• 5.20 MB
  • 2021-05-13 发布

全品高考数学考前专题限时训练含答案基础提升作业答案

  • 64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
参考答案(作业手册)‎ ‎                   ‎ 专题限时集训(一)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.C [解析] 由∁UB={1,2}可得,集合B中含有3,但一定不含1,2,故A∩B={3}.‎ ‎2.C [解析] 全称命题的否定是特称命题,否定结论并改写量词.由题意知命题“对任意x∈R,都有x3>x‎2”‎的否定是“存在x0∈R,使得x≤x”.‎ ‎3.B [解析] 易知p:x=3或x=4,q:x=3,可知q⇒p,故p是q的必要不充分条件.‎ ‎4.D [解析] 集合M=[0,1],集合N=(0,+∞),所以M∩N=(0,1].‎ ‎5.4 [解析] 由题意得B=={x}=,因此A∩B=,所以集合A∩B的子集个数是22=4.‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.A [解析] 阴影部分表示的集合为N∩(∁IM),而∁IM={1,2,6},N={1,2,3,4},所以阴影部分对应的集合N∩(∁IM)={1,2}.‎ ‎7.C [解析] 集合A={-1,1},所以满足A∪B={-1,0,1}的集合B有{0},{0,1},{0,-1},{0,-1,1},共4个.‎ ‎8.D [解析] 否定的结论为条件,否定的条件为结论构成的命题为逆否命题,即“若b2≠ac,则a,b,c不成等比数列”.‎ ‎9.B [解析] 集合M=[0,+∞),集合N=(-∞,1),所以M∩N=[0,1).‎ ‎10.A [解析] ∵M={0,3},N={…,-1,1,3,…},∴M∩N={3}.‎ ‎11.B [解析] 因为0<a<,所以所以“ab<‎1”‎ 是“0<a<”的必要不充分条件.‎ ‎12.A [解析] 根据指数函数的性质知,①不正确;根据指数函数、二次函数的性质知,②不正确,如x=2时,2x=x2;③中,集合A=(-1,1),集合B=(1-a,1+a),若a=1,则A∩B≠∅,又若a=2,则A∩B≠∅,③不正确;|a-b|>1⇒a·b<⇒cos θ<,又0≤θ≤π,所以<θ≤π,④正确.‎ ‎13.若f(x)不是奇函数,则f(-x)不是奇函数 [解析] 否命题是以否定的条件为条件,否定的结论为结论的命题,即“若f(x)不是奇函数,则f(-x)不是奇函数”.‎ ‎14.5 [解析] 易知Q={(x,y)|-1<x-y<2,x,y∈P},由P={0,1,2}得x-y 的取值只可能是0和1,∴Q={(0,0),(1,1),(2,2),(1,0),(2,1)},含有5个元素.‎ ‎15. [解析] 根据题意可知,本题可转化为求不等式(m+1)x2-mx+m-1>0恒成立时m的取值范围,即 解得m>.‎ 专题限时集训(二)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.A [解析] ==i(1-2i)=2+i,故其虚部为1.‎ ‎2.A [解析] z=+3=+3=2+i+3=5+i,所以复数z对应的点在复平面的第一象限.‎ ‎3.A [解析] 由·>0,可得角B为钝角,此时△ABC是钝角三角形,条件是充分的;反之,当△ABC是钝角三角形时,角B不一定为钝角,故不一定有·>0,条件是不必要的.故“·>‎0”‎是“△ABC是钝角三角形”的充分不必要条件.‎ ‎4.C [解析] 易知|a|=5,cos〈a,b〉===-,即向量a与b的夹角为.‎ ‎5.4 60° [解析] 由|a-b|=,平方得a2-‎2a·b+b2=13,代入已知条件得b2=16,得|b|=4,所以cos〈a,b〉===,所以〈a,b〉=60°.‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.A [解析] ===-2-i,故其共轭复数为-2+i.‎ ‎7.B [解析] z=(1+2i)2=-3+4i,其对应的点的坐标为(-3,4),故其对应的点在第二象限.‎ ‎8.A [解析] 依题知z1=1+2i,由z2=kz1得a+3i=k,即有故a=.‎ ‎9.C [解析] ==,根据已知得2-2b=4+b,解得b=-.‎ ‎10.B [解析] 显然AC⊥BC,以点C为坐标原点,射线CA,CB分别为x轴、y 轴的正方向建立平面直角坐标系,则C(0,0),A(3,0),B(0,4).设=+λ=(3,0)+λ(-3,4)=(3-3λ,4λ),其中0≤λ≤1,则·(-)=·=(3-3λ,4λ)·(3,0)=9-9λ≤9,故·(-)的最大值为9.