高考数学二轮复习教案全集 496页

题型 1 选填题 练熟练稳 少丢分 第 1 讲 选填题的解法研究 一 选择题、填空题在高考中的地位 选择题、填空题在当今数学高考(全国卷)中，题目数量多且占分比例高(选择 12 题，填空 4 题，共 16 题，共计 80 分，其中选择题 60 分，填空题 20 分，占 全卷总分的 53.3%)． 二 选择题、填空题难度及排序规律 就一套试卷而言，选择题 1～10 题相对较简单，考查知识点明显，学生比较 容易入手，11,12 题对思维要求较高，重视对数学素养的考查，学生需要综合运 用多种数学思想方法才能解决．填空题 13～15 题难度比较低，很常规，主要考 查基础知识，解题思路清晰，16 题难度相对较大，同样重视对数学素养的考查．今 年的高考题设置了组合型选择题．为实现设置多选题过渡，填空题出现了一题双 空，难度增加，思维量加大． 三 选择题、填空题特点及考查功能 从解答形式上看，选择题、填空题都不要过程，形式灵活，选择题还有选项 可以提供额外的信息；从考查知识点上看，选择题、填空题都能在较大的知识范 围内，实现对基础知识、基本技能和基本思想方法的考查；从运算因素上看，选 择题、填空题都对运算要求较低，呈现多想少算的特点． 四 选择题、填空题解答策略 选择题、填空题的结构特点决定了解答选择题、填空题的方法，除常规方法 外，还有一些特殊的方法．解答选择题、填空题的基本原则是：“小题不大做”， 要充分利用题目中(包括题干和选项)提供的各种信息，排除干扰，利用矛盾，作 出正确的判断． 数学选择题的求解，一般有两种思路：一是从题干出发考虑，探求结果； 二是从题干和选项联合考虑，或从选项出发探求是否满足题干条件，由此得到做 选择题的几种常用方法：直接法、排除法、构造法、特例法、代入验证法、数形 结合法等．填空题虽然没有选项提供参考，但依然可以根据其特点，考虑直接法、 构造法、特例法等． 五 选择题、填空题答题禁忌 选择题、填空题答题时，一定要注意认真审题，理解清楚题意后再作答．选 择题确定选项后，其余选项也应该看一看，弄清楚它们错在哪里．不要一味图快， 还是要以保证正确率为主． 如果某题不太好解答，应及时调整策略，去解答下一题．切忌在某一道题上 花费过多时间．这样很容易影响答题的心理状态，产生紧张、焦虑等负面情绪． 另外涂答题卡时，要注意题号排列规律，不要出现答串行等低级失误．选择 题要修改的话，一定要先把原有选项擦除干净，再用 2B 铅笔涂黑新选项． 方法汇总 选填通用方法 一 直接法 直接法是指直接从题目条件出发，利用已知的条件、相关概念、性质、公式、 公理、定理、法则等基础知识，通过严谨的推理、准确的运算、合理的验证，从 而直接得出正确结论的解题方法．解答选择题、填空题时，此方法一般都会是考 生最先考虑的方法，也是解题最常用的方法之一．但是此种方法并没有充分利用 选择题、填空题的题型特点，因此多用于解答一些比较容易的选、填题． 题型一 (2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面α 所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A．3 3 4 B．2 3 3 C．3 2 4 D． 3 2 思维启迪 首先利用正方体的棱是 3 组且每组有互相平行的 4 条棱，所以 与 12 条棱所成的角相等，只需与从同一个顶点出发的 3 条棱所成的角相等即可， 从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角 线的一半，应用面积公式求得结果. 解析 根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，平面 AB1D1 与线 AA1，A1B1，A1D1 所成的角是相等的，所 以平面 AB1D1 与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，同理，平面 C1BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，要求截面面积 最大，则截面的位置为夹在两个面 AB1D1 与 C1BD 中间的，且过棱的中点的正六 边形，边长为 2 2 ，所以其面积为 S＝6×1 2 × 3 2 × 2 2 2＝3 3 4 ，故选 A． 答案 A 特教评析 该题考查的是有关正方体被平面所截得的截面多边形的面积问题，首要任 务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到 其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求 得结果. 题型二 设等比数列{an}满足 a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则 a1a2…an 的最大 值为________. 思维启迪 本题以数列为背景，综合考查等比数列的通项公式，幂的运算 性质，等比数列求和公式等多个知识点．数列是高中数学的一个重要模块，对数 列的考查，在历年全国卷中都能见到．此类问题，多直接利用题目条件，结合数 列的相关公式计算解决. 本题中首先根据题目的两个条件，结合等比数列的通项公式，可以列出方 程，解出首项及公比，进而可以将 a1a2…an 表示为关于 n 的函数，利用函数的相 关知识求解其最大值. 解析 解法一：由题可得 a1＋a1q2＝10， a1q＋a1q3＝5， 两式相除，解得 q＝1 2 ，a1＝8， 则 an＝ 1 2 n－4，所以 a1a2…an＝ 1 2 －3× 1 2 －2×…× 1 2 n－4＝ 1 2 n－7n 2 . 由于指数函数 y＝ 1 2 x 单调递减，因此当nn－7 2 最小时，a1a2…an 最大，即 n＝3 或 n＝4 时，a1a2…an 有最大值 26＝64. 解法二：同解法一，解得 an＝ 1 2 n－4.设 bn＝a1a2…an， 由 bn≥bn＋1， bn≥bn－1， 得 an＋1≤1， an≥1， 解得 3≤n≤4. 所以当 n＝3 或 4 时，bn 有最大值 b3＝b4＝64. 答案 64 特教评析 本题是根据题目条件，利用数列的相关公式，直接解决数列的最值问题．解 法一是从数列是特殊函数这个角度予以求解的，解法二是利用数列本身的一些特 性予以求解．这两种都是直接解决数列最值问题的常用方法. 『针对训练』 1.(2019·河南郑州一模)《张丘建算经》卷上第 22 题为：“今有女善织，日 益功疾．初日织五尺，今一月织九匹三丈．”其意思为今有女子善织布，且从第 2 天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织 5 尺布，现在一个月(按 30 天计)共织 390 尺布．则该女最后一天织多少尺布？( ) A．18 B．20 C．21 D．25 答案 C 解析 由题意知该女每天所织布的尺数可构成一个等差数列{an}，且 a1＝ 5，S30＝390，设该女最后一天织布尺数为 a30，则有30×5＋a30 2 ＝390，解得 a30 ＝21.故选 C． 2.在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的中心为原点，焦点 F1，F2 在 x 轴上， 离心率为 2 2 .过 F1 的直线 l 交 C 于 A，B 两点，且△ABF2 的周长为 16，那么 C 的方程为________. 答案 x2 16 ＋y2 8 ＝1 解析 设椭圆方程为x2 a2 ＋y2 b2 ＝1，由 e＝ 2 2 知c a ＝ 2 2 ， 故b2 a2 ＝1 2.由于△ABF2 的周长为|AB|＋|BF2|＋|AF2|＝|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋ |BF2|＝4a＝16， 故 a＝4.∴b2＝8.∴椭圆 C 的方程为x2 16 ＋y2 8 ＝1. 二 特例法 特例法的原理：如果结论对一般情况成立，那么对特殊情况一定也成立．因 此解选择、填空题时，可以考虑对题目条件特殊化，用特殊化后的条件解出问题 的答案．这种方法主要用来解决选择和填空题中结论唯一或其值为“定值”的问 题，常常取一个(或一些)特殊数值(或特殊位置，特殊函数、特殊点、特殊方程、 特殊数列、特殊图形等等)来确定其结果，从而节省推理、论证、演算的过程， 加快解题速度．特例法是解决选填题的一种很好用的方法．大多数时候，都能化 繁为简，快速找到问题的答案．但是，需要指出的是，特例法本身存在一定风险， 即如果某题答案不唯一，那么用特例法有可能漏解．此时最好多举几个特例验证. 题型一 已知函数 f(x)＝x＋xln x，若 k∈Z，且 k(x－1)1 恒成立，则 k 的最大值为( ) A．2 B．3 C．4 D．5 思维启迪 本题是以函数和导数为背景的恒成立问题，考查函数的单调性、 最值与导数的关系等知识点．直接做的话，可以转化为 y＝ fx x－1 的最小值大于 k； 或者 y＝f(x)－k(x－1)的最小值大于 0 等，步骤繁琐，运算量较大；使用特例法 更快捷，即原式对 x>1 恒成立，那么对类似 x＝2,3 等这些特值也成立，从而可 以缩小 k 的范围. 解析 解法一：(直接法)设 g(x)＝x－ln x－2，可得 g′(x)＝1－1 x ＝x－1 x >0， 故 g(x)在(1，＋∞)上单调递增，而 g(3)＝1－ln 3<0，g(4)＝2－ln 4>0，所以 g(x) 存在唯一一个零点 x0∈(3,4)，且当 x∈(1，x0)时，g(x)g(x0)＝0，由题意得 x>1 时，xln x＋x x－1 >k 恒成立，设 h(x)＝xln x＋x x－1 ，则 h′(x)＝x－ln x－2 x－12 ＝ gx x－12.所以 h′(x)与 g(x)同号，即 x∈(1，x0)时，h′(x)<0； x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，所以 h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调 递增，所以 h(x)min＝h(x0)＝x0ln x0＋1 x0－1 ＝x0x0－1 x0－1 ＝x0. 故 k0，所以 g(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调 递增，所以 g(x)min＝g(e)＝3－e>0，于是 g(x)>0 恒成立，即 k＝3 满足题意，故选 B． 答案 B 特教评析 解法一是直接法．计算量较大，对数学能力要求较高；解法二巧妙的利用 x＝2 时的特殊情况，成功得到 k＝3.当然，从严谨性的角度出发，还需要检验一 下 k＝3 是否成立．就算如此，其计算量，思维量也远远小于直接法．解选择、 填空题，用好特例法往往能起到事半功倍的作用. 题型二 (2019·河北一模)已知 F1，F2 分别为双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0) 的左、右焦点，点 P 为双曲线右支上一点，M 为△PF1F2 的内心，满足 S△MPF1＝ S△MPF2＋λS△MF1F2，若该双曲线的离心率为 3，则λ＝________(注：S△MPF1，S△MPF2， S△MF1F2 分别为△MPF1，△MPF2，△MF1F2 的面积). 思维启迪 本题以双曲线为背景，综合考查了双曲线定义，三角形内心的 性质，三角形面积计算公式等多个知识点，综合性较强．本题涉及双曲线焦点， 一般需要考虑双曲线定义，由于 M 是内心，因此涉及的三个三角形如果分别以 PF1，PF2，F1F2 为底，则高相等，离心率提供了双曲线 a，b 的关系．综合利用 这些条件，可以完成本题求解．另一方面，本题属于结论为定值，且题干中未对 双曲线方程及 P 点位置作过多限制，因此可以考虑特例法，能更高效快捷地解 答此题. 解析 解法一：(直接法)设△PF1F2 内切圆半径为 r， 由 S△MPF1＝S△MPF2＋λS△MF1F2 得：1 2|PF1|·r＝1 2|PF2|·r＋λ·1 2|F1F2|·r， ∴|PF1|＝|PF2|＋λ|F1F2|，∴|PF1|－|PF2|＝λ|F1F2|， ∵点 P 为双曲线右支上一点，∴2a＝λ·2c，∴λ＝a c ，∵c a ＝3，∴λ＝1 3. 解法二：(特例法)设双曲线为 x2－y2 8 ＝1，则 F1(－3，0)，F2(3,0)，取 P(3,8)， 如图，则此时△PF1F2 为直角三角形，由勾股定理得|PF1|＝10；所以 S△PMF1＝5r， S△MPF2＝4r，S△MF1F2＝3r，易得λ＝1 3. 答案 1 3 特教评析 解法一是直接法．需要用双曲线定义得到 2a＝2λc，对数学能力有一定要 求；解法二巧妙的利用特殊双曲线和特殊点，能快捷的得出λ的值，思维量小于 直接法．解选择、填空题，用好特例法常常能化难为易. 『针对训练』 1.(2019·长春一模)已知点 O 为坐标原点，点 M 在双曲线 C：x2－y2＝λ(λ为 正常数)上，过点 M 作双曲线 C 的一条渐近线的垂线，垂足为 N，则|ON|·|MN| 的值为( ) A．λ 4 B．λ 2 C．λ D．无法确定 答案 B 解析 因为点 M 为双曲线上任一点，所以可取点 M 为双曲线的右顶点， 由渐近线 y＝x 知△OMN 为等腰直角三角形，此时|OM|＝ λ，|ON|＝|MN|＝ λ 2 ， 所以|ON|·|MN|＝λ 2. 2.(2019·佛山调研)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c， 若 c2＝(a－b)2＋6，C＝π 3 ，则△ABC 的面积是________. 答案 3 3 2 解析 解法一：当△ABC 为等边三角形时，满足题设条件， 则 c＝ 6，C＝π 3 且 a＝b＝ 6. ∴△ABC 的面积 S△ABC＝1 2absinC＝3 3 2 . 解法二：∵c2＝(a－b)2＋6， ∴c2＝a2＋b2－2ab＋6.① ∵C＝π 3 ， ∴c2＝a2＋b2－2abcosπ 3 ＝a2＋b2－ab.② 联立①②得－ab＋6＝0，即 ab＝6. ∴S△ABC＝1 2absinC＝1 2 ×6× 3 2 ＝3 3 2 . 三 构造法 构造法是指当解决某些数学问题使用通常方法按照定向思维难以解决问题 时，应根据题设条件和结论的特征、性质，从新的角度，用新的观点去观察、分 析、理解对象，牢牢抓住反映问题的条件与结论之间的内在联系，运用问题的数 据、形式、坐标等特征，使用题中的已知条件为原材料，运用已知数学关系式和 理论为工具，在思维中构造出满足条件或结论的数学对象，从而，使原问题中隐 含的关系和性质在新构造的数学对象中清晰地展现出来，并借助该数学对象方便 快捷地解决数学问题. 题型一 (2019·惠州市高三第一次调研考试)已知函数 y＝f(x)对于任意的 x ∈ 0，π 2 满足 f′(x)cosx＋f(x)sinx＝1＋ln x(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数)，则下 列不等式成立的是( ) A． 2f π 3 f π 4 C． 2f π 6 > 3f π 4 D． 3f π 3 0；所以 g(x)在 0，1 e 递减，在 1 e ，π 2 递增. 因为1 e<π 6<π 4<π 3<π 2 ，所以 f π 6 cosπ 6 < f π 4 cosπ 4 < f π 3 cosπ 3 ，即 2f π 3 >f π 4 ，选 B． 答案 B 特教评析 本题解法即利用积商函数求导法则以及三角函数求导的特点构造出函数 g(x)＝ fx cosx ，然后利用其单调性比较大小. 题型二 已知实数μ，ν，x，y 满足μ2＋ν2＝1， x＋y－1≥0， x－2y＋2≥0， x≤2， 则 z＝μx ＋νy 的最大值是________. 思维启迪 本题中第一个方程可以联想到圆或同角三角函数等，第二个不 等式组可以转化为平面区域，而 z 从形式上看，可以看成直线方程或者向量的数 量积等．根据形式上的特点，可以考虑构造直线、向量等解决本题．另外，本题 也可以直接使用柯西不等式求解. 解析 解法一：(构造向量数量积)设 a＝(μ，ν)，b＝(x，y)，则 z＝a·b＝ |a||b|cosθ≤|b|，结合图象知，当 x＝2，y＝2 时，|b|max＝2 2，因此 zmax＝2 2，此 时 a，b 同向，即μ＝ν＝ 2 2 . 解法二：(柯西不等式)(μx＋νy)2≤(μ2＋ν2)(x2＋y2)＝x2＋y2；又因为 x＋y－1≥0， x－2y＋2≥0， x≤2， 则结合图形知当 x＝2，y＝2 时， x2＋y2＝2 2，因此所求最大值为 2 2，此时μ＝ν＝ 2 2 . 解法三：(构造几何图形)z＝μx＋νy 可以看作一条直线，原点到此直线的距 离 d＝ |z| μ2＋ν2 ＝|z|，因此|z|的几何意义是原点到此直线的距离，所以问题转化为 何时原点到直线 z＝μx＋νy 的距离最大，结合图形知，当直线过(2,2)点，且斜率 为－1 时，|z|最大，此时 z＝|z|＝2 2. 答案 2 2 特教评析 解法一根据题目所求式子的形式，构造向量的数量积，成功将问题简化为 两个向量何时数量积最大，结合图形，一目了然；如果学习过柯西不等式，那么 解法二直接利用柯西不等式求解，也比较简洁．解法三考虑到 z 的几何意义，构 造几何图形解决问题．恰当的构造，可以使原问题中隐含的关系、性质等，清晰 的展现出来，从而帮助我们简洁的处理原问题. 『针对训练』 1.(2019·河北石家庄高三一模)已知函数 f(x)＝ax＋eln x 与 g(x)＝ x2 x－eln x 的 图象有三个不同的公共点，其中 e 为自然对数的底数，则实数 a 的取值范围为 ( ) A．a<－e B．a>1 C．a<－3 或 a>1 D．a>e 答案 B 解析 (构造方程)由 f(x)＝g(x)得 e2 ln x x 2＋e(a－1)ln x x ＋1－a＝0，令 h(x) ＝ln x x ＝t(x>0 且 x≠e)，则 h′(x)＝1－ln x x2 ，令 h′(x)＝0，得 x＝e， ∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．又当x→＋∞时，h(x)→0， 作出函数 h(x)的大致图象，如图所示. e2t2＋e(a－1)t＋1－a＝0，因为原方程有三个解，故此方程两根满足 00， ∴a>1.故选 B． 2.f(x)为定义在 R 上的可导函数，且 f′(x)>f(x)，对任意正实数 a，则下列 式子成立的是( ) A．f(a)eaf(0) C．f(a)f0 ea 答案 B 解析 令 g(x)＝fx ex ，则 g′(x)＝f′xex－fxex ex2 ＝f′x－fx ex >0.所以 g(x) 在 R 上为增函数．又 a>0，故 g(a)>g(0)，即fa ea >f0 e0 ，即 f(a)>eaf(0)．故选 B． 四 数形结合法 中学数学研究的对象可分为数和形两大部分，数与形是有联系的，这个联 系称之为数形结合．作为一种数学思想方法，数形结合的应用大致又可分为两种 情形：或者借助于数的精确性来阐明形的某些属性，或者借助形的几何直观性来 阐明数之间某种关系，即数形结合包括两个方面：第一种情形是“以数解形”， 而第二种情形是“以形助数”．“以数解形”就是有些问题直接从“形”上解决 起来比较困难，这时就需要给图形赋值，如边长、角度等，借助代数方法研究并 解决问题．“以形助数”就是有些“数”的问题直接解决比较困难，这时就需要 结合代数式所表达的几何意义，从“形”上予以解决．数形结合就是把抽象的数 学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或 “以数解形”即通过抽象思维与形象思维的结合，可以使复杂问题简单化，抽象 问题具体化，从而实现优化解题途径的目的. 题型一 已知 a＝1 b>1，如果方程 ax＝logbx，bx＝logax，bx＝logbx 的根分别 为 x1，x2，x3，则 x1，x2，x3 的大小关系为( ) A．x31，可知 00，ln x2>0，－ln x3>0，所以 x1，x3∈(0,1)，x2>1，即 x2 最大. 若 x3－ln x1，所以 1 e x3>ex1，所以－x3>x1， 因为 x1，x2，x3>0，所以不可能成立，即 x3>x1，所以 x2>x3>x1，选 C． 答案 C 特教评析 本题无论哪种方法，都必须绕开解方程．数形结合法巧妙的借助了指数、 对数函数的单调性，简洁明了的比较出了三个数的大小．第二种方法，直接从 “数”的角度比较三者大小，综合利用了指数、对数函数的单调性，反证法等多 种知识、方法．难度较大，而且没有第一种方法直观. 题型二 (2018·北京高考)在平面直角坐标系中，记 d 为点 P(cosθ，sinθ)到 直线 x－my－2＝0 的距离，当θ，m 变化时，d 的最大值为________. 思维启迪 本题考查点到直线的距离的最值问题，由于题目涉及两个变量θ 和 m，因此难度较大．可以从代数角度，直接利用点到直线距离公式计算 d，然 后利用不等式放缩等代数技巧求解 d 的最大值．也可以数形结合地分析问题，将 问题转化为圆上动点到某直线的距离的最值问题. 解析 解法一：(直接法)d＝|cosθ－msinθ－2| m2＋1 ＝| m2＋1sinθ＋φ－2| m2＋1 ≤ m2＋1＋2 m2＋1 ＝1＋ 2 m2＋1 ≤3， 当 sin(θ＋φ)＝－1 且 m＝0 时，取等号. 解法二：(数形结合)如图，d＝PM≤OP＋ON≤OP＋OA＝3，当 A，N 重合， 且 O，P，N 共线时取等号. 答案 3 特教评析 本题解法二，利用点到直线之间垂线段最短，及直角三角形中斜边大于直 角边等简单的几何定理，很快的求出了 d 的最大值，运算量非常小．在解决类似 问题的过程中，应该数形结合地分析问题. 『针对训练』 1.设函数 f(x)＝ x－[x]，x≥0， fx＋1，x＜0， 其中[x]表示不超过 x 的最大整数，如[－ 1.1]＝－2，[π]＝3 等．若方程 f(x)＝k(x＋1)(k>0)恰有三个不相等的实根，则实数 k 的取值范围是( ) A． 0，1 4 B． 1 4 ，1 3 C． 1 3 ，1 D． 1 4 ，1 答案 B 解析 直线 y＝kx＋k(k>0)恒过定点(－1,0)，在同一直角坐标系中作出函数 y＝f(x)的图象和直线 y＝kx＋k(k>0)的图象，如图所示，因为两个函数图象恰好有 三个不同的交点，所以1 4 ≤k<1 3. 2.(2019·湖北八校高三联考)若函数 y＝f(x)图象上不同两点 M，N 关于原点 对称，则称点对[M，N]是函数 y＝f(x)的一对“和谐点对”(点对[M，N]与[N，M] 看作同一对“和谐点对”)．已知函数 f(x)＝ ex，x＜0， x2－4x，x＞0， 则此函数的“和谐点对”有________对. 答案 2 解析 作出 f(x)＝ ex，x＜0， x2－4x，x＞0 的图象，f(x)的“和谐点对”数可转化为 y＝ex(x<0)与 y＝－x2－4x(x<0)的图象的交点个数(如图)．由图象知，函数 f(x)有 两对“和谐点对”. 五 极限法 极限法是解选择题、填空题的一种有效方法，它根据题干及选项的特征， 考虑极端情形，有助于缩小选择面，迅速找到答案．极限法是一种基本而重要的 数学方法，通过考察问题的极端状态，灵活地借助极限思想解题，往往可以避开 抽象复杂运算，探索解题思路，优化解题过程，降低解题难度. 题型一 (2019·郑州一模)函数 f(x)＝ 1－2x 1＋2x ·cosx 的图象大致为( ) 思维启迪 本题考查根据解析式寻找函数的图象，所给函数学生较陌生， 不好直接得出其图象．本题用直接法不好解答，可以考虑利用 f(x)的性质，或者 特殊点的函数值、导数值等，排除干扰项，从而选出正确答案．观察 A，B，C， D 四个选项，发现在原点附近的函数值，四个选项都不同，因此可以利用极限思 想，估算 x 在原点左侧，并且无限接近原点时的函数值和 x 在原点右侧，并且无 限接近原点时的函数值，利用这两个极限值，便能一次性排除干扰项. 解析 解法一：(极限法)当 x→0＋时，2x>1，所以1－2x 1＋2x<0，又 cosx>0，所 以 f(x)<0，排除 A，D． 当 x→0－时，2x<1，所以1－2x 1＋2x>0，又 cosx>0，所以 f(x)>0，排除 B，所以 选 C． 解法二：(排除法)观察发现 A，B 为偶函数，C，D 为奇函数，因此可以考 虑利用奇偶性排除干扰项．计算 f(－x)＝1－2－x 1＋2－xcos(－x)＝2x－1 2x＋1cosx＝－f(x)，因 此 f(x)为奇函数，排除 A，B．观察 C，D 发现二者在原点处导数符号不同，因 此计算 f′(0)的值来排除干扰项，但是直接求 f′(x)计算过于繁琐，设 h(x)＝1－2x 1＋2x ＝ 2 1＋2x －1，显然 h(x)单调递减；设 g(x)＝cosx，则 f(x)＝h(x)g(x)，所以 f′(0) ＝h′(0)g(0)＋g′(0)h(0)＝h′(0)<0，排除 D，故选 C． 答案 C 特教评析 两种解法都是排除法，但是第一种解法是利用极限思想，计算 f(x)在原点 左、右两侧的函数值，通过其符号排除干扰项；第二种解法比较常规，利用奇偶 性排除两个选项，再利用特殊点导数值排除一个选项．两种方法比较，明显第一 种解法更快捷. 题型二 双曲线 x2－y2＝1 的左焦点为 F，点 P 为左支下半支上任意一点(异 于顶点)，则直线 PF 的斜率的变化范围是( ) A．(－∞，0) B．(1，＋∞) C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 思维启迪 本题以双曲线为背景，考查双曲线的渐近线，直线的倾斜角、 斜率等知识要素，以点 P 在双曲线的左支下半支上运动来解决本题. 解析 由题意条件知双曲线的其中一条渐近线 y＝x 的倾斜角为 45°，当点 P 向双曲线左下方无限移动时，直线 PF 逐渐与渐近线平行，但是永不平行，所 以倾斜角大于 45°；当点 P 逐渐靠近顶点时，倾斜角逐渐增大，但是小于 180°. 所以直线 PF 的倾斜角的范围是(45°，180°)．由此可知直线 PF 的斜率的变化范 围是(－∞，0)∪(1，＋∞). 答案 C 特教评析 本题运用运动变化的观点，灵活的用极限思想来思考，避免了复杂的运算， 简化了解题过程，节省了解题时间. 『针对训练』 1.(2018·北京高考)若△ABC 的面积为 3 4 (a2＋c2－b2)，且 C 为钝角，则 B＝ ________；c a 的取值范围是________. 答案 π 3 (2，＋∞) 解析 解法一：(直接法)由余弦定理知 a2＋c2－b2＝2accosB， 又 S△ABC＝1 2acsinB，所以 1 2acsinB＝ 3 4 ×2accosB， 化简得 tanB＝ 3，因为 03 2 ，所以 f(1)－f(0)<－3 2 ，即 m≠1，排除 A，B，C．故选 D． 答案 D 特教评析 本题的难点在于，分析出函数 g(x)的中心对称性，而排除法成功的回避了 这个难点，极大的节省了解题时间．在解选择题时，用好排除法往往能取得很好 的效果. 『针对训练』 1.某学校要召开学生代表大会，规定各班每 10 人推选一名代表，当各班人 数除以 10 的余数大于 6 时再增选一名代表，那么各班可推选代表人数 y 与该班 人数 x 之间的函数关系用取整函数 y＝[x]([x]表示不大于 x 的最大整数)可以表示 为( ) A．y＝ x 10 B．y＝ x＋3 10 C．y＝ x＋4 10 D．y＝ x＋5 10 答案 B 解析 解法一：(排除法)若 x＝56，y＝5，排除 C，D； 若 x＝57，y＝6，排除 A，故选 B． 解法二：(直接法)设x＝10m＋a(0≤a≤9)，当0≤a≤6时， x＋3 10 ＝ m＋a＋3 10 ＝m＝ x 10 ；当 61，f(π)＝ π －1＋π2>0，排除 B，C．故选 D． 二 估算法 由于选择题提供了唯一正确的选项，解答又不需要严谨的推理过程，因此 一些计算类的题目并不需要精确的计算，只需对其数值特点和取值界限作适当的 估计，便能作出正确的选择，这就是估算法．估算法往往可以减少运算量，但是 思维量相应的增加了. 题型一 (2019·石家庄新高三摸底考试)实数 a＝0.33，b＝log30.3，c＝30.3 的大小关系是( ) A．aa>b，故选 C． 解法二：(估算法)a＝0.33∈(0,1)，b＝log30.3<0，c＝30.3>1，所以 c>a>b， 故选 C． 答案 C 特教评析 解法一利用指对函数的单调性，结合图象直观的得出了 a，b，c 的大小关 系；解法二仅仅对 a，b，c 的值作了一个大概的估计．两种方法都比较快捷的解 决了本题. 题型二 (2019·安徽合肥第一次教学质量检测)在如图所示的正方形中随机 投掷 10000 个点，则落入阴影部分(曲线 C 的方程为 x2－y＝0)的点的个数的估计 值为( ) A．5000 B．6667 C．7500 D．7854 思维启迪 本题可以利用定积分计算阴影部分面积，然后通过几何概率模 型计算出点落入阴影部分的概率，之后估算出点落入阴影部分的频数．也可以做 一个简单的估算. 解析 解法一：(直接法)阴影部分的面积 S＝1－错误!x2dx＝2 3 ，则点落入阴 影部分的概率 P＝2 3 ，所以落入阴影部分的点的个数约为 10000×2 3 ＝6667，故选 B． 解法二：(估算法)由题可知阴影部分面积大于正方形的1 2 ，小于正方形面积 的3 4 ，故落入阴影部分的点的个数大于 5000，小于 7500，故选 B． 答案 B 特教评析 解法二通过估算，避免了对定积分的运算，解题更为快捷. 『针对训练』 1.已知过球面上 A，B，C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且 AB＝BC＝CA＝2，则球面面积是( ) A．16π 9 B．8π 3 C．4π D．64π 9 答案 D 解析 ∵球的半径 R 不小于△ABC 的外接圆的半径 r，又△ABC 是边长为 2 的等边三角形，∴r＝ 3 2 ×2×2 3 ＝2 3 3 ，故 S 球＝4πR2≥4πr2＝16π 3 >5π，故选 D． 2.如图，多面体 ABCDEF 中，已知面 ABCD 是边长为 3 的正方形，EF∥AB， EF＝3 2 ，EF 与面 ABCD 的距离为 2，则该多面体的体积为( ) A．4.5 B．5 C．6 D．7.5 答案 D 解析 解法一：(估算法)显然 VE－ABCD＝1 3 ×2×9＝6，所以多面体体积必大 于 6，故选 D． 解法二：(直接法)如图，作面 EMN⊥面 ABCD，作面 FGH⊥面 ABCD，则 原多面体的体积被分割为四棱锥 VE－AMND，三棱柱 VEMN－FHG，四棱锥 VF－HBCG， 所以 V＝1 3 ×2× 9－3×3 2 ＋1 2 ×3×2×3 2 ＝7.5. 3．(2019·全国卷Ⅰ)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与 肚脐至足底的长度之比是 5－1 2 5－1 2 ≈0.618，称为黄金分割比例 ，著名的 “断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的 长度之比也是 5－1 2 .若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为 105 cm，头顶 至脖子下端的长度为 26 cm，则其身高可能是( ) A．165 cm B．175 cm C．185 cm D．190 cm 答案 B 解析 设某人身高为 m cm，脖子下端至肚脐的长度为 n cm，则由腿长为 105 cm，可得m－105 105 > 5－1 2 ≈0.618，解得 m>169.890.由头顶至脖子下端的长度 为 26 cm，可得26 n > 5－1 2 ≈0.618，解得 n<42.071.由已知可得 26＋n m－n＋26 ＝ 5－1 2 ≈0.618，解得 m<178.218.综上，此人身高 m 满足 169.890b”，则“ac2>bc2”，以及它的逆命题、否命 题、逆否命题中，真命题共有( ) A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．4 个 答案 C 解析 若 c＝0，则原命题不成立，由等价命题同真假知其逆否命题也为假； 逆命题：设 a，b，c∈R，若“ac2>bc2”，则“a>b”．由 ac2>bc2 知 c2>0，由不等式 的基本性质得 a>b，所以逆命题为真，由等价命题同真假知否命题也为真，所以 真命题共有 2 个．故选 C． 写一个命题的其他三种命题形式时，若命题有大前提，需保留大前提不变， 只改变条件和结论．判断命题真假时，要注意原命题与逆否命题同真假，故四个 命题中真、假命题必有偶数个．本题中“设 a，b，c∈R”是大前提，在原命题 的判断中易忽略 c＝0 的特殊情况而得出真命题，从而错选 D． 热点 5 充分、必要条件的判断 判断充分、必要条件的三种方法： (1)利用定义判断. (2)利用集合间的包含关系判断. (3)利用等价转换法判断 利用 p⇒q 与綈 q⇒綈 p，p⇔q 与綈 q⇔綈 p 的等价关系进行判断，对于条 件或结论是否定形式的命题一般运用等价法． 1．(2017·北京高考)设 m，n 为非零向量，则“存在负数λ，使得 m＝λn” 是“m·n＜0”的( ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 答案 A 解析 若∃λ＜0，使 m＝λn，即两向量反向，夹角是π，那么 m·n＝|m||n|cosπ ＝－|m||n|＜0，反过来，若 m·n＜0，那么两向量的夹角为 π 2 ，π ，并不一定反向， 即不一定存在负数λ，使得 m＝λn，所以是充分不必要条件，故选 A． 2．已知 p：|1－x－1 3 |≤2，q：x2－2x＋1－m2≤0(m>0)，且綈 p 是綈 q 的 必要而不充分条件，则实数 m 的取值范围为________． 答案 [9，＋∞) 解析 解法一：由|1－x－1 3 |≤2，得－2≤x≤10， ∴綈 p 对应的集合为{x|x<－2 或 x>10}． 由 x2－2x＋1－m2≤0(m>0)， 得 1－m≤x≤1＋m(m>0)， ∴綈 q 对应的集合为{x|x<1－m 或 x>1＋m}(m>0)． 设 A＝{x|x<－2 或 x>10}，B＝{x|x<1－m 或 x>1＋m}(m>0)， ∵綈 p 是綈 q 的必要而不充分条件，∴B A， ∴ m>0， 1－m≤－2， 1＋m≥10， 且不能同时取等号，解得 m≥9， ∴实数 m 的取值范围为[9，＋∞)． 解法二：∵綈 p 是綈 q 的必要而不充分条件，∴q 是 p 的必要而不充分条 件，即 p 是 q 的充分而不必要条件． 由 x2－2x＋1－m2≤0(m>0)， 得 1－m≤x≤1＋m(m>0)， ∴q 对应的集合为{x|1－m≤x≤1＋m，m>0}， 设 M＝{x|1－m≤x≤1＋m，m>0}． 又由|1－x－1 3 |≤2，得－2≤x≤10， ∴p 对应的集合为{x|－2≤x≤10}， 设 N＝{x|－2≤x≤10}，由 p 是 q 的充分而不必要条件知 N M， ∴ m>0， 1－m≤－2， 1＋m≥10， 且不能同时取等号，解得 m≥9， ∴实数 m 的取值范围为[9，＋∞)． (1)第 1 题误区有两个方面：①由“存在负数λ，使得 m＝λn”不能得出向 量反向，由“m·n＜0”，不能得出θ∈ π 2 ，π ；②由向量 m 与 n 反向能得出 m·n<0， 而认为 m·n<0 也能得出 m 与 n 反向． (2)对于条件或结论是否定形式的命题一般运用等价法，然后根据集合之间 的关系列出关于参数的不等式(组)求解．但第 2 题中由 N M，易误解为 m>0， 1－m<－2， 1＋m>10， 得 m>9. 热点 6 简单的逻辑联结词、全称命题与特称命题 1．含有逻辑联结词的命题的真假判断步骤 确定复合命题的构成形式 ⇨ 判断其中简单命题的真假 ⇨ 根据真值表判断复合命题的真假 2．全(特)称命题的否定及真假的判断方法 (1)含有全称量词的全称命题的否定是将全称量词改为存在量词，并把结论 否定；含有存在量词的特称命题的否定是将存在量词改为全称量词，并把结论否 定． (2)有些全称(或特称)命题省略了全称(或存在)量词，否定时要先理解其含 义，再进行否定． 1．下列命题中的假命题是( ) A．∀x∈R,2x－1>0 B．∀x∈N*，(x－1)2>0 C．∃x0∈R，lg x0<1 D．∃x0∈R，tanx0＝2 答案 B 解析 当 x∈N*时，x－1∈N，可得(x－1)2≥0，当且仅当 x＝1 时取等号， 故 B 不正确；易知 A，C，D 正确，故选 B． 2．(2019·福州质检)已知命题 p：∀x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)≥0，则 綈 p 是( ) A．∃x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)≤0 B．∀x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)≤0 C．∃x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0 D．∀x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0 答案 C 解析 已知全称命题 p：∀x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)≥0，则綈 p： ∃x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0，故选 C． 判定全称命题“∀x∈M，p(x)”是真命题，需要对集合 M 中的每一个元素 x，证明 p(x)成立；要判断特称命题是真命题，只要在限定集合内找到一个 x＝x0， 使 p(x0)成立． 真题自检感悟 1.(2018·全国卷Ⅰ)已知集合 A＝{x|x2－x－2>0}，则∁RA＝( ) A．{x|－12} D．{x|x≤－1}∪{x|x≥2} 答案 B 解析 解不等式 x2－x－2>0 得 x<－1 或 x>2，所以 A＝{x|x<－1 或 x>2}， 所以可以求得∁RA＝{x|－1≤x≤2}，故选 B． 2.(2017·全国卷Ⅱ)设集合 A＝{1,2,4}，B＝{x|x2－4x＋m＝0}．若 A∩B＝{1}， 则 B＝( ) A．{1，－3} B．{1,0} C．{1,3} D．{1,5} 答案 C 解析 ∵A∩B＝{1}，∴1∈B．∴1－4＋m＝0，即 m＝3. ∴B＝{x|x2－4x＋3＝0}＝{1,3}．故选 C． 3.(2017·天津高考)设θ∈R，则“|θ－ π 12|＜ π 12 ”是“sinθ＜1 2 ”的( ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案 A 解析 ∵|θ－ π 12|＜ π 12 ，∴－ π 12 ＜θ－ π 12 ＜ π 12 ，即 0＜θ＜π 6.显然 0＜θ＜π 6 时， sinθ＜1 2 成立．但 sinθ＜1 2 时，由周期函数的性质知 0＜θ＜π 6 不一定成立．故 0＜θ ＜π 6 是 sinθ＜1 2 的充分而不必要条件．故选 A． 4.(2017·全国卷Ⅰ)设有下面四个命题： p1：若复数 z 满足1 z ∈R，则 z∈R； p2：若复数 z 满足 z2∈R，则 z∈R； p3：若复数 z1，z2 满足 z1z2∈R，则 z1＝ z－ 2； p4：若复数 z∈R，则 z－∈R. 其中的真命题为( ) A．p1，p3 B．p1，p4 C．p2，p3 D．p2，p4 答案 B 解析 设 z＝a＋bi(a，b∈R)，z1＝a1＋b1i(a1，b1∈R)，z2＝a2＋b2i(a2，b2 ∈R). 对于 p1，若1 z ∈R，即 1 a＋bi ＝ a－bi a2＋b2 ∈R，则 b＝0⇒z＝a＋bi＝a∈R，所以 p1 为真命题. 对于 p2，若 z2∈R，即(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2∈R，则 ab＝0. 当 a＝0，b≠0 时，z＝a＋bi＝bi∉R，所以 p2 为假命题. 对于 p3，若 z1z2∈R，即(a1＋b1i)(a2＋b2i)＝(a1a2－b1b2)＋(a1b2＋a2b1)i∈R， 则 a1b2＋a2b1＝0.而 z1＝ z－ 2，即 a1＋b1i＝a2－b2i⇔a1＝a2，b1＝－b2.因为 a1b2＋ a2b1＝0⇒/ a1＝a2，b1＝－b2，所以 p3 为假命题. 对于 p4，若 z∈R，即 a＋bi∈R，则 b＝0⇒ z－＝a－bi＝a∈R，所以 p4 为 真命题．故选 B． 5.(2019·北京高考)设点 A，B，C 不共线，则“AB→与AC→的夹角为锐角”是 “|AB→＋AC→|>|BC→|”的( ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 答案 C 解析 因为点 A，B，C 不共线，由向量加法的三角形法则，可知BC→＝AC→－ AB→，所以|AB→＋AC→|>|BC→|等价于|AB→＋AC→|>|AC→－AB→|，因模为正，故不等号两边平 方得 AB→ 2＋AC→ 2＋2|AB→||AC→|cosθ>AC→ 2＋AB→ 2－2|AC→|·|AB→|cosθ(θ为AB→与AC→的夹角)， 整理得 4|AB→||AC→|·cosθ>0，故 cosθ>0，即θ为锐角．又以上推理过程可逆，所以“AB→ 与AC→的夹角为锐角”是“|AB→＋AC→|>|BC→|”的充分必要条件．故选 C． 专题作业 一、选择题 1.(2018·天津高考)设全集为 R，集合 A＝{x|02，又 p 是 q 的充分不必要条 件，所以 k>2，即实数 k 的取值范围是(2，＋∞)，故选 B． 8.命题“∀x∈[1,2)，x2－a≤0”成立的一个充分不必要条件可以是( ) A．a≥1 B．a>1 C．a≥4 D．a>4 答案 D 解析 命题成立的充要条件是∀x∈[1,2)，a≥x2 恒成立，即 a≥4.∴命题成 立的一个充分不必要条件可以是 a>4.故选 D． 9.下列命题中，真命题是( ) A．∃x0∈R，e x0≤0 B．∀x∈R,2x>x2 C．a＋b＝0 的充要条件是a b ＝－1 D．“a>1，b>1”是“ab>1”的充分条件 答案 D 解析 因为 y＝e x0 >0，x0∈R 恒成立，所以 A 不正确；因为当 x＝－5 时， 2－5<(－5)2，所以 B 不正确；“a b ＝－1”是“a＋b＝0”的充分不必要条件，所以 C 不正确；当 a>1，b>1 时，显然 ab>1，故 D 正确. 10.已知命题 p：“∀x∈[0,1]，a≥ex”，命题 q：“∃x0∈R，x20＋4x0＋a ＝0”．若命题 p 和 q 都成立，则实数 a 的取值范围是( ) A．(4，＋∞) B．[1,4] C．[e,4] D．(－∞，－1) 答案 C 解析 对于 p 成立，a≥(ex)max，∴a≥e.对于 q 成立，知 x20＋4x0＋a＝0 有 解，则Δ＝16－4a≥0，解得 a≤4.综上可知 e≤a≤4.故选 C． 11.已知集合 A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}，B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x， y∈Z}，定义集合 A⊕B＝{(x1＋x2，y1＋y2)|(x1，y1)∈A，(x2，y2)∈B}，则 A⊕B 中元素的个数为( ) A．77 B．49 C．45 D．30 答案 C 解析 当 x1＝0 时，y1∈{－1,0,1}，而 x2，y2∈{－2，－1,0,1,2}，此时 x1 ＋x2∈{－2，－1,0,1,2}，y1＋y2∈{－3，－2，－1,0,1,2,3}，所以 A⊕B 中元素的 个数为 5×7＝35.当 x1＝±1 时，y1＝0，而 x2，y2∈{－2，－1,0,1,2}，此时 x1＋x2 ∈{－3，－2，－1,0,1,2,3}，y1＋y2∈{－2，－1,0,1,2}．由于当 x1＋x2∈{－2，－ 1,0,1,2}，y1＋y2∈{－2，－1，0,1,2}时，A⊕B 中的元素与 x1＝0 时有重复的元素， 此时不重复的元素个数为 2×5＝10，所以 A⊕B 中元素的个数为 35＋10＝45.故 选 C． 12.给出下列四个命题： ①“若 x0 为 y＝f(x)的极值点，则 f′(x0)＝0”的逆命题为真命题； ②“平面向量 a，b 的夹角是钝角”的充分不必要条件为“a·b<0”； ③若命题 p： 1 x－1<0，则綈 p： 1 x－1 ≥0； ④命题“∃x∈R，x2＋x＋1<0”的否定是“∀x∈R，x2＋x＋1≥0”. 其中不正确命题的编号是( ) A．②④ B．①③④ C．①②④ D．①②③ 答案 D 解析 对于①，“若 x0 为 y＝f(x)的极值点，则 f′(x0)＝0”的逆命题为“若 f′(x0)＝0，则 x0 为 y＝f(x)的极值点”，不正确，如 f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，由 f′(x0) ＝0，可得 x0＝0，但 x0＝0 不是极值点，故①错误；对于②，“平面向量 a，b 的夹角是钝角”等价于“a·b<0，且 a·b 不共线”，则“平面向量 a，b 的夹角是 钝角”的必要不充分条件是“a·b<0”，故②错误；对于③，若命题 p： 1 x－1<0， 则綈 p： 1 x－1 ≥0 或 x＝1，故③错误；对于④，命题“∃x∈R，x2＋x＋1<0”的 否定是“∀x∈R，x2＋x＋1≥0”，故④正确．故选 D． 二、填空题 13.已知全集 U＝R，集合 A，B 满足 A＝{x|－2≤x≤7}，B＝{x|m＋17}，∵B≠∅，∴m＋1<2m－1，得 m>2；∵(∁UA)∩B ＝∅，∴B⊆A，∴m＋1≥－2 且 2m－1≤7，得 m≤4 且 m≥－3，∴m∈(2,4]. 14.若“∀x∈ 0，π 4 ，tanx≤m”是真命题，则实数 m 的最小值为________. 答案 1 解析 若“∀x∈ 0，π 4 ，tanx≤m”是真命题，则 m≥tanπ 4 ＝1，于是实数 m 的最小值为 1. 15.(2019·山东济南一中月考)已知不等式|x－m|<1成立的充分不必要条件是 1 30， m－1<0， 解得－34095？ 答案 C 解析 第 1 次执行循环体，S＝3，应不满足输出的条件，n＝2， 第 2 次执行循环体，S＝7，应不满足输出的条件，n＝3， 第 3 次执行循环体，S＝15，应不满足输出的条件，n＝4， 第 4 次执行循环体，S＝31，应不满足输出的条件，n＝5， 第 5 次执行循环体，S＝63，应不满足输出的条件，n＝6， 第 6 次执行循环体，S＝127，应不满足输出的条件，n＝7， 第 7 次执行循环体，S＝255，应不满足输出的条件，n＝8， 第 8 次执行循环体，S＝511，应不满足输出的条件，n＝9， 第 9 次执行循环体，S＝1023，应不满足输出的条件，n＝10， 第 10 次执行循环体，S＝2047，应不满足输出的条件，n＝11， 第 11 次执行循环体，S＝4095，应满足输出的条件， 故判断框中的条件可以是 S＜4095？，故选 C． 本题容易出错的是不清楚这个判断条件是什么，在执行循环体时弄错 S 与 n 的循环顺序而错选 B． 真题自检感悟 1.(2018·全国卷Ⅰ)设 z＝1－i 1＋i ＋2i，则|z|＝( ) A．0 B．1 2 C．1 D． 2 答案 C 解析 因为 z＝1－i 1＋i ＋2i＝ 1－i2 1＋i1－i ＋2i＝－2i 2 ＋2i＝i，所以|z|＝ 0＋12＝ 1.故选 C． 2.(2017·北京高考)若复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则 实数 a 的取值范围是( ) A．(－∞，1) B．(－∞，－1) C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞) 答案 B 解析 ∵(1－i)(a＋i)＝a＋i－ai－i2＝a＋1＋(1－a)i， 又复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在第二象限， ∴ a＋1＜0， 1－a＞0， 解得 a＜－1.故选 B． 3.(2017·北京高考)执行如图所示的程序框图，输出的 s 值为( ) A．2 B．3 2 C．5 3 D．8 5 答案 C 解析 开始：k＝0，s＝1； 第一次循环：k＝1，s＝2； 第二次循环：k＝2，s＝3 2 ； 第三次循环：k＝3，s＝5 3 ， 此时不满足循环条件，输出 s， 故输出的 s 值为5 3.故选 C． 4.(2019·全国卷Ⅲ)执行如图所示的程序框图，如果输入的 为 0.01，则输 出 s 的值等于( ) A．2－ 1 24 B．2－1 25 C．2－ 1 26 D．2－ 1 27 答案 C 解析 ＝0.01，x＝1，s＝0， s＝0＋1＝1，x＝1 2 ，x< 不成立； s＝1＋1 2 ，x＝1 4 ，x< 不成立； s＝1＋1 2 ＋1 4 ，x＝1 8 ，x< 不成立； s＝1＋1 2 ＋1 4 ＋1 8 ，x＝ 1 16 ，x< 不成立； s＝1＋1 2 ＋1 4 ＋1 8 ＋ 1 16 ，x＝ 1 32 ，x< 不成立； s＝1＋1 2 ＋1 4 ＋1 8 ＋ 1 16 ＋ 1 32 ，x＝ 1 64 ，x< 不成立； s＝1＋1 2 ＋1 4 ＋1 8 ＋ 1 16 ＋ 1 32 ＋ 1 64 ，x＝ 1 128 ，x< 成立， 此时输出 s＝2－ 1 26.故选 C． 专题作业 一、选择题 1.(2019·河南模拟)已知 i 为虚数单位，a 为实数，复数 z 满足 z＋3i＝a＋ai(a ∈R)，若复数 z 是纯虚数，则( ) A．a＝3 B．a＝0 C．a≠0 D．a<0 答案 B 解析 由 z＋3i＝a＋ai 得 z＝a＋(a－3)i，若 z 是纯虚数，则 a＝0， a－3≠0， 得 a＝0，故选 B． 2.(2019·湖南八校联考)若复数z＝a－2i 2 (a∈R)在复平面内对应的点在直线y ＝－x 上，则 z· z－＝( ) A．1 B．2 C．－1 D．－2 答案 B 解析 z＝a－2i 2 ＝a 2 －i，z 所对应的点为 a 2 ，－1 ，由点在直线 y＝－x 上得 －1＝－a 2 ，∴a＝2，故 z＝1－i， z－＝1＋i，∴z· z－＝(1－i)(1＋i)＝1－i2＝2.故选 B． 3.(2017·全国卷Ⅲ)设复数 z 满足(1＋i)z＝2i，则|z|＝( ) A．1 2 B． 2 2 C． 2 D．2 答案 C 解析 解法一：由(1＋i)z＝2i 得 z＝ 2i 1＋i ＝1＋i，∴|z|＝ 2.故选 C． 解法二：∵2i＝(1＋i)2，∴由(1＋i)z＝2i＝(1＋i)2，得 z＝1＋i， ∴|z|＝ 2.故选 C． 4.(2019·达州模拟)已知 z(1＋i)＝－1＋7i(i 是虚数单位)，z 的共轭复数为 z－， 则| z－|等于( ) A． 2 B．3＋4i C．5 D．7 答案 C 解析 z＝－1＋7i 1＋i ＝－1＋7i1－i 2 ＝3＋4i，故 z－＝3－4i，| z－|＝5，故选 C． 5.若 a 为实数且(2＋ai)(a－2i)＝－4i，则 a＝( ) A．－1 B．0 C．1 D．2 答案 B 解析 由已知得 4a＋(a2－4)i＝－4i，所以 4a＝0， a2－4＝－4， 解得 a＝0，故选 B． 6.设复数 z1，z2 在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i，则 z1z2＝( ) A．－5 B．5 C．－4＋i D．－4－i 答案 A 解析 由题意知，z2＝－2＋i，所以 z1z2＝－5，故选 A． 7.(2018·北京高考)在复平面内，复数 1 1－i 的共轭复数对应的点位于( ) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 答案 D 解析 1 1－i ＝ 1＋i 1－i1＋i ＝1 2 ＋1 2i 的共轭复数为1 2 －1 2i，对应点为 1 2 ，－1 2 ， 在第四象限，故选 D． 8.(2018·天津高考)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输入 N 的值为 20，则输出 T 的值为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 答案 B 解析 结合流程图运行程序如下： 首先初始化数据：N＝20，i＝2，T＝0， N i ＝20 2 ＝10，结果为整数，执行 T＝T＋1＝1，i＝i＋1＝3，此时不满足 i≥5； N i ＝20 3 ，结果不为整数，执行 i＝i＋1＝4，此时不满足 i≥5； N i ＝20 4 ＝5，结果为整数，执行 T＝T＋1＝2，i＝i＋1＝5，此时满足 i≥5； 跳出循环，输出 T＝2.故选 B． 9.(2019·郑州调研)如图，程序输出的结果 S＝132，则判断框中应填( ) A．i≥10? B．i≥11? C．i≤11? D．i≥12？ 答案 B 解析 由题意，S 表示从 12 开始的逐渐减小的若干个连续整数的乘积，由 于 12×11＝132，故此循环体需要执行两次，∴每次执行后 i 的值依次为 11,10， 由于 i 的值为 10 时，就应该结束循环，再考察四个选项，B 符合题意. 10.执行如图所示的程序框图，则输出的 n 的值为( ) A．1009 B．2017 C．2018 D．2019 答案 B 解析 易知数列 sinnπ 2 ＋1 (n∈N*)的周期为4，各项依次为2,1,0,1,2,1,0,1，…. 执行程序框图，n＝1，s＝2，n＝2，s＝3，n＝3，s＝3，n＝4，s＝4，…，n＝2016， s＝2016，n＝2017，s＝2018，不满足判断框中的条件，退出循环．此时输出的 n ＝2017，故选 B． 二、填空题 11.(2019·天津调研)已知 i 为虚数单位，复数 z(1＋i)＝2－3i，则 z 的虚部为 ________. 答案 －5 2 解析 由 z(1＋i)＝2－3i， 得 z＝2－3i 1＋i ＝2－3i1－i 1＋i1－i ＝－1－5i 2 ＝－1 2 －5 2i， 则 z 的虚部为－5 2. 12.已知复数 z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－2i，它们所对应的点分别为 A， B，C，点 O 为坐标原点，若OC→ ＝xOA→ ＋yOB→ ，则 x＋y 的值是________. 答案 5 解析 由已知得 A(－1,2)，B(1，－1)，C(3，－2)， ∵OC→ ＝xOA→ ＋yOB→ ， ∴(3，－2)＝x(－1,2)＋y(1，－1)＝(－x＋y,2x－y)， ∴ －x＋y＝3， 2x－y＝－2， 解得 x＝1， y＝4， 故 x＋y＝5. 13.(2017·江苏高考)如图是一个算法流程图．若输入 x 的值为 1 16 ，则输出 y 的值是________. 答案 －2 解析 输入 x＝ 1 16 ， 1 16 ≥1 不成立，执行 y＝2＋log2 1 16 ＝2－4＝－2.所以输 出 y 的值为－2. 14.中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，如图是实现该算法的程序框 图．执行该程序框图，若输入的 x＝2，n＝2，依次输入的 a 为 2,2,5，则输出的 s＝________. 答案 17 解析 由题意，当 x＝2，n＝2，k＝0，s＝0 时，输入 a＝2，则 s＝0×2＋ 2＝2，k＝1，循环； 输入 a＝2，则 s＝2×2＋2＝6，k＝2，循环； 输入 a＝5，s＝6×2＋5＝17，k＝3>2， 结束．故输出的 s＝17. 第 4 讲 不等式、线性规划 [考情分析] 不等式的性质、求解、证明及应用是每年高考必考的内容， 对不等式的考查一般以选择题、填空题为主．(1)主要考查不等式的求解、利用 基本不等式求最值及线性规划问题．(2)不等式的相关知识可以渗透到高考的各 个知识领域，往往作为解题工具与数列、函数、向量相结合，在知识的交汇处命 题，难度中档，在解答题中，特别是在解析几何中利用不等式求最值、范围或在 解决导数问题时利用不等式进行求解，难度偏高. 热点题型分析 热点 1 不等式的性质及解法 1.利用不等式的性质比较大小要注意特殊值法的应用. 2.一元二次不等式的解法 先化为一般形式 ax2＋bx＋c＞0(a≠0)，再求相应一元二次方程 ax2＋bx＋c ＝0(a≠0)的根，最后根据相应二次函数图象与 x 轴的位置关系，确定一元二次不 等式的解集. 3.简单分式不等式的解法 (1)fx gx>0(<0)⇔f(x)g(x)>0(<0)； (2)fx gx ≥0(≤0)⇔ fxgx≥0≤0， gx≠0. 1.已知 a>b>0，给出下列四个不等式： ①a2>b2；②2a>2b－1；③ a－b> a－ b；④a3＋b3>2a2b. 其中一定成立的不等式为( ) A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 答案 A 解析 解法一：由 a>b>0 可得 a2>b2，所以①成立； 由 a>b>0 可得 a>b－1，而函数 f(x)＝2x 在 R 上是增函数， ∴f(a)>f(b－1)，即 2a>2b－1，所以②成立； ∵a>b>0，∴ a> b， ∴( a－b)2－( a－ b)2＝2 ab－2b＝2 b( a－ b)>0， ∴ a－b> a－ b，所以③成立； 若 a＝3，b＝2，则 a3＋b3＝35,2a2b＝36， 有 a3＋b3<2a2b，所以④不成立．故选 A． 解法二：令 a＝3，b＝2，可以得到①a2>b2，②2a>2b－1，③ a－b> a－ b 均成立，而④a3＋b3>2a2b 不成立，故选 A． 2.函数 f(x)＝ 3x－x2的定义域为( ) A．[0,3] B．(0,3) C．(－∞，0]∪[3，＋∞) D．(－∞，0)∪(3，＋∞) 答案 A 解析 要使函数 f(x)＝ 3x－x2有意义，则 3x－x2≥0，即 x2－3x≤0⇔x(x －3)≤0，解得 0≤x≤3，故选 A． 3.不等式2x－4 x－1 ≤1 的解集为( ) A．{x|x<1 或 x≥3} B．{x|1≤x≤3} C．{x|10，y>0，xy＝p(定值)，当 x＝y 时，x＋y 有最小值 2 p.(简记：积 定和最小) (2)如果 x>0，y>0，x＋y＝s(定值)，当 x＝y 时，xy 有最大值 1 4s2.(简记：和 定积最大) 2.利用基本不等式解决条件最值问题的关键是构造和为定值或乘积为定 值，主要有两种思路： (1)通过变形直接利用基本不等式解决. (2)对条件变形，根据已知条件和基本不等式的“需求”寻找“结合点”， 通过“1”的代换、添项、分离常数等手段使之能运用基本不等式．常见的转化方 法有： ①若a x ＋b y ＝1，则 mx＋ny＝(mx＋ny)·1＝(mx＋ny)· a x ＋b y ≥ma＋nb＋ 2 mnab(字母均为正数)； ②x＋ b x－a ＝x－a＋ b x－a ＋a≥a＋2 b(x>a，b>0). 1.下列结论正确的是( ) A．当 x>0 且 x≠1，lg x＋ 1 lg x ≥2 B． 1 x2＋1<1(x∈R) C．当 x>0 时， x＋ 1 x ≥2 D．当 00 时， x＋ 1 x ≥2 x· 1 x ＝2，当且 仅当 x＝1 时等号成立；对于 D，当 0－1，则函数 y＝x＋5x＋2 x＋1 的最小值为________. 答案 9 解析 ∵x>－1，∴x＋1>0，∴y＝x＋5x＋2 x＋1 ＝x2＋7x＋10 x＋1 ＝x＋12＋5x＋1＋4 x＋1 ＝x＋1＋ 4 x＋1 ＋5≥2 x＋1· 4 x＋1 ＋5 ＝9，当且仅当 x＋1＝ 4 x＋1 ，即 x＝1 时取“＝”(由于 x>－1，故 x＝－3 舍去)， ∴y＝x＋5x＋2 x＋1 的最小值为 9. 4.(2018·江苏高考)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，∠ ABC＝120°，∠ABC 的平分线交 AC 于点 D，且 BD＝1，则 4a＋c 的最小值为 ________. 答案 9 解析 由题意可知，S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，由角平分线性质和三角形面积 公式得 1 2acsin120°＝1 2a×1×sin60°＋1 2c×1×sin60°，化简得 ac＝a＋c，1 a ＋1 c ＝1， 因此 4a＋c＝(4a＋c) 1 a ＋1 c ＝5＋c a ＋4a c ≥5＋2 c a·4a c ＝9，当且仅当 c＝2a＝3 时 取等号，则 4a＋c 的最小值为 9. (1)利用均值不等式求解最值时，要注意三个条件，即“一正——各项都是 正数；二定——和或积为定值；三等——能取到使等号成立的值”，这三个条件 缺一不可. (2)第 2 题易出错的地方是：不会“凑”，不能根据函数解析式的特征适当 变形凑出两式之和为定值；第 3 题是分子展开后不能变形凑出两式之积为定值．第 4 题利用“1”的代换或配凑使和为定值或积为定值时，代数式的变形要注意保持 等价. 热点 3 简单的线性规划问题 1.解决线性规划问题的一般步骤 (1)画出可行域； (2)根据线性目标函数的几何意义确定其取得最优解的点； (3)求出目标函数的最大值和最小值. 2.常见代数式的几何意义 (1)z＝Ax＋By 表示与直线 y＝－A Bx＋z B 在 y 轴上的截距z B 成比例的数； (2)z＝(x－a)2＋(y－b)2 区域内动点(x，y)与定点(a，b)的距离的平方； (3)z＝y－b x－a 表示区域内动点(x，y)与定点(a，b)连线的斜率. 3.求解线性规划中含参问题的基本方法 (1)首先把不含参数的平面区域确定好； (2)把参数当成常数用，根据线性规划问题的求解方法求出最优解，代入目 标函数确定最值，通过构造方程或不等式求解参数的值或取值范围. 4.解线性规划应用问题的一般步骤 (1)分析题意，设出未知量； (2)列出线性约束条件和目标函数； (3)作出可行域并利用数形结合求解； (4)作答. 题型 1 已知约束条件，求目标函数的最值 1.(2019·全国卷Ⅱ)若变量 x，y 满足约束条件 2x＋3y－6≥0， x＋y－3≤0， y－2≤0， 则 z＝3x－y 的最大值是________. 答案 9 解析 作出已知约束条件对应的可行域(图中阴影部分)，由图易知，当直 线 y＝3x－z 过点 C 时，－z 最小，即 z 最大. 由 x＋y－3＝0， 2x＋3y－6＝0， 解得 x＝3， y＝0， 即 C 点坐标为(3,0)，故 zmax＝3×3－0＝9. 2.(2019·晋城一模)若 x，y 满足约束条件 x－y＋2≥0， x＋y－4≤0， y≥2， 则 z＝x2＋y2－4x－6y＋13 的最小值为________. 答案 1 2 解析 画出不等式组表示的可行域(如图阴影部分所示)，由于 z＝x2＋y2－ 4x－6y＋13＝(x－2)2＋(y－3)2，故 z 表示可行域内的点 A(x，y)与定点 P(2,3)间距 离的平方，即 z＝|PA|2.由图形可得|PA|的最小值即为点 P(2，3)到直线 x＋y－4＝0 的距离 d＝|2＋3－4| 2 ＝ 2 2 ，所以 zmin＝d2＝1 2. 第 1、2 题易错在不能准确把握目标函数 z 的几何意义而不知如何变形. 题型 2 已知目标函数的最值求参数 1.(2019·华南师大附中一模)已知 a>0，x，y 满足约束条件 x≥1， x＋y≤3， y≥ax－3， 若 z＝2x＋y 的最小值为 1，则 a＝( ) A．1 2 B．1 3 C．1 D．2 答案 A 解析 由约束条件画出可行域(如图所示三角形及其内部)．由 x＝1， y＝ax－3 得 B(1，－2a)．当直线 2x＋y－z＝0 过点 B 时，z＝2x＋y 取得最小值，所以 1 ＝2×1－2a，解得 a＝1 2 ，故选 A． 2.已知 x，y 满足约束条件 x－y≥0， x＋y≤2， y≥0， 若 z＝ax＋y 的最大值为 4，则 a ＝( ) A．3 B．2 C．－2 D．－3 答案 B 解析 不等式组 x－y≥0， x＋y≤2， y≥0 在直角坐标系中所表示的平面区域如图中的阴影部分所示，若 z＝ax＋y 的 最大值为 4， 则 y＝－ax＋z 截距的最大值为 4. ①若 a<0，则不满足条件； ②若 a>0，当－a<－1，即 a>1 时，x＝2，y＝0 是最优解，此时 a＝2；当 －a>－1，即 01(舍)．故选 B． 第 1 题易在分析动直线的位置时出错，忽略直线 y＝a(x－3)恒过定点(3,0) 而不好确定可行域；第 2 题需明确目标函数中 z 与直线 y＝－ax＋z 截距最值相 同，易忽视关于 a 的正负讨论而漏解或错解. 题型 3 线性规划的实际应用 (2019·黄冈联考)一个小型加工厂用一台机器生产甲、乙两种桶装饮料，生 产一桶甲饮料需要白糖 4 千克，果汁 18 千克，用时 3 小时；生产一桶乙饮料需 要白糖 1 千克，果汁 15 千克，用时 1 小时．现库存白糖 10 千克，果汁 66 千克， 生产一桶甲饮料利润为 200 元，生产一桶乙饮料利润为 100 元，在使用该机器用 时不超过 9 小时的条件下，生产甲、乙两种饮料利润之和的最大值为________. 答案 600 解析 设生产甲、乙两种饮料分别为 x 桶、y 桶，利润为 z 元， 则得 4x＋y≤10， 18x＋15y≤66， 3x＋y≤9， x≥0， y≥0. 即 4x＋y≤10， 6x＋5y≤22， 3x＋y≤9， x≥0， y≥0. 目标函数 z＝200x＋100y. 作出可行域(如图阴影部分所示)．当直线 z＝200x＋100y 经过可行域上点 B 时，z 取得最大值. 解方程组 4x＋y＝10， 6x＋5y＝22， 得点 B 的坐标(2,2)，故 zmax＝200×2＋100×2＝ 600. (1)线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想．需要注意的 是：一、准确无误地作出可行域；二、画目标函数所对应的直线时，要注意与约 束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大 或最小会在可行域的端点或边界上取得. (2)在解决线性规划的应用问题时要注意结合实际问题的实际意义，判断所 设未知数 x，y 的取值范围，特别注意分析 x，y 是否是整数、是否是非负数等. 真题自检感悟 1.(2019·全国卷Ⅰ)已知 a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则( ) A．a1,0c>a.故选 B． 2.(2017·全国卷Ⅱ)设 x，y 满足约束条件 2x＋3y－3≤0， 2x－3y＋3≥0， y＋3≥0， 则 z＝2x＋y 的最小值是( ) A．－15 B．－9 C．1 D．9 答案 A 解析 不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示. 将目标函数 z＝2x＋y 化为 y＝－2x＋z，作出直线 y＝－2x，并平移该直线， 知当直线 y＝－2x＋z 经过点 A(－6，－3)时，z 有最小值，且 zmin＝2×(－6)－3 ＝－15.故选 A． 3.(2017·天津高考)已知函数 f(x)＝ x2－x＋3，x≤1， x＋2 x ，x＞1. 设 a∈R，若关于 x 的不等式 f(x)≥|x 2 ＋a|在 R 上恒成立，则 a 的取值范围 是( ) A． －47 16 ，2 B． －47 16 ，39 16 C．[－2 3，2] D． －2 3，39 16 答案 A 解析 关于 x 的不等式 f(x)≥|x 2 ＋a|在 R 上恒成立等价于－f(x)≤a＋ x 2 ≤f(x)，即－f(x)－x 2 ≤a≤f(x)－x 2 在 R 上恒成立，令 g(x)＝－f(x)－x 2. 当 x≤1 时，g(x)＝－(x2－x＋3)－x 2 ＝－x2＋x 2 －3＝－ x－1 4 2－47 16 ， 当 x＝1 4 时，g(x)max＝－47 16 ； 当 x＞1 时，g(x)＝－ x＋2 x －x 2 ＝－ 3x 2 ＋2 x ≤－2 3， 当且仅当3x 2 ＝2 x ，且 x＞1，即 x＝2 3 3 时，“＝”成立， 故 g(x)max＝－2 3.综上，g(x)max＝－47 16. 令 h(x)＝f(x)－x 2 ， 当 x≤1 时，h(x)＝x2－x＋3－x 2 ＝x2－3x 2 ＋3＝ x－3 4 2＋39 16 ， 当 x＝3 4 时，h(x)min＝39 16 ； 当 x＞1 时，h(x)＝x＋2 x －x 2 ＝x 2 ＋2 x ≥2， 当且仅当x 2 ＝2 x ，且 x＞1，即 x＝2 时，“＝”成立，故 h(x)min＝2. 综上，h(x)min＝2.故 a 的取值范围为 －47 16 ，2 . 故选 A． 4.(2018·天津高考)已知 a，b∈R，且 a－3b＋6＝0，则 2a＋ 1 8b 的最小值为 ________. 答案 1 4 解析 由 a－3b＋6＝0 可知 a－3b＝－6，且 2a＋ 1 8b ＝2a＋2－3b， 因为对于任意 x,2x>0 恒成立，结合均值不等式的结论可得， 2a＋2－3b≥2 2a×2－3b＝2 2－6＝1 4. 当且仅当 2a＝2－3b， a－3b＝－6， 即 a＝－3， b＝1 时等号成立. 综上可得 2a＋ 1 8b 的最小值为1 4. 专题作业 一、选择题 1.(2019·北京高考)若 x，y 满足|x|≤1－y，且 y≥－1，则 3x＋y 的最大值为 ( ) A．－7 B．1 C．5 D．7 答案 C 解析 由|x|≤1－y，且 y≥－1， 得 x－y＋1≥0， x＋y－1≤0， y≥－1. 作出可行域如图阴影部分所示. 设 z＝3x＋y，则 y＝－3x＋z. 作直线 l0：y＝－3x，并进行平移. 显然当 l0 过点 A(2，－1)时，z 取最大值，zmax＝3×2－1＝5.故选 C． 2.不等式 x－1 2x＋1 ≤0 的解集为( ) A． －1 2 ，1 B． －1 2 ，1 C． －∞，－1 2 ∪[1，＋∞) D． －∞，－1 2 ∪[1，＋∞) 答案 A 解析 x－1 2x＋1 ≤0⇔ x－12x＋1≤0， 2x＋1≠0， 解得 －1 2 ≤x≤1， x≠－1 2 ， 即－1 2b>0 且 ab＝1，∴a2>ab>b2，则 a>1,02，∴0< 1 2a<1 2 ，则 b 2a<1 2. ∵a＋1 b ＝a＋a＝2a>a＋b>log2(a＋b)， ∴ b 2a0，b>0，并且1 a ，1 2 ，1 b 成等差数列， 则 a＋9b 的最小值为( ) A．16 B．9 C．5 D．4 答案 A 解析 ∵1 a ，1 2 ，1 b 成等差数列，∴1 a ＋1 b ＝1. ∴a＋9b＝(a＋9b) 1 a ＋1 b ＝10＋a b ＋9b a ≥10＋2 a b·9b a ＝16，当且仅当a b ＝9b a 且1 a ＋1 b ＝1，即 a＝4，b＝4 3 时等号成立．∴a＋9b 的最小值为 16，故选 A． 5.已知函数 f(x)＝x＋a x ＋2 的值域为(－∞，0)∪(4，＋∞)，则 a 的值是( ) A．1 2 B．3 2 C．1 D．2 答案 C 解析 由题意可得 a>0，①当 x>0 时，f(x)＝x＋a x ＋2≥2 a＋2，当且仅当 x＝ a时取等号；②当 x<0 时，f(x)＝x＋a x ＋2≤－2 a＋2，当且仅当 x＝－ a时 取等号，所以 2＋2 a＝4， 2－2 a＝0， 解得 a＝1，故选 C． 6.(2018·天津高考)已知 a＝log2e，b＝ln 2，c＝log1 2 1 3 ，则 a，b，c 的大小 关系为( ) A．a>b>c B．b>a>c C．c>b>a D．c>a>b 答案 D 解析 由题意结合对数函数的性质可知，a＝log2e>1，b＝ln 2＝ 1 log2e ∈ (0,1)，c＝log1 2 1 3 ＝log23>log2e，据此可得，c>a>b.故选 D． 7.已知 x，y>0 且 x＋4y＝1，则1 x ＋1 y 的最小值为( ) A．8 B．9 C．10 D．11 答案 B 解析 ∵x，y>0 且 x＋4y＝1，∴1 x ＋1 y ＝(x＋4y) 1 x ＋1 y ＝5＋4·y x ＋x y ≥5＋ 2 4·y x·x y ＝5＋4＝9，当且仅当 4·y x ＝x y 即 x＝1 3 ， y＝1 6 或 x＝－1， y＝1 2 (舍去)时等 号成立．故选 B． 8.(2019·华大新高考联盟模拟)若实数 x，y 满足不等式组 x－2y＋1≥0， y≥x， x≥0， 则 x2＋y2 的取值范围是( ) A． 1 4 ，2 B．[0,2] C． 1 2 ， 2 D．[0， 2] 答案 B 解析 画出可行域如图阴影部分所示(含边界)，x2＋y2 的几何意义是阴影内 的点到原点的距离的平方，显然 O 点为最小值点，而 A(1,1)为最大值点，故 x2 ＋y2 的取值范围是[0,2]．故选 B． 9．若 x，y 满足约束条件 x－1≥0， x－y≤0， x＋y－4≤0， 则y x 的最大值为( ) A．1 B．－1 C．3 D．0 答案 C 解析 作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，y x 是可行域内一 点与原点连线的斜率，由图可知，点 A(1,3)与原点连线的斜率最大，故y x 的最大 值为 3.故选 C． 10.若直线 l：kx－y＋1＝0 上不存在满足不等式组 x－y≥0， x＋y－2≤0， x－4y－4≤0 的点(x， y)，则实数 k 的取值范围为( ) A．(－∞，0]∪ 7 4 ，＋∞ B． 0，7 4 C．(－∞，0)∪ 7 4 ，＋∞ D． 0，7 4 答案 D 解析 实数 x，y 满足 x－y≥0， x＋y－2≤0， x－4y－4≤0， 对应的可行域如图中阴影部分： 直线 l：kx－y＋1＝0 可化为 y＝kx＋1，故直线 l 过定点 C(0,1)，由图可知， 当直线 l 过 x－y＝0， x＋y－2＝0 的交点 A(1,1)时，k＝0；当直线 l 过 x－y＝0， x－4y－4＝0 的 交点 B －4 3 ，－4 3 时，k＝7 4. 由此可知当 01 且 b>1.1 a ＋1 b ＝1 可变形为a＋b ab ＝ 1，∴ab＝a＋b，∴ab－a－b＝0，∴(a－1)(b－1)＝1，∴a－1＝ 1 b－1 ，∵a－1>0， ∴ 1 a－1 ＋ 9 b－1 ＝ 1 a－1 ＋9(a－1)≥2 1 a－1·9a－1＝6，当且仅当 1 a－1 ＝9(a －1)，即 a＝4 3 时取“＝” 由于 a>1，故 a＝2 3 舍去 ，∴ 1 a－1 ＋ 9 b－1 的最小值为 6. 故选 C． 12.(2019·太原模拟)已知正数 a，b 满足1 a ＋9 b ＝1，若不等式 a＋b≥－x2＋4x ＋18－m 对任意实数 x 恒成立，则实数 m 的取值范围是( ) A．[3，＋∞) B．(－∞，3] C．(－∞，6] D．[6，＋∞) 答案 D 解析 ∵a>0，b>0，且1 a ＋9 b ＝1，∴a＋b＝(a＋b)· 1 a ＋9 b ＝10＋b a ＋9a b ≥10 ＋2 b a·9a b ＝16， 当且仅当b a ＝9a b ，即 a＝4，b＝12 时等号成立， 所以(a＋b)min＝16. 若不等式 a＋b≥－x2＋4x＋18－m 对任意实数 x 恒成立，则－x2＋4x＋18 －m≤16，即 m≥－x2＋4x＋2 对任意实数 x 恒成立， ∵－x2＋4x＋2＝－(x－2)2＋6≤6，∴m≥6. ∴实数 m 的取值范围是[6，＋∞)．故选 D． 二、填空题 13.已知实数 x，y 满足 y≥1， y≤2x－1， x＋y≤m， 如果目标函数 z＝x－y 的最小值为－ 1，则实数 m 等于________. 答案 5 解析 绘制不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示(含边界)， 联立直线方程 y＝2x－1， y＝－x＋m， 可得交点坐标为 A m＋1 3 ，2m－1 3 ，由目标函数的几何意义可知目标函数在点 A 处取得最小 值，所以m＋1 3 －2m－1 3 ＝－1， 解得 m＝5. 14.