• 1.18 MB
  • 2021-05-13 发布

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
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
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