‎ ‎11.D [解析] 由a·(a+2b)=0且|a|=1,得a·b=-,得〈a,b〉=120°.在平面直角坐标系中,设a=(1,0),b=,则a+2b=(0,).设c=(x,y),由|c-a-2b|=1得x2+(y-)2=1,即向量c的终点在圆x2+(y-)2=1上,所以|c|的最大值为+1.‎ ‎12.2+i [解析] =2-i⇒(1+ai)(1-i)=(2-i)·(b+i)⇒1+a+(a-1)i=2b+1+(2-b)i,所以解得 ‎13.1 [解析] ·=(+)·(-)=(2-2)=(2-4)=-,解得||=1.‎ ‎14.9 [解析] 方法一:以点A为坐标原点,AB,AD所在的直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系xAy,则A(0,0),E(2,3),F(3,1),所以=(2,3),=(3,1),因此·=2×3+3×1=9.‎ 方法二:如图所示,=+=+=+,=+=+=+,所以·=·=2+·+2=·||2+×0+·||2=×32+×32=9.‎ ‎15.24 [解析] 点A的坐标为(3,a),则||≥3,=λ,则O,P,A三点共线,又||·||=72,则||=.设OP与x轴的夹角为θ,则OP在x轴上的投影长度为||cos θ=||·‎ eq f(3,|o(OA,sup6(→))|)=≤24,即线段OP在x轴上的投影长度的最大值为24.‎ 专题限时集训(三)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.B [解析] 集合B=(-∞,-1)∪(1,+∞),所以A∩B=(1,2).‎ ‎2.B [解析] 集合M=(-1,1),集合N=(0,1),显然N⊆M,B正确.‎ ‎3.B [解析] 不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分所示,根据目标函数的几何意义,可得在点(1,0)处目标函数取得最大值1.‎ ‎4.A [解析] 对于选项A中的不等式,-=<0,故选项A中的不等式不成立;根据不等式的性质,其余选项中的不等式均成立.‎ ‎5.C [解析] =≥=,当且仅当x=y时,等号成立,所以==.‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.B [解析] 集合A=(-1,3),集合B=(-1,+∞),所以∁BA=[3,+∞).‎ ‎7.D [解析] 集合A=[1,5],集合B=(2,+∞),所以A∩B=(2,5].‎ ‎8.B [解析] 根据已知可得‎2m=1-n,即‎2m+n=1.故+=(‎2m+n)=3++≥3+2=3+2,当且仅当n=m,即m=,n=-1时等号成立.‎ ‎9.D [解析] 由已知得平面区域是以O(0,0),A(2,0),B(1,2),C(0,1)为顶点的四边形边界及其内部.目标函数的几何意义是区域内的点到点(-1,-1)的距离的平方,所以可得在区域的顶点B(1,2)处,目标函数取得最大值13.‎ ‎10.D [解析] 由余弦定理得cos C==≥=,当且仅当a=b时等号成立.‎ ‎11.2 [解析] 作出不等式组表示的平面区域,即可行域如图中阴影部分所示.直线x ‎+2y-a=0与x轴交于点A(a,0),目标函数为z=3x+y,当直线y=-3x+z过可行域内点A(a,0)时,z恰好取得最大值6,即zmax=‎3a+0=6,得a=2,即直线x+2y-a=0过点(2,0),故a=2.‎ ‎12. 9 [解析] 因为x,y均为正实数,所以x+y≥2,所以xy=x+y+3可化为xy≥2+3,即(-3)(+1)≥0,所以≥3,即xy≥9,当且仅当x=y时等号成立.‎ ‎13. [解析] 不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分所示.==1+2×,令z=,则其几何意义是区域内的点与点P(4,1)连线的斜率,显然点A(-3,-4)与点P连线的斜率最大,其最大值为=,所以的最大值为1+2×=.‎ ‎14.8 [解析] 因为f(x)=x3-(a+b)x2+abx,所以f′(x)=3x2-2(a+b)x+ab,所以f′(0)=ab=4,所以a2+2b2≥2ab=8,当且仅当a=b时等号成立.‎ ‎15.4 [解析] 作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示,直线2x-y+2=0与直线8x-y-4=0交于点A(1,4).作直线l:z=ax+by,由于a>0,所以z可视为直线l在x轴上的截距的a倍,当直线l经过可行域内的点A时,直线l在x 轴上的截距最大,此时z取最大值,即zmax=a·1+b·4=a+4b=8,因此ab=·a·4b≤·=×=4,当且仅当a=4b,即a=4,b=1时等号成立.