高考数学文二轮复习配套作业解析版作业手册详答新课标 55页

专题限时集训(一)A 【基础演练】 1．C [解析] 因为 A∩B＝{5}，所以 a2＝5，a＝± 5，又因为集合 A 中 a≠ 5，所以 a＝－ 5. 2．D [解析] 依题意得 A＝{－1，0，1}，因此集合 A 的子集个数是 23＝8. 3．B [解析] 根据特称命题的否定得命题綈 p 应为：∀x∈0，π 2 ，sinx≠1 2. 4．B [解析] 因为当 a·b>0 时，a 与 b 的夹角为锐角或零度角，所以命题 p 是假命题；又命 题 q 是假命题，例如 f(x)＝ －x＋1，x≤0， －x＋2，x>0. 综上可知，“p 或 q”是假命题． 【提升训练】 5．B [解析] 由x－2 x＋3 <0 得－30，y>0，z>0)， y 是 x，z 的等比中项；反过来，由“y 是 x，z 的等比中项”不能得到“lgy 为 lgx，lgz 的等差中 项”，例如 y＝1，x＝z＝－1.于是，“lgy 为 lgx，lgz 的等差中项”是“y 是 x，z 的等比中项”的充 分不必要条件． 9．C [解析] 命题 p 等价于Δ＝a2－16≥0，即 a≤－4 或 a≥4；命题 q 等价于－a 4 ≤3，即 a≥ －12. 由 p 或 q 是真命题，p 且 q 是假命题知，命题 p 和 q 一真一假．若 p 真 q 假，则 a<－12；若 p 假 q 真，则－41 且 x2≤4 [解析] 因为特称命题 p：∃x0∈M，p(x0)的否定为綈 p：∀x∈ M，綈 p(x)，所以题中命题的否定为“∀x∈R，x>1 且 x2≤4”． 11．{5，6} [解析] 依题意作出满足条件的韦恩图，可得 B∩(∁UA)＝{5，6}． 12．①④ [解析] 对于①，“∃x0∈R，2x0>3”的否定是“∀x∈R，2x≤3”，所以①正确； 对于②，注意到 sin π 6 －2x＝cos2x＋π 3 ，因此函数 y＝sin2x＋π 3sin π 6 －2x＝sin2x＋π 3 ·cos2x ＋π 3 ＝1 2sin4x＋2π 3 ，其最小正周期为2π 4 ＝π 2 ，所以②不正确；对于③，注意到命题“函数 f(x) 在 x＝x0 处有极值，则 f′(x0)＝0”的否命题是“若函数 f(x)在 x＝x0 处无极值，则 f′(x0)≠0”，容 易知该命题不正确，如取 f(x)＝x3，f(x)无极值但当 x0＝0 时，f′(x0)＝0，故③不正确；对于 ④，依题意知，当 x<0 时，－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－2－x，所以④正确．综上所述，其中正 确的说法是①④. 专题限时集训(一)B 【基础演练】 1．C [解析] 依题意得∁RA＝{x|－1≤x≤1}，B＝{y|y≥0}，所以(∁RA)∩B＝{x|0≤x≤1}． 2．A [解析] 依题意得 M＝{x|x≥－a}，N＝{x|10，所以由 a－1 a2－a＋1 <0 得 a<1，不能得到|a|<1； 反过来，由|a|<1 得－12}，选 B. 10．ab＝ a2＋b2 [解析] 由 A∩B 只有一个元素知，圆 x2＋y2＝1 与直线x a －y b ＝1 相切，则 1＝ ab a2＋b2 ，即 ab＝ a2＋b2. 11．必要不充分 [解析] 设向量 a，b 的夹角为θ，则由题意知，当 a·b＝|a|·|b|cosθ>0 时，θ ∈ 0，π 2 ；若 a 与 b 的夹角为锐角，即θ∈0，π 2 .因为 0，π 2  0，π 2 ，所以 p 是 q 成立的 必要不充分条件． 12．(－∞，－1]∪[0，＋∞) [解析] 若对于任意实数 x，都有 x2＋ax－4a>0，则Δ＝a2＋16a<0， 即－160，则Δ＝4a2－4<0，即－10 且 x2－2ax＋1>0”是真命题时有 a∈(－1，0)，则命 题“对于任意实数 x，都有 x2＋ax－4a>0 且 x2－2ax＋1>0”是假命题时 a 的取值范围是(－∞， －1]∪[0，＋∞)． 专题限时集训(二)A 【基础演练】 1．C [解析] 因为 f(x)＝ 1 log2（x＋1），所以 x＋1>0，且 x＋1≠1，所以 x∈(－1，0)∪(0， ＋∞)． 2．C [解析] 函数是偶函数，只能是选项 C 中的图象． 3．B [解析] 因为 y＝lg|x|是偶函数，在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)递增，因此选 B. 4．B [解析] 因为 3a＝5b＝A，所以 a＝log3A，b＝log5A，且 A>0，于是1 a ＋1 b ＝logA3＋logA5 ＝logA15＝2，所以 A＝ 15. 【提升训练】 5．B [解析] 由 loga2<0 得 00 时，－x<0，f(－x)＋f(x)＝(2－x－1)＋(1－2－x)＝0；当 x<0 时，－x>0， f(－x)＋f(x)＝(1－2x)＋(2x－1)＝0；当 x＝0 时，f(0)＝0.因此，对任意 x∈R，均有 f(－x)＋f(x) ＝0，即函数 f(x)是奇函数．当 x>0，函数 f(x)是增函数，因此函数 f(x)单调递增． 11．－1 2 [解析] 依题意，f(m)＝1 2 ，即em－1 em＋1 ＝1 2.所以 f(－m)＝e－m－1 e－m＋1 ＝1－em 1＋em ＝－em－1 em＋1 ＝－1 2. 12. 3 2 ，3 [解析] 依题意，得 3－a>0， a>1， （3－a）·1－a≤loga1， 即 a<3， a>1， a≥3 2 ， 解得3 2 ≤a<3. 13．②③④ [解析] 根据单函数的定义可知故命题②、④是真命题，①是假命题；根据一个 命题与其逆否命题等价可知，命题③是真命题． 专题限时集训(二)B 【基础演练】 1．C [解析] 依题意，得 x＋2>0， 1－lg（x＋2）≥0， 即 x＋2>0， x＋2≤10， 解得－20，所以 f(x)＝－f(－x)＝－(3－x＋2x＋a)＝－3－x－2x＋1，于是 f(－2)＝－ 32－2×(－2)＋1＝－4. 8．C [解析] 函数是偶函数，而且函数值为正值，在 x→0 时， x sinx →1，当 x→π时， x sinx → ＋∞，综合这些信息得只能是选项 C 中的图象． 9．D [解析] 依题意得，f(x－1)＝ x＋1，x≤0， －x＋1，00，则 f(a)＝log2a＝3，求得 a＝8；若 a≤0，则 f(a)＝－2a＝3， 此时无解．于是 a＝8. 11．－1 4 [解析] 由对任意 t∈R，都有 f(t)＝f(1－t)，可得 f(－t)＝f(1＋t)，即 f(t＋1)＝－f(t)， 进而得到 f(t＋2)＝－f(t＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，即函数 y＝f(x)的一个周期为 2，故 f(3)＝f(1)＝f(0 ＋1)＝－f(0)＝0，f－3 2 ＝f1 2 ＝－1 4.所以 f(3)＋f－3 2 ＝0＋－1 4 ＝－1 4. 12．①②④ [解析] 依题意，令 x＝－2 得 f(2)＝f(－2)＋f(2)，又函数 f(x)是偶函数，故 f(2) ＝0，所以①正确；根据①可得 f(x＋4)＝f(x)，即函数 f(x)的周期为 4，由于偶函数的图象关于 y 轴对称，故 x＝－4 也是函数 y＝f(x)图象的一条对称轴，所以②正 确；根据函数的周期性可 知，函数 f(x)在[8，10]上单调递减，所以③不正确；由于函数 f(x)的图象关于直线 x＝－4 对 称，故如果方程 f(x)＝m 在[－6，－2]上的两根为 x1，x2，则 x1＋x2＝－8，所以④正确． 13．②④ [解析] 对于①，结合函数 f(x)的图象分析可知，不存在函数 g(x)，使得 f(x)≥g(x) 对一切实数 x 都成立，即 f(x)不存在承托函数；对于②，注意到 f(x)＝2－x>0，因此存在函数 g(x)＝0，使得 f(x)≥g(x)对一切实数 x 都成立，即 f(x)存在承托函数；对于③，结合函数 f(x)的 图象分析可知，不存在函数 g(x)，使得 f(x)≥g(x)对一切实数 x 都成立，即 f(x)不存在承托函数； 对于④，注意到 f(x)＝x＋sinx≥x－1，因此存在函数 g(x)＝x－1，使得 f(x)≥g(x)对一切实数 x 都成立，即 f(x)存在承托函数．综上所述，存在承托函数的 f(x)的序号为②④. 专题限时集训(三) 【基础演练】 1．B [解析] 依题意，因为 f(1)＝log21－1 ＝－1<0，f(2)＝log22－1 2 ＝1－1 2 ＝1 2>0，所以函 数 f(x)的零点 x0∈(1，2)． 2．B [解析] 依题意，由所给出的函数图象可求得函数解析式为 h＝20－5t(0≤t≤4)，对照选 项可知图象应为 B.故选 B. 3．C [解析] 将表中的数据代入各选项中的函数解析式验证，可知只有 v＝t2－1 2 满足．故选 C. 4．B [解析] 在同一坐标系内画出函数 y＝3cos π 2 x 和 y＝log2x＋1 2 的图象，可得交点个数为 3. 【提升训练】 5．B [解析] 分析选项中所给图象，只有 B 两侧的函数值是同号的，所以不能用二分法求解．故 选 B. 6．C [解析] f(1)＝e－3<0，f(2)＝e2－2>0，故函数 f(x)的零点位于区间(1，2)内． 7．C [解析] 设 CD＝x，依题意，得 S＝x(16－x)(40，f(4)＝ln4－2<0，所以该函数的零点在区间(3，4) 内，由此可得 k＝3.故填 3. 11．(0，1) [解析] 画出函数 f(x)＝ 2x－1，x>0， －x2－2x，x≤0 的图象(如图)，由函数 g(x)＝f(x)－m 有 3 个零点，结合图象得 00， f（1）＝4m＋2<0， f（2）＝6m＋5>0 ⇒ m<－1 2 ， m∈R， m<－1 2 ， m>－5 6. ∴－5 60， f（1）＝4m＋2>0， 0<－m<1， 得－1 20 当且仅当 2x＝1 x 时取“＝”，∴函数 h(x)在(0，1]上是增函数， ∴h(x)≤h(1)＝0. 当 x∈(1，＋∞)时，h(x)＝－x2＋x＋lnx. ∵h′(x)＝－2x＋1 x ＋1＝－2x2＋x＋1 x ＝－（x－1）（2x＋1） x <0，∴函数 h(x)在(1，＋∞)上是 减函数， ∴h(x)b3 知 a>b，而 ab>0，由不等式的倒数法则知1 a<1 b.故选 B. 2．D [解析] 由1 x<1 2 ，得1 x －1 2<0，即2－x 2x <0，于是不等式转化为 x(x－2)>0，解得 x<0 或 x>2. 故选 D. 3．