(2017·江苏高考)某公司一年购买某种货物 600 吨，每次购买 x 吨，运费 为 6 万元/次，一年的总存储费用为 4x 万元．要使一年的总运费与总存储费用之 和最小，则 x 的值是________. 答案 30 解析 一年的总运费为 6×600 x ＝3600 x (万元). 一年的总存储费用为 4x 万元. 总运费与总存储费用的和为 3600 x ＋4x 万元. 因为3600 x ＋4x≥2 3600 x ·4x＝240， 当且仅当3600 x ＝4x，即 x＝30 时取得等号， 所以当 x＝30 时，一年的总运费与总存储费用之和最小. 15.(2019·衡水中学检测)设满足 x＋y≤6， x－y≤2， x≥0， y≥0 的实数 x，y 所在的平面区 域为Ω，则Ω的外接圆方程是______________. 答案 (x－1)2＋(y－3)2＝10 解析 作出不等式组表示的平面区域Ω，如图阴影部分所示．则区域Ω是四 边形 ABCO(含内部及边界)．易知 BC⊥AB，则外接圆的圆心为 AC 的中点，又 A(0,6)，C(2,0)，则该四边形外接圆的圆心为(1,3)，半径 r＝1 2|AC|＝ 10.故所求圆 的方程为(x－1)2＋(y－3)2＝10. 16.若实数 x，y 满足 x2＋y2≤1，则|2x＋y－2|＋|6－x－3y|的最小值是 ________. 答案 3 解析 x2＋y2≤1 表示圆 x2＋y2＝1 及其内部，易得直线 6－x－3y＝0 与圆 相离，故|6－x－3y|＝6－x－3y，当 2x＋y－2≥0 时，|2x＋y－2|＋|6－x－3y|＝x －2y＋4，如下图所示，可行域为小的弓形内部，目标函数 z＝x－2y＋4，则可知 当 x＝3 5 ，y＝4 5 时，zmin＝3，当 2x＋y－2≤0 时，|2x＋y－2|＋|6－x－3y|＝8－3x －4y，可行域为大的弓形内部，目标函数 z＝8－3x－4y，同理可知当 x＝3 5 ，y＝ 4 5 时，zmin＝3，综上所述，(|2x＋y－2|＋|6－x－3y|)min＝3. 第 5 讲 平面向量 [考情分析] 平面向量是高考的必考内容，近几年命题较稳定，常以客观 题的形式出现，主要考查向量的线性运算、坐标运算及向量数量积的性质、利用 向量数量积求夹角、模等．有时也作为工具参与三角函数、解析几何等综合命题， 属于中、低档难度题. 热点题型分析 热点 1 平面向量的概念与线性运算 1.在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的 起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起 点”，结果向量的方向是指向被减向量. 2.利用平面向量基本定理实现了平面内任一向量都可以表示为同一平面内 两个不共线的向量 e1，e2 的线性组合λ1e1＋λ2e2，常用方法有两种：一是直接利用 三角形法则与平行四边形法则及向量共线定理来求解；二是利用待定系数法，即 利用定理中λ1，λ2 的唯一性列方程求解. 如图，在△OAB 中，点 B 关于点 A 的对称点为 C，D 在线段 OB 上，且 OD＝2DB，DC 和 OA 相交于点 E.若OE→ ＝λOA→ ，则λ＝( ) A．3 4 B．3 5 C．4 5 D．1 2 答案 C 解析 解法一：设OA→ ＝a，OB→ ＝b，由题意得DC→ ＝O C→－OD→＝OA→ ＋AC→－ 2 3OB→ ＝OA→ ＋BA→－2 3OB→ ＝OA→ ＋OA→ －OB→ －2 3OB→ ＝2OA→ －5 3OB→ ＝2a－5 3b.因为OE→ ＝ λOA→ ＝λa，设DE→ ＝μDC→ ＝2μ a－5 3μb，又OE→ ＝OD→＋DE→ ，所以λa＝2 3b＋2μ a－5 3μb ＝2μ a＋ 2 3 －5 3μ b， 所以 λ＝2μ， 2 3 －5 3μ＝0， 所以λ＝4 5. 解法二：由题意知，AB＝AC，OD＝2DB，过点 A 作 AF∥OB 交 CD 于点 F(图略)，则AF BD ＝AC BC ＝1 2 ，即 AF＝1 2BD＝1 4OD，故 AE＝1 4OE，则 OE＝4 5OA，又 O E→＝λOA→ ，故λ＝4 5. 在运用向量共线定理时，向量 a 与 b 共线，即存在实数λ保持 a＝λb 成立的 前提条件是 b≠0. 热点 2 平面向量的数量积 1.平面向量的数量积的运算的两种形式 (1)依据模和夹角计算，要注意确定这两个向量的夹角，如夹角不易求或者 不可求，可通过选择易求夹角和模的基底进行转化. (2)利用坐标来计算，向量的平行和垂直都可以转化为坐标满足的等式，从 而应用方程思想解决问题，化形为数，使向量问题数字化. 2.夹角公式(θ为向量 a，b 的夹角，a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)) cosθ＝ a·b |a||b| ＝ x1x2＋y1y2 x21＋y21· x22＋y22 . 3.模|a|＝ a·a＝ x21＋y21. 4.a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0. 1.(2019·全国卷Ⅰ)已知非零向量 a，b 满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则 a 与 b 的夹角为( ) A．π 6 B．π 3 C．2π 3 D．5π 6 答案 B 解析 设 a 与 b 的夹角为θ，∵(a－b)⊥b，∴(a－b)·b＝0，即 a·b－|b|2＝0. 又 a·b＝|a||b|cosθ，|a|＝2|b|，∴2|b|2cosθ－|b|2＝0，∴cosθ＝1 2.又 0≤θ≤π，∴θ＝π 3. 故选 B． 2.(2017·天津高考)在△ABC 中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2，若BD→ ＝2DC→ ， AE→＝λAC→－AB→(λ∈R)，且AD→ ·AE→＝－4，则λ的值为________. 答案 3 11 解析 由题意知∠A＝60°，AB＝3，AC＝2，AB→·AC→＝3×2×cos60°＝3，AD→ ＝AB→＋BD→ ＝AB→＋2 3BC→＝AB→＋2 3(AC→－AB→)＝1 3AB→＋2 3AC→， ∴AD→ ·AE→＝ 1 3AB→＋2 3AC→ ·(λAC→－AB→) ＝λ－2 3 AB→·AC→－1 3AB→ 2＋2λ 3 AC→ 2 ＝λ－2 3 ×3－1 3 ×32＋2λ 3 ×22＝11 3 λ－5＝－4. 解得λ＝ 3 11. 3.(2017·全国卷Ⅰ)已知向量 a，b 的夹角为 60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b| ＝________. 答案 2 3 解析 解法一：|a＋2b|＝ a＋2b2 ＝ a2＋4a·b＋4b2 ＝ 22＋4×2×1×cos60°＋4×12＝ 12＝2 3. 解法二：(数形结合法)由|a|＝|2b|＝2 知，以 a 与 2b 为邻边可作出边长为 2 的菱形 OACB，如图，则|a＋2b|＝|OC→ |.又∠AOB＝60°，所以|a＋2b|＝2 3. (1)要注意夹角的取值范围：0°≤θ≤180°，第 1 题容易出现的问题有两个： 一是向量模的平方的正确运算；二是特殊角的余弦值的求法，易错为θ＝30°. (2)对于第 2 题这类涉及图形的向量运算问题，一般应选两个向量作为基底， 选基底的原则是这两个向量有尽量多的已知元素．本题中，由于∠A＝60°，AB ＝3，AC＝2，故可选 A B→和 A C→作为基底．求解该题时容易出现两个错误：一 是不能通过向量的运算把 A D→用 A B→和 A C→线性表示；二是两向量的差 A C→－ A B→＝B C→，容易把差向量的方向颠倒导致出错. (3)平面向量中涉及到有关模长的问题，通常是将模长进行平方，利用向量 数量积的知识进行解答；另外，向量是一个工具型的知识，具备代数和几何特征， 在做这类问题时可以使用数形结合的思想，会加快解题速度．第 3 题容易对向量 的模与数量积的关系理解不清导致错误，如认为|a＋2b|＝|a|＋|2b|. 热点 3 交汇题型 平面向量具有代数形式与几何形式的“双重性”，常与三角函数、解三角 形、平面解析几何、函数、不等式等知识交汇命题，充分体现平面向量的载体性 与工具性. 交汇点一 平面向量与三角 典例 1 (2019·江西新高考联盟质检)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分 别是 a，b，c，向量 m＝ a 2 ，c 2 ，n＝(cosC，cosA)，且 m·n＝bcosB，则 B 的值是 ( ) A．π 6 B．π 3 C．π 2 D．2π 3 解析 ∵m·n＝a 2cosC＋c 2cosA，且 m·n＝bcosB， ∴a 2cosC＋c 2cosA＝bcosB，即 acosC＋ccosA＝2bcosB． 由正弦定理，得 sinAcosC＋sinCcosA＝2sinBcosB， 则 sin(A＋C)＝2sinBcosB，即 sinB＝2sinBcosB． ∵00，b>0)的左、右焦点，P 是双曲线右支上一点，满足(O P→＋OF2 → )·PF2 → ＝0(O 为坐标原点)，且 3|PF1 → |＝4|PF2 → |， 则双曲线的离心率为________. 答案 5 解析 如图所示，由于点 P 在双曲线右支上，则由双曲线的定义可得|PF1| －|PF2|＝2a，又 3|PF1|＝4|PF2|，解得|PF1|＝8a，|PF2|＝6a，则由(O P→＋OF2 → )·PF2 → ＝0，即(O P→＋OF2 → )·(OF2 → －OP→ )＝0，则有|O P→|2＝|OF2 → |2，则在△PF1F2 中，|OP| ＝|OF2|＝|OF1|，所以∠F1PF2＝90°，由勾股定理得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，即有 64a2＋36a2＝4c2，c＝5a， 故 e＝c a ＝5. 真题自检感悟 1.(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC 中，AD 为 BC 边上的中线，E 为 AD 的中点， 则EB→＝( ) A．3 4AB→－1 4AC→ B．1 4AB→－3 4AC→ C．3 4AB→＋1 4AC→ D．1 4AB→＋3 4AC→ 答案 A 解析 根据向量的运算法则，可得EB→＝AB→－AE→＝AB→－1 2AD→ ＝AB→－1 4(AB→＋ AC→)＝3 4AB→－1 4AC→，故选 A． 2.(2017·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是边长为 2 的等边三角形，P 为平面 ABC 内 一点，则PA→·(PB→＋PC→)的最小值是( ) A．－2 B．－3 2 C．－4 3 D．－1 答案 B 解析 解法一：(解析法) 建立坐标系如图 1 所示，则 A，B，C 三点的坐标分别为 A(0， 3)，B(－1,0)，C(1,0). 设 P 点的坐标为(x，y)，则PA→＝(－x， 3－y)，PB→＝(－1－x，－y)，PC→＝(1 －x，－y)， ∴PA→·(PB→＋PC→)＝(－x， 3－y)·(－2x，－2y)＝2(x2＋y2－ 3y)＝ 2 x2＋ y－ 3 2 2－3 4 ≥2× －3 4 ＝－3 2.当且仅当 x＝0，y＝ 3 2 时，PA→·(PB→＋PC→)取得 最小值，最小值为－3 2.故选 B． 解法二：(几何法) 如图 2 所示，PB→＋PC→＝2PD→ (D 为 BC 的中点)，则 PA→·(PB→＋PC→)＝2PA→·PD→ . 要使PA→·PD→ 最小，则PA→与PD→ 方向相反，即点 P 在线段 AD 上，则(2PA→·PD→ )min ＝－2|PA→||PD→ |，问题转化为求|PA→||PD→ |的最大值．又|PA→|＋|PD→ |＝|AD→ |＝2× 3 2 ＝ 3， ∴|PA→||PD→ |≤ |PA→|＋|PD→ | 2 2＝ 3 2 2＝3 4 ， 当且仅当|P A→|＝|PD→|＝ 3 2 时，等号成立，∴[PA→·(PB→＋PC→)]min＝(2PA→·PD→ )min ＝－2×3 4 ＝－3 2. 故选 B． 3.(2019·江苏高考)如图，在△ABC 中，D 是 BC 的中点，E 在边 AB 上，BE ＝2EA，AD 与 CE 交于点 O.若AB→·AC→＝6AO→ ·EC→，则AB AC 的值是________. 答案 3 解析 解法一：如图 1，过点 D 作 DF∥CE 交 AB 于点 F，由 D 是 BC 的 中点，可知 F 为 BE 的中点．又 BE＝2EA，则知 EF＝EA，从而可得 AO＝OD， 则有AO→ ＝1 2AD→ ＝1 4(AB→＋AC→)，EC→＝AC→－AE→＝AC→－1 3AB→，所以 6AO→ ·EC→＝3 2(AB→＋ AC→)· AC→－1 3AB→ ＝3 2AC→ 2－1 2AB→ 2＋AB→·AC→＝AB→·AC→，整理可得 AB→ 2＝3AC→ 2，所以AB AC ＝ 3. 解法二：以点 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系， 如图 2 所示. 设 E(1,0)，C(a，b)，则 B(3,0)，D a＋3 2 ，b 2 . lAD：y＝ b a＋3x， lCE：y＝ b a－1 x－1 ⇒O a＋3 4 ，b 4 . ∵AB→·AC→＝6AO→ ·EC→， ∴(3,0)·(a，b)＝6 a＋3 4 ，b 4 ·(a－1，b)， 即 3a＝6 a＋3a－1 4 ＋b2 4 ， ∴a2＋b2＝3，∴AC＝ 3.∴AB AC ＝ 3 3 ＝ 3. 专题作业 一、选择题 1.(2018·全国卷Ⅱ)已知向量 a，b 满足|a|＝1，a·b＝－1，则 a·(2a－b)＝( ) A.4 B．3 C．2 D．0 答案 B 解析 因为 a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－(－1)＝2＋1＝3，故选 B. 2.(2015·全国卷Ⅰ)设 D 为△ABC 所在平面内一点，BC→＝3CD→ ，则( ) A.AD→ ＝－1 3AB→＋4 3AC→ B.AD→ ＝1 3AB→－4 3AC→ C.AD→ ＝4 3AB→＋1 3AC→ D.AD→ ＝4 3AB→－1 3AC→ 答案 A 解析 由题意得AD→ ＝AC→＋CD→ ＝AC→＋1 3BC→＝AC→＋1 3AC→－1 3AB→＝－1 3AB→＋ 4 3AC→，故选 A. 3.(2019·百校联盟 TOP20 联考)已知 a＝(x,1)，b＝(－2，4)，若(a＋b)⊥b， 则 x 等于( ) A.8 B．10 C．11 D．12 答案 D 解析 ∵a＝(x,1)，b＝(－2,4)，∴a＋b＝(x－2,5)，又(a＋b)⊥b，∴(x－ 2)×(－2)＋20＝0，∴x＝12.故选 D. 4.(2018·北京高考)设 a，b 均为单位向量，则“|a－3b|＝|3a＋b|”是“a⊥b” 的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 答案 C 解析 |a－3b|＝|3a＋b|⇔|a－3b|2＝|3a＋b|2⇔a2－6a·b＋9b2＝9a2＋6a·b＋ b2，因为 a，b 均为单位向量，所以 10－6a·b＝10＋6a·b⇔a·b＝0⇔a⊥b，即“|a －3b|＝|3a＋b|”是“a⊥b”的充分必要条件．故选 C. 5.(2019·成都二诊)已知平面向量 a，b 的夹角为π 3 ，且|a|＝1，|b|＝1 2 ，则 a ＋2b 与 b 的夹角是( ) A.π 6 B.5π 6 C.π 4 D.3π 4 答案 A 解析 根据平行四边形法则作出 a＋2b，如图所示： 因为|a|＝2|b|＝1，所以平行四边形为菱形，又因为向量 a，b 的夹角为π 3 ， 所以 a＋2b 与 b 的夹角为π 6.故选 A. 6.(2019·永州模拟)在△ABC 中，∠BAC＝60°，AB＝5，AC＝6，D 是 AB 上 一点，且AB→·CD→ ＝－5，则|BD→ |等于( ) A.1 B．2 C．3 D．4 答案 C 解析 如图所示，设AD→ ＝kAB→，所以CD→ ＝AD→ －AC→＝kAB→－AC→， 所以AB→·CD→ ＝AB→·(kAB→－AC→)＝kAB→ 2－AB→·AC→＝25k－5×6×1 2 ＝25k－15＝ －5， 解得 k＝2 5 ，所以|BD→ |＝ 1－2 5 |AB→|＝3.故选 C. 7.(2019·四省联考诊断)若向量 a＝(1,2)，b＝(1，m)，且 a－b 与 b 的夹角为 钝角，则实数 m 的取值范围是( ) A.(0,2) B．(－∞，2) C.(－2,2) D．(－∞，0)∪(2，＋∞) 答案 D 解析 a－b＝(0,2－m)，由于两个向量的夹角为钝角，由夹角公式得 a－b·b |a－b||b| ＝ 2m－m2 |2－m|· 1＋m2<0，即 2m－m2<0，解得 m<0 或 m>2.故选 D. 8.(2019·长沙长郡中学调研)已知△ABC 中，2AB→＋AC→－5AD→ ＝0，延长 BD 交 AC 于 E，则|AE→| |AC→| 等于( ) A.1 4 B.2 3 C.1 2 D.1 3 答案 D 解析 取特殊三角形，令 A(0,0)，B(1,0)，C(0,1)，则有 D 2 5 ，1 5 ，直线 BD 的方程为y－0 1 5 －0 ＝x－1 2 5 －1 ， 化简得 y＝－1 3x＋1 3 ，令 x＝0，解得 y＝1 3 ， 所以 E 0，1 3 ，|AE→| |AC→| ＝ 1 3 1 ＝1 3 ，故选 D. 9.(2019·晋江四校期中)点 M 是△ABC 的边 BC 上任意一点，N 在线段 AM 上，且AN→＝xAB→＋yAC→，若 x＋y＝1 3 ，则△NBC 的面积与△ABC 的面积的比值是 ( ) A.1 2 B.1 3 C.2 3 D.1 4 答案 C 解析 如图，设BM→ ＝λBC→(0<λ<1)，AM→ ＝μAN→(μ≥1)， ∴AN→＝1 μAM→ ＝1 μ(AB→＋BM→ )＝1 μ(AB→＋λBC→) ＝1 μ(AB→＋λAC→－λAB→)＝1－λ μ AB→＋λ μAC→， ∵AN→＝xAB→＋yAC→，且 x＋y＝1 3 ， ∴1－λ μ ＋λ μ ＝1 μ ＝1 3 ， 则μ＝3.∴AM→ ＝3AN→，则AM→ ＝3 2NM→ ， 又∵△NBC 与△ABC 的底边 BC 相等， ∴△NBC 的面积与△ABC 的面积的比值是|NM→ | |AM→ | ＝2 3.故选 C. 10.(2018·浙江高考)已知 a，b，e 是平面向量，e 是单位向量，若非零向量 a 与 e 的夹角为π 3 ，向量 b 满足 b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是( ) A. 3－1 B. 3＋1 C．2 D．2－ 3 答案 A 解析 设 e＝(1,0)，b＝(x，y)， 则 b2－4e·b＋3＝0⇒x2＋y2－4x＋3＝0⇒(x－2)2＋y2＝1. 如图所示，设 a＝O A→，b＝ O B→ 其中 A 为射线 OA 上动点，B 为圆 C 上动点，∠AOx＝π 3 ，∴|a－b|min＝|CD| －1＝ 3－1(其中 CD⊥OA)．故选 A. 11．(2018·天津高考)如图，在平面四边形 ABCD 中，AB⊥BC，AD⊥CD， ∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若点 E 为边 CD 上的动点，则 A E→·B E→的最小值为 ( ) A.21 16 B.3 2 C.25 16 D．3 答案 A 解析 建立如图所示的平面直角坐标系，则 A 0，－1 2 ，B 3 2 ，0 ，C 0，3 2 ， D － 3 2 ，0 ， 因为点 E 在 CD 上，则 D E→＝λDC→ (0≤λ≤1)，设 E(x，y)，则 x＋ 3 2 ，y ＝ λ 3 2 ，3 2 ，即 x＋ 3 2 ＝ 3 2 λ， y＝3 2λ， 据此可得，E 3 2 λ－ 3 2 ，3 2λ ， 且 A E→＝ 3 2 λ－ 3 2 ，3 2λ＋1 2 ，B E→＝ 3 2 λ－ 3，3 2λ ， 由数量积的坐标运算法则可得，A E→·B E→＝ 3 2 λ－ 3 2 × 3 2 λ－ 3 ＋ 3 2λ× 3 2λ＋1 2 ， 整理可得，A E→·B E→＝3 4(4λ2－2λ＋2)(0≤λ≤1)， 结合二次函数的性质可知，当λ＝1 4 时，A E→·B E→取得最小值21 16.故选 A. 12.已知向量OA→ ，OB→ 满足|OA→ |＝|OB→ |＝1，OA→ ⊥OB→ ，OC→ ＝λOA→ ＋μOB→ (λ，μ ∈R)，若 M 为 AB 的中点，并且|MC→ |＝1，则λ＋μ的最大值是( ) A.1－ 3 B．1＋ 2 C. 5 D．1＋ 3 答案 B 解析 因为向量OA→ ，OB→ 满足|OA→ |＝|OB→ |＝1，OA→ ⊥OB→ ，所以将 A，B 放入 平面直角坐标系中，令 A(1,0)，B(0，1)，又因为 M 为 AB 的中点，所以 M 1 2 ，1 2 . 因为OC→ ＝λOA→ ＋μOB→ (λ，μ∈R)， 所以OC→ ＝λOA→ ＋μOB→ ＝λ(1,0)＋μ(0,1)＝λ＋μ，即点 C(λ，μ)，所以MC→ ＝ λ－1 2 ，μ－1 2 ，因为|MC→ |＝1， 所以 λ－1 2 2＋ μ－1 2 2＝1， 即点 C(λ，μ)在以 1 2 ，1 2 为圆心，1 为半径的圆上. 令 t＝λ＋μ，则μ＝t－λ，将其代入圆 λ－1 2 2＋ μ－1 2 2＝1 的方程，消去μ得 到关于λ的一元二次方程：2λ2－2tλ＋ t2－t－1 2 ＝0，所以Δ＝(2t)2－ 4×2 t2－t－1 2 ≥0，解得－ 2＋1≤t≤ 2＋1，即λ＋μ的最大值是 1＋ 2，故选 B. 二、填空题 13.已知向量 a，b 的夹角为 60°，|a|＝1，|b|＝2，若(a＋λb)∥(2a＋b)，则λ ＝________；若(a＋μb)⊥(2a＋b)，则μ＝________. 答案 1 2 －1 2 解析 因为(a＋λb)∥(2a＋b)，所以存在唯一实数 n，使得 a＋λb＝n(2a＋ b)，所以 1＝2n，λ＝n，解得λ＝1 2.因为(a＋μb)⊥(2a＋b)，且向量 a，b 的夹角为 60°，|a|＝1，|b|＝2，所以(a＋μb)·(2a＋b)＝2a2＋(1＋2μ)a·b＋μb2＝2＋1＋2μ＋4μ ＝0，解得μ＝－1 2. 14.已知向量 O A→⊥A B→，|O A→|＝3，则 O A→·O B→＝________. 答案 9 解析 ∵O A→⊥A B→，|O A→|＝3，∴O A→·O B→＝O A→·(O A→＋A B→)＝O A→2＋ O A→·A B→＝O A→2＝9. 15.(2019·新疆昌吉教育共同体月考)若等边△ABC 的边长为 2，平面内一点 M 满足CM→ ＝1 2CB→－1 3CA→，则AM→ ·BM→ 的值为________. 答案 16 9 解析 以 AC 的中点为坐标原点，AC 所在的直线为 x 轴，AC 边上的垂直 平分线为 y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则 A(1,0)，C(－1,0)，B(0， 3)， CA→＝(2,0)，CB→＝(1， 3)， 所以CM→ ＝1 2CB→－1 3CA→＝1 2(1， 3)－1 3(2,0)＝ －1 6 ， 3 2 ，所以AM→ ＝AC→＋CM→ ＝ (－2,0)＋ －1 6 ， 3 2 ＝ －13 6 ， 3 2 ， 所以BM→ ＝BC→＋CM→ ＝(－1，－ 3)＋ －1 6 ， 3 2 ＝ －7 6 ，－ 3 2 ， 所以AM→ ·BM→ ＝ －13 6 ， 3 2 · －7 6 ，－ 3 2 ＝16 9 . 16.在矩形 ABCD 中，AB＝2，AD＝1，E 为线段 BC 上的点，则 A E→·D E→的 最小值为________. 答案 15 4 解析 解法一：设 B E→＝λBC→(0≤λ≤1)，则 A E→＝A B→＋λBC→，D E→＝D C→＋ C E→＝A B→＋(λ－1)BC→， ∴A E→·D E→＝(A B→＋λBC→)·[A B→＋(λ－1)BC→]. 又|A B→|＝2，|B C→|＝1，且 AB⊥BC 即 A B→·B C→＝0， ∴A E→·D E→＝4＋λ(λ－1)＝λ2－λ＋4 ＝ λ－1 2 2＋15 4 . 当λ＝1 2 时，A E→·D E→最小为15 4 . 解法二：以 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，建 立如图所示平面直角坐标系，则 A(0,0)，B(2,0)，D(0,1)， 设 E(2，y)(0≤y≤1)， 则 A E→＝(2，y)，D E→＝(2，y－1)， ∴A E→·D E→＝y2－y＋4＝ y－1 2 2＋15 4 . ∴当 y＝1 2 时，A E→·D E→最小，最小值为15 4 . 第 6 讲 三角函数的图象与性质 [考情分析] 高考对三角函数的图象的考查有：利用“五点法”作出图象、 图象变换、由三角函数的图象研究三角函数的性质、由三角函数的部分图象确定 解析式等．三角函数的性质是高考的一个重要考点，它既有直接考查的客观题， 也有综合考查的主观题，常通过三角变换将其转化为 y＝Asin(ωx＋φ)的形式，再 研究其性质(定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性、对称性). 热点题型分析 热点 1 三角函数的概念、诱导公式及同角三角函数的基本关系 1.利用三角函数的定义时应注意三角函数值仅与终边位置有关，与终边上 点的位置无关. 2.应用诱导公式时要弄清三角函数在各个象限的符号，利用同角三角函数 的关系化简时要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等. 3.已知 tanα的值，求关于 sinα与 cosα的齐 n 次分式的值：分子、分母同除 以 cosnα，转化为关于 tanα的式子求解. 1.若 tanα＝3 4 ，则 cos2α＋2sin2α等于( ) A.64 25 B.48 25 C．1 D.16 25 答案 A 解析 tanα＝3 4 ，则 cos2α＋2sin2α＝cos2α＋2sin2α cos2α＋sin2α ＝1＋4tanα 1＋tan2α ＝64 25. 2.(2017·北京高考)在平面直角坐标系 xOy 中，角α与角β均以 Ox 为始边， 它们的终边关于 y 轴对称．若 sinα＝1 3 ，则 cos(α－β)＝________. 答案 －7 9 解析 由题意知α＋β＝π＋2kπ(k∈Z)， ∴β＝π＋2kπ－α(k∈Z)，sinβ＝sinα，cosβ＝－cosα. 又 sinα＝1 3 ，∴cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ ＝－cos2α＋sin2α＝2sin2α－1＝2×1 9 －1＝－7 9. 第 1 题中易忽略 sin2α＋cos2α＝1 的应用，想不到将所求式子的分母看作 “1”，利用代换后转化为“切”，然后求解．第 2 题易错点有二：一是不能把角α 与角β的终边关于 y 轴对称正确转化出角α与角β的关系；二是由α＋β＝π＋2kπ(k ∈Z)不能利用诱导公式正确得出角α与角β的正余弦之间的关系. 热点 2 三角函数的图象与解析式 1.已知函数 y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系 数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求 A；由函数的周期确定ω；确定φ常 根据“五点法”中的五个点求解，一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的 升降找到第一个零点的位置. 2.在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换．周期变换 只是相对于自变量 x 而言的，如果 x 的系数不是 1，就要把这个系数提取后再确 定变换的单位长度和方向. 题型 1 三角函数的图象与变换 (2017·全国卷Ⅰ)已知曲线 C1：y＝cosx，C2：y＝sin 2x＋2π 3 ，则下面结论 正确的是( ) A.把 C1 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线 向右平移π 6 个单位长度，得到曲线 C2 B.把 C1 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线 向左平移 π 12 个单位长度，得到曲线 C2 C.把 C1 上各点的横坐标缩短到原来的1 2 ，纵坐标不变，再把得到的曲线向 右平移π 6 个单位长度，得到曲线 C2 D.把 C1 上各点的横坐标缩短到原来的1 2 ，纵坐标不变，再把得到的曲线向 左平移 π 12 个单位长度，得到曲线 C2 答案 D 解析 解法一：因为 C2：y＝sin 2x＋2π 3 ＝cos 2x＋2π 3 －π 2 ＝cos 2x＋π 6 ， 把 C1：y＝cosx 图象上各点的横坐标变为原来的1 2 ，得到 y＝cos2x，再把 y＝cos2x 图象上各点的横坐标向左平移 π 12 个单位得到 C2.故选 D. 解法二：因为 C2：y＝sin 2x＋2π 3 ＝cos 2x＋2π 3 －π 2 ＝cos 2x＋π 6 ，把 C1：y ＝cosx 图象上各点的横坐标向左平移π 6 个单位得到 y＝cos x＋π 6 ，再把 y＝ cos x＋π 6 图象上各点的横坐标变为原来的1 2 得到 C2.故选 D. 变换前后，函数的名称要一致，若不一致，应先利用诱导公式转化为同名 函数．如本题易错点有二：一是不改变函数名直接伸缩，平移而出错；二是解法 一中先伸缩后平移的改变量出错. 题型 2 利用三角函数图象求解析式 已知函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ) ω>0，|φ|≤π 2 的部分图象如图所示，将函数 f(x) 的图象向左平移 π 12 个单位长度后，所得图象与函数 y＝g(x)的图象重合，则( ) A．g(x)＝2sin 2x＋π 3 B.g(x)＝2sin 2x＋π 6 C.g(x)＝2sin2x D.g(x)＝2sin 2x－π 3 答案 A 解析 根据函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ) ω>0，|φ|≤π 2 的部分图象，可得 3 4T＝ 3 4·2π ω ＝2π 3 ＋ π 12 ，∴ω＝2，利用 f － π 12 ＝0，可得ω· － π 12 ＋φ＝2· － π 12 ＋φ＝0， ∴φ＝π 6 ，故 f(x)＝2sin 2x＋π 6 ，将函数 f(x)的图象向左平移 π 12 个单位长度后，所 得图象与函数 y＝g(x)的图象重合，故 g(x)＝2sin 2x＋π 6 ＋π 6 ＝2sin 2x＋π 3 ，故选 A. 本题易错点有二：一是不能由图象得出 3 4T 的值，从而不能正确得出ω；二 是判断不准零点 x＝－ π 12 对应的是ωx＋φ＝0 还是ωx＋φ＝π，从而影响φ的正确得 出．一般地，利用零点时，图象上升时与 x 轴的交点：ωx＋φ＝0；图象下降时 与 x 轴的交点：ωx＋φ＝π.如果求出的φ值不在指定范围内，可以通过加减2π ω 的整 数倍达到目的. 热点 3 三角函数的性质(高频考点) 求解函数 y＝Asin(ωx＋φ)的性质问题的三种意识： (1)转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为 f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形 式. (2)整体意识：类比 y＝sinx 的性质，只需将 y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ” 看成 y＝sinx 中的 x，采用整体代换求解. ①令ωx＋φ＝kπ＋π 2(k∈Z)，可求得对称轴方程； ②令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标； ③将ωx＋φ看作整体，可求得 y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，注意ω的符号. (3)讨论意识：当 A 为参数时，求最值应分情况讨论 A>0，A<0. 题型 1 三角函数的定义域和值域 1.(2018·北京高考)设函数 f(x)＝cos ωx－π 6 (ω>0)．若 f(x)≤f π 4 对任意的实 数 x 都成立，则ω的最小值为________. 答案 2 3 解析 ∵f(x)≤f π 4 对任意的实数 x 都成立， ∴f π 4 ＝cos π 4ω－π 6 ＝1 得 π 4ω－π 6 ＝2kπ(k∈Z)，∴ω＝2 3 ＋8k(k∈Z)，∵ω>0， ∴ω的最小值为2 3. 2.(2017·全国卷Ⅱ)函数 f(x)＝sin2x＋ 3cosx－3 4 x∈ 0，π 2 的最大值是 ________. 答案 1 解析 f(x)＝1－cos2x＋ 3cosx－3 4 ＝－ cosx－ 3 2 2＋1.∵x∈ 0，π 2 ，∴cosx ∈[0,1]，∴当 cosx＝ 3 2 时，f(x)取得最大值，最大值为 1. 第 2 题易错点有二：一是变换的目标不明确，不能化为“一角一函数”的 形式进而求解；二是换元之后忽略新元定义域而导致出错. 题型 2 三角函数的单调性 (2019·汕头一模)函数 f(x)＝sin(ωx＋φ) ω>0，|φ|≤π 2 在区间 π 4 ，π 2 内是增函 数，则( ) A.f π 4 ＝－1 B．f(x)的周期为π 2 C.ω的最大值为 4 D．f 3π 4 ＝0 答案 C 解析 解法一：由题知，π 2 －π 4 ≤T 2 ，又 T＝2π ω ， ∴π 4 ≤π ω ，即1 4 ≤1 ω ，ω≤4，C 正确．故选 C. 解法二：当ω＝1，φ＝0 时，函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)＝sinx 在区间 π 4 ，π 2 上单 调递增，此时 f π 4 ＝ 2 2 ≠－1，排除 A；f(x)的最小正周期为 2π，排除 B；f 3π 4 ＝ 2 2 ≠0，排除 D.故选 C. 本题对 y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间求法不熟易导致无从下手. 题型 3 三角函数的奇偶性、周期性、对称性 (2019·青岛模拟)若函数 f(x)＝sin 2x－π 6 的图象向左平移π 6 个单位后，得到 y ＝g(x)的图象，则下列说法错误的是( ) A.y＝g(x)的最小正周期为π B.y＝g(x)的图象关于直线 x＝π 6 对称 C.y＝g(x)在 －π 6 ，π 3 上单调递增 D.y＝g(x)的图象关于点 5π 12 ，0 答案 C 解析 把函数 f(x)＝sin 2x－π 6 的图象向左平移π 6 个单位后，得到 y＝g(x)＝ sin 2x＋π 6 的图象，故 g(x)的最小正周期为 T＝2π 2 ＝π，故 A 正确；令 x＝π 6 可得 g(x)＝1，为最大值，故 y＝g(x)的图象关于直线 x＝π 6 对称，故 B 正确；在 －π 6 ，π 3 上 2x＋π 6 ∈ －π 6 ，5π 6 ，故 y＝g(x)在 －π 6 ，π 3 上没有单调性，故 C 错误；由 x＝5π 12 ， 可得 g(x)＝0，故 y＝g(x)的图象关于点 5π 12 ，0 对称，故 D 正确．故选 C. 本题易错点有两个：一是平移规则不熟悉而导致 g(x)解析式错求为 g(x)＝ sin2x；二是不会利用 y＝Asin(ωx＋φ)性质的整体代换意识解决此类问题. 真题自检感悟 1.(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈ 0，π 2 ，2sin2α＝cos2α＋1，则 sinα＝( ) A.1 5 B. 5 5 C. 3 3 D.2 5 5 答案 B 解析 由 2sin2α＝cos2α＋1，得 4sinαcosα＝2cos2α. 又α∈ 0，π 2 ，∴tanα＝1 2 ，∴sinα＝ 5 5 .故选 B. 2.(2018·全国卷Ⅱ)若 f(x)＝cosx－sinx 在[－a，a]是减函数，则 a 的最大值 是( ) A.π 4 B.π 2 C.3π 4 D．π 答案 A 解析 ∵f(x)＝cosx－sinx＝ 2cos x＋π 4 ，∴由 2kπ≤x＋π 4 ≤π＋2kπ(k∈Z) 得－π 4 ＋2kπ≤x≤3π 4 ＋2kπ(k∈Z)，∴[－a，a]⊂ －π 4 ，3π 4 ，∴－a0)两个相邻的极值 点，则ω＝( ) A.2 B.3 2 C．1 D.1 2 答案 A 解析 由题意及函数 y＝sinωx 的图象与性质可知，1 2T＝3π 4 －π 4 ，∴T＝π， ∴2π ω ＝π，∴ω＝2.故选 A. 5.(2019·全国卷Ⅲ)函数 f(x)＝2sinx－sin2x 在[0,2π]的零点个数为( ) A.2 B．3 C．4 D．5 答案 B 解析 令 f(x)＝0，得 2sinx－sin2x＝0，即 2sinx－2sinxcosx＝0，∴2sinx(1 －cosx)＝0，∴sinx＝0 或 cosx＝1.又 x∈[0,2π]，∴由 sinx＝0 得 x＝0，π或 2π， 由 cosx＝1 得 x＝0 或 2π.故函数 f(x)的零点为 0，π，2π，共 3 个．故选 B. 6.(2019·衡水联考)将函数 f(x)＝2sin 4x－π 3 的图象向左平移π 6 个单位，再把 所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍，得到函数 y＝g(x)的图象，则下列关于函数 y ＝g(x)的说法错误的是( ) A.最小正周期为π B.图象关于直线 x＝ π 12 对称 C.图象关于点 π 12 ，0 对称 D.初相为π 3 答案 C 解析 易求得 g(x)＝2sin 2x＋π 3 ，其最小正周期为π，初相为π 3 ，即 A，D 正确，而 g π 12 ＝2sinπ 2 ＝2.故函数 y＝g(x)的图象关于直线 x＝ π 12 对称，即 B 正确， C 错误．故选 C. 7.(2019·天津高考)已知函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数， 将 y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变)，所得图象对 应的函数为 g(x)．若 g(x)的最小正周期为 2π，且 g π 4 ＝ 2，则 f 3π 8 ＝( ) A.－2 B．－ 2 C. 2 D．2 答案 C 解析 因为 f(x)是奇函数(显然定义域为 R)，所以 f(0)＝Asinφ＝0，所以 sinφ ＝0.又|φ|<π，所以φ＝0. 由题意得 g(x)＝Asin 1 2ωx ，且 g(x)最小正周期为 2π，所以1 2ω＝1，即ω＝2. 所以 g(x)＝Asinx， 所以 g π 4 ＝Asinπ 4 ＝ 2 2 A＝ 2，所以 A＝2. 所以 f(x)＝2sin2x，所以 f 3π 8 ＝ 2.故选 C. 8.(2017·天津高考)设函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω＞0，|φ|＜π.若 f 5π 8 ＝2，f 11π 8 ＝0，且 f(x)的最小正周期大于 2π，则( ) A.ω＝2 3 ，φ＝ π 12 B．ω＝2 3 ，φ＝－11π 12 C.ω＝1 3 ，φ＝－11π 24 D．ω＝1 3 ，φ＝7π 24 答案 A 解析 ∵f 5π 8 ＝2，f 11π 8 ＝0，且 f(x)的最小正周期大于 2π， ∴f(x)的最小正周期为 4 11π 8 －5π 8 ＝3π， ∴ω＝2π 3π ＝2 3 ，∴f(x)＝2sin 2 3x＋φ . ∴2sin 2 3 ×5π 8 ＋φ ＝2，得φ＝2kπ＋ π 12 ，k∈Z. 又|φ|＜π，∴取 k＝0，得φ＝ π 12.故选 A. 9．(2019·长郡中学、衡阳八中联考)函数 f(x)＝sin(ωx＋φ) ω＞0，|φ|＜π 2 的 部分图象如图所示，已知 A 5π 12 ，1 ，B 11π 12 ，－1 ，则 f(x)图象的对称中心为( ) A. kπ 2 ＋5π 6 ，0 (k∈Z) B. kπ＋5π 6 ，0 (k∈Z) C. kπ 2 ＋π 6 ，0 (k∈Z) D. kπ＋π 6 ，0 (k∈Z) 答案 C 解析 T＝2 11π 12 －5π 12 ＝π＝2π ω ，∴ω＝2，因此 f(x)＝sin(2x＋φ)．由五点作 图法知 A 5π 12 ，1 是第二点，得 2×5π 12 ＋φ＝π 2 ， 2×5π 12 ＋φ＝π 2 ＋2kπ(k∈Z)，∴φ＝－π 3 ＋2kπ(k∈Z)，又|φ|<π 2 ，∴φ＝－π 3 ，∴ f(x)＝sin 2x－π 3 . 由 2x－π 2 ＝kπ(k∈Z)，得 x＝kπ 2 ＋π 6(k∈Z). ∴f(x)图象的对称中心为 kπ 2 ＋π 6 ，0 (k∈Z)．故选 C. 10.(2019·全国卷Ⅲ)设函数 f(x)＝sin ωx＋π 5 (ω>0)，已知 f(x)在[0,2π]有且仅 有 5 个零点，下述四个结论： ①f(x)在(0,2π)有且仅有 3 个极大值点； ②f(x)在(0,2π)有且仅有 2 个极小值点； ③f(x)在 0， π 10 单调递增； ④ω的取值范围是 12 5 ，29 10 . 其中所有正确结论的编号是( ) A.①④ B．②③ C.①②③ D．①③④ 答案 D 解析 已知 f(x)＝sin ωx＋π 5 (ω>0)在[0,2π]有且仅有 5 个零点，如图，其图 象的右端点的横坐标在[a，b)上，此时 f(x)在(0,2π)有且仅有 3 个极大值点，但 f(x) 在(0,2π)可能有 2 或 3 个极小值点，所以①正确，②不正确；当 x∈[0,2π]时，ωx ＋π 5 ∈ π 5 ，2πω＋π 5 ，由 f(x)在[0,2π]有且仅有 5 个零点可得 5π≤2πω＋π 5<6π，得ω 的取值范围是 12 5 ，29 10 ，所以④正确；当 x∈ 0， π 10 时，π 5<ωx＋π 5<πω 10 ＋π 5<49π 100<π 2 ， 所以 f(x)在 0， π 10 单调递增，所以③正确．故选 D. 二、填空题 11.已知 sin －π 2 －α ·cos －7π 2 ＋α ＝12 25 ，且 0<α<π 4 ，则 sinα＝________，cosα ＝________. 答案 3 5 4 5 解析 由诱导公式得 sin －π 2 －α ·cos －7π 2 ＋α ＝－cosα·(－sinα)，即 sinα·cosα＝12 25.又∵0<α<π 4 ，sin2α＋cos2α＝1， 得 sinα＝3 5 ，cosα＝4 5. 12．(2019·衡水中学一模)已知函数 f(x)＝－2cosωx(ω>0)的图象向左平移 φ 0＜φ＜π 2 个单位，所得的部分函数图象如图所示，则φ的值为________. 答案 π 12 解析 由题图知，T＝2 11π 12 －5π 12 ＝π，∴ω＝2π T ＝2，∴f(x)＝－2cos2x，∴ f(x＋φ)＝－2cos(2x＋2φ)， 则由图象知，f 5π 12 ＋φ ＝－2cos 5π 6 ＋2φ ＝2. ∴5π 6 ＋2φ＝2kπ＋π(k∈Z)，则φ＝ π 12 ＋kπ(k∈Z). 又 0<φ<π 2 ，所以φ＝ π 12. 13.(2019·枣庄模拟)已知 f(x)＝sinωx－cosωx ω＞2 3 ，若函数 f(x)图象的任何 一条对称轴与 x 轴交点的横坐标都不属于区间(π，2π)，则ω的取值范围是 ________．(结果用区间表示) 答案 3 4 ，7 8 解析 f(x)＝sinωx－cosωx＝ 2sin ωx－π 4 ， ∵函数 f(x)图象的任何一条对称轴与 x 轴交点的横坐标都不属于区间(π， 2π)，则T 2 ＝π ω ≥2π－π，∴ω≤1，∴2 3<ω≤1. 令ωx－π 4 ＝π 2 ＋kπ(k∈Z)，解得 x＝3π 4ω ＋kπ ω(k∈Z). ∴3π 4ω ＋kπ ω ≤π且3π 4ω ＋k＋1π ω ≥2π(k∈Z)， ∴ω≥3 4 ＋k 且ω≤k＋1 2 ＋3 8(k∈Z)， ∴k＝0.此时，ω≥3 4 且ω≤7 8. 综上，3 4 ≤ω≤7 8. 14.(2019·广东省际名校联考)将函数 f(x)＝1－2 3·cos2x－(sinx－cosx)2 的图 象向左平移π 3 个单位，得到函数 y＝g(x)的图象，若 x∈ －π 2 ，π 2 ，则函数 g(x)的单 调递增区间是________. 答案 －5π 12 ， π 12 解析 ∵f(x)＝1－2 3cos2x－(sinx－cosx)2 ＝sin2x－ 3cos2x－ 3＝2sin 2x－π 3 － 3， ∴g(x)＝2sin 2 x＋π 3 －π 3 － 3＝2sin 2x＋π 3 － 3， 由－π 2 ＋2kπ≤2x＋π 3 ≤π 2 ＋2kπ(k∈Z)， 得－5π 12 ＋kπ≤x≤ π 12 ＋kπ(k∈Z)，∵x∈ －π 2 ，π 2 ， ∴函数 g(x)在 －π 2 ，π 2 上的单调递增区间是 －5π 12 ， π 12 . 第 7 讲 三角恒等变换与解三角形 [考情分析] 三角恒等变换是高考的热点内容，主要考查利用各种三角函 数公式进行求值与化简，其中降幂公式、辅助角公式是考查的重点，切化弦、角 的变换是常考的内容．正弦定理、余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容， 主要考查：(1)边和角的计算；(2)三角形形状的判断；(3)面积的计算；(4)有关边、 角的范围问题；(5)实际应用问题. 热点题型分析 热点 1 三角恒等变换及求值 三角恒等变换“四大策略”： (1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等； (2)项的分拆与角的配凑，如： sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α， α＝(α－β)＋β等； (3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次； (4)弦、切互化：一般是切化弦. 1.若 sin π 6 －α ＝1 3 ，则 cos 2π 3 ＋2α 的值为( ) A.－1 3 B．－7 9 C.1 3 D.7 9 答案 B 解析 ∵sin π 6 －α ＝cos π 2 － π 6 －α ＝cos π 3 ＋α ＝1 3 ，∴cos 2π 3 ＋2α ＝ 2cos2 π 3 ＋α －1＝2× 1 3 2－1＝－7 9. 2.若α，β都是锐角，且 cosα＝ 5 5 ，sin(α－β)＝ 10 10 ，则 cosβ＝( ) A. 2 2 B. 2 10 C. 2 2 或－ 2 10 D. 2 2 或 2 10 答案 A 解析 ∵α，β都是锐角，∴－π 2<α－β<π 2 ，又 cosα＝ 5 5 ，sin(α－β)＝ 10 10 ， ∴sinα＝2 5 5 ，cos(α－β)＝3 10 10 ，∴cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋ sinαsin(α－β)＝ 5 5 ×3 10 10 ＋2 5 5 × 10 10 ＝ 2 2 .故选 A. 研究三角函数式的求值问题，解题的关键是找出条件中的角与所求角的联 系，依据函数名称的变换特点，选择合适的公式求解．第 1 题易错点有二：一是 不善于发现π 6 －α与π 3 ＋α两角的互余关系；二是二倍角公式的正确记忆及应用．第 2 题易忽略角的配凑技巧，而利用两角和与差公式直接展开，结合同角基本关系 式 1＝sin2θ＋cos2θ而错选 C. 热点 2 正弦定理、余弦定理 1.利用正、余弦定理解三角形的思路 (1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定 理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都 不明显时，则考虑两个定理都有可能用到； (2)关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理 及有关三角形的性质，常见的三角恒等变换方法和原则都适用，同时要注意“三 统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”. 2.利用正、余弦定理判断三角形形状的两种常用途径 (1)角化边：通过正弦、余弦定理化角为边，通过代数恒等变换，求出边与 边之间的关系进行判断； (2)边化角：通过正弦、余弦定理化边为角，利用三角变换得出三角形内角 之间的关系进行判断. 3.与三角形面积有关问题的解题思路 (1)先转化：根据条件，利用三角变换公式化简已知条件等式，再利用正、 余弦定理化边或化角； (2)再选面积公式：根据条件选择面积公式，多用三角形的面积 S＝1 2absinC ＝1 2acsinB＝1 2bcsinA； (3)后求值：若求值可根据条件直接求出，若求最值，注意根据条件常利用 基本不等式求最值. 1.(2018·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若△ABC 的面积为a2＋b2－c2 4 ，则 C＝( ) A.π 2 B.π 3 C.π 4 D.π 6 答案 C 解析 由题可知 S△ABC＝1 2absinC＝a2＋b2－c2 4 ，所以 a2＋b2－c2＝2absinC 由 余弦定理 a2＋b2－c2＝2abcosC，所以 sinC＝cosC.因为 C∈(0，π)，所以 C＝π 4 ， 故选 C. 2.在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若 c－acosB＝(2a －b)cosA，则△ABC 的形状为( ) A.等腰三角形 B．直角三角形 C.等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 答案 D 解析 ∵c－acosB＝(2a－b)cosA，C＝π－(A＋B)，由正弦定理得，sinC－ sinAcosB＝2sinAcosA－sinBcosA，∴sin(A＋B)－sinAcosB＝2sinAcosA－sinBcosA， 得 2cosAsinB＝2sinAcosA，∴cosA＝0 或 sinB＝sinA， ∴A＝π 2 或 B＝A 或 B＝π－A(舍去)，∴△ABC 为等腰或直角三角形．故选 D. 3.(2018·浙江高考)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， 若 a＝ 7，b＝2，A＝60°，则 sinB＝________，c＝________. 答案 21 7 3 解析 由正弦定理 a sinA ＝ b sinB ，得 7 3 2 ＝ 2 sinB ，所以 sinB＝ 21 7 .由余弦定理， cosA＝b2＋c2－a2 2bc ，得1 2 ＝4＋c2－7 4c ，所以 c＝3. (1)第 1 题易错在三角形面积公式的选择和余弦定理的正确运用上； (2)应用正、余弦定理求角时容易出现增解或漏解的错误，如第 2 题易忽略 cosA＝0 的情况而错选 A； (3)第 3 题在求边 c 时，如果选用正弦定理易由于运算量过大而导致出错， 恰当的选择余弦定理可简便求解. 热点 3 正、余弦定理的实际应用 解正弦、余弦定理的实际应用问题的步骤： (1)分析：理解题意，分清已知与所求，画出示意图．尤其要理解题中的有 关名词、术语，如坡度、仰角、俯角、方位角等； (2)建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的 三角形中，建立一个解三角形的数学模型； (3)求解：利用正弦定理和余弦定理有序地解三角形，求得数学模型的解； (4)检验：检验上述所求的三角形是否具有实际意义，对结果进行取舍，得 出实际问题的解. 1．如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为 120°的扇形 AOB，C 是该小区 的一个出入口，且小区里有一条平行于 AO 的小路 CD.已知某人从 O 沿 OD 走到 D 用了 2 分钟，从 D 沿 DC 走到 C 用了 3 分钟．若此人步行的速度为每分钟 50 米，则该扇形的半径为________米. 答案 50 7 解析 连接 OC，由题意知 CD＝150 米，OD＝100 米，∠CDO＝60°.在△ COD 中，由余弦定理得 OC2＝CD2＋OD2－2CD·OD·cos 60°，即 OC＝50 7. 2．某观测站 C 在目标 A 的南偏西 25°方向，从 A 出发有一条南偏东 35°走 向的公路，在 C 处测得与 C 相距 31 km 的公路 B 处有一个人正沿着此公路向 A 走去，走 20 km 到达 D，此时测得 CD 距离为 21 km，若此人必须在 20 分钟内 从 D 处到达 A 处，则此人的最小速度为________ km/h. 答案 45 解析 由已知得∠CAB＝25°＋35°＝60°，BC＝31，CD＝21，BD＝20，可 得 cosB＝BC2＋BD2－CD2 2BC×BD ＝312＋202－212 2×31×20 ＝23 31 ，那么 sinB＝12 3 31 ，于是在△ABC 中，AC＝ BCsinB sin∠CAB ＝24， 在△ABC 中，BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos60°，即 312＝242＋AB2－24AB， 解得 AB＝35 或 AB＝－11(舍去)，因此 AD＝AB－BD＝35－20＝15. 故此人在 D 处距 A 处还有 15 km，若此人必须在 20 分钟，即1 3 小时内从 D 处到达 A 处，则其最小速度为 15÷1 3 ＝45(km/h). 理解题中方向角的概念，第 2 题易概念不清楚而导致出错. 真题自检感悟 1.(2018·全国卷Ⅲ)若 sinα＝1 3 ，则 cos2α＝( ) A.8 9 B.7 9 C．－7 9 D．－8 9 答案 B 解析 由公式可得 cos2α＝1－2sin2α＝1－2 9 ＝7 9.故选 B. 2.(2017·山东高考)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若△ABC 为锐角三角形，且满足 sinB(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，则下列等式成立 的是( ) A.a＝2b B．b＝2a C.A＝2B D．B＝2A 答案 A 解析 ∵等式右边＝sinAcosC＋(sinAcosC＋cosAsinC) ＝sinAcosC＋sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinB，等式左边＝sinB＋2sinBcosC，∴ sinB＋2sinBcosC＝sinAcosC＋sinB.由 cosC＞0，得 sinA＝2sinB.根据正弦定理， 得 a＝2b.故选 A. 3.(2019·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若 b＝6， a＝2c，B＝π 3 ，则△ABC 的面积为________. 答案 6 3 解析 由余弦定理得 b2＝a2＋c2－2accosB.又 b＝6，a＝2c，B＝π 3 ， ∴36＝4c2＋c2－2×2c2×1 2 ，∴c＝2 3，a＝4 3， ∴S△ABC＝1 2acsinB＝1 2 ×4 3×2 3× 3 2 ＝6 3. 4.(2017·浙江高考)已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.点 D 为 AB 延长线上 一点，BD＝2，连接 CD，则△BDC 的面积是________，cos∠BDC＝________. 答案 15 2 10 4 解析 解法一：依题意作出图形，如图所示， 则 sin∠DBC＝sin∠ABC. 由题意知 AB＝AC＝4，BC＝BD＝2， 由余弦定理得 cos∠ABC＝AB2＋BC2－AC2 2AB·BC ＝42＋22－42 2×4×2 ＝1 4 ， 则 sin∠DBC＝sin∠ABC＝ 15 4 ， 所以 S△BDC＝1 2BC·BD·sin∠DBC＝1 2 ×2×2× 15 4 ＝ 15 2 . 因为 cos∠DBC＝－cos∠ABC＝－1 4 ＝BD2＋BC2－CD2 2BD·BC ＝8－CD2 8 ， 所以 CD＝ 10. 由余弦定理，得 cos∠BDC＝ 4＋10－4 2×2× 10 ＝ 10 4 . 解法二：同解法一得 cos∠ABC＝1 4 ，S△BDC＝ 15 2 . 因为 BD＝BC＝2，所以∠BDC＝1 2 ∠ABC， 则 cos∠BDC＝ 1＋cos∠ABC 2 ＝ 10 4 . 专题作业 一、选择题 1.下列各式中，值为1 2 的是( ) A.sin15°cos15° B．cos2 π 12 －sin2 π 12 C. 1＋cosπ 6 2 D. tan22.5° 1－tan222.5° 答案 D 解析 sin15°cos15°＝1 2sin30°＝1 4 ，排除 A；cos2 π 12 －sin2 π 12 ＝ cosπ 6 ＝ 3 2 ，排除 B; 1＋cosπ 6 2 ＝ 1＋ 3 2 2 ＝ 2＋ 3 2 ，排除 C；由 tan45° ＝ 2tan22.5° 1－tan222.5° ＝1 知 tan22.5° 1－tan222.5° ＝1 2 ，故选 D. 2.(2019·山师大附中模拟)设函数 f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)在 x＝π 6 时取得最 大值，则函数 g(x)＝cos(2x＋φ)的图象( ) A.关于点 π 6 ，0 对称 B．关于点 π 3 ，0 对称 C.关于直线 x＝π 6 对称 D．关于直线 x＝π 3 对称 答案 A 解析 因为当 x＝π 6 时，f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)取得最大值，所以φ＝π 6 ，则 g(x)＝cos 2x＋π 6 ，对称中心为 kπ 2 ＋π 6 ，0 ，k∈Z，对称轴 x＝kπ 2 － π 12 ，k∈Z，故 选 A. 3．(2019·重庆铜梁一中月考)已知函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)，x∈ － π 12 ，2π 3 的图象如图，若 f(x1)＝f(x2)，且 x1≠x2，则 f(x1＋x2)的值为( ) A. 3 B. 2 C．1 D．0 答案 C 解析 由图象得3T 4 ＝2π 3 － － π 12 ，∴T＝π，ω＝2π T ＝2， ∵图象过点 2π 3 ，－2 ，∴2sin 2π 3 ×2＋φ ＝2sin 4π 3 ＋φ ＝－2， 得4π 3 ＋φ＝3π 2 ＋2kπ(k∈Z)，∴φ＝π 6 ＋2kπ(k∈Z)， ∴f(x)＝2sin 2x＋π 6 ＋2kπ ＝2sin 2x＋π 6 ，由图象可知，函数 f(x)的一条对称 轴为 x＝－ π 12 ＋T 4 ＝π 6 ，又 f(x1)＝f(x2)，∴x1＋x2＝π 6 ×2＝π 3 ，∴f(x1＋x2)＝f π 3 ＝ 2sin 2×π 3 ＋π 6 ＝1，故选 C. 4.(2019·晋城一模)若|sinθ|＋|cosθ|＝2 3 3 ，则 sin4θ＋cos4θ＝( ) A.5 6 B.17 18 C.8 9 D.2 3 答案 B 解析 将|sinθ|＋|cosθ|＝2 3 3 两边平方得，1＋|sin2θ|＝4 3 ，∴|sin2θ|＝1 3 ，∴ sin4θ＋cos4θ＝1－2sin2θcos2θ＝1－1 2sin22θ＝17 18 ，故选 B. 5.函数 f(x)＝(1－cos2x)·cos2x，x∈R，设 f(x)的最大值是 A，最小正周期为 T，则 f(AT)的值等于( ) A.1 4 B.1 2 C．1 D．0 答案 B 解析 ∵f(x)＝(1－cos2x)cos2x ＝(1－cos2x)1＋cos2x 2 ＝1 2(1－cos22x) ＝1 2 1－1＋cos4x 2 ＝－1 4cos4x＋1 4. ∴当 cos4x＝－1 时，A＝f(x)max＝1 2 ，T＝2π 4 ＝π 2. ∴f(AT)＝f π 4 ＝－1 4cosπ＋1 4 ＝1 2.故选 B. 6.(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cosC 2 ＝ 5 5 ，BC＝1，AC＝5，则 AB＝( ) A.4 2 B. 30 C. 29 D．2 5 答案 A 解析 因为 cosC＝2cos2C 2 －1＝2× 5 5 2－1＝－3 5 ，所以 c2＝a2＋b2－ 2abcosC＝1＋25－2×1×5× －3 5 ＝32，所以 c＝4 2，故选 A. 7.若 tanα＝2tanπ 5 ，则 cos α－3π 10 sin α－π 5 ＝( ) A.1 B．2 C．3 D．4 答案 C 解析 由已知， cos α－3π 10 sin α－π 5 ＝ cosαcos3π 10 ＋sinαsin3π 10 sinαcosπ 5 －cosαsinπ 5 ＝ cosαsinπ 5 ＋sinαcosπ 5 sinαcosπ 5 －cosαsinπ 5 ＝ tanπ 5 ＋tanα tanα－tanπ 5 ＝ 3tanπ 5 tanπ 5 ＝3，故选 C. 8.在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 a＋b＋c sinA＋sinB＋sinC ＝ 2 3 3 ，A＝π 3 ，b＝1，则△ABC 的面积为( ) A. 3 2 B. 3 4 C.1 2 D.1 4 答案 B 解析 由正弦定理得 a＋b＋c sinA＋sinB＋sinC ＝2R＝2 3 3 ， ∴ a sinA ＝2 3 3 ，即 a 3 2 ＝2 3 3 ，a＝1，∵A＝π 3 ，b＝1， ∴△ABC 为等边三角形， ∴S＝1 2absinC＝ 3 4 .故选 B. 9.(2019·重庆巴蜀中学期中)已知 f(x)＝sin(ωx＋θ) 其中ω＞0，θ∈ 0，π 2 ， f′(x1)＝f′(x2)＝0，|x1－x2|的最小值为π 2 ，f(x)＝f π 3 －x ，将 f(x)的图象向左平移π 6 个单位长度得 g(x)，则 g(x)的单调递减区间是( ) A. kπ，kπ＋π 2 (k∈Z) B. kπ＋π 6 ，kπ＋2π 3 (k∈Z) C. kπ＋π 3 ，kπ＋5π 6 (k∈Z) D. kπ＋ π 12 ，kπ＋7π 12 (k∈Z) 答案 A 解析 ∵f(x)＝sin(ωx＋θ) 其中ω＞0，θ∈ 0，π 2 ， 由 f′(x1)＝f′(x2)＝0 可得 x1，x2 是函数的极值点， ∵|x1－x2|的最小值为π 2 ，∴1 2T＝π ω ＝π 2 ， ∴ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋θ)， 又 f(x)＝f π 3 －x ， ∴f(x)的图象的对称轴为 x＝π 6 ， ∴2×π 6 ＋θ＝kπ＋π 2 ，k∈Z，又θ∈ 0，π 2 ， ∴θ＝π 6 ，∴f(x)＝sin 2x＋π 6 . 将 f(x)的图象向左平移π 6 个单位长度得 g(x)＝sin 2 x＋π 6 ＋π 6 ＝cos2x 的图象， 令 2kπ≤2x≤2kπ＋π，k∈Z，∴kπ≤x≤kπ＋π 2 ，k∈Z， 则 g(x)＝cos2x 的单调递减区间是 kπ，kπ＋π 2 (k∈Z)，故选 A. 10.若 sin2α＝ 5 5 ，sin(β－α)＝ 10 10 ，且α∈ π 4 ，π ，β∈ π，3π 2 ，则α＋β的值 是( ) A.7π 4 B.9π 4 C.5π 4 或7π 4 D.5π 4 或9π 4 答案 A 解析 ∵α∈ π 4 ，π ，∴2α∈ π 2 ，2π ， ∵sin2α＝ 5 5 >0，∴2α∈ π 2 ，π ， ∴cos2α＝－2 5 5 ，且α∈ π 4 ，π 2 ，又∵β∈ π，3π 2 ， ∴β－α∈ π 2 ，5π 4 ， ∵sin(β－α)＝ 10 10 >0， ∴cos(β－α)＝－3 10 10 ，且β－α∈ π 2 ，π ， ∴cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos2α·cos(β－α)－sin2α·sin(β－α)＝－ 2 5 5 × －3 10 10 － 5 5 × 10 10 ＝ 2 2 . ∵2α∈ π 2 ，π ，β－α∈ π 2 ，π ，∴α＋β∈[π，2π]， ∴α＋β＝7π 4 .故选 A. 11.△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 cosC＝2 2 3 ，bcosA ＋acosB＝2，则△ABC 的外接圆面积为( ) A.4π B．8π C．9π D．36π 答案 C 解析 ∵bcosA＋acosB＝2，由余弦定理可得， b·b2＋c2－a2 2bc ＋a·a2＋c2－b2 2ac ＝2， 整理得 c＝2，又∵cosC＝2 2 3 ， ∴sinC＝ 1－cos2C＝1 3 ， 设△ABC 的外接圆的半径为 R，则 2R＝ c sinC ＝2 1 3 ＝6，∴R＝3.∴△ABC 的 外接圆面积 S＝πR2＝9π. 故选 C. 12．(2019·南关区校级期末)意大利“美术三杰”(文艺复兴后三杰)之一的 达芬奇的经典之作——《蒙娜丽莎》举世闻名．画中女子神秘的微笑数百年来让 无数观赏者入迷．某数学兼艺术爱好者对《蒙娜丽莎》的同比例影像作品进行了 测绘，将画中女子的嘴唇近似看作一个圆弧，在嘴角 A，C 处作圆弧的切线，两 条切线交于点 B，测得如下数据：AB＝6.9 cm，BC＝7.1 cm，AC＝12.6 cm，根 据测量得到的结果推算： 将《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角位于以下哪个区间 参考数据：sin3π 8 ≈0.924 ( ) A. π 6 ，π 4 B. π 4 ，π 3 C. π 3 ，5π 12 D. 5π 12 ，π 2 答案 B 解析 取 AB＝BC≈7，设∠ABC＝2θ， 则 sinθ≈6.3 7 ＝0.9. 又 sinπ 3 ＝ 3 2 ≈0.866，sin3π 8 ≈0.924， ∴θ∈ π 3 ，3π 8 ，2θ∈ 2π 3 ，3π 4 . 设《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角为α，则α＋2θ＝π， ∴α∈ π 4 ，π 3 .故选 B. 二、填空题 13.(2019·陕西四校联考)已知 sinα＝2cosα，则 cos2α＝________. 答案 －3 5 解析 由已知得 tanα＝2，cos2α＝cos2α－sin2α ＝cos2α－sin2α sin2α＋cos2α ＝1－tan2α tan2α＋1 ＝1－4 4＋1 ＝－3 5. 14.(2018·全国卷Ⅱ)已知 sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，则 sin(α＋β)＝ ________. 答案 －1 2 解析 解法一：因为 sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0， 所以(1－sinα)2＋(－cosα)2＝1， 所以 sinα＝1 2 ，cosβ＝1 2 ， 因此 sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝1 2 ×1 2 －cos2α＝1 4 －1＋sin2α＝1 4 －1＋1 4 ＝－1 2. 解法二：由(sinα＋cosβ)2＋(cosα＋sinβ)2＝1，得 2＋2sin(α＋β)＝1，所以 sin(α ＋β)＝－1 2. 15.在△ABC 中，内角 A，B，C 所对边分别是 a，b，c，若 sin2B 2 ＝c－a 2c ， 则△ABC 的形状一定是________. 答案 直角三角形 解析 解法一：根据题意，由 sin2B 2 ＝c－a 2c ，得 1－cosB＝1－a c ，由正弦定理得，cosB＝sinA sinC ， ∵A＝π－(B＋C)，∴cosBsinC＝sin(B＋C)， 即 cosBsinC＝sinBcosC＋cosBsinC， ∴sinBcosC＝0，∵02017 2018 的最小正整数 n 的值为( ) A.11 B．10 C．9 D．8 答案 B 解析 根据 Sn＝2n＋1＋m 可以求得 an＝ m＋4，n＝1， 2n，n≥2， 所以有 a1＝m＋4，a4＝16，a5＝32，根据 a1，a4，a5－2 成等差数列， 可得 m＋4＋32－2＝32，从而求得 m＝－2， 所以 a1＝2 满足 an＝2n，从而求得 an＝2n(n∈N*)， 所以 bn＝ an an－1an＋1－1 ＝ 2n 2n－12n＋1－1 ＝ 1 2n－1 － 1 2n＋1－1 ， 所以 Tn＝1－1 3 ＋1 3 －1 7 ＋1 7 － 1 15 ＋…＋ 1 2n－1 － 1 2n＋1－1 ＝1－ 1 2n＋1－1 ，令 1－ 1 2n＋1－1>2017 2018 ，整理得 2n＋1>2019，解得 n≥10. 2.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 an＝n·2n，则 Sn＝________. 答案 (n－1)2n＋1＋2 解析 由 an＝n·2n 且 Sn＝a1＋a2＋…＋an 得， Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n， ∴2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1. 两式相减得， －Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1 ＝21－2n 1－2 －n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1 ∴Sn＝n×2n＋1－2n＋1＋2＝(n－1)2n＋1＋2. 裂项相消后一般情况下剩余项是对称的，即前面剩余的项和后面剩余的项 是对应的．第 1 题易搞错剩余项，导致求和出错．第 2 题错位相减法求和时，易 出现以下两种错误：一是两式错位相减时最后一项 n×2n＋1 没有变号；二是对相 减后的和式的结构认识模糊，把项数数错. 热点 4 数列的综合应用 1.解决数列周期性问题的方法 先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值. 2.数列与函数综合问题的注意点 (1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，在求数列最值或不等关 系时要特别注意； (2)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中 相关限制条件的转化. 1.设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝4 5 ，an＋1＝ 2an，0≤an≤1 2 ， 2an－1，1 20)，则 f′(x)＝1－33 x2 ，由 f′(x)>0，解得 x> 33；由 f′(x)<0，解得 012an＋1 成立的 n 的最小值为________. 答案 27 解析 S26＝21×1＋41 2 ＋2－25×2 1－2 ＝503，a27＝43，则 12a27＝516，不满 足 Sn>12an＋1；S27＝22×1＋43 2 ＋2－25×2 1－2 ＝546， a28＝45，则 12a28＝540，满足 Sn>12an＋1.所以 n 的最小值为 27. 专题作业 一、选择题 1.(2017·全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a4＋a5＝24，S6＝48， 则{an}的公差为( ) A.1 B．2 C．4 D．8 答案 C 解析 设{an}的公差为 d，则由 a4＋a5＝24， S6＝48， 得 a1＋3d＋a1＋4d＝24， 6a1＋6×5 2 d＝48， 解得 d＝4.故选 C. 2.(2019·河北衡水模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S9＝6π，则 tana5＝( ) A. 3 3 B. 3 C．－ 3 D．－ 3 3 答案 C 解析 由等差数列的性质可得，S9＝6π＝9a1＋a9 2 ＝9a5，∴a5＝2π 3 ，则 tana5 ＝tan2π 3 ＝－ 3，故选 C. 3.(2019·广州综合测试)已知数列{an}为等比数列，若 a4＋a6＝10，则 a7(a1 ＋2a3)＋a3a9 的值为( ) A.10 B．20 C．100 D．200 答案 C 解析 a7(a1＋2a3)＋a3a9＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝a24＋2a4a6＋a26＝(a4＋a6)2＝ 100，故选 C. 4.(2019·大连模拟)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，S2＝3，S4＝15，则 S6 等于( ) A.27 B．31 C．63 D．75 答案 C 解析 由题意得 S2，S4－S2，S6－S4 成等比数列，所以 3,12，S6－15 成等 比数列，所以 122＝3×(S6－15)，解得 S6＝63. 5.若 Sn 为数列{an}的前 n 项和，且 Sn＝2an－2，则 S8 等于( ) A.255 B．256 C．510 D．511 答案 C 解析 当 n＝1 时，a1＝S1＝2a1－2，据此可得 a1＝2，当 n≥2 时，Sn＝2an －2，Sn－1＝2an－1－2，两式作差可得 an＝2an－2an－1，则 an＝2an－1，据此可得数 列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，其前 8 项和为 S8＝2×1－28 1－2 ＝29－2 ＝512－2＝510. 6.设 Sn 是公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和，S3＝a22，且 S1，S2，S4 成等比数列，则 a10 等于( ) A.15 B．19 C．21 D．30 答案 B 解析 设等差数列{an}的公差为 d，因为 S3＝a22，所以 3a2＝a22，解得 a2＝0 或 a2＝3，又因为 S1，S2，S4 构成等比数列，所以 S22＝S1S4，所以(2a2－d)2＝(a2 －d)(4a2＋2d)，若 a2＝0，则 d2＝－2d2，此时 d＝0，不符合题意，舍去，当 a2 ＝3 时，可得(6－d)2＝(3－d)·(12＋2d)，解得 d＝2(d＝0 舍去)，所以 a10＝a2＋8d ＝3＋8×2＝19. 7.(2019·烟台模拟)已知{an}为等比数列，数列{bn}满足 b1＝2，b2＝5，且 an(bn ＋1－bn)＝an＋1，则数列{bn}的前 n 项和为( ) A.3n＋1 B．3n－1 C.3n2＋n 2 D.3n2－n 2 答案 C 解析 ∵b1＝2，b2＝5，且 an(bn＋1－bn)＝an＋1， ∴a1(b2－b1)＝a2，即 a2＝3a1， 又数列{an}为等比数列， ∴数列{an}的公比 q＝3，且 an≠0， ∴bn＋1－bn＝an＋1 an ＝3， ∴数列{bn}是首项为 2，公差为 3 的等差数列， ∴数列{bn}的前 n 项和为 Sn＝2n＋nn－1 2 ×3＝3n2＋n 2 . 8.