‎ 专题限时集训(四)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.A [解析] 对于③,“若a,b∈C,则a-b>0⇒a>b”是错误的,如a=2+i,b=1+i,则a-b=1>0,但2+i>1+i不正确;对于④,“若z∈C,则|z|<1⇒-10,又(x+m-1)2≥(x-1)2在区间[0,+∞)上恒成立,即2mx+m2-‎2m≥0在区间[0,+∞)上恒成立,所以只需m2-‎2m≥0,解得m≥2,所以实数m的取值范围是[2,+∞).‎ ‎15.17 [解析] 函数f(x)和g(x)的图像都是中心对称图形,其对称中心都为(1,0),如图所示,故其交点也关于点(1,0)成中心对称,且对称的两个交点的横坐标之和为2.函数f(x)=2sin πx的最大值为2,当x=9时,g(9)=2,f(x)=2sin πx的最小正周期为2,故在区间(1,3),(3,5),(5,7),(7,9)内,两个函数的图像各有2个交点,即在区间(1,9)内两个函数的图像有8个交点,故与此对称的区间(-7,1)内也有8个交点,这16个交点的横坐标之 和为16.又f(1)=g(1),即x=1也为其交点的横坐标,所以所有交点的横坐标之和为17.‎ 专题限时集训(六)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.A [解析] 若m<0,则方程m+log2x=0(x≥1)有一解,即函数f(x)存在零点;反之,若函数f(x)有零点,则m≤0.所以“m<‎0”‎是“函数f(x)=m+log2x(x≥1)存在零点”的充分不必要条件.‎ ‎2.A [解析] 易知f(x)在定义域内单调递增,且f=2-2<0,f=2-1>0,故选A.‎ ‎3.B [解析] 画出函数y=tan x,y=在区间上的图像(图略),由图可知,两个函数的图像只有一个公共点,故函数f(x)=tan x-在区间内零点的个数为1.‎ ‎4.B [解析] 已知函数f(x)与g(x)的图像在R上连续,由表可知,函数f(x)在区间[0,1]上的函数值由3.011变化到5.432,而函数g(x)在区间[0,1]上的函数值由3.451变化到4.890,所以这两个函数在区间(0,1)上有交点,即方程f(x)=g(x)在区间(0,1)上有实数解.‎ ‎5.- [解析] 因为函数f(x)=ax+b的零点为x=2,所以‎2a+b=0,即=-2.由bx2-ax=0,得x=0或x==-.‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.C [解析] 画出函数y=f(x)和y=-x+m的图像,如图所示,则所求问题等价于两个函数的图像有交点,由图易知m∉(0,1],故m∈(-∞,0]∪(1,+∞).‎ ‎7.C [解析] ∵函数f(x)是定义域为R的奇函数,∴f(0)=0,又当x≤0时,f(x)=2x-x+a,∴20+a=0,解得a=-1,故当x≤0时,f(x)=2x-x-1.令f(x)=2x-x-1=0,解得x=-1或x=0,故f(-1)=0,则f(1)=0.综上所述,函数f(x)的零点的个数是3.‎ ‎8.D [解析] 由2=4-a,可得a=4,即f(x)=4-4x,其零点x1=1;由2=4-logb,得b==,即g(x)=4-logx,其零点x2=;由2=4-,得c=-1,所以h(x)=4-x-1,其零点x3=.故x1+x2+x3=1++=.‎ ‎9.B [解析] 根据题意可知只需作出函数y=(x>0)的图像关于原点对称的图像,确定它与函数y=-x2-4x(x≤0)的图像的交点个数即可,由图可知,只有一个交点,故选B.‎ ‎10.D [解析] 令f(x)=-,易知函数f(x)=-是偶函数,且当x>0时,f(x)=-=令g(x)=kx+1,画出函数f(x)和g(x)的图像,如图所示.‎ 设曲线y=-(x<-1)上任意一点的坐标为,y′=,所以曲线y=-(x<-1)在点处的切线方程为y+=(x-x0),当该切线过点(0,1)时,有1+=(0-x0),得x0=-4,此时切线的斜率k=.由图易知当直线g(x)=kx+1的斜率k∈时,g(x)与f(x)的图像有五个交点.根据对称性可得当-<k<0时,g(x)和f(x)的图像也有五个交点,则k∈∪.‎ ‎11.(1,+∞) [解析] 函数f(x)有三个零点等价于方程=m|x|有且仅有三个实根. 由=m|x|,得=|x|(x+2),作函数y=|x|(x+2)的图像,如图所示,由图像可知,m应满足0<<1,故m>1.