C [解析] 约束条件对应△ABC 的边界及内部的区域，A(1，0)，B(－1，2)，C(－1，－ 2)， 则 z＝x＋2y∈[－5，3]． 4．(1，＋∞) [解析] 依题意，当 a＝0 时，不成立；当 a≠0 时，要使不等式 ax2＋2x＋a>0 的解集为 R，必须满足 a>0， Δ＝4－4a2<0， 解得 a>1.故填(1，＋∞)． 【提升训练】 5．A [解析] 依题意，由 a＋d＝b＋c 得 a2＋2ad＋d2＝b2＋2bc＋c2；由|a－d|<|b－c|得 a2 －2ad＋d20 时，不等式为 lnx≤1，解得 00，b>0 且直线 x－y＝－1 与 2x－y＝2 的交点为(3，4)，得当 x＝3，y＝4 时，z 取得大值，3a＋4b＝7， 所以3 a ＋4 b ＝3 a ＋4 b ·3a＋4b 7 ＝9 7 ＋16 7 ＋12 7 b a ＋a b ≥25 7 ＋12 7 ×2 b a ·a b ＝25 7 ＋24 7 ＝7. 10．8 [解析] 依题意，设货车从 A 市到 B 市的时间为 t，则 t＝400 v ＋16× v 202 v ＝400 v ＋16v 400 ≥ 2 400 v ·16v 400 ＝2 16＝8.故填 8. 11．8 [解析] 依题意，函数 y＝a2x－4＋1(a>0 且 a≠0)过定点 A(2，2)，又 A 在直线 x m ＋y n ＝ 1，所以2 m ＋2 n ＝1.于是 m＋n ＝2 m ＋2 n(m＋n)＝4＋2n m ＋2m n ≥4＋2 2n m ·2m n ＝8. 12. 3 4 ，4 3 [解析] 根据指数函数的性质，可知函数 f(x)＝mx＋1＋1(m>0，m≠1)恒过定点(－1， 2)．将点(－1，2)代入 2ax－by＋14＝0，可得 a＋b＝7.由于(－1，2)始终落在所给圆的内部 或圆上，所以 a2＋b2≤25.由 a＋b＝7， a2＋b2＝25， 解得 a＝3， b＝4， 或 a＝4， b＝3. 这说明点(a，b)在以 A(3， 4)和 B(4，3)为端点的线段上运动，所以b a 的取值范围是3 4 ，4 3. 专题限时集训(四)B 【基础演练】 1．D [解析] ∵y>x>0，且 x＋y＝1，取特殊值：x＝1 4 ，y＝3 4 ，则x＋y 2 ＝1 2 ，2xy＝3 8 ，∴ x<2xy－a bm－c b. ∴点 P 所在的平面区域满足不等式 y>－a bx－c b ，a>0，b<0. ∴－a b>0.故点 P 在该直线的上侧，综上知，点 P 在该直线的左上方． 3．D [解析] 依题意，得 a＋b＝x＋y，cd＝xy，于是（a＋b）2 cd ＝（x＋y）2 xy ＝x2＋y2＋2xy xy ≥2xy＋2xy xy ＝4.故选 D. 4．D [解析] 依题意，不等式 f(x0)>1 等价于 x0≤0， 1 2x0>1 或 x0>0， x0>1， 解得 x0<0 或 x0>1.故选 D. 【提升训练】 5．C [解析] 因为 02 x＝ 4x> 2x，所以只需比较 1＋x 与 1 1－x 的大小．因 为 1＋x－ 1 1－x ＝1－x2－1 1－x ＝ x2 x－1 <0，所以 1＋x< 1 1－x .故选 C. 6．B [解析] 依题意知，－1 2 和1 3 是一元二次方程 ax2＋bx＋2＝0 的两根，且 a<0，则 －1 2 ＋1 3 ＝－b a ， －1 2×1 3 ＝2 a ， 解得 a＝－12， b＝－2. 于是，不等式 2x2＋bx＋a<0 即是 2x2－2x－12<0，解得－ 22)的图象过点 A(3，7)，则 a＝4.于是，f(x)＝x ＋ 4 x－2 ＝(x－2)＋ 4 x－2 ＋2≥2 （x－2）· 4 x－2 ＋2＝6.故选 C. 8．A [解析] 作出满足条件的可行域，由图可知，当 z＝x＋ay，取得最大值的最优解有无数 个时，－1 a ＝－2，解得 a＝1 2.于是目标函数 z＝x＋1 2y 经过点(1，2)时，z 得最小值为 2.故选 A. 9．(－∞，－1)∪(2，＋∞) [解析] 由于 ax>b 的解集为(1，＋∞)，故有 a>0 且b a ＝1. 又ax＋b x－2 >0⇔(ax＋b)(x－2)＝a(x＋1)(x－2)>0⇔(x＋1)(x－2)>0， 故原不等式的解集为(－∞，－1)∪(2，＋∞)． 10．k≤2 [解析] 依题意，不等式 x2－kx＋k－1>0 对 x∈(1，2)恒成立，则 x2－1>k(x－1) 对 x∈(1，2)恒成立，所以 k0，所以Δ＝4－12m≤0，解得 m≥1 3. 3．C [解析] y′＝ex＋xex，令 y′＝0，得 x＝－1，因为 x<－1 时 y′<0，x>－1 时 y′>0，所以 x＝－1 时 ymin＝－1 e ，选 C. 4．A [解析] 对 f(x)求导，得 f′(x)＝x2＋c＋(x－2)·2x.又因为 f′(2)＝0，所以 4＋c＋(2－2)×4 ＝0，所以 c＝－4.于是 f′(1)＝1－4＋(1－2)×2＝－5.故选 A. 【提升训练】 5．D [解析] ∵s(t)＝t2＋3 t ，∴s′(t)＝2t－3 t2 ，则机器人在 t＝2 时的瞬时速度为 s′(2)＝2×2－ 3 22 ＝13 4 (m/s)．故选 D. 6．B [解析] 对 f(x)求导，得 f′(x)＝2ax，因为 f(x)在区间(－∞，0)内是减函数，则 f′(x)<0， 求得 a>0，且此时 b∈R.故选 B. 7．A [解析] 对 f(x)求导，得 f′(x)＝3x2－ 3≥－ 3， ∴f(x)上任意一点 P 处的切线的斜率 k≥－ 3，即 tanα≥－ 3， ∴0≤α< π 2 或2π 3 ≤α<π. 8．D [解析] 由于 AB 的长度为定值，只要考虑点 C 到直线 AB 的距离的变化趋势即可．当 x 在区间[0，a]变化时，点 C 到直线 AB 的距离先是递增，然后递减，再递增，再递减，S′(x) 的图象先是在 x 轴上方，再到 x 轴下方，再回到 x 轴上方，再到 x 轴下方，并且函数在直线 AB 与函数图象的交点处间断，在这个间断点函数性质发生突然变化，所以选项 D 中的图象符 合要求． 9．C [解析] 对 f(x)求导，得 f′(x)＝3mx2＋2nx.依题意 f（－1）＝－m＋n＝2，① f′（－1）＝3m－2n＝－3，② 解得 m＝1， n＝3， 所以 f′(x)＝3x2＋6x＝3x(x＋2)．由此可知 f(x)在[－2，0]上递减，又已知 f(x)在[t， t＋1]上递减，所以[－2，0]⊇[t，t＋1]，即 t≥－2， t＋1≤0， 解得－2≤t≤－1.故选 C. 10．(1，e) [解析] 设切点坐标为(x0，y0)，对 f(x)＝ex 求导，得 f′(x)＝ex，所以 f′(x0)＝ex0 ＝e，即 x0＝1.又 y0＝f(x0)＝ex0＝e，所以切点坐标为(1，e)． 11．－13 [解析] 对 f(x)求导，得 f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数在 x＝2 处取得极值知 f′(2)＝0， 即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.于是 f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得 f(x)在 [－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，∴当 m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′ (x)＝－3x2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为 x＝1，∴当 n∈[－1，1]时，f′(n)min＝f(－1)＝ －9.故 f(m)＋f′(n)的最小值为－13. 12．－2，2 3 [解析] ∵f′(x)＝3x2＋1>0 恒成立，∴f(x)是 R 上的增函数．又 f(－x)＝－f(x)， ∴y＝f(x)是奇函数．由 f(mx－2)＋f(x)<0 得 f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，∴mx－2<－x，即 mx －2＋x<0 在 m∈[－2，2]上恒成立．记 g(m)＝xm－2＋x，则 g（－2）<0， g（2）<0， 即 －2x－2＋x<0， 2x－2＋x<0， 求得－20， 当 k>0 时，f(x)的增区间为(－∞，－k)和(k，＋∞)，f(x)的减区间为(－k，k)， 当 k<0 时，f(x)的增区间为(k，－k)，f(x)的减区间为(－∞，k)和(－k，＋∞)． (2)当 k>0 时，f(k＋1)＝ek＋1 k >1 e ，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1 e. 当 k<0 时，由(1)有 f(x)在(0，＋∞)上的最大值是 f(－k)＝4k2 e ， 所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1 e 等价于 f(－k)＝4k2 e ≤1 e ⇒－1 2 ≤k<0. 综上，k 的范围为－1 2 ，0. 14．解：(1)令 f′(x)＝1 x － a x2 ＝0，得 x＝a. 当 a≥e 时，函数 f(x)在区间(0，e]是减函数，f(x)min＝a e ； 当 02}． 15．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f(x)的导数为 f′(x)＝1＋lnx. 令 f′(x)>0，解得 x>1 e ；令 f′(x)<0，解得 01 时，因为 g′(x)＝1 x 1－1 x >0， 故 g(x)是(1，＋∞)上的增函数，所以 g(x)的最小值是 g(1)＝1， 所以 a 的取值范围是(－∞，1]. 解法二：令 g(x)＝f(x)－(ax－1)，则 g′(x)＝f′(x)－a＝1－a＋lnx， ①若 a≤1，当 x>1 时，g′(x)＝1－a＋lnx>1－a≥0， 故 g(x)在(1，＋∞)上为增函数， 所以，x≥1 时，g(x)≥g(1)＝1－a≥0，即 f(x)≥ax－1； ②若 a>1，方程 g′(x)＝0 的根为 x0＝ea－1， 此时，若 x∈(1，x0)，则 g′(x)<0，故 g(x)在该区间为减函数， 所以 x∈(1，x0)时，g(x)0)的图象向右平移π 3 个单位长度后，所得图 象对应的函数解析式是 y＝sinωx＋5π 6 －π 3 ω(ω>0)，它的图象与函数 y＝sinωx＋π 4 的图象 重合，所以5π 6 －π 3 ω＝π 4 ＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝7 4 －6k(k∈Z)，因为ω>0，所以ωmin＝7 4. 