(2016·四川高考)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该 公司 2015 年全年投入研发资金 130 万元，在此基础上，每年投入的研发资金比 上一年增长 12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过 200 万元的年份是 ( ) (参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30) A.2018 年 B．2019 年 C．2020 年 D．2021 年 答案 B 解析 根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从 2015 年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列{an}，其中，首项 a1＝130，公比 q ＝1＋12%＝1.12，所以 an＝130×1.12n－1.由 130×1.12n－1>200，两边同时取对数， 得 n－1>lg 2－lg 1.3 lg 1.12 ，又lg 2－lg 1.3 lg 1.12 ≈0.30－0.11 0.05 ＝3.8，则 n>4.8，即 a5 开始超过 200，所以 2019 年投入的研发资金开始超过 200 万元，故选 B. 9.已知数列{an}满足 a1＝0，an＋1＝ an－ 3 3an＋1 (n∈N*)，则 a56 等于( ) A.－ 3 B．0 C. 3 D. 3 2 答案 A 解析 因为 an＋1＝ an－ 3 3an＋1 (n∈N*)，a1＝0，所以 a2＝－ 3，a3＝ 3，a4＝0， a5＝－ 3，a6＝ 3，…，故此数列的周期为 3.所以 a56＝a18×3＋2＝a2＝－ 3. 10.在数列{an}中，an＝ 1 n＋1 ＋ 2 n＋1 ＋…＋ n n＋1 ，又 bn＝ 1 anan＋1 ，则数列{bn} 的前 n 项和为( ) A.n 2 B. n n＋1 C. 2n n＋1 D. 4n n＋1 答案 D 解析 由已知得 an＝ 1 n＋1 ＋ 2 n＋1 ＋…＋ n n＋1 ＝ 1 n＋1·(1＋2＋…＋n)＝n 2 ， 从而 bn＝ 1 anan＋1 ＝ 1 n 2·n＋1 2 ＝4 1 n － 1 n＋1 ，所以数列{bn}的前 n 项和为 Sn＝ 4 1－1 2 ＋ 1 2 －1 3 ＋ 1 3 －1 4 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ＝4 1－ 1 n＋1 ＝ 4n n＋1.故选 D. 11.(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软 件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活 动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是 20，接下来的两项是 20,21，再接 下来的三项是 20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数 N：N>100 且该数 列的前 N 项和为 2 的整数幂．那么该款软件的激活码是( ) A.440 B．330 C．220 D．110 答案 A 解析 设首项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组，依此类推，则第 n 组的项数为 n，前 n 组的项数和为n1＋n 2 . 由题意知，N＞100，令n1＋n 2 ＞100⇒n≥14 且 n∈N*，即 N 出现在第 13 组之后. 第 n 组的各项和为1－2n 1－2 ＝2n－1，前 n 组所有项的和为21－2n 1－2 －n＝2n＋1 －2－n. 设 N 是第 n＋1 组的第 k 项，若要使前 N 项和为 2 的整数幂，则 N－n1＋n 2 项的和即第 n＋1 组的前 k 项的和 2k－1 应与－2－n 互为相反数，即 2k－1＝2＋ n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)⇒n 最小为 29，此时 k＝5，则 N＝29×1＋29 2 ＋ 5＝440.故选 A. 12.已知数列{an}中，a1＝2，n(an＋1－an)＝an＋1，n∈N*，若对于任意的 a ∈[－2,2]，n∈N*，不等式 an＋1 n＋1 <2t2＋at－1 恒成立，则实数 t 的取值范围为( ) A.(－∞，－2]∪[2，＋∞) B.(－∞，－2]∪[1，＋∞) C.(－∞，－1]∪[2，＋∞) D.[－2,2] 答案 A 解析 根据题意，数列{an}中，n(an＋1－an)＝an＋1，即 nan＋1－(n＋1)an＝1， 则有 an＋1 n＋1 －an n ＝ 1 nn＋1 ＝1 n － 1 n＋1 ，则有 an＋1 n＋1 ＝ an＋1 n＋1 －an n ＋ an n － an－1 n－1 ＋ an－1 n－1 － an－2 n－2 ＋…＋ a2 2 －a1 ＋a1＝ 1 n － 1 n＋1 ＋ 1 n－1 －1 n ＋ 1 n－2 － 1 n－1 ＋…＋ 1－1 2 ＋2＝3－ 1 n＋1<3， an＋1 n＋1 <2t2＋at－1，即 3－ 1 n＋1<2t2＋at－1，∵对于任意 的 a∈[－2,2]，n∈N*，不等式 an＋1 n＋1<2t2＋at－1 恒成立，∴2t2＋at－1≥3，化为 2t2＋at－4≥0，设 f(a)＝2t2＋at－4，a∈[－2,2]，可得 f(2)≥0 且 f(－2)≥0，即有 t2＋t－2≥0， t2－t－2≥0， 即 t≥1 或 t≤－2， t≥2 或 t≤－1， 可得 t≥2 或 t≤－2，则实数 t 的取值范围是(－∞，－2]∪[2，＋∞)，故选 A. 二、填空题 13.(2018·北京高考)设{an}是等差数列，且 a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通 项公式为________. 答案 an＝6n－3 解析 ∵a1＝3，a2＋a5＝36，∴3＋d＋3＋4d＝36， ∴d＝6，∴an＝3＋6(n－1)＝6n－3. 14.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前 4 项和为 15，且 a5＝3a3＋4a1，则 a3＝________. 答案 4 解析 由题意知 a1>0，q>0， a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15， a1q4＝3a1q2＋4a1， 解得 a1＝1， q＝2， ∴a3＝a1q2＝4. 15.(2019·全国卷Ⅲ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a1≠0，a2＝3a1， 则S10 S5 ＝________. 答案 4 解析 由 a1≠0，a2＝3a1，可得 d＝2a1，所以 S10＝10a1＋10×9 2 d＝100a1， S5＝5a1＋5×4 2 d＝25a1，所以S10 S5 ＝4. 16.(2019·沈阳模拟)在数列{an}中，a1＝－2，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈ N*)，数列{bn}满足 bn＝ 1 an－1 ，则数列{an}的通项公式为 an＝________，数列{bn} 的前 n 项和 Sn 的最小值为________. 答案 3n－1 3n－4 －1 3 解析 由题意知，an＝2－ 1 an－1 (n≥2，n∈N*)，∴bn＝ 1 an－1 ＝ 1 2－ 1 an－1 －1 ＝ an－1 an－1－1 ＝1＋ 1 an－1－1 ＝1＋bn－1，即 bn－bn－1＝1(n≥2，n∈N*)．又 b1＝ 1 a1－1 ＝－ 1 3 ，∴数列{bn}是以－1 3 为首项，1 为公差的等差数列，∴bn＝n－4 3 ，即 1 an－1 ＝n －4 3 ， ∴an＝3n－1 3n－4 .又 b1＝－1 3<0，b2＝2 3>0， ∴Sn 的最小值为 S1＝b1＝－1 3. 第 9 讲 函数的图象与性质 [考情分析] 高考对函数的图象与性质的考查主要体现在函数的定义域、 值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性等方面，题型以选择题、填空题为主， 一般属于中档题．函数图象考查比较灵活，涉及知识点较多，且每年均有创新， 试题考查角度有两个方面，一是函数解析式与函数图象的对应关系；二是利用图 象研究函数性质、方程及不等式的解等，综合性较强．函数的零点主要考查零点 所在区间、零点个数的判断以及由函数零点的个数求解参数的取值范围；函数的 实际应用问题常以实际生活为背景，与最值、不等式、导数等知识综合命题. 热点题型分析 热点 1 函数的图象及其应用 1.辨识函数图象的两种方法 (1)直接根据函数解析式作出函数图象，或者是根据图象变换作出函数的图 象．此类问题往往需要化简函数解析式，利用函数的性质(单调性、奇偶性、过 定点等)判断. (2)利用间接法排除、筛选错误与正确的选项，可以从如下几个方面入手： ①由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域(或有界性)，判 断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶 性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复；⑤从特殊点 出发，排除不符合要求的选项. 2.函数图象的应用 (1)利用函数图象研究函数的性质．对于已知或容易画出在给定区间上图象 的函数，其性质(单调性、奇偶性、周期性、最值(值域)、零点)常借助函数的图 象来研究，但一定要注意函数的性质与图象特征的对应关系. (2)利用函数图象研究不等式．当不等式问题不能用代数法求解但其与函数 有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上下关系问题，从而利用数形结合 思想求解. (3)利用函数图象研究方程根的个数．当方程与基本函数有关时，可以通过 函数图象来研究方程的根，方程 f(x)＝0 的根就是函数 f(x)的图象与 x 轴的交点的 横坐标，方程 f(x)＝g(x)的根就是函数 f(x)与 g(x)图象的交点的横坐标. 1.(2018·全国卷Ⅱ)函数 f(x)＝ex－e－x x2 的图象大致为( ) 答案 B 解析 ∵x≠0，f(－x)＝e－x－ex x2 ＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，排除 A；∵f(1) ＝e－e－1>0，∴排除 D； ∵f′(x)＝ex＋e－xx2－ex－e－x2x x4 ＝x－2ex＋x＋2e－x x3 ， ∴x>2，f′(x)>0，∴排除 C；因此选 B. 2.(2019·山西大学附中诊断)函数 f(x)＝ ln x＋1－x2＋2x，x＞0， 2x＋1，x≤0 的零点个数为( ) A.0 B．1 C．2 D．3 答案 C 解析 对于求函数 f(x)＝ln (x＋1)－x2＋2x 的零点个数，可以转化为方程 ln (x＋1)＝x2－2x 的根的个数问题，分别画出 y＝ln (x＋1)，y＝x2－2x 的图象如图．由 图象可得两个函数有两个交点．又 x>0，所以有一个交点．又方程 2x＋1＝0 的 根为 x＝－1 2<0，个数是 1.故函数 f(x)＝ ln x＋1－x2＋2x，x＞0， 2x＋1，x≤0 的零点个数 为 2.故选 C. 在研究函数问题时，要遵循定义域优先的原则，先确定函数的定义域，再 解题．第 1 题易错点有二：一是函数奇偶性的判断方法不明确；二是在 B，C 选 项的辨析上求导出错．第 2 题易忽略分段函数中 f(x)＝ln (x＋1)－x2＋2x 需 x>0 的限制条件而错选 D. 热点 2 函数的性质及其应用 1.函数三个性质的应用 (1)奇偶性：具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、 解析式和单调性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上，尤其 注意偶函数 f(x)的性质：f(－x)＝f(x). (2)单调性：可以比较大小，求函数最值，解不等式，证明方程根的唯一性. (3)周期性：利用周期性可以转化函数的解析式和性质，把不在已知区间上 的问题，转化到已知区间上求解. 2.四招破解函数的单调性 (1)对于选择题、填空题，若能画出图象，则一般用数形结合法. (2)对于由基本初等函数通过加、减运算或复合而成的函数，常转化为基本 初等函数的单调性问题来解决. (3)对于解析式为分式、指数式、对数式等较复杂的函数常用导数法. (4)对于抽象函数一般用定义法. 3.三招判断函数奇偶性 (1)奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于 y 轴对称. (2)确定函数的奇偶性，务必先判断函数的定义域是否关于原点对称. (3)对于偶函数而言，有 f(－x)＝f(x)＝f(|x|). 1.定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(x＋2)＝－f(x)，且在[0,2)上单调递减，则 下列结论正确的是( ) A.0f(0)>f(1)，故 选 C. 2.(2017·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝ x＋1，x≤0， 2x，x＞0， 则满足f(x)＋f x－1 2 >1 的x 的取值范围是________. 答案 －1 4 ，＋∞ 解析 由题意，令 g(x)＝f(x)＋f x－1 2 ， 则 g(x)＝ 2x＋3 2 ，x≤0， 2x＋x＋1 2 ，0＜x≤1 2 ， 1＋ 2 2 2x，x＞1 2 ， 函数 g(x)在区间(－∞，0]，0，1 2 ， 1 2 ，＋∞ 三段区间内均单调递增，且 g －1 4 ＝1,20＋0＋1 2 ＞1， 1＋ 2 2 2 1 2 ＞1， 据此 x 的取值范围是 －1 4 ，＋∞ . 3.(2019·青岛调研)已知定义在 R 上的偶函数 f(x)满足 f(x＋2)＝f(x)，当 x∈ [0,1]时，f(x)＝ex－1，则 f(2018)＋f(－2019)＝________. 答案 e－1 解析 ∵f(x)是 R 上的偶函数， ∴f(－2019)＝f(2019)， ∵f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期为 2， 又 x∈[0,1]时，f(x)＝ex－1； ∴f(2018)＝f(0)＝0，f(－2019)＝f(2019)＝f(1)＝e－1. ∴f(－2019)＋f(2018)＝e－1. 第 1 题不能正确求出函数的最小正周期而导致 f(3)的值求错，易错选 D.第 2 题易错点有二：一是分段函数 f x－1 2 的解析式与定义域易错，导致 f(x)＋f x－1 2 的解析式不明确而无从下手；二是解不等式时忽略定义域的范围限制而出错. 热点 3 函数零点与方程的根 1.判断零点个数的常用方法 (1)直接求零点：令 f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数. (2)零点存在性定理：利用定理不仅要求函数 f(x)的图象在区间[a，b]上是连 续不断的曲线，且 f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的具体图象与性质(如单调性、奇 偶性)才能确定函数有多少个零点. (3)利用图象交点的个数：画出相应函数的图象，看图象交点的个数，有几 个交点，就有几个零点. 2.利用函数零点求参数的取值范围 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过分解不等式 确定参数范围. (2)分离参数法：先将参数分离，转化为求函数最值问题加以解决. (3)数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图 象，然后数形结合求解. 1.函数 f(x)＝2x|log0.5x|－1 的零点个数为( ) A.1 B．2 C．3 D．4 答案 B 解析 函数 f(x)＝2x|log0.5x|－1 的零点个数⇔方程|log0.5x|＝1 2x ＝ 1 2 x 的根的 个数⇔函数 y1＝|log0.5x|与 y2＝ 1 2 x 的图象的交点个数．两个函数的图象如图所示， 由图可知两个函数图象有两个交点，故选 B. 2．(2019·天津高考)已知函数 f(x)＝ 2 x，0≤x≤1， 1 x ，x>1. 若关于 x 的方程 f(x) ＝－1 4x＋a(a∈R)恰有两个互异的实数解，则 a 的取值范围为( ) A. 5 4 ，9 4 B. 5 4 ，9 4 C. 5 4 ，9 4 ∪{1} D. 5 4 ，9 4 ∪{1} 答案 D 解析 如图，分别画出两函数 y＝f(x)和 y＝－1 4x＋a 的图象. (1)先研究当 0≤x≤1 时，直线 y＝－1 4x＋a 与 y＝2 x的图象只有一个交点 的情况. 当直线 y＝－1 4x＋a 过点 B(1,2)时，2＝－1 4 ＋a，解得 a＝9 4. 所以 0≤a≤9 4. (2)再研究当 x>1 时，直线 y＝－1 4x＋a 与 y＝1 x 的图象只有一个交点的情况： ①相切时，由 y′＝－1 x2 ＝－1 4 ，得 x＝2，此时切点为 2，1 2 ，则 a＝1. ②相交时，由图象可知直线 y＝－1 4x＋a 从过点 A 向右上方移动时与 y＝1 x 的 图象只有一个交点．过点 A(1,1)时，1＝－1 4 ＋a，解得 a＝5 4.所以 a≥5 4. 结合图象可得，所求实数 a 的取值范围为 5 4 ，9 4 ∪{1}．故选 D. 第 1 题易错在不能把函数的零点转化为方程|log0.5x|＝ 1 2 x 的根，进而利用 指数、对数函数的图象交点来解决问题；第 2 题利用数形结合思想，转化为直线 与曲线交点的问题，易错点有二：一是分段函数图象在定义域的分界点易忽略； 二是直线平移的临界位置(区间端点和切点)能不能取到. 热点 4 函数的实际应用 函数有关应用题的常见类型及解决问题的一般程序： (1)常见类型：与函数有关的应用题，经常涉及物价、路程、产值、环保等 实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题. (2)应用函数模型解决实际问题的一般程序： ――→ 读题 文字语言 ⇨ ――→ 建模 数学语言 ⇨ ――→ 求解 数学应用 ⇨ ――→ 反馈 检验作答 (3)解题关键：解答这类问题的关键是确切地建立相关函数解析式，然后应 用函数、方程、不等式和导数的有关知识综合解答. 某食品的保鲜时间 y(单位：小时)与储存温度 x(单位：℃)满足函数关系 y ＝ekx＋b(e＝2.718…为自然对数的底数，k，b 为常数)．若该食品在 0 ℃的保鲜时 间是 192 小时，在 22 ℃的保鲜时间是 48 小时，则该食品在 33 ℃的保鲜时间是 ________小时. 答案 24 解析 由题意得 eb＝192， e22k＋b＝48， ∴e22k＝ 48 192 ＝1 4 ， e11k＝1 2 ，当 x＝33 时，y＝e33k＋b＝(e11k)3eb＝1 8 ×192＝24. 本题易错点有二：一是指数式的运算 e22k＋b＝e22keb 能否正确运用；二是利 用 e11k＝1 2 整体代换的技巧而求解本题. 真题自检感悟 1.(2018·浙江高考)函数 y＝2|x|sin2x 的图象可能是( ) 答案 D 解析 令 y＝f(x)＝2|x|sin2x，f(－x)＝2|－x|sin(－2x)＝－2|x|sin2x＝－f(x)，所以 f(x)为奇函数，排除 A，B；当 x∈(0，π)时，2|x|>0，sin2x 可正可负，所以 f(x)可 正可负，排除 C.故选 D. 2.(2018·全国卷Ⅱ)已知 f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足 f(1－x) ＝f(1＋x)．若 f(1)＝2，则 f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝( ) A.－50 B．0 C．2 D．50 答案 C 解析 因为 f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，且 f(1－x)＝f(1＋x)．所 以 f(1＋x)＝－f(x－1)，所以 f(3＋x)＝－f(x＋1)＝f(x－1)，所以 T＝4，因此 f(1) ＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)，因为 f(3)＝－f(1)， f(4)＝－f(2)，所以 f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0，因为 f(2)＝f(－2)＝－f(2)，所以 f(2) ＝0，从而 f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝f(1)＝2，选 C. 3.(2019·全国卷Ⅱ)已知 f(x)是奇函数，且当 x<0 时，f(x)＝－eax，若 f(ln 2) ＝8，则 a＝________. 答案 －3 解析 设 x>0，则－x<0.∵当 x<0 时，f(x)＝－eax，∴f(－x)＝－e－ax.∵f(x) 是奇函数， ∴f(x)＝－f(－x)＝e－ax，∴f(ln 2)＝e－aln 2＝(eln 2)－a＝2－a.又 f(ln 2)＝8，∴2－a ＝8，∴a＝－3. 4.(2018·天津高考)已知 a>0，函数 f(x)＝ x2＋2ax＋a，x≤0， －x2＋2ax－2a，x>0. 若关于 x 的方程 f(x)＝ax 恰有 2 个互异的实 数解，则 a 的取值范围是________. 答案 (4,8) 解析 令 g(x)＝f(x)－ax＝ x2＋ax＋a，x≤0， －x2＋ax－2a，x>0. 依题意，方程 f(x)＝ax 恰有 2 个互异实数解，等价于 g(x)＝0 恰有 2 个互异 实数解. 又因为 g(x)＝ x＋a 2 2＋a－a2 4 ，x≤0， － x－a 2 2＋a2 4 －2a，x>0， 其中 a>0，所以只需 a－a2 4 <0， a2 4 －2a<0 或 a－a2 4 >0， a2 4 －2a>0， 易解得 40，∵当 x≥0 时，f(x)＝ex－1，∴f(－x)＝e－x－1.又 ∵f(x)为奇函数，∴f(x)＝－f(－x)＝－e－x＋1.故选 D. 2.(2019·华南师大附中一模)给出下列四个函数：①f(x)＝2x－2－x；②f(x)＝ xsinx；③f(x)＝log3 3－x 3＋x ；④f(x)＝|x＋3|－|x－3|. 其中是奇函数的编号为( ) A.①③ B．①③④ C.①②③ D．①②③④ 答案 B 解析 对于①，f(－x)＝2－x－2x＝－(2x－2－x)＝－f(x)，所以是奇函数；对 于②，f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以是偶函数；对于③，f(－x)＝log3 3＋x 3－x ＝－log3 3－x 3＋x ＝－f(x)，所以是奇函数；对于④，f(－x)＝|－x＋3|－|－x－3|＝|x－ 3|－|x＋3|＝－(|x＋3|－|x－3|)＝－f(x)，所以是奇函数．故选 B. 3.函数 f(x)＝ln (x＋1)－1 x 的一个零点所在的区间是( ) A.(0,1) B．(1,2) C．(2,3) D．(3,4) 答案 B 解析 ∵f(1)＝ln 2－1<0，f(2)＝ln 3－1 2 ＝ln 3 e>0，∴函数 f(x)＝ln (x＋1) －1 x 的零点所在的区间是(1,2)．故选 B. 4.在标准温度和大气压下，人体血液中氢离子的物质的量浓度(单位： mol/L，记作[H＋])和氢氧根离子的物质的量浓度(单位：mol/L，记作[OH－])的乘 积等于常数 10－14.已知 pH 值的定义为 pH＝－lg [H＋]，健康人体血液的 pH 值保 持在 7.35～7.45 之间(包含 7.35 和 7.45)，那么健康人体血液中的 [H＋] [OH－] 可以为 ( ) (参考数据：lg 2≈0.30，lg 3≈0.48) A.1 2 B.1 3 C.1 6 D. 1 10 答案 C 解析 设健康人体血液的 pH 值为 x(7.35≤x≤7.45)，则根据 pH＝－lg [H＋] 可得[H＋]＝10－x.又[H＋]·[OH－]＝10－14，所以健康人体血液中的 [H＋] [OH－] ＝[H＋]2 10－14 ＝ 10－2x 10－14 ＝1014－2x∈[10－0.9,10－0.7]．因为 lg 2≈0.30，lg 3≈0.48，所以 lg 6＝lg 2＋lg 3≈0.78，所以 lg 1 6 ＝－lg 6≈－0.78，所以1 6 ≈10－0.78.结合 10－0.78∈[10－0.9,10－0.7] 可知健康人体血液中的 [H＋] [OH－] 可以为1 6.故选 C. 5.(2017·全国卷Ⅰ)函数 f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，且为奇函数．若 f(1) ＝－1，则满足－1≤f(x－2)≤1 的 x 的取值范围是( ) A.[－2,2] B．[－1,1] C.[0,4] D．[1,3] 答案 D 解析 ∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)．∵f(1)＝－1，∴f(－1)＝－f(1)＝1. 故由－1≤f(x－2)≤1，得 f(1)≤f(x－2)≤f(－1)．又 f(x)在(－∞，＋∞)单调递减， ∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.故选 D. 6.(2017·天津高考)已知奇函数 f(x)在 R 上是增函数，g(x)＝xf(x)．若 a＝g(－ log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，则 a，b，c 的大小关系为( ) A.a＜b＜c B．c＜b＜a C.b＜a＜c D．b＜c＜a 答案 C 解析 依题意 a＝g(－log25.1)＝(－log25.1)·f(－log25.1)＝log25.1f(log25.1)＝ g(log25.1). 因为 f(x)在 R 上是增函数，可设 0＜x1＜x2， 则 0－x2－1≥－3,11 2 时，log|a|x≤2，且|a| ∈ 1 2 ，1 ，∴log|a| 1 2 ≤2， ∴|a|2≤1 2 ，则|a|≤ 2 2 ，又 a≤－1 2 ， ∴－ 2 2 ≤a≤－1 2. 11.已知函数 f(x)＝|x|＋2x－1 2(x<0)与 g(x)＝|x|＋log2(x＋a)的图象上存在关于 y 轴对称的点，则 a 的取值范围是( ) A.(－∞， 2) B．(－∞，－ 2) C.(－∞，2 2) D. －2 2， 2 2 答案 A 解析 设 f(x)关于 y 轴对称的函数为 h(x)＝f(－x)＝x＋2－x－1 2(x>0)，则由题 意可得方程 h(x)＝g(x)(x∈(0，＋∞))有解，即方程 2－x－1 2 ＝log2(x＋a)(x∈(0，＋ ∞))有解，作出函数 y＝2－x－1 2 ，y＝log2(x＋a)的图象如图，当 a≤0 时，两个图 象在(0，＋∞)上必有交点，符合题意；当 a>0 时，若两个图象在(0，＋∞)上有 交点，则 log2a<1 2 ，04. 第 10 讲 函数与导数 [考情分析] 高考对该部分内容的考查主要有三个方面：1.对定积分的考查 主要是利用微积分基本定理求积分值或面积；2.对导数几何意义的考查主要是求 切线方程或根据切线方程求参数的取值；3.对导数综合应用的考查主要是围绕： (1)讨论、判断、证明函数的单调性；(2)利用函数的单调性求函数的极值或最值； (3)利用导数求参数的取值范围；(4)利用导数解决不等式问题及函数的零点、方 程根的问题. 热点题型分析 热点 1 定积分的计算 1.求定积分的四大常用方法 2.利用定积分求平面图形面积的三个步骤 (1)画图象：在平面直角坐标系内画出大致图象； (2)确定积分上、下限：求出交点坐标，确定被积函数和积分上下限； (3)求面积：将曲边多边形的面积表示成若干定积分的和，计算定积分，写 出结果. 1.错误!1 xdx 等于( ) A.－2ln 2 B．2ln 2 C．－ln 2 D．ln 2 答案 D 解析 因为(ln x)′＝1 x ，所以 y＝1 x 的一个原函数是 y＝ln x， 故 错误!1 xdx＝ln x|42＝ln 4－ln 2＝ln 2.故选 D. 2.直线 l 过抛物线 C：x2＝4y 的焦点且与 y 轴垂直，则 l 与 C 所围成的图形 的面积等于( ) A.4 3 B．2 C.8 3 D.16 2 3 答案 C 解析 抛物线 C：x2＝4y 的焦点坐标为(0,1)，因为直线 l 过抛物线 C：x2 ＝4y 的焦点且与 y 轴垂直，所以直线 l 的方程为 y＝1，直线 l 与曲线 C 所围成的 封闭图形如图中阴影部分所示．由 y＝1， x2＝4y 可得交点的横坐标分别为－2,2.所以 3.错误![ 2x－x2－sin(2πx)]dx＝________. 答案 π 4 解析 根据定积分的性质有，错误![ 2x－x2－sin(2πx)]dx ＝错误! 2x－x2dx－错误!sin(2πx)dx， 由定积分的几何意义知 错误! 2x－x2dx 是由曲线 y＝ 2x－x2与直线 x＝0， x＝1 围成的封闭图形的面积，为四分之一的单位圆，故 错误! 2x－x2dx＝π·12 4 ＝π 4 ； 函数 y＝sin(2πx)是奇函数，且图象关于点 1 2 ，0 中心对称，故 错误!sin(2πx)dx＝0. ∴错误![ 2x－x2－sin(2πx)]dx＝π 4 －0＝π 4. 利用定积分求曲边梯形的面积时，易弄错积分上、下限，或不能结合图形 选择合适的积分变量. 第 1 题易出现的问题主要有两个方面：一是混淆求原函数和求导数的运算， 误认为原函数为 y＝ 1 x ′而找不到答案；二是记错公式，把积分的上、下限颠倒 导致计算失误，而错选 C. 热点 2 导数的运算及几何意义 1.利用导数求曲线的切线方程 若已知曲线过点 P(x0，y0)，求曲线过点 P(x0，y0)的切线，则需分点 P(x0， y0)是切点和不是切点两种情况求解. (1)当点 P(x0，y0)是切点时，切线方程为 y－y0＝f′(x0)(x－x0). (2)当点 P(x0，y0)不是切点时可分以下几步完成： ①设出切点坐标 P′(x1，f(x1))； ②写出过 P′(x1，f(x1))的切线方程 y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)； ③将点 P 的坐标(x0，y0)代入切线方程，求出 x1； ④将 x1 的值代入方程 y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)，可得过点 P(x0，y0)的切线方 程. 2.利用切线(或方程)与其他曲线的关系求参数 已知过某点的切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直，利用导数的几何意 义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解. 1.(2018·全国卷Ⅰ)设函数 f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若 f(x)为奇函数，则曲线 y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为( ) A.y＝－2x B．y＝－x C.y＝2x D．y＝x 答案 D 解析 因为函数 f(x)是奇函数，所以 a－1＝0，解得 a＝1，所以 f(x)＝x3＋ x，f′(x)＝3x2＋1，所以 f′(0)＝1，f(0)＝0，所以曲线 y＝f(x)在点(0,0)处的切线 方程为 y－f(0)＝f′(0)x，化简可得 y＝x，故选 D. 2.函数 f(x)＝ln x＋ax 的图象存在与直线 2x－y＝0 平行的切线，则实数 a 的取值范围是( ) A.(－∞，2] B．(－∞，2) C.(2，＋∞) D．(0，＋∞) 答案 B 解析 由题意知 f′(x)＝2 在(0，＋∞)上有解. 所以 f′(x)＝1 x ＋a＝2 在(0，＋∞)上有解，则 a＝2－1 x. 因为 x＞0，所以 2－1 x ＜2， 所以 a 的取值范围是(－∞，2). 3.(2019·广州调研)已知直线 y＝kx－2 与曲线 y＝xln x 相切，则实数 k 的值 为( ) A.ln 2 B．1 C.1－ln 2 D．1＋ln 2 答案 D 解析 由 y＝xln x 得 y′＝ln x＋1，设切点为(x0，y0)，则 k＝ln x0＋1，∵ 切点(x0，y0)(x0>0)既在曲线 y＝xln x 上又在直线 y＝kx－2 上，∴ y0＝kx0－2， y0＝x0ln x0， ∴kx0－2＝x0ln x0，∴k＝ln x0＋2 x0 ，则 ln x0＋2 x0 ＝ln x0＋1，∴x0＝2，∴k＝ ln 2＋1.故选 D. 第 1 题易错点有二：一是不能利用奇函数定义正确求解 a 的值；二是不会 利用导数几何意义求解切线斜率．第 2 题不能把条件与导数的几何意义联系起 来，转化为存在型问题，进而求解．第 3 题易出现两方面的错误：一是误把点(0， －2)作为切点；二是盲目设直线 l 的方程，导致解题复杂化，求解受阻. 热点 3 利用导数研究函数的性质 1.求可导函数单调区间的一般步骤 (1)确定函数 f(x)的定义域(定义域优先)； (2)求导函数 f′(x)； (3)在函数 f(x)的定义域内求不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0 的解集； (4)由 f′(x)>0(f′(x)<0)的解集确定函数 f(x)的单调增(减)区间．若遇不等式 中带有参数时，可分类讨论求得单调区间. 2.根据函数 f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围的方法 (1)若函数 y＝f(x)在(a，b)上单调递增，转化为 f′(x)≥0 在(a，b)上恒成立 求解； (2)若函数 y＝f(x)在(a，b)上单调递减，转化为 f′(x)≤0 在(a，b)上恒成立 求解； (3)若函数 y＝f(x)在(a，b)上单调，转化为 f′(x)在(a，b)上不变号，即 f′(x) 在(a，b)上恒大于等于零或恒小于等于零. 3.利用导数研究函数极值与最值需注意的几点 (1)求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点； (2)求函数最值时，务必将极值点与端点值比较得出最大(小)值； (3)对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类 讨论. 1.函数 f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2 在 x＝－1 时的极值为 0，则 m，n 的值为 ( ) A.m＝2，n＝9 B.m＝1，n＝3 C.m＝1，n＝3 或 m＝2，n＝9 D.m＝1，n＝9 答案 A 解析 ∵f′(x)＝3x2＋6mx＋n， 由题意可知 f－1＝0， f′－1＝0 即 －1＋3m－n＋m2＝0， 3－6m＋n＝0， 解得 m＝1， n＝3 或 m＝2， n＝9. 当 m＝1，n＝3 时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x ＋1)2≥0，函数 f(x)在 R 上单调递增，无极值，舍去．当 m＝2，n＝9 时，f′(x) ＝3x2＋12x＋9＝3(x＋3)(x＋1)，当 x<－3 时，f′(x)>0；当－3－1 时，f′(x)>0，所以 f(x)在 x＝－1 处取得极小值．故选 A. 2.(2019·乐山期末)若 f(x)＝x2－aln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数 a 的 取值范围为( ) A.(－∞，1) B．(－∞，1] C.(－∞，2) D．(－∞，2] 答案 D 解析 由 f(x)＝x2－aln x，得 f′(x)＝2x－a x ，∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴2x－a x ≥0 在(1，＋∞)上恒成立，即 a≤2x2 在(1，＋∞)上恒成立，∵当 x∈(1， ＋∞)时，2x2>2，∴a≤2.故选 D. 第 1 题易由于极值概念不清而导致错误，x＝－1 是 f(x)的极值点⇒f′(－1) ＝0，但 f′(－1)＝0 未必有 x＝－1 是 f(x)的极值点，需要验证 f′(x)在点 x＝－1 两端是否异号．第 2 题 f(x)在(1，＋∞)上是增函数等价于 f′(x)≥0 在(1，＋∞) 上恒成立，易漏掉 f′(x)＝0 的情况而出错. 热点 4 利用导数解决与不等式有关的问题 1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法 (1)分离参数法 ①将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； ②利用导数求该函数的最值； ③根据要求得所求范围. (2)函数思想法 ①将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题； ②利用导数求该函数的极值(最值)； ③构建不等式求解. 2.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数 h(x)； (3)利用导数研究 h(x)的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式. 3.构造辅助函数的四种方法 (1)移项法：证明不等式 f(x)>g(x)(f(x)0，∴g(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴ g(x)≥g(1)＝2，∴a≤2.∴a 的取值范围是(－∞，2]．故选 D. 解决本题的关键(难点)是构造合适的函数，易错点有两个方面：一是对原 不等式变形不到位，构造不出新函数；二是不能把题干信息合理转化为所构造新 函数的相关性质进而解决问题. 热点 5 利用导数解决与方程的解有关的问题 利用导数研究方程的解(或曲线公共点)的个数问题： (1)将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与 x 轴(或直线 y ＝k)在该区间上的交点问题； (2)利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质， 进而画出其图象； (3)结合图象，根据零点的个数，寻找函数在给定区间的极值及区间端点值 的函数值与 0 的关系，从而求得参数的取值范围. 1.若 f(x)＝ax3－3x2＋1 存在唯一的零点 x0，且 x0＞0，则 a 的取值范围为 ( ) A.(2，＋∞) B．(－∞，－2) C.(1，＋∞) D．(－∞，－1) 答案 B 解析 解法一：由题意得 a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，令 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝2 a ，当 a>0 时，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈ 0，2 a ，f′(x)<0；x∈ 2 a ，＋∞ ， f′(x)>0；且 f(0)＝1>0，f(x)有小于零的零点，不符合题意．当 a<0 时，x∈ －∞，2 a ， f′(x)<0；x∈ 2 a ，0 ，f′(x)>0；x∈(0，＋∞)，f′(x)<0. 要使 f(x)有唯一的零点 x0 且 x0＞0，只需 f 2 a >0，即 a2>4，a<－2.故选 B. 解法二：由题意得 a≠0，f(x)＝ax3－3x2＋1 有唯一的正零点，等价于 a＝3·1 x －1 x3 有唯一的正根，令 t＝1 x ，则问题又等价于 a＝－t3＋3t 有唯一的正根，即 y ＝a 与 y＝－t3＋3t 有唯一的交点且交点在 y 轴右侧．记 f(t)＝－t3＋3t，则 f′(t) ＝－3t2＋3，由 f′(t)＝0，得 t＝±1，当 t∈(－∞，－1)时，f′(t)<0；当 t∈(－1,1) 时，f′(t)>0；当 t∈(1，＋∞)时，f′(t)<0.要使 a＝－t3＋3t 有唯一的正根，只需 a0，得 x<1 或 x>2，由 f′(x)<0，得 11 2 时，函数 f(x)单调递增，从 而得到函数 f(x)的单调递减区间为 2kπ－5π 3 ，2kπ－π 3 (k∈Z)，单调递增区间为 2kπ－π 3 ，2kπ＋π 3 (k∈Z)， 所以当 x＝2kπ－π 3 ，k∈Z 时，函数 f(x)取得最小值， 此时 sinx＝－ 3 2 ，sin2x＝－ 3 2 ， 所以 f(x)min＝2× － 3 2 － 3 2 ＝－3 3 2 . 专题作业 一、选择题 1.(2019·海淀一模)已知 a＝错误!xdx，b＝错误!x2dx，c＝错误! xdx，则 a，b， c 的大小关系是( ) A.a0，故选项 D 正 确．故选 D. 4.已知 f(x)＝x3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则 a 的最大值是( ) A.0 B．1 C．2 D．3 答案 D 解析 由题知 f′(x)＝3x2－a≥0 在[1，＋∞)上恒成立，即 a≤3x2 在[1，＋ ∞)上恒成立，而(3x2)min＝3×12＝3.所以 a≤3，故 amax＝3.故选 D. 5.函数 f(x)＝(x2－1)3＋2 的极值点是( ) A.x＝1 B．x＝－1 C.x＝1 或－1 或 0 D．x＝0 答案 D 解析 因为 f(x)＝(x2－1)3＋2，所以 f′(x)＝6x(x2－1)2.由 f′(x)>0 得 x>0， 由 f′(x)<0 得 x<0，所以 f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．于 是 f(x)＝(x2－1)3＋2 的极值点是 x＝0.故选 D. 6.设函数 f(x)的导函数为 f′(x)，若 f(x)为偶函数，且在(0,1)上存在极大值 点，则 f′(x)的图象可能为( ) 答案 C 解析 因为 f(x)是偶函数，所以其导函数 f′(x)是奇函数，可排除 B，D； 又因为 f(x)在(0,1)上存在极大值点，故 f′(x)在(0,1)必有变号零点，且零点左侧函 数值大于 0，右侧小于 0，排除 A，故选 C. 7.(2017·全国卷Ⅱ)若 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，则 f(x) 的极小值为( ) A.－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 答案 A 解析 函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 则 f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1 ＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]. 由 x＝－2 是函数 f(x)的极值点得 f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0， 所以 a＝－1. 所以 f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1(x2＋x－2). 由 ex－1>0 恒成立，得 x＝－2 或 x＝1 时，f′(x)＝0， 且 x<－2 时，f′(x)>0；－21 时，f′(x)>0. 所以 x＝1 是函数 f(x)的极小值点. 所以函数 f(x)的极小值为 f(1)＝－1.故选 A. 8.设定义在(0，＋∞)上的单调函数 f(x)，对任意的 x∈(0，＋∞)都有 f[f(x) －log2x]＝3.若方程 f(x)＋f′(x)＝a 有两个不同的实数根，则实数 a 的取值范围是 ( ) A.(1，＋∞) B. 2＋ 1 ln 2 ，＋∞ C. 2－ 1 ln 2 ，＋∞ D．(3，＋∞) 答案 B 解析 由于函数 f(x)是单调函数，因此不妨设 f(x)－log2x＝t，则 f(t)＝3， 再令 x＝t，则 f(t)－log2t＝t，得 log2t＝3－t，解得 t＝2，故 f(x)＝log2x＋2，f′(x) ＝ 1 xln 2 ，构造函数 g(x)＝f(x)＋f′(x)－a＝log2x＋ 1 xln 2 －a＋2，∵方程 f(x)＋f′(x) ＝a 有两个不同的实数根，∴g(x)有两个不同的零点．g′(x)＝ 1 xln 2 － 1 x2ln 2 ＝ 1 ln 2· x－1 x2 ，当 x∈(0,1)时，g′(x)<0；当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(0,1) 上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝ 1 ln 2 －a＋2，由 1 ln 2 －a＋2<0，得 a>2＋ 1 ln 2 ，故实数 a 的 取值范围是 2＋ 1 ln 2 ，＋∞ . 9.(2019·青岛二模)已知函数 f(x)＝2ef′(e)ln x－x e(e 是自然对数的底数)，则 f(x)的极大值为( ) A.2e－1 B．－1 e C.1 D．2ln 2 答案 D 解析 由题意知，f′(x)＝2ef′e x －1 e ，∴f′(e)＝2f′(e)－1 e ，则 f′(e)＝1 e. 因此 f′(x)＝2 x －1 e ，令 f′(x)＝0，得 x＝2e.∴f(x) 在(0,2e)上单调递增，在(2e， ＋∞)上单调递减．∴f(x)在 x＝2e 处取极大值 f(2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2. 10.(2019·济南调研)已知 a 为常数，函数 f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点 x1， x2(x10，f(x2)>－1 2 B.f(x1)<0，f(x2)<－1 2 C.f(x1)>0，f(x2)<－1 2 D.f(x1)<0，f(x2)>－1 2 答案 D 解析 f′(x)＝ln x－2ax＋1，依题意知 f′(x)＝0 有两个不等实根 x1，x2， 即曲线 y＝1＋ln x 与直线 y＝2ax 有两个不同交点，如图. 由直线 y＝x 是曲线 y＝1＋ln x 的切线可知：0<2a<1,00，∴f(x2)>f(1)＝－ a>－1 2.故选 D. 11.已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数为 f′(x)，对任意实数 x 均有(1 －x)·f(x)＋xf′(x)>0 成立，且 y＝f(x＋1)－e 是奇函数，则不等式 xf(x)－ex>0 的解 集是( ) A.(－∞，e) B．(e，＋∞) C.(－∞，1) D．(1，＋∞) 答案 D 解析 原不等式等价于xfx ex >1，令 g(x)＝xfx ex ，则 g′(x)＝[xfx]′ex－xfxex e2x ＝1－xfx＋xf′x ex >0，∴g(x)在 R 上是增函数，又∵y＝f(x＋1)－e 是奇 函数，∴0＝f(0＋1)－e，即 f(1)＝e，∴g(1)＝1，原不等式为 g(x)>g(1)，∴解集 为(1，＋∞)，故选 D. 12.(2019·廊坊省级示范高中联考)已知函数 f(x)＝－1 3x3－1 2x2＋ax－b 的图象 在 x＝0 处的切线方程为 2x－y－a＝0，若关于 x 的方程 f(x2)＝m 有四个不同的实 数解，则 m 的取值范围为( ) A. －32 3 ，－5 6 B. －2，－5 6 C. －32 3 ，－5 6 D. －2，－5 6 答案 D 解析 由函数 f(x)＝－1 3x3－1 2x2＋ax－b， 可得 f′(x)＝－x2－x＋a， 则 f(0)＝－b＝－a，f′(0)＝a＝2，则 b＝2， 即 f(x)＝－1 3x3－1 2x2＋2x－2， f′(x)＝－x2－x＋2＝－(x－1)(x＋2)， 当 x<－2 时，f′(x)<0；当－20；当 x>1 时，f′(x)<0. 所以函数 f(x)在(－2,1)上单调递增，在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减， 又因为关于 x 的方程 f(x2)＝m 有四个不同的实数解，等价于函数 f(x)的图象 与直线 y＝m 在 x∈(0，＋∞)上有两个交点，因为 f(0)＝－2，f(1)＝－5 6 ，所以－ 20 有极大值且有极小值，则实数 a 的 取值范围是________. 答案 (0，＋∞) 解析 根据函数解析式 f(x)在(－∞，＋∞)上连续， 若 a≤0，则 f(x)在(－∞，＋∞)上递增，无极值； 若 a>0，则 f(x)在(－∞，0]，[a，＋∞)上递增，在(0，a)上递减. ∴f(x)有极大值 f(0)，极小值 f(a)，综上，a 的取值范围是(0，＋∞). 16.(2018·江苏高考)若函数 f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有 一个零点，则 f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________. 答案 －3 解析 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)，令 f′(x)＝0 得 x＝0，x＝a 3 ，因为函 数 f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点且 f(0)＝1，所以a 3>0，f a 3 ＝0，因此 2 a 3 3 －a a 3 2＋1＝0，a＝3.从而函数 f(x)在[－1，0]上单调递增，在[0,1]上单调递减， 所以 f(x)max＝f(0)，f(x)min＝min{f(－1)，f(1)}＝f(－1)，f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1) ＝1－4＝－3. 第 11 讲 空间几何体 [考情分析] 空间几何体的命题常以三视图为载体，以几何体或者组合体 的面积、体积等知识为主线进行考查，难度中等，相对稳定．个别试题融入对函 数与不等式的考查，难度较大. 热点题型分析 热点 1 空间几何体的三视图 1.一个物体的三视图的排列规则 俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图 放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一 样，即“长对正，高平齐，宽相等”. 2.由三视图还原直观图的思路 (1)根据俯视图确定几何体的底面； (2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线 和虚线所对应的棱的位置； (3)确定几何体的直观图形状. 3.多角度、多维度、多方位观察长方体、三棱锥、四棱锥不同放置的投影， 在头脑中形成较为清晰的模型意象，提升空间想象能力. (2019·江西省南昌市二模)一个四面体的顶点在空间直角坐标系 Oxyz 中的 坐标分别是 O(0,0,0)，A(1,0,1)，C(0,1,1)，B 1 2 ，1，0 ，绘制该四面体三视图时， 按照如右图所示的方向画正视图，则得到的侧视图可以为( ) 答案 B 解析 因为四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是 O(0,0,0)， A(1,0,1)，C(0,1,1)，B 1 2 ，1，0 ，几何体的直观图如图 1 所示，借助正方体(如图 2)，得到其侧视图如 B 项所示，故选 B. (1)三视图与直观图相互转化时，根据观察视角的不同，实虚线的正确使用 至关重要，它是决定几何体形状的关键因素．如本题所示，从左向右观察时棱 BC 被面 AOC 和面 AOB 遮挡，故其侧视图中，BC 应为虚线，如忽略此问题可能 就会误选 A 选项. (2)解决本题时可以借助正(长)方体为框架，充分利用正(长)方体中棱与面的 垂直关系进行投影．如本题在正方体中易得 A，O 两点的投影分别为 A′，O′， 再根据原几何体的立体图形，连接 A′，O′，B，C 就可以快速得出侧视图， 降低了其中的难度. 热点 2 空间几何体的表面积与体积(高频考点) 1.空间几何体的常用公式 (1)柱体、锥体、台体的侧面积公式 ①S 直棱柱侧＝ch(c 为底面周长，h 为体高)； S 圆柱侧＝1 2ch(c 为底面周长，h 为体高)； ②S 正棱锥侧＝1 2ch′(c 为底面周长，h′为斜高)； S 圆锥侧＝1 2cl(c 为底面周长，l 为母线)； ③S 正棱台侧＝1 2(c＋c′)h′(c′，c 分别为上，下底面的周长，h′为斜高)； S 圆台侧＝1 2(c＋c′)l(c′，c 分别为上，下底面的周长，l 为母线). (2)柱体、锥体、台体的体积公式 ①V 柱＝Sh(S 为底面面积，h 为体高)； ②V 锥＝1 3Sh(S 为底面面积，h 为体高)； ③V 台＝1 3(S＋ SS′＋S′)h(S′，S 分别为上，下底面面积，h 为体高)(不 要求记忆). (3)球的表面积和体积公式 ①S 球＝4πR2(R 为球的半径)； ②V 球＝4 3πR3(R 为球的半径). 2.求解几何体的表面积及体积的技巧 (1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底 面放在已知几何体的某一面上； (2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化 为规则几何体以易于求解； (3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化. 1．(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由 正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为 2，俯视图为等腰直角三角形．该 多面体的各个面中有若干个面是梯形，这些梯形的面积之和为( ) A.10 B．12 C．14 D．16 答案 B 解析 根据三视图，得到该几何体的直观图如图所示，由图可知，该几何 体的面 AA′DC 和面 BB′DC 是两个全等的梯形，因此所求的梯形面积和为 2×(2＋4)×2×1 2 ＝12，故选 B. 2．(2016·全国卷Ⅲ)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是 某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( ) A.18＋36 5 B．54＋18 5 C.90 D．81 答案 B 解析 由三视图可知，该几何体是以边长为 3 的正方形为底面的斜四棱柱 (如图所示)，所以该几何体的表面积为 S＝2×3×6＋2×3×3＋2×3× 32＋62＝ 54＋18 5，故选 B. 几何体的表面积与体积的考查，往往是结合三视图进行的．易错点主要有 两个： (1)不能准确将三视图还原几何体(特别是求面积或者棱长问题)；如第 1 题 和第 2 题，特别是第 2 题，题中几何体为斜四棱柱，俯视图由上下底面的投影组 合而成，因而容易使得还原出现偏差．因此，借助长(正)方体准确还原几何体的 直观图是有效的手段. (2)应用公式不熟练，获取数据信息有误导致计算错．如第 2 题中，常误用 左视图的高，作为几何体左右侧面的高，从而导致计算有误．因此求解此类问题 时，一是由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量；二是熟练掌握各类几 何体的表面积和体积公式求解. 热点 3 多面体与球的切、接问题 通常利用球与多面体(棱柱、棱锥)，球与旋转体(圆柱、圆锥)的内接与外切 等位置关系，考察两个几何体的相互联系．求解这类问题时，一般过球心及多面 体中的接点、切点、球心或侧棱等作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用 平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．也可以只画内接、外切的几何体直观 图，确定圆心的位置，弄清球的半径(或直径)与该几何体已知量间的关系，列方 程(组)求解. (2019·漳州模拟)在直三棱柱 A1B1C1－ABC 中，A1B1＝3，B1C1＝4，A1C1＝5， AA1＝2，则其外接球与内切球的表面积的比值为( ) A.29 4 B.19 2 C.29 2 D．29 答案 A 解析 如图 1，分别取 AC，A1C1 的中点 G，H，连接 GH， 取 GH 的中点 O，连接 OA， 由题意，得 A1B21＋B1C21＝A1C21，即△A1B1C1 为直角三角形， 则点 O 为外接球的球心，OA 为半径， 则外接球的半径 R＝OA＝ 1＋25 4 ＝ 29 2 ； 如图 2，作三棱柱的中截面， 则中截面三角形的内心是该三棱柱的内切球的球心， 中截面三角形的内切圆的半径 r＝3＋4－5 2 ＝1，也是内切球的半径，因为 R∶ r＝ 29∶2， 所以其外接球与内切球的表面积的比值为4πR2 4πr2 ＝29 4 .故选 A. 解决多面体与球的切、接问题时，利用几何体与球的空间直观图分析问题 很难求解，这时就需要根据图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数 量关系，并作出合适的截面图，从熟悉的圆的性质中找到球的性质，从而找到解 决问题的关键. 热点 4 交汇题型 立体几何内容与平面解析几何之间关系密切，也与函数、三角、不等式有 着千丝万缕的联系．近年高考对立体几何的考察，会适度与上述内容进行融合， 用代数的方法思考、解决空间几何问题. 交汇点一 空间几何体与函数、方程及不等式 典例 1 如图，△ABC 内接于圆 O，AB 是圆 O 的直径，四边形 DCBE 为 平行四边形，DC⊥平面 ABC，AB＝4，EB＝2 3. 设 AC＝x，V(x)表示三棱锥 B－ACE 的体积，则函数 V(x)的解析式为 ________，三棱锥 B－ACE 体积的最大值为________. 解析 ∵DC⊥平面 ABC，DC∥BE， ∴BE⊥平面 ABC. 在 Rt△ABC 中，∵AC＝x，∴BC＝ 16－x2(00)部分图象的纸片沿 x 轴折成直二面角，若 A，B 之间的空间 距离为 10，则 f(－1)＝( ) A．－1 B．1 C．－3 2 D.3 2 解析 如图所示，连接 AB，CB.由题意知 AC＝BD＝ 3，AB＝ 10.因为 A －CD－B 是直二面角，AC⊥x 轴，BD⊥x 轴，所以 AC⊥平面 BCD，BD⊥平面 ACD，因此 CB＝ 7，CD＝2. 所以 f(x)的周期为 4，从而ω＝π 2 ， 所以 f(x)＝ 3sin π 2x＋5π 6 ， 所以 f(－1)＝ 3sin －π 2 ＋5π 6 ＝3 2 ，故选 D. 答案 D 本题是立体几何折叠问题和三角问题的一个结合，关键点在于：一是折叠 前后的变与不变，抓住不变量是解决问题的突破口；二是利用三角函数图象本身 的对称性和周期性，结合已知条件分析求解. 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. 2 5 5 ，1 B. 5 5 ，1 C. 3 2 ，1 D. 3 3 ，1 答案 C 解析 易知 O1O2O3O4 是正四面体，设其边长为 2r，过 O1 作 O1O⊥底面 O2O3O4，可得 O 为底面的中心. 连接 O2O，则 O2O⊥O3O4，进而易知 O2O1⊥O3O4，当 M 在直线 O1O2 上时， 可得直线 O2M 与直线 O3O4 垂直，此时所成角最大，最大角的正弦值为 1.作 O2N ∥O3O4，则∠O1O2N＝90°.在平面 O1O2N 内，过 O2 作球 O1 的切线(易知切线有两 条且关于直线 O1O2 对称)，设其中的一个切点为 M′，即当 M 与 M′重合时， ∠O1O2M 最大，此时 sin∠O1O2M＝1 2 ，直线 O2M 与直线 O1O2 所成的最大角∠ O1O2M＝30°，所以∠MO2N 的最小值为 60°，所以直线 O3O4 与直线 O2M 所成的 最小角为 60°，最小角的正弦值为 3 2 .所以直线 O2M 与直线 O3O4 所成角的正弦值 的取值范围为 3 2 ，1 .故选 C. 交汇点二 与函数、不等式交汇 典例 2 如图，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相 垂直，动点 M 在线段 PQ 上，E，F 分别为 AB，BC 的中点．设异面直线 EM 与 AF 所成的角为θ，则 cosθ的最大值为________. 解析 建立坐标系如图所示．设 AB＝1，则 AF→＝ 1，1 2 ，0 ，E 1 2 ，0，0 .设 M(0，y,1)(0≤y≤1)， 则EM→ ＝ －1 2 ，y，1 ， 由于异面直线成角的范围是 0，π 2 ， 所以 cosθ＝ |－1 2 ＋1 2y| 1＋1 4· 1 4 ＋y2＋1 ＝ 21－y 5· 4y2＋5 .又因为 21－y 4y2＋5 2＝1－ 8y＋1 4y2＋5 ，令 8y＋1＝t,1≤t≤9，则 8y＋1 4y2＋5 ＝ 16 t＋81 t －2 ≥1 5(当且仅当 t＝1 时等号成立)，所以 cosθ＝ |－1 2 ＋1 2y| 1＋1 4· 1 4 ＋y2＋1 ＝ 21－y 5· 4y2＋5 ≤ 1 5 × 2 5 ＝2 5 ，即当 y＝0 时，cosθ取得最大值 2 5. 答案 2 5 此类试题历来是整篇试卷创新的亮点，也是难点，重点考查阅读理解、挖 掘信息、构造模型等基本数学素养和能力．解答此类题目，选择恰当的参数构建 数学模型是解题的关键．必要时利用空间向量的坐标运算，可以快速构建出模型. (2019·河南三市 4 月联考)如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的 四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝2，AB＝1，M，N 分别在 AD1，BC 上移动， 始终保持 MN∥平面 DCC1D1，设 BN＝x，MN＝y，则函数 y＝f(x)的图象大致是 ( ) 答案 C 解析 过 M 作 MQ∥DD1，交 AD 于 Q，连接 QN.因为 MN∥平面 DCC1D1， MQ∥平面 DCC1D1，MN∩MQ＝M，所以平面 MNQ∥平面 DCC1D1，又 QN⊂平 面 MNQ，所以 NQ∥平面 DCC1D1，因此 NQ∥DC，因为 AQ＝BN＝x，DD1＝AA1 ＝2，AD＝AB＝1，所以 MQ＝2x.在 Rt△MQN 中，MN2＝MQ2＋QN2，即 y2＝4x2 ＋1，所以 y2－4x2＝1(0≤x<1,1≤y< 5)，所以函数 y＝f(x)的图象为焦点在 y 轴上 的双曲线上支的一部分，故选 C. 交汇点三 与平面解析几何交汇 典例 3 已知棱长为 1 的正方体 ABCD－A1B1C1D1，点 M 在 A1B1 上且 A1M ＝1 3 ，点 P 在底面 A1B1C1D1 上，点 P 到 AD 的距离与点 P 到 M 的距离的平方差 为定值 a，则点 P 的轨迹为________. 解析 如图，以 A1 为坐标原点，A1B1 所在直线为 x 轴，A1D1 所在直线为 y 轴建立空间直角坐标系．设 P(x，y)，点 P 到 AD 的距离为 dP－AD，因为 d2P－AD－ PM2＝a，所以 1＋x2－ x－1 3 2＋y2 ＝a，即 y2＝2 3x＋8 9 －a(其中 a 为常数)，又 0≤x≤1,0≤y≤1，所以点 P 的轨迹是抛物线的一部分. 答案 抛物线的一部分 立体几何中的运动变化问题是高考的一个经典考点，分析动点的轨迹更是 难上加难．其实点动成线，线动成面，而问题的关键是如何分析题设条件，如何 在原图基础上化“动”为“静”，化“立体”为“平面”，增添必要的平面辅助 图，并合理使用性质和判定．解决此类问题常用方法有二：一是圆锥曲线(圆、 椭圆、双曲线以及抛物线)定义，寻找定点与定直线；二是利用空间向量，在空 间直角坐标系中利用坐标关系求解轨迹方程. (2019·山西四校联考)如图，已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 2，长 为 2 的线段 MN 的一个端点 M 在棱 DD1 上运动，点 N 在正方体的底面 ABCD 内 运动，则 MN 的中点 P 的轨迹的面积是( ) A.4π B．π C．2π D.π 2 答案 D 解析 如图，连接 DN，DP，则△MDN 为直角三角形，因为 P 是 MN 的 中点且 MN＝2，则 DP＝1，所以点 P 在以 D 为球心，1 为半径的球面上，又因 为点 P 只能落在正方体上或其内部，所以点 P 的轨迹的面积等于该球面面积的1 8 ， 故所求面积为 S＝1 8 ×4πR2＝π 2 ，故选 D. 真题自检感悟 1.(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点， M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行 的是( ) 答案 A 解析 A 项，作如图①所示的辅助线，其中 D 为 BC 的中点，则 QD∥AB. ∵QD∩平面 MNQ＝Q，∴QD 与平面 MNQ 相交，∴直线 AB 与平面 MNQ 相交. B 项，作如图②所示的辅助线，则 AB∥CD，CD∥MQ， ∴AB∥MQ.又 AB⊄平面 MNQ，MQ⊂平面 MNQ， ∴AB∥平面 MNQ.C 项，作如图③所示的辅助线，则 AB∥CD，CD∥MQ， ∴AB∥MQ.又 AB⊄平面 MNQ，MQ⊂平面 MNQ，∴AB∥平面 MNQ.D 项，作如 图④所示的辅助线，则 AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又 AB⊄平面 MNQ，NQ ⊂平面 MNQ，∴AB∥平面 MNQ.故选 A. 2.(2019·浙江高考)设三棱锥 V－ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱 VA 上的点(不含端点)．记直线 PB 与直线 AC 所成的角为α，直线 PB 与平面 ABC 所成的角为β，二面角 P－AC－B 的平面角为γ，则( ) A.β<γ，α<γ B．β<α，β<γ C.β<α，γ<α D．α<β，γ<β 答案 B 解析 解法一：如图 1，取 BC 的中点 D，作 VO⊥平面 ABC 于点 O，由题 意知点 O 在 AD 上，且 AO＝2OD.作 PE∥AC，PE 交 VC 于点 E，作 PF⊥AD 于 点 F，则 PF⊥平面 ABC.取 AC 的中点 M，连接 BM，VM，VM 交 PE 于点 H，连 接 BH，易知 BH⊥PE. 作 PG⊥AC 于点 G，连接 FG.易知 FG⊥AC，作 FN⊥BM 于点 N. 由作图可知平面 PGF∥平面 VMB，PH∥FN，所以 PH＝FN. 因此，直线 PB 与直线 AC 所成的角α＝∠BPE，直线 PB 与平面 ABC 所成 的角β＝∠PBF，二面角 P－AC－B 的平面角γ＝∠PGF， cosα＝PH PB ＝FN PBβ. ∵tanγ＝PF GF>PF BF ＝tanβ，且γ∈ 0，π 2 ，∴γ>β. 综上所述，α>β，γ>β.故选 B. 解法二：不妨设三棱锥 V－ABC 为正四面体，且 P 为棱 VA 的中点，如图 2， 设三棱锥 V－ABC 的棱长为 2，取 VC 的中点 E，连接 PE，则 PE＝1，PB＝ 3， 作 VO⊥平面 ABC 于点 O，连接 AO，作 PF⊥AO 于点 F，连接 BF，则 PF⊥平 面 ABC，作 PG⊥AC 于点 G，连接 GF，则 AG⊥GF， ∴α＝∠BPE，β＝∠PBF，γ＝∠PGF. ∵VO＝ VA2－AO2＝ 4－ 2 3 3 2＝2 6 3 ， ∴PF＝ 6 3 ，PG＝ 3 2 ， ∴cosα＝ 3 6 ，sinα＝ 33 6 ，sinβ＝ 2 3 ，sinγ＝2 2 3 . 又α，β，γ∈ 0，π 2 ，∴α>β，γ>β.故选 B. 3.(2019·北京高考)已知 l，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论 断： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的 命题：________. 答案 若 m∥α且 l⊥α，则 l⊥m 成立(或若 l⊥m，l⊥α，则 m∥α) 解析 已知 l，m 是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m 与②m∥α，不能 推出③l⊥α，因为 l 可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m 与③l⊥α能推 出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③ ⇒②. 专题作业 一、选择题 1.设 l 表示直线，α，β表示平面．给出四个结论： ①如果 l∥α，则α内有无数条直线与 l 平行；②如果 l∥α，则α内任意的直 线与 l 平行；③如果α∥β，则α内任意的直线与β平行；④如果α∥β，对于α内的 一条确定的直线 a，在β内仅有唯一的直线与 a 平行. 以上四个结论中，正确结论的个数为( ) A.0 B．1 C．2 D．3 答案 C 解析 若 l∥α，则平面α内的直线与 l 平行或异面，故①正确，②错误；再 由面面平行的性质知③正确；对于④，在β内有无数条直线与 a 平行，错误．故 选 C. 2.(2019·荆州模拟)对于空间中的两条直线 m，n 和一个平面α，下列命题中 的真命题是( ) 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 答案 D 解析 对 A，直线 m，n 可能平行、异面或相交，故 A 错误；对 B，直线 m 与 n 可能平行，也可能异面，故 B 错误；对 C，m 与 n 垂直而非平行，故 C 错误；对 D，垂直于同一平面的两直线平行，故 D 正确. 3．(2019·青岛模拟)如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱 ABCD －A1B1C1D1 中，AA1＝2AB＝2，则异面直线 A1B 与 AD1 所成角的余弦值为( ) A.1 5 B.2 5 C.3 5 D.4 5 答案 D 解析 如图，连接 BC1，易证 BC1∥AD1，则∠A1BC1 即为异面直线 A1B 与 AD1 所成的角．连接 A1C1，由 AB＝1，AA1＝2，易得 A1C1＝ 2，A1B＝BC1＝ 5， 故 cos∠A1BC1＝A1B2＋BC21－A1C21 2×A1B×BC1 ＝4 5 ，即异面直线 A1B 与 AD1 所成角的余 弦值为4 5.故选 D. 4.在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝4，点 D 在棱 BB1 上，若 BD＝3，则 AD 与平面 AA1C1C 所成角的正切值为( ) A.2 3 5 B.4 3 C.5 4 D.2 39 13 答案 D 解析 解法一：如右图，取 A1C1 和 AC 的中点 E，F，连接 EF，取 EF 上 一点 P 使得 PF＝BD＝3，连接 DP，BF，AP.因为 ABC－A1B1C1 为正三棱柱，所 以 AA1⊥平面 ABC，△ABC 是等边三角形．所以 AA1⊥BF，BF⊥AC，因此 BF ⊥平面 AA1C1C.知 EF∥AA1 且 EF＝AA1，所以 BD∥PF，又 BD＝PF，所以四边 形 BDPF 是平行四边形，故 DP∥BF.所以 DP⊥平面 AA1C1C，即 AP 是 AD 在平 面 AA1C1C 内的射影，所以∠DAP 是 AD 与平面 AA1C1C 所成角．又因为 AB＝4， 所以 DP＝BF＝2 3，AD＝5，则 AP＝ 13， 所以 tan∠DAP＝DP AP ＝2 39 13 .故选 D. 解法二：如图，取 BC，B1C1 的中点 M，N，连接 MN，AM.由于 ABC－A1B1C1 是正三棱柱，易得 MN⊥平面 ABC，AM⊥BC.以 M 为原点，MA 所在的直线为 x 轴，MC 所在的直线为 y 轴，MN 所在的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角 坐标系，则 A(2 3，0,0)，B(0，－2,0)，C(0,2,0)，D(0，－2，3)，C1(0,2，h)．所 以AD→ ＝(－2 3，－2,3)，AC→＝(－2 3，2,0)，CC1 → ＝(0,0，h)．设平面 AA1C1C 的 法向量为 m＝(x，y，z)， 由 m·AC→＝0， m·CC1 → ＝0， 解得 y＝ 3x， z＝0， 令 x＝1，则 m＝(1，3，0). 设 AD 与平面 AA1C1C 所成角为θ，则 sinθ＝|m·AD→ | |m||AD→ | ＝2 3 5 ， 则 AD 与平面 AA1C1C 所成角的正切值为2 39 13 .故选 D. 5.(2017·全国卷Ⅲ)在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E 为棱 CD 的中点，则 ( ) A.A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 答案 C 解析 解法一：如图 1 所示，连接 AE，A1E，D1E，B1C，BC1，∵A1E 在 平面 ABCD 上的投影为 AE，而 AE 不与 AC，BD 垂直，∴B，D 错；∵A1E 在平 面 BCC1B1 上的投影为 B1C，且 B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故 C 正确；(证明：由 条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又 CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面 CEA1B1.又 A1E ⊂平面 CEA1B1， ∴A1E⊥BC1)∵A1E 在平面 DCC1D1 上的投影为 D1E，而 D1E 不与 DC1 垂直， 故 A 错．故选 C. 解法二：(空间向量法)建立如图 2 所示的空间直角坐标系，设正方体的棱 长为 1，则 A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0，0,0)，A1(1，0,1)，C1(0,1,1)，E 0，1 2 ，0 ， ∴A1E→ ＝ －1，1 2 ，－1 ，DC1 → ＝(0,1,1)，BD→ ＝(－1，－1，0)，BC1 → ＝(－1,0,1)，AC→ ＝(－1,1,0)，∴A1E→ ·DC1 → ≠0，A1E→ ·BD→ ≠0，A1E→ ·BC1 → ＝0，A1E→ ·AC→≠0，∴A1E⊥BC1. 故选 C. 6.