‎ ‎12.x= [解析] 依题意,令f(x)-log2x=a,a是常数,则f(a)=1,所以log‎2a=1-a,解得a=1,所以f(x)=1+log2x.令f(x)=0,解得x=.‎ ‎13.3 [解析] 当x>1时,ln x>0,此时f(x)=2x+1-x2,令x2-2x-1=0,解得x==1+;当x=1时,ln x=0,此时f(x)=1-x2,令1-x2=0,解得x=1;当0<x<1时,ln x<0,此时f(x)=-2x+1-x2,令x2+2x-1=0,解得x==-1+.综上可知,函数f(x)=2x·g(ln x)+1-x2有3个零点.‎ ‎14.解:(1)令F(x)=|f(x)-2|=|2x-2|,G(x)=m,画出F(x)的图像如图所示.‎ 由图可知,当m=0或m≥2时,函数F(x)与G(x)的图像只有一个交点,即原方程只有一个解;当00),H(t)=t2+t,‎ ‎∵H(t)=-在区间(0,+∞)上是增函数,‎ ‎∴H(t)>H(0)=0,因此要使t2+t>m在区间(0,+∞)上恒成立,即原不等式在R上恒成立,应有m≤0.‎ ‎15.解: (1)由弧长计算公式及扇环面的周长为‎30米,得 ‎30=θ(10+x)+2(10-x),所以θ=(02.∴β<α<γ.‎ ‎11.D [解析] 在区间上,f(x)<f′(x)tan x等价于f′(x)sin x-f(x)cos x>0.构造函数g(x)=,则g′(x)=>0,所以g(x)在区间上单调递增.‎ g<g,即<,即f<f,故选项A中的不等式不成立;‎ g(1)>g,即>,即f(1)>‎2fsin 1,故选项B中的不等式不成立;‎ g<g,即<,即f<f,故选项C中的不等式不成立;‎ g<g,即<,即f<f,故选项D中的不等式成立.‎ ‎12.4x-y-3=0 [解析] 易知切点的坐标为(1,1),又f′(x)=+2x,∴切线的斜率为f′(1)=4,故所求切线的方程为y-1=4(x-1),即4x-y-3=0.‎ ‎13. [解析] 由2x2=-4x-2,得x=-1,所以由曲线y=2x2,直线y=-4x-2,x=1围成的封闭图形的面积为∫(2x2+4x+2)dx=-1=-=.‎ ‎14.解:(1)令h(x)=f(x)-g(x),则h′(x)=(x+1)(2-ex),‎ 则h′(x),h(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-1)‎ ‎-1‎ ‎(-1,ln 2)‎ ln 2‎ ‎(ln 2,+∞)‎ h′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ h(x)‎  极小值  极大值  ‎∴h(x)极小值=h(-1)=-1,h(x)极大值=h(ln 2)=(ln 2)2.‎ ‎(2)由已知可知,当x∈(-2,0)时,x2+2x+1≥axex恒成立,‎ 即a≥=恒成立.‎ 令t(x)=,则t′(x)=-,‎ ‎∴当x∈(-2,-1)时, t′(x)>0,则t(x)在区间(-2,-1)上单调递增;‎ 当x∈(-1,0)时, t′(x)<0,则t(x)在区间(-1,0)上单调递减.‎ 故当x∈(-2,0)时, t(x)max=t(-1)=0,‎ ‎∴a≥0.‎ ‎15.解:(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=ln x+x·=1+ln x.‎ 令f′(x)>0,则ln x>-1=ln,所以x>;令f′(x)<0,则ln x<-1=ln,所以0<x<.‎ 所以f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是,‎ f(x)极小值=f=ln=-,f(x)无极大值.‎ ‎(2)证明:不妨设00时,f(x)的单调递减区间为(-∞,ln a),单调递增区间为(ln a,+∞).‎ ‎(2)由于a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.‎ 设g(x)=(x-k)(ex-1)+x+1,则g′(x)=ex(x-k+1).‎ ‎(i)若k≤1,则当x>0时,g′(x)>0,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,而g(0)=1,‎ 故当x>0时,g(x)>1>0,即有(x-k)f′(x)+x+1>0恒成立.‎ ‎(ii)若k>1,则当x∈(0,k-1)时,g′(x)<0;当x∈(k-1,+∞)时,g′(x)>0.‎ 所以g(x)在区间(0,+∞)内的最小值为g(k-1)=k-ek-1+1.‎ 令h(k)=k-ek-1+1,则h′(k)=1-ek-1,因为k>1,所以h′(k)<0,故h(k)在区间(1,+∞)上单调递减.