故填7 4. 12．③④ [解析] 对 f(x)＝cosxsinx＝1 2sin2x，画出函数的图象，分析知③，④是正确的．故 填③，④. 13．解：(1)∵f(x)＝2sin(π－x)cosx＝2sinxcosx＝sin2x， ∴函数 f(x)的值域是[－1，1]． (2)由－π 6 ≤x≤π 2 ⇒－π 3 ≤2x≤π，∴－ 3 2 ≤sin2x≤1， ∴f(x)在区间 －π 6 ，π 2 上的最大值为 1，最小值为－ 3 2 . 14．解：(1)依题意，得 f(x)＝2sinxcosπ 6 ＋cosx＋a＝ 3sinx＋cosx＋a＝2sinx＋π 6 ＋a. 所以函数 f(x)的最小正周期 T＝2π. (2)因为 x∈－π 2 ，π 2 ，所以－π 3 ≤x＋π 6 ≤2π 3 . 所以当 x＋π 6 ＝－π 3 ，即 x＝－π 2 时，f(x)min＝f－π 2 ＝－ 3＋a； 当 x＋π 6 ＝π 2 ，即 x＝π 3 时，f(x)max＝f π 3 ＝2＋a. 由题意，有(－ 3＋a)＋(2＋a)＝ 3，解得 a＝ 3－1. 15．解：(1)∵函数 f(x)的最小正周期 T＝2π ω ＝π(ω>0)，∴ω＝2. ∵f π 4 ＝cos2×π 4 ＋φ＝cos π 2 ＋φ＝－sinφ＝ 3 2 ，且－π 2 <φ<0，∴φ＝－π 3 . (2)由(1)知 f(x)＝cos2x－π 3 ， 列表如下： 2x－π 3 －π 3 0 π 2 π 3 2 π 5 3 π x 0 π 6 5 12 π 2 3 π 11 12 π π f(x) 1 2 1 0 －1 0 1 2 图象如图． (3)∵f(x)> 2 2 ，即 cos2x－π 3 > 2 2 ， 得 2kπ－π 4 <2x－π 3 <2kπ＋π 4 ，k∈Z， 即 2kπ＋π 12 <2x<2kπ＋ 7 12 π，k∈Z， 即 kπ＋π 24 1，所以 cosθ＝－3 5 ，于是 sin2θ ＝2sinθcosθ＝2×4 5 ×－3 5 ＝－24 25. 6．D [解析] 平移后得到的函数图象的解析式是 f(x)＝Acosx·sinωx＋π 6 ω＋π 6 ，这个函数 是奇函数，由于 y＝cosx 是偶函数，故只要使得函数 y＝sinωx＋π 6 ω＋π 6 是奇函数即可，根 据诱导公式和正弦函数性质，则只要π 6 ω＋π 6 ＝kπ(k∈Z)即可，即ω＝6k－1(k∈Z)，所以ω 的可能值为 5. 7．B [解析] 设(x，y)为 g(x)的图象上任意一点，则其关于点π 4 ，0 对称的点为π 2 －x，－y， 由题意知该点必在 f(x)的图象上，所以－y＝sin π 2 －x，即 g(x)＝－sin π 2 －x＝－cosx.依题意 得 sinx≤－cosx，即 sinx＋cosx＝ 2sinx＋π 4 ≤0.又 x∈[0，2π]，解得3π 4 ≤x≤7π 4 .故选 B. 8．A [解析] 依题意，得 f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝ 2sinωx＋φ＋π 4 ，由 T＝2π ω ＝ π(ω>0)，得ω＝2.又 f(－x)＝f(x)，所以φ＋π 4 ＝kπ＋π 2 (k∈Z)，即φ＝kπ＋π 4 (k∈Z)．又|φ|<π 2 ， 所以φ＝π 4 .于是 f(x)＝ 2cos2x，它在 0，π 2 上单调递减． 9．A [解析] 作出点 P 在 x 轴上的投影 C，因为函数周期为 T＝2π π ＝2，则|AC|＝1 4T＝1 2 ，|PC| ＝1.在 Rt△APC 中，tan∠APC＝|AC| |PC| ＝1 2 ，同理 tan∠BPC＝BC PC ＝3 2 ，所以 tan∠APB＝tan(∠ APC＋∠BPC)＝ 1 2 ＋3 2 1－1 2×3 2 ＝8.故选 A. 10.1 3 [解析] 因为 cosθ＝－3 5 ，且θ是第三象限角，所以 sinθ＝－4 5.于是 cosθ sinθ－1 ＝ －3 5 －4 5 －1 ＝ 1 3.故填1 3. 11.3 65 65 [解析] 由已知 sin(α－β)＝ 5 13 ，cos(α＋β)＝－4 5 ，所以 sin2α＝sin[(α＋β)＋(α－β)] ＝sin(α＋β)cos(α－β)＋cos(α＋β)·sin(α－β)＝－3 5 ×12 13 ＋－4 5 × 5 13 ＝－56 65.则(sinα＋cosα)2 ＝1＋sin2α＝1－56 65 ＝ 9 65 ，当π 2 <α<3π 4 时，sinα＋cosα>0，即 sinα＋cosα＝3 65 65 . 12．①②③⑤ [解析] 由题意得 f(x)＝ m2＋n2sin(x＋φ)其中 tanφ＝n m.因为 f π 4 是它的最大 值，所以π 4 ＋φ＝2kπ＋π 2 (k∈Z)，φ＝2kπ＋π 4 (k∈Z)．所以 f(x)＝ m2＋n2sinx＋2kπ＋π 4 ＝ m2＋n2sinx＋π 4 ，且 tanφ＝n m ＝tan2kπ＋π 4 ＝1，即 n m ＝1，故 f(x)＝ 2|m|sinx＋π 4 . ①fx＋π 4 ＝ 2|m|sinx＋π 4 ＋π 4 ＝ 2|m|cosx 为偶函数，所以①正确； ②当 x＝7π 4 时，f7π 4 ＝ 2|m|sin7π 4 ＋π 4 ＝ 2|m|sin2π＝0，所以函数 f(x)的图象关于点7π 4 ， 0 对称，②正确； ③f－3π 4 ＝ 2|m|sinπ 4 －3π 4 ＝－ 2|m|sinπ 2 ＝－ 2|m|，f(x)取得最小值，所以③正确； ④根据 f(x)＝ 2|m|sinx＋π 4 可得其最小正周期为 2π，由题意可得 P2 与 P4 相差一个周期 2 π，即|P2P4|＝2π，所以④错误； ⑤由n m ＝1 知，m n ＝1 成立，所以⑤正确． 故填①②③⑤. 13．解：(1)函数 f(x)＝sin2x＋π 4 ＋φ. 又 y＝sinx 的图象的对称轴方程为 x＝kπ＋π 2 (k∈Z)，令 2x＋π 4 ＋φ＝kπ＋π 2 ，将 x＝π 6 代 入，得φ＝kπ－π 12(k∈Z)． ∵0<φ<π，∴φ＝11π 12 . (2)由(1)知 f(x)＝sin2x＋7π 6 . 由－π 2 ≤x≤0，得π 6 ≤2x＋7π 6 ≤7π 6 ， ∴当 2x＋7π 6 ＝7π 6 ，即 x＝0 时，f(x)min＝－1 2. 14．解：(1)f(x)＝2sin2 ωx＋π 4 ＋2cos2ωx ＝1－cos 2ωx＋π 2 ＋1＋cos2ωx ＝sin2ωx＋cos2ωx＋2＝ 2sin 2ωx＋π 4 ＋2， ∵函数 f(x)的图象上两个相邻的最低点之间的距离为2π 3 ，∴f(x)的最小正周期为2π 3 ，∴2π 2ω ＝ 2π 3 (ω>0)，∴ω的值为3 2 ， ∴函数 f(x)＝ 2sin 3x＋π 4 ＋2， ∴函数 f(x)的最大值为 2＋2，此时 3x＋π 4 ＝2kπ＋π 2 ，即 x＝2kπ 3 ＋π 12(k∈Z)． (2)y＝f(x)的图象向右平移π 8 个单位长度得 h(x)＝ 2sin 3 x－π 8 ＋π 4 ＋2＝ 2sin 3x－π 8 ＋ 2，再沿 y 轴对称后得到 g(x)＝ 2sin －3x－π 8 ＋2＝－ 2sin 3x＋π 8 ＋2， 函数 g(x)的单调减区间，即 y＝sin 3x＋π 8 单调递增区间． 由 2kπ－π 2 ≤3x＋π 8 ≤2kπ＋π 2 ， 解得 2 3kπ－5π 24 ≤x≤2 3kπ＋π 8 (k∈Z)． 故 y＝g(x)的单调减区间为 2 3kπ＋5π 24 ，2 3kπ＋π 8 (k∈Z)． 15．解：(1)f(x)＝2sinx＋π 3 cosx＋π 3 －2 3cos2x＋π 3 ＝sin2x＋2π 3 － 3 cos2x＋2π 3 ＋1 ＝sin2x＋2π 3 － 3cos2x＋2π 3 － 3 ＝2sin2x＋π 3 － 3. ∵－1≤sin2x＋π 3 ≤1， ∴－2－ 3≤2sin2x＋π 3 － 3≤2－ 3， 又 T＝2π 2 ＝π， 即 f(x)的值域为[－2－ 3，2－ 3]，最小正周期为π. (2)当 x∈ 0，π 6 时，2x＋π 3 ∈ π 3 ，2 3 π ∴sin2x＋π 3 ∈ 3 2 ，1 ， 此时 f(x)＋ 3＝2sin2x＋π 3 ∈[ 3，2]． 由 m[f(x)＋ 3]＋2＝0 知，m≠0，且 f(x)＋ 3＝－2 m ， ∴ 3≤－2 m ≤2，即 2 m ＋ 3≤0， 2 m ＋2≥0， 解得－2 3 3 ≤m≤－1. 即实数 m 的取值范围是 －2 3 3 ，－1 . 专题限时集训(七) 【基础演练】 1．A [解析] ∵a2＋c2－b2 2ac ＝cosB＝ 3 2 ，又 00) ． 由 余 弦 定 理 可 得 ， cosC ＝ a2＋b2－c2 2ab ＝ （2k）2＋（3k）2－（4k）2 2×2k×3k ＝－1 4. 10. 6－1 [解析] 由题意可得，∠ACB＝120°，AC＝2，AB＝3，设 BC＝x，则由余弦定理 可得，AB2＝BC2＋AC2－2BC×ACcos120°，即 32＝x2＋22－2×2xcos120°，整理得 x2 ＋2x＝5，解得 x＝ 6－1 或 x＝－ 6－1(舍去)．故填 6－1. 11. 3 3 [解析] 由 S△ABC＝1 2BC·BAsinB＝ 3 2 得 BA＝1， 由余弦定理得 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB， ∴AC＝ 3，∴AC2＋BA2＝BC2， ∴△ABC 为直角三角形，其中 A 为直角， ∴tanC＝AB AC ＝ 3 3 . 12．解： f(x)＝ 3 2 sin2x＋1－cos2x 2 －3 2 ＝sin 2x－π 6 －1， 则 f(x)的最小值是－2，最小正周期 T＝π. (2)f(C)＝sin 2C－π 6 －1＝0， 则 sin 2C－π 6 ＝1. ∵00，即 p·q>0，所以 p 与 q 的夹角为锐角．故选 A. 8．C [解析] 取 BC 边中点 M，由 2OA→ ＋AB→ ＋AC→ ＝0，可得 2AO→ ＝AB→ ＋AC→ ＝2AM→ ，则点 M 与点 O 重合．又由|OB→ |＝|OC→ |＝|OA→ |＝|AB→ |＝1，可得|AC|＝|BC|sin60°＝2× 3 2 ＝ 3，则 CA→ ·CB→ ＝|CA→ |·|CB→ |cosC＝|CA→ |2＝3. 9．