<0;
当x<1时,lg(x2+1)≥lg(02+1)=0,
此时f(x)min=0.
所以f(x)的最小值为2-3.
[答案] (1)72 32 (2)0 2-3
[点评] 例2(1)中根据题设条件三视图得出其几何体的直观图后,由面积的相关公式求出几何体的面积,由体积的相关公式求出其体积;例2(2)中,两空都是在已知一分段函数的解析式,考查两方面的知识,分别求出函数的值和函数的最值.
[应用体验]
2.(2018·浙江高考)函数f(x)=sin2x+sin xcos x+1的最小正周期是________,单调递减区间是____________.
解析:∵f(x)=sin2x+sin xcos x+1
=+sin 2x+1
=sin 2x-cos 2x+
=sin+,
∴函数f(x)的最小正周期T=π.
令+2kπ≤2x-≤+2kπ,(k∈Z),
解之可得函数f(x)的单调递减区间为
(k∈Z).
答案:π (k∈Z)
递进式——逐空解答
此种类型多空题的特点是:两空之间有着一定联系,一般是第二空需要借助第一空的结果再进行作答,第一空是解题的关键也是难点,只要第一空会做做对,第二空便可顺势解答.
[例3] (2018·萧山中学模拟)设等比数列{an}的首项a1=1,且4a1,2a2,a3成等差数列,则公比q=________;数列{an}的前n项和Sn=________.
[解析] 因为a1=1,且4a1,2a2,a3成等差数列,所以4a2=4a1+a3,即4q=4+q2,解得q=2,所以Sn==2n-1.
[答案] 2 2n-1
[点评] 例3中根据题设条件求出q=2后,再根据等比数列的求和公式求出Sn.第二空的解答是建立在第一空解答的基础上的,只有求出第一空才能求得第二空.
[应用体验]
3.(2018·浙江名校协作体联考)已知在△ABC中,AB=3,BC=,AC=2,且O是△ABC的外心,则·=________, ·=________.
解析:因为O是△ABC的外心,所以向量在向量上的投影=1,向量在向量上的投影=,所以·=2,·=,所以·=·-·=2-=-.
答案:2 -
(三)有舍有得压轴大题——多抢分
高考是选拔性的考试,试卷中必然要有综合考查数学知识、数学思想的能力型试题,即拉分题(亦即压轴题).对大部分考生来说,如何从拿不下的题目(压轴题)中分段得分,是考生高考数学能否取得圆满成功的重要标志,是使考生能否达到“名牌大学任我挑”的关键.对此可采用如下三个策略达到高分的目的.
如遇到一个不会做的问题,将它们分解为一系列的步骤,或者是一个个小问题,先解决问题的一部分,能解决多少就解决多少,能写几步就写几步.特别是那些解题层次明显的题目,每一步演算到得分点时都可以得分,最后结论虽然未得出,但分数却已过半.如下例:
[典例1] (本小题满分15分)如图,设椭圆C:+=1(a>b>0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.
(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;
(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离最大值为a-b.
[规范解答及评分细则]
(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0),
由(2分)
消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.
由于l与C只有一个公共点,故Δ=0,
即b2-m2+a2k2=0,
解得点P的坐标为.
又点P在第一象限,
故点P的坐标为.(6分)
(2)由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,(8分)
所以点P到直线l1的距离
d=,(10分)
整理得d=,(13分)
因为a2k2+≥2ab,
所以≤=a-b,
当且仅当k2=时等号成立.
所以点P到直线l1的距离的最大值为a-b.(15分)
[抢分有招]
得满分不容易,得大部分分数还是很轻松的.第一小题中只要有直线方程与椭圆联立方程的意识就给2分,P点横纵坐标各2分,即第一小题6分;第二小题中只要设l1直线方程就给2分,至于直线方程有没有设对无所谓;有点到直线的方程公式给2分;把点的坐标代入正确给3分;最后有k2=的结果或等价形式都给2分;第一小题是突破口,如果能解出P点坐标,顺势写出P到l1的距离,拿13分是非常轻松的.
对一个问题正面思考发生思维受阻时,用逆向思维的方法去探求新的解题途径,往往能得到突破性的进展.顺向推有困难就逆推,直接证有困难就反证.
[典例2] (2018·台州调研·满分15分)已知数列{an}满足:an>0,an+1+<2(n∈N*).
(1)求证:an+21(n∈N*).
[规范解答及评分细则]
(1)由an>0,an+1+<2,
得an+1<2-<2.(3分)
因为2>an+2+>2(由题知an+1≠an+2),
即an+2N时,an≤aN+1<1.(8分)
根据an+1-1<1-=<0,而an<1,
所以>=1+,(10分)
于是>1+,…,
>1+.
累加可得>n-1+.(*)(12分)
由假设可得aN+n-1<0,
而当n>-+1时,显然有n-1+>0,
因此有1(n∈N*).(15分)
法二:假设存在aN≤1(N≥1,N∈N*),
由(1)可得当n>N时,0≥>1.(10分)
于是1-an>(1-an-1),
1-an-1>(1-an-2),…,
1-aN+2>(1-aN+1).
累乘可得1-an>(1-aN+1)n-N-1,(*)(12分)
由(1)可得1-an<1,
而当n>log+N+1时,
则有(1-aN+1)n-N-1>1,
这显然与(*)矛盾.
所以an>1(n∈N*).(15分)
[抢分有招]
一些证明问题,若直接证明比较困难,可从结论分析,把结论转化为易证明的问题,或利用反证法证明其结论的反面不成立,这是求解一些证明问题的常见思路.
一道题目的完整解答,既有主要的实质性的步骤,也有次要的辅助性的步骤.实质性的步骤未找到之前,找辅助性的步骤是明智之举.如:准确作图,把题目中的条件翻译成数学表达式,根据题目的意思列出要用的公式等.罗列这些小步骤都是有分的,这些全是解题思路的重要体现,切不可以不写,对计算能力要求高的,实行解到哪里算哪里的策略.书写也是辅助解答,“书写要工整,卷面能得分”是说第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应.
[典例3] (本小题满分15分)已知椭圆C:+=1,(a>b>0)的两个焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),且椭圆C经过点P.
(1)求椭圆C的离心率;
(2)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M,N两点,点Q是线段MN上的点,且=+,求点Q的轨迹方程.
[规范解答及评分细则]
(1)由椭圆定义知,
2a=|PF1|+|PF2|=+=2,所以a=.
又由已知,c=1,
所以椭圆C的离心率e===.(3分)
(2)由(1)知,椭圆C的方程为+y2=1.
设点Q的坐标为(x,y).
①当直线l与x轴垂直时,直线l与椭圆C交于(0,1),(0,-1)两点,
此时点Q的坐标为.(4分)
②当直线l与x轴不垂直时,设直线l的方程为y=kx+2.
因为M,N在直线l上,可设点M,N的坐标分别为(x1,kx1+2),(x2,kx2+2),则|AM|2=(1+k2)x,|AN|2=(1+k2)x.
又|AQ|2=x2+(y-2)2=(1+k2)x2.(7分)
由=+,
得=+,
即=+=. ①(8分)
将y=kx+2代入+y2=1中,得
(2k2+1)x2+8kx+6=0. ②
由Δ=(8k)2-4×(2k2+1)×6>0,得k2>.
由②可知,x1+x2=,x1x2=,(9分)
代入①中并化简,得x2=. ③
因为点Q在直线y=kx+2上,所以k=,代入③中并化简,得10(y-2)2-3x2=18.(11分)
由③及k2>,可知0<x2<,
即x∈∪.
又满足10(y-2)2-3x2=18,
故x∈.
由题意,Q(x,y)在椭圆C内,
所以-1≤y≤1,(13分)
又由10(y-2)2=18+3x2有(y-2)2∈,
且-1≤y≤1,则y∈.
所以点Q的轨迹方程为10(y-2)2-3x2=18,
其中x∈,y∈.(15分)
[抢分有招]
第二问求点Q的轨迹方程不易求解,考生可以利用图形特点先求出直线l垂直于x轴时所满足条件的点Q坐标,即使以下不作解答,阅卷老师也将酌情给分.像这类问题中根据图形和题意求出一些特殊点的坐标、方程或正确作出图形的方法即为辅助解答法,此法是解题过程中必不可少的一种方法.
“10+7”小题提速保分练(一)
一、选择题
1.已知集合P={x|x2≥9},Q={x|x>2},则P∩Q=( )
A.{x|x≥3} B.{x|x>2}
C.{x|22},所以P∩Q={x|x≥3}.
2.“α>”是“sin α>”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:选D 充分性:当α>时,比如α=π,此时sin π=0,显然不满足sin α>,充分性不具备;
必要性:当sin α>时,比如α=-,此时sin=1,但不满足α>,必要性不具备.
所以“α>”是“sin α>”的既不充分也不必要条件.
3.设m,n是两条不同的直线,α是一个平面,则下列说法正确的是( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m∥α,n∥α,则m⊥n
C.若m⊥α,n⊥α,则m∥n D.若m⊥α,n⊥α,则m⊥n
解析:选C 对于A,若m∥α,n∥α,m,n还可能相交或异面,故A是错误的;对于B,若m∥α,n∥α,m,n可能是平行的,故B是错误的;对于C,若m⊥α,n⊥α,则m∥n,显然C是正确的;对于D,若m⊥α,n⊥α,则m∥n,显然D是错误的.
4.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是( )
A. B.
C. D.
解析:选B 由三视图易知该几何体为三棱锥,
则该几何体的体积V=××=.
5.已知y=f(x)+x是偶函数,且f(2)=1,则f(-2)=( )
A.2 B.3
C.4 D.5
解析:选D ∵y=f(x)+x是偶函数,
∴f(x)+x=f(-x)-x.
当x=2时,f(2)+2=f(-2)-2,又f(2)=1,
∴f(-2)=5.
6.在等差数列{an}中,a1=3,a1+a2+a3=21,则a3+a4+a5=( )
A.45 B.42
C.21 D.84
解析:选A 由题意得a1+a2+a3=3a2=21,a2=7,
又a1=3,所以公差d=a2-a1=4.
所以a3+a4+a5=(a1+a2+a3)+6d=21+24=45.
7.由函数y=cos 2x的图象通过平移变换得到函数y=cos的图象,这个变换可以是( )
A.向左平移个单位长度
B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度
D.向右平移个单位长度
解析:选B 因为y=cos=cos,所以可以由函数y=cos 2x的图象向右平移个单位长度得到函数y=cos的图象.
8.若不等式组表示一个三角形内部的区域,则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析:选C 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.
联立解得x=y=,即A,
因为x+y>a表示直线的右上方部分,由图可知,若不等式组构成三角形,则点A在x+y=a的右上方即可.
又A,所以+>a,即a<.
所以实数a的取值范围是.
9.若|a|=|b|=|c|=2,且a·b=0,(a-c)·(b-c)≤0,则|a+b-c|的取值范围是( )
A.[0,2+2] B.[0,2]
C.[2-2,2+2] D.[2-2,2]
解析:选D 如图所示,=a,=b,=c,=a+b,
∵(a-c)·(b-c)≤0,
∴点C在劣弧AB上运动,
∵|a+b-c|表示C,D两点间的距离|CD|.
∴|CD|的最大值是|BD|=2,|CD|最小值为|OD|-2=2-2.
10.已知F1,F2为椭圆与双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且∠F1PF2=45°,则该椭圆与双曲线的离心率乘积的最小值为( )
A. B.
C.1 D.
解析:选B 如图,设椭圆的长半轴长为a1,双曲线的半实轴长为a2,则根据椭圆及双曲线的定义得|PF1|+|PF2|=2a1,
|PF1|-|PF2|=2a2,
∴|PF1|=a1+a2,|PF2|=a1-a2,设|F1F2|=2c,又∠F1PF2=45°,
在△PF1F2中,由余弦定理得,
4c2=(a1+a2)2+(a1-a2)2-2(a1+a2)(a1-a2)cos 45°,
化简得,(2-)a+(2+)a=4c2,
即+=4,
又∵+≥=,
∴≤4,即e1e2≥,
∴椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为.
二、填空题
11.已知复数z=(a∈R,i为虚数单位)的实部为1,则a=________,|z|=________.
解析:z===a-i,因为复数z的实部为1,所以a=1,|z|==.
答案:1
12.一个口袋中装有大小相同的2个黑球和3个红球,从中摸出两个球,则恰有一个黑球的概率是________;若X表示摸出黑球的个数,则E(X)=________.
解析:从中摸出两个球,则恰有一个黑球的概率是P==;X的可能取值为0,1,2.
所以P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,
所以E(X)=0×+1×+2×=.
答案:
13.若n的展开式各项系数之和为64,则n=________;展开式中的常数项为________.
解析:令x=1,得2n=64,所以n=6.
所以6的通项公式为
Tr+1=C(3)6-rr=C(-1)r36-rx3-r,
令r=3,得展开式中的常数项为C(-1)336-3=-540.
答案:6 -540
14.设函数f(x)=则f =______;若f=1,则实数a的值为________.
解析:∵函数f(x)=
∴f =2-1=1,∴f =f(1)=2.
由f(f(a))=1,可知
当a<时,f(f(a))=f(3a-1)=3(3a-1)-1=1,解得a=;
当a≥1时,2a>1,f(f(a))=1,不成立;
当≤a<1时,f(f(a))=f(3a-1)=23a-1=1,
解得a=(舍去).综上,a=.
答案:2
15.若非零向量a,b满足|a|=|b|,且(a-b)⊥(3a+2b),则向量a与b的夹角为________.
解析:∵(a-b)⊥(3a+2b),
∴(a-b)·(3a+2b)=0,
即3a2-2b2-a·b=0,
即a·b=3a2-2b2=b2,
∴cos〈a,b〉===,
即〈a,b〉=.
答案:
16.若正实数m,n满足2m+n+6=mn,则mn的最小值是________.
解析:由正实数m,n满足2m+n+6=mn可得,
2+6≤2m+n+6=mn,
即2+6≤mn,令=t,
则不等式可化为2t+6≤,即t2-4t-12≥0,
解得t≤-2(舍去)或t≥6.
即≥6,mn≥18,∴mn的最小值是18.
答案:18
17.当1≤x≤3时,|3a+2b|-|a-2b|≤|a|·对任意实数a,b都成立,则实数m的取值范围是________.
解析:当a=0时,不等式显然成立;
当a≠0时,-≤x++1,
而-≤=4,∴x++1≥4,即m≥3x-x2.
当1≤x≤3时,3x-x2≤3×-=,∴m≥.
答案:
“10+7”小题提速保分练(二)
一、选择题
1.已知集合A={x|00”是“{Sn}为递增数列”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:选A ∵“an>0”⇒“数列{Sn}是递增数列”,
∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件.
当数列{an}为-1,0,1,2,3,4,…,显然数列{Sn}是递增数列,但是an不一定大于零,还有可能小于等于零,
∴“数列{Sn}是递增数列”不能推出“an>0”,
∴“an>0”不是“数列{Sn}为递增数列”的必要条件.
∴“对于任意正整数n,an>0”是“数列{Sn}为递增数列”的充分不必要条件.
6.已知实数x,y满足不等式组则|x-y|的最大值为( )
A.0 B.2
C.4 D.8
解析:选C 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,|x-y|=·=·的几何意义为表示区域内的点到直线x-y=0的距离的倍,
由图可知点A(4,0)到直线x-y=0距离最大,所以|x-y|的最大值为·=4.
7.某城市的街道如图,某人要从A地前往B地,则路程最短的走法有( )
A.8种 B.10种
C.12种 D.32种
解析:选B 此人从A到B,路程最短的走法应走2纵3横,将纵用0表示,横用1表示,则一种走法就是2个0和3个1的一个排列,只需从5个位置中选2个排0,其余位置排1即可,故共有C=10种.