而h(2)>0,h(3)<0,所以当1<k≤2时,h(k)>0,即g(k-1)>0,从而当x>0时,g(x)>0,即(x-k)f′(x)+x+1>0恒成立;当k≥3时,h(k)<0,即g(k-1)<0,故g(x)>0在区间(0,+∞)内不恒成立.‎ 综上所述,整数k的最大值为2.‎ 专题限时集训(八)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.C [解析] y=sin xcos x=sin 2x,故其最小正周期为=π.‎ ‎2.B [解析] 把函数y=sin(x∈R)的图像上所有的点向左平移个单位长度,得到函数y=sin=sinx+(x∈R)的图像,再把所得图像上各点的横坐标扩大到原来的2倍,得到函数y=sin(x∈R)的图像.‎ ‎3.C [解析] y=cos=sin=sin,所以只需把函数y=sin 2x的图像向左平移个单位长度即可得到函数y=cos的图像.‎ ‎4.- [解析] 由a∥b,可得-3sin θ=2cos θ,又易知cos θ≠0,所以tan θ=-.‎ ‎5.- [解析] 根据已知易得tan α=-2,所以tan===-.‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.B [解析] 由题知xB-xA=3=,所以T=6,xA=-1,y轴左侧距离y 轴最近的最低点的横坐标为-4,所以f(x)的单调递增区间是[6k-4,6k-1](k∈Z).‎ ‎7.D [解析] 当0≤θ<时,d=2cos θ;当<θ<π时,d=2cos(π-θ)=-2cos θ.故选D.‎ ‎8.A [解析] 函数f(x)=sin(2x+φ)向左平移个单位得函数y=sin的图像,又其为奇函数,故+φ=kπ,k∈Z,解得φ=kπ-,k∈Z.又|φ|<,所以φ=-,所以f(x)=sin.因为x∈,所以sin ∈,易知当x=0时,f(x)min=-.‎ ‎9.A [解析] 由f(x)=-f(x+π)知函数f(x)的周期为2π,所以ω=1.又f(0)=,|φ|<,所以φ=,于是g(x)=2cos.当x∈时,≤x+≤π,所以-1≤g(x)≤,所以g(x)的最大值与最小值之和为-1.‎ ‎10.B [解析] 将f(x)=sin 2x-cos 2x=2sin的图像向左平移m个单位,得到函数g(x)=2sin的图像,由题意得2×+‎2m-=kπ+(k∈Z),即m=+(k∈Z).又∵m>-,∴当k=-1时,m取得最小值-.‎ ‎11. [解析] 设OB=1,则PB=tan α,△OPB的面积为tan α,又扇形OAB的面积为α,所以tan α=2×α,所以=.‎ ‎12.- [解析] g(x)=sin=sin,由≤x≤,得≤3x-≤,所以当3x-=,即x=π时,g(x)取得最小值,且g(x)min=sin=-.‎ ‎13.- [解析] 由 解得或所以tan α=2或-.‎ 当tan α=-时,tan 2α==-;‎ 当tan α=2时,tan 2α==-.故tan 2α=-.‎ ‎14.解:(1)由已知易得f(x)=4sin+1,‎ ‎∵≤x≤,∴≤2x-≤,∴3≤f(x)≤5,‎ ‎∴f(x)max=5,f(x)nim=3.‎ ‎(2)∵当2kπ+≤2x-≤2kπ+π,k∈Z时f(x)单调递减,而≤2x-≤,∴f(x)的单调递减区间为.‎ ‎15.解:(1)∵f(x)=sin 2x+cos 2x+1=2sin+1,‎ ‎∴f=2sin+1=2sin+1=2sin+1=2.‎ ‎(2)由(1)知f(x)=2sin+1.‎ ‎∵x∈,∴2x+∈,‎ ‎∴-≤sin≤1,‎ ‎∴0≤2sin+1≤3.‎ 故当x∈时,函数f(x)的值域是[0,3].‎ ‎16.解:(1)由题意,得=(sin θ-cos θ,-sin θ),‎ 当θ= 时,sin θ-cos θ=sin -cos =, ‎ ‎-sin θ=-sin =-, ‎ ‎ 所以 =. ‎ ‎ (2)因为=(sin θ-cos θ,-sin θ) ,‎ ‎ 所以||2=(sin θ-cos θ)2+(-sin θ)2‎ ‎=1-sin 2θ+2sin2θ ‎ =1-sin 2θ+1-cos 2θ ‎ ‎=2-sin. ‎ ‎ 因为0≤θ≤,所以≤2θ+≤,‎ ‎ 所以当2θ+=时,||2取得最大值3,‎ ‎ 即当θ=时,||取得最大值. ‎ ‎ 专题限时集训(九)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.C [解析] 由=,即=,得sin C=,所以C=120°(C=60°舍去).又B=30°,所以A=30°,所以S△ABC=AB·AC sin A=.‎ ‎2.B [解析] 易知C=30°.由正弦定理得=,所以c=1.