B [解析] DM→ ＝DA→ ＋1 3AB→ ，DB→ ＝DA→ ＋AB→ ，DM→ ·DB→ ＝DA→ 2＋4 3DA→ ·AB→ ＋1 3AB→ 2＝1.选 B. 10.3 2 4 [解析] 因为 a∥b，所以1 2 ×1＝sinx·cosx，即 sin2x＝1.又因为 x∈ 0，π 2 ，所以 2x＝π 2 ，即 x＝π 4 .于是 a·b＝1 2sinx＋cosx＝1 2sin π 4 ＋cos π 4 ＝1 2 × 2 2 ＋ 2 2 ＝3 2 4 . 11．8 [解析] 依题意得 OA→ 2＝OB→ 2＝OC→ 2，由于 AC→ 2＝(OC→ －OA→ )2＝OC→ 2＋OA→ 2－ 2OC→ ·OA→ ， 所以OC→ ·OA→ ＝1 2(OC→ 2＋OA→ 2－AC→ 2)，同理OA→ ·OB→ ＝1 2(OA→ 2＋OB→ 2－AB→ 2)，所以AO→ ·BC→ ＝ －OA→ ·(OC→ －OB→ )＝－OA→ ·OC→ ＋OA→ ·OB→ ＝－1 2(OA→ 2＋OC→ 2－AC→ 2)＋1 2(OA→ 2＋OB→ 2－AB→ 2) ＝1 2(AC→ 2－AB→ 2)＝1 2(52－32)＝8. 12．③④ [解析] 对于①，取特值零向量知错误，若前提为非零向量，由向量加减法的平行 四边形法则与夹角的概念知结论正确； 对于②，取特值夹角为 0 度则结论错，认识数量积和夹角的关系，命题应为 a·b＞0 是 a，b 的夹角为锐角的必要条件； 对于③，注意按向量平移的意义，就是图象向左移 1 个单位，结论正确； 对于④，向量的数量积满足分配律运算，结论正确． 13．解：(1)a·b－c·d＝2＋cos2θ－2sin2θ－1＝2cos2θ. 因为θ∈ 0，π 4 ， 所以 2cos2θ∈(0，2)． (2)因为 f(a·b)＝|cos2θ＋1|∈(1，2)， f(c·d)＝|2sin2θ|∈(0，1)， 所以 f(a·b)>f(c·d)． 14．解：(1)∵f(x)＝ 3 2 sinπx＋1 2cosπx＝sinπx＋π 6 . ∵x∈R，∴－1≤sinπx＋π 6 ≤1， ∴函数 f(x)的最大值和最小值分别为 1，－1. (2)解法 1：令 f(x)＝sinπx＋π 6 ＝0 得πx＋π 6 ＝kπ，k∈Z， ∵x∈[－1，1]，∴x＝－1 6 或 x＝5 6 ， ∴M－1 6 ，0，N5 6 ，0， 由 sinπx＋π 6 ＝1，且 x∈[－1，1]得 x＝1 3 ，∴P1 3 ，1， ∴PM→ ＝－1 2 ，－1，PN→ ＝1 2 ，－1， ∴cos〈PM→ ，PN→ 〉＝ PM→ ·PN→ |PM→ |·|PN→ | ＝3 5. 解法 2：过点 P 作 PA⊥x 轴于 A，则|PA|＝1， 由三角函数的性质知|MN|＝1 2T＝1，|PM|＝|PN|＝ 12＋1 22＝ 5 2 ， 由余弦定理得 cos〈PM→ ，PN→ 〉＝|PM|2＋|PN|2－|MN|2 2|PM|·|PN| ＝ 5 4 ×2－1 2×5 4 ＝3 5. 解法 3：过点 P 作 PA⊥x 轴于 A，则|PA|＝1， 由三角函数的性质知|MN|＝1 2T＝1，|PM|＝|PN|＝ 12＋1 22＝ 5 2 ， 在 Rt△PAM 中，cos∠MPA＝|PA| |PM| ＝ 1 5 2 ＝2 5 5 . ∵PA 平分∠MPN，∴cos∠MPN＝cos2∠MPA＝2cos2∠MPA－1＝2×2 5 5 2－1＝3 5. 15．解：(1)∵m·n＝1，即 3sinx 4cosx 4 ＋cos2x 4 ＝1， 即 3 2 sinx 2 ＋1 2cosx 2 ＋1 2 ＝1， ∴sinx 2 ＋π 6 ＝1 2. ∴cosx＋π 3 ＝1－2sin2x 2 ＋π 6 ＝1－2×1 22＝1 2. (2)f(x)＝m·n＝sinx 2 ＋π 6 ＋1 2. ∵(2a－c)cosB＝bcosC， 由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC， ∴2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC， ∴2sinAcosB＝sin(B＋C)． ∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sinA，且 sinA≠0， ∴cosB＝1 2 ，∴B＝π 3 . 又 A 在△ABC 内，∴00，解得 a2＝1，a8＝2，所以 q6＝2，故a13 a10 ＝q3＝ 2. 11.31 72 [解析] 设两个方程的根分别为 x1、x4 和 x2、x3.因为 x1＋x4＝x2＋x3＝1，所以 x1 ＝1 4 ，x4＝3 4 ，从而 x2＝ 5 12 ，x3＝ 7 12.则 a＝x1x4＝ 3 16 ，b＝x2x3＝ 35 144 ，或 a＝ 35 144 ，b＝ 3 16. 于是 a＋b＝ 3 16 ＋ 35 144 ＝31 72. 12．28 [解析] 依题意得，数列{an}是周期为 3 的数列，且 a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此 a1 ＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28. 13．解：(1)因为 S15＝15a8，设{an}的公差为 d，则有 a1＋4d≥10，① a1＋7d<17，② 由①得－a1－4d≤－10，③ ②＋③有 3d<7⇔d<7 3 ，所以 d＝2. 将 d＝2 代入①，②有 a1≥2 且 a1<3，所以 a1＝2. 故 an＝2＋(n－1)×2，即 an＝2n(n∈N*)． (2)由(1)可知 a1＝2，a3＝6，∴公比 q＝a3 a1 ＝3， abn＝2·3(n＋2)－1＝2·3n＋1.又 abn＝a1＋(bn－1)×2＝2bn， 所以 2·3n＋1＝2bn，即 bn＝3n＋1，故 cn＝3n＋1－1 4 . 此时当 n＝1，3，5 时符合要求；当 n＝2，4 时不符合要求． 由此可猜想：当且仅当 n＝2k－1，k∈N*时，cn 为正整数． 证明如下： 逆用等比数列的前 n 项和公式有：cn＝1 2 ×1－3n＋1 1－3 ＝ 1 2(1＋3＋32＋…＋3n)． 当 n＝2k，k∈N*时，上式括号内为奇数个奇数之和，为奇数，此时 cn∉N*； 当 n＝2k－1，k∈N*时，上式括号内为偶数个奇数之和，为偶数，此时 cn∈N*. 故满足要求的所有 n 为 n＝2k－1，k∈N*. 14．解：(1)由已知得 an＋1＝an＋1 2 ，即 an＋1－an＝1 2. 所以数列{an}是以1 2 为首项，1 2 为公差的等差数列， 即 an＝1 2 ＋1 2(n－1)＝n 2. (2)由(1)得 bn＝ 1 n 2 ·n＋1 2 ＝ 4 n（n＋1），即 bn＝41 n － 1 n＋1 ， 所以 Tn＝4 1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝41－ 1 n＋1 ＝ 4n n＋1 . 15．解：(1)因为 a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N)， 所以 a2＝6，a3＝12. 当 n≥2 时，an－an－1＝2n，an－1－an－2＝2(n－1)，…，a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2， 所以 an－a1＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2]， 即 an＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1]＝2·n（n＋1） 2 ＝n(n＋1)． 当 n＝1 时，a1＝1×(1＋1)＝2 也满足上式． 于是数列{an}的通项公式为 an＝n(n＋1)． (2)bn＝ 1 an＋1 ＋ 1 an＋2 ＋…＋ 1 a2n ＝ 1 （n＋1）（n＋2）＋ 1 （n＋2）（n＋3）＋…＋ 1 2n（2n＋1） ＝ 1 n＋1 － 1 n＋2 ＋ 1 n＋2 － 1 n＋3 ＋…＋ 1 2n － 1 2n＋1 ＝ 1 n＋1 － 1 2n＋1 ＝ n 2n2＋3n＋1 ＝ 1 2n＋1 n ＋3 . 令 f(x)＝2x＋1 x(x≥1)，则 f′(x)＝2－ 1 x2 ， 当 x≥1 时，f′(x)>0 恒成立， 所以 f(x)在[1，＋∞)上是增函数，故当 x＝1 时， f(x)min＝f(1)＝3， 即当 n＝1 时，(bn)max＝1 6. 专题限时集训(十) 【基础演练】 1．A [解析] 依题意，由根与系数的关系得 a2＋a4＝1，所以 S5＝5（a1＋a5） 2 ＝ 5（a2＋a4） 2 ＝5 2.故选 A. 2．B [解析] 依据等比数列通项公式的性质，得 a3·a7＝a4·a6＝a25，所以 a55＝25 2 ，求得 a5＝ 2.故选 B. 3．B [解析] 依题意得 S15＝15（a1＋a15） 2 ＝15a8＝25π，所以 a8＝5 3 π，于是 tana8＝tan5 3 π＝－ 3.故选 B. 4．D [解析] 由 8a2＋a5＝0，知公比 q＝－2，所以a5 a3 ＝q2＝4，S5 S3 ＝1－q5 1－q3 ＝11 3 ，an＋1 an ＝ q＝－2，Sn＋1 Sn ＝1－qn＋1 1－qn ，根据 n 的奇偶性可知，该式的结果不定．故选 D. 【提升训练】 5．C [解析] 因为 a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，所以 an＋1＝2an，an＝2n－1， Sn＝2n－1，则满足 Sn>1 025 的最小 n 值是 11. 6．B [解析] 依题意可得 d＝－1，an＝a1＋(n－1)d＝11－n，所以 a10＝1，a11＝0，a12 ＝－1，a10＋a11>0，S21＝21a11＝0，a11＋a12＝－1<0，n＝10 或 11 时，Sn 最大，故选 B. 7．C [解析] 设等差数列{an}公差为 d，则有(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＝3d＝99－105， 则 d＝－2，易得 a1＝39，an＝41－2n，令 an>0 得 n<20.5，即在数列{an}中，前 20 项均为 正值，自第 21 项起以后各项均为负，因此当 n＝20 时，Sn 取得最大值． 8．A [解析] 依题意得 a15＋a6＝1，由等差数列性质知 a15＋a6＝a1＋a20，所以 S20＝ 20（a1＋a20） 2 ＝10(a15＋a6)＝10.