8.设抛物线y2=4x的焦点为F,过点P(2,0)的直线与抛物线相交于A,B两点,与抛物线的准线相交于C,若|BF|=,则=( )
A. B.
C. D.
解析:选D 如图,抛物线的准线方程为l:x=-1,
分别过A,B作准线l的垂线AM,BN,
则|BN|=|BF|=,
∴点B的横坐标为,不妨设B,则直线AB的方程为y=2x-4,
联立方程组
得6x2-25x+24=0,
设点A的横坐标为x0,则x0+=,解得x0=.
∴|AM|=x0+1=,
∴===.
9.已知a为正常数,f(x)=若存在θ∈,满足f(sin θ)=f(cos θ),则实数a的取值范围是( )
A. B.
C.(1,) D.
解析:选D 设g(x)=x2-ax+1,
则其关于直线x=a对称的曲线为g(-x+2a),
g(-x+2a)=(-x+2a)2-a(-x+2a)+1=x2-3ax+2a2+1,
所以函数f(x)的图象关于直线x=a对称,且在[a,+∞)上为增函数.
所以a==sin.
因为θ∈,θ+∈.
所以a=sin∈.
10.已知x,y均为非负实数,且x+y≤1,则4x2+4y2+(1-x-y)2的取值范围为( )
A. B.[1,4]
C.[2,4] D.[2,9]
解析:选A 设=z,则问题等价于x+y+2z=1,满足x,y,z≥0,求4(x2+y2+z2)的取值范围.
设点A,B(1,0,0),C(0,1,0),
所以点P(x,y,z)可视为长方体的一个三角截面ABC上的一个点,
则|OP|2=x2+y2+z2,于是问题可以转化为先求|OP|的取值范围.
显然|OP|≤1,设点O到平面ABC的距离为h,
则VOABC=VAOBC,
所以××××h=××1×1×,
解得h=,所以≤|OP|≤1,
所以|OP|2∈,即4(x2+y2+z2) ∈.
故答案为A.
二、填空题
11.双曲线x2-=1的离心率是__________,渐近线方程为____________.
解析:因为a=1,b=,c=2,所以双曲线的离心率为e==2,渐近线方程为y=±x=±x.
答案:2 y=±x
12.已知直线l:mx-y=1,若直线l与直线x-my-1=0平行,则m的值为________;动直线l被圆x2+2x+y2-24=0截得弦长的最小值为____________.
解析:由题意得m=,解得m=±1.
当m=1时,两直线重合,所以m=1舍去,
故m=-1.
因为圆的方程为x2+2x+y2-24=0,
所以(x+1)2+y2=25,
所以它表示圆心为C(-1,0),半径为5的圆.
由于直线l:mx-y-1=0过定点P(0,-1),
所以过点P且与PC垂直的弦的弦长最短.
且最短弦长为2=2.
答案:-1 2
13.已知随机变量X的分布列如下表:
X
a
2
3
4
P
b
若E(X)=2,则a=________;D(X)=________.
解析:因为+b++=1,所以b=,
所以E(X)=a×+2×+3×+4×=2,
解得a=0.
所以D(X)=(0-2)2×+(2-2)2×+(3-2)2×+(4-2)2×=.
答案:0
14.已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形,侧视图为直角三角形,则该三棱锥的表面积为________,该三棱锥的外接球体积为________.
解析:由三视图可得几何体的直观图为如图所示的三棱锥PABC,
所以该三棱锥的表面积S=2××2×2+×2×+×2×1=4++.
设△ABC的外接圆半径为r,三棱锥的外接球半径为R,则2r==4,
所以r=2,所以R==,
所以该三棱锥的外接球体积V=×π×()3=π.
答案:4++ π
15.已知数列{an}与均为等差数列(n∈N*),且a1=2,则a1+2+3+…+ n=________.
解析:设an=2+(n-1)d,
所以==.
由于为等差数列,
所以其通项是一个关于n的一次函数,
所以(d-2)2=0,∴d=2.
所以an=2+(n-1)×2=2n,∴==2.
所以a1+2+3+…+n=21+22+…+2n==2n+1-2.
答案:2n+1-2
16.已知实数a,b,c满足:a+b+c=-2,abc=-4.则|a|+|b|+|c|的最小值为________.
解析:不妨设a是a,b,c中的最小者,即a≤b,a≤c.
由题设知a<0,且b+c=-2-a,bc=-.
于是b,c是一元二次方程x2+(2+a)x-=0的两实根,
Δ=(2+a)2+4×≥0,a3+4a2+4a+16≤0,
所以(a2+4)(a+4)≤0,所以a≤-4.
因为abc<0,所以a,b,c为全小于0或一负二正.
①若a,b,c为全小于0,则a+b+c0,c>0,
则|a|+|b|+|c|=-a+b+c=-2a-2≥8-2=6,
当a=-4,b=c=1时,满足题设条件且使得不等式等号成立.
故|a|+|b|+|c|的最小值为6.
答案:6
17.已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,E为侧面BB1C1C中心,F在棱AD上运动,正方体表面上有一点P满足=x+y (x≥0,y≥0),则所有满足条件的P点构成图形的面积为________.
解析:∵=x+y (x≥0,y≥0),
∴D1,E,F,P四点共面.
设D1,E,F,P四点确定的平面为α,
则α与平面BCC1B1的交线与D1F平行.
①当F与D重合时,取BC的中点M,连接EM,DM,
则EM∥D1F,此时P的轨迹为折线D1DME.
②当F与A重合时,EB∥D1F,
此时P的轨迹为折线D1ABE.
∴当F在棱AD上运动时,符合条件的P点在正方体表面围成的图形为Rt△D1AD,直角梯形ABMD,Rt△BME.
∴S=×1×1+××1+××=.
答案:
“10+7”小题提速保分练(三)
一、选择题
1.定义集合A={x|f(x)=},B={y|y=log2(2x+2)},则A∩∁RB=( )
A.(1,+∞) B.[0,1]
C.[0,1) D.[0,2)
解析:选B 由2x-1≥0得x≥0,即A=[0,+∞).
因为2x>0,所以2x+2>2,
所以log2(2x+2)>1,即B=(1,+∞),
所以A∩∁RB=[0,1],故选B.
2.△ABC的三个内角A,B,C的对边分别是a,b,c,则“a2+b2-,故D错误.
5.设函数f(x)=若函数g(x)=f(x)-m在[0,2π]内恰有4个不同的零点,则实数m的取值范围是( )
A.(0,1) B.[1,2]
C.(0,1] D.(1,2)
解析:选A 函数g(x)=f(x)-m在[0,2π]内有4个不同的零点,即曲线y=f(x)与直线y=m在[0,2π]上有4个不同的交点,画出图象如图所示,结合图象可得00,b>0)的左、右焦点,以F1F2为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为P,过点P向x轴作垂线,垂足为H,若|PH|=a,则双曲线的离心率为( )
A. B.
C. D.
解析:选C 由题意可得点P的坐标为(b,a),
又点P在双曲线上,
故有-=1,即=,所以b2=ac,
即c2-ac-a2=0,所以e2-e-1=0,
解得e=(负值舍去).
7.已知3tan +tan2=1,sin β=3sin(2α+β),则tan(α+β)=( )
A. B.-
C.- D.-3
解析:选B 由3tan +tan2=1,得=,
所以tan α=.①
由sin β=3sin(2α+β),
得sin[(α+β)-α]=3sin[(α+β)+α],
展开并整理得,2sin(α+β)cos α=-4cos(α+β)sin α,
所以tan(α+β)=-2tan α,②
由①②得tan(α+β)=-.
8.已知x,y∈R,则(x+y)2+2的最小值为( )
A.2 B.3
C.4 D.1
解析:选C 构造函数y1=x,y2=-,则(x,x)与两点分别在两个函数图象上,故所求可看作(x,x)与两点之间距离的平方.
令⇒x2+mx+2=0⇒Δ=m2-8=0⇒m=±2,
所以y=x±2是与y1=x平行的y2=-的切线,故两平行直线的最小距离为d=2,所以(x+y)2+2的最小值为4.
9.若x∈,y∈且sin 2x=6 tan(x-y)cos 2x,则x+y的取值不可能是( )
A. B.
C. D.
解析:选C 由题意知,tan 2x=6tan(x-y),
则tan(x+y)=tan[2x-(x-y)]
==.
令tan(x-y)=t(t≠0),则tan(x+y)=.
令g(t)=(t≠0),则g′(t)=,
由g′(t)>0,得-或t<-,
所以g(t)在,上单调递减,在,上单调递增.
结合函数图象可得g(t)=tan(x+y)∈∪,故选C.
10.在平面α内,已知AB⊥BC,过直线AB,BC分别作平面β,γ,使锐二面角α ABβ为,锐二面角α BC γ为,则平面β与平面γ所成的锐二面角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析:选A cos θ=cos 60°cos 60°=.
二、填空题
11.6展开式中的常数项为________.
解析:6展开式的通项公式Tr+1=
C()6-r·r=Crx,
令6-3r=0,得r=2,
所以常数项为T3=C2=.
答案:
12.已知某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是________,体积是________.
解析:由三视图可得该几何体是由一个底面半径为1,高为2的圆柱和两个半径为1的半球组成的,且球截面与圆柱的上、下底面完全重合,所以该几何体的表面积为2π×1×
2+4π×12=8π,体积为π×13+π×12×2=π.
答案:8π π
13.若直线x=是函数f(x)=sin 2x+acos 2x的图象的一条对称轴,则函数f(x)的最小正周期是________;函数f(x)的最大值是________.
解析:由题设可知f(0)=f ,
即a=+a·,解得a=,
所以f(x)=sin 2x+cos 2x
=
=sin,
则函数f(x)的最小正周期T=π,f(x)max=.
答案:π
14.已知数列{an}满足:a1=2,an+1=,则a1a2a3·…·a15=________;设bn=(-1)nan,数列{bn}的前n项和为Sn,则S2 018=________.
解析:因为an+2====-,
所以an+2an=-1,an+4=-=an,
即数列{an}是周期为4的周期数列,
易得a2=-3,a3=-,a4=,
所以a1a2a3·…·a15=(a1a2a3a4)3a1a2a3=3.
S2 018=504(-a1+a2-a3+a4)-a1+a2=504×-2-3=-2 105.
答案:3 -2 105
15.已知整数x,y满足不等式组则2x+y的最大值是________,x2+y2的最小值是________.
解析:作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示的整数点.作出直线2x+y=0,平移该直线,当直线经过点A时,取得最大值.联立解得但x,y为整数,所以最大值取不到,再向左下方平移直线,当该直线经过点(7,7)时,2x+y取得最大值,最大值为21.
x2+y2的最小值即为可行域中的点到原点最小距离的平方,即原点到直线x+y-4=0距离的平方,所以x2+y2的最小值是8.
答案:21 8
16.已知|a|=|b|=1,向量c满足|c-(a+b)|=|a-b|,则|c|的最大值为________.
解析:法一:|c-(a+b)|=|a-b|⇒=,
其几何意义可以理解为,设=a,=b,取AB中点为D,所以的终
点C在以D为圆心,以=|AD|为半径的圆上运动,所以|c|的最大值就是2(||+||).
又因为||2+||2=1,所以||+||≤,
当且仅当||=||=,即a⊥b时取等号,
所以|c|max=2.
法二:因为|c|-|a+b|≤|c-(a+b)|=|a-b|,
所以|c|≤|a-b|+|a+b|≤
= ≤2,
当且仅当a⊥b时取等号,所以|c|max=2.
答案:2
17.已知函数f(x)=x2-x-(x<0),g(x)=x2+bx-2(x>0),b∈R.若f(x)图象上存在A,B两个不同的点与g(x)图象上A′,B′两点关于y轴对称,则b的取值范围为________.
解析:f(x)=x2-x-(x<0)的图象关于y轴对称的图象对应的函数的解析式为h(x)=x
2+x-(x>0),所以f(x)图象上存在A,B两个不同的点与g(x)图象上A′,B′两点关于y轴对称,当且仅当方程x2+x-=x2+bx-2有两个不同的正根,即(1-b)x2-(b+1)x+2=0有两个不同的正根,
则
解得-5+40)的左、右焦点,以F1F2为直径的圆交渐近线y=x于点P(P在第一象限),PF1交双曲线左支于Q,若Q是线段PF1的中点,则该双曲线的离心率为( )
A. B.
C.+1 D.-1
解析:选C 联立解得
所以点P的坐标为(a,b),
又双曲线的左焦点坐标为F1(-c,0),
则PF1的中点坐标Q.
因为点Q在双曲线上,所以-=1,
整理可得c2-2ac-4a2=0,即e2-2e-4=0,
解得e=+1(负值舍去).
9.设函数f(x)=min{|x-2|,x2,|x+2|},其中min{x,y,z}表示x,y,z中的最小者.下列说法错误的是( )
A.函数f(x)为偶函数
B.若x∈[1,+∞)时,有f(x-2)≤f(x)
C.若x∈R时,f(f(x))≤f(x)
D.若x∈[-4,4]时,|f(x)-2|≥f(x)
解析:选D 结合新定义的运算作出函数f(x)的图象如图1中实线部分所示,所以f(x)=
观察函数图象可知函数图象关于y轴对称,则函数f(x)为偶函数,选项A的说法正确;
对于选项B,
若x∈[1,3],则x-2∈[-1,1],此时f(x-2)=(x-2)2,
若x∈(3,+∞),则x-2∈(1,+∞),此时f(x-2)=|(x-2)-2|=|x-4|,
如图2所示,观察可得,恒有f(x-2)≤f(x),选项B的说法正确;
对于选项C,由于函数为偶函数,故只需考查x≥0时不等式是否成立即可,
若x∈[0,1],则f(x)∈[0,1],此时f(f(x))=f(x2)=x4,
若x∈(1,3),则f(x)∈[0,1],此时f(f(x))=f(|x-2|)=(x-2)2,
若x∈[3,+∞),则f(x)≥1,此时f(f(x))=f(|x-2|)=|x-4|,如图3所示,观察可得,恒有f(f(x))≤f(x),选项C的说法正确;
对于选项D,若x=-4,
则f(x)=f(-4)=2,|f(x)-2|=|2-2|=0,
不满足|f(x)-2|≥f(x),选项D的说法错误.
本题选择D选项.
10.已知点P为棱长是2的正方体ABCDA1B1C1D1的内切球O球面上的动点,点M为B1C1的中点,若满足DP⊥BM,则B1P与平面CDP所成角的正切值的最小值是( )
A. B.
C. D.
解析:选C 如图所示,取E,F分别为棱AA1,BB1的中点,
易知BM⊥平面CDEF,
则点P在平面CDEF内.
又点P在内切球O球面上,
则点P为球O球面与平面CDEF的交线所成的圆O1上.
作B1H⊥平面CDEF于点H,点P为圆O1上的点,则∠HPB1为B1P与平面CDP所成角,
tan∠HPB1=,其中HB1为定值,
则满足题意时,HP有最大值即可.
设圆O1的半径为r,则HPmax=HO1+r,
由VB1CDF=VDB1FC,即××B1H=××2,解得B1H=.
因为OO1为△B1HD的中位线,
所以OO1=B1H=.
在Rt△POO1中,由勾股定理可得r=O1P== =,
在Rt△B1HD中,由勾股定理可得HD===,
所以HO1=HD=,
则HPmax=HO1+r=+,
综上可得,B1P与平面CDP所成角的正切值的最小值是==.
二、填空题
11.设直线l1:(a+1)x+3y+2-a=0,直线l2:2x+(a+2)y+1=0.若l1⊥l2,则实数a的值为________,若l1∥l2,则实数a的值为________.
解析:若l1⊥l2,则2(a+1)+3(a+2)=0,
整理可得5a+8=0,
解得a=-.
因为a=-2时,l1与l2不平行.
若l1∥l2,则= ≠,解得a=-4.
答案:- -4
12.已知函数f(x)=cos2x-sin2,则f =________,该函数的最小正周期为________.