(2017·浙江高考)如图，已知正四面体 D－ABC(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，BQ QC ＝CR RA ＝2，分别记二 面角 D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P 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 答案 B 解析 如图①，作出点 D 在底面 ABC 上的射影 O，过点 O 分别作 PR，PQ， QR 的垂线 OE，OF，OG，连接 DE，DF，DG，则α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ ＝∠DGO.由图可知它们的对边都是 DO， ∴只需比较 EO，FO，GO 的大小即可. ① ② 如图②，在 AB 边上取点 P′，使 AP′＝2P′B，连接 OQ，OR，则 O 为 △QRP′的中心．设点 O 到△QRP′三边的距离为 a，则 OG＝a，OF＝OQ·sin ∠OQFOR·sin∠ORP′＝a，∴ OF0)， 则圆心(a，b)到直线 x－y－3＝0 的距离 d＝|a－b－3| 2 ， ∴r2＝a－b－32 2 ＋3 2 ，即 2r2＝(a－b－3)2＋3.① ∵所求圆与直线 x－y＝0 相切，∴(a－b)2＝2r2.② 又∵圆心在直线 x＋y＝0 上，∴a＋b＝0. ③ 联立①②③，解得 a＝1， b＝－1， r＝ 2， 故圆 C 的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2. 2.(2016·浙江高考)已知 a∈R，方程 a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0 表示圆， 则圆心坐标是________，半径是________. 答案 (－2，－4) 5 解析 因为 a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0 表示圆，则 a2＝a＋2，所以 a ＝－1 或 2.当 a＝2 时，方程为 4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即 x2＋y2＋x＋2y＋5 2 ＝ 0，其中 D2＋E2－4F＝1＋4－10＝－5<0，所以该方程不表示圆；当 a＝－1 时， 方程为 x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，即(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，则圆心为(－2，－4)， 半径为 5. (1)确定圆方程时可以采取两种方法：一是如第 1 题解法一利用圆的几何性 质，直接求出圆心坐标和半径即可；二是解法二利用待定系数法，此法常设圆的 一般方程求解. (2)分析二元二次方程 Ax2＋By2＋Dx＋Ey＋F＝0 表示圆时，如果忽略其成 立的条件，第 2 题容易得出两个结论．因此解题时可以直接判断 D2＋E2－4AF>0 是否成立；也可以配方后判断方程的右侧是否大于 0. 热点 3 直线与圆、圆与圆的位置关系 1.直线与圆的位置关系 (1)几何法(d－r 法)：即圆心到直线的距离 d 与圆半径 r 进行比较，dr⇔直线与圆相离； (2)判别式法：设直线 l：Ax＋By＋C＝0…①，圆 O：(x－a)2＋(y－b)2＝r2… ②，由①与②组成方程组 M，消去 x(或 y)后的一元二次方程，其根的判别式为Δ， 则Δ>0⇔直线与圆相交；Δ＝0⇔直线与圆相切；Δ<0⇔直线与圆相离. 2.圆与圆的位置关系 设两圆的半径分别是 R，r(R>r)；圆心距为 d；两圆方程联立的方程组为 M， 则两圆的位置关系如下： 1.(2018·全国卷Ⅱ)过抛物线 y2＝4x 上的点 P 作圆 C：x2＋y2－6x＋8＝0 的 切线 PA 和 PB，切点分别为 A，B，则四边形 PACB 面积的最小值为( ) A. 5 B. 6 C. 7 D．2 2 答案 C 解析 如图所示，四边形 PACB 由两个全等的直角三角形 PAC 和 PBC 构 成，因此当 PC 长度最小时，四边形 PACB 面积取得最小值．由于 P 在抛物线 y2 ＝4x 上，设 P 的坐标为 y2 4 ，y ， ∵x2＋y2－6x＋8＝0，整理得(x－3)2＋y2＝1， ∴C 点坐标为(3,0)，所以|PC|＝ y2 4 －3 2＋y2＝ y4 16 －1 2y2＋9，由于 y∈ R，所以当 y＝±2 时，|PC|min＝2 2.又圆 C 的半径为 1，此时|PA|＝ 7，所以四边 形 PACB 面积的最小值为 7.故选 C. 2.(2019·石家庄模拟)设圆 C1，C2 都和两坐标轴相切，且都过点(4,1)，则两 圆心的距离|C1C2|等于( ) A.4 B．4 2 C．8 D．8 2 答案 C 解析 因为圆 C1，C2 和两坐标轴相切，且都过点(4,1)，所以两圆都在第一 象限内，设圆心坐标为(a，a)，则|a|＝ a－42＋a－12， 解得 a＝5＋2 2或 a＝5－2 2， 可取 C1(5＋2 2，5＋2 2)，C2(5－2 2，5－2 2)， 故|C1C2|＝ 4 22＋4 22＝8.故选 C. 3.(2019·浙江高考)已知圆 C 的圆心坐标是(0，m)，半径长是 r.若直线 2x－y ＋3＝0 与圆 C 相切于点 A(－2，－1)，则 m＝________，r＝________. 答案 －2 5 解析 根据题意画出图形， 可知 A(－2，－1)，C(0，m)，B(0,3)， 则|AB|＝ －2－02＋－1－32 ＝2 5， |AC|＝ －2－02＋－1－m2＝ 4＋m＋12， |BC|＝|m－3|. ∵直线 2x－y＋3＝0 与圆 C 相切于点 A， ∴∠BAC＝90°，∴|AB|2＋|AC|2＝|BC|2. 即 20＋4＋(m＋1)2＝(m－3)2， 解得 m＝－2.因此 r＝|AC|＝ 4＋－2＋12＝ 5. (1)讨论直线与圆、圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的 几何性质寻找解题途径，减少运算量. (2)圆上的点与圆外点的距离的最值问题，可以转化为圆心到点的距离问 题；圆上的点与直线上的点距离的最值问题，可以转化为圆心到直线的距离问题； 圆上点与另一圆上点的距离最值问题，可以转化为两圆心之间的距离问题. 热点 4 交汇题型 直线与圆的问题，很多时候常常需要借助代数坐标化，将动态问题转变为 函数问题，因此圆的相关知识，常与向量、不等式、三角函数、概率等问题交汇 考查，凸显坐标法与数形结合三位一体的命题理念，有效地考查解析几何的基本 思想. 交汇点一 与向量交汇 典例 1 (2017·全国卷Ⅲ)在矩形 ABCD 中，AB＝1，AD＝2，动点 P 在以 点 C 为圆心且与 BD 相切的圆上．若AP→＝λAB→＋μAD→ ，则λ＋μ的最大值为( ) A.3 B．2 2 C. 5 D．2 解析 建立如图所示的直角坐标系，则 C 点坐标为(2,1). 设 BD 与圆 C 切于点 E，连接 CE，则 CE⊥BD. ∵CD＝1，BC＝2， ∴BD＝ 12＋22＝ 5， EC＝BC·CD BD ＝ 2 5 ＝2 5 5 ， 即圆 C 的半径为2 5 5 ， ∴P 点的轨迹方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4 5. 设 P(x0，y0)，则 x0＝2＋2 5 5 cosθ， y0＝1＋2 5 5 sinθ (θ为参数)， 而AP→＝(x0，y0)，AB→＝(0,1)，AD→ ＝(2,0). ∵AP→＝λAB→＋μAD→ ＝λ(0,1)＋μ(2,0)＝(2μ，λ)， ∴μ＝1 2x0＝1＋ 5 5 cosθ，λ＝y0＝1＋2 5 5 sinθ. 两式相加，得 λ＋μ＝1＋2 5 5 sinθ＋1＋ 5 5 cosθ＝2＋sin(θ＋ φ)≤3 其中 sinφ＝ 5 5 ，cosφ＝2 5 5 ， 当且仅当θ＝π 2 ＋2kπ－φ，k∈Z 时，λ＋μ取得最大值 3.故选 A. 答案 A 平面向量与圆的交汇是解析几何的一个热点内容，在高考中一直是考查的 重点．解题时一方面要能够正确分析向量表达式，将它们转化为图形中的相应位 置关系；另一方面还要善于运用向量的运算来解决问题. (2017·江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中，A(－12,0)，B(0,6)，点 P 在圆 O：x2＋y2＝50 上．若PA→·PB→≤20，则点 P 的横坐标的取值范围是________. 答案 [－5 2，1] 解析 解法一：因为点 P 在圆 O：x2＋y2＝50 上， 所以设 P 点坐标为(x，± 50－x2)(－5 2≤x≤5 2). 因为 A(－12,0)，B(0,6)， 所以PA→＝(－12－x，－ 50－x2)或PA→＝(－12－x， 50－x2)，PB→＝(－x,6－ 50－x2)或PB→＝(－x,6＋ 50－x2). 因为PA→·PB→≤20，先取 P(x, 50－x2)进行计算， 所以(－12－x)·(－x)＋(－ 50－x2)(6－ 50－x2)≤20，即 2x＋5≤ 50－x2. 当 2x＋5≤0，即 x≤－5 2 时，上式恒成立； 当 2x＋5≥0，即 x≥－5 2 时，(2x＋5)2≤50－x2， 解得－5≤x≤1，即－5 2 ≤x≤1.故 x≤1. 同理可得 P(x，－ 50－x2)时，x≤－5. 又－5 2≤x≤5 2，所以－5 2≤x≤1. 故点 P 的横坐标的取值范围为[－5 2，1]. 解法二：设 P(x，y)，则 PA→＝(－12－x，－y)，PB→＝(－x，6－y). ∵PA→·PB→≤20， ∴(－12－x)·(－x)＋(－y)·(6－y)≤20， 即 2x－y＋5≤0. 如图，作圆 O：x2＋y2＝50，直线 2x－y＋5＝0 与⊙O 交于 E，F 两点， ∵P 在圆 O 上且满足 2x－y＋5≤0， ∴点 P 在EDF ︵ 上. 由 x2＋y2＝50， 2x－y＋5＝0 得 F 点的横坐标为 1. 又 D 点的横坐标为－5 2， ∴P 点的横坐标的取值范围为[－5 2，1]. 交汇点二 与不等式交汇 典例 2 已知圆 C：(x－3)2＋(y－4)2＝25，圆 C 上的点到直线 l：3x＋4y＋ m＝0(m<0)的最短距离为 1，若点 N(a，b)在直线 l 上位于第一象限的部分，则1 a ＋ 1 b 的最小值为________. 解析 圆 C：(x－3)2＋(y－4)2＝25，圆心坐标(3,4)，半径为 5，因为圆 C 上的点到直线 l：3x＋4y＋m＝0(m<0)的最短距离为 1，则直线 l 与圆 C 相离，设 圆心到直线的距离为 d，则 d－r＝1，可得|9＋16＋m| 9＋16 ＝6，解得 m＝－55 或 m＝ 5(舍去). 因为点 N(a，b)在直线 l 上位于第一象限的部分， 所以 3a＋4b＝55，a>0，b>0. 则1 a ＋1 b ＝ 1 55 1 a ＋1 b (3a＋4b)＝ 1 55 7＋4b a ＋3a b ≥ 1 55 7＋2 4b a ·3a b ＝7＋4 3 55 ， 当且仅当 a＝－55＋110 3 3 ，b＝55－55 3 2 时取等号. 答案 7＋4 3 55 一般来说，处理直线与圆的位置关系，常利用圆心到直线的距离与半径大 小的关系构造不等式；或是运用图形(象)明显(或挖掘隐含)的几何性质与特征， 转化为与之等价的代数不等式，通过解不等式(组)求出相应的范围与最值问题. 若直线 l：ax＋by＋1＝0(a>0，b>0)把圆 C：(x＋4)2＋(y＋1)2＝16 分成面积 相等的两部分，则当 ab 取得最大值时，坐标原点到直线 l 的距离是( ) A.4 B．8 17 C．2 D.8 17 17 答案 D 解析 由题意知直线 ax＋by＋1＝0 过圆心(－4，－1)，即 4a＋b＝1.由基 本不等式可知 ab≤1 4· 4a＋b 2 2＝ 1 16 ，当且仅当 4a＝b＝1 2 时等号成立，即直线方程 为 1 8x＋1 2y＋1＝0，所以原点到直线的距离为 d＝ 1 1 8 2＋ 1 2 2 ＝8 17 17 .故选 D. 交汇点三 与概率交汇 典例 3 (2019·太原市一模)已知圆 C：x2＋y2＝1，直线 l：y＝k(x＋2)，在[－ 1,1]上随机选取一个数 k，则事件“直线 l 与圆 C 相离”发生的概率为( ) A.1 2 B.2－ 2 2 C.3－ 3 3 D.2－ 3 2 解析 因为当直线 l 与圆相离时，圆心(0,0)到直线 kx－y＋2k＝0 的距离大 于半径，所以 |2k| k2＋1 >1，即 k> 3 3 或 k<－ 3 3 .所以概率 P＝ 1－ 3 3 ＋ － 3 3 ＋1 2 ＝ 3－ 3 3 .故选 C. 答案 C 与直线和圆“交汇”的概率问题一般要先画出满足条件的几何图形，一方 面根据直线与圆、圆与圆的位置关系构建不等关系，利用几何概型公式进行计算； 二是利用条件确定符合条件的参数取值，利用古典概型公式或几何概型公式进行 计算. 将一个骰子抛掷两次，第一次出现的点数记为 a，第二次出现的点数记为 b， 设两条直线 l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2 平行的概率为 p1，相交的概率为 p2， 则点 P(p1，p2)与直线 l2：x＋2y＝2 的位置关系是( ) A.P 在直线 l2 上 B．P 在直线 l2 的下方 C.P 在直线 l2 的上方 D．无法确定 答案 B 解析 易知当且仅当a b ≠1 2 时两条直线相交，而a b ＝1 2 的情况有三种：a＝1，b ＝2(此时两条直线重合)；a＝2，b＝4(此时两直线平行)；a＝3，b＝6(此时两直 线平行)．而抛掷两次的所有情况有 6×6＝36 种，所以两条直线相交的概率 p2 ＝1－ 3 36 ＝11 12 ，两条直线平行的概率 p1＝ 2 36 ＝ 1 18 ，则点 P 1 18 ，11 12 ，易判断该点 在直线 l2：x＋2y＝2 的下方．故选 B. 真题自检感悟 1.(2019·北京高考)设抛物线 y2＝4x 的焦点为 F，准线为 l.则以 F 为圆心， 且与 l 相切的圆的方程为________. 答案 (x－1)2＋y2＝4 解析 ∵抛物线 y2＝4x 的焦点 F 的坐标为(1,0)，准线 l 为直线 x＝－1，∴ 圆的圆心坐标为(1,0)．又∵圆与 l 相切，∴圆心到 l 的距离为圆的半径，∴r＝2. ∴圆的方程为(x－1)2＋y2＝4. 2.(2019·天津高考)设 a∈R，直线 ax－y＋2＝0 和圆 x＝2＋2cosθ， y＝1＋2sinθ (θ为 参数)相切，则 a 的值为________. 答案 3 4 解析 把圆的参数方程化为圆的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4，即圆心为 (2,1)，半径 r＝2.又直线方程为 ax－y＋2＝0，且直线与圆相切，所以圆心到直线 的距离 d＝ |2a－1＋2| a2＋－12 ＝2，所以 a＝3 4. 3.(2018·江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中，A 为直线 l：y＝2x 上在第一 象限内的点，B(5,0)，以 AB 为直径的圆 C 与直线 l 交于另一点 D.若AB→·CD→ ＝0， 则点 A 的横坐标为________. 答案 3 解析 根据已知作图(如图)，因为 AB 为圆 C 的直径， 所以∠ADB＝90°.又因为AB→·CD→ ＝0，C 是 AB 中点， 所以△ADB 是等腰直角三角形．设直线 AB 的倾斜角为α，所以α＝∠AOB ＋∠OAB， 则 tanα＝tan(∠AOB＋∠OAB) ＝ tan∠AOB＋tan∠OAB 1－tan∠AOB·tan∠OAB ＝ 2＋1 1－2×1 ＝－3， 所以直线 AB 的方程为 y＝－3(x－5). 由 y＝－3x－5， y＝2x 解得 x＝3， y＝6， 所以点 A 的横坐标为 3. 4.(2017·北京高考)已知点 P 在圆 x2＋y2＝1 上，点 A 的坐标为(－2,0)，O 为 原点，则AO→ ·AP→的最大值为________. 答案 6 解析 解法一：根据题意作出图形，如图所示， A(－2,0)，P(x，y). 由点 P 向 x 轴作垂线交 x 轴于点 Q，则点 Q 的坐标为(x,0). AO→ ·AP→＝|AO→ ||AP→|cosθ， |AO→ |＝2，|AP→|＝ x＋22＋y2， cosθ＝|AQ→| |A P→| ＝ x＋2 x＋22＋y2 ， 所以AO→ ·AP→＝2(x＋2)＝2x＋4. 点 P 在圆 x2＋y2＝1 上，所以 x∈[－1,1]. 所以AO→ ·AP→的最大值为 2＋4＝6. 解法二：如解法一图所示，因为点 P 在圆 x2＋y2＝1 上， 所以可设 P(cosα，sinα)(0≤α＜2π)， 所以AO→ ＝(2,0)，AP→＝(cosα＋2，sinα)， AO→ ·AP→＝2cosα＋4≤2＋4＝6， 当且仅当 cosα＝1，即α＝0，P(1,0)时“＝”号成立. 即 AO→·A P→的最大值为 6. 专题作业 一、选择题 1.过点(2,1)且倾斜角比直线 y＝－x－1 的倾斜角小π 4 的直线方程是( ) A.x＝2 B．y＝1 C．x＝1 D．y＝2 答案 A 解析 ∵直线 y＝－x－1 的斜率为－1，则倾斜角为3π 4 ，依题意，所求直线 的倾斜角为3π 4 －π 4 ＝π 2 ，∴斜率不存在，∴过点(2,1)的直线方程为 x＝2.故选 A. 2.过原点且倾斜角为 60°的直线被圆 x2＋y2－4y＝0 截得的弦长为( ) A. 3 B．2 C. 6 D．2 3 答案 D 解析 直线方程为 y＝ 3x，圆的标准方程为 x2＋(y－2)2＝4，则圆心(0,2) 到直线的距离 d＝ | 3×0－2|  32＋－12 ＝1.由垂径定理知，所求弦长为 2 22－12＝2 3. 故选 D. 3.已知过定点 P(2,0)的直线 l 与曲线 y＝ 2－x2相交于 A，B 两点，O 为坐 标原点，当△AOB 的面积取到最大值时，直线 l 的倾斜角为( ) A.150° B．135° C．120° D．不存在 答案 A 解析 由 y＝ 2－x2，得 x2＋y2＝2(y≥0)，它表示以原点 O 为圆心，以 2为 半径的圆的一部分，其图象如图所示．显然直线 l 的斜率存在， 设过点 P(2,0)的直线 l 为 y＝k(x－2)， 则圆心到此直线的距离 d＝ |－2k| 1＋k2 ， 弦长|AB|＝2 2－ |－2k| 1＋k2 2＝2 2－2k2 1＋k2 ， 所以 S△AOB＝1 2 × |－2k| 1＋k2 ×2 2－2k2 1＋k2 ≤2k2＋2－2k2 21＋k2 ＝1， 当且仅当(2k)2＝2－2k2，即 k2＝1 3 时等号成立，由图可得 k＝－ 3 3 k＝ 3 3 舍去 ，故直线 l 的倾斜角为 150°.故选 A. 4.已知直线 l 过定点(0,1)，则“直线 l 与圆(x－2)2＋y2＝4 相切”是“直线 l 的斜率为3 4 ”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 答案 B 解析 当直线 l 的斜率不存在时，其方程为 x＝0，此时与圆(x－2)2＋y2＝4 相切；当直线 l 的斜率存在时，设其方程为 y＝kx＋1，因为与圆相切，所以有|2k＋1| k2＋1 ＝2，解得 k＝3 4 ，所以“直线 l 的斜率为3 4 ”能推出“直线 l 与圆(x－2)2＋y2＝4 相切”满足必要性，而“直线 l 与圆相切”推不出“l 的斜率为3 4 ”，所以不满足 充分性．故选 B. 5.(2019·潍坊模拟)直线 l1：(3＋m)x＋4y＝5－3m，l2：2x＋(5＋m)y＝8，则 “m＝－1 或 m＝－7”是“l1∥l2”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 答案 B 解析 由题意，当直线 l1∥l2 时，满足3＋m 2 ＝ 4 5＋m ≠5－3m 8 ，解得 m＝－7， 所以“m＝－1 或 m＝－7”是“l1∥l2”的必要不充分条件．故选 B. 6.(2019·贵州黔东南州联考)在△ABC 中，若 asinA＋bsinB－csinC＝0，则圆 C：x2＋y2＝1 与直线 l：ax＋by＋c＝0 的位置关系是( ) A.相切 B．相交 C．相离 D．不确定 答案 A 解析 因为 asinA＋bsinB－csinC＝0，所以由正弦定理得 a2＋b2－c2＝0.故 圆心 C(0,0)到直线 l：ax＋by＋c＝0 的距离 d＝ |c| a2＋b2 ＝1＝r，故圆 C：x2＋y2 ＝1 与直线 l：ax＋by＋c＝0 相切．故选 A. 7.(2019·长春二模)圆(x－2)2＋y2＝4 关于直线 y＝ 3 3 x 对称的圆的方程是 ( ) A.(x－ 3)2＋(y－1)2＝4 B.(x－ 2)2＋(y－ 2)2＝4 C.x2＋(y－2)2＝4 D.(x－1)2＋(y－ 3)2＝4 答案 D 解析 (x－2)2＋y2＝4 的圆心为(2,0)，设其关于直线 y＝ 3 3 x 对称的点为(m， n)，则 n 2 ＝ 3 3 ·2＋m 2 ， n m－2· 3 3 ＝－1， 解得 m＝1，n＝ 3，所以所求圆的方程为(x－1)2＋ (y－ 3)2＝4.故选 D. 8.(2019·兰州一模)已知圆 C：(x－ 3)2＋(y－1)2＝1 和两点 A(－t,0)， B(t,0)(t>0)，若圆 C 上存在点 P，使得∠APB＝90°，则当 t 取得最大值时，点 P 的坐标是( ) A. 3 2 ，3 2 2 B. 3 2 2 ，3 2 C. 3 2 ，3 3 2 D. 3 3 2 ，3 2 答案 D 解析 由题意知，若使圆 C 上存在点 P(x，y)，使得∠APB＝90°，则圆 C 与以原点为圆心，AB 为直径的圆有交点，即 t－1≤|OC|≤t＋1 即 1≤t≤3，当 t ＝3 时，两圆内切且 t>1，所以 O，C，P 三点共线，即 kOC＝kOP＝ 3 3 ，则 OP 所 在直线的倾斜角为 30°.所以 x＝3cos30°＝3 3 2 ，y＝3sin30°＝3 2 ，则 P 3 3 2 ，3 2 ， 故选 D. 9.(2019·河南洛阳二模)在直角坐标平面内，过定点 P 的直线 l：ax＋y－1 ＝0 与过定点 Q 的直线 m：x－ay＋3＝0 相交于点 M，则|MP|2＋|MQ|2 的值为( ) A. 10 2 B. 10 C．5 D．10 答案 D 解析 由题意知 P(0,1)，Q(－3,0)，因为过定点 P 的直线与过定点 Q 的直 线垂直，所以 M 位于以 PQ 为直径的圆上．因为|PQ|＝ 1＋9＝ 10，所以|MP|2 ＋|MQ|2＝|PQ|2＝10.故选 D. 10.(2019·哈尔滨第三中学三模)一条光线从点(1，－1)射出，经 y 轴反射后 与圆(x－2)2＋y2＝1 相交，则入射光线所在直线的斜率的取值范围是( ) A. －3 4 ，0 B. 0，3 4 C. －3 4 ，0 D. 0，3 4 答案 C 解析 由题意知，反射光线必经过(－1，－1)点，设反射光线的斜率为 k， 则反射光线为 kx－y＋k－1＝0，由题意知|2k＋k－1| 1＋k2 <1，所以 00，所以|a－1| 5 ≥1，解得 a≥6.故 选 D. 二、填空题 13.过点 M 1 2 ，1 的直线 l 与圆 C：(x－1)2＋y2＝4 交于 A，B 两点，C 为圆 心，当∠ACB 最小时，直线 l 的方程为________. 答案 2x－4y＋3＝0 解析 易知当 CM⊥AB 时，∠ACB 最小．因为点 C 的坐标为(1,0)，直线 CM 的斜率为 kCM＝1－0 1 2 －1 ＝－2，从而直线 l 的斜率为 k＝－ 1 kCM ＝1 2 ，所以其方程 为 y－1＝1 2 x－1 2 ，即 2x－4y＋3＝0. 14.已知直线 ax－2by＝2(a>0，b>0)过圆 x2＋y2－4x＋2y＋1＝0 的圆心，则 1 a ＋1 b 的最小值为________. 答案 4 解析 ∵圆心为(2，－1)，代入直线方程有 2a＋2b＝2 即 a＋b＝1，则有1 a ＋ 1 b ＝a＋b a ＋a＋b b ＝2＋b a ＋a b ≥2＋2 b a·a b ＝4 当且仅当 a＝b＝1 2 时取等号 ，故答案 为 4. 15.若⊙O：x2＋y2＝5 与⊙O1：(x－m)2＋y2＝20(m∈R)相交于 A，B 两点， 且两圆在点 A 处的切线互相垂直，则线段 AB 的长是________. 答案 4 解析 ∵⊙O1 与⊙O 在 A 处的切线互相垂直，如图，可知两切线分别过另 一圆的圆心，∴O1A⊥OA. 又∵|OA|＝ 5，|O1A|＝2 5，∴|OO1|＝5. 又 A，B 关于 OO1 所在直线对称， ∴AB 长为 Rt△OAO1 斜边上的高的 2 倍， ∴|AB|＝2× 5×2 5 5 ＝4. 16.已知圆 O：x2＋y2＝9，点 P 为直线 x＋2y－9＝0 上一动点，过点 P 向圆 O 引两条切线 PA，PB，A，B 为切点，则直线 AB 过定点________. 答案 (1,2) 解析 因为 P 是直线 x＋2y－9＝0 上的任一点，所以设 P(9－2m，m)，因 为 PA，PB 为圆 x2＋y2＝9 的两条切线，切点分别为 A，B，所以 OA⊥PA，OB⊥ PB，则点 A，B 在以 OP 为直径的圆(记为圆 C)上，即 AB 是圆 O 和圆 C 的公共 弦，易知圆 C 的方程是 x－9－2m 2 2＋ y－m 2 2＝9－2m2＋m2 4 ，① 又 x2＋y2＝9，② ②－①得，(2m－9)x－my＋9＝0，即公共弦 AB 所在直线的方程是(2m－9)x －my＋9＝0，即 m(2x－y)＋(－9x＋9)＝0，由 2x－y＝0， －9x＋9＝0， 得 x＝1，y＝2.所 以直线 AB 恒过定点(1,2). 第 14 讲 圆锥曲线 [考情分析] 圆锥曲线是高考的重点和热点，选择、填空题主要以考查圆 锥曲线定义、标准方程和几何性质(特别是离心率)为主，属于中偏上难度. 热点题型分析 热点 1 圆锥曲线的定义及标准方程 1.圆锥曲线的定义 (1)椭圆：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)； (2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|)； (3)抛物线：|PF|＝|PM|，点 F 不在直线 l 上，PM⊥l 于 M. 2.圆锥曲线的标准方程 (1)椭圆的标准方程：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1 或y2 a2 ＋x2 b2 ＝1 ，其中 a>b>0； (2)双曲线的标准方程：x2 a2 －y2 b2 ＝1 或y2 a2 －x2 b2 ＝1 ，其中 a>0，b>0； (3)抛物线的标准方程：x2＝±2py，y2＝±2px，其中 p>0. 1.(2019·广州测试)已知双曲线 C：x2 a2 －y2 4 ＝1(a>0)的一条渐近线方程为 2x＋ 3y＝0，F1，F2 分别是双曲线 C 的左、右焦点，点 P 在双曲线上，且|PF1|＝7， 则|PF2|＝( ) A.1 B．13 C.4 或 10 D．1 或 13 答案 D 解析 由一条渐近线方程为 2x＋3y＝0 和 b＝2 可得 a＝3，|F1F2|＝2 9＋4 ＝2 13，由点 P 在双曲线 C 上，则||PF1|－|PF2||＝6，可得|PF2|＝1 或 13，根据|PF1| ＝7，|PF2|＝1，|F1F2|＝2 13或|PF1|＝7，|PF2|＝13，|F1F2|＝2 13均能满足三角 形成立的条件．故选 D. 2.椭圆x2 9 ＋ y2 4＋k ＝1 的离心率为4 5 ，则 k 的值为( ) A.－21 B．21 C.－19 25 或 21 D.19 25 或 21 答案 C 解析 若 a2＝9，b2＝4＋k，则 c＝ 5－k，由c a ＝4 5 ，即 5－k 3 ＝4 5 ，得 k＝ －19 25 ；若 a2＝4＋k，b2＝9，则 c＝ k－5，由c a ＝4 5 ，即 k－5 4＋k ＝4 5 ，解得 k＝21. 故选 C. (1)运用双曲线定义时，容易忽略距离差的“绝对值”这一条件．如第 1 题， 忽略此条件可能因为|PF1|＝7,2a＝6，而直接根据|PF1|－|PF2|＝2a，得出|PF2|＝1， 错选 A.因此对于各圆锥曲线的定义，要熟练掌握，特别是双曲线的定义，不要 忽略距离差的“绝对值”这一重要信息；除此之外，对于椭圆定义中|PF1|＋ |PF2|>|F1F2|、双曲线定义中||PF1|－|PF2||<|F1F2|，满足这样点的轨迹才能是椭圆和 双曲线也是非常重要的信息点，这也是第 1 题后续需要验证的原因. (2)求标准方程时不考虑焦点位置，如第 2 题，不考虑焦点在 y 轴上的情况， 而导致漏解．因此求圆锥曲线方程时，当焦点位置不明时要注意根据焦点位置进 行分类讨论. 热点 2 圆锥曲线的几何性质 1.椭圆、双曲线中，a，b，c 三者之间的关系 (1)椭圆：a2＝b2＋c2，离心率 e＝c a ＝ 1－ b a 2∈(0,1)； (2)双曲线：c2＝a2＋b2，离心率为 e＝c a ＝ 1＋ b a 2∈(1，＋∞). 2.确定离心率的值或范围时，充分利用椭圆和双曲线的几何性质或者点坐 标等，建立一个关于 a，b，c 的方程(组)或不等式(组)，再根据 a，b，c 的关系 消掉 b 得到关于 a，c 的关系式. 3.双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为 y＝±b ax，双曲线 y2 a2 －x2 b2 ＝ 1(a>0，b>0)的渐近线方程为 y＝±a bx；同时注意渐近线斜率与离心率 e 的关系. 1.设椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为 F1，F2，P 是 C 上的 点，PF2⊥F1F2，∠PF1F2＝30°，则 C 的离心率为( ) A. 3 6 B.1 3 C.1 2 D. 3 3 答案 D 解析 解法一：如图， 在 Rt△PF2F1 中，∠PF1F2＝30°，|F1F2|＝2c， ∴|PF1|＝ 2c cos30° ＝4 3c 3 ， |PF2|＝2c·tan30°＝2 3c 3 . ∵|PF1|＋|PF2|＝2a，即4 3c 3 ＋2 3c 3 ＝2a，可得 3c＝a. ∴e＝c a ＝ 3 3 .故选 D. 解法二：(特殊值法) 在 Rt△PF2F1 中，令|PF2|＝1， ∵∠PF1F2＝30°，∴|PF1|＝2，|F1F2|＝ 3. ∴e＝c a ＝2c 2a ＝ |F1F2| |PF1|＋|PF2| ＝ 3 3 .故选 D. 2.(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的右顶点为 A，以 A 为圆心，b 为半径作圆 A，圆 A 与双曲线 C 的一条渐近线交于 M，N 两点．若∠ MAN＝60°，则 C 的离心率为________. 答案 2 3 3 解析 如图，取 MN 中点 P，连接 AP，则 AP⊥MN，所以∠MAP＝30°.因 为 A(a,0)，M，N 为 y＝b ax 上的点，则|AP|＝ |ab| a2＋b2 ＝ab c . 在 Rt△PAM 中，cos∠PAM＝|AP| |AM| ，则ab bc ＝a c ＝ 3 2 ，所以 e＝c a ＝2 3 3 . 3.(2019·全国卷Ⅰ)已知双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别 为 F1，F2，过 F1 的直线与 C 的两条渐近线分别交于 A，B 两点．若F1A→ ＝AB→，F1B→ ·F2B→ ＝0，则 C 的离心率为________. 答案 2 解析 解法一：由F1A→ ＝AB→，得 A 为 F1B 的中点．又 O 为 F1F2 的中点，∴ OA∥BF2. 又F1B→ ·F2B→ ＝0， ∴∠F1BF2＝90°. ∴OF2＝OB， ∴∠OBF2＝∠OF2B. 又∠F1OA＝∠BOF2，∠F1OA＝∠OF2B， ∴∠BOF2＝∠OF2B＝∠OBF2， ∴△OBF2 为等边三角形. 如图 1 所示，不妨设 B 为 c 2 ，－ 3 2 c . ∵点 B 在直线 y＝－b ax 上，∴b a ＝ 3， ∴离心率 e＝c a ＝2. 解法二：∵F1B→ ·F2B→ ＝0， ∴∠F1BF2＝90°.在 Rt△F1BF2 中，O 为 F1F2 的中点，∴|OF2|＝|OB|＝c.如 图 2，作 BH⊥x 轴于 H，由 l1 为双曲线的渐近线，可得|BH| |OH| ＝b a ，且|BH|2＋|OH|2 ＝|OB|2＝c2，∴|BH|＝b，|OH|＝a， ∴B(a，－b)，F2(c,0). 又F1A→ ＝AB→，∴A 为 F1B 的中点. ∴OA∥F2B，∴∠F1OA＝∠F1F2B， 又∠F1OA＝∠BOF2，∴∠BOF2＝∠F1F2B， ∴b a ＝ b c－a ，∴c＝2a，∴离心率 e＝c a ＝2. (1)双曲线的渐近线方程是 y＝±b ax，还是 y＝±a bx，是最容易混淆出错的点．如 第 2 题，如果将 MN 所在渐近线错写为 y＝a bx，则|AP|＝ a2 a2＋b2 .再根据 cos∠PAM ＝|AP| |AM| 得到关于 e 的方程 3e4－3e2－4＝0，从而形成错 解．因此双曲线渐近线可以根据双曲线方程进行推导，即对于双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1，令x2 a2 －y2 b2 ＝0，则x2 a2 ＝y2 b2 ，x a ＝±y b ，即 y＝±b ax，不要死记硬背. (2)解决有关几何性质问题时，既可以使用曲线方程与点坐标有关的代数运 算，也可以选择利用平面图形的几何性质求解．二者比较起来，代数运算的计算 量较大，出错率较高．因此求解此类问题时，要根据题目给出的已知条件，准确 画出平面图形，并充分挖掘图形中隐含的几何性质，从而简化计算过程. (3)求解离心率的值或范围的问题时，要注意不同圆锥曲线的离心率范围不 同. 热点 3 求轨迹问题 1.直接法：直接利用条件建立 x，y 之间的关系 f(x，y)＝0. 2.待定系数法：已知所求曲线的类型，先根据条件设出所求曲线的方程， 再由条件确定其待定系数. 3.定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义 直接写出动点的轨迹方程. 4.相关点法：动点 P(x，y)依赖于另一个动点 Q(x0，y0)的变化而变化，并且 Q(x0，y0)又在已知曲线上，则可用 x，y 的代数式表示 x0，y0，再将 x0，y0 代入已 知曲线得出要求的轨迹. 5.参数法：当动点 P(x，y)的坐标之间的关系不易直接找到，也没有相关点 可用时，可考虑将 x，y 均用一中间变量(参数)表示，得参数方程，再消去参数得 普通方程. 1.设抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点为 F，点 M 在 C 上，|MF|＝5，若以 MF 为直径的圆过点(0,2)，则 C 的标准方程为( ) A.y2＝4x 或 y2＝8x B．y2＝2x 或 y2＝8x C.y2＝4x 或 y2＝16x D．y2＝2x 或 y2＝16x 答案 C 解析 由题意知，F p 2 ，0 ，抛物线的准线方程为 x＝－p 2 ，则由抛物线的 定义知，xM＝5－p 2 ，设以 MF 为直径的圆的圆心为 5 2 ，yM 2 ，所以圆的方程为 x－5 2 2 ＋ y－yM 2 2＝25 4 ，因为圆过点(0,2)，所以 yM＝4，又因为点 M 在 C 上，所以 16 ＝2p 5－p 2 ，解得 p＝2 或 p＝8，所以抛物线 C 的标准方程为 y2＝4x 或 y2＝16x. 故选 C. 2.过椭圆x2 36 ＋y2 9 ＝1 的左顶点 A1 作任意弦 A1E 并延长至 F，使|A1E|＝|EF|， A2 为椭圆的右顶点，连接 OF 与 A2E 交于点 P，则 P 的轨迹方程为________. 答案 x－22 16 ＋y2 4 ＝1(x≠－2) 解析 设 P(x，y)，E(x0，y0)(x0≠－6)，因为 A1，A2 为椭圆的左、右顶点， 所以 A1(－6，0)，A2(6,0)．又因为 E 是 A1F 的中点，则 F 坐标为 F(2x0＋6,2y0)．又 O 是 A1A2 的中点，所以 P 是△A1A2F 的重心，则 x＝2x0＋6 3 ， y＝2y0 3 ， 即 x0＝3x－6 2 ， y0＝3y 2 . 又因为 E 是椭圆上任意点，所以x20 36 ＋y20 9 ＝1，则 P 的轨迹为 3x－6 2 2 36 ＋ 3y 2 2 9 ＝ 1，整理得x－22 16 ＋y2 4 ＝1(x≠－2). 3.已知椭圆x2 4 ＋y2 3 ＝1 的左、右焦点是 F1，F2，A 是椭圆上任一点，过焦点 F1 向∠F1AF2 的外角平分线作垂线，垂足为 D，则点 D 的轨迹方程为________. 答案 x2＋y2＝4 解析 如图，延长 F1D 和 F2A 交于点 B，连接 OD.因为 AD 是∠F1AB 的平 分线且 AD⊥BF1，所以|AF1|＝|AB|，则 OD∥BF2 且|OD|＝1 2|BF2|.又因为|AF1|＋|AF2| ＝4，所以|AB|＋|AF2|＝|BF2|＝4，所以|OD|＝2，则 D 的轨迹为以 O 为圆心，2 为半径的圆，其方程为 x2＋y2＝4. (1)求解轨迹问题时，常因考虑不周引起轨迹的增加或减少，从而导致解答 错误．如第 2 题，由于 A1E 为任意弦，所以 E 与 A1 不能重合，故有 x0≠－6 的 条件，忽略此问题，答案就会多一个点. (2)不画图分析导致解题过程复杂，或无解题思路．如第 2 题通过画图分析 发现 P 是△A1A2F 的重心，从而得到点坐标之间的关系；第 3 题，由∠F1AB 的 平分线且 AD⊥BF1，得到|AF1|＝|AB|，从而利用定义求得轨迹方程. 热点 4 交汇题型 解析几何与其他知识相结合，各种题型均有可能出现，要求较高，其中最 常见的是与平面向量和不等式结合考查．解决此类问题，关键在于能“透过现象 看本质”，从而选择相应方法求解. 交汇点一 与不等式交汇 典例 1 (2017·全国卷Ⅰ)已知 F 为抛物线 C：y2＝4x 的焦点，过 F 作两条 互相垂直的直线 l1，l2，直线 l1 与 C 交于 A，B 两点，直线 l2 与 C 交于 D，E 两 点，则|AB|＋|DE|的最小值为( ) A.16 B．14 C．12 D．10 解析 因为 F 为 y2＝4x 的焦点，所以 F(1,0). 由题意直线 l1，l2 的斜率均存在，且不为 0，设 l1 的斜率为 k，则 l2 的斜率 为－1 k ，故直线 l1，l2 的方程分别为 y＝k(x－1)，y＝－1 k(x－1). 由 y＝kx－1， y2＝4x， 得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝2k2＋4 k2 ，x1x2＝1， 所以|AB|＝ 1＋k2·|x1－x2| ＝ 1＋k2· x1＋x22－4x1x2 ＝ 1＋k2· 2k2＋4 k2 2－4＝41＋k2 k2 . 同理可得|DE|＝4(1＋k2). 所以|AB|＋|DE|＝41＋k2 k2 ＋4(1＋k2)＝4 1 k2 ＋1＋1＋k2 ＝8＋4 k2＋1 k2 ≥8＋ 4×2＝16， 当且仅当 k2＝1 k2 ，即 k＝±1 时，取得等号．故选 A. 答案 A 解析几何与不等式交汇，主要体现在运用不等式的相关知识，解析或证明 几何图形的某些特征．交汇点集中在利用不等式的解法求参数范围，或构造函数 利用均值不等式求最值等问题上. (2019·江西南昌一模)抛物线 y2＝8x 的焦点为 F，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)是 抛物线上的两个动点，若 x1＋x2＋4＝2 3 3 |AB|，则∠AFB 的最大值为( ) A.π 3 B.3π 4 C.5π 6 D.2π 3 答案 D 解析 因为 x1＋x2＋4＝2 3 3 |AB|，|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋4，所以|AF|＋|BF|＝ 2 3 3 |AB|， 在△AFB 中，由余弦定理得： cos∠AFB＝|AF|2＋|BF|2－|AB|2 2|AF|·|BF| ＝|AF|＋|BF|2－2|AF|·|BF|－|AB|2 2|AF|·|BF| ＝ 4 3|AB|2－|AB|2 2|AF|·|BF| －1＝ 1 3|AB|2 2|AF|·|BF| －1， 又|AF|＋|BF|＝2 3 3 |AB|≥2 |AF|·|BF|， 所以|AF|·|BF|≤1 3|AB|2， 则 cos∠AFB＝ 1 3|AB|2 2|AF|·|BF| －1 ≥ 1 3|AB|2 2×1 3|AB|2 －1＝－1 2 ， 所以∠AFB 的最大值为2π 3 .故选 D. 交汇点二 与向量交汇 典例 2 (2019·吉林四平质检)经过椭圆x2 2 ＋y2＝1 的一个焦点作倾斜角为 45°的直线 l，交椭圆于 A，B 两点．设 O 为坐标原点，则OA→ ·OB→ 等于( ) A.－3 B．－1 3 C.－1 3 或－3 D．±1 3 解析 依题意，当直线 l 经过椭圆的右焦点(1,0)时，其方程为 y－0＝tan45°(x －1)，即 y＝x－1.代入椭圆方程x2 2 ＋y2＝1 并整理得 3x2－4x＝0，解得 x＝0 或 x ＝4 3.所以两个交点坐标为 A(0，－1)，B 4 3 ，1 3 ，所以OA→ ·OB→ ＝(0，－1)· 4 3 ，1 3 ＝ －1 3.同理，直线 l 经过椭圆的左焦点时，也可得OA→ ·OB→ ＝－1 3.故选 B. 答案 B 平面向量与解析几何的结合通常涉及到夹角、平行、垂直、共线、轨迹等 问题的处理．解决此类问题基本思想：一是将几何问题坐标化、符号化、数量化， 从而将推理转化为运算；二是考虑向量运算的几何意义，利用其几何意义解决有 关问题. 设 F1，F2 分别是椭圆x2 4 ＋y2＝1 的左、右焦点，若椭圆上存在一点 P，使(OP→ ＋OF→ 2)·PF→ 2＝0(O 为坐标原点)，则△F1PF2 的面积是( ) A.4 B．3 C．2 D．1 答案 D 解析 ∵(OP→ ＋OF→ 2)·PF→ 2＝(OP→ ＋F1O→ )·PF→ 2＝F1P→ ·PF→ 2＝0， ∴PF1⊥PF2，∠F1PF2＝90°.设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则 m＋n＝4，m2＋n2＝ 12，∴2mn＝4，mn＝2， ∴S△F1PF2 ＝1 2mn＝1. 真题自检感悟 1.(2019·全国卷Ⅰ)已知椭圆 C 的焦点为 F1(－1,0)，F2(1,0)，过 F2 的直线与 C 交于 A，B 两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则 C 的方程为( ) A.x2 2 ＋y2＝1 B.x2 3 ＋y2 2 ＝1 C.x2 4 ＋y2 3 ＝1 D.x2 5 ＋y2 4 ＝1 答案 B 解析 设椭圆的标准方程为x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)．由椭圆的定义可得|AF1|＋ |AB|＋|BF1|＝4a. ∵|AB|＝|BF1|，|AF2|＝2|F2B|， ∴|AB|＝|BF1|＝3 2|AF2|，∴|AF1|＋3|AF2|＝4a.又|AF1|＋|AF2|＝2a，∴|AF1|＝ |AF2|＝a， ∴点 A 是椭圆的短轴端点，如图．不妨设 A(0，－b)，由 F2(1,0)，AF2 → ＝2F2B→ ， 得 B 3 2 ，b 2 .由点 B 在椭圆上，得 9 4 a2 ＋ b2 4 b2 ＝1，得 a2＝3，b2＝a2－c2＝2.∴椭圆 C 的 方程为x2 3 ＋y2 2 ＝1.故选 B. 2.(2019·全国卷Ⅰ)双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角 为 130°，则 C 的离心率为( ) A.2sin40° B．2cos40° C. 1 sin50° D. 1 cos50° 答案 D 解析 由题意可得－b a ＝tan130°，所以 e＝ 1＋b2 a2 ＝ 1＋tan2130°＝ 1＋sin2130° cos2130° ＝ 1 |cos130°| ＝ 1 cos50°.故选 D. 3.(2019·全国卷Ⅱ)设 F 为双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的右焦点，O 为 坐标原点，以 OF 为直径的圆与圆 x2＋y2＝a2 交于 P，Q 两点．若|PQ|＝|OF|，则 C 的离心率为( ) A. 2 B. 3 C．2 D. 5 答案 A 解析 设双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的右焦点 F 的坐标为(c,0)．由圆 的对称性及条件|PQ|＝|OF|可知，PQ 是以 OF 为直径的圆的直径，且 PQ⊥OF. 设垂足为 M，连接 OP，如图，则|OP|＝a，|OM|＝|MP|＝c 2.由|OM|2＋|MP|2＝|OP|2 得 c 2 2＋ c 2 2＝a2，故c a ＝ 2，即 e＝ 2.故选 A. 4.(2018·全国卷Ⅱ)已知 F1，F2 是椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点， A 是 C 的左顶点，点 P 在过 A 且斜率为 3 6 的直线上，△PF1F2 为等腰三角形，∠ F1F2P＝120°，则 C 的离心率为( ) A.2 3 B.1 2 C.1 3 D.1 4 答案 D 解析 依题意易知|PF2|＝|F1F2|＝2c，且 P 在第一象限内，由∠F1F2P＝120° 可得 P 点的坐标为(2c， 3c)．又因为 kAP＝ 3 6 ，即 3c 2c＋a ＝ 3 6 ，所以 a＝4c，e＝ 1 4 ，故选 D. 专题作业 一、选择题 1.(2017·全国卷Ⅲ)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A1， A2，且以线段 A1A2 为直径的圆与直线 bx－ay＋2ab＝0 相切，则 C 的离心率为 ( ) A. 6 3 B. 3 3 C. 2 3 D.1 3 答案 A 解析 由题意知以 A1A2 为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为 a. 又直线 bx－ay＋2ab＝0 与圆相切，∴圆心到直线的距离 d＝ 2ab a2＋b2 ＝a， 解得 a＝ 3b，∴b a ＝ 1 3 ，∴e＝c a ＝ a2－b2 a ＝ 1－ b a 2＝ 1－ 1 3 2＝ 6 3 .故 选 A. 2.(2019·全国卷Ⅲ)双曲线 C：x2 4 －y2 2 ＝1 的右焦点为 F，点 P 在 C 的一条渐 近线上，O 为坐标原点，若|PO|＝|PF|，则△PFO 的面积为( ) A.3 2 4 B.3 2 2 C．2 2 D．3 2 答案 A 解析 双曲线x2 4 －y2 2 ＝1 的右焦点坐标为( 6，0)，一条渐近线的方程为 y ＝ 2 2 x，不妨设点 P 在第一象限，由于|PO|＝|PF|，则点 P 的横坐标为 6 2 ，纵坐 标为 2 2 × 6 2 ＝ 3 2 ，即△PFO 的底边长为 6，高为 3 2 ，所以它的面积为1 2 × 6× 3 2 ＝3 2 4 .故选 A. 3.(2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程 为 y＝ 5 2 x，且与椭圆x2 12 ＋y2 3 ＝1 有公共焦点，则 C 的方程为( ) A.x2 8 －y2 10 ＝1 B.x2 4 －y2 5 ＝1 C.x2 5 －y2 4 ＝1 D.x2 4 －y2 3 ＝1 答案 B 解析 由题意可得b a ＝ 5 2 ，c＝3，又 a2＋b2＝c2，解得 a2＝4，b2＝5，则 C 的方程为x2 4 －y2 5 ＝1，故选 B. 4.(2017·全国卷Ⅱ)若双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y2＝4 所截得的弦长为 2，则 C 的离心率为( ) A.2 B. 3 C. 2 D.2 3 3 答案 A 解析 设双曲线的一条渐近线方程为 y＝b ax， 因为圆的圆心为(2,0)，半径为 2， 由弦长为 2 得出圆心到渐近线的距离为 22－12＝ 3. 根据点到直线的距离公式得 |2b| a2＋b2 ＝ 3， 解得 b2＝3a2. 所以 C 的离心率 e＝c a ＝ c2 a2 ＝ 1＋b2 a2 ＝2. 5.(2019·长沙市高三一模)A 是抛物线 y2＝2px(p>0)上一点，F 是抛物线的焦 点，O 为坐标原点，当|AF|＝4 时，∠OFA＝120°，则抛物线的准线方程是( ) A.x＝－1 B．y＝－1 C．x＝－2 D．y＝－2 答案 A 解析 如图，过 A 作 AB⊥x 轴，AC 垂直于准线，因为∠OFA＝120°，|AF| ＝4，所以∠AFB＝60°，|BF|＝2，根据抛物线定义知|AC|＝4 且|AC|＝|BF|＋p，所 以 p＋2＝4 即 p＝2.即抛物线的准线方程为 x＝－1，故选 A. 6.(2019·河北武邑中学调研)已知直线 l：y＝k(x＋2)(k>0)与抛物线 C：y2＝ 8x 相交于 A，B 两点，F 为 C 的焦点，若|FA|＝2|FB|，则 k 等于( ) A.1 3 B. 2 3 C.2 3 D.2 2 3 答案 D 解析 由 y＝kx＋2， y2＝8x， 消去 y 得 k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0， ∵Δ＝(4k2－8)2－16k4>0，又 k>0，解得 00，x2>0，由②③解得 x1＝4，x2＝1，代入①得 k2＝8 9 ， ∵00，b>0)的渐近线方程为 y＝± 7x， 则 E 的离心率为( ) A.2 B.2 14 7 C．2 2 D．2 3 答案 C 解析 由题意，双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为 y＝± 7x，即b a ＝ 7，所以双曲线的离心率为 e＝c a ＝ a2＋b2 a2 ＝ 1＋ b a 2＝2 2，故选 C. 8.(2019·河北衡水中学模拟)已知双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点 分别为 F1，F2，过 F1 作圆 x2＋y2＝a2 的切线，交双曲线右支于点 M，若∠F1MF2 ＝45°，则双曲线的渐近线方程为( ) A.y＝± 2x B．y＝± 3x C.y＝±x D．y＝±2x 答案 A 解析 如图，作 OA⊥F1M 于点 A，F2B⊥F1M 于点 B.因为 F1M 与圆 x2＋y2 ＝a2 相切，∠F1MF2＝45°， 所以|OA|＝a，|F2B|＝|BM|＝2a，|F2M|＝2 2a，|F1B|＝2b. 又点 M 在双曲线上， 所以|F1M|－|F2M|＝2a＋2b－2 2a＝2a. 整理，得 b＝ 2a.所以b a ＝ 2. 所以双曲线的渐近线方程为 y＝± 2x.故选 A. 9.(2019·华南师大附中一模)已知双曲线 E：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)，点 F 为 E 的左焦点，点 P 为 E 上位于第一象限内的点，P 关于原点的对称点为 Q，且满足 |PF|＝3|FQ|，若|OP|＝b，则 E 的离心率为( ) A. 2 B. 3 C．2 D. 5 答案 B 解析 设双曲线的另一个焦点为 F1，连接 F1P，F1Q，因为 P 关于原点的 对称点为 Q，所以 F1PFQ 是平行四边形，所以|PF1|＝|FQ|.根据双曲线定义知|PF| －|PF1|＝2a，又|PF|＝3|FQ|＝3|PF1|，所以|PF1|＝a，|OP|＝b，|OF1|＝c，因为 c2 ＝a2＋b2，所以∠OPF1＝90°.又因为|PQ|＝2b，|QF1|＝3a，|PF1|＝a，所以(3a)2 ＝a2＋(2b)2，整理得 b2＝2a2 即 c2＝3a2，所以 e＝c a ＝ 3，故选 B. 10.(2019·湖北八校二模)设 F 是抛物线 x2＝4y 的焦点，A，B，C 为该抛物 线上三点，若FA→＋FB→＋FC→＝0，则|FA|＋|FB|＋|FC|的值为( ) A.3 B．6 C．9 D．12 答案 B 解析 因为FA→＋FB→＋FC→＝0，所以 F 为△ABC 的重心，设 A，B，C 三点 的纵坐标分别为 y1，y2，y3，则y1＋y2＋y3 3 ＝yF＝1，所以 y1＋y2＋y3＝3.由抛物线 定义可知|FA|＝y1＋1，|FB|＝y2＋1，|FC|＝y3＋1，所以|FA|＋|FB|＋|FC|＝y1＋y2 ＋y3＋3＝6，故选 B. 11.(2019·郑州第三次质量预测)椭圆x2 5 ＋y2 4 ＝1 的左焦点为 F，直线 x＝m 与 椭圆相交于点 M，N，当△FMN 的周长最大时，△FMN 的面积是( ) A. 5 5 B.6 5 5 C.8 5 5 D.4 5 5 答案 C 解析 设椭圆的右焦点为 F1，由椭圆定义知△FMN 的周长为|MN|＋|MF| ＋|NF|＝|MN|＋(2 5－|MF1|)＋(2 5－|NF1|)＝4 5＋|MN|－|MF1|－|NF1|.因为|MF1| ＋|NF1|≥|MN|，所以|MN|－|MF1|－|NF1|≤0，当 MN 过 F1 时取等号，即直线 x＝ m 过椭圆的右焦点时，△FMN 的周长最大，此时|MN|＝8 5 5 ，|FF1|＝2，所以 S△ FMN＝1 2 ×8 5 5 ×2＝8 5 5 ，故选 C. 12.(2019·汕头市一模)已知双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的右焦点为 F(c,0)， 右顶点为 A，过 F 作 AF 的垂线与双曲线交于 B，C 两点，过 B，C 分别作 AC， AB 的垂线，两垂线交于点 D，若 D 到直线 BC 的距离小于 a＋c，则双曲线的渐 近线斜率的取值范围是( ) A.(－∞，－1)∪(1，＋∞) B.(－1,0)∪(0,1) C.(－∞，－ 2)∪( 2，＋∞) D.(－ 2，0)∪(0， 2) 答案 B 解析 如图，因为 AB⊥BD 且 BF⊥AD，所以|BF|2＝|AF|·|DF|.因为 A(a,0)， F(c,0)，所以 B c，b2 a ，则|DF|＝|BF|2 |AF| ＝ b4 a2c－a.又因为 D 到直线 BC 的距离即为 |DF|，所以 b4 a2c－a0)， 即 x2－y2 4 ＝1(x>0)，故 P 为双曲线 x2－y2 4 ＝1 右支上一点， 且 A，B 分别为该双曲线的左、右焦点， 则|PA|－|PB|＝2a＝2，|PA|＝2＋2＝4. 14.(2017·全国卷Ⅱ)已知 F 是抛物线 C：y2＝8x 的焦点，M 是 C 上一点， FM 的延长线交 y 轴于点 N.若 M 为 FN 的中点，则|FN|＝________. 答案 6 解析 如图，不妨设点 M 位于第一象限内，抛物线 C 的准线交 x 轴于点 A， 过点 M 作准线的垂线，垂足为点 B，交 y 轴于点 P，∴PM∥OF. 由题意知，F(2,0)，|FO|＝|AO|＝2. ∵点 M 为 FN 的中点，PM∥OF， ∴|MP|＝1 2|FO|＝1. 又|BP|＝|AO|＝2， ∴|MB|＝|MP|＋|BP|＝3. 由抛物线的定义知|MF|＝|MB|＝3， 故|FN|＝2|MF|＝6. 15.(2019·四省联考诊断)在平面上给定相异两点 A，B，设 P 点在同一平面 上且满足|PA| |PB| ＝λ，当λ＞0 且λ≠1 时，P 点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古 希腊数学家阿波罗尼斯发现，故我们称这个圆为阿波罗尼斯圆，现有椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)，A，B 为椭圆的长轴端点，C，D 为椭圆的短轴端点，动点 P 满足|PA| |PB| ＝2，△PAB 的面积最大值为16 3 ，△PCD 面积的最小值为2 3 ，则椭圆的离心率为 ________. 答案 3 2 解析 依题意 A(－a,0)，B(a,0)，设 P(x，y)， 依题意得|PA|＝2|PB|， 即 x＋a2＋y2＝2 x－a2＋y2， 两边平方化简得 x－5 3a 2＋y2＝ 4 3a 2， 故椭圆的圆心为 5a 3 ，0 ，半径 r＝4a 3 . 所以△PAB 的最大面积为1 2·2a·4 3a＝16 3 ， 解得 a＝2， 又因△PCD 的最小面积为 1 2·2b· 5a 3 －4a 3 ＝b·a 3 ＝2 3 ，解得 b＝1. 故椭圆的离心率为 e＝ 1－ b a 2＝ 1－1 4 ＝ 3 2 . 16.(2019·广东六校联考)已知直线 l：y＝kx＋t 与圆 C1：x2＋(y＋1)2＝2 相交 于 A，B 两点，且△C1AB 的面积取得最大值，又直线 l 与抛物线 C2：x2＝2y 相 交于不同的两点 M，N，则实数 t 的取值范围是________. 答案 (－∞，－4)∪(0，＋∞) 解析 根据题意得到△C1AB 的面积为 1 2r2sinθ，当角度为直角时面积最大， 此时△C1AB 为等腰直角三角形，则圆心到直线的距离为 d＝1，根据点到直线的 距离公式得到 |1＋t| 1＋k2 ＝1⇒1＋k2＝(1＋t)2⇒k2＝t2＋2t，直线 l 与抛物线 C2：x2＝ 2y 相交于不同的两点 M，N，联立直线和抛物线方程得到 x2－2kx－2t＝0，只需 要此方程有两个不等根即可，所以Δ＝4k2＋8t＝4t2＋16t>0，解得 t 的取值范围为 (－∞，－4)∪(0，＋∞). 第 15 讲 计数原理与二项式定理 [考情分析] 本部分内容在高考中常以选择、填空题的形式出现．对计数 原理的考查主要是实际应用问题；对二项式定理的考查主要是定理的运用或求二 项式系数、常数项、二项式指定项等. 热点题型分析 热点 1 计数问题 求解排列、组合问题的思路：排列分清，加乘明确；有序排列，无序组合； 分类相加，分步相乘．解答通常的途径有： (1)以元素为主体，即选满足特殊元素的要求，再考虑其余元素； (2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其余位置； (3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合条件的排列或 组合数； (4)解答时多利用分类讨论思想，分类应在同一标准下进行，确保“不重不 漏”. 1.用 1,2,3,4,5,6 组成各位数字不重复的六位数，满足 1 不在左、右两端，2,4,6 三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为( ) A.432 B．288 C．216 D．144 答案 B 解析 先考虑 2,4,6 三个偶数中有且只有两个偶数相邻，因此选出相邻的两 个偶数有 C23A 22种情况，同时 6 个数变为 5 个数；这两个数与剩余的一个偶数不 相邻，先排列奇数再插空，但由于 1 不能在左、右两端，因此有 A33·A24－2A22·A23； 因此由分步原理可得六位数共有 C23A22×(A33·A24－2A22·A23)＝288 个，故选 B. 2.(2019·合肥质检)7 人站成两排队列，前排 3 人，后排 4 人，现将甲、乙、 丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同 的加入方法的种数为( ) A.120 B．240 C．360 D．480 答案 C 解析 前排 3 人有 4 个空，从甲、乙、丙 3 人中选 1 人插入，有 C14C 13种方 法，对于后排，若插入的 2 人不相邻，有 A 25种方法；若相邻，有 C15A 22种，故共 有 C14C13(A25＋C15A22)＝360(种)，故选 C. 3.(2019·全国卷Ⅰ)从 2 位女生，4 位男生中选 3 人参加科技比赛，且至少有 1 位女生入选，则不同的选法共有________种．(用数字作答) 答案 16 解析 解法一：3 人中至少 1 位女生的情况有 1 女 2 男，2 女 1 男两种情况， 则不同的选择方法有 C12C24＋C22C14＝16 种. 解法二：3 人中至少 1 位女生的情况可由随机选取 3 人减去全是男生的情 况求解，故本题不同的选择方法共有 C36－C34＝16 种. 排列组合的实际应用题中限制条件较多，如何处理这些限制条件是解决问 题的关键. (1)一般来说要遵循排列组合的基本策略：先组后排，特殊优先．如第 3 题， 经常错解为先挑 1 位女生参赛 C12，再从其余的 5 人中选出两人参加，由乘法原 理有 C12C25＝20 种．此种解法的错因为出现了重复现象．因此解决此种问题应将 选择的男女生情况进行分类或者是排除不满足条件的方法进行求解. 2组合中要注意均分问题，记住相应的规律，如第 1 题由两个偶数相邻 ——捆绑法；只有两个相邻，即与第三个偶数不相邻——插空法，明确处理此类 问题的基本顺序，然后逐步求解即可. 3染色问题一般情况下分为条形染色和环形染色两类，条件限制常为相邻 色块颜色不同.一种方法是分块逐步染色的方法，这类方法常用于条形染色问题； 二是使用颜色的数量分类，再按照块数排列染色的方法，这类方法常用于环形染 色问题. 热点 2 二项式定理 1.通项与二项式系数：二项展开式中的第 k＋1 项为 Tk＋1＝Cknan－kbk(k＝ 0,1,2，…，n)，其中 C kn叫做二项式系数. 2.二项式系数的性质 (1)在二项展开式中，Cmn ＝Cn－mn (m＝0,1，…，n). (3)二项式系数的和：C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnn＝2n. 1.(2019·全国卷Ⅲ)(1＋2x2)(1＋x)4 的展开式中 x3 的系数为( ) A.12 B．16 C．20 D．24 答案 A 解析 解法一：(1＋2x2)(1＋x)4 的展开式中 x3 的系数为 1×C34＋2C14＝12. 故选 A. 解法二：∵(1＋2x2)(1＋x)4＝(1＋2x2)(1＋4x＋6x2＋4x3＋x4)，∴x3 的系数为 1×4＋2×4＝12.故选 A. 2.(2019·长郡中学质检)若二项式 x2＋a x 7 的展开式中的各项系数之和为－ 1，则含 x2 的项的系数为( ) A.560 B．－560 C．280 D．－280 答案 A 解析 取 x＝1，得二项式 x2＋a x 7 的展开式中的各项系数之和为(1＋a)7， 即(1＋a)7＝－1，解得 a＝－2.二项式 x2－2 x 7 的展开式的通项为 Tk＋1＝Ck7·(x2)7－ k· －2 x k＝Ck7·(－2)k·x14－3k.令 14－3k＝2，得 k＝4.因此，二项式 x2－2 x 7 的展开式 中含 x2 项的系数为 C47·(－2)4＝560，故选 A. 3.(2x－1)6 的展开式中，二项式系数最大项是第________项，其系数是 ________(用数字作答)；系数最大的项是________. 答案 4 －160 240x4 解析 由题意知二项式系数最大为 C36，因此为第 4 项，即 T3＋1＝C36·(2x)3·(－ 1)3＝－160x3，所以二项式系数最大项的系数为－160；由通项 Tk＋1＝Ck6·(2x)6－k·(－ 1)k 可知，当 k＝2 时系数最大，此项为 T2＋1＝C26·(2x)4·(－1)2＝240x4. 求解与二项式定理有关的问题要注意的几点： (1)二项展开式中，Tk＋1 表示任意项，如第 1 题，只要 n 和 k 确定了，该项 就随之确定了. (2)二项展开式中，Tk＋1 是第 k＋1 项，而不是第 k 项．如第 3 题，二项式系 数为 C 36故为第 4 项，易错解为第 3 项，从而得到错误答案. (3)二项展开式中某一项的系数与某一项的二项式系数易混淆；二项式系数 最大项与展开式系数最大项不同．如第 3 题，第一问是二项式系数最大项，第二 问是系数最大项，因此第二问不仅要关注二项式系数 Ckn，还要关注(－1)k·2n－k. 特别是本题中间为“减号”，还要关注其系数符号的正负. (4)解决二项展开式系数和问题时，可以使用赋值法．二项式中字母赋值 1 时，可求所有项系数和；当二项式中间为“加号”时，可给字母赋值－1，求奇 数项系数与偶数项系数之差. 真题自检感悟 1.(2017·全国卷Ⅱ)安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成 1 项，每 项工作由 1 人完成，则不同的安排方式共有( ) A.12 种 B．18 种 C．24 种 D．36 种 答案 D 解析 由题意可得其中 1 人必须完成 2 项工作，其他 2 人各完成 1 项工作， 可得安排方式为 C13·C24·A22＝36(种)或列式为 C13·C24·C12＝3×4×3 2 ×2＝36(种)．故选 D. 2.(2019·天津高考) 2x－ 1 8x3 8 的展开式中的常数项为________. 答案 28 解析 2x－ 1 8x3 8 的通项为 Tr＋1＝Cr8(2x)8－r· － 1 8x3 r＝Cr828－r －1 8 r·x8－4r.令 8 －4r＝0，得 r＝2，∴常数项为 T3＝C2826 －1 8 2＝28. 3.(2019·江苏高考)在二项式( 2＋x)9 的展开式中，常数项是________，系 数为有理数的项的个数是________. 答案 16 2 5 解析 由二项展开式的通项公式可知 Tr＋1＝Cr9·( 2)9－r·xr，r∈N,0≤r≤9， 当为常数项时，r＝0，T1＝C09·( 2)9·x0＝( 2)9＝16 2. 当项的系数为有理数时，9－r 为偶数，可得 r＝1,3,5,7,9，即系数为有理数 的项的个数是 5. 4.(2017·天津高考)用数字 1,2,3,4,5,6,7,8,9 组成没有重复数字，且至多有一 个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答) 答案 1080 解析 ①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为 C35·C14·A44 ＝960. ②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为 A45＝120. 故符合题意的四位数一共有 960＋120＝1080(个). 专题作业 一、选择题 1.用两个 1，一个 2，一个 0，可组成不同四位数的个数是( ) A.18 B．16 C．12 D．9 答案 D 解析 解法一：以特殊位置为主体分析．数字问题的特殊位置常包括首位 和末位，本题的特殊位置为首位．由于首位不能为 0，故首位数字的选择有两种 1 和 2，当首位为 2 时，共有 C13＝3 个四位数；当首位为 1 时，共有 A33＝6 个四 位数，因此满足题意的四位数共有 9 个，故选 D. 解法二：以特殊元素为主体分析，本题的特殊元素为 0.由于首位不能为 0， 故后三位中挑一位放入 0，共 C13＝3 种入位方法；由于有两个 1 和一个 2，先放 入 2，共有 C13＝3 种入位方法；剩余两位排入 1，故共有 3×3＝9 个四位数，故 选 D. 2.(2019·成都棠湖中学月考) 2x－1 x 4 的展开式中的常数项为( ) A.－24 B．－6 C．6 D．24 答案 D 解析 二项展开式的通项为 Tk＋1＝(－1)k24－k·Ck4x4－2k，令 4－2k＝0，得 k＝ 2，所以展开式中的常数项为 4C24＝24.故选 D. 3.(2019·成都七中诊断)将多项式 a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0 分解因式得(x－ 2)(x＋m)5，m 为常数，若 a5＝－7，则 a0 等于( ) A.－2 B．－1 C．1 D．2 答案 D 解析 ∵(x＋m)5 的通项公式为 Tk＋1＝Ck5x5－kmk，a5x5＝xC15x5－1·m1＋(－2)x5 ＝(5m－2)x5，∴a5＝5m－2，又 a5＝－7，∴5m－2＝－7，∴m＝－1， ∴a0＝(－2)C55(－1)5＝2，故选 D. 4.(2019·银川市二模)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、外语统 一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科，要求 物理、化学、生物三科至少选一科，政治、历史、地理三科至少选一科，则考生 共有________种选考方法．( ) A.6 B．12 C．18 D．24 答案 C 解析 从物化生中选一科，从史地政中选两科，有 C13C23＝9 种；从物化生 中选两科，从史地政中选一科，有 C23C13＝9 种；因此共有 9＋9＝18 种选考方案， 故选 C. 5.(2019·北京 101 中学月考)某中学语文老师从《红楼梦》、《平凡的世界》、 《红岩》、《老人与海》 4 本不同的名著中选出 3 本，分给三个同学去读，其中 《红楼梦》为必读，则不同的分配方法共有( ) A.6 种 B．12 种 C．18 种 D．24 种 答案 C 解析 按如下步骤进行分配：(1)先从《平凡的世界》、《红岩》、《老人与海》 这 3 本书中选择 2 本，共有 C23＝3(种)选法；(2)将选出的 2 本书与《红楼梦》共 计 3 本书进行全排列，对应分给三名学生，有 A33＝6(种)排法，根据分步乘法计 数原理，不同的分配方法有 3×6＝18(种)．故选 C. 6.(2019·河北衡水一模)已知(2x－1)4＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋ a4(x－1)4，则 a2＝( ) A.32 B．24 C．12 D．6 答案 B 解析 由(2x－1)4＝[(2x－2)＋1]4 知，其展开式通项为 Tk＋1＝Ck4·24－k·(x－1)4 －k，所以 a2 为当 k＝2 时项的系数，故 T2＋1＝C24·22·(x－1)2＝24(x－1)2，所以 a2 ＝24，故选 B. 7.(2019·兰州市模拟)某国际会议结束后，中、美、俄等 21 国领导人合影留 念，他们站成两排，前排 11 人，后排 10 人，中国领导人站在前排正中间位置， 美俄两国领导人也站在前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位 置不做要求，那么不同的站法共有( ) A.A 88种 B．A 2020种 C.A23A318A 1010种 D．A22A 1818种 答案 D 解析 先安排中国领导人，只有 1 种选择；再排美俄两国领导人，有 A 22种 选择；最后排其他领导人，有 A 1818种选择，故由分步计数原理可得，不同的排法 共有 A22A 1818种选择，故选 D. 8.在 x＋2 x n 的展开式中，若常数项为 60，则 n 等于( ) A.3 B．6 C．9 D．12 答案 B 解析 Tk＋1＝Ckn( x)n－k 2 x k＝ .令n－3k 2 ＝0，得 n＝3k.根据题 意有 2kCk3k＝60，验证知 k＝2，故 n＝6. 9.(2019·河北衡水中学调研)某县教育局招聘了 8 名小学教师，其中 3 名语 文教师，3 名数学教师，2 名全科教师，需要分配到 A，B 两个学校任教，其中 每个学校都需要 2 名语文教师和 2 名数学教师，则分配方案种数为( ) A.72 B．56 C．57 D．63 答案 A 解析 先将两个全科老师分给语文和数学各一个，有 C12＝2 种，然后将新 的 4 个语文老师分给两个学校有C24C22 A22 ·A22＝6 种，同样的方法将新的 4 个数学老师 分给两个学校有C24C22 A22 ·A22＝6 种，所以共有 2×6×6＝72(种)分配方法．故选 A. 10.(x2＋2) 1 x －1 5 的展开式中的常数项是( ) A.12 B．－12 C．8 D．－8 答案 B 解析 (x2＋2) 1 x －1 5 的展开式中的常数项由 1 x －1 5 的展开式中的常数项 和含 x－2 项组成．因为 1 x －1 5 展开式的通项为 Tk＋1＝Ck5·x－(5－k)·(－1)k，其常数项 为 T5＋1＝C55·(－1)5＝－1，含 x－2 项为 T3＋1＝C35·x－2·(－1)3＝－10x－2，即所求展开 式的常数项为－1×2＋(－10x－2)x2＝－12，故选 B. 11.(2019·北京市丰台区一模)小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大 会》的现场录制，5 人坐成一排．若小明的父母至少有一人与他相邻，则不同坐 法的总数为( ) A.60 B．72 C．84 D．96 答案 C 解析 根据题意，分 3 种情况讨论： ①若小明的父母只有 1 人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一 人与小明相邻，有 C12＝2 种情况，将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺 序有 A22＝2 种情况，当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另 一个家长安排在空位中，有 A22×A23＝12 种安排方法，此时有 2×2×12＝48 种不 同坐法； ②若小明的父母只有 1 人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一 个整体，小明在一端，有 2 种情况，考虑父母之间的顺序，有 2 种情况，则这个 整体内部有 2×2＝4 种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有 A33＝6 种情 况，此时有 2×2×6＝24 种不同坐法； ③小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将 3 人看成一 个整体，考虑父母的顺序，有 A22＝2 种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列， 有 A33＝6 种情况，此时，共有 2×6＝12 种不同坐法；则一共有 48＋24＋12＝84 种不同坐法；所以 C 正确. 12.在 a＋ x－2017 x2018 12 的展开式中，x5 的系数等于 264，则错误!(ex＋2x)dx 等于( ) A.e2＋3 B．e2＋4 C．e＋1 D．e＋2 答案 A 解析 由题意知 a＋ x－2017 x2018 12 展开式的通项为 Tk＋1＝Ck12·a12－ k· x－2017 x2018 k，其中 x－2017 x2018 k 展开式通项为 Ar＋1＝Crk·( x)k－r· －2017 x2018 r.由于 所求为含 x5 的项，所以需 r＝0，k＝10 时满足题意，即含 x5 的项为 T10＋1＝C1012·a12 －10·C010·(－2017)0·x5，所以 66a2＝264，解得 a＝2(由所求知 a>0)，所以错误!(ex＋ 2x)dx＝错误!(ex＋2x)dx＝(ex＋x2)20＝e2＋3，故选 A. 二、填空题 13.(2019·东三省四市二模)现将 5 张连号的电影票分给甲、乙等 5 人，每人 一张，若甲、乙分得的电影票连号，则共有________种不同的分法. 答案 48 解析 甲乙分得的票连号共有 4×A22＝8 种，因此共有 8×A33＝48 种不同的 分法. 14.(2019·长春市二模)某班主任准备请 2017 年毕业生作报告，要从甲、乙 等 8 人中选 4 人发言，要求甲、乙两人至少一人参加，若甲、乙同时参加，则他 们发言中间恰好间隔一人，那么不同的发言顺序共有________种．(用数字作答) 答案 1080 解析 按照甲、乙参加与否分类讨论：(1)甲、乙有一人参加，共 C36C12A 44种 发言顺序；(2)甲、乙均参加，共有 C26C22A22C12C12，共计 C36C12A44＋C26C22A22C12C12＝1080 种. 15.