故选 A. 9．C [解析] 由 a9＋3a11<0 得 2a10＋2a11<0，即 a10＋a11<0，又 a10·a11<0，则 a10 与 a11 异号，因为数列{an}的前 n 项和 Sn 有最大值，所以数列{an}是一个递减数列，则 a10>0， a11<0，所以 S19＝19（a1＋a19） 2 ＝19a10>0，S20＝20（a1＋a20） 2 ＝10(a10＋a11)<0. 故选 C. 10. n n＋1 [解析] 设等比数列{an}的公比为 q，则a4 a1 ＝q3＝27，解得 q＝3，所以 an＝a1qn－1 ＝3×3n－1＝3n，由此得 bn＝log3an＝n.于是 1 bnbn＋1 ＝ 1 n（n＋1）＝1 n － 1 n＋1 ，则数列 1 bnbn＋1 的前 n 项和 Sn＝1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 ＝ n n＋1 . 11．Sn＝ 9n 4 ，n 是偶数， 9n－1 4 ，n 是奇数 [解析] 依题意，这个数列为 2，5 2 ，2，5 2 ，2，5 2 ，…，若 n 是偶数，则 Sn＝n 2 ×2＋n 2 ×5 2 ＝9n 4 ；若 n 是奇数，则 Sn＝n＋1 2 ×2＋n－1 2 ×5 2 ＝9n－1 4 .故 Sn＝ 9n 4 ，n 是偶数， 9n－1 4 ，n 是奇数. 12．2 014 [解析] 依题意得S1＋S2＋…＋S2 012 2 012 ＝2 013，所以 S1＋S2＋…＋S2 012＝2 012×2 013，数列 2，a1，a2，a3，…，a2 012 相当于在数列 a1，a2，a3，…，a2 012 前 加一项 2，所以其“优化和”为2＋（S1＋2）＋（S2＋2）＋…＋（S2 012＋2） 2 013 ＝2 012×2 013＋2×2 013 2 013 ＝2 014. 13．解：(1)由条件知Sn n ＝2n－1，即 Sn＝2n2－n. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－ 2(n－1) 2 －(n－1) ＝4n－3. 又 n＝1 时，a1＝S1＝1 符合上式，所以 an＝4n－3(n∈N＋)． (2)∵bn＝(4n－3)2n－1， ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1＋5×21＋9×22＋…＋(4n－3)2n－1.① 2Tn＝2＋5×22＋9×23＋…＋(4n－3)2n.② ①－②得－Tn＝1－8＋2n＋2－(4n－3)2n. ∴Tn＝(4n－7)2n＋7. 14．解：(1)证明：由已知可得an＋1 2n＋1 ＝ an an＋2n ， 即2n＋1 an＋1 ＝2n an ＋1，即2n＋1 an＋1 －2n an ＝1， ∴数列 2n an 是公差为 1 的等差数列． (2)由(1)知2n an ＝ 2 a1 ＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝ 2n n＋1. (3)由(2)知 bn＝ 1 2n（n＋1） ＝1 2 1 n － 1 n＋1 ， ∴Sn＝1 21－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝ n 2（n＋1）. 15．解：(1)a1＝1 2 ，a2＝3 4 ，a3＝7 8. (2)证明：由题可知：a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝n－an，① a1＋a2＋a3＋…＋an＋an＋1＝n＋1－an＋1，② ②－①可得 2an＋1－an＝1，即 an＋1－1＝1 2(an－1)， 又 a1－1＝－1 2 ， ∴数列{an－1}是以－1 2 为首项，以1 2 为公比的等比数列． (3)由(2)可得 an＝1－ 1 2 n ，bn＝n－2 2n ， 由 bn＋1－bn＝n＋1－2 2n＋1 －n－2 2n ＝n－1－2（n－2） 2n＋1 ＝ 3－n 2n＋1 >0，可得 n<3. 由 bn＋1－bn<0，可得 n>3，所以 b1b5>…>bn>…， 故 bn 有最大值 b3＝b4＝1 8 ，所以，对任意 n∈N*，有 bn≤1 8. 如果对任意 n∈N*，都有 bn＋1 4t≤t2，即 bn≤t2－1 4t 成立， 则(bn)max≤t2－1 4t，故有1 8 ≤t2－1 4t，解得 t≥1 2 或 t≤－1 4 ， 所以实数 t 的取值范围是 －∞，－1 4 ∪ 1 2 ，＋∞ . 专题限时集训(十一) 【基础演练】 1．C [解析] 长方体的侧面与底面垂直，所以俯视图是 C. 2．A [解析] 由三视图可知，该几何体是一个横放的三棱柱，底面三角形是等腰三角形(底为 6，高为 4)，三棱柱的高为 4，故底面三角形的腰长为 32＋42＝5.故该几何体的表面积为 S ＝1 2 ×6×4×2＋5×4×2＋6×4＝88.故选 A. 3．D [解析] 两个柱体的组合．体积是 6×4×1＋2×4×5＝64. 4．B [解析] 由于正视图和侧视图的底边长度不同，故俯视图一定不是正方形和圆． 【提升训练】 5．A [解析] 由三视图的数据可知，三棱柱的全面积为 S＝2×1 2 ×2×2＋(2＋2＋2 2)×2＝12 ＋4 2，选 A. 6．B [解析] 由题意可知，该几何体为一个四棱锥，底面面积为3 2 ，高为 1，体积为 V＝1 3 ×3 2 ×1＝1 2.故选 B. 7．C [解析] 这个空间几何体直观图如图，其中侧面 PAD⊥底面 ABCD，侧面中只有△PAB， △PCD 为直角三角形，另外两个是非直角的等腰三角形． 8. D [解析] 如图所示是棱长为 1 的正方体，当投影线与平面 A1BC1 垂直时，因为平面 ACD1 ∥平面 A1BC1，所以此时正方体的正投影为一个正六边形，设其边长为 a，则 3a＝ 2，所 以 a＝ 6 3 ，所以投影面的面积为 6× 3 4 × 6 3 2 ＝ 3，此时投影面积最大．故选 D. 9．B [解析] 由三视图知，空间几何体是一个圆柱和一个圆台的组合体．该几何体的体积为 V＝π×22×4＋1 3 π×1(22＋12＋2×1) ＝16π＋7 3 π＝55 3 π. 10．B [解析] 由题意，多面体是一个四棱锥 E－ABCD，ED 垂直于平面 ABCD，ED＝3， AB＝4，AD＝3，四边形 ABCD 是矩形， 这个棱锥的体积＝1 3 ×3×4×3＝12. 11．54π [解析] 冰淇淋上半部分是半球，下半部分是圆锥，V＝2 3 π×33＋1 3 π×32×12＝ 54π. 12.1 3 3π [解析] 该空间几何体是底面边长和高均为 1 且一条侧棱垂直底面的四棱锥，其体 积为1 3 ×12×1＝1 3 ；这个四棱锥与单位正方体具有相同的外接球，故外接球的半径为 3 2 ，所以 其表面积为 4π× 3 2 2 ＝3π. 13．13 [解析] 根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开 为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为 52＋122＝13 cm. 专题限时集训(十二) 【基础演练】 1．C [解析] m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，需要 m∩n＝A 才有 l⊥α，A 错误．若 m⊂α，n ⊥α，l⊥n，l 与 m 可能平行、相交、也可能异面，B 错误． 若 l⊥m，l⊥n，l 与 m 可能平行、相交、也可能异面，D 错误． 2．B [解析] ①不对，b，c 可能异面；②不对，b，c 可能平行；平行移动直线不改变这条直 线与其他直线的夹角，故③对，选 B. 3．D [解析] 由于 A1C1⊥B1D1，根据正方体特征可得 BB1⊥A1C1，故 A1C1⊥平面 BB1D1D，B1O⊂平面 BB1D1D，所以 B1O⊥A1C1. 4．D [解析] 把展开图还原，则 l1，l2 是正方体中位于同一个顶点处的两个面的面对角线， 故一定相交且夹角为π 3 . 【提升训练】 5．C [解析] 垂直同一直线的平面平行，选项 A 中的命题正确；两平行线中一条垂直一个平 面，另一条也垂直这个平面，选项 B 中的命题正确；选项 C 中的命题不正确；由面面垂直的 判定定理知选项 D 中的命题正确． 6．D [解析] 由性质可知①是正确的；对于②，过两点的直线可能与平面相交，所以②错误； 对于③，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能相交或异面，所以③错误；由性质 可知④正确．故选 D. 7．C [解析] 如图所示，则 BC 中点 M，B1 点，D 点，A1D1 的中点 N 分别到两异面直线的 距离相等．即满足条件的点有四个，故选 C 项． 8．C [解析] 由 PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM 可得 AC⊥BD，故 A 正确；由 PQ∥AC 可 得 AC∥截面 PQMN，故 B 正确；异面直线 PM 与 BD 所成的角等于 PM 与 PN 所成的角，故 D 正确．综上 C 是错误的，故选 C. 9．6 [解析] 因为四棱锥 P－ABCD 的顶点 P 在底面 ABCD 上的投影恰好是 A，其正视图与 侧视图都是腰长为 a 的等腰直角三角形，所以 PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD ⊥PC，AD⊥PB，共 6 对． 10．①② [解析] 根据直线与平面垂直的定义，命题①正确；两条平行线中的一条直线垂直 于一个平面，另一条也垂直这个平面，命题②正确；直线与平面平行时直线不平行这个平面 内的任意直线，命题③不正确；直线与平面的平行不具有传递性，命题④不正确． 11. 3 6 [解析] 在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，球心 O 到截面的距离即为 O 到三角形 ACB1 的中心 H 的距离， 根据点 B 到平面 ACB1 的距离是正方体的体对角线的1 3 ，而正方体的体对角线为 3， 所以 O 到三角形 ACB1 的中心 H 的距离为 OB－BH＝ 3 2 － 3 3 ＝ 3 6 . 12．