解析:由题意可得f(x)=-
=cos 2x+
=cos 2x-sin 2x
=
=cos,
所以f =cos=0,
函数的最小正周期为T==π.
答案:0 π
13.已知等比数列{an}的前n项和Sn=3n+r,则a3-r=________,数列的最大项是第k项,则k=_______.
解析:等比数列前n项和公式具有特征Sn=aqr-a,
据此可知r=-1,则Sn=3n-1,
所以a3=S3-S2=(33-1)-(32-1)=18,
故a3-r=19.
令an=n(n+4)n,则=·.
由=·>1,可得n2<10,
由=·<1,可得n2>10,
所以数列中的项满足a1a5>a6>a7>a8>…,则k=4.
答案:19 4
14. 在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门.若甲同学物理、化学至少选一门,则甲的不同的选法种数为________,乙、丙两名同学都不选物理的概率是________.
解析:由题意可知,甲的不同的选法种数为总的选法除去甲不选择物理、化学的选法,
即C-C=35-10=25.
乙不选择物理的概率为P===,
则乙、丙两名同学都不选物理的概率P=2=.
答案:25
15.已知△ABC的外接圆圆心为O,且∠A=60°,若=α+β (α,β∈R),则α+β的最大值为__________.
解析:设△ABC三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,
因为=α+β,
所以·=α||2+β·,
·=α·+β||2,
所以c2=c2α+bcβ,b2=bcα+b2β,
解得 所以α+β=-≤-=.
所以α+β的最大值为.
答案:
16.若实数x,y,z满足x+2y+3z=1,x2+4y2+9z2=1,则z的最小值是________.
解析:由x+2y+3z=1,得x=1-2y-3z,
所以(1-2y-3z)2+4y2+9z2=1,
整理可得4y2+(6z-2)y+(9z2-3z)=0,
满足题意时上述关于y的一元二次方程有实数根,
则Δ=(6z-2)2-16(9z2-3z)≥0,
解得-≤z≤,
所以z的最小值是-.
答案:-
17.设函数f(x)=-4x+a+1有两个零点,则实数a的值是________.
解析:函数f(x)=-4x+a+1有两个零点,
即=4x-a-1有两个不等实根,
即-a=4x-a-1≥0①
或-a=-4x+a+1≤0,②
由①可得-4x+1=0,
解得x=0或,
当x=0时,a≤-1;当x=时,a≤4,
当a=4时,由①可得x=;
由②可得x=2,符合题意;
当-10
D.若对任意n∈N*,均有Sn>0,则数列{Sn}是递增数列
解析:选C 由于Sn=na1+d=n2+n是关于n的二次函数,定义域为N*,所以当d<0时,Sn有最大值,反之也成立,故A、B正确;由于Sn+1>Sn⇔an+1>0,即若数列{Sn}是递增数列,则an>0(n≥2),并不能说明a1>0也成立,如数列-1,1,3,5,…,所以C不正确;对于D,显然a1=S1>0,若公差d<0,由Sn=n2+n可知,存在n∈N*,有Sn<0,与对任意n∈N*,均有Sn>0矛盾,所以d≥0,从而an>0(n∈N*),所以数列{Sn}是递增数列,故D正确.
7.已知O为三角形ABC内一点,且满足+λ+(λ-1)=0,若△OAB的面积与△OAC的面积的比值为,则λ的值为( )
A. B.2
C. D.
解析:选A 如图,设BC的中点为E,连接OE,直线AO与BC相交于点F,由+λ+(λ-1)=0,可知(-)+λ(+)=0,=-2λ,则∥,因为△OAB的面积与△OAC的面积的比值为,所以BC=4BF,又BC=2BE,所以BE=2BF,从而CF=3EF,=3,所以2λ=3,λ=.
8.已知0sin(2-y)
C.sin(2-x2)1,
又y<,所以11.44>x2>2-y>->-,
所以sin x2>sin(2-y),故B正确;
对于C,取2-x2=,
则0,所以q=,从而an=a3qn-3=8·n-3=26-n.
答案: 26-n
13.已知函数f(x)=sin xcos x-cos2x-,x∈R,则函数f(x)的最小值为________,函数f(x)的递增区间为________.
解析:f(x)=sin xcos x-cos2x-=sin 2x--=sin-1,
当2x-=+2kπ,k∈Z,即x=+kπ,k∈Z时,f(x)取得最小值,为-2.
由-+2kπ≤2x-≤+2kπ,k∈Z,
得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,所以函数f(x)的递增区间为,k∈Z.
答案:-2 ,k∈Z
14.将9个相同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子中至少有1个小球,共有________种不同的方法.若要求每个盒子中至少有1个小球,且每个盒子中的小球个数都不相同,则共有________种不同的方法.
解析:每个盒子非空,则共有C=28种方法;
三个盒子中球的个数有以下三类:1,3,5;1,2,6;2,3,4.
每一类都有A种不同的方法,所以根据分类计数原理可知,共有3A=18种不同的方法.
答案:28 18
15.设max{a,b}=已知x,y∈R,m+n=6,则F=max{|x2-4y+m|,|y2-2x+n|}的最小值为________.
解析:F=max{|x2-4y+m|,|y2-2x+n|}
=+
=+
=+
≥,
当且仅当
即且时,取“=”,
所以F的最小值为.
答案:
16.已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,过F2的直线交双曲线的右支于P,Q两点,若|PF1|=|F1F2|,且3|PF2|=2|QF2|,则该双曲线的离心率为________.
解析:如图,由双曲线的定义可知,|PF2|=2(c-a),则|QF2|=|PF2|=3(c-a),
设F2P的中点为M,连接F1M,则F1M⊥MQ,|PM|=|MF2|=|PF2|=c-a.在Rt△F1MQ中,|F1Q|=|QF2|+2a=3c-a,|F1M|2=4c2-(c-a)2,|QM|=4(c-a),由勾股定理可得[4(c-a)]2+4c2-(c-a)2=(3c-a)2,即5c2-12ac+7a2=0,5e2-12e+7=0,解得e=(e=1舍去).
答案:
17.已知圆C:(x-1)2+(y-2)2=2,若等边△PAB的一边AB为圆C的一条弦,则|PC|的最大值为________.
解析:如图,连接AC,BC,设∠CAB=θ,连接PC与AB交于点D.∵AC=BC,△PAB是等边三角形,∴D是AB的中点,∴PC⊥AB,∴在圆C:(x-1)2+(y-2)2=2中,圆C的半径为,|AB|=2cos θ,|CD|=sin θ,在等边△PAB中,|PD|=|AB|=cos θ,∴|PC|=|CD|+|PD|=sin θ+cos θ=2sin≤2.
答案:2
“10+7”小题提速保分练(六)
一、选择题
1. 已知集合M={y|y≥0},N={y|y=-x2+1},则M∩N=( )
A.(0,1) B.[0,1]
C.[0,+∞) D.[1,+∞)
解析:选B ∵集合N={y|y=-x2+1}={y|y≤1},M={y|y≥0},∴M∩N=[0,1],故选B.
2. 已知α∈,a=sin α,b=cos α,c=tan α,那么a,b,c的大小关系是( )
A.a>b>c B.b>a>c
C.a>c>b D.c>a>b
解析:选A (特值法)∵α∈,故可取α=,此时a=sin α=,b=cos α=-,c=tan α=-,即a>b>c成立,故选A.
3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )
A. B.
C.2 D.4
解析:选A 由三视图可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥,底面的底边长为2,底面的高即为三视图的宽1,故底面面积S=×2×1=1,棱锥的高即为三视图的高2,故棱锥的体积V=×1×2=,故选A.
4. 在平面直角坐标系xOy中,M为不等式组所表示的平面区域上一动点,则直线OM斜率的最小值为( )
A.2 B.1
C.- D.-
解析:选C 作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示.
分析可知,当点M与点A重合时,直线OM的斜率最小,
联立
解得即A(3,-1),
所以直线OM斜率的最小值为-.
5. 已知p:不等式(ax-1)(x-1)>0的解集为,q:a<,则p是q的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:选A ∵p:不等式(ax-1)(x-1)>0的解集为,∴由一元二次不等式的性质可得a<0,又∵{a|a<0}为的真子集,所以p是q的充分不必要条件,故选A.
6. 已知两个平面α,β和三条直线m,a,b,若α∩β=m,a⊂α且a⊥m,b⊂β,设α和β所成的一个二面角的大小为θ1,直线a和平面β所成的角的大小为θ2,直线a,b所成的角的大小为θ3,则( )
A.θ1=θ2≥θ3 B.θ3≥θ1=θ2
C.θ1≥θ3,θ2≥θ3 D.θ1≥θ2,θ3≥θ2
解析:选D 如图所示,在平行六面体ABCDA1B1C1D1中,令平面A1ADD1为α,平面ABCD为β,则AD为m,再令A1A为a,BC为b,故α和β所成的一个二面角的大小θ1为钝角,直线a和平面β所成的角的大小θ2为锐角,直线a,b所成的角的大小θ3为直角,只有D选项满足,故选D.
7. 已知数列{an}为等差数列,且a8=1,则2|a9|+|a10|的最小值为( )
A.3 B.2
C.1 D.0
解析:选C 设数列{an}的公差为d,∵a8=1,
∴2|a9|+|a10|=2|1+d|+|1+2d|=
由分段函数的性质可得2|a9|+|a10|的最小值为1,故选C.
8.若双曲线C:x2-y2=1的右顶点为A,过点A的直线l与双曲线C的两条渐近线交于P,Q两点(P为x轴的上方),且=2,则直线l的斜率为( )
A. B.
C.2 D.3
解析:选D 由双曲线C的标准方程为x2-y2=1可得双曲线的渐近线方程为x±y=0,又A(1,0),
设直线l的方程y=k(x-1),
由解得P,
由解得Q,
所以=,=.
由=2,得=2×,解得k=3,故选D.
9. 已知x+y=++8(x,y>0),则x+y的最小值为( )
A.5 B.9
C.4+ D.10
解析:选B x+y=++8⇒x+y-8=+,
两边同时乘以“x+y”,
得(x+y-8)(x+y)=(x+y),
所以(x+y-8)(x+y)=≥9,
当且仅当y=2x时等号成立.
令t=x+y,所以(t-8)·t≥9,解得t≤-1或t≥9,
因为x+y>0,所以x+y≥9,即(x+y)min=9.
10. 已知函数f(x)=x2+ax+b,集合A={x|f(x)≤0},集合B=,若A=B≠∅,则实数a的取值范围是( )
A.[,5] B.[-1,5]
C.[,3] D.[-1,3]
解析:选A 设B=={x|m≤f(x)≤n},因为A=B≠∅,所以n=0且m≤f(x)min,Δ=a2-4b≥0,于是f(n)=f(0)=,b=,Δ=a2-5≥0⇔a≤-或a≥,令t=f(x),f(f(x))≤⇒f(t)≤⇒t2+at+≤⇒-a≤t≤0,即B=={x|m≤f(x)≤n}={x|-a≤f(x)≤0}⇒m=-a,所以-a≤f(x)min,即-a≤ f ⇒a∈[-1,5],即a∈[,5],故选A.
二、填空题
11. 若复数z满足(3+i)z=2-i(i为虚数单位),则z=________;|z|=________.
解析:∵(3+i)z=2-i,∴z====-i,|z|= =.
答案:-i
12. 在平面直角坐标系中,A(-2,0),B(2,0),动点P满足|PA|=|PB|,则点P的轨迹方程是____________;轨迹为________.
解析:设点P(x,y),因为|PA|=|PB|,
所以= ,
整理得到点P的轨迹方程为x2+y2-12x+4=0,
即(x-6)2+y2=32,其轨迹为圆.
答案:(x-6)2+y2=32 圆
13.在(x+2)(x+1)6 展开式中,x3
项的系数为________;所有项系数的和为________.
解析:由于(x+1)6的展开式的通项公式为Tr+1=Cx6-r,令6-r=3,得r=3,即(x+1)6的展开式中x3的系数为20,令6-r=2,得r=4,即(x+1)6的展开式中x2的系数为C=15,所以(x+2)(x+1)6的展开式中x3的系数为2×20+1×15=55;令x=1可得所有项系数的和为3×26=192.
答案:55 192
14. 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.若a=,c=3,A=60°,则b=________,△ABC的面积S=________.
解析:在△ABC,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,∴7=b2+9-2×3b×,即b2-3b+2=0,解得b=1或b=2,∴S△ABC=bcsin A=×1×3×=或S△ABC=bcsin A=×2×3×=.
答案:1或2 或
15.某市的5所学校组织联合活动,每所学校各派出2名学生.在这10名学生中任选4名学生做游戏,记 “恰有两名学生来自同一所学校”为事件A,则P(A)=________.
解析:在这10名学生中任选4名学生共包含C=210个基本事件,事件A“恰有两名学生来自同一所学校”包含CCCC=120,故P(A)==.
答案:
16. 已知|c|=2,向量b满足2|b-c|=b·c.当b,c的夹角最大时,|b|=________.
解析:设〈b,c〉=θ,2|b-c|=b·c ⇒4|b|2-8b·c+4|c|2=(b·c)2,即4|b|2sin2θ-16|b|cos θ+16=0⇔4cos θ=|b|sin2θ+≥4sin θ,所以θmax=,此时|b|=2.
答案:2
17. 已知椭圆+=1(a>b>0),直线l1:y=-x,直线l2:y=x,P为椭圆上任意一点,过P作PM∥l1且与直线l2交于点M,作PN∥l2且与l1交于点N,若|PM|2+|PN|2为定值,则椭圆的离心率为________.
解析:令|PM|2+|PN|2=t(t为常数),
设M,N,
由平行四边形知识,得|PM|2+|PN|2=|OM|2+|ON|2=(x+x)=t,设点P(x,y),
因为=+=,
所以⇒x2+4y2=2(x+x)=t,此方程即为椭圆方程,所以e=.
答案:
“10+7”小题提速保分练(七)
一、选择题
1. 已知集合P={x|-1≤x<2},集合Q=,则P∩Q=( )
A. B.(0,2)
C.[-1,2) D.
解析:选B 由题意得P∩Q=(0,2),故选B.