(2017·浙江高考)已知多项式(x＋1)3(x＋2)2＝x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x ＋a5，则 a4＝________，a5＝________. 答案 16 4 解析 a4 是 x 的系数，由二项式的展开式得 a4＝C33·C12·2＋C23·C22·22＝16；a5 是常数项，由二项式的展开式得 a5＝C33·C22·22＝4. 16.(2019·自贡诊断)在 3 x2 ＋ x n 的二项展开式中，所有项的系数之和为 1024，则展开式中常数项的值等于________. 答案 15 解析 因为在 3 x2 ＋ x n 的二项展开式中，所有项的系数之和为 4n＝1024， 所以 n＝5，故 3 x2 ＋ x 5 的展开式的通项公式为 Tk＋1＝ ， 令 5 2k－10＝0，解得 k＝4，可得常数项为 T5＝C45·3＝15. 第 16 讲 概率与统计 [考情分析] 统计的主要内容包括随机抽样、用样本估计总体、变量的相 关关系；概率部分以考查古典(几何)概型、互斥事件、相互独立事件、独立重复 试验等为主，主要以选择或填空的方式呈现，多为低、中档题目. 热点题型分析 热点 1 抽样方法与用样本估计总体 1.抽样方法 (1)抽样过程中每个个体被抽到的概率相等，均为n N ； (2)每次抽出个体后不再将它放回，即不放回抽样 从总体中逐个抽取 最基本的抽样方法 总体中的个数较少 将总体均分成几部分，按事先确定的规则在各部分抽取 在起始部分抽样时采用简单随机抽样 总体中的个数较多 将总体分成几层，分层进行抽取 每层抽样时采用简单随机抽样或系统抽样 总体由差异明显的几部分组成 2．样本的数字特征 (1)众数：在样本数据中，出现次数最多的那个数据； (2)中位数：样本数据中，将数据按大小排列，位于最中间的一个或两个数 据的平均数，是样本数据的“中心点”； (3)平均数：样本数据的算术平均数，即 x－＝1 n(x1＋x2＋…＋xn)，是样本数据 的平均水平； (4)方差与标准差：是样本数据到平均数的一种平均距离，表示样本数据的 离散程度，标准差(方差)越大，数据的离散程度越大；标准差(方差)越小，数据 的离散程度越小． 方差：s2＝1 n[(x1－ x－)2＋(x2－ x－)2＋…＋(xn－ x－)2]； 标准差：s＝ 1 n[x1－ x－2＋x2－ x－2＋…＋xn－ x－2]. 3．直方图的两个结论 (1)小长方形的面积＝组距×频率 组距＝频率； (2)各小长方形的面积之和等于 1. 4．直方图与众数、中位数和平均数的关系 (1)众数：是直方图中最高矩形的底边中点横坐标； (2)中位数：是直方图中平分所有矩形面积和，且垂直于横轴的直线与横轴 交点的横坐标； (3)平均数：是每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和． 1．(2019·东三省三校一模)如图是某居民小区年龄在 20 岁到 45 岁的居民上 网情况的频率分布直方图，现已知年龄在[30,35)，[35,40)，[40,45]的上网人数呈 现递减的等差数列，且年龄在[30,35)的频率为 0.3，则由此频率分布直方图估计 该小区在 20 岁到 45 岁的居民上网年龄的( ) A．平均数为 32.5 B．众数为 32.25 C．中位数为95 3 D．在[40,45]的频率为 0.15 答案 C 解析 由题意可知[20,25)，[25,30)，[30,35)的频率分别为 0.05,0.35,0.3.设 [35,40)，[40,45]的频率分别为 a，b.因为已知年龄在[30,35)，[35,40)，[40,45]的上 网人数呈现递减的等差数列，所以他们的频率也成递减的等差数列，则有 a＋b ＝0.3 且 2a＝b＋0.3，解得 a＝0.2，b＝0.1，故选项 D 不正确；居民上网年龄的 平均数为 22.5×0.05＋27.5×0.35＋32.5×0.3＋37.5×0.2＋42.5×0.1＝32.25，所 以 A 不正确；根据众数和直方图的关系，可得上网年龄的众数为 27.5，故 B 不 正确；由前面计算可知中位数在[30,35)组中，设中位数为 x，则x－30 5 ＝0.1 0.3 ，解 得 x＝95 3 ，故选 C. 2．一个总体中的 100 个个体的号码分别为 0,1,2，…，99，并依次将其分为 10 个小组，组号为 0,1,2，…，9.要用系统抽样方法抽取一个容量为 10 的样本， 规定如果在第 0 组随机抽取的号码为 m，那么依次错位地得到后面各组的号码， 即第 k 组(k＝1,2，…，9)中抽取的号码个位数字为 m＋k 或 m＋k－10(如果 m＋ k≥10)，当 m＝5 时，第 8 组抽取的号码为________． 答案 83 解析 因为 m＝5，k＝8，则 m＋k＝13，则第 8 组中抽取号码的个位数字为 m＋k－10＝3，所以第 8 组抽取的号码为 83. 3．(2019·江苏高考)已知一组数据 6,7,8,8,9,10，则该组数据的方差是 ________． 答案 5 3 解析 这组数据的平均数为 8，故方差为 s2＝1 6 ×[(6－8)2＋(7－8)2＋(8－8)2 ＋(8－8)2＋(9－8)2＋(10－8)2]＝5 3. (1)对于以统计图为载体的概率与统计问题，认真观察图表，从中提取有用 信息和数据是解题关键．特别是利用频率直方图解题时，常把直方图的高误认为 是频率而导致错误．因此，应注意每个小矩形的面积为频率，所有面积和为 1. 对于第 1 题这类，利用直方图考查众数、中位数和平均数的问题，关键在于相应 的计算公式是否掌握，特别是中位数问题，找准中位数所在的区间是解题关键； (2)对于抽样方法的问题，要明确总体的基本特征符合哪种抽样特点．对于 系统抽样通常是等距抽样，但也有例外情况，如第 2 题给出的规则即为每组号码 错后一位，如果还按照等距原则计算，就会出现错解 85.因此解决系统抽样的问 题时，要认真审题，分析题目给出的抽取规则，按照规则进行抽样； (3)对于样本的数字特征的一系列问题(如第 3 题)，解题关键在于计算公式的 准确使用和计算准确，应掌握简便运算的方法，减小计算量，提高准确率． 热点 2 统计案例 1．线性回归方程 方程y ^＝b ^ x＋a ^称为线性回归方程，利用最小二乘法估计公式斜率和截距分别 为b ^＝错误!＝错误!，a ^＝ y－－b ^ x－，其中( x－， y－)是样本点的中心，且回归直线恒 过该点． 2．相关系数 r＝错误!，当 r>0 时，表明变量 x 与 y 正相关，r<0 时，表明变量 x 与 y 负相 关．若|r|∈[0.75,1]时，相关性很强；|r|∈[0.3,0.75)时，相关性一般；|r|∈[0,0.25] 时，相关性较弱． 3．残差分析 R2＝1－错误!，当 R2 越大时，残差平方和错误!(yi－y ^ i)2 越小，拟合效果越好； 当 R2 越小时，残差平方和越大，拟合效果越差． 4．独立性检验 随机变量 K2＝ a＋b＋c＋dad－bc2 a＋bc＋da＋cb＋d(K2 也可以表示为χ2)，当 K2>3.841 时， 则有 95%的把握说两个事件有关；当 K2>6.635 时，则有 99%的把握说两个事件 有关． 1．(2017·山东高考)为了研究某班学生的脚长 x(单位：厘米)和身高 y(单位： 厘米)的关系，从该班随机抽取 10 名学生，根据测量数据的散点图可以看出 y 与 x 之间有线性相关关系．设其回归直线方程为y ^ ＝b ^ x＋a ^ .已知 错误!i＝225，错误!i ＝1600，b ^＝4.该班某学生的脚长为 24，据此估计其身高为( ) A．160 B．163 C．166 D．170 答案 C 解析 ∵错误!i＝225，∴ x－＝ 1 10 错误!i＝22.5. ∵错误!i＝1600，∴ y－＝ 1 10 错误!i＝160. 又b ^＝4，∴a ^＝ y－－b ^ x－＝160－4×22.5＝70. ∴回归直线方程为y ^＝4x＋70. 将 x＝24 代入上式得y ^＝4×24＋70＝166.故选 C. 2．为了判断高中三年级学生选修文科是否与性别有关，现随机抽取 50 名学 生，得到如图所示 2×2 列联表： 理科 文科 总计 男 13 10 23 女 7 20 27 总计 20 30 50 已知 P(K2≥3.841)≈0.05，P(K2≥5.024)≈0.025.根据表中数据，得到 K2 的观 测值 k＝50×13×20－10×72 23×27×20×30 ≈4.844，则有________的把握认为选修文科与性 别有关． 答案 95% 解析 由题意，K2＝50×13×20－10×72 23×27×20×30 ≈4.844，因为 4.844>3.841，所以 有 95%的把握认为选修文科与性别有关． (1)线性回归分析是对有相关关系的两个变量进行统计分析的方法，只有在 散点图大致呈线性时，求出的线性回归方程才有实际意义；同时，根据回归方程 预测仅是一个预测值，而不是真实发生的值(如第 1 题)． (2)独立检验得出的结论是带有概率性质的，只能说结论成立的概率有多大， 而不能完全肯定一个结论，因此才出现了临界值表．在分析问题时一定要注意不 可对某个问题下确定性结论，否则就可能对统计计算的结果做出错误的解释． 热点 3 古典概型、几何概型及条件概率 1．古典概型 P(A)＝事件 A 所包含的基本事件数 基本事件总数 . 2．几何概型 P(A)＝ 构成事件 A 的区域长度面积或体积 试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积. 3．条件概率：在事件 A 发生的条件下事件 B 发生的条件概率为 P(B|A)＝ PAB PA . 1．(2019·全国卷Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一 “重卦”由从下到上排列的 6 个爻组成，爻分为阳爻“ ”和阴爻 “ ”，右图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有 3 个 阳爻的概率是( ) A. 5 16 B.11 32 C.21 32 D.11 16 答案 A 解析 在所有重卦中随机取一重卦，其基本事件总数 n＝26＝64，恰有 3 个 阳爻的基本事件数为 C36＝20，所以在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有 3 个阳爻的概率 P＝20 64 ＝ 5 16.故选 A. 2．(2019·西安调研)若函数 f(x)＝ ex，0≤x＜1， ln x＋e，1≤x≤e， 在区间[0，e]上随机 取一个实数 x，则 f(x)的值不小于常数 e 的概率是( ) A.1 e B．1－1 e C. e 1＋e D. 1 1＋e 答案 B 解析 当 0≤x<1 时，恒有 f(x)＝ex0.5， 故选 B. 2．(2017·浙江高考)已知随机变量ξi 满足 P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi(i＝1， 2)．若 0＜p1＜p2＜1 2 ，则( ) A．E(ξ1)D(ξ2) C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2) 答案 A 解析 由题意可知ξi(i＝1,2)服从两点分布，∴E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2，D(ξ1)＝ p1(1－p1)，D(ξ2)＝p2(1－p2)．又∵01 的概 率为( ) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.3 4 答案 B 解析 由 sinx＋ 3cosx>1，得 sin x＋π 3 >1 2 ，因为 x∈[0，π]，所以 sinx＋ 3cosx>1 的解集为 0，π 2 ，由几何概型可知所求概率 P＝ π 2 π ＝1 2 ，故选 B. 5．设离散型随机变量 X 可能的取值为 1,2,3,4，P(X＝k)＝ak＋b，又 X 的均 值为 E(X)＝3，则 a＋b 等于( ) A. 1 10 B．0 C．－ 1 10 D.1 5 答案 A 解析 依题意可得 X 的分布列为 X 1 2 3 4 P a＋b 2a＋b 3a＋b 4a＋b 依题意得 a＋b＋2a＋b＋3a＋b＋4a＋b＝1， a＋b＋22a＋b＋33a＋b＋44a＋b＝3， 解得 a＝ 1 10 ，b＝0，故 a＋b＝ 1 10.故选 A. 6．(2018·兰州实战考试)采用系统抽样的方法从 1000 人中抽取 50 人做问卷 调查，将他们随机编号 1,2，…，1000.适当分组后在第一组采用简单随机抽样的 方法抽到的号码为 8.若抽到的 50 人中，编号落入区间[1,400]的人做问卷 A，编 号落入区间[401,750]的人做问卷 B，其余的人做问卷 C，则抽到的人中做问卷 C 的人数为( ) A．12 B．13 C．14 D．15 答案 A 解析 根据系统抽样的特点可知，所有做问卷调查的人的编号构成首项为 8，公差 d＝1000 50 ＝20 的等差数列{an}，所以 an＝8＋20(n－1)＝20n－12，令 751≤20n－12≤1000，解得763 20 ≤n≤253 5 ，又 n∈N*，所以 39≤n≤50，则做问卷 C 的共有 12 人，故选 A. 7．(2019·兰州一模)已知某种商品的广告费支出 x(单位：万元)与销售额 y(单 位：万元)之间有如下对应数据： x 2 4 5 6 8 y 30 40 50 m 70 根据表中提供的全部数据，用最小二乘法得出 y 与 x 的线性回归方程为y ^＝ 6.5x＋17.5，则表中 m 的值为( ) A．45 B．50 C．55 D．60 答案 D 解析 由回归直线恒过( x－， y－)，可得 x－＝2＋4＋5＋6＋8 5 ＝5， y－＝ 30＋40＋50＋m＋70 5 ＝38＋m 5 ，即 38＋m 5 ＝6.5×5＋17.5，解得 m＝60，故选 D. 8．(2017·全国卷Ⅱ)从分别写有 1,2,3,4,5 的 5 张卡片中随机抽取 1 张，放回 后再随机抽取 1 张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为 ( ) A. 1 10 B.1 5 C. 3 10 D.2 5 答案 D 解析 从 5 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1 张的情况如图： 基本事件总数为 25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为 10，所以所求概率 P＝10 25 ＝2 5.故选 D. 9．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得 1 分，负者得 0 分，比赛 进行到有一人比对方多 2 分或打满 6 局时停止．设甲在每局中获胜的概率为2 3 ， 乙在每局中获胜的概率为1 3 ，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数 X 的 期望 E(X)为( ) A.241 81 B.266 81 C.274 81 D.670 243 答案 B 解析 依题意，知 X 的所有可能值为 2,4,6，设每两局比赛为一轮，则该轮 结束时比赛停止的概率为 2 3 2＋ 1 3 2＝5 9. 若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮 比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有 P(X＝2)＝5 9 ，P(X＝4)＝4 9 ×5 9 ＝ 20 81 ， P(X＝6)＝ 4 9 2＝16 81 ， 故 E(X)＝2×5 9 ＋4×20 81 ＋6×16 81 ＝266 81 . 二、填空题 10．(2017·全国卷Ⅱ)一批产品的二等品率为 0.02，从这批产品中每次随机取 一件，有放回地抽取 100 次，X 表示抽到的二等品件数，则 D(X)＝________. 答案 1.96 解析 由题意得 X～B(100,0.02)，∴D(X)＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96. 11．一个不透明袋中装有大小、质地完全相同的四个球，四个球上分别标有 数字 2,3,4,6.现从中随机选取三个球，则所选的三个球上的数字能构成等差数列 的概率是________． 答案 1 2 解析 因为从四个球中随机选三个共有 C34＝4 种不同的选法，其中能构成等 差数列的三个数分别为(2,3,4)，(2,4,6)，共 2 种不同的选法，所以根据古典概型 概率计算公式，得 P＝2 4 ＝1 2. 12．(2019·衡水中学模拟)由数字 0,1 组成的一串数字代码，其中恰好有 7 个 1,3 个 0，则这样的不同数字代码共有________个． 答案 120 解析 依题意，一串数字代码一共有 10 个数字，则取 7 个位置排 1，剩下 的位置排 0，则不同数字的代码有 C710＝120 个． 题型 2 解答题 规范踩点 多得分 第 1 讲 解答题的解法研究 一 数形结合思想方法 数形结合思想包含“以形助数”和“以数辅形”两方面的内容：一是借助形 的生动性和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应 用函数的图象来说明函数的性质；二是借助于数的精确性来阐明形的某些属性， 即以数作为手段，形作为目的，比如应用曲线的方程来精确的阐明曲线的几何性 质．我们在解决数学问题时，应将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽 象思维和形象思维结合起来，实现抽象概念与具体形象的互化，从而得到原题的 解． 总体目标：通过数形结合，抽象问题具体化，复杂问题简单化． 解题途径：根据问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数意义，又 揭示其几何直观，使数量精确刻划与空间形式的直观形象巧妙、和谐地结合在一 起，充分利用这种结合，寻找解题思路，使问题化难为易、化繁为简． 常见的手段：构造法、转化法、数形结合、分离变量法等等． 典例 1 记实数 x1，x2，…，xn 中最小数为 min{x1，x2，…，xn}，求定义在 区间[0，＋∞)上的函数 f(x)＝min{x2＋1，x＋3,13－x}的最大值． 【方法点睛】 利用函数的图象求最值，避免分段函数的讨论，正确作出函 数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则． 典例 2 关于 x 的方程 sin2x＋ 3cos2x＝a＋1 在 0，2π 3 上有两个不同的根， 求实数 a 的取值范围． 【方法点睛】 本题要解的是一个带参数的三角方程，直接解比较困难，可 以从函数的角度来研究本方程的解．通过变形，左边看成函数 y1＝sin 2x＋π 3 的 图象的一部分，右边看成 y2＝a＋1 2 的图象．因此，方程的解可通过“数形结合” 方法轻松获得．对于三角方程的解的个数问题，经常可考虑此思想方法解决． 典例 3 在平面直角坐标系 xOy 中，点 B 与点 A(－1,1)关于原点 O 对称，P 是动点，且直线 AP 与 BP 的斜率之积等于－1 3. (1)求动点 P 的轨迹方程； (2)设直线 AP 和 BP 分别与直线 x＝3 交于点 M，N，问：是否存在点 P 使得 △PAB 与△PMN 的面积相等？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，说明理由． 【方法点睛】 本题的想法看似简单，即设 P(x0，y0)，分别写出直线 AP 和 BP 的方程，根据已知条件用 x0，y0 分别表示出△PAB 与△PMN 的面积，从而得 到 x0，y0 的一个关系式，再结合点 P(x0，y0)在椭圆 x2＋3y2＝4 上，得到第二个方 程，从而问题转化为解方程组，这是很多学生很容易想到的做法，可是这看似简 单的想法计算却非常不简单．如果能先作出图形，根据△PAB 与△PMN 的面积 相等，得到 M 是 NC 中点，易知 B 为 AC 中点，从而 AM，BN 都是中线，因此 P 为△ANC 的重心，而 A，N，C 三点横坐标易求得，故 P 点的横坐标也就易求出 来了．代入椭圆，很快求出 P 点的纵坐标．在解析几何求解过程中，如果适当 考虑其中的几何关系，计算量将大大减少，“数形结合”，事半功倍，提高解题 效率． 典例 4 已知函数 f(x)＝|2x－3|－|x＋1|. (1)若不等式 f(x)≤a 的解集是空集，求实数 a 的取值范围； (2)若存在 x0∈R，使得 2f(x0)≤－t2＋4|t|成立，求实数 t 的取值范围． 【方法点睛】 本题如果从不等式角度进行考虑，非常不好描述，而且不易 求出正确解．根据题意，将不等式恒成立问题和存在性问题转化为函数值域与参 数的比较问题，思路清晰明了，再通过数形结合，很快求出相关函数的值域，继 而求出参数的取值范围．在求解过程中，“数形结合”大大简化了计算量． 二 转化与化归思想 数学思想中的一条重要原则是转化与化归，不断地变更数学问题，使要解决 的问题化难为易，或变未知为已知，或把某一数学分支中的问题转化为另外一个 数学分支中的问题，最终求出原题的解． 总体目标：化难为易，化生为熟，化繁为简． 解题途径：函数、方程、不等式间的转化；数与形间的转化；一般与特殊的 转化；整体与局部的转化；正面与反面的转化等等． 常见的方法：换元法、数形结合法、构造法、设参法、特殊法，拆分与整合 等． 典例 1 设 f(x)是定义在 R 上的单调增函数，若 f(1－ax－x2)≤f(2－a)对任意 a∈[－1,1]恒成立，求 x 的取值范围． 【方法点睛】 将不等式恒成立问题转化为求函数的值域问题，在转化过程 中，用到了构造函数法，次元、主元调换法，最后通过解不等式得到答案． 典例 2 (2017·浙江高考)已知向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2，求|a＋b|＋|a－ b|的最小值和最大值． 【方法点睛】 一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单．特殊问题一 般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问 题的效果． 典例 3 已知函数 f(x)＝x＋1 e2x . (1)当 x≥0 时，f(x)≤ m2 x＋1(m>0)恒成立，求实数 m 的取值范围； (2)求证：f(x)ln xb>0)的四个顶点所构成的菱形面积为 6， 且椭圆的焦点为抛物线 y＝x2－8 与 x 轴的交点． (1)求椭圆 C 的方程； (2)设直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，若 AD⊥BD，且 D(3,0)，求△ABD 面 积的最大值． 【方法点睛】 在求椭圆方程时，经常把条件转化为方程组，方程组解出来 即得到椭圆方程．在解答圆锥曲线相关问题时，经常借助相关点的坐标来研究相 关性质，如定点、共线、最值等问题．转化的基本方向：消元，降次，化简． 典例 5 如图，以 A，B，C，D，E 为顶点的六面体中，△ABC 和△ABD 均 为等边三角形，且平面 ABC⊥平面 ABD，EC⊥平面 ABC，EC＝ 3 2 ，AB＝2. (1)求证：DE⊥AB； (2)求二面角 D－BE－A 的余弦值． 【方法点睛】 二面角大小可以转化为求两个平面的法向量的夹角(或补 角)．通过建立空间坐标系，求出法向量的夹角，从而求出二面角的余弦值． 三 分类整合思想方法 在解某些数学问题时，我们常常会遇到这样一种情况：解到某一步之后，发 现问题的发展是按照不同的方向进行的．当被研究的问题包含了多种情况时，就 必须抓住主导问题发展方向的主要因素，在其变化范围内，根据问题的不同发展 方向，划分为若干部分分别研究，这就是分类整合思想方法．分类整合是一种逻 辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，有关分类讨论 思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练学生的思维条理性 和概括性，因此在高考试题中占有重要的位置． 总体目标：大化小，整体化为部分，一般化为特殊． 解题途径：根据问题的不同发展方向，划分为若干部分分别进行研究，研究 的基本方向是“分”，但分类解决问题之后，还必须把它们整合在一起． 常见的方法：化整为零、积零为整、构造法、转化法、数形结合、分离变量 法等等． 典例 1 (2018·全国卷Ⅰ)已知 f(x)＝|x＋1|－|ax－1|. (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)>1 的解集； (2)若 x∈(0,1)时不等式 f(x)>x 成立，求 a 的取值范围． 【方法点睛】 本题(1)(2)问都涉及到绝对值不等式，要把绝对值去掉，解 答才得以继续进行，在第(1)问中，通过对变量 x 进行分类讨论，绝对值不等式转 化为一次不等式，原不等式从而得到解答；(2)问中对参数 a 进行讨论，去掉绝 对值，求出参数范围． 典例 2 设 b∈R，数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n＋b，试判断{an}是否是等比 数列？并说明理由． 【方法点睛】 本题中参数 b 的值影响着 a1 的值，进而影响着数列的通项 公式．因此需要对参数 b 分类讨论，并以 a1 的值是否满足 an＝2·3n－1 为标准． 典例 3 设 a>0，求 f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinxcosx－2a2 的最大值和最小值． 【方法点睛】 本题通过作变量代换 t＝sinx＋cosx，将原函数变成关于 t 的 二次函数(带参数 a)，然后根据对称轴和区间的关系进行分类讨论，继而求出原 函数的最大值． 典例 4 已知 f(x)＝x－aex(a∈R，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)若 f(x)≤e2x 对 x∈R 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【方法点睛】 参数的变化取值导致不同的结果，需对参数进行讨论，如含 参数的方程、不等式、函数等．分类讨论要标准明确、统一，层次分明，分类要 做到“不重不漏”． 典例 5 (2017·全国卷Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同， 进货成本每瓶 4 元，售价每瓶 6 元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶 2 元的价格 当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有 关．如果最高气温不低于 25 ℃，需求量为 500 瓶；如果最高气温位于区间[20,25)， 需求量为 300 瓶；如果最高气温低于 20 ℃，需求量为 200 瓶．为了确定六月份 的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表： 最高气温 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率． (1)求六月份这种酸奶一天的需求量 X(单位：瓶)的分布列； (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为 Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一 天的进货量 n(单位：瓶)为多少时，Y 的数学期望达到最大值？ 四 函数与方程思想 函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题．方 程思想，是从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模 型(方程、不等式、或方程与不等式的混合组)，然后通过解方程(组)或不等式(组) 来使问题获解．有时，还实现函数与方程的互相转化，达到解决问题的目的． 总体目标：动态化静态，抽象化具体，函数方程相互转化． 解题途径：根据研究问题的需要，通过构造方程或函数，然后研究方程和函 数的性质，从而解决原问题． 常见的方法：构造法、转化法、动静结合、数形结合、分离变量法等等． 典例 1 (2018·全国卷Ⅱ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝－7， S3＝－15. (1)求{an}的通项公式； (2)求 Sn，并求 Sn 的最小值． 【方法点睛】 本题已知数列的属性(等差或等比数列)，因此可以构造关于 a1 和 d(q)的方程组，通过 a1 和 d(q)，从而求出数列的通项公式，将前 n 项和 Sn 表示为 n 的函数，继而求出其最小值．求解过程体现方程思想和函数思想． 典例 2 已知 sinθ＋cosθ＝1 5 ，θ∈(0，π)，求 tanθ的值． 【方法点睛】 本题表面看是一个未知数θ，但是很难直接求出其大小．本 题通过韦达定理构造一个一元二次方程，其两根分别为 sinθ，cosθ，求出方程的 两个解(也就是 sinθ，cosθ的值)，从而求出 tanθ的值． 典例 3 (2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥 P－ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角 形且垂直于底面 ABCD，AB＝BC＝1 2AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E 是 PD 的中 点． (1)证明：直线 CE∥平面 PAB； (2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45°，求二面角 M －AB－D 的余弦值． 【方法点睛】 本题第(2)问中的 M 点的位置不确定，通过建立空间直角坐 标系，设 M(x，y，z)，根据已知条件列出 x，y，z 的方程组，继而求出其坐标， 最后依据法向量求出二面角的余弦值． 典例 4 (2018·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝ex－ax2. (1)若 a＝1，证明：当 x≥0 时，f(x)≥1； (2)若 f(x)在(0，＋∞)内只有一个零点，求 a. 【方法点睛】 本题第(1)问是个不等式问题，我们将其转化为函数问题解 决．通过构造函数，分析函数的单调性，求出函数的最大值为 0，从而证明了原 不等式，充分体现了函数思想的应用．第(2)问是函数零点个数问题，通过构造 函数，分析函数的单调性，求出函数的最值，从而讨论出不同 a 的值得到不同的 零点个数． 典例 5 设椭圆中心在坐标原点，A(2,0)，B(0,1)是它的两个顶点，直线 y＝ kx(k＞0)与 AB 相交于点 D，与椭圆相交于 E，F 两点． (1)若 ED→＝6D F→，求 k 的值； (2)求四边形 AEBF 面积的最大值． 【方法点睛】 几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常 出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关 系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的求法来 求解，这是求面积、线段长最值(范围)问题的基本方法． 典例 6 (2017·全国卷Ⅰ)在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 x＝3cosθ， y＝sinθ (θ为参数)，直线 l 的参数方程为 x＝a＋4t， y＝1－t (t 为参数)． (1)若 a＝－1，求 C 与 l 的交点坐标； (2)若 C 上的点到 l 距离的最大值为 17，求 a. 【方法点睛】 本题第(1)问先将直线和椭圆的参数方程化为普通方程，然 后联立，求出交点坐标．第(2)问先将 C 上的点到直线的距离用θ表示出来，判断 3cosθ＋4sinθ的范围，讨论 a，去掉绝对值得到距离的最大值的方程，求得 a 最 后结果． 第 2 讲 三角函数 [考情分析] 高考中，三角函数的核心考点是三角函数的图象和性质与解三 角形．高考在该部分一般有两个试题，如果在解答题部分没有涉及到正、余弦定 理的考查，会有一个与正、余弦定理有关的小题；如果在解答题中涉及到了正、 余弦定理，可能还会有一个和解答题相互补充的三角函数图象、性质、恒等变换 的小题. 热点题型分析 热点 1 三角函数的图象和性质 三角函数的单调性及周期性的求法： (1)三角函数单调性的求法 求形如 y＝Asin(ωx＋φ)[或 y＝Acos(ωx＋φ)](A，ω，φ为常数，A≠0，ω>0) 的单调性的一般思路是令ωx＋φ＝z，则 y＝Asinz(或 y＝Acosz)，然后由复合函数 的单调性求解． (2)三角函数周期性的求法 函数 y＝Asin(ωx＋φ)[或 y＝Acos(ωx＋φ)]的最小正周期 T＝2π |ω|.应特别注意 y ＝|Asin(ωx＋φ)|的最小正周期为 T＝ π |ω|. (2019·浙江高考)设函数 f(x)＝sinx，x∈R. (1)已知θ∈[0,2π)，函数 f(x＋θ)是偶函数，求θ的值； (2)求函数 y＝ f x＋ π 12 2＋ f x＋π 4 2 的值域． 解 (1)因为 f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数， 所以对任意实数 x 都有 sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)， 即 sinxcosθ＋cosxsinθ＝－sinxcosθ＋cosxsinθ， 故 2sinxcosθ＝0，所以 cosθ＝0. 又θ∈[0,2π)，因此θ＝π 2 或θ＝3π 2 . (2)y＝ f x＋ π 12 2＋ f x＋π 4 2 ＝sin2 x＋ π 12 ＋sin2 x＋π 4 ＝1－cos 2x＋π 6 2 ＋1－cos 2x＋π 2 2 ＝1－1 2 3 2 cos2x－3 2sin2x ＝1－ 3 2 cos 2x＋π 3 . 因此，所求函数的值域是 1－ 3 2 ，1＋ 3 2 . 求三角函数的值域，一般可化为 y＝Asin(ωx＋φ)＋k 或 y＝Acos(ωx＋φ)＋k 的形式，在转化的过程中经常要用到诱导公式、两角差(和)正(余)弦公式、二倍 角公式、辅助角公式等． 1．(2017·江苏高考)已知向量 a＝(cosx，sinx)，b＝(3，－ 3)，x∈[0，π]． (1)若 a∥b，求 x 的值； (2)记 f(x)＝a·b，求 f(x)的最大值和最小值以及对应的 x 的值． 解 (1)因为 a＝(cosx，sinx)，b＝(3，－ 3)，a∥b， 所以－ 3cosx＝3sinx. 若 cosx＝0，则 sinx＝0，与 sin2x＋cos2x＝1 矛盾， 故 cosx≠0.于是 tanx＝－ 3 3 . 又 x∈[0，π]，所以 x＝5π 6 . (2)f(x)＝a·b＝(cosx，sinx)·(3，－ 3) ＝3cosx－ 3sinx＝2 3cos x＋π 6 . 因为 x∈[0，π]，所以 x＋π 6 ∈ π 6 ，7π 6 ， 从而－1≤cos x＋π 6 ≤ 3 2 . 于是，当 x＋π 6 ＝π 6 ，即 x＝0 时，f(x)取到最大值 3； 当 x＋π 6 ＝π，即 x＝5π 6 时，f(x)取到最小值－2 3. 2.如图，已知函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ) A>0，ω>0，|φ|<π 2 在一个周期内的图象 经过 B π 6 ，0 ，C 2π 3 ，0 ，D 5π 12 ，2 三点． (1)写出 A，ω，φ的值； (2)若α∈ 5π 12 ，2π 3 ，且 f(α)＝1，求 cos2α的值． 解 (1)由题意，知 A＝2，ω＝2，φ＝－π 3. (2)由(1)，得 f(x)＝2sin 2x－π 3 . 因为 f(α)＝1，所以 sin 2α－π 3 ＝1 2. 因为α∈ 5π 12 ，2π 3 ，所以 2α－π 3 ∈ π 2 ，π . 则 2α－π 3 ＝5π 6 ，所以 2α＝7π 6 ，则 cos2α＝cos7π 6 ＝－ 3 2 . 热点 2 解三角形 解三角形的一般方法： (1)已知两角和一边，如已知 A，B 和 c，由 A＋B＋C＝π求 C，由正弦定理 求 a，b. (2)已知两边和这两边的夹角，如已知 a，b 和 C，应先用余弦定理求 c，再 应用正弦定理求较短边所对的角，然后利用 A＋B＋C＝π求另一角． (3)已知两边和其中一边的对角，如已知 a，b 和 A，应先用正弦定理求 B， 由 A＋B＋C＝π求 C，再由正弦定理或余弦定理求 c，要注意解可能有多种情况． (4)已知三边 a，b，c，可应用余弦定理求 A，B，C. (2019·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.设(sinB－sinC)2 ＝sin2A－sinBsinC. (1)求 A； (2)若 2a＋b＝2c，求 sinC. 解 (1)由已知得 sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC， 故由正弦定理得 b2＋c2－a2＝bc. 由余弦定理得 cosA＝b2＋c2－a2 2bc ＝1 2. 因为 0°0；当 n≤6 时，an≤0. 所以 Sn 的最小值为 S5＝S6＝－30. 热点 2 数列的通项与求和 1．求数列通项公式的常见类型及方法 (1)观察法：根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法求其通项公式； (2)公式法：利用等差(比)数列的通项公式求 an； (3)已知 Sn 与 an 的关系， 利用 an＝ S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2. 求 an； (4)累加法：形如 an＋1＝an＋f(n)的解析式，可用递推式多项相加法求得 an； (5)累乘法：形如 an＋1＝f(n)·an(an≠0)的解析式，可用递推式多项相乘法求得 an； (6)倒数法：形如 f(anan＋1，an，an＋1)＝0 的关系，同乘 1 anan＋1 ，先求出 1 an ，再 求出 an； (7)构造辅助数列法：通过变换递推关系，将非等差(等比)数列构造为等差(等 比)数列来求其通项公式． 2．求数列前 n 项和 Sn 的常见方法 (1)公式法：利用等差、等比数列的前 n 项和公式求数列的前 n 项和； (2)裂项相消法：将数列恒等变形为连续两项或相隔若干项之差的形式，进 行消项； (3)错位相减法：求解形如{an·bn}和 an bn 的前 n 项和，数列{an}，{bn}分别为 等差与等比数列； (4)倒序相加法：应用于等差数列或能转化为等差数列的数列求和； (5)分组求和法：数列为等差与等比数列的代数和或奇数项和偶数项的规律 不同，根据其表现形式分别求和． 1．(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于 0.已知 a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}满足 cn＝ 1，n 为奇数， bn 2 ，n 为偶数. 求 a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)． 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q.依题意，得 3q＝3＋2d， 3q2＝15＋4d， 解得 d＝3， q＝3， 故 an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n. 所以，{an}的通项公式为 an＝3n，{bn}的通项公式为 bn＝3n. (2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋… ＋a2nbn) ＝ n×3＋nn－1 2 ×6 ＋ (6×31 ＋ 12×32 ＋ 18×33 ＋ … ＋ 6n×3n) ＝ 3n2 ＋ 6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)． 记 Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，① 则 3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，② ②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1 ＝－31－3n 1－3 ＋n×3n＋1＝2n－13n＋1＋3 2 . 所 以 ， a1c1 ＋ a2c2 ＋ … ＋ a2nc2n ＝ 3n2 ＋ 6Tn ＝ 3n2 ＋ 3× 2n－13n＋1＋3 2 ＝ 2n－13n＋2＋6n2＋9 2 (n∈N*)． 2．(2018·天津高考)设{an}是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Sn(n∈ N*)，{bn}是等差数列．已知 a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)设数列{Sn}的前 n 项和为 Tn(n∈N*)， ①求 Tn； ②证明∑n k＝1 Tk＋bk＋2bk k＋1k＋2 ＝ 2n＋2 n＋2 －2(n∈N*)． 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q. 由 a1＝1，a3＝a2＋2. 可得 q2－q－2＝0.因为 q>0，可得 q＝2，故 an＝2n－1. 设等差数列{bn}的公差为 d，由 a4＝b3＋b5，可得 b1＋3d＝4. 由 a5＝b4＋2b6，可得 3b1＋13d＝16.从而 b1＝1，d＝1，故 bn＝n. 所以数列{an}的通项公式为 an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为 bn＝n. (2)①由(1)，有 Sn＝1－2n 1－2 ＝2n－1， 故 Tn＝∑n k＝1 (2k－1)＝∑n k＝12k－n＝2·1－2n 1－2 －n＝2n＋1－n－2. ②证明：因为 Tk＋bk＋2bk k＋1k＋2 ＝2k＋1－k－2＋k＋2k k＋1k＋2 ＝ k·2k＋1 k＋1k＋2 ＝ 2k＋2 k＋2 － 2k＋1 k＋1 ， 所以∑n k＝1 Tk＋bk＋2bk k＋1k＋2 ＝ 23 3 －22 2 ＋ 24 4 －23 3 ＋…＋ 2n＋2 n＋2 － 2n＋1 n＋1 ＝ 2n＋2 n＋2 －2. 采用错位相减法求和，要注意相减后和式的结构，把项数数清．采用裂项相 消法求和，消项时要注意相消的规律，可将数列的前几项和表示出来，归纳出规 律． 常用的裂项相消变换有： (1)分式裂项： 1 nn＋p ＝1 p 1 n － 1 n＋p ； (2)根式裂项： 1 n＋ n＋p ＝1 p( n＋p－ n)； (3)对数式裂项：lg n＋p n ＝lg (n＋p)－lg n； (4)指数式裂项：aqn＝ a 1－q(qn－qn＋1)(q≠0 且 q≠1)． 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝10，a2 为整数，且 Sn≤S4. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 anan＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)由 a1＝10，a2 为整数，可知等差数列{an}的公差 d 为整数．又 Sn≤S4， 故 a4≥0，a5≤0，于是 10＋3d≥0,10＋4d≤0，解得－10 3 ≤d≤－5 2 ，因此 d＝－3， 故数列{an}的通项公式为 an＝13－3n. (2)bn＝ 1 13－3n10－3n ＝1 3 1 10－3n － 1 13－3n ， 于是 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1 3 1 7 － 1 10 ＋ 1 4 －1 7 ＋…＋ 1 10－3n － 1 13－3n ＝ 1 3 1 10－3n － 1 10 ＝ n 1010－3n. 热点 3 数列的综合应用 解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点： (1)由于数列是一类特殊函数，因此解答数列问题时，多从函数角度入手， 准确处理数列问题； (2)利用数列自身特点和自身性质，准确推理，其中注意适时分类讨论； (3)证明不等关系时要充分利用题意恰当使用放缩法． 1．(2017·北京高考)设{an}和{bn}是两个等差数列，记 cn＝max{b1－a1n，b2 －a2n，…，bn－ann}(n＝1,2,3，…)，其中 max{x1，x2，…，xs}表示 x1，x2，…， xs 这 s 个数中最大的数． (1)若 an＝n，bn＝2n－1，求 c1，c2，c3 的值，并证明{cn}是等差数列； (2)证明：或者对任意正数 M，存在正整数 m，当 n≥m 时，cn n ＞M；或者存 在正整数 m，使得 cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列． 解 (1)c1＝b1－a1＝1－1＝0， c2＝max{b1－2a1，b2－2a2}＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1， c3＝max{b1－3a1，b2－3a2，b3－3a3}＝max{1－3×1，3－3×2，5－3×3} ＝－2. 当 n≥3 时，(bk＋1－nak＋1)－(bk－nak)＝(bk＋1－bk)－n(ak＋1－ak)＝2－n＜0， 所以 bk－nak 关于 k∈N*单调递减． 所以 cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}＝b1－a1n＝1－n. 所以对任意 n≥1，cn＝1－n，于是 cn＋1－cn＝－1， 所以{cn}是等差数列． (2)证明：设数列{an}和{bn}的公差分别为 d1，d2， 则 bk－nak＝b1＋(k－1)d2－[a1＋(k－1)d1]n ＝b1－a1n＋(d2－nd1)(k－1)． 所以 cn＝ b1－a1n＋n－1d2－nd1，d2＞nd1， b1－a1n，d2≤nd1. ①当 d1＞0 时，取正整数 m＞d2 d1 ，则当 n≥m 时，nd1＞d2， 因此 cn＝b1－a1n.此时，cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列． ②当 d1＝0 时，对任意 n≥1， cn＝b1－a1n＋(n－1)max{d2,0} ＝b1－a1＋(n－1)(max{d2,0}－a1)． 此时，c1，c2，c3，…，cn，…是等差数列． ③当 d1＜0 时，当 n＞d2 d1 时，有 nd1＜d2， 所以cn n ＝b1－a1n＋n－1d2－nd1 n ＝n(－d1)＋d1－a1＋d2＋b1－d2 n ≥n(－d1)＋d1－a1＋d2－|b1－d2|. 对任意正数 M，取正整数 m＞max M＋|b1－d2|＋a1－d1－d2 －d1 ，d2 d1 ， 故当 n≥m 时，cn n ＞M. 2．(2019·江苏高考)定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M数列”． (1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an} 为“M数列”； (2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，1 Sn ＝ 2 bn － 2 bn＋1 ，其中 Sn 为数列{bn}的前 n 项和． ①求数列{bn}的通项公式； ②设 m 为正整数．若存在“M数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数 k，当 k≤m 时，都有 ck≤bk≤ck＋1 成立，求 m 的最大值． 解 (1)证明：设等比数列{an}的公比为 q， 所以 a1≠0，q≠0. 由 a2a4＝a5， a3－4a2＋4a1＝0， 得 a21q4＝a1q4， a1q2－4a1q＋4a1＝0， 解得 a1＝1， q＝2. 因此数列{an}为“M数列”． (2)①因为 1 Sn ＝ 2 bn － 2 bn＋1 ，所以 bn≠0. 由 b1＝1，S1＝b1，得1 1 ＝2 1 － 2 b2 ，则 b2＝2. 由 1 Sn ＝ 2 bn － 2 bn＋1 ，得 Sn＝ bnbn＋1 2bn＋1－bn. 当 n≥2 时，由 bn＝Sn－Sn－1，得 bn＝ bnbn＋1 2bn＋1－bn － bn－1bn 2bn－bn－1 ， 整理得 bn＋1＋bn－1＝2bn. 所以数列{bn}是首项和公差均为 1 的等差数列． 因此，数列{bn}的通项公式为 bn＝n(n∈N*)． ②由①知，bk＝k，k∈N*. 因为数列{cn}为“M数列”，设公比为 q，所以 c1＝1，q>0. 因为 ck≤bk≤ck＋1，所以 qk－1≤k≤qk，其中 k＝1,2,3，…，m(m∈N*)． 当 k＝1 时，有 q≥1； 当 k＝2,3，…，m 时，有ln k k ≤ln q≤ ln k k－1. 设 f(x)＝ln x x (x>1)，则 f′(x)＝1－ln x x2 . 令 f′(x)＝0，得 x＝e.列表如下： x (1，e) e (e，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 极大值 因为ln 2 2 ＝ln 8 6 0，求使得 Sn≥an 的 n 的取值范围． 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d. 由 S9＝－a5 得 a1＋4d＝0.由 a3＝4 得 a1＋2d＝4. 于是 a1＝8，d＝－2. 因此等差数列{an}的通项公式为 an＝10－2n. (2)由(1)得 a1＝－4d，故 an＝(n－5)d，Sn＝nn－9d 2 . 由 a1>0 知 d<0，故 Sn≥an 等价于 n2－11n＋10≤0，解得 1≤n≤10，所以 n 的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}． 4．数列 An：a1，a2，…，an(n≥2)的各项均为整数，满足：ai≥－1(i＝1,2，…， n)，且 a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an＝0，其中 a1≠0. (1)若 n＝3，写出所有满足条件的数列 A3； (2)求 a1 的值； (3)证明：a1＋a2＋…＋an>0. 解 (1)满足条件的数列 A3 为：－1，－1,6；－1,0,4；－1，1,2；－1，2,0. (2)假设 a1≠－1，因为 a1≠0，所以 a1≥1. 又 a2，a3，…，an≥－1，因此有 a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an ≥2n－1＋(－1)·2n－2＋(－1)·2n－3＋…＋(－1)·2＋(－1)＝2n－1－2n－2－2n－3－… －2－1＝1， 这与 a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an＝0 矛盾！ 所以 a1＝－1. (3)先证明如下结论：∀k∈{1,2，…，n－1}， 必有 a1·2n－1＋a2·2n－2＋…＋ak·2n－k≤0. 否则，令 a1·2n－1＋a2·2n－2＋…＋ak·2n－k>0， 注意到左式是 2n－k 的整数倍， 因此 a1·2n－1＋a2·2n－2＋…＋ak·2n－k≥2n－k. 所以有 a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an ≥2n－k＋(－1)·2n－k－1＋(－1)·2n－k－2＋…＋(－1)·2＋(－1) ＝2n－k－2n－k－1－2n－k－2－…－2－1 ＝1， 这与 a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an＝0 矛盾！ 所以 a1·2n－1＋a2·2n－2＋…＋ak·2n－k≤0. 因此有 a1<0， a1·2＋a2≤0， a1·4＋a2·2＋a3≤0， … a1·2k－1＋a2·2k－2＋…＋ak－1·2＋ak≤0， … a1·2n－2＋a2·2n－3＋…＋an－2·2＋an－1≤0. 将上述 n－1 个不等式相加得 a1·(2n－1－1)＋a2·(2n－2－1)＋…＋an－1·(2－1)<0， ① 又 a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an＝0，② 两式相减即得 a1＋a2＋…＋an>0. 第 4 讲 立体几何 第 1 课时 空间中线、面平行和垂直关系的证明 [考情分析] 立体几何的解答题着重考查线线、线面与面面平行和垂直的判 定与性质，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等. 热点题型分析 热点 1 综合法证明平行和垂直 1．线、面平行问题解题策略 (1)证明线面平行：利用线面平行的定义、判定定理，面面平行的性质定理、 性质等； (2)证明面面平行：利用面面平行的定义、判定定理、垂直于同一直线的两 个平面平行、平行于同一平面的两个平面平行； (3)利用线线、线面、面面平行的相互转化． 2．线、面垂直问题解题策略 (1)证明线线垂直：利用图形中的垂直关系、等腰三角形底边中线的性质、 勾股定理、线面垂直的性质； (2)证明线面垂直：利用判定定理、线面垂直的性质、面面垂直的性质； (3)证明面面垂直：利用判定定理、证明直二面角； (4)利用线线、线面、面面垂直的相互转化． (2019·江苏高考)如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，AB＝BC. 求证：(1)A1B1∥平面 DEC1； (2)BE⊥C1E. 证明 (1)因为 D，E 分别为 BC，AC 的中点， 所以 ED∥AB. 在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB∥A1B1， 所以 A1B1∥ED. 又因为 ED⊂平面 DEC1，A1B1⊄平面 DEC1， 所以 A1B1∥平面 DEC1. (2)因为 AB＝BC，E 为 AC 的中点，所以 BE⊥AC. 因为三棱柱 ABC－A1B1C1 是直棱柱， 所以 C1C⊥平面 ABC. 又因为 BE⊂平面 ABC，所以 C1C⊥BE. 因为 C1C⊂平面 A1ACC1，AC⊂平面 A1ACC1，C1C∩AC＝C， 所以 BE⊥平面 A1ACC1. 因为 C1E⊂平面 A1ACC1，所以 BE⊥C1E. (1)利用综合法证明平行和垂直的步骤 ①巧转化：根据图形与已知条件，通过转化寻找证明平行或垂直所需要的条 件； ②用定理：将上述转化所得的条件代入相应的判定或性质定理； ③得结论：根据定理证得相应的结论． (2)利用线面平行的判定定理证明线面平行是常用方法，根据定理要求，需 证线线平行，而证明线线平行的方法则常用三角形中位线的性质、构造平行四边 形或平行公理，要根据图形特征灵活选择方法． (3)利用面面垂直的判定定理证明面面垂直是常用方法，而其需要证明线面 垂直．在证明线线垂直时，要注意特殊图形中的隐含垂直关系，如直棱柱和正棱 柱的条件，菱形对角线相互垂直平分，圆中直径所对的圆周角为 90°等． 1．如图，平面 ABB1A1 为圆柱的轴截面，点 C 为底面圆周上异于 A，B 的任 意一点． (1)求证：BC⊥平面 A1AC； (2)若 D 为 AC 的中点，求证：A1D∥平面 O1BC. 证明 (1)因为 ABB1A1 为圆柱的轴截面，点 C 为底面圆周上异于 A，B 的任 意一点，所以 BC⊥AC.又在圆柱中，AA1⊥底面圆 O，所以 AA1⊥CB，又 AA1∩AC ＝A，所以 BC⊥平面 A1AC. (2)如图，取 BC 边中点 M，连接 DM，O1M. 因为 D 为 AC 的中点，所以 DM∥AB，且 DM＝1 2AB. 又在圆柱中，A1O1∥AB 且 A1O1＝1 2AB，所以 DM∥A1O1 且 DM＝A1O1，所 以 A1DMO1 是平行四边形，故 A1D∥O1M. 又 A1D⊄平面 O1BC，O1M⊂平面 O1BC，所以 A1D∥平面 O1BC. 2．如图所示，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，四边形 AA1B1B 为正方形，四边 形 BB1C1C 为菱形，∠BB1C1＝60°，平面 AA1B1B⊥平面 BB1C1C. (1)求证：B1C⊥AC1； (2)设点 E，F 分别是 B1C，AA1 的中点，试判断直线 EF 与平面 ABC 的位置 关系，并说明理由． 解 (1)证明：如图所示，连接 BC1.因为四边形 BB1C1C 为菱形，所以 BC1 ⊥B1C.又因为四边形 AA1B1B 为正方形，所以 AB⊥BB1，因为平面 AA1B1B⊥平面 BB1C1C，平面 AA1B1B∩平面 BB1C1C＝BB1，AB⊂平面 AA1B1B，所以 AB⊥平面 BB1C1C.又 B1C⊂平面 BB1C1C，于是 AB⊥B1C.又因为 AB∩BC1＝B，所以 B1C⊥ 平面 ABC1.因为 AC1⊂平面 ABC1，所以 B1C⊥AC1. (2)直线 EF 与平面 ABC 的位置关系为平行，证明如下：如图所示，取 BC 中 点 D，连接 AD，DE.因为 E 是 B1C 的中点，所以 DE∥BB1 且 DE＝1 2BB1.因为四 边形 AA1B1B 为正方形，F 是 AA1 的中点，所以 AF∥BB1 且 AF＝1 2BB1，故 DE∥ AF 且 DE＝AF，所以四边形 ADEF 是平行四边形，因此 AD∥EF.又 AD⊂平面 ABC，EF⊄平面 ABC，所以 EF∥平面 ABC. 热点 2 向量法证明平行和垂直 设空间两条直线 l1，l2 的方向向量分别为 e1，e2，两个平面α1，α2 的法向量 分别为 n1，n2，则有如下结论： 直线、平面 平行 垂直 l1 与 l2 e1＝λe2 e1·e2＝0 l1 与α1 e1·n1＝0 l1⊄α1 e1＝λn1 α1 与α2 n1＝λn2 n1·n2＝0 如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD ＝DC＝AP＝2，AB＝1，点 E 为棱 PC 的中点． 证明：(1)BE⊥DC； (2)BE∥平面 PAD； (3)平面 PCD⊥平面 PAD. 证明 依题意，以点 A 为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得 B(1,0,0)， C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)． 由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1,1,1)． (1)向量BE→＝(0,1,1)，DC→ ＝(2,0,0)， 故BE→·DC→ ＝0.所以 BE⊥DC. (2)因为 AB⊥AD， 又 PA⊥平面 ABCD，AB⊂平面 ABCD， 所以 AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面 PAD， 所以 AB⊥平面 PAD， 所以向量AB→＝(1,0,0)为平面 PAD 的一个法向量， 而BE→·AB→＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以 BE⊥AB， 又 BE⊄平面 PAD， 所以 BE∥平面 PAD. (3)由(2)知平面 PAD 的法向量AB→＝(1,0,0)， 向量PD→ ＝(0,2，－2)，DC→ ＝(2,0,0)， 设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n·PD→ ＝0， n·DC→ ＝0， 即 2y－2z＝0， 2x＝0， 不妨令 y＝1，可得 n＝(0,1,1)为平面 PCD 的一个法向量． 且 n·AB→＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以 n⊥AB→. 所以平面 PAD⊥平面 PCD. (1)向量法证明平行与垂直的四个步骤 ①建立空间直角坐标系．建系时，要满足三垂直的条件，同时尽可能地利用 已知的垂直关系； ②建立空间图形与空间向量之间的关系．用空间向量表示出问题中所涉及的 点、线和平面； ③通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行和垂直关系； ④根据运算结果揭示相关几何问题． (2)利用向量法证明平行和垂直关系时，也可以配合使用相关的判定和性质 定理，将其中的线线平行和垂直，利用向量运算求解；特别是证明线面平行关系 时，还可利用空间向量的共面定理(即平面向量基本定理)，切记不要忽视线在面 外的条件． 如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点 E 在线段 BB1 上，且 EB1＝1，D，F，G 分别为 CC1，C1B1，C1A1 的中点． 求证：(1)B1D⊥平面 ABD； (2)平面 EGF∥平面 ABD. 证明 (1)以 B 为坐标原点，BA，BC，BB1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则 B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0，0,4)，C1(0,2,4)．设 BA＝a，则 A(a,0,0)， 所以BA→＝(a,0,0)，BD→ ＝(0,2,2)，B1D→ ＝(0,2，－2).B1D→ ·BA→＝0，B1D→ ·BD→ ＝0＋ 4－4＝0， 则 B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又 BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面 ABD， 因此 B1D⊥平面 ABD. (2)由(1)知，E(0,0,3)，G a 2 ，1，4 ，F(0,1,4)， 则EG→ ＝ a 2 ，1，1 ，EF→＝(0,1,1)， B1D→ ·EG→ ＝0＋2－2＝0，B1D→ ·EF→＝0＋2－2＝0， 即 B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又 EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面 EGF， 因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD. 专题作业 1．(2017·江苏高考)如图，在三棱锥 A－BCD 中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面 ABD⊥平面 BCD，点 E，F(E 与 A，D 不重合)分别在棱 AD，BD 上，且 EF⊥AD. 求证：(1)EF∥平面 ABC； (2)AD⊥AC. 证明 (1)在平面 ABD 内，因为 AB⊥AD，EF⊥AD， 所以 EF∥AB. 又因为 EF⊄平面 ABC，AB⊂平面 ABC， 所以 EF∥平面 ABC. (2)因为平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD∩平面 BCD＝BD， BC⊂平面 BCD，BC⊥BD，所以 BC⊥平面 ABD. 因为 AD⊂平面 ABD，所以 BC⊥AD. 又 AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面 ABC，BC⊂平面 ABC， 所以 AD⊥平面 ABC. 又因为 AC⊂平面 ABC，所以 AD⊥AC. 2．如图，在正方形 AMDE 中，B，C 分别为 AM，MD 的中点，在五棱锥 P －ABCDE 中，F 为棱 PE 的中点，平面 ABF 与棱 PD，PC 分别交于点 G，H. (1)求证：AB∥FG； (2)若 PA⊥平面 AMDE，PA＝AE，求证：AF⊥平面 PED. 证明 (1)因为四边形 AMDE 为正方形，B 为 AM 的中点，所以 AB∥DE.又 DE⊂平面 PED，AB⊄平面 PED，所以 AB∥平面 PED.又因为 AB⊂平面 ABHGF， 平面 ABHGF∩平面 PED＝FG，所以 AB∥FG. (2)因为 PA⊥平面 AMDE，ED⊂平面 AMDE，所以 PA⊥ED，又因为四边形 AMDE 为正方形，所以 AE⊥ED.因为 AE∩PA＝A，所以 ED⊥平面 PAE.又 AF⊂ 平面 PAE，所以 ED⊥AF.因为 PA＝AE，F 为棱 PE 的中点，所以 AF⊥PE，又 ED∩PE＝E， 所以 AF⊥平面 PED. 3.(2019·广东深圳模拟)如图所示，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，侧面 AA1C1C 和侧面 AA1B1B 都是正方形且互相垂直，M 为 AA1 的中点，N 为 BC1 的中点．求 证： (1)MN∥平面 A1B1C1； (2)平面 MBC1⊥平面 BB1C1C. 证明 由题意知 AA1，AB，AC 两两垂直，以 A 为坐标原点，AA1 所在的直 线为 x 轴，AB 所在的直线为 y 轴，AC 所在的直线为 z 轴，建立如图所示的空间 直角坐标系． 不妨设正方形 AA1C1C 的边长为 2，则 A(0,0,0)，A1(2,0,0)，B(0,2,0)，B1(2,2,0)， C(0,0,2)，C1(2,0,2)，M(1,0,0)，N(1,1,1)． (1)因为几何体是直三棱柱，所以侧棱 AA1⊥底面 A1B1C1. 因为AA1 → ＝(2,0,0)，MN→ ＝(0,1,1)，所以MN→ ·AA1 → ＝0，即MN→ ⊥AA1 → .又 MN⊄平面 A1B1C1，故 MN∥平面 A1B1C1. (2)设平面 MBC1 与平面 BB1C1C 的法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)． 因为MB→ ＝(－1,2,0)，MC1 → ＝(1,0,2)， 所以 n1·MB→ ＝0， n1·MC1 → ＝0， 即 －x1＋2y1＝0， x1＋2z1＝0， 令 x1＝2，则平面 MBC1 的一个法向量为 n1＝(2,1，－1)． 同理可得平面 BB1C1C 的一个法向量为 n2＝(0,1,1)． 因为 n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以 n1⊥n2，故平面 MBC1⊥平面 BB1C1C. 4.(2019·南京模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PC⊥平面 ABCD，PC＝2， 在四边形 ABCD 中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝4，CD＝1，点 M 在 PB 上， PB＝4PM，PB 与平面 ABCD 所成的角为 30°.求证： (1)CM∥平面 PAD； (2)平面 PAB⊥平面 PAD. 证明 以点 C 为坐标原点，分别以 CB，CD，CP 所在的直线为 x 轴、y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz. ∵PC⊥平面 ABCD， ∴∠PBC 为 PB 与平面 ABCD 所成的角． ∴∠PBC＝30°. ∵PC＝2，∴BC＝2 3，PB＝4. ∴D(0,1,0)，B(2 3，0,0)，A(2 3，4,0)，P(0,0,2)， M 3 2 ，0，3 2 ， ∴DP→ ＝(0，－1,2)，DA→ ＝(2 3，3,0)，CM→ ＝ 3 2 ，0，3 2 . (1)设 n＝(x，y，z)为平面 PAD 的一个法向量， 由 DP→ ·n＝0， DA→ ·n＝0， 即 －y＋2z＝0， 2 3x＋3y＝0. 令 y＝2，得 n＝(－ 3，2,1)． ∵n·CM→ ＝－ 3× 3 2 ＋2×0＋1×3 2 ＝0，∴n⊥CM→ . 又 CM⊄平面 PAD，∴CM∥平面 PAD. (2)如图，取 AP 的中点 E，连接 BE， 则 E( 3，2,1)，BE→＝(－ 3，2,1)． ∵PB＝AB，∴BE⊥PA. 又BE→·DA→ ＝(－ 3，2,1)·(2 3，3,0)＝0， ∴BE→⊥DA→ ，∴BE⊥DA. 又 PA∩DA＝A，∴BE⊥平面 PAD. 又 BE⊂平面 PAB， ∴平面 PAB⊥平面 PAD. 第 2 课时 空间角与距离的计算 [考情分析] 空间角与距离是每年高考的必考内容，并且多在解答题的第 二、三问中出现，难度适中，为中档题，其中利用空间向量求空间角是重点. 热点题型分析 热点 1 空间角的计算 1．向量法求异面直线所成的角 若异面直线 l，m 的方向向量分别为 a，b，异面直线所成的角为θ1，则 cosθ1 ＝|cos〈a，b〉|＝|a·b| |a||b|. 2．向量法求线面所成的角 求出平面的法向量 n，直线的方向向量 a，设线面所成的角为θ2，则 sinθ2＝ |cos〈n，a〉|＝|n·a| |n||a|. 3．向量法求二面角 求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量 n1，n2，若二面角α－l－β所 成的角θ3 为锐角，则 cosθ3＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2| |n1||n2| ；若二面角α－l－β所成的角 θ3 为钝角，则 cosθ3＝－|cos〈n1，n2〉|＝－|n1·n2| |n1||n2|. (2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧 所 在平面垂直，M 是 上异于 C，D 的点． (1)证明：平面 AMD⊥平面 BMC； (2)当三棱锥 M－ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦 值． 解 (1)证明：由题设知，平面 CMD⊥平面 ABCD，交线为 CD.因为 BC⊥CD， BC⊂平面 ABCD，所以 BC⊥平面 CMD，故 BC⊥DM.因为 M 为 上异于 C， D 的点，且 DC 为直径，所以 DM⊥CM.又 BC∩CM＝C，所以 DM⊥平面 BMC. 而 DM⊂平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC. (2)以 D 为坐标原点，DA→ 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐 标系 Dxyz. 当三棱锥 M－ABC 体积最大时，M 为 的中点． 由题设得 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0，1,1)， AM→ ＝(－2,1,1)，AB→＝(0,2,0)，DA→ ＝(2,0,0)． 设 n＝(x，y，z)是平面 MAB 的法向量，则 n·AM→ ＝0， n·AB→＝0， 即 －2x＋y＋z＝0， 2y＝0. 可取 n＝(1,0,2)． DA→ 是平面 MCD 的法向量，因此， cos〈n，DA→ 〉＝ n·DA→ |n||DA→ | ＝ 5 5 ，sin〈n，DA→ 〉＝2 5 5 ， 所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是2 5 5 . (1)利用空间向量求空间角的步骤 ①建立恰当的空间直角坐标系； ②求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标； ③结合公式进行论证和计算； ④转化为几何结论． (2)也可以利用综合法进行空间角的计算，其主要思想是转化，即把空间角 转化为平面角，把角的计算转化为三角形边角关系来计算． (2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体 ABCD－A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形， 点 E 在棱 AA1 上，BE⊥EC1. (1)证明：BE⊥平面 EB1C1； (2)若 AE＝A1E，求二面角 B－EC－C1 的正弦值． 解 (1)证明：由已知得，B1C1⊥平面 ABB1A1，BE⊂平面 ABB1A1， 故 B1C1⊥BE. 又 BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1， 所以 BE⊥平面 EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1＝90°. 由题设知 Rt△ABE≌Rt△A1B1E， 所以∠AEB＝45°， 故 AE＝AB，AA1＝2AB. 以 D 为坐标原点，DA→ 的方向为 x 轴正方向，DC→ 的方向为 y 轴正方向，DD1 → 的 方向为 z 轴正方向，|DA→ |为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz， 则 C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，CB→＝(1,0,0)，CE→ ＝(1，－1,1)， CC1＝(0,0,2)． 设平面 EBC 的法向量为 n＝(x1，y1，z1)， 则 CB→·n＝0， CE→·n＝0， 即 x1＝0， x1－y1＋z1＝0， 所以可取 n＝(0，－1，－1)． 设平面 ECC1 的法向量为 m＝(x2，y2，z2)，则 CC1·m＝0， CE→·m＝0， 即 2z2＝0， x2－y2＋z2＝0， 所以可取 m＝(1,1,0)． 于是 cos n，m ＝ n·m |n||m| ＝－1 2. 所以，二面角 B－EC－C1 的正弦值为 3 2 . 热点 2 空间距离的计算 点面距常用以下两种方法求解： (1)利用三棱锥体积转换，求点到面的距离； (2)利用空间向量点到面的距离公式：若 P 是面α外一点，A 是面α内一点，n 为α的法向量，则 P 到面α的距离为 d＝|PA→·n| |n| . 如图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四 边形 BFED 为矩形，平面 BFED⊥平面 ABCD，BF＝1. (1)求证：AD⊥平面 BFED； (2)已知点 P 在线段 EF 上，且EP PF ＝2，求 D 到面 APE 的距离． 解 (1)证明：在梯形 ABCD 中，因为 AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD ＝120°，所以∠DAB＝∠CBA＝60°，AB＝2，所以由余弦定理得 BD＝ 3.因此 AB2＝AD2＋BD2，所以 AD⊥BD.又因为平面 BFED⊥平面 ABCD，平面 BFED∩ 平面 ABCD＝BD，AD⊂平面 ABCD，所以 AD⊥平面 BFED. (2)解法一：由(1)知，AD⊥平面 BFED，DE⊥BD，以 D 为坐标原点建系如 图所示． 