解：(1)证明：连接 BD 交 AC 于 O 点，连接 FO，∵F 是 PC 的中点，O 是 AC 的中点， ∴FO∥PA 且 FO＝1 2PA，又 DE∥PA，且 DE＝1 2PA， ∴FO∥ED 且 FO＝ED，∴四边形 EFOD 为平行四边形， ∴EF∥OD.又 EF⊄平面 ABCD，OD⊂平面 ABCD， ∴EF∥平面 ABCD. (2)证明：∵PA⊥平面 ABCD，∴PA⊥OD，又 OD⊥AC， 且 PA∩AC＝A， ∴OD⊥平面 PAC.又 EF∥OD，∴EF⊥平面 PAC. 又 EF⊂平面 PCE，∴平面 PEC⊥平面 PAC. (3)∵PA⊥平面 ABCD，∴平面 PADE⊥平面 ABCD，又 CD⊥AD，∴CD⊥平面 PADE.又 CD ＝2，S△PAE＝1 2 ·PA·AD＝1 2 ×2×2＝2， ∴VP－ACE＝VC－PAE＝1 3S△PAE·CD＝1 3 ×2×2＝4 3. 13．解：(1)证明：在直角梯形 ABCD 中， CD＝2AB，E 为 CD 的中点， 则 AB＝DE，又 AB∥DE， AD⊥AB，知 BE⊥CD.在四棱锥 C－ABED 中，BE⊥DE，BE⊥CE，CE∩DE＝E， CE，DE⊂平面 CDE，则 BE⊥平面 CDE. 因为 CO⊂平面 CDE，所以 BE⊥CO. 又 CO⊥DE，且 BE，DE 是平面 ABED 内两条相交直线， 故 CO⊥平面 ABED. (2)由(1)知 CO⊥平面 ABED， 则三棱锥 C－AOE 的体积 V＝1 3S△AOE·OC＝ 1 3 ×1 2 ×OE×AD×OC. 由直角梯形 ABCD 中，CD＝2AB＝4，AD＝ 2，CE＝2， 得三棱锥 C－AOE 中， OE＝CEcosθ＝2cosθ，OC＝CEsinθ＝2sinθ， V＝ 2 3 sin2θ≤ 2 3 . 当且仅当 sin2θ＝1，θ∈0，π 2 ，即θ＝π 4 时取等号， (此时 OE＝ 20)相切，则圆心(3，0)到直线 y＝± 2 2 x 的距离等于圆的半径，所以 r ＝| 2×3±2×0| 2＋4 ＝ 3. 13．(x＋1)2＋ y－1 2 2 ＝1 2 [解析] 圆心在抛物线 x2＝2y 上，设圆心为 x，1 2x2，直线 2x＋2y ＋3＝0 与圆相切，圆心到直线 2x＋2y＋3＝0 的距离为 r＝|2x＋x2＋3| 22＋22 ＝|x2＋2x＋3| 2 2 ＝ |（x＋1）2＋2| 2 2 ≥ 2 2 2 ＝ 2 2 . 当 x＝－1 时，r 最小，从而圆的面积最小，此时圆的圆心为 －1，1 2 ，圆的方程为(x＋1)2＋ y－1 2 2 ＝1 2. 专题限时集训(十三)B 【基础演练】 1．C [解析] 如图，易知最短距离过圆心，首先找出 A(－1，1)关于 x 轴的对称点 A′(－1， －1)，则最短距离为|CA′|－r.又圆方程可化为：(x－5)2＋(y－7)2＝22，则圆心 C(5，7)，r＝2， 则|CA′|－r＝ （5＋1）2＋（7＋1）2－2＝10－2＝8，即最短路程为 8. 2．B [解析] 因为圆 x2＋y2＋2x－4y＝0 的圆心为(－1，2)，由直线 3x＋y＋a＝0 过圆心得： a＝1. 3．C [解析] 圆的方程为(x－1)2＋y2＝2，由不等式|1＋m| 2 < 2，解得－3b>0)与双曲线 C2：x2－y2 4 ＝1 有公共的焦点，c2 ＝5，所以 a2＝b2＋5.因为 C2 的一条渐近线与以 C1 的长轴为直径的圆相交于 A、B 两点， C1 恰好将线段 AB 三等分，设渐近线与椭圆 C1 交于 C，D 两点，由椭圆及圆的对称性得|OC|2 ＝a2 9 ＝ 5a2b2 b2＋4a2 ＝5a4－25a2 5a2－5 ，a2＝11 2 ，b2＝1 2. 9. 17 [解析] 因为焦点在 x 轴上的双曲线的渐近线方程是 y＝±4x，所以 b＝4a，c2＝17a2， e＝ 17. 10．6 [解析] 由题知 2b＝ 5， c a ＝2 3 ， 即 b＝ 5 2 ， a2－b2 a2 ＝4 9 ， 解得 a＝3 2 ， b＝ 5 2 ， 由椭圆的定义知△ABF2 的周长为 4a＝4×3 2 ＝6. 11.5 2 [解析] 本题主要考查抛物线的定义．属于基础知识、基本运算的考查． |AF|＋|BF|＝6，由抛物线的定义即 AD＋BE＝6，又线段 AB 的中点到 y 轴的距离为1 2(AD＋BE) ＝3，抛物线的准线为 y＝－1 2 ，所以线段 AB 的中点到 y 轴的距离为5 2. 12．解：(1)设 F1(－c，0)，F2(c，0)， 则由已知得|－c－ 3×0－3| 1＋3 ＝2c，解得 c＝1， 又c a ＝ 2 2 ，∴a＝ 2， 故 b2＝a2－c2＝2－1＝1. ∴椭圆的方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)联立 x2＋2y2－2＝0， y＝x， 解得 x2＝2 3 ，故 x1＝ 6 3 ，x2＝－ 6 3 . ∴A 6 3 ，6 3 ，B－ 6 3 ，－ 6 3 ， 解得|AB|＝4 3 3. 欲使△ABD 面积最大，则 D 点要离 y＝x 的距离最大，D 点应在与 y＝x 平行且与椭圆相切的 直线 l 上，设直线为 y＝x＋λ， 联立方程 x2＋2y2－2＝0， y＝x＋λ， 消去 y 得 3x2＋4λx＋2λ2－2＝0. 令Δ＝16λ2－4×3×(2λ2－2)＝0，解得λ＝± 3， 则直线 l：x－y± 3＝0. 故点 D 到直线 l 的距离为两平行直线的距离 d＝ 3 2 ＝ 6 2 ， ∴S△ABD＝1 2 ×|AB|·d＝1 2 ×4 3 3× 6 2 ＝ 2， 即△ABD 面积的最大值为 2. 13．解：(1)由题设知点 C 到点 F 的距离等于它到直线 l1 的距离， ∴点 C 的轨迹是以 F 为焦点，l1 为准线的抛物线． ∴所求轨迹的方程为 x2＝4y. (2)由题意设直线 l2 的方程为 y＝kx＋1， 与抛物线方程联立消去 y，得 x2－4kx－4＝0. 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4. ∵直线 PQ 的斜率 k≠0，易得点 R 的坐标为 －2 k ，－1 ， RP→ ·RQ→ ＝ x1＋2 k ，y1＋1 · x2＋2 k ，y2＋1 ＝ x1＋2 k x2＋2 k ＋(kx1＋2)(kx2＋2) ＝(1＋k2)x1x2＋ 2 k ＋2k (x1＋x2)＋ 4 k2 ＋4 ＝－4(1＋k2)＋4k 2 k ＋2k ＋ 4 k2 ＋4＝4 k2＋ 1 k2 ＋8， ∵k2＋ 1 k2 ≥2，当且仅当 k2＝1 时取到等号， ∴RP→ ·RQ→ ≥4×2＋8＝16，即RP→ ·RQ→ 的最小值为 16. 14．解：(1)把点( 2， 3)，(2， 2)的坐标代入椭圆方程得 4 a2 ＋ 2 b2 ＝1， 2 a2 ＋ 3 b2 ＝1， 解得 a2＝8， b2＝4， 所以椭圆方程为x2 8 ＋y2 4 ＝1. (2)圆 C 的方程为 x2＋y2＝8 3. ∵PM→ ·PN→ ＝(PO→ ＋OM→ )·(PO→ －OM→ )＝|OP→ |2－|OM→ |2＝|OP→ |2－8 3 ， 点 P 是椭圆 E 上任意一点，∴|OP→ |2∈[4，8]， 故PM→ ·PN→ ∈ 4 3 ，16 3 . (3)证明：当直线 l 的斜率存在时，设其方程为：y＝kx＋m，代入椭圆方程得(1＋2k2)x2＋4kmx ＋2m2－8＝0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝－4km 1＋2k2 ， x1x2＝2m2－8 1＋2k2 ， y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m2－8k2 1＋2k2 . 因为直线 l 是圆 C 的切线，故 m2 1＋k2 ＝8 3 ， 即 3m2－8k2－8＝0，所以 x1x2＋y1y2＝3m2－8k2－8 1＋2k2 ＝0， 故OA→ ·OB→ ＝0，即得证 OA⊥OB. 当直线 l 的斜率不存在时，则直线 l 方程为 x＝± 8 3 ， 若 x＝ 8 3 ，则 y＝± 8 3 ；若 x＝－ 8 3 ，则 y＝± 8 3 ； 都有OA→ ·OB→ ＝0，则 OA⊥OB. 综上，OA⊥OB，故以 AB 为直径的圆恒过点 O. 专题限时集训(十五)A 【基础演练】 1．B [解析] 由题意， k＋1>0， 3－k>0， k＋1>3－k， 解得 1b a ，所以 e＝c a ＝ 1＋ b a 2 < 5.又 e>1，所以所求的范围是(1， 5)． 【提升训练】 5．C [解析] 圆心到准线的距离为 4，由题意只要|FM|>4 即可，而|FM|＝y0＋2，∴y0>2. 6．B [解析] 根据|MN→ |·|MP→ |＋MN→ ·NP→ ＝0 得 4 （x＋2）2＋y2＋4(x－2)＝0，即(x＋2)2 ＋y2＝(x－2)2，即 y2＝－8x. 7．A [解析] 根据已知只能 m>0，n>0，且 m＋2－n＝m＋n，即 n＝1，所以椭圆的离心率 为 e＝ m＋1 m＋2 ＝ 1－ 1 m＋2.由于 m>0，所以 1－ 1 m＋2>1 2 ，所以 2 2 b>0)，且 a2＝b2＋c2. 由题意可知：b＝1，c a ＝ 3 2 . 解得 a2＝4，所以椭圆 C 的标准方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)由(1)得 Q(－2，0)．设 A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由直线 l 垂直于 x 轴时，则直线 l 的方程为 x＝－6 5. 由 x＝－6 5 ， x2 4 ＋y2＝1， 解得 x＝－6 5 ， y＝4 5 或 x＝－6 5 ， y＝－4 5. 不妨设点 A 在 x 轴上方，则 A －6 5 ，4 5 ，B －6 5 ，－4 5 ， 则直线 AQ 的斜率 kAQ＝ 4 5 －0 －6 5 －（－2） ＝1， 直线 BQ 的斜率 kBQ＝ －4 5 －0 －6 5 －（－2） ＝－1. 因为 kAQ·kBQ＝－1， 所以 AQ⊥BQ， 所以∠AQB＝π 2 ，即∠AQB 的大小为π 2 . 13．解：(1)由题设知|EF1|＋|EF2|＝2 2>|F1F2|， 根据椭圆的定义，点 E 的轨迹是焦点为 F1，F2，长轴长为 2 2的椭圆． 设其方程为x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)， 则 c＝1，a＝ 2，b＝1，所以 E 的方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)依题设直线 l 的方程为 y＝k(x－1)． 