2. 已知数列{an}是等比数列,其公比为q,则“q>1”是“数列{an}为单调递增数列”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:选D 取a1=-1,q=2>1,则an=-2n-1,但{an}为单调递减数列;
取a1=-1,q=,则an=-,{an}为单调递增数列,但0
1”是“等比数列{an}为单调递增数列”的既不充分也不必要条件,故选D. 3. 设m,n是不同的直线,α,β是不同的平面,下列命题中正确的是( ) A.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β B.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α∥β C.若m∥α,n⊥β,m∥n,则α⊥β D.若m∥α,n⊥β,m∥n,则α∥β 解析:选C A、B中,由n⊥β,m⊥n,可得m∥β或m⊂β,又m∥α,则α,β可以为任意角度的两平面,A、B均错误.C、D中,由n⊥β,m∥n,可得m⊥β,又m∥α,则α⊥β,故C正确,D错误. 4. 已知整数x,y满足则z=3x+4y的最小值是( ) A.19 B.17 C.13 D.14 解析:选C 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示的整数点, 当动直线3x+4y-z=0过A时,z有最小值. 由得 即A(3,1), 故zmin=3×3+4×1=13. 5.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) A. B. C. D.2 解析:选B 由三视图可知该几何体的直观图为如图所示的四棱锥PABCD,其中△PAD为等腰直角三角形,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形且面积为2,点P到平面ABCD的距离为1,故该几何体的体积为×1×2=,故选B. 6.已知随机变量X的分布列如表所示,且E(X)=2,则D(2X-3)=( ) X 0 2 a P p A.2 B.3 C.4 D.5 解析:选C ∵+p+=1,∴p=, 又E(X)=2,∴×0+×2+×a=2,∴a=3, ∴D(X)=×(0-2)2+×(2-2)2+×(3-2)2=1, ∴D(2X-3)=4D(X)=4,故选C. 7. 如图,可导函数y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线为l:y=g(x),设h(x)=f(x)-g(x),则下列说法正确的是( ) A.h′(x0)=0,x=x0是h(x)的极大值点 B.h′(x0)=0,x=x0是h(x)的极小值点 C.h′(x0)=0,x=x0不是h(x)的极值点 D.h′(x0)≠0 解析:选B 由题意得g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0), 故h(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0), 所以h′(x)=f′(x)-f′(x0), 所以h′(x0)=f′(x0)-f′(x0)=0. 又当xx0时,有h′(x)>0, 所以x=x0是h(x)的极小值点,故选B. 8. 如图,已知椭圆C1:+y2=1,双曲线C2:-=1(a>0,b>0),若以C1的长轴为直径的圆与C2的一条渐近线交于A,B两点,且C1与该渐近线的两交点将线段AB三等分,则C2的离心率为( ) A. B.5 C. D. 解析:选A 设直线AB与椭圆在第一象限内的交点为P,A(cos θ,sin θ),其中θ∈, 则P, 故cos2 θ+sin2 θ=1,所以tan θ=2,也就是=2, 所以e= =. 9. 已知△ABC的顶点A∈平面α,点B,C在平面α同侧,且AB=2,AC=,若AB,AC与α所成角分别为,,则线段BC长度的取值范围为( ) A.[2-,1] B.[1, ] C.[, ] D.[1, ] 解析:选B 如图,过B,C分别作平面α的垂线,垂足分别为M,N,连接MN, 则四边形BMNC为直角梯形. 在平面BMNC内,过C作CE⊥BM交BM于E. 又BM=2sin∠BAM=2sin=,AM=2cos=1, CN=sin∠CAN=sin=, AN=cos=, 所以BE=BM-CN=,所以BC2=MN2+. 又AN-AM≤MN≤AM+AN, 即≤MN≤, 所以1≤BC2≤7,即1≤BC≤,故选B. 10.已知x0为函数f(x)=eax+3x(e为自然对数的底数)的极值点,若x0∈,则实数a的取值范围是( ) A. B. C. D.(-∞,0) 解析:选B f′(x)=aeax+3,则f′(x0)=3+aeax0=0,由于eax0>0,显然a<0,此时x0=ln.令t=->0,则x0=-ln t,构造函数g(t)=-ln t,g′(t)=-ln t-=-(ln t+1),当0 0,g(t)单调递增,且g(t)>0恒成立;当t>时,g′(t)<0,g(t)单调递减,所以g(t)max=g=,且g(e)=-,因此当x0∈时,0 0,x<1时,g(x)<0, 所以f(x)<0在(-∞,1)有解, 则①或② 解①得m>3,解②得,无解. 当m<0,x>1时,g(x)<0, 所以f(x)<0在(1,+∞)有解, 所以此不等式组无解. 综上,m的取值范围为(3,+∞). 答案:(3,+∞) “10+7”小题提速保分练(八) 一、选择题 1.已知集合A={x|x2≤1},B={-2,1},则A∩B=( ) A.{1} B.{-2,1} C.{x|-1≤x≤1} D.{x|x=-2或-1≤x≤1} 解析:选A ∵A={x|x2≤1}={x|-1≤x≤1},B={-2,1},∴A∩B={1},故选A. 2.若复数z=(i是虚数单位)是纯虚数,则实数m的值为( ) A.-2 B.- C. D.2 解析:选C ∵z===+i,且z是纯虚数,∴=0,m=. 3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( ) A.8-π B.8- C. D.8 解析:选B 由三视图可知,该几何体是一个棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥的组合体,正方体体积为23=8,圆锥体积为×π×12×1=π,∴几何体的体积为8-,故选B. 4.已知x,y满足约束条件若z=x+2y的最大值为4,则实数m的值为( ) A.-4 B.-2 C.-1 D.1 解析:选B 作出约束条件所对应的平面区域,如图中阴影部分所示,由图知直线z=x+2y过A点时z取得最大值4,由得A(0,2),所以m=2×0-2=-2. 5.已知α,β是两个不同的平面,直线l⊂α,则“l⊥β”是“α⊥β”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A 由线面垂直的判定定理可知,l⊂α时,l⊥β能推出α⊥β,而α⊥β不能推出l⊥β,故“l⊥β ”是“α⊥β ”的充分不必要条件,故选A. 6.已知函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则f(x)( ) A.既有极小值,也有极大值 B.有极小值,但无极大值 C.有极大值,但无极小值 D.既无极小值,也无极大值 解析:选B 设y=f′(x)的图象与x轴的负半轴的交点为x0,则由导函数图象可知,y=f′(x)在(-∞,x0)上为负,y=f′(x)在(x0,+∞)上非负,∴y=f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)单调递增,∴y=f(x)在x=x0处有极小值,无极大值,故选B. 7.设等差数列{an}的前n项的和为Sn,若a6<0,a7>0,且a7>|a6|,则( ) A.S11+S12<0 B.S11+S12>0 C.S11·S12<0 D.S11·S12>0 解析: 选C ∵a6<0,a7>0,a7>|a6|,∴a7>-a6,a6+a7>0,S11=11a6<0,S12==6(a6+a7)>0,∴S11·S12<0,故选C. 8.甲箱子里装有3个白球和2个红球,乙箱子里装有2个白球和2个红球.从这两个箱子里分别摸出一个球,设摸出的白球的个数为X,摸出的红球的个数为Y,则( ) A.P(X=1)>,且E(X) ,且E(X)>E(Y) C.P(X=1)=,且E(X) E(Y) 解析:选D X的可能取值为0,1,2, 则P(X=0)=×=; P(X=1)=×+×=; P(X=2)=×=, 所以E(X)=0×+1×+2×=, Y的可能取值为0,1,2, 则P(Y=0)=×=; P(Y=1)=×+×=; P(Y=2)=×=, 所以E(Y)=0×+1×+2×=, 所以P(X=1)=,E(X)>E(Y),故选D. 9.如图,正四面体ABCD,P是棱CD上的动点,设CP=tCD (t∈(0,1)),分别记AP与BC,BD所成角为α,β,则( ) A.α≥β B.α≤β C.当t∈时,α≥β D.当t∈时,α≤β 解析:选D 作PE∥BC交BD于E,连接AE,则△PDE为正三角形,△PDA≌△EDA,AE=AP,∠APE是AP与BC成的角α,所以cos α==,作PF∥BD交BC于F,连接AF,同理可得cos β=.当0 Ⅰ1 D.对任意的点P,有Ⅰ3>Ⅰ1 解析:选C 以C为原点,以CD,CB所在直线为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系, 则A(-3,-2),B(0,-2),D(-3,0),=(3,0),=(3,2),=(0,2), ∵||=1, ∴可设P(cos α,sin α), ∴=(cos α+3,sin α+2), ∴Ⅰ1=·=3cos α+9, Ⅰ2=·=3cos α+2sin α+13, Ⅰ3=2sin α+4, ∴Ⅰ2-Ⅰ1=2sin α+4>0,Ⅰ2>Ⅰ1,A错误,C正确; Ⅰ3-Ⅰ1=-5+2sin α-3cos α=-5+sin(α-φ)<0,Ⅰ3<Ⅰ1,B错误,D错误,故选C. 二、填空题 11.我国古代数学名著《九章算术》中,有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”这个问题可描述为:有一位善于织布的女子,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这位女子每天分别织布多少?”根据上述问题的已知条件,可求得该女子第1天所织布的尺数为________. 解析:由题知,该女子每天织的布长为公比为2的等比数列,且S5=5,设第一天织布为a1,则=5,解得a1=. 答案: 12. 已知双曲线C:-=1(t>0)的其中一条渐近线经过点(1,1),则该双曲线的渐近线方程为____________,离心率为________. 解析:∵-=1的渐近线方程y=x过(1,1)点,∴1=t,解得t=,∴双曲线C 的方程为-=1, ∴双曲线的渐近线方程为y=±x,离心率为. 答案:y=±x 13.7的展开式的第3项的系数为____________,展开式中x的系数为________. 解析:7展开式的通项公式为Tr+1=(-1)rCx7-2r, 当r=2时,T3=(-1)2Cx3=21x3,所以展开式第3项的系数为21. 令7-2r=1,得r=3,所以展开式中x的系数为(-1)3C=-35. 答案:21 -35 14.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若cos(A+C)=,a=2,b=4,则sin A=________,c=________. 解析:∵cos(A+C)=,∴cos B=-,sin B=, 由正弦定理得=,∴sin A=. 由余弦定理可得16=4+c2-2×2c×, 即c2+c-12=0,解得c=3或c=-4(舍去). 答案: 3 15.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=|2b-a|,则|b|的最大值为________,a与b的夹角的取值范围为________. 解析:由|b|2=|2b-a|2,得3|b|2-4|b|cos θ+1=0, ∴3|b|2-4|b|+1≤0,解得≤|b|≤1, ∴|b|的最大值为1. 又cos θ=|b|+≥,∴0≤θ≤, 即a与b的夹角的取值范围为. 答案:1 16.某学校要安排2位数学老师、2位英语老师和1位化学老师分别担任高三年级中5个不同班级的班主任,每个班级安排1个班主任.由于某种原因,数学老师不担任A班的班主任,英语老师不担任B班的班主任,化学老师不担任C班和D班的班主任, 则共有________种不同的安排方法.(用数字作答) 解析:若数学老师分到B,C两班,共有AAA=8种分法; 若数学老师分到B,D两班,共有AAA=8种分法; 若数学老师分到B,E两班,共有AA=4种分法; 若数学老师分到C,D两班,共有AA=4种分法; 若数学老师分到C,E两班,共有AA=4种分法; 若数学老师分到D,E两班,共有AA=4种分法, 所以共有8+8+4+4+4+4=32种安排方法. 答案:32 17.已知函数f(x)=x2+(a-4)x+1+|x2-ax+1|的最小值为,则实数a的值为________. 解析:①当a2-4≤0时,f(x)=x2+(a-4)x+1+x2-ax+1=2x2-4x+2,f(x)min=0≠. ②当a2-4>0,即a>2或a<-2时,由x2-ax+1=0,得x1=,x2=, 所以f(x)= (ⅰ)若a<-2,则f(x)min=f(x2)=, 即无解. (ⅱ)若a>2,则f(x)min=f(x1)=, 即解得a=. 综上所述,实数a的值为. 答案: “10+7”小题提速保分练(九) 一、选择题 1.设集合M={x|-1≤x≤1},N={x|1<2x<4},则M∩N=( ) A.{x|-1≤x<0} B.{x|0<x≤1} C.{x|1≤x<2} D.{x|-1≤x<2} 解析:选B 因为M={x|-1≤x≤1},N={x|1<2x<4}={x|0<x<2},所以M∩N={x|0<x≤1},故选B. 2.若复数z=2(i为虚数单位),则|z|=( ) A.2 B.1 C. D. 解析:选C ∵z=2==-i,∴|z|=. 3.已知α为锐角,且tan α=,则sin 2α=( ) A. B. C. D. 解析:选D 因为tan α=,所以sin 2α====,故选D. 4.已知a∈R,则“a≤1”是“|a+1|+|a-1|=2”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选B 因为a=-2≤1,但|a+1|+|a-1|=4≠2;|a+1|+|a-1|=2⇒-1≤a≤1⇒a≤1,所以“a≤1”是“|a+1|+|a-1|=2”的必要不充分条件,选B. 5.已知数列{an}满足a1=1,an+1-an≥2(n∈N*),则( ) A.an≥2n+1 B.an≥2n-1 C.Sn≥n2 D.Sn≥2n-1 解析:选C 因为an+1-an≥2,所以an=an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1+a1≥2(n-1)+1=2n-1,所以Sn≥1+3+5+…+2n-1==n2 . 6.有3位男生,3位女生和1位老师站在一起照相,要求老师必须站中间,与老师相邻的不能同时为男生或女生,则这样的排法种数是( ) A.144 B.216 C.288 D.432 解析:选D 先排与老师相邻的两个位置为CCA=18,再排剩下的4个位置为A,所以共有18A=432种排法种数,选D. 7.已知实数x,y满足不等式组则(x-1)2+(y+2)2的取值范围是( ) A.[1,5] B.[,5] C.[5,25] D.[5,26] 解析:选D 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,(x-1)2+(y+2)2表示可行域内的动点(x,y)到(1,-2)距离的平方,由图可知在(0,0)处(x-1)2+(y+2)2取最小值(0-1)2+(0+2)2=5,在(0,3)处取最大值(0-1)2+(3+2)2=26,所以(x-1)2+(y+2)2的取值范围是[5,26],故选D. 8.已知函数f(x)=若函数g(x)=f(x)-k(x+1)在(-∞,1]恰有两个不同的零点,则实数k的取值范围是( ) A.[1,3) B.(1,3] C.[2,3) D.(3,+∞) 解析:选A 函数g(x)=f(x)-k(x+1)在(-∞,1]恰有两个不同的零点,等价于y=f(x)的图象与y=k(x+1)的图象恰有两个不同的交点.作出函数y=f(x)的图象如图所示,y=k(x+1)的图象是过定点(-1,0)斜率为k的直线,当直线y=k(x+1)经过点(1,2)时,直线与y=f(x)的图象恰有两个交点,此时k=1.当直线经过点(0,3) 时直线与y=f(x)的图象恰有三个交点,此时k=3.直线在旋转过程中与y=f(x)的图象恰有两个交点,斜率在[1,3)内变化,所以实数k的取值范围是[1,3). 9.已知m,n是两个非零向量,且|m|=1,|m+2n|=3,则|m+n|+|n|的最大值为( ) A. B. C.4 D.5 解析:选B ∵|m|=1,|m+2n|=3, ∴(m+2n)2=4n2+4m·n+1=9, ∴n2+m·n=2, ∴(m+n)2=m2+2m·n+n2=5-n2, ∴|m+n|+|n|=+|n|. 令|n|=x(0<x≤),f(x)=+x, 则f′(x)=+1. 令f′(x)=0,得x=, ∴当0<x<时,f′(x)>0; 当<x<时,f′(x)<0, ∴当x=时,f(x)取得最大值f=,故选B. 10.设函数f(x)的定义域为D,若f(x)满足条件:存在[a,b]⊆D(a0), 则方程m2-m+t=0有两个不等的实根,且两根都大于0,所以解得0 p2,且D(ξ1)>D(ξ2) C.p1 D(ξ2) D.p1>p2,且D(ξ1) p2,∴0 0, ∴D(ξ1)>D(ξ2),故选B. 8.