所以 D(0,0,0)，E(0,0,1)，A(1,0,0)，B(0，3，0)，F(0，3，1)， 因为EP PF ＝2， 则 P 0，2 3 3 ，1 .设面 AEP 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·AP→＝0， n·AE→＝0， 因为 AP→＝ －1，2 3 3 ，1 ，AE→＝(－1,0,1)，所以 x＝z， y＝0， 令 z＝1，则 n＝(1,0,1)． 因为DA→ ＝(1,0,0)， 所以 D 到面 APE 的距离为 d＝|DA→ ·n| |n| ＝|1| 2 ＝ 2 2 . 解法二：由(1)知，AD⊥平面 BFED，所以 AD⊥EP，AD⊥ED.又因为 EP⊥ ED，所以 EP⊥平面 ADE.BD＝ 3，BF＝1，EP PF ＝2，所以 EP＝2 3 3 ，设 D 到面 PEA 的距离为 d，因为 VA－EDP＝VD－AEP，即1 3·AD·S△EDP＝1 3·d·S△AEP， 所以 d＝AD·S△EDP S△AEP ＝ 1× 3 3 3 3 × 2 ＝ 2 2 . 诚如上文所说，求点面距问题可以采用等积转换和向量法求解，除此之外个 别问题也可采用垂面法(利用面面垂直性质定理)和等价转移法(利用线面平行)求 解．当然，一些求几何体体积问题，也是对点面距问题的相应考查． 如图，已知四棱台 ABCD－A1B1C1D1 的上、下底面分别是边长为 3 和 6 的正 方形，AA1＝6，且 AA1⊥底面 ABCD，点 P，Q 分别在棱 DD1，BC 上． (1)若 P 是 DD1 的中点，证明：AB1⊥PQ； (2)若 PQ∥平面 ABB1A1，二面角 P－QD－A 的余弦值为3 7 ，求四面体 ADPQ 的体积． 解 (1)证法一：如图，取 A1A 的中点 R，连接 PR，BR，因为 A1A，D1D 是 梯形 ADD1A1 的两腰，P 是 D1D 的中点，所以 PR∥AD，于是由 AD∥BC 知，PR ∥BC，所以 P，R，B，C 四点共面． 由题设知，BC⊥AB，BC⊥A1A，所以 BC⊥平面 ABB1A1，因此 BC⊥AB1. ① 因为 tan∠ABR＝AR AB ＝3 6 ＝A1B1 A1A ＝tan∠A1AB1，所以∠ABR＝∠A1AB1，因此∠ ABR＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°，于是 AB1⊥BR，再由①可知 AB1⊥平面 PRBC，又 PQ⊂平面 PRBC，故 AB1⊥PQ. 证法二：由题设知，AA1，AB，AD 两两垂直，以 A 为坐标原点，AB，AD， AA1 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， 则相关各点的坐标为 A(0，0,0)，B1(3,0,6)，D(0，6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)， 其中m＝BQ,0≤m≤6，若 P是DD1的中点，则 P 0，9 2 ，3 ，PQ→＝ 6，m－9 2 ，－3 ， AB1 → ＝(3,0,6)，于是AB1 → ·PQ→ ＝18－18＝0，所以AB1 → ⊥PQ→ ，即 AB1⊥PQ. (2)由题设知，DQ→ ＝(6，m－6,0)，DD1 → ＝(0，－3,6)是平面 PQD 内的两个不 共线向量．设 n1＝(x，y，z)是平面 PQD 的一个法向量，则 n1·DD1 → ＝0， n1·DQ→ ＝0， 即 6x＋m－6y＝0， －3y＋6z＝0， 取 y＝6， 得 n1＝(6－m,6,3)． 又平面 AQD 的一个法向量是 n2＝(0,0,1)， 所以 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1||n2| ＝ 3 6－m2＋62＋32 ＝ 3 6－m2＋45 ， 而二面角 P－QD－A 的余弦值为3 7 ， 因此 3 6－m2＋45 ＝3 7 ， 解得 m＝4 或 m＝8(舍去)，此时 Q(6,4,0)． 设DP→ ＝λDD1 → (0＜λ≤1)，而DD1 → ＝(0，－3,6)，由此得点 P(0,6－3λ，6λ)，PQ→ ＝(6,3λ－2，－6λ)．因为 PQ∥平面 ABB1A1，且平面 ABB1A1 的一个法向量是 n3 ＝(0,1,0)，所以PQ→ ·n3＝0，即 3λ－2＝0，亦即λ＝2 3 ，从而 P(0，4,4)，于是，将四 面体 ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥 P－ADQ，则其高 h＝4，故四面体 ADPQ 的体积 V＝1 3S△ADQ·h＝1 3 ×1 2 ×6×6×4＝24. 专题作业 1.(2019·全国卷Ⅰ) 如图，直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 的底面是菱形，AA1＝ 4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点． (1)证明：MN∥平面 C1DE； (2)求二面角 A－MA1－N 的正弦值． 解 (1)证明：如图，连接 B1C，ME. 因为 M，E 分别为 BB1，BC 的中点， 所以 ME∥B1C，且 ME＝1 2B1C. 又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND＝1 2A1D. 由题设知 A1B1 綊 DC，可得 B1C 綊 A1D， 故 ME 綊 ND，因此四边形 MNDE 为平行四边形，所以 MN∥ED. 又 MN⊄平面 C1DE，所以 MN∥平面 C1DE. (2)由已知可得 DE⊥DA，以 D 为坐标原点，DA → 的方向为 x 轴正方向，D E → 的 方向为 y 轴正方向，DD1 → 的方向为 z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz， 则 A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，3，2)， N(1,0,2)，A1A → ＝(0,0，－4)，A1M → ＝(－1，3，－2)，A1N → ＝(－1,0，－2)，MN → ＝(0，－ 3，0)． 设 m＝(x，y，z)为平面 A1MA 的法向量，则 m·A1M → ＝0， m·A1A → ＝0， 所以 －x＋ 3y－2z＝0， －4z＝0， 可取 m＝( 3，1,0)． 设 n＝(p，q，r)为平面 A1MN 的法向量， 则 n·MN → ＝0， n·A1N → ＝0， 所以 － 3q＝0， －p－2r＝0， 可取 n＝(2,0，－1)． 于是 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ 2 3 2× 5 ＝ 15 5 ， 所以二面角 A－MA1－N 的正弦值为 10 5 . 2．(2017·天津高考)如图，在三棱锥 P－ABC 中，PA⊥底面 ABC，∠BAC＝ 90°.点 D，E，N 分别为棱 PA，PC，BC 的中点，M 是线段 AD 的中点，PA＝AC ＝4，AB＝2. (1)求证：MN∥平面 BDE； (2)求二面角 C－EM－N 的正弦值； (3)已知点 H 在棱 PA 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为 7 21 ，求线 段 AH 的长． 解 如图，以 A 为原点，分别以AB → ，AC → ，AP → 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正 方向建立空间直角坐标系，依题意可得 A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)． (1)证明：因为DE → ＝(0,2,0)，DB → ＝(2,0，－2)． 设 n＝(x，y，z)为平面 BDE 的一个法向量， 则 n·DE → ＝0， n·DB → ＝0， 即 2y＝0， 2x－2z＝0. 不妨设 z＝1，可得 n＝(1,0,1)． 又MN → ＝(1,2，－1)，可得MN → ·n＝0. 因为 MN⊄平面 BDE，所以 MN∥平面 BDE. (2)易知 n1＝(1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量． 设 n2＝(x1，y1，z1)为平面 EMN 的一个法向量， 则 n2·EM → ＝0， n2·MN → ＝0. 因为EM → ＝(0，－2，－1)，MN → ＝(1,2，－1)， 所以 －2y1－z1＝0， x1＋2y1－z1＝0. 不妨设 y1＝1，可得 n2＝(－4,1，－2)． 因此有 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1||n2| ＝－ 4 21 ， 于是 sin〈n1，n2〉＝ 105 21 . 所以二面角 C－EM－N 的正弦值为 105 21 . (3)依题意，设 AH＝h(0≤h≤4)，则 H(0,0，h)，进而可得NH → ＝(－1，－2， h)，BE → ＝(－2,2,2)． 由已知，得 |cos〈NH → ，BE → 〉|＝ |NH → ·BE → | |NH → ||BE → | ＝ |2h－2| h2＋5×2 3 ＝ 7 21 ， 整理得 10h2－21h＋8＝0，解得 h＝8 5 或 h＝1 2. 所以线段 AH 的长为8 5 或1 2. 3.(2019·浙江高考) 如图，已知三棱柱 ABC－A1B1C1，平面 A1ACC1⊥平面 ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F 分别是 AC，A1B1 的中 点． (1)证明：EF⊥BC； (2)求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值． 解 解法一：(1)证明：如图 1，连接 A1E. 因为 A1A＝A1C，E 是 AC 的中点， 所以 A1E⊥AC. 又平面 A1ACC1⊥平面 ABC，A1E⊂平面 A1ACC1，平面 A1ACC1∩平面 ABC ＝AC， 所以 A1E⊥平面 ABC，则 A1E⊥BC. 又因为 A1F∥AB，∠ABC＝90°，故 BC⊥A1F. 所以 BC⊥平面 A1EF.因此 EF⊥BC. (2)如图 1，取 BC 的中点 G，连接 EG，GF，则四边形 EGFA1 是平行四边形． 由于 A1E⊥平面 ABC，故 A1E⊥EG， 所以平行四边形 EGFA1 为矩形． 由(1)得 BC⊥平面 EGFA1， 则平面 A1BC⊥平面 EGFA1， 所以 EF 在平面 A1BC 上的射影在直线 A1G 上． 连接 A1G 交 EF 于点 O， 则∠EOG 是直线 EF 与平面 A1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设 AC＝4，则在 Rt△A1EG 中，A1E＝2 3，EG＝ 3. 由于 O 为 A1G 的中点，故 EO＝OG＝A1G 2 ＝ 15 2 ， 所以 cos∠EOG＝EO2＋OG2－EG2 2EO·OG ＝3 5. 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是3 5. 解法二： (1)证明：连接 A1E. 因为 A1A＝A1C，E 是 AC 的中点，所以 A1E⊥AC. 又平面 A1ACC1⊥平面 ABC，A1E⊂平面 A1ACC1，平面 A1ACC1∩平面 ABC ＝AC， 所以 A1E⊥平面 ABC. 如图 2，以点 E 为原点，分别以射线 EC，EA1 为 y，z 轴的正半轴，建立空 间直角坐标系 Exyz. 不妨设 AC＝4，则 A1(0,0,2 3)，B( 3，1,0)，B1( 3，3,2 3)，F 3 2 ，3 2 ，2 3 ， C(0,2,0)． 因此，EF → ＝ 3 2 ，3 2 ，2 3 ，BC → ＝(－ 3，1,0)． 由EF → ·BC → ＝0，得 EF⊥BC. (2)设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为θ. 由(1)可得BC → ＝(－ 3，1,0)，A1C → ＝(0,2，－2 3)． 设平面 A1BC 的法向量为 n＝(x，y，z)． 由 BC → ·n＝0， A1C → ·n＝0， 得 － 3x＋y＝0， y－ 3z＝0. 取 n＝(1, 3，1)， 故 sinθ＝|cos〈EF → ，n〉|＝ |EF → ·n| |EF → ||n| ＝4 5 ，所以 cosθ＝3 5. 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是3 5. 4．如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA＝PD＝AD＝2CD＝2BC＝2，且∠ADC ＝∠BCD＝90°. (1)当 PB＝2 时，证明：平面 PAD⊥平面 ABCD； (2)当四棱锥 P－ABCD 的体积为3 4 ，且二面角 P－AD－B 为钝角时，求直线 PA 与平面 PCD 所成角的正弦值． 解 (1)证明：取 AD 的中点 O，连接 PO，BO， 因为△PAD 为正三角形，所以 OP⊥AD. 又因为∠ADC＝∠BCD＝90°，所以 BC∥AD. 因为 BC＝1 2AD＝1，则 BC＝OD， 所以四边形 BCDO 为矩形，则 OB＝CD＝1. 在△POB 中，PO＝ 3，OB＝1，PB＝2， 所以∠POB＝90°，即 PO⊥OB.又 AD∩OB＝O， 所以 PO⊥平面 ABCD.因为 PO⊂平面 PAD， 所以平面 PAD⊥平面 ABCD. (2)因为 AD⊥PO，AD⊥OB，PO∩BO＝O，PO，BO⊂平面 POB， 所以 AD⊥平面 POB，又 AD⊂平面 ABCD， 所以平面 POB⊥平面 ABCD. 过点 P 作 PE⊥平面 ABCD，垂足 E 一定落在平面 POB 与平面 ABCD 的交线 BO 上． 因为四棱锥 P－ABCD 的体积为3 4 ，所以 VP － ABCD ＝1 3 ×PE×1 2 ×(AD＋ BC)×CD＝1 3 ×PE×1 2 ×(2＋1)×1＝1 2PE＝3 4 ，则 PE＝3 2.因为 PO＝ 3，所以 OE ＝ PO2－PE2＝ 3－9 4 ＝ 3 2 . 如图所示，以 O 为坐标原点，以 OA，OB 为 x 轴，y 轴，在平面 POB 内过 点 O 作垂直于平面 AOB 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意可知 A(1,0,0)，P 0，－ 3 2 ，3 2 ，D(－1,0,0)，C(－1,1,0)，DP → ＝ 1，－ 3 2 ，3 2 ，DC → ＝ (0,1,0)，设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n·DP → ＝0， n·DC → ＝0， 得 x－ 3 2 y＋3 2z＝0， y＝0， 令 x＝1，则 n＝ 1，0，－2 3 ， 又因为PA → ＝ 1， 3 2 ，－3 2 ， 设直线 PA 与平面 PCD 所成的角为θ，则 sinθ＝|cos〈PA → ，n〉|＝ |PA → ·n| |PA → ||n| ＝ 2 2× 13 3 ＝3 13 13 ， 故直线 PA 与平面 PCD 所成角的正弦值为3 13 13 . 第 3 课时 立体几何中的翻折问题和探索性问题 [考情分析] 翻折问题和探索性问题是近年来高考立体几何中的常见题 型．翻折是联结平面几何与立体几何的纽带，实现平面向空间的转化；探索性问 题常以动点形式出现，是带着解析几何的味道出现在立体几何中的神秘杀手，让 很多学生不知所措！对于这两类题目，破题的秘诀是“以静制动，静观其变！” 热点题型分析 热点 1 翻折问题 1．处理好翻折问题的关键是抓住两图的特征关系，画好翻折前后的平面图 形与立体图形，并弄清翻折前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化，这些未变 化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据． 2．以翻折棱为基准，在同一个半平面内的几何元素之间的关系是不变的， 分别位于两个半平面内的几何元素之间的关系一般是变化的．垂直于翻折棱的直 线翻折后，仍然垂直于翻折棱． (2019·全国卷Ⅲ)图 1 是由矩形 ADEB，Rt△ABC 和菱形 BFGC 组成的一个 平面图形，其中 AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图 2. (1)证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC⊥平面 BCGE； (2)求图 2 中的二面角 B－CG－A 的大小． 解 (1)证明：由已知得 AD∥BE，CG∥BE， 所以 AD∥CG， 所以 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面． 由已知得 AB⊥BE，AB⊥BC，且 BE∩BC＝B， 所以 AB⊥平面 BCGE. 又因为 AB⊂平面 ABC，所以平面 ABC⊥平面 BCGE. (2)作 EH⊥BC，垂足为 H. 因为 EH⊂平面 BCGE，平面 BCGE⊥平面 ABC， 所以 EH⊥平面 ABC. 由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，∠EBC＝60°，可求得 BH＝1，EH＝ 3. 以 H 为坐标原点，HC → 的方向为 x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐 标系 Hxyz，则 A(－1,1,0)， C(1,0,0)，G(2,0， 3)， CG → ＝(1,0， 3)，AC → ＝(2，－1，0)． 设平面 ACGD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 CG → ·n＝0， AC → ·n＝0， 即 x＋ 3z＝0， 2x－y＝0. 所以可取 n＝(3,6，－ 3)． 又平面 BCGE 的法向量可取 m＝(0,1,0)， 所以 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝ 3 2 . 因此二面角 B－CG－A 的大小为 30°. (1)解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变和不变．一般情况下， 线段的长度是不变的，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突 破口． (2)在解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形， 也要分析翻折前的图形． 1．如图，已知正△ABC 的边长为 3，D，E 分别是边 BC 上的三等分点，沿 AD，AE 把△ABC 折成三棱锥 A－DEF，使 B，C 两点重合于点 F，且 G 是 DE 的中点． (1)求证：DE⊥平面 AGF； (2)求二面角 A－DE－F 的余弦值； (3)求点 F 到平面 ADE 的距离． 解 (1)证明：按题意作出三棱锥，如图． 由题知 AD＝AE，DG＝GE， 所以 DE⊥AG， 又 DF＝EF，DG＝GE，所以 DE⊥FG. 又 AG∩FG＝G，所以 DE⊥平面 AGF. (2)由(1)得 DE⊥AG，DE⊥FG，所以∠AGF 为二面角 A－DE－F 的平面角． 在△AGF 中，AF＝3，AG＝3 3 2 ，FG＝ 3 2 ， 所以 cos∠AGF＝AG2＋FG2－AF2 2·AG·FG ＝ 3 3 2 2＋ 3 2 2－32 2×3 3 2 × 3 2 ＝－1 3. (3)过点 F 作 FH⊥AG 于 H，由(1)知 DE⊥平面 AGF，因为 FH⊂平面 AGF， 所以 DE⊥FH.又 AG⊥FH，AG⊂平面 ADE，DE⊂平面 ADE，所以 FH⊥平面 ADE， 则 FH 的长就是点 F 到平面 ADE 的距离． 在 Rt△FGH 中，FH＝GF·sin∠FGH ＝ 3 2 × 1－ －1 3 2＝ 6 3 ， 所以 F 到平面 ADE 的距离为 6 3 . 2．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正 方体中，设 BC 的中点为 M，GH 的中点为 N. (1)请将字母 F，G，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)证明：直线 MN∥平面 BDH； (3)求二面角 A－EG－M 的余弦值． 解 (1)点 F，G，H 的位置如图所示． (2)证明：连接 BD，设 O 为 BD 的中点，连接 OM.因为 M，N 分别是 BC， GH 的中点，所以 OM∥CD，且 OM＝1 2CD，又因为 NH∥CD，且 NH＝1 2CD， 所以 OM∥NH，OM＝NH，所以四边形 MNHO 是平行四边形，从而 MN∥OH. 又 MN⊄平面 BDH，OH⊂平面 BDH，所以 MN∥平面 BDH. (3)连接 AC，过 M 作 MP⊥AC 于 P.在正方体 ABCD－EFGH 中，AC∥EG， 所以 MP⊥EG.过 P 作 PK⊥EG 于 K，连接 KM，所以 EG⊥平面 PKM，从而 KM ⊥EG.所以∠PKM 是二面角 A－EG－M 的平面角．设 AD＝2，则 CM＝1，PK＝ 2， 在 Rt△CMP 中，PM＝CMsin45°＝ 2 2 .在 Rt△MPK 中，KM＝ PK2＋PM2＝ 3 2 2 .所以 cos∠PKM＝PK KM ＝2 2 3 ，即二面角 A－EG－M 的余弦值为2 2 3 . (另外，也可利用空间坐标系求解) 热点 2 探索性问题 立体几何中的探索性问题主要是对位置关系、角的大小以及点的位置的探 究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究．解决这类问题一般根据探索性问 题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到 合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设． 如图，在几何体 ABCDEF 中，平面 ADE⊥平面 ABCD，四边形 ABCD 为菱 形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF，EF∥AB，M 为 BC 的中点． (1)求证：FM∥平面 BDE； (2)求直线 CF 与平面 BDE 所成角的正弦值； (3)在棱 CF 上是否存在点 G，使 BG⊥DE？若存在，求CG CF 的值；若不存在， 请说明理由． 解 (1)证明：取 CD 的中点 N，连接 MN，FN. 因为 N，M 分别为 CD，BC 的中点， 所以 MN∥BD. 又 BD⊂平面 BDE 且 MN⊄平面 BDE，所以 MN∥平面 BDE. 因为 EF∥AB，AB＝2EF， 所以 EF∥CD，EF＝DN. 所以四边形 EFND 为平行四边形，所以 FN∥ED. 又 ED⊂平面 BDE 且 FN⊄平面 BDE， 所以 FN∥平面 BDE. 又 FN∩MN＝N，所以平面 MFN∥平面 BDE. 又 FM⊂平面 MFN，所以 FM∥平面 BDE. (2)取 AD 的中点 O，连接 EO，BO. 因为 EA＝ED，所以 EO⊥AD. 因为平面 ADE⊥平面 ABCD， 所以 EO⊥平面 ABCD，EO⊥BO. 因为 AD＝AB，∠DAB＝60°， 所以△ADB 为等边三角形． 因为 O 为 AD 的中点，所以 AD⊥BO. 因为 EO，BO，AO 两两垂直，设 AB＝4，以 O 为坐标原点，OA，OB，OE 为 x 轴、y 轴、z 轴，如图建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意，得 A(2,0,0)，B(0,2 3，0)， C(－4,2 3，0)，D(－2,0,0)，E(0,0,2 3)， F(－1，3，2 3)． CF → ＝(3，－ 3，2 3)，DE → ＝(2,0,2 3)， BE → ＝(0，－2 3，2 3)． 设平面 BDE 的法向量为 n＝(x，y，z)． 则 n·BE → ＝0， n·DE → ＝0， 即 y－z＝0， x＋ 3z＝0. 令 z＝1，则 y＝1，x＝－ 3.所以 n＝(－ 3，1,1)． 设直线 CF 与平面 BDE 所成角为α， sinα＝|cos〈CF → ，n〉|＝ |CF → ·n| |CF → ||n| ＝ 10 10 . 所以直线 CF 与平面 BDE 所成角的正弦值为 10 10 . (3)设 G 是 CF 上一点，且CG → ＝λCF → ，λ∈[0,1]． 因此点 G(3λ－4，－ 3λ＋2 3，2 3λ)． BG → ＝(3λ－4，－ 3λ，2 3λ)． 由BG → ·DE → ＝0，解得λ＝4 9. 所以在棱 CF 上存在点 G 使得 BG⊥DE，此时CG CF ＝4 9. 由于空间向量的引入，解决探索性问题时，我们常利用空间向量的运算使几 何问题代数化，降低思维的难度． (1)对于存在型问题，解题时一般先假设其存在，把要成立的结论当作条件， 据此列方程或者方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否在规定 范围内有解”等问题． (2)对于位置探索型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列 方程，解出参数从而确定位置． (2019·北京高考)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AD⊥CD， AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且PF PC ＝1 3. (1)求证：CD⊥平面 PAD； (2)求二面角 F－AE－P 的余弦值； (3)设点 G 在 PB 上，且PG PB ＝2 3.判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由． 解 (1)证明：因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥CD. 又因为 AD⊥CD，PA∩AD＝A， 所以 CD⊥平面 PAD. (2)过点 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M. 因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥AM，PA⊥AD. 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0,0,0)，B(2，－1，0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)． 因为 E 为 PD 的中点， 所以 E(0,1,1)． 所以AE → ＝(0,1,1)， PC → ＝(2,2，－2)，AP → ＝(0,0,2)． 所以PF → ＝1 3PC → ＝ 2 3 ，2 3 ，－2 3 ， 所以AF → ＝AP → ＋PF → ＝ 2 3 ，2 3 ，4 3 . 设平面 AEF 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·AE → ＝0， n·AF → ＝0， 即 y＋z＝0， 2 3x＋2 3y＋4 3z＝0. 令 z＝1，则 y＝－1，x＝－1. 于是 n＝(－1，－1,1)． 又因为平面 PAE 的一个法向量为 p＝(1,0,0)， 所以 cos〈n，p〉＝ n·p |n||p| ＝－ 3 3 . 由题知，二面角 F－AE－P 为锐角，所以其余弦值为 3 3 . (3)直线 AG 在平面 AEF 内． 理由：因为点 G 在 PB 上，且PG PB ＝2 3 ，PB → ＝(2，－1，－2)， 所以PG → ＝2 3PB → ＝ 4 3 ，－2 3 ，－4 3 ， 所以AG → ＝AP → ＋PG → ＝ 4 3 ，－2 3 ，2 3 . 由(2)知，平面 AEF 的一个法向量 n＝(－1，－1,1)， 所以AG → ·n＝－4 3 ＋2 3 ＋2 3 ＝0. 所以直线 AG 在平面 AEF 内． 专题作业 1. 如图所示，在正四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 的边长为 2，侧棱长为 2 2. (1)若点 E 为 PD 上的点，且 PB∥平面 EAC，试确定 E 点的位置； (2)在(1)的条件下，在线段 PA 上是否存在点 F，使平面 AEC 和平面 BDF 所 成的锐二面角的余弦值为 1 14 ，若存在，求线段 PF 的长度，若不存在，请说明理 由． 解 (1)设 BD 交 AC 于点 O，连接 OE. ∵PB∥平面 AEC，平面 AEC∩平面 BDP＝OE， ∴PB∥OE. 又 O 为 BD 的中点，∴在△BDP 中 E 为 PD 的中点． (2)连接 OP，由题知 PO⊥平面 ABCD，且 AC⊥BD， ∴以OC → ，OD → ，OP → 所在直线为 x，y，z 轴建立直角坐标系，如图． OP＝ PD2－OD2＝ 6. ∴O(0,0,0)，A(－ 2，0,0)，B(0，－ 2，0)，C( 2，0,0)，D(0，2，0)，P(0,0， 6)， 则 E 0， 2 2 ， 6 2 ，OC → ＝( 2，0,0)，OE → ＝ 0， 2 2 ， 6 2 ， OD → ＝(0，2，0)． 设平面 AEC 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)． 则 m·OC → ＝0， m·OE → ＝0 ⇒ x1＝0， y1＋ 3z1＝0. 令 z1＝1，得平面 AEC 的一个法向量 m＝(0，－ 3，1)， 假设在线段 PA 上存在点 F，满足题设条件，不妨设PF → ＝λPA → (0≤λ≤1)． 则 F(－ 2λ，0， 6－ 6λ)，OF → ＝(－ 2λ，0， 6－ 6λ)． 设平面 BDF 的法向量 n＝(x2，y2，z2)， ∴ n·OD → ＝0， n·OF → ＝0 ⇒ y2＝0， － 2λx2＋1－λ 6z2＝0. 令 z2＝1 得平面 BDF 的一个法向量 n＝ 31－λ λ ，0，1 . 由于平面 AEC 与平面 BDF 所成的锐二面角的余弦值为 1 14 ， 则 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ 1 2 1＋3 1 λ －1 2 ＝ 1 14 ， 解得λ＝1 5.所以|PF → |＝1 5|PA → |＝2 2 5 . 故在线段 PA 上存在点 F，当|PF|＝2 2 5 时，使得平面 AEC 和平面 BDF 所成 的锐二面角的余弦值为 1 14. 2．(2019·广州质检)如图，在几何体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，DE⊥平面 ABCD，BF⊥平面 ABCD，DE＝2 2，DE>BF，∠ABC＝120°. (1)当 BF 长为多少时，平面 AEF⊥平面 CEF? (2)在(1)的条件下，求二面角 E－AC－F 的余弦值． 解 (1)连接 BD 交 AC 于点 O，则 AC⊥BD. 取 EF 的中点 G，连接 OG，则 OG∥DE. ∵DE⊥平面 ABCD，∴OG⊥平面 ABCD. ∴OG，AC，BD 两两垂直． 以 AC，BD，OG 所在直线分别作为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如 图)， 设 BF＝m(03.841 时，则有 95%的把握说两个事件有关； 当 K2>6.635 时，则有 99%的把握说两个事件有关． 具体参考数据如下表： P(K2 ≥k0) 0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 0.455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 1．某地随着经济的发展，居民收入逐年增长，下表是该地一建设银行连续 五年的储蓄存款(年底余额)，如下表 1： 表 1 年份 x 2013 2014 2015 2016 2017 储蓄存款 y(千亿元) 5 6 7 8 10 为了研究计算的方便，工作人员将上表的数据进行了处理，t＝x－2012，z ＝y－5 得到下表 2： 表 2 时间代号 t 1 2 3 4 5 z 0 1 2 3 5 (1)求 z 关于 t 的线性回归方程； (2)通过(1)中的方程，求出 y 关于 x 的回归方程； (3)用所求回归方程预测到 2022 年年底，该地储蓄存款额可达多少？ (附：对于线性回归方程y ^ ＝b ^ x＋a ^ ， 其中b ^ ＝ ∑ n i＝1 xiyi－n x － y － ∑ n i＝1 x2i －n x － 2 ，a ^ ＝ y － －b ^ x － ) 解 (1) t ＝3， z － ＝2.2，∑ 5 i＝1 tizi＝45，∑ 5 i＝1 t2i ＝55， b ^ ＝45－5×3×2.2 55－5×9 ＝1.2， a ^ ＝ z － －b ^ t ＝2.2－3×1.2＝－1.4， 所以z ^ ＝1.2t－1.4. (2)将 t＝x－2012，z＝y－5，代入z ^ ＝1.2t－1.4， 得 y－5＝1.2(x－2012)－1.4，即y ^ ＝1.2x－2410.8. (3)因为y ^ ＝1.2×2022－2410.8＝15.6， 所以预测到 2022 年年底，该地储蓄存款额可达 15.6 千亿元． 2．(2019·全国卷Ⅰ)某商场为提高服务质量，随机调查了 50 名男顾客和 50 名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表： 满意 不满意 男顾客 40 10 女顾客 30 20 (1)分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率； (2)能否有 95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？ 附：K2＝ nad－bc2 a＋bc＋da＋cb＋d. P(K2≥k0) 0.050 0.010 0.001 k0 3.841 6.635 10.828 解 (1)由调查数据，男顾客中对该商场服务满意的比率为40 50 ＝0.8，因此男 顾客对该商场服务满意的概率的估计值为 0.8. 女顾客中对该商场服务满意的比率为30 50 ＝0.6，因此女顾客对该商场服务满 意的概率的估计值为 0.6. (2)K2 的观测值 k＝100×40×20－30×102 50×50×70×30 ≈4.762. 由于 4.762>3.841，故有 95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有 差异． (1)线性回归模型是回归模型中的核心问题，判断两个变量是否线性相关及 相关程度通常有两种方法：一是根据散点图直观判断；二是将相关数据代入相关 系数公式求出 r，然后根据 r 的大小进行判断． (2)求线性回归直线的关键：一是根据公式准确计算出b ^ ，a ^ 的值；二是抓住 样本点的中心( x － ， y － )必在回归直线上． (3)求解独立性检验问题时要注意：一是 2×2 列联表中的数据与公式中各个 字母的对应，不能混淆；二是注意计算得到 K2 之后的结论，即 K2 的观测值 k 越 大，对应假设事件 H0 成立(两类变量相互独立)的概率越小，H0 不成立的概率越 大． (2018·全国卷Ⅱ)下图是某地区 2000 年至 2016 年环境基础设施投资额 y(单 位：亿元)的折线图．为了预测该地区 2018 年的环境基础设施投资额，建立了 y 与时间变量 t 的两个线性回归模型．根据 2000 年至 2016 年的数据(时间变量 t 的值依次为 1,2，…，17)建立模型①：y ^ ＝－30.4＋13.5t；根据 2010 年至 2016 年的数据(时间变量 t 的值依次为 1,2，…，7)建立模型②：y ^ ＝99＋17.5t. (1)分别利用这两个模型，求该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值； (2)你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由． 解 (1)利用模型①，该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值为y ^ ＝－ 30.4＋13.5×19＝226.1(亿元)． 利用模型②，该地区 2018 年的环境基础设施投资额的预测值为y ^ ＝99＋ 17.5×9＝256.5(亿元)． (2)利用模型②得到的预测值更可靠． 理由如下： (ⅰ)从折线图可以看出，2000 年至 2016 年的数据对应的点没有随机散布在 直线 y＝－30.4＋13.5t 上下，这说明利用 2000 年至 2016 年的数据建立的线性模 型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势.2010 年相对 2009 年的环 境基础设施投资额有明显增加，2010 年至 2016 年的数据对应的点位于一条直线 的附近，这说明从 2010 年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势， 利用 2010 年至 2016 年的数据建立的线性模型y ^ ＝99＋17.5t 可以较好地描述 2010 年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可 靠． (ⅱ)从计算结果看，相对于 2016 年的环境基础设施投资额 220 亿元，由模 型①得到的预测值 226.1 亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增 幅比较合理，说明利用模型②得到的预测值更可靠． 专题作业 1．(2019·天津高考)设甲、乙两位同学上学期间，每天 7：30 之前到校的概 率均为2 3.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互 独立． (1)用 X 表示甲同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数，求随机变量 X 的分布列和数学期望； (2)设 M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在 7：30 之前到校的天数比乙 同学在 7：30 之前到校的天数恰好多 2”，求事件 M 发生的概率． 解 (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天 7：30 之 前到校的概率均为2 3 ， 故 X～B 3，2 3 ， 从而 P(X＝k)＝Ck3 2 3 k 1 3 3－k，k＝0,1,2,3. 所以，随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 27 2 9 4 9 8 27 随机变量 X 的数学期望 E(X)＝3×2 3 ＝2. (2)设乙同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数为 Y， 则 Y～B 3，2 3 ，且 M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}． 由题意知事件{X＝3，Y＝1}与{X＝2，Y＝0}互斥，且事件{X＝3}与{Y＝1}， 事件{X＝2}与{Y＝0}均相互独立， 从而由(1)知 P(M)＝P({X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}) ＝P(X＝3，Y＝1)＋P(X＝2，Y＝0) ＝P(X＝3)P(Y＝1)＋P(X＝2)P(Y＝0) ＝ 8 27 ×2 9 ＋4 9 × 1 27 ＝ 20 243. 2．(2019·郑州模拟)社区服务是高中生社会实践活动的一个重要内容，某市 某中学随机抽取了 100 名男生、100 名女生了解他们一年参加社区服务的时间(单 位：小时)，按[0,10)，[10,20)，[20,30)，[30,40)，[40,50]进行统计，得到男生参 加社区服务时间的频率分布表和女生参加社区服务时间的频率分布直方图如图． 抽取的 100 名男生参加社区服务时间的频率分布表 参加社区服务时间/小时 人数 频率 [0,10) 0.05 [10,20) 20 [20,30) 0.35 [30,40) 30 [40,50] 合计 100 1 抽取的 100 名女生参加社区服务时间的频率分布直方图 (1)完善男生参加社区服务时间的频率分布表和女生参加社区服务时间的频 率分布直方图； (2)按高中综合素质评价的要求，高中生每年参加社区服务不少于 20 小时才 为合格，根据题中的统计图表，完成抽取的这 200 名学生参加社区服务时间合格 与性别的列联表，并判断是否有 90%以上的把握认为参加社区服务时间达到合格 程度与性别有关，并说明理由； 不合格的人数 合格的人数 合计 男 女 合计 200 (3)用这 200 名学生参加社区服务的时间估计全市 90000 名高中生参加社区 服务时间的情况，并以频率作为概率． (ⅰ)求全市高中生参加社区服务不少于 30 小时的人数； (ⅱ)对该市高中生参加社区服务的情况进行评价． P(K2≥k0) 0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 K2＝ nad－bc2 a＋bc＋da＋cb＋d ，其中 n＝a＋b＋c＋d 解 (1)由每组的频率等于每组的频数除以样本容量，知男生参加社区服务 时间在[0,10)内的人数为 0.05×100＝5；在[10,20)内的频率为 20÷100＝0.2；在 [20,30)内的人数为 0.35×100＝35；在[30,40)内的频率为 30÷100＝0.3；在[40,50) 内的人数为 100－5－20－35－30＝10，频率为 1－0.05－0.2－0.35－0.3＝0.1. 补全的频率分布表为 参加社区服务时间/小时 人数 频率 [0,10) 5 0.05 [10,20) 20 0.2 [20,30) 35 0.35 [30,40) 30 0.3 [40,50] 10 0.1 合计 100 1 根据频率分布直方图中各小长方形的面积的总和等于 1，知女生参加社区服 务时间在[20,30)内的频率为 1－0.01×10－0.025×10－0.02×10－0.01×10＝ 0.35，频率/组距为0.35 10 ＝0.035， 所以补全的频率分布直方图如图． (2)完成的列联表为 不合格的人数 合格的人数 合计 男 25 75 100 女 35 65 100 合计 60 140 200 K2＝200×25×65－75×352 100×100×60×140 ≈2.38<2.706， 所以没有 90%以上的把握认为社区服务时间达到合格与性别有关． (3)(ⅰ)抽取的样本中社区服务不少于 30 小时的人数为 70，频率为 70 200 ＝ 7 20 ， 所以全市高中生参加社区服务不少于 30 小时的概率约为 7 20 ，所以全市高中生参 加社区服务不少于 30 小时的人数约为 90000× 7 20 ＝31500. (ⅱ)(可从以下角度分析，也可以从其他角度分析，角度正确，分析合理，即 可给分．) ①从抽样数据可以得到全市高中生中还有一部分学生参加社区服务的时间 太少，不能达到高中综合素质评价的要求． ②全市所有高中生参加社区服务的时间都偏少． ③全市高中生中，女生参加社区服务的时间比男生短． ④全市高中生参加社区服务的时间集中在 10～40 小时． 3．(2019·广东梅州二模)随着互联网的兴起，越来越多的人选择网上购物．某 购物平台为了吸引顾客，提升销售额，每年“双十一”都会开展某种商品的促销 活动．该商品促销活动规则如下： ①“价由客定”，即所有参与该商品促销活动的人进行网络报价(报价 为每件的价格)，每个人并不知晓其他人的报价，也不知道参与该商品促销活动 的总人数； ②报价时间截止后，系统根据当年“双十一”该商品的数量配额，按照 参与该商品促销活动人员的报价从高到低分配名额； ③每人限购一件，且参与人员分配到名额时必须购买． 某位顾客拟参加 2019 年“双十一”该商品促销活动，他为了预测该商 品的最低成交价，根据该购物平台的公告，统计了最近 5 年“双十一”参与该商 品促销活动的人数(见下表)． 年份 2014 2015 2016 2017 2018 年份编号 t 1 2 3 4 5 参与人数 y/百万人 0.5 0.6 1 1.4 1.7 (1)由收集数据的散点图发现，可用线性回归模型拟合参与人数 y(单位：百 万人)与年份编号 t 之间的相关关系．请用最小二乘法求 y 关于 t 的线性回归方程 y ^ ＝b ^ t＋a ^ ，并预测 2019 年“双十一”参与该商品促销活动的人数； (2)该购物平台调研部门对 2000 位拟参与 2019 年“双十一”该商品促 销活动人员的报价进行了抽样调查，得到如下的一份频数表： 报价区间 /千元 [1,2) [2,3) [3,4) [4,5) [5,6) [6,7] 频数 200 600 600 300 200 100 ①求这 2000 位人员报价 X(单位：千元)的平均值 x － 和样本方差 s2(同一区间 的报价可用该价格区间的中点值代替)； ②假设所有拟参与该商品促销活动人员的报价 X 可视为服从正态分布 N(μ， σ2)，且μ与σ2 可分别由①中所求的样本平均值 x － 和样本方差 s2 估值．若预计 2019 年“双十一”该商品最终销售量为 317400 件，请你合理预测(需说明理由)该商 品的最低成交价． 附：(ⅰ)对于线性回归方程y ^ ＝b ^ x＋a ^ ，b ^ ＝错误!，a ^ ＝ y － －b ^ x － . (ⅱ)错误!2i ＝55，错误!iyi＝18.8， 1.7≈1.3. (ⅲ)若随机变量 Z 服从正态分布 N(μ，σ2)，则 P(μ－σ4.8)＝1－0.6827 2 ≈0.1587， 又 317400 2000000 ＝0.1587，所以该商品的最低成交价为 4.8 千元． 4．(2019·湖南永州三模)某机器生产商对一次性购买两台机器的客户推出两 种超过质保期后两年内的延保维修方案． 方案一：交纳延保金 6000 元，在延保的两年内可免费维修 2 次，超过 2 次 每次收取维修费 1500 元． 方案二：交纳延保金 7740 元，在延保的两年内可免费维修 4 次，超过 4 次 每次收取维修费 a 元． 某工厂准备一次性购买两台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延 保方案，为此收集并整理了这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，统计 得下表： 维修次数 0 1 2 3 机器台数 20 10 40 30 将频率视为概率，记 X 表示这两台机器超过质保期后延保两年内共需维修 的次数． (1)求 X 的分布列； (2)以所需延保金与维修费用之和的期望值为决策依据，该工厂选择哪种延 保方案更合算？ 解 (1)X 所有可能的取值为 0,1,2,3,4,5,6， P(X＝0)＝1 5 ×1 5 ＝ 1 25 ， P(X＝1)＝ 1 10 ×1 5 ×2＝ 1 25 ， P(X＝2)＝ 1 10 × 1 10 ＋1 5 ×2 5 ×2＝ 17 100 ， P(X＝3)＝ 1 10 ×2 5 ×2＋1 5 × 3 10 ×2＝1 5 ， P(X＝4)＝2 5 ×2 5 ＋ 3 10 × 1 10 ×2＝11 50 ， P(X＝5)＝2 5 × 3 10 ×2＝ 6 25 ， P(X＝6)＝ 3 10 × 3 10 ＝ 9 100. 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 6 P 1 25 1 25 17 100 1 5 11 50 6 25 9 100 (2)若选择延保方案一，则所需费用 Y1(单位：元)的分布列为： Y1 6000 7500 9000 10500 12000 P 1 4 1 5 11 50 6 25 9 100 E(Y1) ＝ 1 4 ×6000 ＋ 1 5 ×7500 ＋ 11 50 ×9000 ＋ 6 25 ×10500 ＋ 9 100 ×12000 ＝ 8580(元)． 若选择延保方案二，则所需费用 Y2(单位：元)的分布列为： Y2 7740 7740＋a 7740＋2a P 67 100 6 25 9 100 E(Y2)＝ 67 100 ×7740＋ 6 25 ×(7740＋a)＋ 9 100 ×(7740＋2a)＝7740＋21a 50 (元)． 所以 E(Y1)－E(Y2)＝840－21a 50 . 当 E(Y1)－E(Y2)＝840－21a 50 >0，即 02000 时，选择方案一合算． 第 6 讲 解析几何 第 1 课时 直线与圆锥曲线的位置关系 [考情分析] 直线与圆锥曲线的位置关系在高考中占据高考解答题的重要 位置，题目可能涉及线段中点、弦长等问题，解决这类问题，往往利用数形结合 的思想、“设而不求”的方法、对称的方法及韦达定理等，难度属于中上等. 热点题型分析 热点 直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题的两种常用方法： (1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程构成方程组，通过消元得一元方程， 此方程根的个数即为交点个数，由方程组的解得交点坐标． (2)几何法：即画出直线与圆锥曲线，根据图形判断公共点的个数． (2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C：x2 4 ＋y2 3 ＝1 交于 A，B 两 点．线段 AB 的中点为 M(1，m)(m>0)． (1)证明：k<－1 2 ； (2)设 F 为 C 的右焦点，P 为 C 上一点，且 F P → ＋F A → ＋F B → ＝0.证明：|FA → |， |FP → |，|FB → |成等差数列，并求该数列的公差． 解 (1)证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x21 4 ＋y21 3 ＝1，x22 4 ＋y22 3 ＝1. 两式相减，并由y1－y2 x1－x2 ＝k，得x1＋x2 4 ＋y1＋y2 3 ·k＝0. 由题设，知x1＋x2 2 ＝1，y1＋y2 2 ＝m，于是 k＝－ 3 4m.① 由点 M(1，m)在椭圆 C 内，得 m< 1－1 4 ×3＝3 2 ， 且 m>0，即 0b>0)的右焦点为(1,0)，且经过 点 A(0,1)． (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 O 为原点，直线 l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆 C 交于两个不同点 P，Q， 直线 AP 与 x 轴交于点 M，直线 AQ 与 x 轴交于点 N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直 线 l 经过定点． 解 (1)由题意，得 b2＝1，c＝1，所以 a2＝b2＋c2＝2. 所以椭圆 C 的方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)证明：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则直线 AP 的方程为 y＝y1－1 x1 x＋1. 令 y＝0，得点 M 的横坐标 xM＝－ x1 y1－1. 又 y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝| x1 kx1＋t－1|. 同理，|ON|＝| x2 kx2＋t－1|. 由 y＝kx＋t， x2 2 ＋y2＝1， 得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0， 则 x1＋x2＝－ 4kt 1＋2k2 ，x1x2＝2t2－2 1＋2k2. 所以|OM|·|ON|＝| x1 kx1＋t－1|·| x2 kx2＋t－1| ＝| x1x2 k2x1x2＋kt－1x1＋x2＋t－12| ＝| 2t2－2 1＋2k2 k2·2t2－2 1＋2k2 ＋kt－1· － 4kt 1＋2k2 ＋t－12| ＝2|1＋t 1－t|. 又|OM|·|ON|＝2，所以 2|1＋t 1－t|＝2. 解得 t＝0，所以直线 l 经过定点(0,0)． 3．(2019·唐山市高三一模)已知椭圆Γ：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左焦点为 F，上 顶点为 A，长轴长为 2 6，B 为直线 l：x＝－3 上的动点，M(m,0)，AM⊥BM.当 AB⊥l 时，M 与 F 重合． (1)求椭圆Γ的方程； (2)若直线 BM 交椭圆Γ于 P，Q 两点，若 AP⊥AQ，求 m 的值． 解 (1)依题意，得 A(0，b)，F(－c,0)，a＝ 6，当 AB⊥l 时，B(－3，b)，由 AF⊥BF，得 kAF·kBF＝b c· b －3＋c ＝－1，又 b2＋c2＝6.解得 c＝2，b＝ 2.所以，椭 圆Γ的方程为x2 6 ＋y2 2 ＝1. (2)由(1)，得 A(0， 2)，依题意，显然 m≠0，所以 kAM＝－ 2 m ，又 AM⊥BM， 所以 kBM＝ m 2 ，所以直线 BM 的方程为 y＝ m 2(x－m)，设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将 y＝ m 2(x－m)与x2 6 ＋y2 2 ＝1 联立，得(2＋3m2)x2－6m3x＋3m4－12＝0，所以 x1＋x2 ＝ 6m3 2＋3m2 ，x1x2＝3m4－12 2＋3m2 . |PM|·|QM| ＝ 1＋m2 2 |(x1 － m)(x2 － m)| ＝ 1＋m2 2 ·|x1x2 － m(x1 ＋ x2) ＋ m2| ＝ 1＋m2 2 ·|2m2－12| 2＋3m2 ＝2＋m2|m2－6| 2＋3m2 ，|AM|2 ＝2＋m2 ，由 AP⊥AQ，得|AM|2 ＝ |PM|·|QM|，所以|m2－6| 2＋3m2 ＝1，解得 m＝±1. 4．(2019·四川诊断)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左焦点 F(－2,0)，上顶 点 B(0,2)． (1)求椭圆 C 的方程； (2)若直线 y＝x＋m 与椭圆 C 交于不同两点 M，N，且线段 MN 的中点 G 在 圆 x2＋y2＝1 上，求 m 的值． 解 (1)由题意可得 c＝2，b＝2，由 a2＝b2＋c2 得 a2＝22＋22＝8， 故椭圆 C 的方程为x2 8 ＋y2 4 ＝1. (2)设点 M，N 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，线段 MN 的中点 G(x0，y0)， 由 y＝x＋m， x2 8 ＋y2 4 ＝1， 消去 y 得 3x2＋4mx＋2m2－8＝0， 则Δ＝96－8m2>0，所以－2 30，解得 k<0 或 00)． 由 y＝kx， x2 4 ＋y2 2 ＝1， 得 x＝± 2 1＋2k2. 设 u＝ 2 1＋2k2 ，则 P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)． 于是直线 QG 的斜率为k 2 ，方程为 y＝k 2(x－u)． 由 y＝k 2 x－u， x2 4 ＋y2 2 ＝1， 得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.(*) 设 G(xG，yG)，则－u 和 xG 是方程(*)的解， 故 xG＝u3k2＋2 2＋k2 ，由此，得 yG＝ uk3 2＋k2. 从而直线 PG 的斜率为 uk3 2＋k2 －uk u3k2＋2 2＋k2 －u ＝－1 k. 所以 PQ⊥PG，即△PQG 是直角三角形． ②由①，得|PQ|＝2u 1＋k2，|PG|＝2uk k2＋1 2＋k2 ， 所以△PQG 的面积 S＝1 2|PQ|·|PG|＝ 8k1＋k2 1＋2k22＋k2 ＝ 8 1 k ＋k 1＋2 1 k ＋k 2 . 设 t＝k＋1 k ，则由 k>0，得 t≥2，当且仅当 k＝1 时取等号． 因为 S＝ 8t 1＋2t2 在[2，＋∞)上单调递减， 所以当 t＝2，即 k＝1 时，S 取得最大值，最大值为16 9 . 因此，△PQG 面积的最大值为16 9 . 热点 3 探索性问题 圆锥曲线中的探索性问题常考查结论存在和条件探究两种题型，一般的解题 思路如下： (1)结论存在型：即证明在给定的条件下，一些给定的结论是否存在．解题 时一般先对结论作肯定假设，然后结合已知条件进行推证，若推证无矛盾，则正 确；若推出矛盾，则否定此结论．过程可归纳为：假设—推证—定论； (2)条件探究型：即给出结论，需要分析出具备的条件，并加以证明．解题 时一般从结论出发，依据其他已知条件，通过必要的逻辑推理，逐步找到结论成 立的等价条件，即“执果索因”． (2019·全国卷Ⅱ)已知 F1，F2 是椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的两个焦点，P 为 C 上的点，O 为坐标原点． (1)若△POF2 为等边三角形，求 C 的离心率； (2)如果存在点 P，使得 PF1⊥PF2，且△F1PF2 的面积等于 16，求 b 的值和 a 的取值范围． 解 (1)连接 PF1.由△POF2 为等边三角形可知在△F1PF2 中，∠F1PF2＝90°， |PF2|＝c，|PF1|＝ 3c，于是 2a＝|PF1|＋|PF2|＝( 3＋1)c，故 C 的离心率为 e＝c a ＝ 3－1. (2)由题意可知，满足条件的点 P(x，y)存在当且仅当 1 2|y|·2c＝16， y x＋c· y x－c ＝－1，x2 a2 ＋y2 b2 ＝1， 即 c|y|＝16，① x2＋y2＝c2，② x2 a2 ＋y2 b2 ＝1.③ 由②③及 a2＝b2＋c2，得 y2＝b4 c2. 又由①，知 y2＝162 c2 ，故 b＝4. 由②③及 a2＝b2＋c2 得 x2＝a2 c2(c2－b2)， 所以 c2≥b2，从而 a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故 a≥4 2. 当 b＝4，a≥4 2时，存在满足条件的点 P. 所以 b＝4，a 的取值范围为[4 2，＋∞)． 解决探索性问题时要注意：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确 则存在，若结论不正确则不存在． (1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论． (2)当给出结论，推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件． (3)当条件和结论都未知时，按常规方法解题较难，因此要开放思维，采取 其他途径． 设椭圆 M：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 A(－1,0)，B(1,0)，C 为椭 圆 M 上的点，且∠ACB＝π 3 ，S△ABC＝ 3 3 . (1)求椭圆 M 的标准方程； (2)设过椭圆 M 右焦点且斜率为 k 的动直线与椭圆 M 相交于 E，F 两点，探 究在 x 轴上是否存在定点 D，使得DE → ·DF → 为定值？若存在，试求出定值和点 D 的坐标；若不存在，请说明理由． 解 (1)在△ABC 中，由余弦定理，得 AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos∠ACB ＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4. 又 S△ABC＝1 2CA·CB·sin∠ACB＝ 3 4 CA·CB＝ 3 3 ， ∴CA·CB＝4 3 ，代入上式得 CA＋CB＝2 2. 椭圆长轴 2a＝2 2，焦距 2c＝AB＝2. 所以椭圆 M 的标准方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)设直线方程为 y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)， 联立 x2 2 ＋y2＝1， y＝kx－1. 消去 y，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0， ∴x1＋x2＝ 4k2 1＋2k2 ，x1x2＝2k2－2 1＋2k2. 假设在 x 轴上存在定点 D(x0,0)，使得DE → ·DF → 为定值， ∴DE → ·DF → ＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2) ＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x20＋y1y2 ＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x20＋k2(x1－1)(x2－1) ＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x20＋k2 ＝2x20－4x0＋1k2＋x20－2 1＋2k2 . 要使DE → ·DF → 为定值，则DE → ·DF → 的值与 k 无关， ∴2x20－4x0＋1＝2(x20－2)，解得 x0＝5 4 ， 此时DE → ·DF → ＝－ 7 16 为定值，定点为 5 4 ，0 . 专题作业 1．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线 C：y＝x2 2 ，D 为直线 y＝－1 2 上的动点，过 D 作 C 的两条切线，切点分别为 A，B. (1)证明：直线 AB 过定点； (2)若以 E 0，5 2 为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求 四边形 ADBE 的面积． 解 (1)证明：设 D t，－1 2 ，A(x1，y1)，则 x21＝2y1. 因为 y′＝x，所以切线 DA 的斜率为 x1，故 y1＋1 2 x1－t ＝x1. 整理得 2tx1－2y1＋1＝0. 设 B(x2，y2)，同理可得 2tx2－2y2＋1＝0. 故直线 AB 的方程为 2tx－2y＋1＝0. 所以直线 AB 过定点 0，1 2 . (2)由(1)得直线 AB 的方程为 y＝tx＋1 2. 由 y＝tx＋1 2 ， y＝x2 2 可得 x2－2tx－1＝0. 于是 x1＋x2＝2t，x1x2＝－1， y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1， |AB|＝ 1＋t2|x1－x2| ＝ 1＋t2× x1＋x22－4x1x2 ＝2(t2＋1)． 设 d1，d2 分别为点 D，E 到直线 AB 的距离， 则 d1＝ t2＋1，d2＝ 2 t2＋1 . 因此，四边形 ADBE 的面积 S＝1 2|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3) t2＋1. 设 M 为线段 AB 的中点，则 M t，t2＋1 2 . 因为EM → ⊥AB → ，而EM → ＝(t，t2－2)，AB → 与向量(1，t)平行， 所以 t＋(t2－2)t＝0，解得 t＝0 或 t＝±1. 当 t＝0 时，S＝3；当 t＝±1 时，S＝4 2. 因此，四边形 ADBE 的面积为 3 或 4 2. 2．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)，四点 P1(1,1)，P2(0,1)， P3 －1， 3 2 ，P4 1， 3 2 中恰有三点在椭圆 C 上． (1)求 C 的方程； (2)设直线 l 不经过 P2 点且与 C 相交于 A，B 两点．若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点． 解 (1)由于 P3，P4 两点关于 y 轴对称，故由题设知椭圆 C 经过 P3，P4 两点． 又由 1 a2 ＋ 1 b2 ＞ 1 a2 ＋ 3 4b2 ，知椭圆 C 不经过点 P1， 所以点 P2 在椭圆 C 上． 因此 1 b2 ＝1， 1 a2 ＋ 3 4b2 ＝1， 解得 a2＝4， b2＝1. 故椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)证明：设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1，k2. 如果 l 与 x 轴垂直，设 l：x＝t，由题设知 t≠0，且|t|＜2，可得 A，B 的坐标 分别为 t， 4－t2 2 ，t，－ 4－t2 2 ，则 k1＋k2＝ 4－t2－2 2t － 4－t2＋2 2t ＝－1，解得 t＝2，不符合题设． 从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)． 将 y＝kx＋m 代入x2 4 ＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－ 8km 4k2＋1 ，x1x2＝4m2－4 4k2＋1 . 而 k1＋k2＝y1－1 x1 ＋y2－1 x2 ＝kx1＋m－1 x1 ＋kx2＋m－1 x2 ＝2kx1x2＋m－1x1＋x2 x1x2 . 由题设 k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·4m2－4 4k2＋1 ＋(m－1)· －8km 4k2＋1 ＝0， 解得 k＝－m＋1 2 . 当且仅当 m＞－1 时，Δ＞0， 于是 l：y＝－m＋1 2 x＋m，即 y＋1＝－m＋1 2 (x－2)， 所以 l 过定点(2，－1)． 3．(2019·北京高考)已知抛物线 C：x2＝－2py 经过点(2，－1)． (1)求抛物线 C 的方程及其准线方程； (2)设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两 点 M，N，直线 y＝－1 分别交直线 OM，ON 于点 A 和点 B.求证：以 AB 为直径 的圆经过 y 轴上的两个定点． 解 (1)由抛物线 C：x2＝－2py 经过点(2，－1)， 得 p＝2. 所以抛物线 C 的方程为 x2＝－4y，其准线方程为 y＝1. (2)证明：抛物线 C 的焦点为 F(0，－1)． 设直线 l 的方程为 y＝kx－1(k≠0)． 由 y＝kx－1， x2＝－4y 得 x2＋4kx－4＝0. 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x2＝－4. 直线 OM 的方程为 y＝y1 x1 x. 令 y＝－1，得点 A 的横坐标 xA＝－x1 y1 . 同理得点 B 的横坐标 xB＝－x2 y2 . 设点 D(0，n)，则 DA → ＝ －x1 y1 ，－1－n ，DB → ＝ －x2 y2 ，－1－n ， DA → ·DB → ＝x1x2 y1y2 ＋(n＋1)2 ＝ x1x2 －x21 4 －x22 4 ＋(n＋1)2 ＝ 16 x1x2 ＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2. 令DA → ·DB → ＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得 n＝1 或 n＝－3. 综上，以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的定点(0,1)和(0，－3)． 4．已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为1 3 ， 点 P 在椭圆 C 上，且△PF1F2 的面积的最大值为 2 2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)已知直线 l：y＝kx＋2(k≠0)与椭圆 C 交于不同的两点 M，N，若在 x 轴上 存在点 G，使得|GM|＝|GN|，求点 G 的横坐标的取值范围． 解 (1)由已知，得 c a ＝1 3 ， 1 2 ×2c×b＝2 2， c2＝a2－b2， 解得 a2＝9，b2＝8，c2＝1， 所以椭圆 C 的方程为x2 9 ＋y2 8 ＝1. (2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN 的中点为 E(x0，y0)， 若存在点 G(m,0)，使得|GM|＝|GN|，则 GE⊥MN. 由 y＝kx＋2， x2 9 ＋y2 8 ＝1， 得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0， 由Δ>0，得 k∈R. 所以 x1＋x2＝－ 36k 9k2＋8 ， 则 x0＝ －18k 9k2＋8 ，y0＝kx0＋2＝ 16 9k2＋8. 因为 GE⊥MN，所以 kGE＝－1 k ，即 16 9k2＋8 －0 －18k 9k2＋8 －m ＝－1 k ， 所以有 m＝ －2k 9k2＋8 ＝ －2 9k＋8 k . 当 k>0 时，9k＋8 k ≥2 9×8＝12 2 当且仅当 9k＝8 k ，即 k＝2 2 3 时，取等号 ， 所 以 － 2 12 ≤m<0 ； 当 k<0 时 ， 9k ＋ 8 k ≤ － 12 2 当且仅当 9k＝8 k ，即 k＝－2 2 3 时，取等号 ，所以 00 是 f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x)＝x3 在(－∞，＋ ∞)上单调递增，但 f′(x)≥0； (2)f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有 f′(x)＝0 时，f(x)为常数函数． 2．利用导数求函数最值的方法 (1)对含参数的函数解析式求最值时，常常进行分类讨论，分类的原则是极 值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值； (2)求极值和最值时，为了直观易懂，常常列出 x 的取值范围与 y′的符号及 y 的单调区间、极值的对应表格． (2017·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ex(ex－a)－a2x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)≥0，求 a 的取值范围． 解 (1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)． ①若 a＝0，则 f(x)＝e2x 在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若 a>0，则由 f′(x)＝0 得 x＝ln a. 当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0； 当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0. 故 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减， 在(ln a，＋∞)上单调递增． ③若 a<0，则由 f′(x)＝0，得 x＝ln －a 2 . 当 x∈ －∞，ln －a 2 时，f′(x)<0； 当 x∈ ln －a 2 ，＋∞ 时，f′(x)>0. 故 f(x)在 －∞，ln －a 2 上单调递减， 在 ln －a 2 ，＋∞ 上单调递增． (2)①若 a＝0，则 f(x)＝e2x，所以 f(x)≥0. ②若 a>0，则由(1)，得当 x＝ln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)＝－ a2ln a， 从而当且仅当－a2ln a≥0，即 a≤1 时，f(x)≥0. ③若 a<0，则由(1)，得当 x＝ln －a 2 时，f(x)取得最小值，最小值为 f ln －a 2 ＝a2 3 4 －ln －a 2 ，从而当且仅当 a2 3 4 －ln －a 2 ≥0，即 a≥－2e 3 4 时，f(x)≥0. 综上，a 的取值范围是[－2e3 4 ，1]． 运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出 f′(x)， 由 f′(x)的正负，得出函数 f(x)的单调区间；函数的最值(极值)的求法：由确认的 单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数 f(x)的极值或最值． (2019·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝2x3－ax2＋b. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)是否存在 a，b，使得 f(x)在区间[0,1]上的最小值为－1 且最大值为 1？若 存在，求出 a，b 的所有值；若不存在，说明理由． 解 (1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)． 令 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝a 3. 若 a>0，则当 x∈(－∞，0)∪ a 3 ，＋∞ 时，f′(x)>0； 当 x∈ 0，a 3 时，f′(x)<0. 故 f(x)在(－∞，0)， a 3 ，＋∞ 上单调递增，在 0，a 3 上单调递减． 若 a＝0，则 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 若 a<0，则当 x∈ －∞，a 3 ∪(0，＋∞)时，f′(x)>0； 当 x∈ a 3 ，0 时，f′(x)<0. 故 f(x)在 －∞，a 3 ，(0，＋∞)上单调递增，在 a 3 ，0 上单调递减． (2)满足题设条件的 a，b 存在． ①当 a≤0 时，由(1)，知 f(x)在[0,1]上单调递增，所以 f(x)在区间[0,1]上的最 小值为 f(0)＝b，最大值为 f(1)＝2－a＋b.此时 a，b 满足题设条件当且仅当 b＝－ 1，2－a＋b＝1，即 a＝0，b＝－1. ②当 a≥3 时，由(1)，知 f(x)在[0,1]上单调递减，所以 f(x)在区间[0,1]上的最 大值为 f(0)＝b，最小值为 f(1)＝2－a＋b.此时 a，b 满足题设条件当且仅当 2－a ＋b＝－1，b＝1，即 a＝4，b＝1. ③当 0＜a＜3 时，由(1)，知 f(x)在[0,1]上的最小值为 f a 3 ＝－a3 27 ＋b，最大值 为 b 或 2－a＋b. 若－a3 27 ＋b＝－1，b＝1，则 a＝33 2，与 0＜a＜3 矛盾． 若－a3 27 ＋b＝－1,2－a＋b＝1，则 a＝3 3或 a＝－3 3或 a＝0，与 0＜a＜3 矛盾． 