将 y＝k(x－1)代入x2 2 ＋y2＝1 并整理得 (2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0， Δ＝8k2＋8>0. 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则 x1＋x2＝ 4k2 2k2＋1 ，x1x2＝2k2－2 2k2＋1 . 设 MN 的中点为 Q，则 xQ＝ 2k2 2k2＋1 ，yQ＝k(xQ－1)＝－ k 2k2＋1 ，即 Q 2k2 2k2＋1 ， －k 2k2＋1 . 因为 k≠0， 所以直线 MN 的垂直平分线的方程为 y＋ k 2k2＋1 ＝－1 kx－ 2k2 2k2＋1. 令 x＝0 解得 yP＝ k 2k2＋1 ＝ 1 2k＋1 k . 当 k>0 时，因为 2k＋1 k ≥2 2，所以 0|MN|. 由椭圆定义知，P 的轨迹是椭圆． 8．B [解析] 设 M(x0，y0)，根据圆的切线知识可得过 A，B 的直线 l 的方程为 x0x＋y0y＝2， 由此得 P 2 x0 ，0，Q0，2 y0 ，故△POQ 的面积为1 2 ×| 2 x0|·| 2 y0|＝ 2 |x0y0|.点 M 在椭圆上，所以x20 9 ＋y20 4 ＝1≥2|x0 3 |·|y0 2 |，由此得|x0y0|≤3，所以 2 |x0y0| ≥2 3 ，等号当且仅当|x0| 3 ＝|y0| 2 时成立． 9. 5＋1 2 ，＋∞ [解析] 设双曲线的方程为x2 a2 －y2 b2 ＝1， A－c，b2 a ，B－c，－b2 a ，C(0，t)，由AC→ ·BC→ ＝0，得 t2＝b4 a2 －c2≥0，e≥ 5＋1 2 . 10.13 8 [解析] 由点 P 1，1 4 在抛物线上，得 p＝1 8 ，故抛物线的标准方程为 x2＝4y，其焦点 为 F(0，1)，准线为 y＝－1，所以|FM|＝2，|PQ|＝1＋1 4 ＝5 4 ，|MQ|＝1，则直角梯形 PQMF 的面积等于1 2 × 5 4 ＋2 ×1＝13 8 . 11.1 4 ，1＋ 2 2 [解析] 取值范围的左端点是p 2 ＝1 4 ，右端点是当直线的倾斜角等于π 4 时，此时直 线方程是 y＝x－1 4 ，代入抛物线方程得 x2－3 2x＋ 1 16 ＝0，根据题意点 A 的横坐标是 x＝ 3 2 ＋ 3 2 2 －1 4 2 ＝3 4 ＋ 2 2 ，根据抛物线定义该点到焦点的距离等于其到准线的距离，故这个距 离是3 4 ＋ 2 2 ＋1 4 ＝1＋ 2 2 . 12．解：(1)设椭圆 C 的标准方程为x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)， 依题意得 a＝ 2，又 e＝c a ＝ 2 2 ，所以 c＝1，b2＝a2－c2＝1. 所以，椭圆 C 的标准方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)当点 P 在圆 O 上运动时(不与 A，B 重合)，直线 PQ 与圆 O 保持相切．证明如下： 设 P(x0，y0)(x0≠± 2)，则 y20＝2－x20， 所以 kPF＝ y0 x0＋1 ，kOQ＝－x0＋1 y0 . 直线 OQ 的方程为 y＝－x0＋1 y0 x，所以点 Q －2，2x0＋2 y0 ， 于是，kPQ＝ y0－2x0＋2 y0 x0＋2 ＝y20－（2x0＋2） （x0＋2）y0 ＝ －x20－2x0 （x0＋2）y0 ＝－x0 y0.又 kOP＝y0 x0. 所以 kOP·kPQ＝－1，即 OP⊥PQ. 故直线 PQ 与圆 O 相切． 13．解：(1)因为圆 C1，C2 关于直线 l 对称， 圆 C1 的圆心 C1 坐标为(4，0)，圆 C2 的圆心 C2 坐标为(0，2)， 显然直线 l 是线段 C1C2 的中垂线， 线段 C1C2 中点坐标是(2，1)， 直线 C1C2 的斜率是 k＝y1－y2 x1－x2 ＝0－2 4－0 ＝－1 2 ， 所以直线 l 的方程是 y－1＝－1 k(x－2)，即 y＝2x－3. (2)假设这样的 Q 点存在， 因为 Q 点到 A(－2 2，0)点的距离减去 Q 点到 B(2 2，0)点的距离的差为 4， 所以 Q 点在以 A(－2 2，0)和 B(2 2，0)为焦点，实轴长为 4 的双曲线的右支上， 即 Q 点在曲线x2 4 －y2 4 ＝1 上． 又 Q 点在直线 l 上，Q 点的坐标是方程组 y＝2x－3， x2 4 －y2 4 ＝1 的解， 消元得 3x2－12x＋13＝0，Δ＝122－4×3×13<0，方程组无解， 所以直线 l 上不存在满足条件的点 Q. 14．解：(1)由题意知：c＝1. 根据椭圆的定义得：2a＝ （－1－1）2＋ 2 2 2＋ 2 2 ，即 a＝ 2. 所以 b2＝2－1＝1.所以椭圆 C 的标准方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)当直线 l 的斜率为 0 时，A( 2，0)，B(－ 2，0)． 则QA→ ·QB→ ＝ 2－5 4 ，0·－ 2－5 4 ，0＝－ 7 16. 当直线 l 的斜率不为 0 时，设直线 l 的方程为：x＝ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由 x2 2 ＋y2＝1， x＝ty＋1 可得(t2＋2)y2＋2ty－1＝0. 显然Δ>0. y1＋y2＝－ 2t t2＋2 ， y1y2＝－ 1 t2＋2 . 因为 x1＝ty1＋1，x2＝ty2＋1， 所以 x1－5 4 ，y1·x2－5 4 ，y2 ＝ty1－1 4ty2－1 4 ＋y1y2 ＝(t2＋1)y1y2－1 4t(y1＋y2)＋ 1 16 ＝－(t2＋1) 1 t2＋2 ＋1 4t· 2t t2＋2 ＋ 1 16 ＝－2t2－2＋t2 2（t2＋2） ＋ 1 16 ＝－ 7 16. 即QA→ ·QB→ ＝－ 7 16. 专题限时集训(十六)A 【基础演练】 1．B [解析] 由频率分布直方图可知时速超过 60 km/h 的频率为 0.28＋0.10＝0.38，故汽车 数量为 200×0.38＝76，选 B. 2．D [解析] 抽取比例为 40 800 ＝ 1 20.故各层中依次抽取的人数分别是160 20 ＝8，320 20 ＝16，200 20 ＝ 10，120 20 ＝6. 3．D [解析] 由题可知数据在(－∞，30)上的有 5 个，故所求频率为 5 20 ＝1 4 ，选 D. 【提升训练】 4．B [解析] 由频率分布直方图可求得 a＝0.005，故[400，500)对应的频率为(0.005＋ 0.004)×50＝0.45，相应的人数为 4 500 人． 5．D [解析] 从写有数字 1，2，3，4 的 4 张卡片中随机抽取 2 张，有(1，2)，(1，3)，(1， 4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)共 6 种，取出的 2 张卡片上的数字之和为奇数的取法有(1，2)，(1， 4)，(2，3)，(3，4)共 4 种，取出的 2 张卡片上的数字之和为奇 数的概率是4 6 ＝2 3. 6．A [解析] 基本事件总数是 36，由 a⊥b 得 m－2n＝0，所以事件“a⊥b”包含的基本事件为 (2，1)，(4，2)，(6，3)共 3 个，所以 a⊥b 的概率是 3 36 ＝ 1 12 ，故选 A. 7．D [解析] 基本事件的总数是 36，y′＝2mx2－n，若函数在[1，＋∞)上单调递增，则 y′≥0 在[1，＋∞)上恒成立，即 n 2m ≤x2 在[1，＋∞)上恒成立，即 n 2m ≤1，即 2m≥n.在所有的基本事 件中 2m10.828. 4．C [解析] 回归系数的意义为：解释变量每增加一个单位，预报变量平均增加 b 个单位． 【提升训练】 5．D [解析] 最小二乘法的基本原理是使真实值和估计值差的平方和最小． 6．C [解析] 由这两个散点图可以判断，变量 x 与 y 负相关，u 与 v 正相关，选 C. 7．B [解析] 回归方程建立后，相关指数就是一个确定的值，这个值是衡量回归方程拟合效 果的，它是由残差平方和确定的，而用最小二乘法建立起来的回归方程其实质是使残差平方 和最小． 8．A [解析] 由数据可知：x＝4.5，y＝a＋11 4 代入y^＝0.7x＋0.35，解得 a＝3. 9．③ [解析] 由独立性检验的基本思想可得，只有③正确． 10．3 [解析] ①是系统抽样；②③④全对，故共有 3 个正确命题． 11．68 [解析] 因为 x＝18＋13＋10＋（－1） 4 ＝10，y＝24＋34＋38＋64 4 ＝40，所以线性 回归方程y^＝－2x＋a^必过点(10，40)，即 40＝－2×10＋a^，求得a^＝60，所以y^＝－2x＋60. 于是当 x＝－4 时，y^＝68，即当气温为－4℃时，预测用电量的度数约为 68 度． 12．解：(1)设 B 专业的 4 名女生为甲、乙、丙、丁，随机选取两个共有(甲，乙)，(甲，丙)， (甲，丁)，(乙，丙)，(乙，丁)，(丙，丁)6 种可能，其中选到甲的共有 3 种可能，则女生甲被 选到的概率是 P＝3 6 ＝1 2. (2)根据列联表中的数据得 K2＝100×（12×46－4×38）2 16×84×50×50 ≈4.762，由于 4.762>3.841，因此 能在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下，认为工科院校中“性别”与“专业”有关系． 13．解：(1)由题意，甲、乙两班均有学生 50 人，甲班优秀人数为 30 人，优秀率为30 50 ＝60%. 乙班优秀人数为 25 人，优秀率为25 50 ＝50%. (2) 优秀人数 非优秀人数 合计 甲班 30 20 50 乙班 25 25 50 合计 55 45 100 注意到 K2＝100×（30×25－20×25）2 50×50×55×45 ＝100 99 ≈1.010. 所以由参考数据知，没有 75%的把握认为“进行棋类训练对提高数学计算题优秀率有帮助”． 专题限时集训(十八) 【基础演练】 1．B [解析] z＝ i 2－i ＝ i（2＋i） （2－i）（2＋i） ＝－1＋2i 5 ＝－1 5 ＋2 5i，所以复数 z 对应的点位于复平 面的第二象限． 2．C [解析] 因为 z1＝1＋i，z2＝1－i(i 是虚数单位)，所以z1 z2 ＋z2 z1 ＝1＋i 1－i ＋1－i 1＋i ＝－i＋i＝0. 3．