已知F1,F2是双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,P是双曲线上一点,且PF1⊥PF2,若△PF1F2的内切圆半径为,则该双曲线的离心率为( ) A.-1 B. C. D.+1 解析:选C 不妨设P为第一象限的点,由双曲线的定义可得|PF1|-|PF2|=2a.① ∵PF1⊥PF2,∴|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2.② ②-①2,可得2|PF1|·|PF2|=4c2-4a2=4b2, ∴|PF1|+|PF2|=2. ∵△PF1F2的内切圆半径为, ∴由三角形的面积公式可得r(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)=|PF1|·|PF2|, 即(2+2c)=2b2,即2b2-ac=a, 两边平方化简得4c2-4ac-5a2=0, 可得4e2-4e-5=0,解得e=(负值舍去). 9.如图所示,在△ABC中, =,P是BN上的一点,若=+,则实数m的值为( ) A. B. C.1 D.3 解析:选A =+=m+,设=t (0≤t≤1),则=+=+t(+)=+t=(1-t)+t,所以m=1-t且=,故m=1-t=1-=,故选A. 10.四个同样大小的球O1,O2,O3,O4两两相切,点M是球O1上的动点,则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为( ) A. B. C. D. 解析:选C 如图,由题意知O1O2O3O4是正四面体,设边长为2r. 过O1作O1O⊥底面O2O3O4,可得O为底面的中心. 由O2O⊥O3O4,可得O2O1⊥O3O4,当点M在直线O1O2上时, 可得直线O2M与直线O3O4垂直, 即所成角的正弦值为1. 作O2N∥O3O4,则∠O1O2N=90°, 在平面O1O2N内,过O2作球的切线, 设切点为M,此时∠O1O2M最大, 可得sin∠O1O2M=, 所以∠MO2N的最小值为60°, 所以O3O4与O2M成的最小角为60°, 即所成角的正弦值为, 故直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为. 二、填空题 11.已知函数f(x)=则f(f(-3))=________,f(x)的最小值为________. 解析:∵f(-3)=32+2×(-3)=3, ∴f(f(-3))=f(3)=log24=2. 当x≤0时,二次函数开口向上,对称轴x=-1, ∴函数的最小值为f(-1)=1-2=-1; 当x>0时,函数f(x)是增函数,∴x>0时,f(x)>0. 综上,函数f(x)的最小值为-1. 答案:2 -1 12.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)为________,表面积(单位:cm2)为________. 解析:由三视图可得该几何体为二分之一圆锥, 圆锥的底面半径为1,高为2, 所以可得该几何体的体积为××π×12×2=, 表面积为×π×12+π×1×+×2×2=+2. 答案: +2 13.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=2,c=3,A+3C=π,则cos C=________,S△ABC=________. 解析:∵A+3C=π,A+B+C=π, ∴A+B+C=A+3C,∴B=2C, ∵b=2,c=3, ∴由正弦定理=, 即=,得=, 解得cos C=,∴sin C=, 由余弦定理得,32=a2+(2)2-2×a×2×, 解得a=1或a=3. 当a=3时,a=c,又A+3C=π,∴A=C=,B=,不符合题意,舍去. ∴S△ABC=absin C=×1×2×=. 答案: 14.已知|a|=2,|b|=|c|=1,则(a-b)·(c-b)的最大值为________,最小值为________. 解析:∵|a|=2,|b|=|c|=1, ∴可设=a,=b=(1,0),=c, 则(a-b)·(c-b)=·=||·||·cos∠ABC, 结合图形,当||的最大值为3,||的最大值为2, 且,同向,则(a-b)·(c-b)的最大值为6, 当,反向,则(a-b)·(c-b)的最小值为1×2×(-1)=-2. 答案:6 -2 15.将公差不为零的等差数列a1,a2,a3调整顺序后构成一个新的等比数列ai,aj,ak,其中{i,j,k}={1,2,3},则该等比数列的公比为________. 解析:设等差数列的公差为d, 则a2=a1+d,a3=a1+2d, 若i=1,j=2,k=3或i=3,j=2,k=1, 则(a1+d)2=a1(a1+2d),得d=0(舍去). 若j=1,则i=2,k=3或i=3,k=2, 则a=(a1+d)(a1+2d),解得a1=-d, 此时q===-2或q===-, 所以该等比数列的公比为-或-2. 答案:-或-2 16.有7个球,其中红色球2个(同色不加区分),白色,黄色,蓝色,紫色,灰色球各1个,将它们排成一行,要求最左边不排白色,2个红色排一起,黄色和红色不相邻,则有________种不同的排法(用数字回答). 解析:红色球2个(同色不加区分),2个红色排一起,把红色球看做一个, 本题相当于6个球的排列,将它们排成一行, 1 2 3 4 5 6 最左边不排白色,2个红色排一起,黄色和红色不相邻, 1号位置放红色球,则放球方法有C·A=96; 2号位置放红色球,则放球方法有C·C·A=54; 3,4,5号位置放红色球,则放球方法有3×(A+C·A·A)=180; 6号位置放红色球,则放球方法有A+C·C·A=78, 所以不同的排列方法共有96+54+180+78=408. 答案:408 17.已知A(1,0),直线x=a(a>0)与曲线y=-和直线y=kx(k>0)分别交于B,C两点,若|AC|+|BC|≥2恒成立,则实数k的取值范围为________. 解析:因为直线x=a(a>0)与曲线y=-和直线y=kx(k>0)分别交于B,C两点, 所以B,C(a,ka), 由y=-关于直线y=-x对称, 可得它们的交点为(1,-1),(-1,1), 故当直线x=a经过点(1,-1)时, |AC|+|BC|取得最小值, 即有a=1,B(1,-1),C(1,k), 可得k+k+1=2k+1. 由题意可得2k+1≥2,解得k≥. 答案: “18~20”大题规范满分练(一) 18.(本小题满分14分)已知函数f(x)=sin x·(cos x+sin x). (1)求f(x)的最小正周期; (2)若关于x的方程f(x)=t在区间内有两个不相等的实数解,求实数t的取值范围. 解:(1)因为f(x)=sin 2x+(1-cos 2x) =sin+, 所以f(x)的最小正周期为T==π. (2)因为x∈,所以2x-∈. 因为y=sin z在上是增函数,在上是减函数, 所以f(x)在上是增函数,在上是减函数. 又因为f(0)=0,f =1+,f =, 关于x的方程f(x)=t在区间内有两个不相等的实数解, 等价于y=f(x)与y=t的图象在区间内有两个不同的交点, 所以要使得关于x的方程f(x)=t在区间内有两个不相等的实数解, 只需满足≤t<1+. 故实数t的取值范围为. 19.(本小题满分15分)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AC=2,∠BAC=90°,BC1⊥AC. (1)证明:点C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上; (2)若二面角C1ACB的大小为60°,CC1=2,求BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值. 解:(1)证明:因为BC1⊥AC,AC⊥AB,AB∩BC1=B, 所以AC⊥平面ABC1. 所以平面ABC⊥平面ABC1. 过点C1作C1H′⊥AB, 则由面面垂直的性质定理可知C1H′⊥平面ABC. 又C1H⊥平面ABC,所以H′,H重合, 所以点C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上. (2)由(1)可知∠BAC1是二面角C1ACB的平面角,所以∠BAC1=60°. 法一:连接A1H, 因为A1B1⊥A1C1,A1B1⊥C1H,A1C1∩C1H=C1, 所以A1B1⊥平面A1C1H, 所以平面A1B1BA⊥平面A1C1H. 作C1G⊥A1H,则C1G⊥A1B1BA.连接BG, 所以∠C1BG是BC1与平面AA1B1B所成角. 由(1)可知AC⊥AC1, 因为AC=2,CC1=2,所以AC1=2. 在△ABC1中,AB=2,AC1=2,∠BAC1=60°,C1H⊥AB,所以BC1=2,C1H=, 在Rt△A1C1H中,A1C1=2, 所以A1H=,所以C1G=. 所以sin∠GBC1==. 所以BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值为. 法二:在平面ABC内,过点H作Hx⊥AB,以H为坐标原点,以Hx,HB,HC1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. 由(1)可知∠BAC1是二面角C1ACB的平面角,所以∠BAC1=60°,因为AC⊥AC1,CC1=2,AC=2,所以AC1=2.在△ABC1中,AB=2,AC1=2,∠BAC1=60°, 所以BC1=2,C1H=,AH=BH=1. 所以A(0,-1,0),B(0,1,0),C1(0,0,),C(2,-1,0), =(0,2,0), ==(-2,1,), =(0,-1,). 设平面AA1B1B的一个法向量n=(x,y,z), 则即 令x=,得平面AA1B1B的一个法向量n=(,0,2), 所以|cos〈,n〉|==, 所以BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值为. 20.(本小题满分15分)设函数f(x)=·e-x+,x∈. (1)求f(x)的导函数; (2)求f(x)在x∈上的取值范围. 解:(1)f′(x)=e-x+=e-x-. (2)因为x∈, 所以e-x≤0,-≤0, 所以f′(x)=e-x-≤0. 即f(x)在x∈上单调递减. 当x→+∞时,f(x)=·e-x+→0. 又f=2+, 所以f(x)在x∈上的取值范围是. “18~20”大题规范满分练(二) 18.(本小题满分14分)已知函数f(x)=4cos x·sin-1. (1)求函数f(x)的单调递增区间; (2)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若满足f(B)=0,a=2,且D是BC的中点,P是直线AB上的动点,求CP+PD的最小值. 解:(1)f(x)=4cos x-1 =sin 2x-cos 2x-2=2sin-2, 令-+2kπ≤2x-≤+2kπ,k∈Z, 得kπ-≤x≤kπ+,k∈Z. 所以f(x)的单调递增区间为,k∈Z. (2)由f(B)=2sin-2=0,得2B-=,所以B=. 作C关于AB的对称点C′, 连接C′D,C′P,C′B, 由余弦定理得C′D2=BD2+BC′2-2·BD·BC′·cos 120°=7. 所以CP+PD=C′P+PD≥C′D=, 所以当C′,P,D共线时,CP+PD取得最小值 . 19.(本小题满分15分)如图,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,∠C=60°,点E在线段CD上,满足BE⊥CD,且CE=AB=CD=2,现将△ADE沿AE翻折到△AME位置,使得MC=2. (1)证明:AE⊥MB; (2)求直线MC与平面AME所成角的正弦值. 解:(1)证明:在梯形ABCD中,连接BD交AE于N, 则BE=2tan 60°=2,BC=4, ∴BD==4. ∴BC2+BD2=CD2, ∴BC⊥BD. 又BC∥AE,∴AE⊥BD. 从而AE⊥BN,AE⊥MN. ∵将△ADE沿AE翻折到△AME位置,垂直关系不变, ∴AE⊥平面MNB. ∵MB⊂平面MNB,∴AE⊥MB . (2)∵CE=2,EM=6,MC=2, ∴CE2+EM2=MC2, ∴∠CEM=90°,即CE⊥EM. 又∵CE⊥BE,EM∩BE=E, ∴CE⊥平面MBE, ∴CE⊥MB. ∵AE⊥MB,CE∩AE=E, ∴MB⊥平面ABCE. 故以B为坐标原点,BE,BA,BM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, 则A(0,2,0),C(2,-2,0),E(2,0,0),M(0,0,2), =(0,-2,2), =(2,-2,0), =(2,-2,-2). 设平面AME的法向量为m=(x,y,z), 则即令y=,得平面AME的一个法向量为m=(,,1), ∴cos〈m,〉==-, 故直线MC与平面AME所成角的正弦值为. 20.(本小题满分15分)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列. (1)求q的值和{an}的通项公式; (2)设bn=,n∈N*,求数列{bn}的前n项和. 解:(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3, 所以a2(q-1)=a3(q-1), 又因为q≠1,所以a3=a2=2. 由a3=a1q,得q=2, 当n=2k-1(n∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=2, 当n=2k(n∈N*)时,an=a2k=2k=2, 所以{an}的通项公式为an= (2)由(1)得bn==, 设数列{bn}的前n项和为Sn, 则Sn=1×+2×+3×+…+n×, Sn=1×+2×+3×+…+n×, 两式相减,得Sn=1++++…+-=-=2--,整理得Sn=4-, 所以数列{bn}的前n项和为4-. “18~20”大题规范满分练(三) 18.(本小题满分14分)已知函数f(x)=sin+2cos2ωx-1(ω>0). (1)若ω=1,求函数f(x)的单调递增区间; (2)若函数f(x)图象的相邻两对称轴之间的距离为,求函数f(x)在上的值域. 解:f(x)=sin+2cos2ωx-1 =sin 2ωx-cos 2ωx+cos 2ωx =sin 2ωx+cos 2ωx =sin. (1)当ω=1时,f(x)=sin, 令-+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z, 得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z, 所以函数f(x)的单调递增区间为,k∈Z. (2)由题意知T=, 所以2ω==,ω=, 则f(x)=sin. 由x∈,得x+∈, 则f(x)∈. 故f(x)在上的值域为. 19.(本小题满分15分)已知△ABC中,AB=AC=,BC=2,以BC为轴将△ABC旋转60°到△DBC,形成三棱锥DABC. (1)求证:BD⊥AC; (2)求直线BC与平面ACD所成角的余弦值. 解:(1)证明:取BC的中点E,连接AE,DE, ∵AB=AC,∴AE⊥BC, 由翻折知DE⊥BC, ∴二面角ABCD为∠AED, 即∠AED=60°,且BC⊥平面ADE, ∴平面ADE⊥平面ABC. ∵DE=AE=,∠AED=60°, ∴△ADE为正三角形, 取AE的中点H,连接DH, ∴DH⊥AE. ∵平面ADE∩平面ABC=AE, ∴DH⊥平面ABC,∴DH⊥AC. 取CE的中点F,连接FH, 可求得HE=,FE=,BE=1, 由HE2=FE·BE,可知FH⊥BH, ∵FH∥AC,∴BH⊥AC. ∵DH∩BH=H, ∴AC⊥平面DHB,∴AC⊥BD. (2)法一:取AD的中点M,连接MB,MC,过B点作BN⊥MC,垂足为N, ∵AB=BD=,AC=CD=,且M为AD的中点, ∴BM⊥AD,CM⊥AD, ∵BM∩CM=M, ∴AD⊥平面BMC. ∵BN⊂平面BMC, ∴BN⊥AD. ∵BN⊥MC,AD∩MC=M, ∴BN⊥平面ACD, ∴直线BC与平面ACD所成角即∠BCM, 由(1)可知△ADE为正三角形,则AD=, 可求得BM=CM=,BN=, ∴CN=,∴cos∠BCN=. ∴直线BC与平面ACD所成角的余弦值为. 法二:(等体积法)由(1)可知△ADE为等边三角形,则DH=. S△ABC=×2×=,S△ACD=××=. 设三棱锥BACD的高为h, ∵VBADC=VDABC, VDABC=S△ABC·DH=××=, ∴VBADC=S△ADC·h=××h=h=, 解得h=, 设直线BC与平面ACD所成角为α, 则sin α==,cos α=, ∴直线BC与平面ACD所成角的余弦值为. 20.(本小题满分15分)已知函数f(x)=aln x+(x>1). (1)若f(x)在区间(1,+∞)不单调,求实数a的取值范围; (2)当a=1时,证明:f(x)<-x+3. 解:(1)f′(x)=-=, 要使f(x)在区间(1,+∞)不单调, 则f′(x)=0在(1,+∞)上有解, 即a=在(1,+∞)上有解, 所以a的取值范围是(0,1). (2)证明:当a=1时, 令g(x)=ln x+-+x-3, 则g′(x)=-(x-1)=. 因为x>1,所以-1>0,1-x2-x<0, 所以g′(x)<0, 则g(x)在(1,+∞)上单调递减, 所以g(x) 0)的最小正周期为π. (1)求f的值; (2)当x∈时,求f(x)的单调区间及取值范围. 解:(1)f(x)=-sin 2ωx-. =cos 2ωx-sin 2ωx=cos. ∵T==π,∴ω=1, ∴f(x)=cos,∴f=. (2)当x∈时,2x+∈. ∴当2x+∈,即x∈时,f(x)单调递减,∴f(x)的减区间为, 当2x+∈,即x∈时,f(x)单调递增,∴f(x)的增区间为, ∴f(x)∈. 