综上，当 a＝0，b＝－1 或 a＝4，b＝1 时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大 值为 1. 热点 2 利用导数解决与方程的解有关的问题 方程的根、函数的零点、函数图象与 x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念， 解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，根据函数图象的走势，通过 数形结合直观求解． (2017·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围． 解 (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)． (ⅰ)若 a≤0，则 f′(x)＜0，所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减． (ⅱ)若 a＞0，则由 f′(x)＝0，得 x＝－ln a. 当 x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0； 当 x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0. 所以 f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)(ⅰ)若 a≤0，由(1)，知 f(x)至多有一个零点． (ⅱ)若 a＞0，由(1)，知当 x＝－ln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(－ln a) ＝1－1 a ＋ln a. ①当 a＝1 时，由于 f(－ln a)＝0，故 f(x)只有一个零点； ②当 a∈(1，＋∞)时，由于 1－1 a ＋ln a＞0， 即 f(－ln a)＞0，故 f(x)没有零点； ③当 a∈(0,1)时，1－1 a ＋ln a＜0，即 f(－ln a)＜0. 又 f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0， 故 f(x)在(－∞，－ln a)内有一个零点． 设正整数 n0 满足 n0＞ln 3 a －1 ， 则 f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0. 由于 ln 3 a －1 ＞－ln a，因此，f(x)在(－ln a，＋∞)内有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)． 研究函数 f(x)的零点问题常常与研究对应方程 f(x)＝0 的实根问题相互转化． (1)已知含参函数 f(x)存在零点(即至少有一个零点)，求参数范围问题．一般 可作为代数问题求解，即对 f(x)＝0 进行参变分离，得到 a＝g(x)的形式，则所求 a 的范围就是 g(x)的值域． (2)当研究函数 f(x)的零点个数问题，及方程 f(x)＝0 的实根个数问题时，也 常要进行参变分离，得到 a＝g(x)的形式，然后借助数形结合(几何法)思想求解． (2019·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝(x－1)ln x－x－1. 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)＝0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 证明 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝x－1 x ＋ln x－1＝ln x－1 x. 因为 y＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增， y＝1 x 在(0，＋∞)上单调递减， 所以 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又 f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－1 2 ＝ln 4－1 2 >0， 故存在唯一 x0∈(1,2)，使得 f′(x0)＝0. 又当 xx0 时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯一的极值点． (2)由(1)，知 f(x0)0， 所以 f(x)＝0 在(x0，＋∞)内存在唯一根 x＝α. 由α>x0>1，得1 α<1a(≥a)在区间 D 上恒成立⇔f(x)min>a(≥a)； (2)不等式 f(x)a(≥a)在区间 D 上恒成立⇔m≥a； (2)不等式 f(x)cosx，得 f′(x)<0，则 f(x)单调递减； 当 x∈ 2kπ－3π 4 ，2kπ＋π 4 (k∈Z)时，有 sinx0，则 f(x)单调递增． 所以 f(x)的单调递增区间为 2kπ－3π 4 ，2kπ＋π 4 (k∈Z)，f(x)的单调递减区间为 2kπ＋π 4 ，2kπ＋5π 4 (k∈Z)． (2)证明：记 h(x)＝f(x)＋g(x) π 2 －x . 依题意及(1)，有 g(x)＝ex(cosx－sinx)，从而 g′(x)＝－2exsinx. 当 x∈ π 4 ，π 2 时，g′(x)<0， 故 h′(x)＝f′(x)＋g′(x) π 2 －x ＋g(x)·(－1) ＝g′(x) π 2 －x <0. 因此，h(x)在区间 π 4 ，π 2 上单调递减， 进而 h(x)≥h π 2 ＝f π 2 ＝0. 所以当 x∈ π 4 ，π 2 时，f(x)＋g(x) π 2 －x ≥0. (3)证明：依题意，得 u(xn)＝f(xn)－1＝0， 即 exncosxn＝1. 记 yn＝xn－2nπ，则 yn∈ π 4 ，π 2 ， 且 f(yn)＝eyncosyn＝e xn －2nπ cos(xn－2nπ)＝e－2nπ(n∈N)． 由 f(yn)＝e－2nπ≤1＝f(y0)及(1)，得 yn≥y0. 由(2)，知当 x∈ π 4 ，π 2 时，g′(x)<0， 所以 g(x)在 π 4 ，π 2 上为减函数， 因此 g(yn)≤g(y0)2，令 f′(x)＝0，得 x＝a－ a2－4 2 或 x＝a＋ a2－4 2 . 当 x∈ 0，a－ a2－4 2 ∪ a＋ a2－4 2 ，＋∞ 时，f′(x)<0； 当 x∈ a－ a2－4 2 ，a＋ a2－4 2 时，f′(x)>0. 所 以 f(x) 在 0，a－ a2－4 2 ， a＋ a2－4 2 ，＋∞ 上 单 调 递 减 ， 在 a－ a2－4 2 ，a＋ a2－4 2 上单调递增． (2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当 a>2. 由于 f(x)的两个极值点 x1，x2 满足 x2－ax＋1＝0， 所以 x1x2＝1，不妨设 x11. 由于fx1－fx2 x1－x2 ＝－ 1 x1x2 －1＋a·ln x1－ln x2 x1－x2 ＝－2＋a·ln x1－ln x2 x1－x2 ＝－2＋a· －2ln x2 1 x2 －x2 ， 所以fx1－fx2 x1－x2 1 时，证明：g(x)在(0，π)上存在最小值． 解 (1)因为 f(x)＝x－2sinx＋1，所以 f′(x)＝1－2cosx， 则 f(0)＝1，f′(0)＝－1，所以曲线 y＝f(x)在 x＝0 处的切线方程为 y＝－x＋ 1. (2)令 f′(x)＝0，则 cosx＝1 2 ，当 x∈(0，π)时，得 x＝π 3 ，当 x 变化时，f′(x), f(x)的变化如下表． x 0，π 3 π 3 π 3 ，π f′(x) － 0 ＋ f(x) 减 最小值 增 所以函数 f(x)在(0，π)上的单调递减区间为 0，π 3 ，单调递增区间 π 3 ，π . (3)证明：因为 g(x)＝1 2x2＋mcosx， 所以 g′(x)＝x－msinx. 令 h(x)＝g′(x)＝x－msinx，则 h′(x)＝1－mcosx， 因为 m>1，所以1 m ∈(0,1)， 令 h′(x)＝1－mcosx＝0，则 cosx＝1 m ，易知 cosx＝1 m 在(0，π)内有唯一解 x0， 当 x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当 x∈(x0，π)时，h′(x)>0， 所以 h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，π)上单调递增．所以 h(x0)0， 所以 h(x)＝x－msinx 在(x0，π)内有唯一零点 x1， 当 x∈(0，x1)时，h(x)<0，即 g′(x)<0， 当 x∈(x1，π)时，h(x)>0，即 g′(x)>0， 所以 g(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，π)上单调递增． 所以函数 g(x)在 x＝x1 处取得最小值， 即当 m>1 时，函数 g(x)在(0，π)上存在最小值． 4．(2019·兰州模拟)已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝－1 3x3＋ax－ 3 4 . (1)讨论函数 g(x)的单调性； (2)记 max{m，n}表示 m，n 中的最大值，设 F(x)＝max{f(x)，g(x)}(x>0)，若 函数 y＝F(x)恰有三个零点，求实数 a 的取值范围． 解 (1)g(x)＝－1 3x3＋ax－ 3 4 的定义域为 R， g′(x)＝－x2＋a， ①当 a≤0 时，g′(x)≤0，所以 g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； ②当 a>0 时，令 g′(x)>0，得 x∈(－ a， a)， 令 g′(x)<0，得 x∈(－∞，－ a)∪( a，＋∞)， 所以 g(x)在(－∞，－ a)和( a，＋∞)上单调递减，在(－ a， a)上单调递 增． (2)F(x)＝max{f(x)，g(x)}(x>0)， f(x)＝ln x 的唯一零点是 x＝1， 由(1)可得，当 a≤0 时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减， 此时 y＝F(x)至多有两个零点，不符合题意． 当 a>0 时，注意到 g(0)＝－ 3 4 ，g(x)的图象关于 0，－ 3 4 中心对称，作出 g(x)的大致图象如图所示， 注意到 y＝ln x 在(1，＋∞)上恒正， F(x)要有三个零点，则 g(x)必须在(0,1)上取到两个零点， 所以极大值 g( a)>0，且 g(1)<0， 即 －1 3 ＋a－ 3 4 <0， －1 3  a3＋a a－ 3 4 >0， 3 40)在曲线 C：ρ ＝4sinθ上，直线 l 过点 A(4,0)且与 OM 垂直，垂足为 P. (1)当θ0＝π 3 时，求ρ0 及 l 的极坐标方程； (2)当 M 在曲线 C 上运动且 P 在线段 OM 上时，求 P 点轨迹的极坐标方程． 解 (1)因为 M(ρ0，θ0)在曲线 C 上， 当θ0＝π 3 时，ρ0＝4sinπ 3 ＝2 3. 由已知，得|OP|＝|OA|cosπ 3 ＝2. 设 Q(ρ，θ)为 l 上除 P 外的任意一点． 在 Rt△OPQ 中，ρcos θ－π 3 ＝|OP|＝2. 经检验，点 P 2，π 3 在曲线ρcos θ－π 3 ＝2 上， 所以 l 的极坐标方程为ρcos θ－π 3 ＝2. (2)设 P(ρ，θ)，在 Rt△OAP 中， |OP|＝|OA|cosθ＝4cosθ，即ρ＝4cosθ. 因为 P 在线段 OM 上，且 AP⊥OM， 所以θ的取值范围是 π 4 ，π 2 . 所以 P 点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cosθ，θ∈ π 4 ，π 2 . (1)直角坐标方程化为极坐标方程，只要运用公式 x＝ρcosθ和 y＝ρsinθ直接带 入并化简即可． (2)极坐标方程化为直角坐标时常通过变形，构造形如ρcosθ，ρsinθ，ρ2 的形 式，进行整体代换．其中方程的两边同乘以(或同除以)ρ及方程两边平方是常用 的变形方法．但对方程进行变形时，方程必须同解，因此应注意变形过程的检验． (2018·江苏高考)在极坐标系中，直线 l 的方程为ρsin π 6 －θ ＝2，曲线 C 的方 程为ρ＝4cosθ，求直线 l 被曲线 C 截得的弦长． 解 因为曲线 C 的极坐标方程为ρ＝4cosθ，所以曲线 C 是以直角坐标(2,0) 为圆心，直径为 4 的圆．因为直线 l 的极坐标方程为ρsin π 6 －θ ＝2，则直线 l 过 A(4,0)(直角坐标)，倾斜角为π 6 ，所以 A 为直线 l 与圆 C 的一个交点．设另一个交 点为 B，则∠OAB＝π 6.连接 OB，因为 OA 为直径，从而∠OBA＝π 2 ， 所以 AB＝4cosπ 6 ＝2 3.因此，直线 l 被曲线 C 截得的弦长为 2 3. 热点 2 参数方程 1．直线的参数方程 经过点 P0(x0，y0)，且倾斜角为α的直线的参数方程为 x＝x0＋tcosα， y＝y0＋tsinα (t 为 参数)．t 的几何意义是直线上的点 P 到点 P0(x0，y0)的数量，即|t|＝|PP0|(t 可正、 可负、可零)．若 M1，M2 是 l 上的两点，其对应参数分别为 t1，t2，则|M1M2|＝|t1 －t2|；线段 M1M2 的中点 M 所对应的参数为t1＋t2 2 . 2．圆的参数方程 圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2 的参数方程为 x＝a＋rcosθ， y＝b＋rsinθ (θ为参数)． 3．椭圆的参数方程 椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的参数方程为 x＝acosθ， y＝bsinθ (θ为参数)； 椭圆y2 a2 ＋x2 b2 ＝1(a>b>0)的参数方程为 x＝bcosθ， y＝asinθ (θ为参数)． (2018· 全 国 卷 Ⅲ ) 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， ⊙ O 的 参 数 方 程 为 x＝cosθ， y＝sinθ (θ为参数)，过点(0，－ 2)且倾斜角为α的直线 l 与⊙O 交于 A，B 两点． (1)求α的取值范围； (2)求 AB 中点 P 的轨迹的参数方程． 解 (1)⊙O 的直角坐标方程为 x2＋y2＝1.当α＝π 2 时，l 与⊙O 交于两点． 当α≠π 2 时，记 tanα＝k，则 l 的方程为 y＝kx－ 2.l 与⊙O 交于两点当且仅当 | 2 1＋k2|<1，解得 k<－1 或 k>1， 即α∈ π 4 ，π 2 或α∈ π 2 ，3π 4 . 综上，α的取值范围是 π 4 ，3π 4 . (2)l 的参数方程为 x＝tcosα， y＝－ 2＋tsinα t 为参数，π 4<α<3π 4 .设 A，B，P 对应的 参数分别为 tA，tB，tP，则 tP＝tA＋tB 2 ，且 tA，tB 满足 t2－2 2tsinα＋1＝0. 于是 tA＋tB＝2 2sinα，tP＝ 2sinα. 又点 P 的坐标(x，y)满足 x＝tPcosα， y＝－ 2＋tPsinα， 所以点 P 的轨迹的参数方程是 x＝ 2 2 sin2α， y＝－ 2 2 － 2 2 cos2α α为参数，π 4<α<3π 4 . 将参数方程化为普通方程的过程就是消去参数的过程，常用的消参方法有： (1)代入消参法：将参数解出来代入另一个方程消去参数，直线的参数方程 通常用代入消参法； (2)三角恒等消参法：利用 sin2α＋cos2α＝1 消去参数，圆和椭圆的参数方程 都是运用三角恒等消参法； (3)常见的消参关系式：t·1 t ＝1； t＋1 t 2－ t－1 t 2＝4； 2t 1＋t2 2＋ 1－t2 1＋t2 2＝1. (2019· 全 国 卷 Ⅰ ) 在 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 曲 线 C 的 参 数 方 程 为 x＝1－t2 1＋t2 ， y＝ 4t 1＋t2 (t 为参数)．以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极 坐标系，直线 l 的极坐标方程为 2ρcosθ＋ 3ρsinθ＋11＝0. (1)求曲线 C 和直线 l 的直角坐标方程； (2)求曲线 C 上的点到直线 l 距离的最小值． 解 (1)因为－1<1－t2 1＋t2 ≤1， 且 x2＋ y 2 2＝ 1－t2 1＋t2 2＋ 4t2 1＋t22 ＝1， 所以曲线 C 的直角坐标方程为 x2＋y2 4 ＝1(x≠－1)， 直线 l 的直角坐标方程为 2x＋ 3y＋11＝0. (2)由(1)可设曲线 C 的参数方程为 x＝cosα， y＝2sinα (α为参数，－π<α<π)． 曲线 C 上的点到直线 l 的距离为 |2cosα＋2 3sinα＋11| 7 ＝4cos α－π 3 ＋11 7 . 当α＝－2π 3 时，4cos α－π 3 ＋11 取得最小值 7， 故曲线 C 上的点到直线 l 距离的最小值为 7. 热点 3 极坐标与参数方程的综合应用 解决极坐标与参数方程的综合应用问题的一般思路： (1)在已知极坐标方程求曲线交点、距离、线段长、切线等几何问题时，如 果不能直接用极坐标解决，或用极坐标解决较麻烦时，可将极坐标方程转化为直 角坐标方程解决．转化时要注意两坐标系的关系，注意ρ，θ的取值范围，取值范 围不同对应的曲线不同； (2)解答参数方程的有关问题时，首先要弄清参数是谁，代表的几何意义是 什么；其次要认真观察方程的表现形式，以便于寻找最佳化简途径． (2016· 全 国 卷 Ⅲ ) 在 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 曲 线 C1 的 参 数 方 程 为 x＝ 3cosα， y＝sinα (α为参数)．以坐标原点为极点，以 x 轴的正半轴为极轴，建立极 坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为ρsin θ＋π 4 ＝2 2. (1)写出 C1 的普通方程和 C2 的直角坐标方程； (2)设点 P 在 C1 上，点 Q 在 C2 上，求|PQ|的最小值及此时 P 的直角坐标． 解 (1)C1 的普通方程为x2 3 ＋y2＝1，C2 的直角坐标方程为 x＋y－4＝0. (2)由题意，可设点 P 的直角坐标为( 3cosα，sinα)．因为 C2 是直线，所以|PQ| 的最小值即为 P 到 C2 的距离 d(α)的最小值， d(α)＝| 3cosα＋sinα－4| 2 ＝ 2|sin α＋π 3 －2|. 当且仅当α＝2kπ＋π 6(k∈Z)时，d(α)取得最小值，最小值为 2，此时 P 的直 角坐标为 3 2 ，1 2 . 解决极坐标、参数方程的综合问题时应注意下面三点： (1)在对于参数方程或极坐标方程的应用不够熟练的情况下，可以先化成普 通方程或直角坐标方程，这样思路可能更加清晰； (2)对于一些运算比较复杂的问题，用参数方程计算会比较简捷．如利用直 线参数方程中参数的几何意义解决与距离有关的问题；利用圆或椭圆参数方程中 的参数，转化为三角函数处理有关最值的问题； (3)利用极坐标方程解决问题时，要注意题目所给的限制条件和隐含条件． 以直角坐标系的原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．已知 直线 l 的参数方程为 x＝tcosφ， y＝2＋tsinφ (t 为参数，0≤φ<π)，曲线 C 的极坐标方程为ρcos2θ＝8sinθ. (1)求直线 l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程； (2)设直线 l 与曲线 C 相交于 A，B 两点，当φ变化时，求|AB|的最小值． 解 (1)由 x＝tcosφ， y＝2＋tsinφ， 消去 t，得 xsinφ－ycosφ＋2cosφ＝0， 所以直线 l 的普通方程为 xsinφ－ycosφ＋2cosφ＝0. 由ρcos2θ＝8sinθ，得(ρcosθ)2＝8ρsinθ， 把 x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入上式，得 x2＝8y， 所以曲线 C 的直角坐标方程为 x2＝8y. (2)将直线 l 的参数方程代入 x2＝8y，得 t2cos2φ－8tsinφ－16＝0， 设 A，B 两点对应的参数分别为 t1，t2， 则 t1＋t2＝8sinφ cos2φ ，t1t2＝－ 16 cos2φ ， 所以|AB|＝|t1－t2|＝ t1＋t22－4t1t2 ＝ 64sin2φ cos4φ ＋ 64 cos2φ ＝ 8 cos2φ. 当φ＝0 时，|AB|的最小值为 8. 专题作业 1．(2019·南昌模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 x＝2cosθ， y＝2sinθ＋2 (θ为参数)，以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标 系． (1)求曲线 C 的极坐标方程； (2)若直线 l1，l2 的极坐标方程分别为θ＝π 6(ρ∈R)，θ＝2π 3 (ρ∈R)，设直线 l1， l2 与曲线 C 的交点为 O，M，N，求△OMN 的面积． 解 (1)由曲线 C 的参数方程 x＝2cosθ， y＝2sinθ＋2 (θ为参数)，得 C 的普通方程为 x2＋(y－2)2＝4， 所以曲线 C 的极坐标方程为ρ2cos2θ＋ρ2sin2θ－4ρsinθ＝0，即ρ＝4sinθ. (2)不妨设直线 l1：θ＝π 6(ρ∈R)与曲线 C 的交点为 O，M， 则ρM＝|OM|＝4sinπ 6 ＝2. 又直线 l2：θ＝2π 3 (ρ∈R)与曲线 C 的交点为 O，N，则 ρN＝|ON|＝4sin2π 3 ＝2 3.又∠MON＝π 2 ， 所以 S△OMN＝1 2|OM||ON|＝1 2 ×2×2 3＝2 3. 2 ． (2018· 全 国 卷 Ⅱ ) 在 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 曲 线 C 的 参 数 方 程 为 x＝2cosθ， y＝4sinθ (θ为参数)，直线 l 的参数方程为 x＝1＋tcosα， y＝2＋tsinα (t 为参数)． (1)求 C 和 l 的直角坐标方程； (2)若曲线 C 截直线 l 所得线段的中点坐标为(1,2)，求 l 的斜率． 解 (1)曲线 C 的直角坐标方程为x2 4 ＋y2 16 ＝1. 当 cosα≠0 时，l 的直角坐标方程为 y＝tanα·x＋2－tanα， 当 cosα＝0 时，l 的直角坐标方程为 x＝1. (2)将 l 的参数方程代入 C 的直角坐标方程，整理得关于 t 的方程(1＋3cos2α)t2 ＋4(2cosα＋sinα)t－8＝0.① 因为曲线 C 截直线 l 所得线段的中点(1,2)在 C 内，所以①有两个解，设为 t1， t2，所以 x1＋x2＝(1＋t1cosα)＋(1＋t2cosα)＝2，所以(t1＋t2)cosα＝0，又 cosα≠0， 所以 t1＋t2＝0. 又由①得 t1＋t2＝－42cosα＋sinα 1＋3cos2α ，故 2cosα＋sinα＝0，所以 tanα＝－2，于 是直线 l 的斜率 k＝tanα＝－2. 3．(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系 xOy 中，直线l1的参数方程为 x＝2＋t， y＝kt (t 为参数)，直线 l2 的参数方程为 x＝－2＋m， y＝m k (m 为参数)．设 l1 与 l2 的交点为 P，当 k 变化时，P 的轨迹为曲线 C. (1)写出 C 的普通方程； (2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设 l3：ρ(cosθ＋sinθ) － 2＝0，M 为 l3 与 C 的交点，求 M 的极径． 解 (1)消去参数 t，得 l1 的普通方程 l1：y＝k(x－2)； 消去参数 m，得 l2 的普通方程 l2：y＝1 k(x＋2)． 设 P(x，y)，由题设，得 y＝kx－2， y＝1 k x＋2， 消去 k，得 x2－y2＝4(y≠0)， 所以 C 的普通方程为 x2－y2＝4(y≠0)． (2)C 的极坐标方程为ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4(0＜θ＜2π，θ≠π)， 联立 ρ2cos2θ－sin2θ＝4， ρcosθ＋sinθ－ 2＝0， 得 cosθ－sinθ＝2(cosθ＋sinθ)． 故 tanθ＝－1 3 ，从而 cos2θ＝ 9 10 ，sin2θ＝ 1 10. 代入ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4，得ρ2＝5， 所以交点 M 的极径为 5. 4．(2019·郑州第二次质量检测)在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极 点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，点 A 的极坐标为 2，π 4 ，直线 l 的极坐标 方程为ρcos θ－π 4 ＝a，且 l 过点 A，曲线 C1 的参数方程为 x＝2cosα， y＝ 3sinα (α为参 数)． (1)求曲线 C1 上的点到直线 l 的距离的最大值； (2)过点 B(－1,1)且与直线 l 平行的直线 l1 与曲线 C1 交于 M，N 两点，求 |BM|·|BN|的值． 解 (1)由直线 l 过点 A 可得 2cos π 4 －π 4 ＝a， 故 a＝ 2， 则易得直线 l 的直角坐标方程为 x＋y－2＝0. 根 据 点 到 直 线 的 距 离 公 式 可 得 曲 线 C1 上 的 点 到 直 线 l 的 距 离 d ＝ |2cosα＋ 3sinα－2| 2 ＝| 7sinα＋φ－2| 2 ，其中 sinφ＝2 7 7 ，cosφ＝ 21 7 ， 所以 dmax＝ 7＋2 2 ＝ 14＋2 2 2 . 即曲线 C1 上的点到直线 l 的距离的最大值为 14＋2 2 2 . (2)由(1)知直线 l 的倾斜角为3π 4 ， 则直线 l1 的参数方程为 x＝－1＋tcos3π 4 ， y＝1＋tsin3π 4 (t 为参数)． 易知曲线 C1 的普通方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. 把直线 l1 的参数方程代入曲线 C1 的普通方程可得 7 2t2＋7 2t－5＝0， 设 M，N 两点对应的参数分别为 t1，t2， 所以 t1t2＝－10 7 ，根据参数 t 的几何意义可知 |BM|·|BN|＝|t1t2|＝10 7 . 第 2 课时 不等式选讲 [考情分析] 本部分主要考查绝对值不等式的解法，求含绝对值的函数的值 域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围，不等式的证明等．结合函数的 图象和性质、恒成立问题及基本不等式、绝对值不等式的应用成为命题的热点. 热点题型分析 热点 1 含绝对值不等式的解法 含绝对值不等式的解法： (1)|f(x)|>a(a>0)⇔f(x)>a 或 f(x)<－a； (2)|f(x)|0)⇔－a－2. 可知，当 x＝－2 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(－2)＝－a－2＝1，解得 a＝－3. (2)f(x)＝|2x＋4|＋|x－a|≥|(2x＋4)－(x－a)| ＝|x＋a＋4|， 当且仅当(2x＋4)(x－a)≤0 时，等号成立， 所以若 f(x)＝|x＋a＋4|，则 当 a<－2 时，x 的取值范围是{x|a≤x≤－2}； 当 a＝－2 时，x 的取值范围是{x|x＝－2}； 当 a>－2 时，x 的取值范围是{x|－2≤x≤a}． 形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法： (1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a]， (a，b)，[b，＋∞)(此处设 ac 的几何意义：数轴上到点 x1＝a 和 x2＝b 的 距离之和大于 c 的全体实数； (3)图象法：作出函数 y1＝|x－a|＋|x－b|和 y2＝c 的图象，结合图象求解． (2019·太原模拟)已知函数 f(x)＝|x＋m|＋|2x－1|. (1)当 m＝－1 时，求不等式 f(x)≤2 的解集； (2)若 f(x)≤|2x＋1|的解集包含 3 4 ，2 ，求 m 的取值范围． 解 (1)当 m＝－1 时，f(x)＝|x－1|＋|2x－1|， 当 x≥1 时，f(x)＝3x－2≤2，所以 1≤x≤4 3 ； 当1 2a 恒成立⇔f(x)≤a 无解⇔f(x)min>a； f(x)a 有解⇔f(x)max>a；f(x)2. 所以 f(x)≥0 的解集为{x|－2≤x≤3}． (2)f(x)≤1 等价于|x＋a|＋|x－2|≥4. 而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当 x＝2 时等号成立． 故 f(x)≤1 等价于|a＋2|≥4. 由|a＋2|≥4 可得 a≤－6 或 a≥2， 所以 a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)． 解含参数绝对值不等式问题的两种常用方法： (1)将参数分类讨论，将其转化为分段函数求解； (2)借助绝对值的几何意义，先求出 f(x)的最值或值域，然后再根据题目要求， 求解参数的取值范围． (2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝|x＋1|－|x－2|. (1)求不等式 f(x)≥1 的解集； (2)若不等式 f(x)≥x2－x＋m 的解集非空，求 m 的取值范围． 解 (1)f(x)＝ －3，x＜－1， 2x－1，－1≤x≤2， 3，x＞2. 当 x＜－1 时，f(x)≥1 无解； 当－1≤x≤2 时，由 f(x)≥1，得 2x－1≥1，解得 1≤x≤2； 当 x＞2 时，由 f(x)≥1，解得 x＞2. 所以 f(x)≥1 的解集为{x|x≥1}． (2)由 f(x)≥x2－x＋m，得 m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x. 而|x＋1|－|x－2|－x2＋x ≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x| ＝－ |x|－3 2 2＋5 4 ≤5 4 ， 且当 x＝3 2 时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝5 4 ， 故 m 的取值范围为 －∞，5 4 . 热点 3 不等式证明 1．绝对值不等式的性质：|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|； 2．基本不等式： 定理 1：设 a，b∈R，则 a2＋b2≥2ab，当且仅当 a＝b 时，等号成立； 定理 2：如果 a>0，b>0，则a＋b 2 ≥ ab，当且仅当 a＝b 时，等号成立； 定理 3：如果 a>0，b>0，c>0，则a＋b＋c 3 ≥3 abc，当且仅当 a＝b＝c 时， 等号成立； 定理 4：如果 a1，a2，…an 为 n 个正数，则a1＋a2＋…＋an n ≥ n a1a2…an，当 且仅当 a1＝a2＝…＝an 时，等号成立． (2019·全国卷Ⅰ)已知 a，b，c 为正数，且满足 abc＝1.证明：(1)1 a ＋1 b ＋1 c ≤a2 ＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 证明 (1)因为 a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又 abc＝1，故有 a2 ＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋bc＋ca abc ＝1 a ＋1 b ＋1 c. 当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立． 所以1 a ＋1 b ＋1 c ≤a2＋b2＋c2. (2)因为 a，b，c 为正数，且 abc＝1， 故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3 ≥33 a＋b3b＋c3c＋a3＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a) ≥3×(2 ab)×(2 bc)×(2 ca)＝24. 当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立． 所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 证明不等式常用的方法： (1)比较法 ①作差比较法：a>b⇔a－b>0，ab>0⇔a b>1 且 a>0，b>0. (2)分析法 从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结 为一个已成立的不等式(已知条件或定理等)． (3)综合法 从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，推导出所 要证明的不等式成立，即“由因导果”的方法． (4)反证法的步骤 第一步：作出与所证不等式相反的假设； 第二步：从条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结论，否定 假设，从而证明原不等式成立． (2017·全国卷Ⅱ)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2. 证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. 证明 (1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋3a＋b2 4 (a＋b)＝2 ＋3a＋b3 4 ， 所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2. 专题作业 1．已知函数 f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3. (1)当 a＝－2 时，求不等式 f(x)1，且当 x∈ －a 2 ，1 2 时，f(x)≤g(x)，求 a 的取值范围． 解 (1)当 a＝－2 时，不等式 f(x)1， 其图象如图所示．由图象可知， 当且仅当 x∈(0,2)时，y<0. 所以原不等式的解集为(0,2)． (2)因为 a>1，则－a 2<1 2 ，所以 f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|＝ －4x＋1－a x<－a 2 ， a＋1 －a 2 ≤x<1 2 ， 4x＋a－1 x≥1 2 . 当 x∈ －a 2 ，1 2 时，f(x)＝a＋1，即 a＋1≤x＋3 在 x∈ －a 2 ，1 2 上恒成立，所 以 a＋1≤－a 2 ＋3，解得 a≤4 3.所以 a 的取值范围是 1，4 3 . 2．(2019·全国卷Ⅲ)设 x，y，z∈R，且 x＋y＋z＝1. (1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2 的最小值； (2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥1 3 成立，证明：a≤－3 或 a≥－1. 解 (1)因为[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2 ＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)] ≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]， 所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥4 3 ， 当且仅当 x＝5 3 ，y＝－1 3 ，z＝－1 3 时等号成立． 所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2 的最小值为4 3. (2)证明：因为[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－ 2)(y－1)＋(y－1)·(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]， 所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥2＋a2 3 ， 当且仅当 x＝4－a 3 ，y＝1－a 3 ，z＝2a－2 3 时等号成立． 所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2 的最小值为2＋a2 3 . 由题设知2＋a2 3 ≥1 3 ，解得 a≤－3 或 a≥－1. 3．(2019·河北省衡水模拟)已知函数 f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|. (1)解不等式 f(x)≤3； (2)若函数 g(x)＝|2x－2018－a|＋|2x－2019|，若对于任意的 x1∈R，都存在 x2∈R，使得 f(x1)＝g(x2)成立，求实数 a 的取值范围． 解 (1)依题意，得 f(x)＝ －3x，x≤－1 2 ， x＋2，－1 22， 2x＋x－2≥3， 解得 x≤－1 3 或 x≥1， 所以当 a＝0 时，不等式 f(x)＋|x－2|≥3 的解集为 －∞，－1 3 ∪[1，＋∞)． (2)对于任意实数 x，不等式|2x＋1|－f(x)<2a 恒成立， 即|2x＋1|－|2x＋3a2|<2a 恒成立． 因为|2x＋1|－|2x＋3a2|≤|2x＋1－2x－3a2|＝|3a2－1|， 所以要使原不等式恒成立，只需|3a2－1|<2a. 当 a<0 时，无解；当 0≤a≤ 3 3 时，1－3a2<2a，解得1 3 3 3 时， 3a2－1<2a，解得 3 3 1} B．A∪B＝R C．A∩B＝{x|x<0} D．A∩B＝∅ 答案 C 解析 集合 B＝{x|3x<1}，即 B＝{x|x<0}，而 A＝{x|x<1}，所以 A∪B＝{x|x<1}， A∩B＝{x|x<0}． 2．记复数 z 的共轭复数为 z － ，若 z － (1－i)＝2i(i 为虚数单位)，则|z|＝( ) A. 2 B．1 C．2 2 D．2 答案 A 解析 由 z － (1－i)＝2i，可得 z － ＝ 2i 1－i ＝2i1＋i 2 ＝－1＋i，所以 z＝－1－i，|z| ＝ 2. 3．设 a＝ln1 3 ，b＝20.3，c＝ 1 3 2，则( ) A．a1， 又 00，ω>0，|φ|<π 2 的部分图象如图所示，则 使 f(a＋x)－f(a－x)＝0 成立的 a 的最小正值为( ) A. π 12 B.π 6 C.π 4 D.π 3 答案 B 解析 由图象易知，A＝2，f(0)＝1，即 2sinφ＝1，且|φ|<π 2 ，即φ＝π 6 ，由图可 知，f 11π 12 ＝0，所以 sin 11π 12 ·ω＋π 6 ＝0，所以11π 12 ·ω＋π 6 ＝2kπ，k∈Z，即ω＝24k－2 11 ， k∈Z，又由图可知，周期 T>11π 12 ⇒2π ω >11π 12 ，得ω<24 11 ，且ω>0，所以 k＝1，ω＝2， 所以函数 f(x)＝2sin 2x＋π 6 ，因为 f(a＋x)－f(a－x)＝0，所以函数 f(x)的图象关于 x＝a 对称，即有 2a＋π 6 ＝kπ＋π 2 ，k∈Z，所以可得 a＝kπ 2 ＋π 6 ，k∈Z，所以 a 的最 小正值为π 6. 9．若函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，f 1 4 ＝1，当 x<0 时，f(x)＝log2(－x) ＋m，则实数 m＝( ) A．－1 B．0 C．1 D．2 答案 C 解析 ∵f(x)是定义在 R 上的奇函数，f 1 4 ＝1，且 x<0 时，f(x)＝log2(－x)＋ m，∴f －1 4 ＝log2 1 4 ＋m＝－2＋m＝－1，∴m＝1. 10．在等差数列{an}中，a3，a9 是方程 x2＋24x＋12＝0 的两根，则数列{an} 的前 11 项和等于( ) A．66 B．132 C．－66 D．－132 答案 D 解析 因为 a3，a9 是方程 x2＋24x＋12＝0 的两根，所以 a3＋a9＝－24，又 a3＋a9＝－24＝2a6，所以 a6＝－12，S11＝11×a1＋a11 2 ＝11×2a6 2 ＝－132. 11．已知双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为 A，B，P 为双曲 线左支上一点，△ABP 为等腰三角形且外接圆的半径为 5a，则双曲线的离心率 为( ) A. 15 5 B. 15 4 C. 15 3 D. 15 2 答案 C 解析 由题意知等腰△ABP 中，|AB|＝|AP|＝2a，设∠ABP＝∠APB＝θ，F1 为双曲线的左焦点， 则∠F1AP＝2θ，其中θ必为锐角． ∵△ABP 外接圆的半径为 5a，∴2 5a＝ 2a sinθ ， ∴sinθ＝ 5 5 ，cosθ＝2 5 5 ， ∴sin2θ＝2× 5 5 ×2 5 5 ＝4 5 ， cos2θ＝2× 2 5 5 2－1＝3 5. 设点 P 的坐标为(x，y)， 则 x＝－a－|AP|cos2θ＝－11a 5 ，y＝|AP|sin2θ＝8a 5 ， 故点 P 的坐标为 －11a 5 ，8a 5 . 由点 P 在双曲线上，得 －11a 5 2 a2 － 8a 5 2 b2 ＝1， 整理得b2 a2 ＝2 3 ，∴e＝c a ＝ 1＋b2 a2 ＝ 15 3 . 12．德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet,1805～1859)在数学领域成就显著.19 世纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”：y＝f(x)＝ 1，x∈Q， 0，x∈∁RQ， 其中 R 为实数集，Q 为有理数集．则关于函数 f(x)有如下四个命题： ①f[f(x)]＝0；②函数 f(x)是偶函数；③任取一个不为零的有理数 T，f(x＋T) ＝f(x)对任意的 x∈R 恒成立；④存在三个点 A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，C(x3，f(x3))， 使得△ABC 为等边三角形．其中真命题的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 答案 C 解析 当 x 为有理数时，f(x)＝1；当 x 为无理数时，f(x)＝0.∴当 x 为有理数 时，f[f(x)]＝f(1)＝1；当 x 为无理数时，f[f(x)]＝f(0)＝1，∴无论 x 是有理数还是 无理数，均有 f[f(x)]＝1，故①不正确；∵有理数的相反数还是有理数，无理数的 相反数还是无理数， ∴对任意 x∈R，都有 f(－x)＝f(x)，故②正确；当 T∈Q 时，若 x 是有理数， 则 x＋T 也是有理数；若 x 是无理数，则 x＋T 也是无理数，∴根据函数的表达式， 任取一个不为零的有理数 T，f(x＋T)＝f(x)对 x∈R 恒成立，故③正确；取 x1＝ 3 3 ， x2＝0，x3＝－ 3 3 ，f(x1)＝0，f(x2)＝1，f(x3)＝0，∴A 3 3 ，0 ，B(0,1)，C － 3 3 ，0 ， △ABC 恰好为等边三角形，故④正确，故选 C. 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第 13～21 题为必考题，每个试题考生都 必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知 x，y 满足约束条件 x－3y＋4≥0， x－2≤0， x＋y≥0， x，y∈R，则 x2＋y2 的最大 值为________． 答案 8 解析 画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示(含边界)．x2＋y2 表示 可行域内的点(x，y)到原点距离的平方． 由图形可得，可行域内的点 A 或点 B 到原点的距离最大，且 A(2，－2)，B(2,2)， 又|OA|＝|OB|＝2 2，∴(x2＋y2)max＝8. 14．设直三棱柱 ABC－A1B1C1 的所有顶点都在同一个球面上，且球的表面 积是 40π，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，则此直三棱柱的高是________． 答案 2 2 解析 设 AB＝AC＝AA1＝x，在△ABC 中，∠BAC＝120°，则由余弦定理可 得 BC＝ 3x. 由正弦定理，可得△ABC 外接圆的半径为 r＝x， 又∵球的表面积是 40π，∴球的半径为 R＝ 10. 设△ABC 外接圆的圆心为 O′，球心为 O，在 Rt△OBO′中，有 1 2x 2＋x2 ＝10，解得 x＝2 2，即 AA1＝2 2.∴直三棱柱的高是 2 2. 15．七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰 直角三角形(两块全等的小三角形、一块中三角形和两块全等的大三角形)、一块 正方形和一块平行四边形组成的．如图，在一个用七巧板拼成的正方形中任取一 点，则此点取自黑色部分的概率是________． 答案 3 16 解析 由七巧板的构造可知，△BIC≌△GOH，故黑色部分的面积与梯形 EFOH 的面积相等，而 S 梯形 EFOH＝3 4S△DOF＝3 4 ×1 4S 正方形 ABDF＝ 3 16S 正方形 ABDF， ∴所求的概率为 P＝ S 梯形 EFOH S 正方形 ABDF ＝ 3 16. 16．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*，n≥1)，则数列{Sn}的通项 公式为________． 答案 Sn＝3n－2n 解析 ∵an＋1＝Sn＋3n＝Sn＋1－Sn， ∴Sn＋1＝2Sn＋3n， ∴Sn＋1 3n＋1 ＝2 3·Sn 3n ＋1 3 ，∴Sn＋1 3n＋1 －1＝2 3 Sn 3n －1 ， 又S1 3 －1＝1 3 －1＝－2 3 ， ∴数列 Sn 3n －1 是首项为－2 3 ，公比为2 3 的等比数列， ∴Sn 3n －1＝－2 3 × 2 3 n－1＝－ 2 3 n， ∴Sn＝3n－2n. 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分 12 分)在△ABC 中，a，b，c 分别是内角 A，B，C 的对边， 且 3bcosA＝sinA(acosC＋ccosA)． (1)求角 A 的大小； (2)若 a＝2 3，△ABC 的面积为5 3 4 ，求△ABC 的周长． 解 (1)∵ 3bcosA＝sinA(acosC＋ccosA)， ∴由正弦定理可得， 3sinBcosA＝sinA(sinAcosC＋sinCcosA) ＝sinAsin(A＋C)＝sinAsinB， 即 3sinBcosA＝sinAsinB，∵sinB≠0，∴tanA＝ 3， ∵A∈(0，π)，∴A＝π 3. (2)∵A＝π 3 ，a＝2 3，△ABC 的面积为5 3 4 ， ∴1 2bcsinA＝ 3 4 bc＝5 3 4 ，∴bc＝5， ∴由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccosA， 即 12＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝(b＋c)2－15， 解得 b＋c＝3 3， ∴△ABC 的周长为 a＋b＋c＝2 3＋3 3＝5 3. 18．(本小题满分 12 分)如图，AE⊥平面 ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥ AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2. (1)求证：BF∥平面 ADE； (2)求直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角 E－BD－F 的余弦值为1 3 ，求线段 CF 的长． 解 依题意，可以建立以 A 为坐标原点，分别以AB → ，AD → ，AE → 的方向为 x 轴、 y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得 A(0,0,0)， B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0，1,0)， E(0,0,2)．设 CF＝h(h>0)， 则 F(1,2，h)． (1)证明：依题意，AB → ＝(1,0,0)是平面 ADE 的法向量，又BF → ＝(0,2，h)，可 得BF → ·AB → ＝0，又因为直线 BF⊄平面 ADE，所以 BF∥平面 ADE. (2)依题意，BD → ＝(－1,1,0)，BE → ＝(－1,0,2)，CE → ＝(－1，－2,2)． 设 n＝(x，y，z)为平面 BDE 的法向量，则 n·BD → ＝0， n·BE → ＝0， 即 －x＋y＝0， －x＋2z＝0， 不妨令 z＝1， 可得 n＝(2,2,1)． 因此有 cos〈CE → ，n〉＝ CE → ·n |CE → ||n| ＝－4 9. 所以，直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为4 9. (3)设 m＝(x′，y′，z′)为平面 BDF 的法向量， 则 m·BD → ＝0， m·BF → ＝0， 即 －x′＋y′＝0， 2y′＋hz′＝0， 不妨令 y＝1，可得 m＝ 1，1，－2 h . 由题意，有|cos〈m，n〉|＝|m·n| |m||n| ＝ |4－2 h| 3 2＋ 4 h2 ＝1 3 ， 解得 h＝8 7.经检验，符合题意． 所以线段 CF 的长为8 7. 19．(本小题满分 12 分)如图，已知点 F(1,0)为抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点， 过点 F 的直线交抛物线于 A，B 两点，点 C 在抛物线上，使得△ABC 的重心 G 在 x 轴上，直线 AC 交 x 轴于点 Q，且 Q 在点 F 的右侧．记△AFG，△CQG 的 面积分别为 S1，S2. (1)求 p 的值及抛物线的准线方程； (2)求S1 S2 的最小值及此时点 G 的坐标． 解 (1)由题意得p 2 ＝1，即 p＝2. 所以抛物线的准线方程为 x＝－1. (2)设 A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心 G(xG，yG)．令 yA＝2t,2t≠0， 则 xA＝t2. 由于直线 AB 过 F，故直线 AB 的方程为 x＝t2－1 2t y＋1，代入 y2＝4x，得 y2 －2t2－1 t y－4＝0， 故 2tyB＝－4，即 yB＝－2 t ，所以 B 1 t2 ，－2 t . 又由于 xG＝1 3(xA＋xB＋xC)，yG＝1 3(yA＋yB＋yC)及重心 G 在 x 轴上，故 2t－2 t ＋ yC＝0，得 C 1 t －t 2，2 1 t －t ，G 2t4－2t2＋2 3t2 ，0 . 所以直线 AC 的方程为 y－2t＝2t(x－t2)， 得 Q(t2－1,0)． 由于 Q 在焦点 F 的右侧，故 t2>2.从而 S1 S2 ＝ 1 2|FG|·|yA| 1 2|QG|·|yC| ＝ |2t4－2t2＋2 3t2 －1|·|2t| |t2－1－2t4－2t2＋2 3t2 |·|2 t －2t| ＝2t4－t2 t4－1 ＝2－t2－2 t4－1 . 令 m＝t2－2，则 m>0， S1 S2 ＝2－ m m2＋4m＋3 ＝2－ 1 m＋3 m ＋4 ≥2－ 1 2 m·3 m ＋4 ＝1＋ 3 2 . 当 m＝ 3时，S1 S2 取得最小值 1＋ 3 2 ，此时 G(2,0)． 20．(本小题满分 12 分)设函数 f(x)＝mex－x2＋3，其中 m∈R. (1)当 f(x)为偶函数时，求函数 h(x)＝xf(x)的极值； (2)若函数 f(x)在区间[－2,4]上有两个零点，求 m 的取值范围． 解 (1)由函数 f(x)是偶函数，得 f(－x)＝f(x)， 即 me－x－(－x)2＋3＝mex－x2＋3 对于任意实数 x 都成立，所以 m＝0. 此时 h(x)＝xf(x)＝－x3＋3x，则 h′(x)＝－3x2＋3. 由 h′(x)＝0，解得 x＝±1. 当 x 变化时，h′(x)与 h(x)的变化情况如下表所示： 所以 h(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增． 所以 h(x)有极小值 h(－1)＝－2，极大值 h(1)＝2. (2)由 f(x)＝mex－x2＋3＝0，得 m＝x2－3 ex . 所以“f(x)在区间[－2,4]上有两个零点”等价于“直线 y＝m 与曲线 g(x)＝ x2－3 ex ，x∈[－2,4]有且只有两个公共点”． 对函数 g(x)求导，得 g′(x)＝－x2＋2x＋3 ex . 由 g′(x)＝0，解得 x1＝－1，x2＝3. 当 x 变化时，g′(x)与 g(x)的变化情况如下表所示： 所以 g(x)在(－2，－1)，(3,4)上单调递减，在(－1,3)上单调递增． 又因为 g(－2)＝e2，g(－1)＝－2e，g(3)＝6 e3g(－1)， 所以当－2e1，则“ax>ay”是“logax>logay”的( ) A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案 A 解析 由 a>1，得 ax>ay 等价为 x>y，logax>logay 等价为 x>y>0，故“ax>ay”是 “logax>logay”的必要不充分条件． 4．已知 a＝log52，b＝log0.50.2，c＝0.50.2，则 a，b，c 的大小关系为( ) A．alog0.50.25 ＝ 2,0.510，b－1>0 且(a－2)(b－1)≥2. 所以 2a＋b＝2(a－2)＋(b－1)＋5≥2 2a－2b－1＋5≥2 2×2＋5＝9，当 2(a －2)＝b－1 且(a－2)(b－1)＝2 时等号成立，解得 a＝b＝3.所以 2a＋b 取到最小 值时，ab＝3×3＝9. 11．已知实数 a>0，函数 f(x)＝ ex－1＋a 2 ，x<0， ex－1＋a 2x2－a＋1x＋a 2 ，x≥0， 若关于 x 的方程 f[－f(x)]＝e－a＋a 2 有三 个 不等的实根，则实数 a 的取值范围是( ) A. 1，2＋2 e B. 2，2＋2 e C. 1，1＋1 e D. 2，2＋1 e 答案 B 解析 当 x＜0 时，f(x)为增函数，当 x≥0 时，f′(x)＝ex－1＋ax－a－1，f′(x) 为增函数，令 f′(x)＝0，解得 x＝1，故函数 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞) 上单调递增，最小值为 f(1)＝0. 由此画出函数 f(x)的大致图象如图所示．令 t＝－f(x)，因为 f(x)≥0，所以 t≤0， 则有 ft＝e－a＋a 2 ， ft＝et－1＋a 2 ， 解得－a＝t－1， 所以 t＝－a＋1，所以 f(x)＝a－1. 所以方程要有三个不同的实数根， 则需a 2 ＜a－1＜1 e ＋a 2 ，解得 2＜a＜2 e ＋2. 12．已知△ABC 的顶点 A∈平面α，点 B，C 在平面α同侧，且 AB＝2，AC ＝ 3，若 AB，AC 与α所成的角分别为π 3 ，π 6 ，则线段 BC 长度的取值范围为( ) A．[2－ 3，1] B．[1， 7] C．[ 7， 7＋2 3] D．[1, 7＋2 3] 答案 B 解析 如图，过点 B，C 作平面的垂线，垂足分别为 M，N， 则四边形 BMNC 为直角梯形． 在平面 BMNC 内，过 C 作 CE⊥BM 交 BM 于点 E. 又 BM＝AB·sin∠BAM＝2sinπ 3 ＝ 3，AM＝AB·cos∠BAM＝2cosπ 3 ＝1， CN＝AC·sin∠CAN＝ 3sinπ 6 ＝ 3 2 ， AN＝AC·cos∠CAN＝ 3cosπ 6 ＝3 2 ， 所以 BE＝BM－CN＝ 3 2 ，故 BC2＝MN2＋3 4. 又 AN－AM≤MN≤AM＋AN， 即1 2 ＝AN－AM≤MN≤AM＋AN＝5 2 ， 所以 1≤BC2≤7，即 1≤BC≤ 7，故选 B. 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第 13～21 题为必考题，每个试题考生都 必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知向量 a＝(1，λ)，b＝(3,1)，c＝(1,2)，若向量 2a－b 与 c 共线，则向 量 a 在向量 c 方向上的投影为________． 答案 0 解析 向量 2a－b＝(－1,2λ－1)， 由 2λ－1＝－2，得λ＝－1 2.∴向量 a＝ 1，－1 2 ， ∴向量 a 在向量 c 方向上的投影为|a|cos〈a，c〉＝a·c |c| ＝ 1－2×1 2 5 ＝0. 14．在△ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且 2absinC＝ 3(b2 ＋c2－a2)，若 a＝ 13，c＝3，则△ABC 的面积为________． 答案 3 3 解析 由题意得2absinC 2bc ＝ 3·b2＋c2－a2 2bc ， 即asinC c ＝ 3cosA，由正弦定理得 sinA＝ 3cosA, 所以 tanA＝ 3，A＝π 3. 由余弦定理得 13＝32＋b2－2×3bcosπ 3 ， 解得 b＝4，故面积为 1 2bcsinA＝1 2 ×4×3× 3 2 ＝3 3. 15．已知点 M 为单位圆 x2＋y2＝1 上的动点，点 O 为坐标原点，点 A 在直 线 x＝2 上，则AM → ·AO → 的最小值为________． 答案 2 解析 设 A(2，t)，M(cosθ，sinθ)， 则AM → ＝(cosθ－2，sinθ－t)，AO → ＝(－2，－t)， 所以AM → ·AO → ＝4＋t2－2cosθ－tsinθ. 又(2cosθ＋tsinθ)max＝ 4＋t2， 故AM → ·AO → ≥4＋t2－ 4＋t2. 令 s＝ 4＋t2，则 s≥2，又 4＋t2－ 4＋t2＝s2－s≥2， 当 s＝2，即 t＝0 时等号成立，故(AM → ·AO → )min＝2. 16．已知函数 f(x)＝x2－2mx＋m＋2，g(x)＝mx－m，若存在实数 x0∈R，使 得 f(x0)<0 且 g(x0)<0 同时成立，则实数 m 的取值范围是________． 答案 (3，＋∞) 解析 当 m>0，x<1 时，g(x)<0， 所以 f(x)<0 在(－∞，1)上有解， 则 f1<0， m>0 或 m>0， Δ>0， f1≥0， m<1， 即 m>3 或 m>0， m2－m－2>0， 3－m≥0， m<1， 故 m>3. 当 m<0，x>1 时，g(x)<0，所以 f(x)<0 在(1，＋∞)上有解，所以 f1<0， m<0， 此不等式组无解． 综上，m 的取值范围为(3，＋∞)． 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝cosx( 3sinx－cosx)＋1 2. (1)求 f π 3 的值； (2)当 x∈ 0，π 2 时，不等式 c1， 解得－1b>0)的焦点为 F1(－1,0)，F2(1,0)．过 F2 作 x 轴的垂线 l，在 x 轴的上方，l 与圆 F2：(x－1)2＋y2＝4a2 交于点 A，与椭圆 C 交于点 D.连接 AF1 并延长交圆 F2 于点 B，连接 BF2 交椭圆 C 于点 E，连接 DF1.已知|DF1|＝5 2. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)求点 E 的坐标． 解 (1)设椭圆 C 的焦距为 2c. 因为 F1(－1,0)，F2(1,0)，所以|F1F2|＝2，c＝1. 又因为|DF1|＝5 2 ，AF2⊥x 轴， 所以|DF2|＝ |DF1|2－|F1F2|2＝ 5 2 2－22＝3 2 ， 因此 2a＝|DF1|＋|DF2|＝4，从而 a＝2. 由 b2＝a2－c2，得 b2＝3. 因此，椭圆 C 的标准方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)解法一：由(1)知，椭圆 C：x2 4 ＋y2 3 ＝1，a＝2， 因为 AF2⊥x 轴，所以点 A 的横坐标为 1. 将 x＝1 代入圆 F2 的方程(x－1)2＋y2＝16， 解得 y＝±4. 因为点 A 在 x 轴上方，所以 A(1,4)． 又 F1(－1,0)，所以直线 AF1：y＝2x＋2. 由 y＝2x＋2， x－12＋y2＝16， 得 5x2＋6x－11＝0， 解得 x＝1 或 x＝－11 5 . 将 x＝－11 5 代入 y＝2x＋2，得 y＝－12 5 ， 因此 B 点坐标为 －11 5 ，－12 5 . 又 F2(1,0)，所以直线 BF2：y＝3 4(x－1)． 由 y＝3 4 x－1， x2 4 ＋y2 3 ＝1， 得 7x2－6x－13＝0， 解得 x＝－1 或 x＝13 7 . 又因为 E 是线段 BF2 与椭圆的交点，所以 x＝－1. 将 x＝－1 代入 y＝3 4(x－1)，得 y＝－3 2. 因此 E 点坐标为 －1，－3 2 . 解法二：由(1)知，椭圆 C： x2 4 ＋y2 3 ＝1. 如图，连接 EF1. 因为|BF2|＝2a，|EF1|＋|EF2|＝2a， 所以|EF1|＝|EB|， 从而∠BF1E＝∠B. 因为|F2A|＝|F2B|，所以∠A＝∠B， 所以∠A＝∠BF1E，从而 EF1∥F2A. 因为 AF2⊥x 轴，所以 EF1⊥x 轴． 因为 F1(－1,0)，由 x＝－1， x2 4 ＋y2 3 ＝1， 得 y＝±3 2. 又因为 E 是线段 BF2 与椭圆的交点，所以 y＝－3 2. 因此 E 点坐标为 －1，－3 2 . 21．(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝ln x－xex＋ax(a∈R)． (1)若函数 f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数 a 的取值范围； (2)若 a＝1，求 f(x)的最大值． 解 (1)由题意知，f′(x)＝1 x －(ex＋xex)＋a＝1 x －(x＋1)ex＋a≤0 在[1，＋∞) 上恒成立， 所以 a≤(x＋1)ex－1 x 在[1，＋∞)上恒成立． 令 g(x)＝(x＋1)ex－1 x ， 则 g′(x)＝(x＋2)ex＋1 x2>0， 所以 g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以 g(x)min＝g(1)＝2e－1，所以 a≤2e－1. (2)当 a＝1 时，f(x)＝ln x－xex＋x(x>0)． 则 f′(x)＝1 x －(x＋1)ex＋1＝(x＋1) 1 x －ex ， 令 m(x)＝1 x －ex，则 m′(x)＝－1 x2 －ex<0， 所以 m(x)在(0，＋∞)上单调递减． 由于 m 1 2 >0，m(1)<0，所以存在 x0>0 满足 m(x0)＝0，即 ex0＝1 x0 . 当 x∈(0，x0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当 x∈(x0，＋∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以 f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减． 所以 f(x)max＝f(x0)＝ln x0－x0e x0＋x0， 因为 ex0＝1 x0 ，所以 x0＝－ln x0，所以 f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1， 所以 f(x)max＝－1. 请考生在第 22、23 题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分， 作答时请写清题号． 22．(本小题满分 10 分)[选修 4－4：坐标系与参数方程] 在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立 极坐标系，已知直线 l 的参数方程为 x＝2t， y＝2＋t (t 为参数)，曲线 C 的极坐标方程 为ρcos2θ＝8sinθ. (1)求曲线 C 的直角坐标方程，并指出该曲线是什么曲线； (2)若直线 l 与曲线 C 的交点分别为 M，N，求|MN|. 解 (1)因为ρcos2θ＝8sinθ，所以ρ2cos2θ＝8ρsinθ，即 x2＝8y， 所以曲线 C 表示焦点坐标为(0,2)，对称轴为 y 轴的抛物线． (2)设点 M(x1，y1)，点 N(x2，y2)， 直线 l 过抛物线的焦点(0,2)，则直线的参数方程 x＝2t， y＝2＋t 化为一般方程为 y＝1 2x＋2，代入曲线 C 的直角坐标方程，得 x2－4x－16＝0， 所以 x1＋x2＝4，x1x2＝－16， 所以|MN|＝ x1－x22＋y1－y22 ＝ 1＋ 1 2 2· x1－x22 ＝ 1＋ 1 2 2· x1＋x22－4x1x2 ＝ 1＋ 1 2 2· 42－4×－16＝10. 23．(本小题满分 10 分)[选修 4－5：不等式选讲] 已知函数 f(x)＝|x＋4|，不等式 f(x)>8－|2x－2|的解集为 M. (1)求 M； (2)设 a，b∈M，证明：f(ab)>f(2a)－f(－2b)． 解 (1)将 f(x)＝|x＋4|代入不等式， 整理得|x＋4|＋|2x－2|>8. ①当 x≤－4 时，不等式转化为－x－4－2x＋2>8， 解得 x<－10 3 ，所以 x≤－4； ②当－48， 解得 x<－2，所以－48， 解得 x>2，所以 x>2. 综上，M＝{x|x<－2 或 x>2}． (2)证明：因为 f(2a)－f(－2b)＝|2a＋4|－|－2b＋4|≤|2a＋4＋2b－4|＝|2a＋ 2b|， 所以要证 f(ab)>f(2a)－f(－2b)， 只需证|ab＋4|>|2a＋2b|， 即证(ab＋4)2>(2a＋2b)2， 即证 a2b2＋8ab＋16>4a2＋8ab＋4b2， 即证 a2b2－4a2－4b2＋16>0， 即证(a2－4)(b2－4)>0， 因为 a，b∈M，所以 a2>4，b2>4， 所以(a2－4)(b2－4)>0 成立， 所以原不等式成立． 仿真模拟卷三 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共 150 分，考试时间 120 分钟． 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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，y)|x＋y≤2，x，y∈N}，则 A 中元素的个数为( ) A．1 B．5 C．6 D．无数个 答案 C 解析 由题得 A＝{(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(2,0)}，所以 A 中元素 的个数为 6. 2．已知 i 是虚数单位， z － 是 z 的共轭复数，若 z(1＋i)＝1－i 1＋i ，则 z － 的虚部为 ( ) A.1 2 B．－1 2 C.1 2i D．－1 2i 答案 A 解析 由题意可得 z＝ 1－i 1＋i2 ＝1－i 2i ＝1 2i －1 2 ＝－1 2i－1 2 ，则 z － ＝－1 2 ＋1 2i，据此 可得 z － 的虚部为1 2. 3．“00， 2－m>0， m≠2－m ⇒0b，则( ) A．ln (a－b)>0 B．3a<3b C．a3－b3>0 D．|a|>|b| 答案 C 解析 取 a＝2，b＝1，满足 a>b，但 ln (a－b)＝0，则 A 错误；由 9＝32>31 ＝3，知 B 错误；取 a＝1，b＝－2，满足 a>b，但|1|<|－2|，则 D 错误；因为幂 函数 y＝x3 是增函数，a>b，所以 a3>b3，即 a3－b3>0，C 正确． 5．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的 S 的值等于( ) A．30 B．31 C．62 D．63 答案 B 解析 由流程图可知该算法的功能为计算 S＝1＋21＋22＋23＋24 的值，即输 出的值为 S＝1＋21＋22＋23＋24＝1×1－25 1－2 ＝31. 6. x－ 1 3 x 8 的展开式的常数项为( ) A．－56 B．－28 C．56 D．28 答案 D 解析 x－ 1 3 x 8 展开式的通项公式为 Tr＋1＝Cr8·x8－r· － 1 3 x r＝Cr8·(－1)r· x 8－4 3r ，令 8－4 3r＝0，得 r＝6，∴所求常数项为 C68·(－1)6＝28. 7．已知菱形 ABCD 的边长为 2，∠BAD＝120°，点 E，F 分别在边 BC，DC 上，BC＝3BE，DC＝λDF，若AE → ·AF → ＝1，则λ的值为( ) A．3 B．2 C.3 2 D.5 2 答案 B 解析 由题意可得AE → ·AF → ＝(AB → ＋BE → )·(AD → ＋DF → )＝ AB → ＋1 3BC → · BC → ＋1 λAB → ＝ 1 λAB → 2＋1 3BC → 2＋ 1 3λ ＋1 AB → ·BC → ，且 AB → 2＝BC → 2＝4，AB → ·BC → ＝2×2×cos120°＝－2， 故4 λ ＋4 3 ＋ 1 3λ ＋1 ×(－2)＝1，解得λ＝2. 8．在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 a＝1， 3sinAcosC ＋( 3sinC＋b)cosA＝0，则角 A＝( ) A.2π 3 B.π 3 C.π 6 D.5π 6 答案 D 解析 ∵a＝1， 3sinAcosC＋( 3sinC＋b)cosA＝0， ∴ 3sinAcosC＋ 3sinCcosA＝－bcosA， ∴ 3sin(A＋C)＝ 3sinB＝－bcosA， ∴ 3asinB＝－bcosA，由正弦定理可得 3sinAsinB＝－sinBcosA，∵sinB>0， ∴ 3sinA＝－cosA，即 tanA＝－ 3 3 ，∵A∈(0，π)，∴A＝5π 6 . 9．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微， 数形结合百般好，隔裂分家万事休．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来 研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数 f(x)＝ x4 |4x－1| 的图象大致是( ) 答案 D 解析 因为函数 f(x)＝ x4 |4x－1| ，f(－x)＝ －x4 |4－x－1| ＝ x4 |4－x－1| ≠f(x)，所以函数 f(x) 不是偶函数，图象不关于 y 轴对称，故排除 A，B；又因为 f(3)＝9 7 ，f(4)＝256 255 ， 所以 f(3)>f(4)，而 C 在 x>0 时是递增的，故排除 C. 10．已知 1＋a x 2x－1 x 5 的展开式中各项系数的和为 2，则该展开式中常数 项为( ) A．－80 B．－40 C．40 D．80 答案 D 解析 令 x＝1，得展开式的各项系数和为 1＋a 1 2－1 1 5＝1＋a，∴1＋a＝2， ∴a＝1，∴ 1＋a x 2x－1 x 5＝ 1＋1 x 2x－1 x 5＝ 2x－1 x 5＋1 x 2x－1 x 5，所求展开式中 常数项为 2x－1 x 5 的展开式的常数项与含 x 项的系数和， 2x－1 x 5 展开式的通项 为 Tr＋1＝Cr5(2x)5－r·(－1)r 1 x r＝(－1)r25－r·Cr5x5－2r，令 5－2r＝1 得 r＝2；令 5－2r ＝0，无整数解，∴展开式中常数项为 8C25＝80. 11．在正三角形 ABC 内任取一点 P，则点 P 到 A，B，C 的距离都大于该三 角形边长一半的概率为( ) A．1－ 3π 6 B．1－ 3π 12 C．1－ 3π 9 D．1－ 3π 18 答案 A 解析 满足条件的正三角形 ABC 如图所示． 设边长为 2，其中正三角形 ABC 的面积 S△ABC＝ 3 4 ×4＝ 3.满足到正三角形 ABC 的顶点 A，B，C 的距离至少有一个小于等于 1 的平面区域如图中阴影部分 所示，其加起来是一个半径为 1 的半圆，则 S 阴影＝π 2 ，则使取到的点到三个顶点 A，B，C 的距离都大于 1 的概率 P＝1－ 3π 6 ，故选 A. 12．若存在 m，使得关于 x 的方程 x＋a(2x＋2m－4ex)·[ln (x＋m)－ln x]＝0 成立，其中 e 为自然对数的底数，则非零实数 a 的取值范围是( ) A．(－∞，0) B. 0， 1 2e C．(－∞，0)∪ 1 2e ，＋∞ D. 1 2e ，＋∞ 答案 C 解析 由题意得－ 1 2a ＝ 1＋m x －2e ln 1＋m x ＝(t－2e)ln t 这里 t＝m x ＋1>0 ， 令 f(t)＝(t－2e)ln t(t＞0)，则 f′(t)＝ln t＋1－2e t ， 令 h(t)＝f′(t)，则 h′(t)＝1 t ＋2e t2 ＞0，∴h(t)为增函数，即 f′(t)为增函数． 当 t＞e 时，f′(t)＞f′(e)＝0，当 0＜t＜e 时，f′(t)＜f′(e)＝0， ∴f(t)≥f(e)＝－e，且当 t→0 时，f(t)→＋∞， ∴－ 1 2a ≥－e，解得 a＜0 或 a≥ 1 2e ，故选 C. 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第 13～21 题为必考题，每个试题考生都 必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．若变量 x，y 满足约束条件 x＋2y≥0， x－y≤0， x－2y＋2≥0， 则 z＝ y x－3 的最小值是 ________． 答案 －2 解析 画出满足约束条件的可行域，如图中阴影部分所示(含边界)， 联立 x－2y＋2＝0， x－y＝0， 解得 A(2,2)， z＝ y x－3 的几何意义为可行域内的点与定点 P(3,0)的连线的斜率． ∵kPA＝2－0 2－3 ＝－2，∴z＝ y x－3 的最小值是－2. 14．