‎ ‎3.B [解析] f(x)=sin 2x-sin 2x-cos 2x=sin 2x- cos 2x=sin,易知f(x)的最小值为-1.‎ ‎4.C [解析] sin4θ+cos4θ=(sin2θ+cos2θ)2-2sin2θcos2θ=1-sin22θ=1-(1-cos22θ)=1-=.‎ ‎5. [解析] 由正弦定理及已知,得a2+c2-b2=ac,∴=,即cos B=,∴B=.‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.C [解析] cos2====.‎ ‎7.B [解析] 由题意得=,所以CA·CB=3.在△AOB中,由OA=OB=1,·=-,得∠AOB=,所以AB=.由余弦定理得AB2=CA2+CB2-2CA·CBcos,即CA2+CB2=6,结合CA·CB=3,得CA=CB=,所以△ABC为等边三角形.‎ ‎8.A  [解析] 依题意得sin‎2A-sin2B=sin Asin C-sin‎2 C,∴由正弦定理可得a2-b2=ac-c2,∴a2+c2-b2=ac,∴cos B==,∴B=.‎ ‎9.C [解析] 设内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则由已知条件可知bccos A=7,a=6.根据余弦定理可得36=b2+c2-14,所以b2+c2=50,所以bc≤25.S△ABC=bcsin A=‎ eq f(1,2)bc=bc=≤=12,当且仅当b=c=5时等号成立,故所求最大值为12.‎ ‎10.A [解析] 由于G为△ABC的重心,所以++=0,即=--,所以+=0,所以a=b=c,所以cos A===.又0<A<π,所以A=.‎ ‎11.- [解析] 因为α∈,cos(π-α)=-,所以sin α=-,tan α =-,所以tan 2α==-.‎ ‎12. [解析] △ABC的面积S=××=,又S=AC·BC·sin C=AC·BC,所 以AC·BC=.根据余弦定理有AB2=AC2+BC2-‎2AC·BC·cos C=(AC+BC)2-‎3AC·BC,所以(AC+BC)2=3+3×=11,所以AC+BC=.‎ ‎13.2 [解析] 设△ABC外接圆的半径为R,则2R===≥=2,当且仅当a=b=1时等号成立.‎ ‎14.解:(1)由已知可得1+cos B=sin B,∴sin=.‎ 又00且n∈N*,所以bnSn==n+1+-10≥-4,当且仅当n+1=,即n=2时,等号成立,所以bnSn的最小值为-4.‎ ‎10.D  [解析] 由an+1=4an-3n+1可得an+1-n-1=4an-4n,即an+1-(n+1)=4(an-n),故数列{an-n}是首项为a1-1=1,公比为4的等比数列,所以an-n=4n-1,所以an=4n-1+n.因为40+41+…+4n-1===C3n-1+C3n-2+…+C30=C3n-i,1+2+…+n=,所以数列{an} 的前n 项和可以表示为 (C3n-i+i).‎ ‎11. [解析] 直线与两坐标轴的交点坐标分别为,,故Sn==-,所以S1+S2+…+S2014=1-=.‎ ‎12.2600 [解析] 由已知可得,当n为奇数时,an+2-an=0;当n为偶数时,an+2-an=2.故当n为奇数时,{an}为常数数列,an=1;当n为偶数时,{an}是首项为2,公差为2的等差数列.‎ 故S100=S奇+S偶=50×1+=2600.‎ ‎13.8042 [解析] S2014-S2006=a2007+a2008+a2009+a2010+a2011+a2012+a2013+a2014 .‎ 因为a2007=f=-+2×501+2,a2008=f(1004)=2×502,a2009=f=+2×502,a2010=f(1005)=-1+2×502+2,a2011=f=-+2×502+2,a2012=f(1006)=2×503,a2013=f=+2×503,a2014=f(1007)=-1+2×503+2,所以S2014-S2006=8042.‎ ‎14.解:(1)因为对任意正整数n有an+1-an=2,‎ ‎ 所以{an}是公差为2的等差数列.‎ 又因为a1=3,所以an=2n+1. ‎ ‎ 当n=1时,b1=S1=4;‎ 当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=(n2+2n+1)-[(n-1)2+2(n-1)+1]=2n+1, 对b1=4不成立.‎ ‎ 所以数列{bn}的通项公式为bn= ‎ ‎ (2)由(1)知当n=1时,T1==;‎ 当n≥2时,==.‎ 所以Tn=+ =+=+,n≥2,‎ 当n=1时上式仍成立,‎ 故Tn=+,n∈N*. ‎ ‎15.