19.(本小题满分15分)如图,三棱柱ABCA1B1C1所有的棱长均为1,A1C1⊥B1C. (1)求证:A1B⊥AC; (2)若A1B=1,求直线A1C1和平面ABB1A1所成角的余弦值. 解:(1)证明:取AC的中点O,连接A1O,BO, ∴BO⊥AC. 连接AB1交A1B于点M,连接OM,则B1C∥OM. ∵A1C1∥AC,A1C1⊥B1C, ∴AC⊥OM. 又∵OM∩BO=O, ∴AC⊥平面A1BO. ∵A1B⊂平面A1BO,∴A1B⊥AC. (2)∵A1C1∥AC, ∴直线A1C1和平面ABB1A1所成的角等于直线AC和平面ABB1A1所成的角. ∵三棱柱ABCA1B1C1所有的棱长均为1, ∴A1B⊥AB1, ∵A1B⊥AC,AB1∩AC=A, ∴A1B⊥平面AB1C, ∴平面AB1C⊥平面ABB1A1. ∵平面AB1C∩平面ABB1A1=AB1, ∴AC在平面ABB1A1的射影在直线AB1上, ∴∠B1AC为直线AC和平面ABB1A1所成的角. ∵AB1=2AM=2=, ∵A1C1⊥B1C,A1C1∥AC,∴AC⊥B1C, ∴在Rt△ACB1中,cos∠B1AC===. ∴直线AC和平面ABB1A1所成角的余弦值为. 即直线A1C1和平面ABB1A1所成角的余弦值为. 20.(本小题满分15分)已知函数f(x)=(x>0). (1)求函数f(x)的单调区间; (2)求证:f(x)>e-. 解:(1)f′(x)=. 令h(x)=ex-x-1,则h′(x)=ex-1, 当x<0时,h′(x)<0;当x>0时,h′(x)>0, 所以函数h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 所以h(x)min=h(0)=0,即ex≥x+1, 当且仅当x=0时等号成立. 由已知x>0,得ex>x+1,<0, 所以f′(x)<0. 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,+∞). (2)证明:f(x)>e-等价于e-x+xe--1<0. 令g(x)=e-x+xe--1,x>0, 则g′(x)=-e-x+e-+x =-e-, 由(1)知e->-+1, 所以g′(x)<0. 所以当x>0时,有g(x) e-. “18~20”大题规范满分练(六) 18.(本小题满分14分)已知函数f(x)=cos(2x+φ)+sin2x(0≤φ<π). (1)若φ=,求f(x)的值域; (2)若f(x)的最大值是,求φ的值. 解:(1)由题意得f(x)=cos+sin2x =cos 2x-sin 2x+ =cos 2x-sin 2x+ =cos+, 所以函数f(x)的值域为[0,1]. (2)因为f(x)=cos φcos 2x-sin φsin 2x+ =cos 2x-sin φsin 2x+, 又函数f(x)的最大值为, 所以2+2=1, 从而cos φ=0,又0≤φ<π,故φ=. 19.(本小题满分15分)设平面ABCD⊥平面ABEF,AB∥CD,AB∥EF,∠BAF=∠ABC=90°,BC=CD=AF=EF=1,AB=2. (1)证明:CE∥平面ADF; (2)求直线DF与平面BDE所成角的正弦值. 解:(1)证明:因为AB∥CD,AB∥EF,所以CD∥EF. 又因为CD=EF,所以四边形CDFE是平行四边形. 所以CE∥DF. 因为CE⊄平面ADF,DF⊂平面ADF, 所以CE∥平面ADF. (2)取AB的中点G,连接CG交BD于点O,连接EO. 因为CE∥DF, 所以DF与平面BDE所成角等于CE与平面BDE所成角. 因为AB⊥AF,平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB, 所以AF⊥平面ABCD. 连接EG,DG,则四边形AGEF为平行四边形, 所以EG∥AF, 所以EG⊥平面ABCD. 因为BD⊂平面ABCD,所以EG⊥BD. 因为CG⊥BD,EG∩CG=G,所以BD⊥平面ECG. 因为BD⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ECG. 在平面CEO中,作CH⊥EO交EO于点H. 又因为平面BDE∩平面ECG=EO, 所以CH⊥平面BDE. 所以∠CEH是CE与平面BDE所成角. 过点G作GQ⊥EO,因为OC=OG,所以CH=GQ=, 又CE=DF=,所以sin∠CEH==. 故直线DF与平面BDE所成角的正弦值为. 20.(本小题满分15分)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)当d>1时,记cn=,求数列{cn}的前n项和Tn. 解:(1)由题意有,即 解得或 故或 (2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=, 于是Tn=1+++++…+,① Tn=+++++…+.② ①-②可得Tn=2+++…+-=3-,故Tn=6-. “18~20”大题规范满分练(七) 18.(本小题满分14分)(2019届高三·辽宁五校协作体联考)已知函数f(x)=cos2x+sin(π-x)cos(π+x)-. (1)求函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间; (2)在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知f(A)=-1,a=2,bsin C=asin A,求△ABC的面积. 解:(1)f(x)=cos2x-sin xcos x- =-sin 2x- =-sin, 由2kπ-≤2x-≤2kπ+,k∈Z, 解得kπ-≤x≤kπ+,k∈Z,又x∈[0,π], ∴函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间为和. (2)由(1)知f(x)=-sin, ∴f(A)=-sin=-1, ∵△ABC为锐角三角形,∴00. 当x∈(-∞,0)时,易知h(x)<0, 所以f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上没有极值点. 当x∈(0,+∞)时, 因为h(1)=-2<0,h(2)=e2-2>0, 所以f′(1)<0,f′(2)>0, f(x)在(1,2)上有极小值点. 又因为h(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以f(x)仅有唯一的极小值点. “18~20”大题规范满分练(八) 18.(本小题满分14分)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示. (1)求函数f(x)的解析式; (2)求函数f(x)在区间上的最值,并求出相应的x值. 解:(1)由图象可知A=2. 周期T=×=×=π, 又T==π,∴ω=2. ∴f(x)=2sin(2x+φ),∴f=2sin=2, ∴+φ=+2kπ,k∈Z,即φ=-+2kπ,k∈Z. 又∵|φ|<,∴φ=-, ∴f(x)=2sin. (2)当x∈时,2x-∈, ∴sin∈, f(x)=2sin∈[-1,2]. 当2x-=,即x=时,f(x)max=f=2. 当2x-=-,即x=0时,f(x)min=f(0)=-1. 19.(本小题满分15分)如图,在圆锥PO中,已知PO=,⊙O的直径AB=2,点C在⊙O上,且∠CAB=30°,D为AC的中点. (1)证明:AC⊥平面POD; (2)求直线OC与平面PAC所成角的正弦值. 解:(1)证明:因为OA=OC,D是AC的中点, 所以AC⊥OD. 又因为PO⊥底面⊙O,AC⊂底面⊙O,所以AC⊥PO. 因为OD∩PO=O, 所以AC⊥平面POD. (2)由(1)知,AC⊥平面POD,AC⊂平面PAC, 所以平面POD⊥平面PAC, 在平面POD中,过O作OH⊥PD交PD于H, 则OH⊥平面PAC. 连接CH,则CH是OC在平面PAC上的射影, 所以∠OCH是直线OC和平面PAC所成的角. 在Rt△POD中,OH===, 在Rt△OHC中,sin∠OCH==. 所以直线OC与平面PAC所成角的正弦值为. 20.(本小题满分15分)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*),已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6. (1)求Sn和Tn; (2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值. 解:(1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0). 由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0. 因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1. 所以Tn==2n-1. 设等差数列{an}的公差为d. 由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.① 由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16.② 联立①②解得a1=1,d=1, 故an=n,所以Sn=. (2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n =-n=2n+1-n-2. 由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn, 可得+2n+1-n-2=n+2n+1, 整理得n2-3n-4=0, 解得n=4或n=-1(舍去). 所以n的值为4. “21~22”压轴大题抢分练(一) 21.(本小题满分15分)已知椭圆C:+y2=1的左、右焦点分别是F1,F2,点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1,PF2,设∠F1PF2的内角平分线PM交C的长轴于点M(m,0). (1)求实数m的取值范围; (2)求|PF1|·|PM|的最大值. 解:(1)设P(x0,y0)(y0≠0),则+y=1, 又F1(-,0),F2(,0), 所以直线PF1,PF2的方程分别为: lPF1:y0x-(x0+)y+y0=0. lPF2:y0x-(x0-)y-y0=0. 因为=, 所以= . 因为- 0,得-2 0),若存在实数m∈(2,3),使得当x∈(0,m]时,函数G(x)的最大值为G(m),求实数a的取值范围. 解:(1)由已知条件得,F(x)=ln x+x2-x+,且函数定义域为(0,+∞), 所以F′(x)=+x-=. 令F′(x)=0,得x=1或x=2, 当x变化时,F′(x),F(x)随x的变化情况如下表: x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,+∞) F′(x) + 0 - 0 + F(x) 0 ln 2- 所以当x=1时,函数F(x)取得极大值F(1)=0; 当x=2时,函数F(x)取得极小值F(2)=ln 2-. (2)由条件,得G(x)=ln x+ax2-(2a+1)x+a+1,且定义域为(0,+∞), 所以G′(x)=+2ax-(2a+1)=. 令G′(x)=0,得x=1或x=. ①当a=时,函数G(x)在(0,+∞)上单调递增,显然符合题意. ②当>1,即00,得x>或0 G(1),解得a>1-ln 2. 又0时, 由G′(x)>0,得x>1或0 0.(*) 令g(a)=ln(2a)++ln 2-1, ∵g′(a)=>0恒成立, 故恒有g(a)>g=ln 2->0, ∴a>时,(*) 式恒成立. 综上,实数a的取值范围是(1-ln 2,+∞). “21~22”压轴大题抢分练(二) 21.(本小题满分15分)已知抛物线x2=2py(p>0),点M是抛物线的准线与y轴的交点,过点A(0,λp)(λ∈R)的动直线l交抛物线于B,C两点. (1)求证: ·≥0,并求等号成立时实数λ的值; (2)当λ=2时,设分别以OB,OC(O为坐标原点)为直径的两圆相交于另一点D,求|DO|+|DA|的最大值. 解:(1)证明:由题意知动直线l的斜率存在,且过点A(0,λp),则可设动直线l 的方程为y=kx+λp, 代入x2=2py,消去y并整理得x2-2pkx-2λp2=0, Δ=4p2(k2+2λ)>0, 设B(x1,y1),C(x2,y2), 则x1+x2=2pk,x1x2=-2p2λ, y1y2=(kx1+λp)(kx2+λp)=k2x1x2+λkp(x1+x2)+λ2p2=λ2p2, y1+y2=k(x1+x2)+2λp=2pk2+2λp=2p(k2+λ). 因为抛物线x2=2py的准线方程为y=-, 所以点M的坐标为, 所以=,=, 所以·=x1x2+=x1x2+y1y2+(y1+y2)+=-2p2λ+λ2p2+[2p(k2+λ)]+=p2≥0,当且仅当k=0,λ=时等号成立. (2)由(1)知,当λ=2时,x1x2=-4p2,y1y2=4p2, 所以·=x1x2+y1y2=0, 所以OB⊥OC. 设直线OB的方程为y=mx(m≠0), 与抛物线的方程x2=2py联立可得B(2pm,2pm2), 所以以OB为直径的圆的方程为x2+y2-2pmx-2pm2y=0. 因为OB⊥OC,所以直线OC的方程为y=-x. 同理可得以OC为直径的圆的方程为x2+y2+x-y=0,即m2x2+m2y2+2pmx-2py=0, 将两圆的方程相加消去m得x2+y2-2py=0, 即x2+(y-p)2=p2, 所以点D的轨迹是以OA为直径的圆, 所以|DA|2+|DO|2=4p2, 由≥2, 得|DA|+|DO|≤2p, 当且仅当|DA|=|DO|=p时,(|DA|+|DO|)max=2p. 22.(本小题满分15分)三个数列{an},{bn},{cn},满足a1=-,b1=1,an+1=,bn+1=2bn+1,cn=abn,n∈N*. (1)证明:当n≥2时,an>1; (2)是否存在集合[a,b],使得cn∈[a,b]对任意n∈N*成立,若存在,求出b-a的最小值;若不存在,请说明理由; (3)求证:++…+≤2n+1+cn+1-6(n∈N*,n≥2). 解:(1)证明:下面用数学归纳法证明: 当n≥2时,an>1. ①当n=2时,由a1=-, an+1=, 得a2=,显然成立; ②假设n=k时命题成立,即ak>1. 则n=k+1时,ak+1= . 于是ak+1-1=. 因为()2-(3-ak)2=4(ak-1)>0. 所以ak+1>1,也就是说n=k+1时命题成立. 由①②可知,当n≥2时,an>1. (2)由bn+1=2bn+1,b1=1,得bn+1+1=2(bn+1), 所以数列{bn+1}是以b1+1=2为首项,2为公比的等比数列, 所以bn+1=2n,从而bn=2n-1. 由(1)知,当n≥2时,an>1, 所以当n≥2时,an+1-an=. 因为a-2an+5-(1+an)2=4(1-an)<0, 所以an+1 c3>…>1, 从而存在集合[a,b],使得cn∈[a,b]对任意n∈N*成立, 当b=c2=a3=2,a=c1=-时, b-a的最小值为c2-c1=. (3)证明:当n≥2时,an>1 , 因为an+1=, 所以anan+1=a+an+1-1, 也即an-an+1=1- , 所以cn-cn+1=abn-abn+1 =(abn-abn+1)+(abn+1-abn+2)+…+(abn+1-1-abn+1) =++…+ =(bn+1-bn)-≤2n-. 即≤2n+cn+1-cn(n≥2) , 于是 ≤ (2i+ci+1-ci)=2n+1-4+cn+1-c2=2n+1+cn+1-6. 故++…+≤2n+1+cn+1-6(n∈N*,n≥2). “21~22”压轴大题抢分练(三) 21.(本小题满分15分)过抛物线x2=4y的焦点F的直线l交抛物线于A,B两点,抛物线在A,B两点处的切线交于点M. (1)求证:点M在直线y=-1上; (2)设=λ,当λ∈时,求△MAB的面积S的最小值. 解:(1)证明:易知直线l的斜率一定存在,F(0,1), 设直线l的方程为y=kx+1,联立 消去y,得x2-4kx-4=0,Δ=16k2+16>0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=4k,x1x2=-4,x=4y1,x=4y2, 由x2=4y,得y′=x,则切线AM的方程为y-y1=x1(x-x1),即y=x1x-x, 同理,切线BM的方程为y=x2x-x. 由得(x1-x2)x-(x1+x2)·(x1-x2)=0, 又x1-x2≠0,所以x==2k. 所以2y=(x1+x2)x-[(x1+x2)2-2x1x2] =×4k×2k-(16k2+8)=-2, 所以y=-1,即点M(2k,-1), 故点M在直线y=-1上. (2)由(1)知,当k=0时,=,此时λ=1,不符合题意,故k≠0.连接MF,则kMF==-, 因为·k=-1,所以MF⊥AB. 因为=λ, 所以(-x1,1-y1)=λ(x2,y2-1),得-x1=λx2, 则-λ+=+=, 所以2-λ-===-4k2, 即k2=-, 令f(λ)=-,λ∈, 因为f(λ)=-在上单调递减,所以≤f(λ)≤,所以≤k2≤. 因为|MF|==2, |AB|=y1+y2+2=k(x1+x2)+4=4k2+4, 所以S=×|AB|×|MF|=4, 所以当k2=,即λ=时,S取得最小值, 且Smin=4=. 22.(本小题满分15分)已知函数f(x)=ln x-ax+a. (1)当a=-1时,求函数f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程; (2)若函数f(x)有一个大于1的零点,求实数a的取值范围; (3)若f(x0)=0,且x0>1,求证:x0+1>. 