B [解析] S＝1＋(－1)1×1＋(－1)2×2＋(－1)3×3＋(－1)4×4＋(－1)5×5＝－2. 4．A [解析] 由图可知，当 n＝1 时，a1＝6，当 n＝2 时，a2＝10，当 n＝3，有 a3＝14， 由此推测，第 n 个图案中有白色地面砖的块数是：an＝4n＋2. 【提升训练】 5 ．D [解析] z1 z2 ＝1－3i 3＋2i ＝（1－3i）（3＋2i） （3－2i）（3＋2i） ＝9－7i 13 ，故选 D. 6．B [解析] z＝x＋3i 1－i ＝（x＋3i）（1＋i） （1－i）（1＋i） ＝（x－3）＋（3＋x）i 2 ＝x－3 2 ＋3＋x 2 i 是实数，∴ 3＋x 2 ＝0⇒x＝－3. 7．C [解析] 由程序框图可知，该框图的功能是输出使和 S＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋i·2i>11 时的 i 的值加 1，因为 1·21＋2·22＝10<11，1·21＋2·22＋3·23>11，所以当 S>11 时，计算到 i＝3，故输出的 i 是 4，选 C. 8．D [解析] a 的取值依次构成一个数列，且满足 a1＝1，an＋1＝2an＋1，则求第一个大于 100 的 an 值，写出这个数列 1，3，7，15，31，63，127，…，故输出结果为 127. 9．D [解析] 由框图可知 S＝0，k＝1；S＝0＋ 2－1，k＝2； S＝( 2－1)＋( 3－ 2)＝ 3－1，k＝3；S＝( 3－1)＋( 4－ 3)＝ 4－1，k＝4；… S＝ 8－1，k＝8；S＝ 9－1，k＝9；S＝ 10－1，k＝10；S＝ 11－1，k＝11，满足条件， 终止循环，输出 S＝ 11－1，选 D. 10．D [解析] ∵20＋21＋22＋23＋24＋25＝63<100， 20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＝63＋64＝127>100. ∴当 k＝k＋1＝5＋1 时，S＝63<100；当 k＝k＋1＝6＋1 时，S＝127>100. 即程序输出的 k＝7，故选 D. 11．D [解析] 正方形类比到空间的正方体，即半径为 R 的球的内接六面体中以正方体的体 积为最大，此时正方体的棱长 a＝2R 3 ，故其体积是 2R 3 3 ＝8 3 9 R3. 12．－1 [解析] (a＋i)2i＝(a2－1＋2ai)i＝－2a＋(a2－1)i>0⇔ －2a>0， a2－1＝0. 解得 a＝－1. 13．13＋23＋33＋43＋53＋63＝212 [解析] 观察可知，第 n 个等式的左边是从 1 开始的连续 n 个自然数的立方和，而右边是这连 续 n 个自然数和的平方，即 13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2，∴第 5 个等式为 13 ＋23＋33＋43＋53＋63＝212. 14．32 [解析] 由程序框图可知，第一次运行时，输出(1，0)，n＝3，x＝2×1＝2，y＝0－2 ＝－2；第二次运行时，输出(2，－2)，n＝5，x＝2×2＝4，y＝－2－2＝－4；以此类推，x 每次乘以 2，y 每次减少 2，故后面输出依次是(4，－4)，(8，－6)，(16，－8)，(32，－10)．故 所求的 x＝32. 15．1 028 [解析] an＝2 011 是第 45 行的第 38 个数，1＋2＋3＋…＋44＋38＝1 028. 专题限时集训(十九) 【基础演练】 1．A [解析] 因为(3a＋λb)⊥a，所以(3a＋λb)·a＝3a2＋λa·b＝3×12＋λ×1×2×cos2π 3 ＝0， 解得λ＝3. 2．A [解析] z1·z2＝(m＋2i)(2＋i)＝(2m－2)＋(m＋4)i，只要 2m－2＝0 且 m＋4≠0 即可， 解得 m＝1. 3．B [解析] 不等式组所表示的平面区域是下图中的△ABC，u 表示平面区域上的点到点(2， 2)距离的平方．根据题意只能是点(2，2)到直线 x＋y－1＝0 的距离最小，这个最小值是 3 2 ， 故所求的最小值是9 2. 4．A [解析] 构造函数 f(x)＝sin2x＋2sinx，则函数 f(x)的值域是[－1，3]，因为方程 sin2x＋ 2sinx＋a＝0 一定有解，所以－1≤－a≤3，∴－3≤a≤1. 【提升训练】 5．A [解析] 由 f[f(x)]＋1＝0 可得 f[f(x)]＝－1，又由 f(－2)＝f 1 2 ＝－1 可得 f(x)＝－2 或 f(x) ＝1 2.若 f(x)＝－2，则 x＝－3 或 x＝1 4 ；若 f(x)＝1 2 ，则 x＝－1 2 或 x＝ 2.综上可得 y＝f[f(x)]＋1 有 4 个零点． 6．A [解析] 作图可知，设|PF2|＝r，则|PF1|＝2r，|F1F2|＝ 3r.由椭圆的定义得 2a＝3r， 2c＝ 3r，故椭圆的离心率为 e＝c a ＝ 3 3 .故选 A. 7．C [解析] 依题意 f(1)＋f(a)＝2，且 f(1)＝0，所以 f(a)＝2.当 a>0 时，得 log2a＝2，求得 a＝4；当 a<0 时，无解．综合得 a＝4.故选 C. 8. 1，5 4 [解析] 曲线 y＝x2－|x|＋a 关于 y 轴对称，当 x≥0 时，y＝x2－x＋a＝ x－1 2 2 ＋a －1 4 ，结合图象要使直线 y＝1 与曲线 y＝x2－|x|＋a 有四个交点，需 a>1， a－1 4<1， 解得 10，从而 a>1 或 a<－3.又 a>0，∴a>1，∴a－1>0，∴ab＝f(a)＝a·a＋3 a－1 ＝(a－1)＋ 4 a－1 ＋5≥9，当且仅当 a－1＝ 4 a－1 ， 即 a＝3 时取等号，当 13 时函数 f(a)单调递增，∴ab 的 取值范围是[9，＋∞)． 方法 2：设 ab＝t，则 a＋b＝t－3，∴a，b 可看成方程 x2－(t－3)x＋t＝0 的两个正根，从而 有 （t－3）2－4t≥0， t－3>0 t>0， 解得 t≥9，即 ab≥9. 12．解：(1)由 2cos2B＝cos2B＋2cosB， 可得 2cos2B＝2cos2B－1＋2cosB，∴cosB＝1 2. ∵00)， 所以当 a＝1 时，f′(x)＝1 x －1＝1－x x ， 令 f′(x)>0 时，解得 01，所以 f(x)在(1，＋∞)上单调递减． (2)因为函数 y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为 45°， 所以 f′(2)＝1，即 a＝－2，f′(x)＝－2 x ＋2. g(x)＝x3＋x2 m 2 ＋2－2 x ＝x3＋ m 2 ＋2 x2－2x， g′(x)＝3x2＋(4＋m)x－2， 因为任意的 t∈[1，2]，函数 g(x)＝x3＋x2 m 2 ＋f′（x） 在区间(t，3)上总存在极值， 故极值点必在区间(2，3)内，又因为 g′(x)的图象开口向上且过点(0，－2)， 所以只需 g′（2）<0， g′（3）>0， 解得－37 3 0 恒成立， 所以当 a<0 时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间； 当 a>0 时，由 f′(x)>0 解得 x<－ a或 x> a， 由 f′(x)<0 解得－ a0 时，f(x)的单调增区间为(－∞，－ a)，( a，＋∞)，f(x)的单调减区间为(－ a， a)． (2)因为 f(x)在 x＝－1 处取得极值， 所以 f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，所以 a＝1. 所以 f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3， 由 f′(x)＝0 解得 x1＝－1，x2＝1. 由(1)中 f(x)的单调性可知， f(x)在 x＝－1 处取得极大值 f(－1)＝1， 在 x＝1 处取得极小值 f(1)＝－3. 因为直线 y＝m 与函数 y＝f(x)的图象有三个不同的交点， 结合 f(x)的单调性可知，m 的取值范围是(－3，1)． 专题限时集训(二十) 【基础演练】 1．C [解析] cos 5π 6 －x ＝cos π 2 ＋π 3 －x＝－sin π 3 －x＝－3 5. 2．A [解析] 方法 1：tanα＝tanα＋π 4 －π 4 ＝ tanα＋π 4 －tan π 4 1＋tanα＋π 4 ·tan π 4 ＝3－1 1＋3 ＝1 2. 方法 2：由 tanα＋π 4 ＝3，得1＋tanα 1－tanα ＝3，解得 tanα＝1 2. 3．D [解析] 由于函数 f(x)是偶函数，所以 f(2)＝f(－2)，因为－2<－3 2<－1 且函数 f(x)在(－ ∞，－1]上是增函数，所以 f(－2)1 时，函数 f(x)＝logax 在区间[a，2a]上的最大值与最小值分别为 loga2a ＝loga2＋1，logaa＝1，它们的差为 loga2，且 01，故 a>2；当 0－1，即 log2a<－1，即 a<1 2. 7．C [解析] 因为 a1＝1，a2＝1，所以根据 an＋1＝|an－an－1|(n≥2)，得 a3＝|a2－a1|＝ 0，a4＝1，a5＝1，a6＝0，…，故数列{an}是周期为 3 的数列．又 2 012＝670×3＋2，所以 该数列前 2 012 项和等于 670×2＋2＝1 342.故选 C. 8．C [解析] 根据对数函数的性质可得不等式 00 恒成立，只要解不等式 t2－3t＋ 3<1 即可，即解不等式 t2－3t＋2<0，解得 1 5，直线与圆相离，∴t＝－2 不符合题意，舍去． ∴圆 C 的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5. 14．证明：f′(x)＝1 x －a＋a－1 x2 ＝－ax2－x＋1－a x2 ，x∈(0，＋∞)． 由 f′(x)＝0， 即 ax2－x＋1－a＝0，解得 x1＝1，x2＝1 a －1. (1)若 0x1.当 01 a －1 时，f′(x)<0；当 10.故此 时函数 f(x)的单调递减区间是(0，1)，1 a －1，＋∞，单调递增区间是 1，1 a －1. (2)若 a＝1 2 时，x1＝x2，此时 f′(x)≤0 恒成立，且仅在 x＝1 2 处 f′(x)＝0，故此时函数 f(x)在(0， ＋∞)上单调递减． (3)若1 21 时，f′(x)<0；当1 a －10.故 此时函数 f(x)的单调递减区间是 0，1 a －1，(1，＋∞)，单调递增区间是1 a －1，1. 综上所述：当 0