解:(1)证明:由2an+1-2an+an+1an=0,a1=1,且an≠0,‎ 得-=,=1,‎ ‎∴数列是首项为1,公差为的等差数列,‎ ‎∴=1+(n-1)= ,‎ 故an=(n∈N*).‎ ‎(2)b1=2,当n≥2时,bn=f=f=2n,‎ 当n=1时,b1=2,也符合上式,‎ ‎∴bn=2n(n∈N*),‎ ‎∴=(n+1)2n-1,‎ ‎∴Tn=2×20+3×21+4×22+…+(n+1)×2n-1,①‎ ‎2Tn=2×21+3×22+…+n×2n-1+(n+1)×2n.②‎ ‎①-②得-Tn=-n·2n,‎ ‎∴Tn=n·2n.‎ ‎16.解:(1)当n≤10,n∈N*时,数列{an}是首项为45.5,公差为0.5的等差数列,∴an=45.5+0.5×(n-1)=45+0.5n;‎ 当n≥11,n∈N*时,数列{an}是公比为0.99的等比数列,‎ 又a10=50,∴an=50×0.99n-10.‎ 因此,实施新政策后第n年的人口总数an的表达式为an= ‎(2)设Sn为数列{an}的前n项和,从2013年到2032年共20年,由等差数列及等比数列的求和公式得 S20=S10+(a11+a12+…+a20)=477.5+4950×(1-0.9910)≈972.5,‎ ‎∴实施新政策后2013年到2032年的人口平均值为≈48.6(万).‎ ‎∵<49,∴2032年后不需要调整政策.‎ 专题限时集训(十二)A ‎【基础演练】‎ ‎1.C [解析] 该几何体的直观图如图所示,所以V=××2=(cm3).‎ ‎2.C  [解析] 易知该几何体是一个直径为2,高为3的圆柱上部挖去一个直径为2的半球后剩下的部分,故该几何体的表面积为π·12+2π·3+(4π·12)=9π.‎ ‎3.C [解析] 蚂蚁的爬行路线最短时,只能经过A1B1,BB1,BC,CD,DD1,A1D1的中点,且在侧面上沿直线爬行,故正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图可能是②④,其中②为经过BB1的中点的情况,④为经过CD的中点的情况.‎ ‎4.D [解析] 该空间几何体是底面边长为,高为4的正四棱锥,则其侧棱长为=,故A={,},所以∈A,且∈A.‎ ‎【提升训练】‎ ‎5.B [解析] 由题知,三棱柱的侧视图是边长分别为,2的矩形,其面积为2.‎ ‎6.A [解析] 由三视图知,原几何体为一个正方体和正四棱锥的组合体,其中正方体的棱长为2,正四棱锥的底面边长为2,高为=,所以该几何体的体积V=23+×4×=8+.‎ ‎7.B [解析] 由三视图知,该几何体为在一个直三棱柱上面截去一个三棱锥后剩下的部分,且直三棱柱的底面是直角边分别为3,4的直角三角形,高为5,所以该几何体的体积V=×3×4×5-××3×4×5=20(cm3).‎ ‎8.D [解析] 由三视图可知该几何体是一个长、宽、高分别为6,4,1的长方体和一个底面积为×4×5=10,高为2的三棱柱组合而成的,其体积V=1×4×6+10×2=44.‎ ‎9.C [解析] 该几何体为底面半径为2,母线长为3的圆柱的六分之一,故所求侧面积为×2π×2×3+2×2×3=2π+12.‎ ‎10.B [解析] 易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E,A′F,A′D两两垂直,且A′E=1,A′F=1,A′D=2,把四面体A′EFD补成棱长分别为1,1,2的一个长方体,则该长方体的外接球即为四面体A′EFD的外接球,所以所求球的半径r==.‎ ‎11.  [解析] 设球心到平面ABC的距离为h,球的半径为R,则球面上的点到平面ABC的最大距离为h+R,由题知R=.又h==,所以h+R=.‎ 专题限时集训(十二)B ‎【基础演练】‎ ‎1.B [解析] 由三视图可知,该几何体的体积为×2×2×4=8.‎ ‎2.B [解析] 由三视图知该几何体是一个四棱锥,四棱锥的底面是一个边长为的正方形,四棱锥的高为1,所以该几何体的体积V=×××1=.‎ ‎3.D [解析] 由三视图知,原几何体是三棱柱和球的组合体.其中三棱柱的侧棱长为3,底面为边长为2的正三角形.球的直径为1,则该几何体的体积为×22×3+π×3=3+.‎ ‎4.A [解析] 由题意知可知,该四面体以yOz平面为投影面的正视图为上底边为1,下底边为2,高为2的梯形,所以该梯形的面积为(1+2)×2=3.‎ ‎【提升训练】‎ ‎5.A [解析] 该几何体为正六棱锥,其侧视图是底边长为,高为的等腰三角形,其面积为××=.‎ ‎6.B [解析] 此几何体的直观图如图所示,易知其体积V=××4×4=.‎ ‎7.B [解析] 由三视图知,该几何体为一个圆柱内挖去一个圆锥后剩下的部分,其体积V=π×12×1-π×12×1=.