解:(1)当a=-1时,f(x)=ln x+x-1, f′(x)=+1, 所以f′(1)=2,所以切线的斜率k=2. 又切点为(1,0),所以切线的方程为y=2x-2. (2)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a=. ①当a≤0时,f′(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(1)=0, 所以f(x)有唯一零点1,不符合题意. ②当a>0时,令f′(x)=0,则x=, 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) + 0 - f(x) 极大值 由表可知,当≤1,即a≥1时,f(x)在(1,+∞)上单调递减,又f(1)=0,所以f(x)<0在(1,+∞)上恒成立,无零点,不符合题意. 当>1,即0f(1)=0, 又f(e)=+a-ae,令t=∈(1,+∞), 则y=t+-et=, 令g(t)=t2+1-et(t>1), 则g′(t)=2t-et, 令G(t)=2t-et(t>1),则G′(t)=2-et<0, 所以g′(t)=2t-et在(1,+∞)上单调递减, 所以当t>1时,g′(t) 1时,g(t) x,得e>. 所以f(x)在上无零点,在上有唯一零点. 综上,满足条件的实数a的取值范围是(0,1). (3)证明:由(2)得,x0∈且01), 则当m>1时,h′(m)=-=>0, 所以h(m)在(1,+∞)上单调递增, 则h(m)>h(1)=0, 所以f >0,即f >f(x0). 又-1,x0∈且f(x)在上为减函数, 所以-1 . “21~22”压轴大题抢分练(四) 21.(本小题满分15分)已知直线l:y=x+m与圆x2+y2=2交于A,B两点,若椭圆+y2=1上有两个不同的点C,D关于直线l对称. (1)求实数m的取值范围; (2)求四边形ACBD面积的取值范围. 解:(1)设直线CD:y=-x+n,联立x2+2y2=2, 得3x2-4nx+2(n2-1)=0. 设C(x1,y1),D(x2,y2),CD中点为M(x0,y0), 故Δ=16n2-24(n2-1)>0,解得- n-. 证明:(1)数学归纳法:①当n=1时,a1=,a2=, 显然有0 n-. “21~22”压轴大题抢分练(五) 21.(本小题满分15分)椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,其右焦点到椭圆C外一点P(2,1)的距离为,不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,且线段AB的长度为2. (1)求椭圆C的方程; (2)求△AOB面积S的最大值. 解:(1)设椭圆右焦点为(c,0), 则由题意得 解得或(舍去). 所以b2=a2-c2=1, 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)因为线段AB的长等于椭圆短轴的长,要使三点A,O,B能构成三角形,则直线l不过原点O,弦AB不能与x轴垂直,故可设直线AB的方程为y=kx+m, 由消去y,并整理, 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 又Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)>0, 所以x1+x2=-,x1x2= 因为|AB|=2,所以 =2, 即(1+k2)[(x2+x1)2-4x1x2]=4, 所以(1+k2)=4, 即=2(1-m2), 因为1+k2≥1,所以≤m2<1. 又点O到直线AB的距离d=, 因为S=|AB|·d=d, 所以S2==2m2(1-m2)=-22+, 所以0 2时, M(a)==∈(0,); 当1-≥-2时,M(a)是方程-x2+ax+1=-2的较大根, 即0<a≤2时, M(a)=∈(,+ ], 综上M(a)= 且M(a)∈(0,)∪(,+ ]. “21~22”压轴大题抢分练(六) 21.(本小题满分15分)设抛物线y2=4x的焦点为F,过点的动直线交抛物线于不同两点P,Q,线段PQ中点为M,射线MF与抛物线交于点A. (1)求点M的轨迹方程; (2)求△APQ的面积的最小值. 解:(1)设直线PQ方程为x=ty+,代入y2=4x, 得y2-4ty-2=0. 设P(x1,y1),Q(x2,y2), 则y1+y2=4t,y1y2=-2,x1+x2=t(y1+y2)+1=4t2+1, 所以M. 设M(x,y),由消去t,得中点M的轨迹方程为y2=2x-1. (2)设=λ (λ<0),A(x0,y0), 又F(1,0),M, 则(x0-1,y0)=λ, 即 由点A在抛物线y2=4x上, 得4λ2t2=8λt2-2λ+4, 化简得(λ2-2λ)t2=-λ+1. 又λ<0,所以t2=-. 因为点A到直线PQ的距离 d==, |PQ|=|y1-y2|=2. 所以△APQ的面积S=·|PQ|·d = |λ-1|= . 设f(λ)=,λ<0,则f′(λ)=, 由f′(λ)>0,得λ>-; 由f′(λ)<0,得λ<-, 所以f(λ)在上是减函数,在上是增函数,因此,当λ=-时,f(λ)取到最小值. 所以△APQ的面积的最小值是. 22.(本小题满分15分)已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+-1. 证明:当n∈N*时, (1)0 0. 当n=1时,x1=1>0成立. 假设n=k时,xk>0成立, 那么n=k+1时,假设xk+1≤0, 则xk=xk+1+-1≤0,矛盾, 所以xk+1>0,故xn>0得证. 所以xn=xn+1+-1>xn+1, 故0 0), 则f′(x)=2x++-4=+22-. 由于y=与22在(0,+∞)上单调递增,所以f′(x)>f′(0)=0, 故f(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以f(x)>f(0)=0, 所以x+(xn+1+6)-4xn+1-6>0, 即3xn+1-2xn<. (3)由(2)得-≥>0, 则-≥n-1=n-2, 所以xn≤n-2. 又-1≤x(x≥0), 所以 -1≤xn+1, 所以xn=xn+1+-1≤xn+1, 故xn+1≥xn , 所以xn≥n-1, 所以n-1≤xn≤n-2. 高考仿真模拟练(一) (时间:120分钟 满分:150分) 一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.已知集合A={x|x>1},B={y|y=x2,x∈R},则A∩B=( ) A.[0,+∞) B.(1,+∞) C.[0,1) D.(0,+∞) 解析:选B 因为A={x|x>1},B={y|y=x2,x∈R}=[0,+∞),所以A∩B=(1+∞),选B. 2.已知抛物线y2=x,则它的准线方程为( ) A.y=-2 B.y=2 C.x=- D.y= 解析:选C 因为抛物线y2=x,所以 p=,=,所以它的准线方程为x=-,故选C. 3.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体的体积为( ) A.(1+π) B.(1+π) C.(2+3π) D.(2+π) 解析:选A 依题意,该几何体由一个四棱锥和一个圆锥拼接而成,故所求体积为V=××4×4×2+×π×22×4=(1+π).故选A. 4.若实数x,y满足则z=2x+y的最大值为( ) A.2 B.5 C.7 D.8 解析:选C 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,由z =2x+y,可得y=-2x+z,平行移动y=-2x+z,由图象可知当直线经过点A时,直线的纵截距最大,即z最大.联立得A(3,1),所以zmax=2×3+1=7. 5.若关于x的不等式x2-4x≥m对任意x∈[0,1]恒成立,则实数m的取值范围为( ) A.(-∞,-3] B.[-3,+∞) C.[-3,0) D.[-4,+∞) 解析:选A ∵x2-4x≥m对任意x∈[0,1]恒成立, 令f(x)=x2-4x,x∈[0,1], ∵f(x)的对称轴为x=2, ∴f(x) 在[0,1]单调递减, ∴当x=1时,f(x)取到最小值为-3, ∴实数m的取值范围为(-∞,-3],故选A. 6.在等比数列{an}中,“a4,a12 是方程x2+3x+1=0的两根”是“a8=±1”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A 由根与系数的关系可知a4+a12=-3,a4a12=1,所以a4<0,a12<0,则在等比数列{an}中,a8=a4q4<0,所以a8=-=-1.在常数列an=1或an=-1中,a4,a12 不是所给方程的两根.则在等比数列{an}中,“a4,a12 是方程x2+3x+1=0的两根”是“a8=±1”的充分不必要条件. 7.设函数f(x)的导数为f′(x),若f(x)为偶函数,且在(0,1)上存在极大值,则f′(x)的图象可能为( ) 解析:选C 根据题意,若f(x)为偶函数,则其导数f′(x)为奇函数,结合函数图象可以排除B、D,又由函数f(x)在(0,1)上存在极大值,则其导数图象在(0,1)上存在零点,且零点左侧导数值符号为正,右侧导数值符号为负,结合选项可以排除A,只有C选项符合题意. 8.设x,y,z为大于1的正数,且log2x=log3y=log5z,则x,y ,z 中最小的是( ) A.x B.y C.z D.三个数相等 解析:选C 令log2x=log3y=log5z=k(k>0), 则x=2k,y=3k,z=5k, 所以x=2,y=3,z=5. 对以上三式两边同时乘方, 则(x)=215,(y)=310,(z)=56, 显然z最小,故选C. 9.将函数f(x)=2sin(ω>0)的图象向右平移个单位,得到函数y=g(x)的图象,若y=g(x)在上为增函数,则ω的最大值为( ) A.3 B.2 C. D. 解析:选B 由题意可知g(x)=2sin=2sin ωx(ω>0),由y=g(x)在上为增函数,得≤,ω≤2,所以ω的最大值为2. 10.已知单位向量e1与e2的夹角为,向量e1+2e2与2e1+λe2的夹角为,则λ=( ) A.- B.-3 C.-或-3 D.-1 解析:选B 因为e1·e2=|e1|·|e2|·cos=, 所以|e1+2e2|== , |2e1+λe2|==, (e1+2e2)·(2e1+λe2)=2e+(λ+4)e1·e2+2λe=4+λ , 又向量e1+2e2与2e1+λe2的夹角为, 所以==-, 解得λ=-3. 二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分) 11.已知三棱锥O ABC底面ABC的顶点在半径为4的球O表面上,且AB=6,BC=2,AC=4,则三棱锥O ABC的体积为___________. 解析:∵AB=6,BC=2,AC=4, ∴AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC. 取AC的中点O1,连接OO1,BO1, 则O1为△ABC外接圆的圆心, ∴OO1⊥平面ABC,∴OO1⊥BO1. ∵OB=4,BO1=2, ∴OO1==2. ∴三棱锥OABC的体积V=××6×2×2=4. 答案:4 12.已知a,b∈R,(a+bi)2=3+4i (i是虚数单位)则a2+b2= ______,ab=________. 解析:由题意可得a2-b2+2abi=3+4i, 则解得则a2+b2=5,ab=2. 答案:5 2 13.已知△ABC和点M,满足++=0,若存在实数m,使得+=m成立,则点M是△ABC的________,实数m=________. 解析:由++=0知,点M为△ABC的重心.设点D为底边BC的中点,则==×(+)=(+),所以有+=3,故m=3. 答案:重心 3 14.三国时期吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明,下面是赵爽的弦图及注文,弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形,其面积称为弦实,图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形,分别涂成红(朱)色及黄色,其面积称为朱实,黄实,利用2×勾×股+(股-勾)2=4×朱实+黄实=弦实,化简,得勾2+股2=弦2,设勾股中勾股比为1∶,若向弦图内随机抛掷1 000颗图钉(大小忽略不计),则落在黄色图形内的图钉数大约为__________. 解析:设勾为a,则股为a,∴弦为2a, 则图中大四边形的面积为4a2,小四边形的面积为(-1)2a2=(4-2)a2, 则图钉落在黄色图形内的概率为=1- . 所以落在黄色图形内的图钉数大约为1 000≈134. 答案:134 15.在△ABC中,AB=AC=4,BC=2.点D为AB延长线上一点,BD=2,连接CD,则△BCD的面积为______,cos∠BDC=__________. 解析:取BC的中点E,连接AE,由题意知AE⊥BC, 在△ABE中,cos∠ABC==, ∴cos∠DBC=-,sin∠DBC==, ∴S△BCD=×BD×BC×sin∠DBC=. ∵∠ABC=2∠BDC, ∴cos∠ABC=cos 2∠BDC=2cos2∠BDC-1=, 解得cos∠BDC=或cos∠BDC=-(舍去). 综上可得,△BCD面积为,cos∠BDC=. 答案: 16.已知函数f(x)=则f(f(4))=______;f(x) 的最大值是__________. 解析:因为函数f(x)= 所以f(4)=1-=-1,f(f(4))=f(-1)=2-1=. 当x≥0时, f(x)=1-单调递减,即有f(x)≤1; 当x<0时,f(x)=2x∈(0,1). 综上可得,当x=0时,f(x)取得最大值1. 故f(f(4))=;f(x) 的最大值是1. 答案: 1 17.对于函数f(x)=下列5个结论正确的是__________(填序号). ①任取x1,x2∈[0,+∞) ,都有|f(x1)-f(x2)|≤2; ②函数y=f(x)在[4,5]上单调递增; ③ f(x)=2kf(x+2k)(k∈N*),对一切x∈[0,+∞)恒成立; ④函数y=f(x)-ln(x-1)有3个零点; ⑤若关于x的方程f(x)=m(m<0)有且只有两个不同的实根x1,x2,则x1+x2=3. 解析:由题意,得f(x)=的图象如图所示. 由图象可知f(x)max=1,f(x)min=-1, 则任取x1,x2∈[0,+∞),都有 |f(x1)-f(x2)|≤|f(x)max-f(x)min|=2, 故①正确; 函数y=f(x)在[4,5]上先增后减,故②错误; 当x∈[0,2]时,f(x+2k)=f(x+2k-2)=f(x+2k-4)=…=f(x), 即f(x)=2kf(x+2k),x∈N*,故③错误; 在同一坐标系中作出y=f(x)和y=ln(x-1)的图象,可知两函数图象有三个不同公共点, 即函数y=f(x)-ln(x-1)有3个零点,故④正确; 在同一坐标系中作出y=f(x)和y=m的图象,由图象可知当且仅当-1 0, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)由已知得,g′(x)=. 因为g(x)在其定义域内为增函数, 所以∀x∈(0,+∞), g′(x)≥0,即ax2-5x+a≥0,即a≥. 而≤=,当且仅当x=1时,等号成立, 所以a≥. 即实数a的取值范围为. 21.(本小题满分15分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)经过点P,且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形. (1)求椭圆C的方程; (2)动直线l:mx+ny+n=0(m,n∈R )交椭圆C于A,B两点,试问:在坐标平面上是否存在一个定点T,使得以AB为直径的圆恒过点T.若存在,求出点T的坐标;若不存在,请说明理由. 解:(1)∵椭圆C:+=1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形, ∴a=b,∴+=1, 又∵椭圆经过点P,代入可得b=1. ∴a=,故所求椭圆C的方程为+y2=1. (2)动直线l:mx+ny+n=0可化为mx+n=0,当x=0时,y=-,所以动直线l恒过点. 当l与x轴平行时,以AB为直径的圆的方程为 x2+2=2, 当l与y轴平行时,以AB为直径的圆的方程为 x2+y2=1. 由解得 即两圆相切于点(0,1),因此所求的点T如果存在,只能是(0,1),事实上,点T(0,1)就是所求的点. 证明如下: 当直线l垂直于x轴时,以AB为直径的圆过点T(0,1), 当直线l不垂直于x轴,可设直线l:y=kx-. 由消去y,得(18k2+9)x2-12kx-16=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=,x1x2=, 又因为=(x1,y1-1), =(x2,y2-1), 所以·=x1x2+(y1-1)(y2-1) =x1x2+ =(1+k2)x1x2-k(x1+x2)+ =(1+k2)·-k·+=0. 所以TA⊥TB,即以AB为直径的圆恒过点T(0,1). 所以在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满足条件. 22.(本小题满分15分)数列{an}满足a1+2a2+…+nan=4-(n∈N*). (1)求a3的值; (2)求数列{an}前n项和Tn; (3)令b1=a1,bn=+an(n≥2),证明:数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2ln n. 