已知三棱锥 P－ABC 内接于球 O，PA＝PB＝PC＝2，当三棱锥 P－ABC 的三个侧面的面积之和最大时，球 O 的表面积为________． 答案 12π 解析 由于三条侧棱相等，根据三角形面积公式可知，当 PA，PB，PC 两两 垂直时，侧面积之和最大．此时 PA，PB，PC 可看成正方体一个顶点处的三条侧 棱，其外接球直径为正方体的体对角线，即 4R2＝3×22＝12，故球的表面积为 4πR2＝12π. 15．已知△ABC 的三个顶点的坐标为 A(0,1)，B(1,0)，C(0，－2)，O 为坐标 原点，动点 M 满足|CM → |＝1，则|OA → ＋OB → ＋OM → |的最大值是________． 答案 2＋1 解析 设点 M 的坐标是(x，y)，∵C(0，－2)，且|CM → |＝1，∴ x2＋y＋22＝ 1，x2＋(y＋2)2＝1，则点 M 的轨迹是以 C 为圆心，1 为半径的圆． ∵A(0,1)，B(1,0)，∴OA → ＋OB → ＋OM → ＝(x＋1，y＋1)， 则|OA → ＋OB → ＋OM → |＝ x＋12＋y＋12，其几何意义表示圆 x2＋(y＋2)2＝1 上 的点与点 P(－1，－1)间的距离． 又点 P(－1，－1)在圆 C 的外部， ∴|OA → ＋OB → ＋OM → |max＝|PC → |＋1 ＝ 0＋12＋－2＋12＋1＝ 2＋1. 16．函数 y＝f(x)的定义域为 D，若∀x∈D，∃a∈[1,2]，使得 f(x)≥ax 恒成 立，则称函数 y＝f(x)具有性质 P，现有如下函数： ①f(x)＝ex－1；②f(x)＝2cos2 x－π 4 －1(x≤0)； ③f(x)＝ ln 1－x，x<0， x－13＋1，x≥0. 则具有性质 P 的函数 f(x)为________．(填序号) 答案 ①② 解析 ①设φ(x)＝ex－1－x(x∈R)，则φ′(x)＝ex－1－1. 当 x>1 时，φ′(x)>0；当 x<1 时，φ′(x)<0. ∴φ(x)min＝φ(1)＝0，所以 ex－1－x≥0，ex－1≥x， 故∃a＝1，使 f(x)≥ax 在 R 上恒成立，①中函数 f(x)具有性质 P； ②易知 f(x)＝2cos2 x－π 4 －1＝sin2x(x≤0)． 令φ(x)＝f(x)－2x＝sin2x－2x(x≤0)， 则φ′(x)＝2cos2x－2. ∴φ′(x)≤0，∴φ(x)在(－∞，0]上是减函数， ∴φ(x)min＝φ(0)＝0，故 f(x)≥2x 恒成立． ∴∃a＝2，使得 f(x)≥ax 在(－∞，0]上恒成立， ②中函数 f(x)具有性质 P； ③作函数 y＝f(x)与直线 y＝ax 的图象，显然当 y＝ax 过点 O(0,0)，A(1,1)， B(2,2)时，斜率 a＝1. 根据图象知，不存在 a∈[1,2]，使 f(x)≥ax 恒成立． 因此③中函数 f(x)不具有性质 P. 综上可知，具有性质 P 的函数为①②. 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分 12 分)已知锐角△ABC 面积为 S，角 A，B，C 所对边分别 是 a，b，c，角 A，C 的平分线相交于点 O，b＝2 3且 S＝ 3 4 (a2＋c2－b2)， 求：(1)角 B 的大小； (2)△AOC 周长的最大值． 解 (1)∵S＝ 3 4 (a2＋c2－b2)， ∴1 2acsinB＝ 3 4 (a2＋c2－b2)， 故 1 2acsinB＝ 3 4 ×2accosB⇒tanB＝ 3⇒B＝π 3. (2)设△AOC 的周长为 l，∠OAC＝α，则α∈ π 12 ，π 4 ， ∵OA，OC 分别是角 A，C 的平分线，B＝π 3 ， ∴∠AOC＝2π 3 . 由正弦定理，得 OA sin π 3 －α ＝ OC sinα ＝ 2 3 sin2π 3 ， ∴l＝4sinα＋4sin π 3 －α ＋2 3 ＝4sin α＋π 3 ＋2 3， ∵α∈ π 12 ，π 4 ，∴α＋π 3 ∈ 5π 12 ，7π 12 ， 当α＝π 6 时，△AOC 周长的最大值为 4＋2 3. 18．(本小题满分 12 分)某商场营销人员在进行某商品 M 的市场营销调查时 发现，每返还消费者一定的点数，该商品每天的销量就会发生一定的变化，经过 试点统计得到下表： 返还点数 t 1 2 3 4 5 销量(百件)/天 0.5 0.6 1 1.4 1.7 (1)经分析发现，可用线性回归模型拟合当地该商品销量 y(百件)与返还点数 t 之间的相关关系．请用最小二乘法求 y 关于 t 的线性回归方程y ^ ＝b ^ t＋a ^ ，并预 测若返还 6 个点时该商品每天的销量； (2)若节日期间营销部对商品进行新一轮调整．已知某地拟购买该商品的消 费群体十分庞大，营销部调研机构对其中的 200 名消费者的返点数额的心理预期 值进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表： 返还点数预 期值区间 [1,3) [3,5) [5,7) [7,9) [9,11) [11,13] 频数 20 60 60 30 20 10 ①求这 200 位拟购买该商品的消费者对返点点数的心理预期值 X 的样本平 均数及中位数的估计值(同一区间的预期值可用该区间的中点值代替；估计值精 确到 0.1)； ②将对返点点数的心理预期值在[1,3)和[11,13]的消费者分别定义为“欲望 紧缩型”消费者和“欲望膨胀型”消费者，现采用分层抽样的方法从位于这两个 区间的 30 名消费者中随机抽取 6 名，再从这 6 人中随机抽取 3 名进行跟踪调查， 设抽出的 3 人中“欲望膨胀型”消费者的人数为随机变量 X，求 X 的分布列及数 学期望． 参考公式及数据：(ⅰ)b ^ ＝ ∑ n i＝1tiyi－n t y － ∑ n i＝1t2i －n t 2 ，a ^ ＝ y － －b ^ t ； (ⅱ)∑ 5 i＝1tiyi＝18.8. 解 (1)易知 t － ＝1＋2＋3＋4＋5 5 ＝3， y － ＝0.5＋0.6＋1＋1.4＋1.7 5 ＝1.04， ∑ 5 i＝1t2i ＝12＋22＋32＋42＋52＝55， b ^ ＝ ∑ 5 i＝1tiyi－5 t y － ∑ 5 i＝1t2i －5 t 2 ＝18.8－5×3×1.04 55－5×32 ＝0.32， a ^ ＝ y － －b ^ t ＝1.04－0.32×3＝0.08. 则 y 关于 t 的线性回归方程为y ^ ＝0.32t＋0.08，当 t＝6 时，y ^ ＝2.00，即返还 6 个点时该商品每天的销量约为 2 百件． (2)①根据题意，这 200 位拟购买该商品的消费者对返还点数的心理预期值 X 的平均值 x － 及中位数的估计值分别为 x － ＝2×0.1＋4×0.3＋6×0.3＋8×0.15＋ 10×0.1＋12×0.05＝6， 中位数的估计值为 5＋2×100－20－60 60 ＝5＋2 3 ≈5.7. ②抽取 6 名消费者中“欲望紧缩型”消费者人数为 6×20 30 ＝4，“欲望膨胀 型”消费者人数为 6×10 30 ＝2. 所以 X 的可能取值为 0,1,2. P(X＝0)＝C34C02 C36 ＝1 5 ，P(X＝1)＝C24C12 C36 ＝3 5 ，P(X＝2)＝C14C22 C36 ＝1 5 ， 故随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 P 1 5 3 5 1 5 E(X)＝0×1 5 ＋1×3 5 ＋2×1 5 ＝1. 19．(本小题满分 12 分)已知斜三棱柱 ABC－A1B1C1 的侧面 ACC1A1 与底面 ABC 垂直，侧棱与底面所在平面成 60°角，AA1⊥A1C，AC⊥BC，AC＝4，BC＝ 2. (1)求证：平面 ABB1A1⊥平面 A1BC； (2)求二面角 B－A1B1－C 的余弦值． 解 (1)证明：∵平面 ACC1A1⊥平面 ABC 且平面 ACC1A1∩平面 ABC＝AC， 且 BC⊥AC. ∴BC⊥平面 ACC1A1， ∴BC⊥AA1，又∵AA1⊥A1C，∴AA1⊥平面 A1BC ∵AA1⊂平面 ABB1A1， ∴平面 ABB1A1⊥平面 A1BC. (2)已知斜三棱柱 ABC－A1B1C1 的侧面 ACC1A1 与底面 ABC 垂直，侧棱与底 面所在平面成 60°角， ∴∠A1AC＝60°. 又∵AA1⊥A1C，AC＝4，∴A1A＝2， 如图建立空间直角坐标系， 则 A1(3,0， 3)，C(0,0,0)，B(0，2,0)，A(4，0,0) 由AB → ＝A1B1 → ，得 B1(－1,2， 3)， 设平面 BA1B1，平面 CA1B1 的法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2， z2)，则BA1 → ＝(3，－2， 3)，BB1 → ＝(－1,0， 3)，CA1 → ＝(3,0， 3)，CB1 → ＝(－1,2， 3)． 由 n1·BA1 → ＝0， n1·BB1 → ＝0， 知可取 n1＝(3,6， 3)， 由 n2·CA1 → ＝0， n2·CB1 → ＝0， 知可取 n2＝(－1，－2， 3)， cosθ＝|n1·n2| |n1||n2| ＝ 6 4 ， 所以二面角 B－A1B1－C 的余弦值为 6 4 . 20．(本小题满分 12 分)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)，离心率 e＝1 2 ，A 是 椭圆的左顶点，F 是椭圆的左焦点，|AF|＝1，直线 m：x＝－4. (1)求椭圆 C 的方程； (2)直线 l 过点 F 与椭圆 C 交于 P，Q 两点，直线 PA，QA 分别与直线 m 交 于 M，N 两点，试问：以 MN 为直径的圆是否过定点，如果是，请求出定点坐标； 如果不是，请说明理由． 解 (1)由题意，得 c a ＝1 2 ， a－c＝1， 解得 a＝2， c＝1， ∵a2＝b2＋c2， ∴b＝ 3，故所求椭圆方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)当直线 l 斜率存在时，设直线 l：y＝k(x＋1)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 直线 PA：y＝ y1 x1＋2(x＋2)． 令 x＝－4，得 M －4，－ 2y1 x1＋2 ， 同理 N －4，－ 2y2 x2＋2 . 则以 MN 为直径的圆的方程为(x＋4)(x＋4)＋ y＋ 2y1 x1＋2 y＋ 2y2 x2＋2 ＝0， 整理得，(x＋4)2＋y2＋2k 2－ x1＋x2＋4 x1x2＋2x1＋x2＋4 y＋4k2· x1x2＋x1＋x2＋1 x1x2＋2x1＋x2＋4 ＝ 0，① 由 y＝kx＋1， x2 4 ＋y2 3 ＝1， 得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0. 则 x1＋x2＝ －8k2 4k2＋3 ，x1x2＝4k2－12 4k2＋3 .② 将②代入①，整理得，x2＋y2＋8x－6 ky＋7＝0. 令 y＝0，得 x＝－1 或 x＝－7. 当直线 l 斜率不存在时，P －1，3 2 ，Q －1，－3 2 ，M(－4，－3)，N(－4,3)， 以 MN 为直径的圆为(x＋4)2＋y2＝9 也过点(－1,0)，(－7,0)两点． 综上，以 MN 为直径的圆能过两定点(－1,0)，(－7,0)． 21．(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝ln x x －1 2ax－b，g(x)＝ax2＋bx. (1)当 a＝2，b＝－3 时，求函数 f(x)在 x＝e 处的切线方程，并求函数 f(x)的 最大值； (2)若函数 y＝f(x)的两个零点分别为 x1，x2，且 x1≠x2，求证：g x1＋x2 2 >1. 解 (1)当 a＝2，b＝－3 时，f(x)＝ln x x －x＋3(x>0)， f′(x)＝1－ln x－x2 x2 ， 则 f′(e)＝－1，切点为 e，1 e －e＋3 ， 故函数 f(x)在 x＝e 处的切线方程为 x＋y－1 e －3＝0. 令 h(x)＝1－ln x－x2，则 h(x)＝1－ln x－x2 在(0，＋∞)是减函数， 又 h(1)＝0，∴x∈(0,1)，h(x)>0，f′(x)>0，x∈(1，＋∞)，h(x)<0，f′(x)<0， ∴f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数． ∴f(x)max＝f(1)＝2. (2)证明：∵x1，x2 是 f(x)的两个零点，不妨设 x11， t＋1ln t 2t－1 >1⇔ln t<2t－1 t＋1 ⇔ln t－2t－1 t＋1 <0， 令 m(t)＝ln t－2t－1 t＋1 ，t∈(0,1)， m′(t)＝1 t － 4 t＋12 ＝t－12 tt＋12>0， ∴m(t)＝ln t－2t－1 t＋1 在(0,1)上是增函数， 又∵m(1)＝0，∴t∈(0,1)时，m(t)<0，命题得证． 请考生在第 22、23 题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分， 作答时请写清题号． 22．(本小题满分 10 分)[选修 4－4：坐标系与参数方程] 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 已 知 曲 线 C1 ： x ＋ y ＝ 1 与 曲 线 C2 ： x＝2＋2cosφ， y＝2sinφ (φ为参数)．以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐 标系． (1)写出曲线 C1，C2 的极坐标方程； (2)在极坐标系中，已知l：θ＝α(ρ>0)与C1，C2的公共点分别为A，B，α∈ 0，π 2 ， 当|OB| |OA| ＝4 时，求α的值． 解 (1)曲线 C1 的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)＝1，即ρsin θ＋π 4 ＝ 2 2 . 曲线 C2 的普通方程为(x－2)2＋y2＝4，即 x2＋y2－4x＝0， 所以曲线 C2 的极坐标方程为ρ＝4cosθ. (2)由(1)知，|OA|＝ρA＝ 1 cosα＋sinα ， |OB|＝ρB＝4cosα， ∴|OB| |OA| ＝4cosα(cosα＋sinα)＝2(1＋cos2α＋sin2α)＝ 2＋2 2sin 2α＋π 4 ， ∵|OB| |OA| ＝4，∴2＋2 2sin 2α＋π 4 ＝4， sin 2α＋π 4 ＝ 2 2 ， 由 0<α<π 2 ，知π 4<2α＋π 4<5π 4 ，即 2α＋π 4 ＝3π 4 ， ∴α＝π 4. 23．(本小题满分 10 分)[选修 4－5：不等式选讲] 已知函数 f(x)＝|x＋2|－|2x－1|. (1)求 f(x)>－5 的解集； (2)若关于 x 的不等式|b＋2a|－|2b－a|≥|a|(|x＋1|＋|x－m|)(a≠0)能成立，求实 数 m 的取值范围． 解 (1)f(x)＝|x＋2|－|2x－1| ＝ x－3，x<－2， 3x＋1，－2≤x≤1 2 ， 3－x，x>1 2 ， 故 f(x)>－5 的解集为(－2,8)． (2) 由 |b ＋ 2a| － |2b － a|≥|a|(|x ＋ 1| ＋ |x － m|)(a≠0) 能 成 立 ， 得 |b＋2a|－|2b－a| |a| ≥|x＋1|＋|x－m|能成立， 即|b a ＋2|－|2b a －1|≥|x＋1|＋|x－m|能成立， 令b a ＝t，则|t＋2|－|2t－1|≥|x＋1|＋|x－m|能成立， 由(1)知，|t＋2|－|2t－1|≤5 2 ， 又∵|x＋1|＋|x－m|≥|1＋m|， ∴|1＋m|≤5 2 ，∴实数 m 的取值范围是 －7 2 ，3 2 . 仿真模拟卷四 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共 150 分，考试时间 120 分钟． 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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＝{x|2x－3>0}，则 A∪B＝( ) A．[0，＋∞) B．[1，＋∞) C. 3 2 ，＋∞ D. 0，3 2 答案 B 解析 因为 B＝{x|2x－3>0}＝ x|x>3 2 ，A＝{x|x≥1}，所以 A∪B＝[1，＋∞)． 2．已知复数 z 满足(1－i)z＝2i(i 为虚数单位)，则 z － ＝( ) A．－1－i B．－1＋i C．1＋i D．1－i 答案 A 解析 由(1－i)z＝2i，得 z＝ 2i 1－i ＝ 2i1＋i 1－i1＋i ＝－1＋i，∴ z － ＝－1－i. 3．设 a，b 是空间两条直线，则“a，b 不平行”是“a，b 是异面直线”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 答案 B 解析 由 a，b 是异面直线⇒a，b 不平行．反之，若直线 a，b 不平行，也 可能相交，不一定是异面直线． 所以“a，b 不平行”是“a，b 是异面直线”的必要不充分条件． 4．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等 与亮度满足 m2－m1＝5 2lg E1 E2 ，其中星等为 mk 的星的亮度为 Ek(k＝1,2)．已知太阳 的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( ) A．1010.1 B．10.1 C．lg 10.1 D．10－10.1 答案 A 解析 两颗星的星等与亮度满足 m2－m1＝5 2lg E1 E2 ，令 m2＝－1.45，m1＝－ 26.7，则 lg E1 E2 ＝2 5(m2－m1)＝2 5 ×(－1.45＋26.7)＝10.1，从而E1 E2 ＝1010.1. 5．执行如图所示的程序框图，若输出结果为 1，则可输入的实数 x 的值的 个数为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 答案 B 解析 根据题意，该框图的含义是： 当 x≤2 时，得到函数 y＝x2－1；当 x>2 时，得到函数 y＝log2x， 因此，若输出的结果为 1 时， 若 x≤2，得到 x2－1＝1，解得 x＝± 2， 若 x>2，得到 log2x＝1，无解， 因此，可输入的实数 x 的值可能为－ 2，2，共有 2 个． 6．安排 A，B，C，D，E，F，共 6 名义工照顾甲、乙、丙三位老人，每两 位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工 A 不安排照顾老 人甲，义工 B 不安排照顾老人乙，则安排方法共有( ) A．30 种 B．40 种 C．42 种 D．48 种 答案 C 解析 6 名义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人共有 C26C24＝90 种 安排方法，其中 A 照顾老人甲的情况有 C15C24＝30 种，B 照顾老人乙的情况有 C15C24 ＝30 种，A 照顾老人甲，同时 B 照顾老人乙的情况有 C14C13＝12 种，所以符合题 意的安排方法有 90－30－30＋12＝42 种． 7．在矩形 ABCD 中，AB＝3，AD＝4，AC 与 BD 相交于点 O，过点 A 作 AE ⊥BD，垂足为 E，则AE → ·EC → ＝( ) A.72 5 B.144 25 C.12 5 D.12 25 答案 B 解析 如图，由 AB＝3，AD＝4，得 BD＝ 9＋16＝5， AE＝AB·AD BD ＝12 5 . 又AE → ·EC → ＝AE → ·(EO → ＋OC → ) ＝AE → ·EO → ＋AE → ·OC → ＝AE → ·EO → ＋AE → ·AO → ， ∵AE⊥BD，∴AE → ·EO → ＝0， 又AE → ·AO → ＝|AE → ||AO → |·cos∠EAO＝|AE → ||AO → |· |AE → | |AO → | ＝|AE → |2＝144 25 ，∴AE → ·EC → ＝144 25 . 8．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为( ) A．8＋π 2 ＋ 7 B．8＋3π 2 ＋ 7 C．6＋3π 2 ＋ 3 D．6＋π 2 ＋ 3 答案 B 解析 由三视图可知，该几何体是由半个圆锥与一个四棱锥组合而成，如图 所示， 其中圆锥的底面半径为 1，高为 3，母线长为 2，四棱锥的底面是边长为 2 的正方形，高为 3，取 BC 的中点 N，连接 MN，PN，则该几何体的表面积为 S ＝1 2π×1×2＋1 2 ×π×12＋2×2＋2× 1 2 ×2×2 ＋1 2 ×2× 3＋4＝3π 2 ＋8＋ 7. 9．若函数 y＝f(x)的大致图象如图所示，则 f(x)的解析式可以是( ) A．f(x)＝ x ex＋e－x B．f(x)＝ x ex－e－x C．f(x)＝ex＋e－x x D．f(x)＝ex－e－x x 答案 C 解析 当 x→0 时，f(x)→±∞，而 A 中的 f(x)→0，排除 A；当 x＜0 时，f(x) ＜0，而 B 中 x＜0 时，f(x)＝ x ex－e－x>0，D 中，f(x)＝ex－e－x x >0，排除 B，D. 10．已知不等式 xy≤ax2＋2y2 对于 x∈[1,2]，y∈[2,3]恒成立，则 a 的取值范 围是( ) A．[1，＋∞) B．[－1,4) C．[－1，＋∞) D．[－1,6] 答案 C 解析 不等式 xy≤ax2＋2y2对于x∈[1,2]，y∈[2,3]恒成立，等价于a≥y x －2 y x 2 对于 x∈[1,2]，y∈[2,3]恒成立，令 t＝y x ，则 1≤t≤3，∴a≥t－2t2 在[1,3]上恒成 立，∵y＝－2t2＋t＝－2 t－1 4 2＋1 8 ，∴t＝1 时，ymax＝－1， ∴a≥－1，故 a 的取值范围是[－1，＋∞)． 11．已知双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，e 为双曲 线的离心率，P 是双曲线右支上的点，△PF1F2 的内切圆的圆心为 I，过 F2 作直 线 PI 的垂线，垂足为 B，则|OB|等于( ) A．a B．b C．ea D．eb 答案 A 解析 如图，延长 F2B 交 PF1 于点 C，在△PCF2 中，由题意，得它是一个 等腰三角形，|PC|＝|PF2|，B 为 CF2 的中点， ∴在△F1CF2 中，有|OB|＝1 2|CF1|＝1 2(|PF1|－|PC|)＝1 2(|PF1|－|PF2|)＝1 2 ×2a＝ a. 12．设 min{m，n}表示 m，n 二者中较小的一个，已知函数 f(x)＝x2＋8x＋14， g(x)＝min 1 2 x－2，log24x (x>0)．若∀x1∈[－5，a](a≥－4)，∃x2∈(0，＋∞)， 使得 f(x1)＝g(x2)成立，则 a 的最大值为( ) A．－4 B．－3 C．－2 D．0 答案 C 解析 由题意得 g(x)＝ log24x，00)的图 象，如图所示． 由 f(x)＝2，得 x＝－6 或－2，∵∀x1∈[－5，a]， ∃x2∈(0，＋∞)，使得 f(x1)＝g(x2)成立， ∴－4≤a≤－2，∴a 的最大值为－2. 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第 13～21 题为必考题，每个试题考生都 必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知点 P(x，y)满足条件 x－y－1≤0， x＋2y－1≥0， y≤3， 则点 P 到原点 O 的最大距 离为________． 答案 34 解析 画出 x－y－1≤0， x＋2y－1≥0， y≤3 表示的可行域如图阴影部分所示(含边界)， 由 y＝3， x＋2y－1＝0， 得 x＝－5， y＝3， 由图得，当点 P 的坐标为(－5,3)时，点 P 到原点的距离最大，且最大值为 25＋9＝ 34. 14．函数 f(x)＝ sin x＋π 6 ＋sinx · sin x＋π 6 －sinx 的最小正周期为________， 最大值为________． 答案 π 1 2 解 析 f(x) ＝ sin x＋π 6 ＋sinx · sin x＋π 6 －sinx ＝ 1 2 1 2cos2x＋ 3 2 sin2x ＝ 1 2cos 2x－π 3 ，∴f(x)的最小正周期为 T＝2π 2 ＝π，最大值为1 2. 15．从 4 男 2 女共 6 名学生中选出队长 1 人、副队长 1 人、普通队员 2 人组 成 4 人服务队，要求服务队中至少有 1 名女生，共有________种不同的选法．(用 数字作答) 答案 168 解析 第一类，先选 1 女 3 男，有 C34C12＝8(种)，从这 4 人中选 2 人作为队 长和副队长有 A24＝12(种)，故有 8×12＝96(种)；第二类，先选 2 女 2 男，有 C24C22 ＝6(种)，从这 4 人中选 2 人作为队长和副队长有 A24＝12(种)，故有 6×12＝72(种)， 根据分类加法计数原理共有 96＋72＝168(种)． 16．如图，在△ABC 中，sin∠ABC 2 ＝ 3 3 ，点 D 在线段 AC 上，且 AD＝2DC， BD＝4 3 3 ，则△ABC 的面积的最大值为________． 答案 3 2 解析 由 sin∠ABC 2 ＝ 3 3 ，可得 cos∠ABC 2 ＝ 6 3 ， 则 sin∠ABC＝2sin∠ABC 2 cos∠ABC 2 ＝2 2 3 . 由 sin∠ABC 2 ＝ 3 3 < 2 2 可知，0°<∠ABC 2 <45°， 则 0°<∠ABC<90°， 由同角三角函数基本关系可知，cos∠ABC＝1 3. 设 AB＝x，BC＝y，AC＝3z(x>0，y>0，z>0)， 在△ABD 中，由余弦定理可得， cos∠BDA＝ 16 3 ＋2z2－x2 2×4 3 3 ×2z ， 在△CBD 中，由余弦定理可得， cos∠BDC＝ 16 3 ＋z2－y2 2×4 3 3 ×z ， 由∠BDA＋∠BDC＝180°， 故 cos∠BDA＝－cos∠BDC， 即 16 3 ＋2z2－x2 2×4 3 3 ×2z ＝－ 16 3 ＋z2－y2 2×4 3 3 ×z ， 整理可得 16＋6z2－x2－2y2＝0. ① 在△ABC 中，由余弦定理可知， x2＋y2－2xy×1 3 ＝(3z)2， 则 6z2＝2 3x2＋2 3y2－4 9xy， 代入①式整理计算可得，1 3x2＋4 3y2＋4 9xy＝16， 由基本不等式可得， 16≥2 1 3x2×4 3y2＋4 9xy＝16 9 xy， 故 xy≤9，当且仅当 x＝3 2，y＝3 2 2 时等号成立， 据此可知，△ABC 面积的最大值为 Smax＝1 2(AB·BC)max·sin∠ABC＝1 2 ×9×2 2 3 ＝3 2. 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分 12 分)已知数列{an}满足：an≠1，an＋1＝2－ 1 an (n∈N*)，数 列{bn}中，bn＝ 1 an－1 ，且 b1，b2，b4 成等比数列． (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)若 Sn 是数列{bn}的前 n 项和，求数列 1 Sn 的前 n 项和 Tn. 解 (1)证明：bn＋1－bn＝ 1 an＋1－1 － 1 an－1 ＝ 1 2－ 1 an －1 － 1 an－1 ＝ an an－1 － 1 an－1 ＝ 1， ∴数列{bn}是公差为 1 的等差数列． (2)由题意可得 b22＝b1b4，即(b1＋1)2＝b1(b1＋3)，∴b1＝1，∴bn＝n， ∴Sn＝nn＋1 2 ，∴ 1 Sn ＝ 2 nn＋1 ＝2 1 n － 1 n＋1 ， Tn＝2× 1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝2× 1－ 1 n＋1 ＝ 2n n＋1. 18．(本小题满分 12 分)《中国诗词大会》是央视推出的一档以“赏中华诗 词，寻文化基因，品生活之美”为宗旨的大型文化类竞赛节目，邀请全国各个年 龄段、各个领域的诗词爱好者共同参与诗词知识比拼．“百人团”由一百多位来 自全国各地的选手组成，成员上至古稀老人，下至垂髫小儿，人数按照年龄分组 统计如下表： 分组(年龄) [7,20) [20,40) [40,80] 频数(人) 18 54 36 (1)用分层抽样的方法从“百人团”中抽取 6 人参加挑战，求从这三个不同 年龄组中分别抽取的挑战者的人数； (2)在(1)中抽出的 6 人中，任选 2 人参加一对一的对抗比赛，求这 2 人来自 同一年龄组的概率． 解 (1)∵样本容量与总体个数的比是 6 108 ＝ 1 18 ， ∴样本中包含 3 个年龄段的个体数，分别是： 年龄在[7,20)的人数为 1 18 ×18＝1， 年龄在[20,40)的人数为 1 18 ×54＝3， 年龄在[40,80]的人数为 1 18 ×36＝2， ∴从这三个不同年龄组[7,20)，[20,40)，[40,80]中分别抽取的挑战者的人数 为 1,3,2. (2)用分层抽样的方法从“百人团”中抽取 6 人参加挑战，这三个不同年龄 组[7,20)，[20,40)，[40,80]中分别抽取的挑战者的人数为 1,3,2. 从抽出的 6 人中，任选 2 人参加一对一的对抗比赛，基本事件总数为 n＝C26 ＝15， 这 2 人来自同一年龄组包含的基本事件个数为 m＝C23＋C22＝4， ∴这 2 人来自同一年龄组的概率 P＝m n ＝ 4 15. 19．(本小题满分 12 分)如图，在各棱长均为 2 的正三棱柱 ABC－A1B1C1 中， D，E 分别为棱 A1B1 与 BB1 的中点，M，N 为线段 C1D 上的动点，其中，M 更靠 近 D，且 MN＝C1N. (1)证明：A1E⊥平面 AC1D； (2)若 NE 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值为 10 20 ，求异面直线 BM 与 NE 所成 角的余弦值． 解 (1)证明：由已知得△A1B1C1 为正三角形，D 为棱 A1B1 的中点， ∴C1D⊥A1B1， 在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AA1⊥底面 A1B1C1，C1D⊂底面 A1B1C1，则 AA1 ⊥C1D. 又 A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1⊂平面 ABB1A1， ∴C1D⊥平面 ABB1A1，又 A1E⊂平面 ABB1A1， ∴C1D⊥A1E. 易证 A1E⊥AD，又 AD∩C1D＝D，AD，C1D⊂平面 AC1D， ∴A1E⊥平面 AC1D. (2)取 BC 的中点 O，B1C1 的中点 O1，连接 AO，则 AO⊥BC，OO1⊥BC，OO1 ⊥AO， 以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz， 则 B(0,1,0)，E(0,1,1)， C1(0，－1,2)，D 3 2 ，1 2 ，2 ， 设C1N → ＝λC1D → ＝ 3 2 λ，3 2λ，0 ， 则NE → ＝C1E → －C1N → ＝(0,2，－1)－ 3 2 λ，3 2λ，0 ＝ － 3 2 λ，2－3 2λ，－1 ， 易知 n＝(1,0,0)是平面 BCC1B1 的一个法向量， ∴|cos〈NE → ，n〉|＝ 3 2 λ 3λ2－6λ＋5 ＝ 10 20 ， 解得λ＝1 3 ，λ＝－5 9(舍去)． ∴NE → ＝ － 3 6 ，3 2 ，－1 ，C1M → ＝2λC1D → ＝ 3 3 ，1，0 ， BM → ＝BC1 → ＋C1M → ＝ 3 3 ，－1，2 ， ∴cos〈NE → ，BM → 〉＝ －1 6 －3 2 －2 10 3 × 16 3 ＝－11 10 40 ， ∴异面直线 NE 与 BM 所成角的余弦值为11 10 40 . 20．(本小题满分 12 分)已知 A，F 分别是椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左顶 点、右焦点，点 P 为椭圆 C 上一动点，当 PF⊥x 轴时，|AF|＝2|PF|. (1)求椭圆 C 的离心率； (2)若椭圆 C 上存在点 Q，使得四边形 AOPQ 是平行四边形(点 P 在第一象限)， 求直线 AP 与 OQ 的斜率之积； (3)记圆 O：x2＋y2＝ ab a2＋b2 为椭圆 C 的“关联圆”．若 b＝ 3，过点 P 作椭 圆 C 的“关联圆”的两条切线，切点为 M，N，直线 MN 在 x 轴和 y 轴上的截距 分别为 m，n，求证： 3 m2 ＋ 4 n2 为定值． 解 (1)由 PF⊥x 轴，知 xP＝c，代入椭圆 C 的方程， 得c2 a2 ＋y2P b2 ＝1，解得 yP＝±b2 a . 又|AF|＝2|PF|，所以 a＋c＝2b2 a ，所以 a2＋ac＝2b2， 即 a2－2c2－ac＝0，所以 2e2＋e－1＝0， 由 00， 所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点； 当 a>0 时，令 f′(x)＝1 x －a>0 得 01 a ， 所以 f(x)在 0，1 a 上单调递增，在 1 a ，＋∞ 上单调递减， 所以函数 f(x)有极大值点为 x＝1 a ，无极小值点． (2)由条件可得 ln x－x2－ax≤0(x>0)恒成立， 则当 x>0 时，a≥ln x x －x 恒成立， 令 h(x)＝ln x x －x(x>0)，则 h′(x)＝1－x2－ln x x2 ， 令 k(x)＝1－x2－ln x(x>0)， 则当 x>0 时，k′(x)＝－2x－1 x<0，所以 k(x)在(0，＋∞)上为减函数． 又 k(1)＝0，所以在(0,1)上，h′(x)>0；在(1，＋∞)上，h′(x)<0. 所以 h(x)在(0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，所以 h(x)max＝h(1)＝ －1，所以 a≥－1. 请考生在第 22、23 题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分， 作答时请写清题号． 22．(本小题满分 10 分)[选修 4－4：坐标系与参数方程] 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 x＝et＋e－t， y＝et－e－t (其中 t 为参 数)，在以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系(两种坐标系的单 位长度相同)中，直线 l 的极坐标方程为ρsin π 3 －θ ＝ 2. (1)求曲线 C 的极坐标方程； (2)求直线 l 与曲线 C 的公共点 P 的极坐标． 解 (1)消去参数 t，得曲线 C 的直角坐标方程 x2－y2＝4(x≥2)． 将 x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入 x2－y2＝4，得ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4. 所以曲线 C 的极坐标方程为ρ2cos2θ＝4 －π 4<θ<π 4 . (2)将 l 与 C 的极坐标方程联立，消去ρ得 4sin2 π 3 －θ ＝2cos2θ. 展开得 3cos2θ－2 3sinθcosθ＋sin2θ＝2(cos2θ－sin2θ)． 因为 cosθ≠0，所以 3tan2θ－2 3tanθ＋1＝0. 于是方程的解为 tanθ＝ 3 3 ，即θ＝π 6. 代入ρsin π 3 －θ ＝ 2，得ρ＝2 2，所以点 P 的极坐标为 2 2，π 6 . 23．(本小题满分 10 分)[选修 4－5：不等式选讲] 已知 x，y∈R＋，x＋y＝4. (1)要使不等式1 x ＋1 y ≥|a＋2|－|a－1|恒成立，求实数 a 的取值范围； (2)求证：x2＋2y2≥32 3 ，并指出等号成立的条件． 解 (1)因为 x，y∈R＋，x＋y＝4，所以x 4 ＋y 4 ＝1. 由基本不等式，得 1 x ＋1 y ＝ 1 x ＋1 y x 4 ＋y 4 ＝1 2 ＋1 4 y x ＋x y ≥1 2 ＋1 2 y x·x y ＝1， 当且仅当 x＝y＝2 时取等号． 要使不等式1 x ＋1 y ≥|a＋2|－|a－1|恒成立， 只需不等式|a＋2|－|a－1|≤1 成立即可． 构造函数 f(a)＝|a＋2|－|a－1|， 则等价于解不等式 f(a)≤1. 因为 f(a)＝ －3，a≤－2， 2a＋1，－20，所以由零点存在性定理得，零点所在的区间 是(－1,0)． 5．执行如图所示的程序框图，则输出 x 的值为( ) A．－2 B．－1 3 C.1 2 D．3 答案 A 解析 ∵x＝1 2 ，∴当 i＝1 时，x＝－1 3 ；i＝2 时，x＝－2；i＝3 时，x＝3；i ＝4 时，x＝1 2 ，即 x 的值周期性出现，周期数为 4，∵2018＝504×4＋2，∴输出 x 的值为－2. 6．已知实数 x，y 满足约束条件 x＋y－2≤0， x－2y－2≤0， x≥1， 则目标函数 z＝y－2 x＋1 的最 小值为( ) A．－2 3 B．－5 4 C．－4 3 D．－1 2 答案 B 解析 作出不等式组对应的平面区域如图，则目标函数 z＝y－2 x＋1 的几何意义 为动点 M(x，y)到定点 D(－1，2)的斜率，当 M 位于 A 1，－1 2 时，DA 的斜率最 小，此时 zmin＝ －1 2 －2 1＋1 ＝－5 4. 7．数列{an}中，a1＝2，且 an＋an－1＝ n an－an－1 ＋2(n≥2)，则数列 1 an－12 前 2019 项和为( ) A.4036 2019 B.2019 1010 C.4037 2019 D.4039 2020 答案 B 解析 ∵an＋an－1＝ n an－an－1 ＋2(n≥2)， ∴a2n－a2n－1－2(an－an－1)＝n， 整理得(an－1)2－(an－1－1)2＝n， ∴(an－1)2－(a1－1)2＝n＋(n－1)＋…＋2， 又 a1＝2，∴(an－1)2＝nn＋1 2 ， 可得 1 an－12 ＝ 2 nn＋1 ＝2 1 n － 1 n＋1 . 则 数 列 1 an－12 的 前 2019 项 和 为 2 1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋ 1 2019 － 1 2020 ＝ 2 1－ 1 2020 ＝2019 1010. 8．下列四个图中，函数 y＝ln |x＋1| x＋1 的图象可能是( ) 答案 C 解析 ∵y＝ln |x| x 是奇函数，其图象向左平移 1 个单位所得图象对应的函数 解析式为 y＝ln |x＋1| x＋1 ，∴y＝ln |x＋1| x＋1 的图象关于(－1，0)中心对称，故排除 A， D，当 x＜－2 时，y＜0 恒成立．故选 C. 9．某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目、2 个小品类节目和 1 个相声类节目 的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( ) A．72 B．120 C．144 D．168 答案 B 解析 解法一：先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排 小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品 1，小品 2，相声”，“小品 1，相 声，小品 2”和“相声，小品 1，小品 2”．对于第一种情况，形式为“□，小 品 1，歌舞 1，小品 2，□，相声，□”，有 A22C13A23＝36(种)安排方法；同理， 第三种情况也有 36 种安排方法，对于第二种情况，其形式为“□，小品 1，□， 相声，□，小品 2，□”．有 A22A34＝48 种安排方法，故共有 36＋36＋48＝120 种安排方法． 解法二：先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有 A33·A34＝144(种)，再剔除小品类节目相邻的情况，共有 A33·A22·A22＝24(种)，于是 符合题意的排法共有 144－24＝120(种)． 10．已知在正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝BC，AA1＝2AB，则 CD 与 平面 BDC1 所成角的正弦值等于( ) A.2 3 B. 3 3 C. 2 3 D.1 3 答案 A 解析 设 AC∩BD＝O，连接 OC1，过 C 点作 CH⊥OC1 于点 H，连接 DH. ∵BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面 ACC1A1， ∴BD⊥平面 ACC1A1，又 CH⊂平面 ACC1A1， ∴BD⊥CH，又 CH⊥OC1， BD∩OC1＝O，BD，OC1⊂平面 C1BD， ∴CH⊥平面 C1BD， 则∠CDH 为 CD 与平面 BDC1 所成的角， 设 AA1＝2AB＝2， 则 OC1＝ CC21＋OC2＝ 4＋ 2 2 2＝3 2 2 ， 由等面积法得 OC1·CH＝OC·CC1， 代入得 CH＝2 3 ，∴sin∠CDH＝CH CD ＝2 3. 11．已知椭圆 E：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的右焦点为 F(c,0)．圆 C：(x－c)2＋y2＝1 上所有点都在椭圆 E 的内部，过椭圆上任一点 M 作圆 C 的两条切线，A，B 为切 点，若∠AMB＝θ，θ∈ π 3 ，π 2 ，则椭圆 C 的离心率为( ) A．2－ 2 B．3－2 2 C.3 2 － 2 D. 2－1 答案 B 解析 如图可知，当且仅当点 M 为椭圆的左顶点时，∠AMB 最小，即∠AM1B ＝π 3 ， 在 Rt△AM1C 中，|AC|＝1，∠AM1C＝π 6 ，则|M1C|＝a＋c＝2， 同理，当点 M 为椭圆的右顶点时，∠AMB 最大， 可得|M2C|＝a－c＝ 2，解得 a＝2＋ 2 2 ，c＝2－ 2 2 ， 离心率 e＝c a ＝3－2 2，故选 B. 12．已知函数 f(x)＝ln x－x2 与 g(x)＝(x－2)2＋ 1 22－x －m(m∈R)的图象上存 在关于(1,0)对称的点，则实数 m 的取值范围是( ) A．(－∞，1－ln 2) B．(－∞，1－ln 2] C．(1－ln 2，＋∞) D．[1－ln 2，＋∞) 答案 D 解析 ∵函数 f(x)＝ln x－x2 与 g(x)＝(x－2)2＋ 1 22－x －m(m∈R)的图象上存 在关于(1,0)对称的点， ∴f(x)＝－g(2－x)有解， ∴ln x－x2＝－x2－ 1 2x ＋m 在(0，＋∞)上有解， 即 m＝ln x＋ 1 2x 在(0，＋∞)上有解，令 h(x)＝ln x＋ 1 2x ， 则 h′(x)＝2x－1 2x2 ，x>0， ∴h(x)在 0，1 2 上单调递减，在 1 2 ，＋∞ 上单调递增， ∴h(x)min＝h 1 2 ＝ln 1 2 ＋1， ∴m≥ln 1 2 ＋1＝1－ln 2. 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第 13～21 题为必考题，每个试题考生都 必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知平面向量 a，b 满足(a＋b)·(2a－b)＝－4，且|a|＝2，|b|＝4，则 a 与 b 的夹角为________． 答案 π 3 解析 由题意可得(a＋b)·(2a－b)＝2a2－b2＋a·b＝8－16＋a·b＝－4，解得 a·b＝4， 设 a 与 b 的夹角为θ， 所以 cosθ＝ a·b |a||b| ＝1 2 ，又因为θ∈[0，π]，所以θ＝π 3. 14．已知数列 a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为 1，公差为 1 的等差数列，则数列{an}的通项公式为________． 答案 an＝nn＋1 2 (n∈N*) 解析 ∵a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为 1，公差为 1 的等 差数列， ∴当 n≥2 时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝nn＋1 2 ，又∵a1 ＝1 满足上式，∴an＝nn＋1 2 (n∈N*)． 15．在三棱锥 D－ABC 中，AB＝BC＝DB＝DC＝1，当三棱锥体积最大时， 其外接球的表面积为________． 答案 7π 3 解析 在三棱锥 D－ABC 中，当且仅当 AB⊥平面 BCD 时，三棱锥体积达到 最大， 此时，设外接球的半径为 R，外接球的球心为 O，点 F 为△BCD 的中心， 则有 R2＝OB2＝OF2＋BF2＝ 1 2 2＋ 3 3 2＝ 7 12 ，所以表面积 S＝4πR2＝7π 3 . 16．已知△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 A＝2B，则b c ＋ a b 2 的最小值是________． 答案 3 解析 由 A＝2B 及正弦定理可得，b c ＋ a b 2 ＝ sinB sinπ－A－B ＋ sinA sinB 2 ＝ sinB sinB＋2B ＋ 2sinBcosB sinB 2 ＝ sinB sinBcos2B＋cosBsin2B ＋4cos2B＝ 1 cos2B＋2cos2B ＋ 4cos2B＝ 1 4cos2B－1 ＋4cos2B－1＋ 1≥3 ∵A＋B＝3B<180°，则 0°0 ，当且仅当 1 4cos2B－1 ＝ 4cos2B－1， 即 cosB＝ 2 2 ，即 B＝45°时取等号． 所以b c ＋ a b 2 的最小值为 3. 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分 12 分)已知等差数列{an}满足 a6＝6＋a3，且 a3－1 是 a2－1， a4 的等比中项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 anan＋1 (n∈N*)，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求使 Tn<1 7 成立的最大正 整数 n 的值． 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d， ∵a6－a3＝3d＝6，即 d＝2， ∴a3－1＝a1＋3，a2－1＝a1＋1，a4＝a1＋6， ∵a3－1 是 a2－1，a4 的等比中项， ∴(a3－1)2＝(a2－1)·a4，即(a1＋3)2＝(a1＋1)(a1＋6)，解得 a1＝3. ∴数列{an}的通项公式为 an＝2n＋1. (2)由(1)得 bn＝ 1 anan＋1 ＝ 1 2n＋12n＋3 ＝1 2 1 2n＋1 － 1 2n＋3 . ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1 2 1 3 －1 5 ＋1 5 －1 7 ＋…＋ 1 2n＋1 － 1 2n＋3 ＝1 2 1 3 － 1 2n＋3 ＝ n 32n＋3 ， 由 n 32n＋3<1 7 ，得 n<9. ∴使得 Tn<1 7 成立的最大正整数 n 的值为 8. 18．(本小题满分 12 分)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为正方形， 平面 PAD⊥平面 ABCD，点 M 在线段 PB 上，PD∥平面 MAC，PA＝PD＝ 6， AB＝4. (1)求证：M 为 PB 的中点； (2)求二面角 B－PD－A 的大小； (3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值． 解 (1)证明：设 AC，BD 交于点 E，连接 ME，如图所示． 因为 PD∥平面 MAC，平面 MAC∩平面 PDB＝ME，所以 PD∥ME. 因为四边形 ABCD 是正方形， 所以 E 为 BD 的中点，所以 M 为 PB 的中点． (2)取 AD 的中点 O，连接 OP，OE. 因为 PA＝PD，所以 OP⊥AD， 又因为平面 PAD⊥平面 ABCD， 平面 PAD∩平面 ABCD＝AD， 且 OP⊂平面 PAD， 所以 OP⊥平面 ABCD. 因为 OE⊂平面 ABCD，所以 OP⊥OE. 因为四边形 ABCD 是正方形， 所以 OE⊥AD， 如图，建立空间直角坐标系 Oxyz， 则 P(0,0， 2)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，BD → ＝(4，－4,0)，PD → ＝(2,0，－ 2)． 设平面 BDP 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n·BD → ＝0， n·PD → ＝0， 即 4x－4y＝0， 2x－ 2z＝0. 令 x＝1，则 y＝1，z＝ 2. 于是 n＝(1,1， 2)． 平面 PAD 的法向量为 p＝(0,1,0)， 所以 cos〈n，p〉＝ n·p |n||p| ＝1 2. 由题意知，二面角 B－PD－A 为锐角， 所以它的大小为π 3. (3)由题意知 M －1，2， 2 2 ，C(2,4,0)， MC → ＝ 3，2，－ 2 2 . 设直线 MC 与平面 BDP 所成的角为α， 则 sinα＝|cos〈n，MC → 〉|＝ |n·MC → | |n||MC → | ＝2 6 9 . 所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为2 6 9 . 19．(本小题满分 12 分)自 2013 年 10 月习近平主席提出建设“一带一路” 的合作倡议以来，我国积极建立与沿线国家的经济合作伙伴关系．某公司为了扩 大生产规模，欲在海上丝绸之路经济带(南线)：泉州—福州—广州—海口—北海 (广西)—河内—吉隆坡—雅加达—科伦坡—加尔各答—内罗毕—雅典—威尼斯 的 13 个城市中选择 3 个城市建设自己的工业厂房，根据这 13 个城市的需求量生 产产品，并将其销往这 13 个城市． (1)求所选的 3 个城市中至少有 1 个在国内的概率； (2)已知每间工业厂房的月产量为 10 万件，若一间厂房正常生产，则每月可 获得利润 100 万；若一间厂房闲置，则该厂房每月亏损 50 万．该公司为了确定 建设工业厂房的数目 n(10≤n≤13，n∈N*)，统计了近 5 年来这 13 个城市中该产 品的月需求量数据，得如下频数分布表： 月需求量(单位：万件) 100 110 120 130 月份数 6 24 18 12 若以每月需求量的频率代替每月需求量的概率，欲使该产品的每月总利润的 数学期望达到最大，应建设工业厂房多少间？ 解 (1)记事件 A 为“该公司所选的 3 个城市中至少有 1 个在国内”， 则 P(A)＝1－P( A )＝1－ C38 C313 ＝1－ 28 143 ＝115 143 ， 所以该公司所选的 3 个城市中至少有 1 个在国内的概率为115 143. (2)设该产品每月的总利润为 Y， ①当 n＝10 时，Y＝1000 万元． ②当 n＝11 时，Y 的分布列为 Y 950 1100 P 0.1 0.9 所以 E(Y)＝950×0.1＋1100×0.9＝1085(万元)． ③当 n＝12 时，Y 的分布列为 Y 900 1050 1200 P 0.1 0.4 0.5 所以 E(Y)＝900×0.1＋1050×0.4＋1200×0.5＝1110(万元)． ④当 n＝13 时，Y 的分布列为 Y 850 1000 1150 1300 P 0.1 0.4 0.3 0.2 所以 E(Y)＝850×0.1＋1000×0.4＋1150×0.3＋1300×0.2＝1090(万元)． 综上可知，当 n＝12 时，E(Y)＝1110 万元最大，故应建设厂房 12 间． 20．(本小题满分 12 分)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左顶点为 M(－2,0)， 离心率为 2 2 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 N(1,0)的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，当MA → ·MB → 取得最大值时，求 △MAB 的面积． 解 (1)由题意可得 a＝2，c a ＝ 2 2 ，得 c＝ 2， 则 b2＝a2－c2＝2. 所以椭圆 C：x2 4 ＋y2 2 ＝1. (2)当直线 l 与 x 轴重合时，不妨取 A(－2,0)，B(2,0)， 此时MA → ·MB → ＝0； 当直线 l 与 x 轴不重合时，设直线 l 的方程为 x＝ty＋1，设 A(x1，y1)，B(x2， y2)， 联立 x＝ty＋1， x2 4 ＋y2 2 ＝1 得(t2＋2)y2＋2ty－3＝0， 显然Δ>0，y1＋y2＝ －2t t2＋2 ，y1·y2＝ －3 t2＋2 . 所以MA → ·MB → ＝(x1＋2)(x2＋2)＋y1y2 ＝(ty1＋3)(ty2＋3)＋y1y2 ＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9 ＝(t2＋1) －3 t2＋2 ＋3t －2t t2＋2 ＋9＝－3t2－3－6t2 t2＋2 ＋9 ＝－9t2－3 t2＋2 ＋9＝ 15 t2＋2. 当 t＝0 时，MA → ·MB → 取最大值15 2 . 此时直线 l 方程为 x＝1， 不妨取 A 1， 6 2 ，B 1，－ 6 2 ，所以|AB|＝ 6. 又|MN|＝3， 所以△MAB 的面积 S＝1 2 × 6×3＝3 6 2 . 21．(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝1 4x4－1 2ax2，a∈R. (1)当 a＝1 时，求曲线 f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)设函数 g(x)＝(x2－2x＋2－a)ex－ef(x)，其中 e＝2.71828…是自然对数的底 数，讨论 g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 解 (1)由题意 f′(x)＝x3－ax，所以当 a＝1 时，f(2)＝2，f′(2)＝6， 因此曲线 y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程是 y－2＝6(x－2)，即 6x－y－10 ＝0. (2)因为 g(x)＝(x2－2x＋2－a)ex－ef(x)， 所以 g′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x＋2－a)ex－ef′(x) ＝(x2－a)ex－e(x3－ax)＝(x2－a)(ex－ex)， 令 h(x)＝ex－ex，则 h′(x)＝ex－e， 令 h′(x)＝0 得 x＝1， 当 x∈(－∞，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以当 x＝1 时，h(x)min＝h(1)＝0， 也就说，对于∀x∈R 恒有 h(x)≥0. 当 a≤0 时，g′(x)＝(x2－a)h(x)≥0， g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值； 当 a>0 时，令 g′(x)＝0，可得 x＝± a. 当 x<－ a或 x> a时，g′(x)＝(x2－a)h(x)≥0，g(x)单调递增， 当－ a0 时，g(x)在(－∞，－ a)和( a，＋∞)上单调递增， 在(－ a， a)上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值， 极大值为 g(－ a)＝(2 a＋2)e－ a＋e 4a2， 极小值为 g( a)＝(－2 a＋2)e a＋e 4a2. 请考生在第 22、23 题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分， 作答时请写清题号． 22．(本小题满分 10 分)[选修 4－4：坐标系与参数方程] 在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程是 x＝t， y＝t＋1 (t 为参数)，曲线 C 的参数方程是 x＝2＋2cosφ， y＝2sinφ (φ为参数)，以 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系． (1)求直线 l 和曲线 C 的极坐标方程； (2)已知射线 OP：θ1＝α 其中 0<α<π 2 与曲线 C 交于 O，P 两点，射线 OQ： θ2＝α＋π 2 与直线 l 交于 Q 点，若△OPQ 的面积为 1，求α的值和弦长|OP|. 解 (1)直线 l 的普通方程为 x－y＋1＝0，极坐标方程为ρcosθ－ρsinθ＋1＝0， 曲线 C 的普通方程为(x－2)2＋y2＝4，极坐标方程为ρ＝4cosθ. (2)依题意，∵α∈ 0，π 2 ，∴|OP|＝4cosα， |OQ|＝ 1 |sin α＋π 2 －cos α＋π 2 |＝ 1 sinα＋cosα ， S△OPQ＝1 2|OP||OQ|＝ 2cosα cosα＋sinα ＝1， ∴tanα＝1，α∈ 0，π 2 ，∴α＝π 4 ，|OP|＝2 2. 23．(本小题满分 10 分)[选修 4－5：不等式选讲] 设函数 f(x)＝|x－1|，g(x)＝|x－2|. (1)解不等式 f(x)＋g(x)<2； (2)对于实数 x，y，若 f(x)≤1，g(y)≤1，求证：|x－2y＋1|≤5. 解 (1)令 y＝|x－1|＋|x－2|， 则 y＝ 3－2x，x≤1， 1，10)石，按甲、 乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知丙衰分得 80 石，乙、丁衰分所得的和为 164 石，则“衰分比”与 m 的值分别为( ) A．20%,369 B．80%,369 C．40%,360 D．60%,365 答案 A 解析 设“衰分比”为 a，甲衰分得 b 石，由题意得 b1－a2＝80， b1－a＋b1－a3＝164， b＋80＋164＝m， 解得 b＝125，a＝20%，m＝369. 8．已知甲口袋中有 3 个红球和 2 个白球，乙口袋中有 2 个红球和 3 个白球， 现从甲、乙口袋中各随机取出一个球并相互交换，记交换后甲口袋中红球的个数 为ξ，则 E(ξ)＝( ) A.14 5 B.13 5 C.7 3 D.8 3 答案 A 解析 ξ的可能取值为 2,3,4，ξ＝2 表示从甲口袋中取出一个红球，从乙口袋 中取出一个白球，故 P(ξ＝2)＝3 5 ×3 5 ＝ 9 25 ；ξ＝3 表示从甲、乙口袋中各取出一个 红球，或从甲、乙口袋中各取出一个白球，故 P(ξ＝3)＝3 5 ×2 5 ＋2 5 ×3 5 ＝12 25 ；ξ＝4 表示从甲口袋中取出一个白球，从乙口袋中取出一个红球，故 P(ξ＝4)＝2 5 ×2 5 ＝ 4 25 ，所以 E(ξ)＝2× 9 25 ＋3×12 25 ＋4× 4 25 ＝14 5 . 9．已知函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数，且在[0，＋∞)上单调递增，则三 个数 a＝f(－log313)，b＝f log1 2 1 8 ，c＝f(20.6)的大小关系为( ) A．a>b>c B．a>c>b C．b>a>c D．c>a>b 答案 C 解析 ∵2＝log39f(log313)>f(20.6)，即 b>a>c. 10．函数 f(x)＝ 2 x－ln x－1 的图象大致为( ) 答案 A 解析 由函数 f(x)的定义域为{x|x>0 且 x≠1}，可排除 C；又 f 1 e >0，可排除 B；当 x→＋∞时，f(x)>0，可排除 D，故选 A. 11．将圆的一组 n 等分点分别涂上红色或蓝色，从任意一点开始，按逆时针 方向依次记录 k(k≤n)个点的颜色，称为该圆的一个“k 阶段序”，当且仅当两个 k 阶段序对应位置上的颜色至少有一个不相同时，称为不同的 k 阶段序．若某圆 的任意两个“k 阶段序”均不相同，则称该圆为“k 阶魅力圆”．则“3 阶魅力 圆”中最多可有的等分点个数为( ) A．4 B．6 C．8 D．10 答案 C 解析 “3 阶段序”中，每个点的颜色有两种选择，故“3 阶段序”共有 2×2×2＝8(种)，一方面，n 个点可以构成 n 个“3 阶段序”，故“3 阶魅力圆” 中的等分点的个数不多于 8 个；另一方面，若 n＝8，则必须包含全部共 8 个“3 阶段序”，不妨从(红，红，红)开始按逆时针方向确定其他各点颜色，显然“红， 红，红，蓝，蓝，蓝，红，蓝”符合条件，故“3 阶魅力圆”中最多可有 8 个等 分点． 12．已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当 x<0 时，f(x)＝(x＋1)ex，则 对任意 m∈R，函数 F(x)＝f[f(x)]－m 的零点个数至多有( ) A．3 个 B．4 个 C．6 个 D．9 个 答案 A 解析 当 x<0 时，f′(x)＝(x＋2)ex，由此可知 f(x)在(－∞，－2)上单调递减， 在(－2,0)上单调递增，f(－2)＝－e－2，f(－1)＝0，且 f(x)<1. 又 f(x)是 R 上的奇函数，f(0)＝0，而当 x∈(－∞，－1)时，f(x)<0，所以 f(x) 的图象如图所示．令 t＝f(x)，则当 t∈(－1，1)时，方程 f(x)＝t 至多有 3 个根， 当 t∉(－1,1)时，方程 f(x)＝t 没有根，而对任意 m∈R，方程 f(t)＝m 至多有一个 根 t∈(－1,1)，从而函数 F(x)＝f[f(x)]－m 的零点个数至多有 3 个． 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第 13～21 题为必考题，每个试题考生都 必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．在△ABC 中，a，b，c 分别是 A，B，C 的对边，已知 2sinA＝ 3cosA， 且有 a2－c2＝b2－mbc，则实数 m＝________. 答案 1 解析 ∵ 2sinA＝ 3cosA，∴2sin2A＝3cosA， ∴2cos2A＋3cosA－2＝0， ∴cosA＝1 2 或 cosA＝－2(舍去)． 由 a2－c2＝b2－mbc，得 cosA＝m 2 ，∴m 2 ＝1 2 ，∴m＝1. 14．下表是某工厂 1～4 月份用电量(单位：万度)的一组数据： 月份 x 1 2 3 4 用电量 y 4.5 4 3 2.5 由散点图(图略)可知，用电量 y 与月份 x 之间有较好的线性相关关系，其线 性回归方程是y ^ ＝－0.7x＋a ^ ，则a ^ ＝________. 答案 5.25 解析 因为 x － ＝1＋2＋3＋4 4 ＝2.5， y － ＝4.5＋4＋3＋2.5 4 ＝3.5， 所以点(2.5,3.5)在回归直线y ^ ＝－0.7x＋a ^ 上，即 3.5＝－0.7×2.5＋a ^ ，解得a ^ ＝ 5.25. 15．已知椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1 且与 x 轴 垂直的直线交椭圆于 A，B 两点，直线 AF2 与椭圆的另一个交点为 C，若AF2 → ＝ 2F2C → ，则椭圆的离心率为________． 答案 5 5 解析 设 C(x，y)，由AF2 → ＝2F2C → ，得 |y| b2 a ＝1 2 ， x＝2c， ∴C 2c，±b2 2a .又 C 为椭圆上一点， ∴2c2 a2 ＋ ±b2 2a 2 b2 ＝1，解得 e＝ 5 5 . 16．已知正四面体 P－ABC 的棱长均为 a，O 为正四面体 P－ABC 的外接球 的球心，过点 O 作平行于底面 ABC 的平面截正四面体 P－ABC，得到三棱锥 P －A1B1C1 和三棱台 ABC－A1B1C1，那么三棱锥 P－A1B1C1 的外接球的表面积为 ________． 答案 27π 32 a2 解析 设底面△ABC 的外接圆半径为 r，则 a sinπ 3 ＝2r， 所以 r＝ 3 3 a. 所以正四面体的高为 a2－ 3 3 a 2＝ 6 3 a， 设正四面体的外接球半径为 R， 则 R2＝ 3 3 a 2＋ 6 3 a－R 2，所以 R＝ 6 4 a. 因为 6 4 ∶ 6 3 ＝3∶4， 所以三棱锥 P－A1B1C1 的外接球的表面积为 4π× 6 4 a 2× 3 4 2＝27π 32 a2. 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分 12 分)已知等差数列{an}的公差是 1，且 a1，a3，a9 成等比 数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列 an 2an 的前 n 项和 Tn. 解 (1)因为{an}是公差为 1 的等差数列，且 a1，a3，a9 成等比数列， 所以 a23＝a1a9，即(a1＋2)2＝a1(a1＋8)，解得 a1＝1. 所以 an＝a1＋(n－1)d＝n. (2)Tn＝1× 1 2 1＋2× 1 2 2＋3× 1 2 3＋…＋n× 1 2 n， 1 2Tn＝1× 1 2 2＋2× 1 2 3＋…＋(n－1)× 1 2 n＋n× 1 2 n＋1， 两式相减得 1 2Tn＝ 1 2 1＋ 1 2 2＋ 1 2 3＋…＋ 1 2 n－n× 1 2 n＋1， 所以 1 2Tn＝ 1 2 － 1 2 n＋1 1－1 2 －n× 1 2 n＋1 ＝1－ 1 2n － n 2n＋1. 所以 Tn＝2－2＋n 2n . 18．(本小题满分 12 分)如图，在四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，侧棱 A1A⊥底 面 ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝ 5，点 E 为线段 AA1 上 的点，且 AE＝1 2. (1)求证：BE⊥平面 ACB1； (2)求二面角 D1－AC－B1 的余弦值； (3)判断棱 A1B1 上是否存在点 F，使得直线 DF∥平面 ACB1，若存在，求线 段 A1F 的长；若不存在，说明理由． 解 (1)证明：因为 A1A⊥底面 ABCD，所以 A1A⊥AC. 又因为 AB⊥AC，所以 AC⊥平面 ABB1A1， 又因为 BE⊂平面 ABB1A1，所以 AC⊥BE. 因为AE AB ＝1 2 ＝ AB BB1 ，∠EAB＝∠ABB1＝90°， 所以 Rt△ABE∽Rt△BB1A.所以∠ABE＝∠AB1B. 因为∠BAB1＋∠AB1B＝90°，所以∠BAB1＋∠ABE＝90°. 所以 BE⊥AB1.又 AC∩AB1＝A， 所以 BE⊥平面 ACB1. (2)如图，以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系， 依题意可得 A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，A1(0，0,2)，B1(0,1,2)， C1(2,0,2)，D1(1，－2,2)，E 0，0，1 2 . 由(1)知，EB → ＝ 0，1，－1 2 为平面 ACB1 的一个法向量， 设 n＝(x，y，z)为平面 ACD1 的法向量． 因为AD1 → ＝(1，－2,2)，AC → ＝(2,0,0)， 则 n·AD1 → ＝0， n·AC → ＝0， 即 x－2y＋2z＝0， 2x＝0， 不妨设 z＝1，可得 n＝(0,1,1)． 因此 cos〈n，EB → 〉＝ n·EB → |n||EB → | ＝ 10 10 . 因为二面角 D1－AC－B1 为锐角， 所以二面角 D1－AC－B1 的余弦值为 10 10 . (3)设 A1F＝a，则 F(0，a,2)，DF → ＝(－1，a＋2,2)． 由DF → ·EB → ＝(－1，a＋2,2)· 0，1，－1 2 ＝a＋2－1＝0， 得 a＝－1(舍去)． 即直线 DF 的方向向量与平面 ACB1 的法向量不可能垂直， 所以，棱 A1B1 上不存在点 F，使直线 DF∥平面 ACB1. 19．(本小题满分 12 分)某市为制定合理的节电方案，对居民用电情况进行 了调查，通过抽样，获得了某年 200 户居民每户的月均用电量(单位：百度)，将 数据按照[0,1)，[1,2)，[2,3)，[3,4)，[4,5)，[5,6)，[6,7)，[7,8)，[8,9]分成 9 组， 制成了如图所示的频率分布直方图： (1)求直方图中 m 的值； (2)设该市有 100 万户居民，估计全市每户居民中月均用电量不低于 6 百度 的人数，估计每户居民月均用电量的中位数，说明理由； (3)政府计划对月均用电量在 4(百度)以下的用户进行奖励，月均用电量在[0,1) 内的用户奖励 20 元/月，月均用电量在[1,2)内的用户奖励 10 元/月，月均用电量 在[2,4)内的用户奖励 2 元/月．若该市共有 400 万户居民，试估计政府执行此计 划的年度预算． 解 (1)∵1－1×(0.04＋0.08＋0.21＋0.25＋0.06＋0.04＋0.02)＝2m， ∴m＝0.15. (2)200 户居民月均用电量不低于 6 百度的频率为 0．06＋0.04＋0.02＝0.12， 则 100 万户居民中月均用电量不低于 6 百度的户数有 1000000×0.12＝120000； 设中位数是 x 百度，前 5 组的频率之和 0.04＋0.08＋0.15＋0.21＋0.25＝ 0.73>0.5， 而前 4 组的频率之和 0.04＋0.08＋0.15＋0.21＝0.48<0.5， 所以 40)的焦点为 F，直线 y＝4 与 y 轴的交点为 P，与抛物线 C 的交点为 Q，且|QF|＝2|PQ|. (1)求 p 的值； (2)已知点 T(t，－2)为 C 上一点，M，N 是 C 上异于点 T 的两点，且满足直 线 TM 和直线 TN 的斜率之和为－8 3 ，证明直线 MN 恒过定点，并求出定点的坐 标． 解 (1)设 Q(x0,4)，由抛物线定义知|QF|＝x0＋p 2 ， 又|QF|＝2|PQ|，|PQ|＝x0， 所以 2x0＝x0＋p 2 ，解得 x0＝p 2 ， 将点 Q p 2 ，4 代入抛物线方程，解得 p＝4. (2)由(1)知，C 的方程为 y2＝8x， 所以点 T 坐标为 1 2 ，－2 ， 设直线 MN 的方程为 x＝my＋n，点 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由 x＝my＋n， y2＝8x 得 y2－8my－8n＝0，Δ＝64m2＋32n>0. 所以 y1＋y2＝8m，y1y2＝－8n， 所以 kMT＋kNT＝y1＋2 x1－1 2 ＋y2＋2 x2－1 2 ＝y1＋2 y21 8 －1 2 ＋y2＋2 y22 8 －1 2 ＝ 8 y1－2 ＋ 8 y2－2 ＝ 8y1＋y2－32 y1y2－2y1＋y2＋4 ＝ 64m－32 －8n－16m＋4 ＝－8 3 ， 解得 n＝m－1， 所以直线 MN 的方程为 x＋1＝m(y＋1)，恒过定点(－1，－1)． 21．(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝1 4x3－x2＋x. (1)求曲线 y＝f(x)的斜率为 1 的切线方程； (2)当 x∈[－2,4]时，求证：x－6≤f(x)≤x； (3)设 F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记 F(x)在区间[－2,4]上的最大值为 M(a)．当 M(a)最小时，求 a 的值． 解 (1)由 f(x)＝1 4x3－x2＋x 得 f′(x)＝3 4x2－2x＋1. 令 f′(x)＝1，即 3 4x2－2x＋1＝1，得 x＝0 或 x＝8 3. 又 f(0)＝0，f 8 3 ＝ 8 27 ， 所以曲线 y＝f(x)的斜率为 1 的切线方程是 y＝x 与 y－ 8 27 ＝x－8 3 ， 即 y＝x 与 y＝x－64 27. (2)证明：令 g(x)＝f(x)－x，x∈[－2,4]． 由 g(x)＝1 4x3－x2 得 g′(x)＝3 4x2－2x. 令 g′(x)＝0 得 x＝0 或 x＝8 3. g′(x)，g(x)的情况如下： 所以 g(x)的最小值为－6，最大值为 0. 故－6≤g(x)≤0，即 x－6≤f(x)≤x. (3)由(2)知， 当 a<－3 时，M(a)≥F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3； 当 a>－3 时，M(a)≥F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3； 当 a＝－3 时，M(a)＝3. 综上，当 M(a)最小时，a＝－3. 请考生在第 22、23 题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分， 作答时请写清题号． 22．(本小题满分 10 分)[选修 4－4：坐标系与参数方程] 已知直线 l 的参数方程为 x＝1＋t， y＝3＋2t (t 为参数)，曲线 C 的极坐标方程为 ρsin2θ－16cosθ＝0，直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，点 P(1,3)． (1)求直线 l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程； (2)求 1 |PA| ＋ 1 |PB| 的值． 解 (1)直线 l 的参数方程为 x＝1＋t， y＝3＋2t (t 为参数)， 消去参数，可得直线 l 的普通方程为 y＝2x＋1， 曲线 C 的极坐标方程为ρsin2θ－16cosθ＝0， 即ρ2sin2θ－16ρcosθ＝0， 曲线 C 的直角坐标方程为 y2＝16x. (2)直线的参数方程改写为 x＝1＋ 5 5 t， y＝3＋2 5 5 t (t 为参数)， 代入 y2＝16x，得 4 5t2－4 5 5 t－7＝0，则 t1＋t2＝ 5，t1t2＝－35 4 ， 1 |PA| ＋ 1 |PB| ＝|t1－t2 t1t2 |＝8 10 35 . 23．(本小题满分 10 分)[选修 4－5：不等式选讲] 已知函数 f(x)＝|x－1|＋|x－3|. (1)解不等式 f(x)≤x＋1； (2)设函数 f(x)的最小值为 c，实数 a，b 满足 a>0，b>0，a＋b＝c，求证： a2 a＋1 ＋ b2 b＋1 ≥1. 解 (1)f(x)≤x＋1，即|x－1|＋|x－3|≤x＋1. ①当 x<1 时，不等式可化为 4－2x≤x＋1，解得 x≥1. 又∵x<1，∴x∈∅； ②当 1≤x≤3 时，不等式可化为 2≤x＋1，解得 x≥1. 又∵1≤x≤3，∴1≤x≤3； ③当 x>3 时，不等式可化为 2x－4≤x＋1， 解得 x≤5.又∵x>3，∴31，n>1，a＝m－1，b＝n－1，m＋n＝4， a2 a＋1 ＋ b2 b＋1 ＝m－12 m ＋n－12 n ＝m＋n＋1 m ＋1 n －4＝ 4 mn ≥ 4 m＋n 2 2 ＝1.