解:(1)∵3a3=(a1+2a2+3a3)-(a1+2a2)=4--=, ∴a3=. (2)由题意知,当n≥2时,nan=(a1+2a2+…+nan)-=4--=, ∴an=n-1, 又a1=4-=1也适合此式, ∴an=n-1, ∴数列{an}是首项为1,公比为的等比数列, 故Tn==2-n-1. (3)证明:由bn=+an,知b1=a1,b2=+a2,b3=+a3, ∴Sn=b1+b2+…+bn=(a1+a2+…+an)=Tn=·<2×, 记f(x)=ln x+-1(x>1), 则f′(x)=-=>0, ∴f(x)在(1,+∞)上是增函数, 又f(1)=0,∴f(x)>0, 又k≥2且k∈N*时,>1, ∴f =ln+-1>0,即ln>, ∴ β ”是“cos α>cos β ”的( ) A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选D 因为当α=>β=时,cos α>cos β不成立;当cos>cos时,α>β不成立,所以“α>β”是“cos α>cos β”的既不充分也不必要条件,故选D. 3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) A.+π B.+π C. D. 解析: 选A 由三视图可知,该几何体是半个圆柱和以圆柱轴截面为底面的四棱锥组成的组合体,其中半圆柱底面半径为1,高为2,体积为×π×12×2=π,四棱锥的体积为×4×1=,所以该几何体的体积为+π,故选A. 4.若实数x,y满足约束条件则z=2x+y的取值范围是( ) A.[3,4] B.[3,12] C.[3,9] D.[4,9] 解析:选C 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示, 由得A(1,1); 由得B(3,3),平移直线y=-2x+z,当直线经过A,B时分别取得最小值3,最大值9,故z=2x+y的取值范围是[3,9],故选C. 5.已知数列{an}是公差不为0的等差数列,bn=2an,数列{bn}的前n项,前2n项,前3n项的和分别为A,B,C,则( ) A.A+B=C B.B2=AC C.(A+B)-C=B2 D.(B-A)2=A(C-B) 解析:选D ∵{an}是公差不为0的等差数列,∴{bn}是以公比不为1的等比数列,由等比数列的性质,可得A,B-A,C-B成等比数列,∴(B-A)2=A(C-B),故选D. 6.已知函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数f(x)的图象可能是( ) 解析:选C 由导函数的图象可知,函数y=f(x)先减再增,可排除选项A、B,又知f′(x)=0的根为正,即y=f(x)的极值点为正,所以可排除D,故选C. 7.正方形ABCD的四个顶点都在椭圆+=1上,若椭圆的焦点在正方形的内部,则椭圆的离心率的取值范围是( ) A. B. C. D. 解析:选B 设正方形的边长为2m, ∵椭圆的焦点在正方形的内部,∴m>c, 又正方形ABCD的四个顶点都在椭圆+=1上, ∴+=1≥+=e2+, 即e4-3e2+1≥0,e2≤=2,∴0<e<. 8.已知△ABC的边BC的垂直平分线交BC于Q,交AC于P,若||=1,||=2,则·的值为( ) A.3 B. C. D. 解析:选B 因为BC的垂直平分线交AC于P, 所以·=0, 所以·=(+)· =·+· =(+)(-) =(2-2) =. 9.已知函数f(x)=x|x|,则下列命题错误的是( ) A.函数f(sin x)是奇函数,且在上是减函数 B.函数sin(f(x))是奇函数,且在上是增函数 C.函数f(cos x)是偶函数,且在(0,1)上是减函数 D.函数cos(f(x))是偶函数,且在(-1,0)上是增函数 解析:选A ∵函数f(x)=x|x|, ∴f(sin x)=sin x|sin x| = ∵y=cos 2x在上递减,在上递增, ∴y=f(sin x)在上是增函数, ∴命题“函数f(sin x)是奇函数,且在上是减函数”错误,同理:可验证B、C、D均正确,故选A. 10.如图,在正四面体ABCD中,P,Q,R在棱AB,AD,AC上,且AQ=QD,==,分别记二面角APQR,APRQ,AQRP的平面角为α,β,γ,则α,β,γ的大小关系为( ) A.β>γ>α B.γ>β>α C.α>γ>β D.α>β>γ 解析:选D 在正四面体ABCD中,P,Q,R在棱AB,AD,AC上,且AQ=QD,==,可得α为钝角,β,γ为锐角,设P到平面ACD的距离为h1,P到QR的距离为d1,Q到平面ABC的距离为h2,Q到PR的距离为d2,设正四面体的高为h,可得h1=h,h2=h,h1<h2,由余弦定理可得QR<PR,由三角形面积相等可得到d1>d2,所以可以推出sin γ=<=sin β,所以γ<β,所以α>β>γ,故选D. 二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分) 11.若复数z=4+3i,其中i是虚数单位,则|z|=________. 解析:∵复数z=4+3i, ∴|z|==5. 答案:5 12.若双曲线的焦点在x轴上,实轴长为4,离心率为,则该双曲线的标准方程为__________,渐近线方程为__________. 解析:∵2a=4,∴a=2,又∵离心率=,∴c=2,∴b==2,∴双曲线的标准方程为-=1,渐近线方程为y=±x=±x. 答案:-=1 y=±x 13.已知直线l:x-y=0与圆C:(x-2)2+y2=4交于O,A两点(其中O是坐标原点),则圆心C到直线l的距离为__________,点A的横坐标为__________. 解析:∵圆C:(x-2)2+y2=4,∴C(2,0),由点到直线的距离公式可得C到直线l 的距离为d==1,由得O(0,0),A(3,),点A的横坐标为3. 答案:1 3 14.如图,四边形ABCD中,△ABD、△BCD分别是以AD和BD为底边的等腰三角形,其中AD=1,BC=4,∠ADB=∠CDB,则BD=__________,AC=__________. 解析:设∠ADB=∠CDB=θ,在△ABD中,BD=,在△CBD中,BD=8cos θ,可得cos θ=,BD=2,cos 2θ=2cos2θ-1=-,由余弦定理可得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos 2θ=24,解得AC=2. 答案:2 2 15.已知2a+4b=2(a,b∈R),则a+2b的最大值为__________. 解析:由2a+4b=2a+22b=2≥2,得2a+2b≤1=20,a+2b≤0,当且仅当a=2b时等号成立,所以a+2b的最大值为0. 答案:0 16.设向量a,b,且|a+b|=2|a-b|,|a|=3,则|b|的最大值是__________;最小值是__________. 解析:设|b|=t,a,b的夹角为θ,由|a+b|=2|a-b|,可得|a+b|2=4|a-b|2,9+t2+6tcos θ=4(9+t2-6tcos θ),化简得t2-10tcos θ+9=0,可得t2-10t+9≤0,1≤t≤9,即|b|的最大值是9,最小值是1. 答案:9 1 17.已知函数f(x)=+-a有六个不同零点,且所有零点之和为3,则a的取值范围为__________. 解析:根据题意,有f(x)=f(m-x),于是函数f(x)关于x=m对称,结合所有的零点的平均数为,可得m=1,此时问题转化为函数g(x)=+在上与直线y=a有3个公共点,此时g(x)=当 0,于是函数g(x)单调递增,且取值范围是(5,+∞),当x>1时,函数g(x)的导函数g′(x)=2--,考虑到g′(x)是(1,+∞)上的单调递增函数,且lig′(x)=-∞,li g′(x )=2,于是g′(x)在(1,+∞)上有唯一零点,记为x0,进而函数g(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,在x=x0处取得极小值n,作出函数f(x)的图象如图所示. 接下来问题的关键是判断n与5的大小关系,因为g′=2--4<0,所以n≤g=+++2=<5,若函数g(x)=+在上与直线y=a有3个公共点,则a的取值范围是(5,+∞). 答案:(5,+∞) 三、解答题(本大题共5小题,共74分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18.(本小题满分14分)已知函数f(x)=4cos xcos+1. (1)求f 的值; (2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间. 解:(1)f =4coscos+1=4coscos+1=4××+1=-2. (2)f(x)=4cos xcos+1 =4cos x+1 =-2cos2x-sin 2x+1 =-sin 2x-cos 2x =-2sin. 所以f(x)的最小正周期为π, 令2kπ+≤2x+≤2kπ+(k∈Z), 得kπ+≤x≤kπ+(k∈Z), 故f(x)的单调递增区间为(k∈Z). 19.(本小题满分15分)如图,在四面体ABCD中,AB=BC=CD=BD=AD=1,平面ABD⊥平面CBD. (1)求AC的长; (2)点E是线段AD的中点,求直线BE与平面ACD所成角的正弦值. 解:(1)∵AB=1,BD=,AD=2, ∴AB2+BD2=AD2, ∴AB⊥BD, 又∵平面ABD⊥平面CBD,平面ABD∩平面CBD=BD, ∴AB⊥平面CBD,∴AB⊥BC, ∵AB=BC=1,∴AC=. (2)由(1)可知AB⊥平面BCD,过B作BG⊥CD于点G,连接AG,则有CD⊥平面ABG, ∴平面AGD⊥平面ABG, 过B作BH⊥AG于点H,则有BH⊥平面AGD,连接HE, 则∠BEH为BE与平面ACD所成的角. 由BC=CD=1,BD=,得∠BCD=120°, ∴∠BCG=60°,∴BG=, 又∵AB=1,∴AG=,∴BH=, 又∵BE=AD=1, ∴sin∠BEH==. 即直线BE与平面ACD所成角的正弦值为. 20.(本小题满分15分)已知函数f(x)=x--4ln x. (1)求f(x)的单调递增区间; (2)当0 0,解得x>3或x<1, 又∵函数f(x)的定义域为(0,+∞), ∴f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3,+∞). (2)证明:由(1)知f(x)=x--4ln x在(0,1)上单调递增,在[1,3]上单调递减, 所以,当0 0),焦点为F,直线l交抛物线C于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,D(x0,y0)为AB的中点,且|AF|+|BF|=1+2x0. (1)求抛物线C的方程; (2)若x1x2+y1y2=-1,求的最小值. 解:(1)根据抛物线的定义知|AF|+|BF|=x1+x2+p,x1+x2=2x0, ∵|AF|+|BF|=1+2x0, ∴p=1,∴y2=2x. (2)设直线l的方程为x=my+b,代入抛物线方程,得y2-2my-2b=0, ∵x1x2+y1y2=-1,即+y1y2=-1, ∴y1y2=-2,即y1y2=-2b=-2,∴b=1, ∴y1+y2=2m,y1y2=-2, ∴|AB|=|y1-y2| =· =2·, x0== =[(y1+y2)2-2y1y2] =m2+1, ∴=, 令t=m2+1,t∈[1,+∞), 则==≥, 当且仅当t=1,即m=0时取等号. 所以的最小值为. 22.(本小题满分15分)已知数列{xn}满足x1=1,xn+1=2+3,求证: (1)0 0, 且xk+1-9=2-6=2(-3)<0,得xk+1<9, 所以n=k+1时,0 0. 所以xn . 从而xn+1=2+3>xn+3. 所以xn+1-9>(xn-9),即9-xn+1<(9-xn). 所以9-xn≤n-1(9-x1). 又x1=1,故xn≥9-8·n-1. 高考仿真模拟练(三) (时间:120分钟 满分:150分) 一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.=( ) A. B. C. D. 解析:选D ===,选D. 2.双曲线-=1的渐近线方程是( ) A.y=±x B.y=±x C.y=±x D.y=±x 解析:选C 在双曲线-=1中,a=3,b=2,所以双曲线的渐近线方程为y=±x,选C. 3.若变量x,y满足约束条件则z=2x+y的最大值是( ) A.3 B.2 C.4 D.5 解析:选A 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,作出直线y=-2x,平移该直线,由图象可知,当直线经过点A时,z取得最大值, 由解得 即A(2,-1),此时zmax=2×2-1=3,故选A. 4.数列{an}中,a1=2,a2=3,an+1=an-an-1(n≥2,n∈N*),那么a2 019=( ) A.1 B.-2 C.3 D.-3 解析:选A 因为an+1=an-an-1(n≥2),所以an=an-1-an-2(n≥3),所以an+1=an-an-1=(an-1-an-2)-an-1=-an-2(n≥3). 所以an+3=-an(n∈N*),所以an+6=-an+3=an, 故{an}是以6为周期的周期数列. 因为2 019=336×6+3, 所以a2 019=a3=a2-a1=3-2=1.故选A. 5.(1-x)4展开式中x2的系数为( ) A.16 B.12 C.8 D.4 解析:选C 因为(1-x)4=,所以展开式中x2的系数为-C+2C=8,故选C. 6.已知a=(cos α,sin α),b=(cos(-α),sin(-α)),那么“a·b=0”是“α=kπ+(k∈Z)”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选B ∵a·b=0=cos α·cos(-α)+sin α·sin(-α)=cos2α-sin2α=cos 2α, ∴2α=2kπ±,解得α=kπ±(k∈Z). ∴“a·b=0”是“α=kπ+(k∈Z)”的必要不充分条件,故选B. 7.已知函数f(x)=(2x-1)ex+ax2-3a(x>0)为增函数,则a的取值范围是( ) A.[-2,+∞) B. C.(-∞,-2 ] D. 解析:选A 由函数f(x)=(2x-1)ex+ax2-3a(x>0)为增函数,则f′(x)=2ex+(2x-1)ex+2ax=(2x+1)ex+2ax≥0在(0,+∞)上恒成立, 即a≥在(0,+∞)上恒成立. 设g(x)=,x>0,则g′(x) = =. 由g′(x)>0,得0 , 所以函数g(x)在上单调递增,在上单调递减, 则g(x)max=g==-2e, 故a的取值范围是[-2,+∞),选A. 8.设A,B是椭圆C:+=1长轴的两个端点,若C上存在点P满足∠APB=120°,则m的取值范围是( ) A.∪[12,+∞) B.∪[6,+∞) C.∪[12,+∞) D.∪[6,+∞) 解析:选A 当椭圆的焦点在x轴上,则0 4, 当P位于短轴的端点时,∠APB取最大值,要使椭圆C上存在点P满足∠APB=120°, 则∠APO≥60°,tan∠APO=≥tan 60°=, 解得m≥12, 所以m的取值范围是∪[12,+∞),故选A. 9.函数y=x+的值域为( ) A.[1+,+∞) B.(,+∞) C.[,+∞) D.(1,+∞) 解析:选D 由x2-2x+3=(x-1)2+2,得x∈R, ①当x≥1时,函数y=x+为增函数, 所以y≥1+=1+. ②当x≤1时,由y=x+移项得 =y-x>0, 两边平方整理得(2y-2)x=y2-3, 从而y≠1且x=. 由x=≤1,得y≤1-或1 0⇒>0⇒y>1. 所以1 0时,f(t)=6有2个解,对应t=x2-4x各有2个解,故关于x的方程f(x2-4x)=6的不同实根的个数为4. 答案:4 17.如图,棱长为3的正方体的顶点A在平面α内,三条棱AB, AC,AD都在平面α的同侧.若顶点B,C到平面α的距离分别为,,则平面ABC与平面α所成锐二面角的余弦值为________. 解析:如图,作BB1⊥平面α于B1,CC1⊥平面α于C1, 连接BC,B1C1, 过点B作BE⊥CC1,垂足为E. 则AC1==,AB1==, B1C1=BE==, ∴cos∠B1AC1==-, sin∠B1AC1=. ∴S△B1AC1=×××=3. S△BAC=×32=. 设平面ABC与平面α所成锐二面角为θ, 则cos θ===. 答案: 三、解答题(本大题共5小题,共74分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18.(本小题满分14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知cos(A-B)+cos C=sin(A-B)+sin C. (1)求角B的大小; (2)若b=2,求△ABC面积的最大值. 解:(1)在△ABC中,A+B+C=π,则cos(A-B)-cos(A+B)=sin(A-B)+sin(A+B), 化简得2sin Asin B=2sin Acos B, 由于00,f(x)单调递增; 当x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, ∴函数f(x)的最大值为f(0)=0. (2)①由已知得,g′(x)=-b, (ⅰ)若b≥1,则x∈[0,+∞)时,g′(x)=-b≤0, ∴g(x)=ln(1+x)-bx在[0,+∞)上为减函数, ∴g(x)=ln(1+x)-bx 0, ∴g(x)=ln(1+x)-bx在[0,+∞)上为增函数, ∴g(x)=ln(1+x)-bx>g(0)=0,不能使g(x)<0在(0,+∞)上恒成立,不符合题意. (ⅲ)若0g(0)=0, ∴不能使g(x)<0在(0,+∞)上恒成立,不符合题意. 综上所述,b的取值范围是[1,+∞). ②证明:由以上得, 0), 取x=,得 =-≥-=-1+>-1. 故-1<-ln n≤(n∈N*).