‎ ‎8.C [解析] 由题可知,该几何体是一个四棱锥,其直观图如图所示,该四棱锥的高为3,底面是边长分别为3,6的矩形,故其体积为×3×6×3=18.‎ ‎9.+ [解析] 由题意可知,蛋托的高为,且折起的三个小三角形的顶点构成边长为1的等边三角形,记为A′B′C′,球心到平面A′B′C′的距离d==,所以鸡蛋中心与蛋托底面的距离为+.‎ ‎10.20π [解析] 设半径为R的球的内接直三棱柱ABCA1B‎1C1的上、下底面外接圆的圆心分别为O1,O2,则球心O在线段O1O2的中点处.连接OO1,OA,O‎1A,则R2=OA2=OO+O‎1A2=1+O‎1A2.在△ABC中,AB=AC=2,∠BAC=120°,∴ BC=2.又=2O‎1A,∴ O‎1A==2,∴ R=,∴此球的表面积为4πR2=20π.‎ ‎11. [解析] 根据题意知,平面ACD1是边长为的正三角形,球O与以点D为公共点的三个面的切点恰为三角形ACD1三边的中点,故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积.易知△ACD1内切圆的半径是××=,则所求的截面圆的面积是π×=.‎ 专题限时集训(十三)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.D [解析] 两点、三点或无数个点都可以是同一直线上的点,而共圆的四个公共点一定不共线,所以正确选项为D.‎ ‎2.C [解析] 因为b∥α,所以在α中必有一条直线c与b平行.因为a⊥α,所以a⊥c,所以a⊥b.‎ ‎3.D [解析] ①若a∥M,b∥M,则a∥b 或a,b相交或a,b异面;②若b⊂M,a∥b,则a∥M或a⊂M;③a⊥c,b⊥c,则a,b可能平行、相交或异面;④a⊥M,b⊥M,则a∥b.‎ ‎4.D [解析] 在选项A中的已知条件下直线m与平面β的位置关系不确定,推不出m⊥β;选项B中,如果α,β不垂直,推不出m⊥β;选项C中,α⊥β,m⊥α,只能推出m∥β或m⊂β,推不出m⊥β;选项D中,因为n⊥α,n⊥β,所以β∥α,又m⊥α,所以m⊥β.故选D.‎ ‎5.A [解析] ①中,也可能直线m⊂α;②中,m,n也可能相交或异面;③中,平面α,β的关系不确定;④中,与一个平面同时垂直的两个平面也可能相交.‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.C [解析] 在选项A的条件下,α,β也可能相交;在选项B的条件下,α,β也可能相交;在选项C的条件下,由垂直于同一条直线的两个平面平行知α∥β;在选项D的条件下,α⊥β.‎ ‎7.B [解析] 在选项A中,当l平行于平面α,β的交线时,也符合已知条件,此时α,β不平行;在选项B中,垂直于同一条直线的两个平面平行;在选项C中,若l⊥α,l∥β,则α⊥β;在选项D中,在已知条件下,l与β的位置关系不确定.‎ ‎8.A [解析] 如图所示,取BD的中点O,连接AO,A1O,则∠AOA1即为二面角A1BDA的平面角,易知tan∠AOA1==.‎ ‎9.D [解析] ①若m⊥α,m⊂β,则α⊥β;②若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,此时只有当m,n相交,α∥β; ③如果m⊂α,n⊄α,m,n是异面直线,那么n与α可能相交或平行;④若α∩β=m,n∥m,且n⊄α,n⊄β,则n∥α且n∥β.‎ ‎10.D [解析] 易证AC⊥平面D1DBB1,从而AC⊥BE,故A正确;由B1D1∥平面ABCD,可知EF∥平面ABCD,故B正确;连接BD交AC于点O,则AO为三棱锥A BEF的高,S△BEF=××1=,三棱锥ABEF的体积为××=,为定值,故C正确.故选D.‎ ‎11.平行四边形 [解析] 由α∥β∥γ,BG⊂平面ACF,CF⊂γ,可得BG∥CF.同理有HE∥CF,所以BG∥HE.同理可得,BH∥GE,所以四边形BGEH为平行四边形.‎ ‎12.①③⑤ [解析] 因为OA⊥BD,OC⊥BD,OA∩OC=0,所以BD⊥平面AOC,所以AC⊥BD,所以①正确;由于CO⊥BD,若AD⊥CO,所以CO⊥平面ABD,所以平面CBD⊥平面ABD,所以二面角ABDC的大小为90°,与已知矛盾,所以②错误;由于OC=OA ‎=2,∠AOC=60°,所以△AOC为正三角形,所以③正确;由题知AC=2,AD=CD=4,所以cos ∠ADC==≠,所以④错误;由题知O为四面体ABCD的外接球的球心,球的半径为2,故其表面积是4π(2)2=32π,所以⑤正确.‎ ‎13.①②③ [解析] 四棱锥PABCD的直观图如图所示,其中顶点P在底面上的射影为底面正方形的BC边的中点.由AB⊥BC,可得侧面PAB⊥侧面PBC,同理,侧面PCD⊥侧面PBC,故①正确.‎ 根据①,侧面PAB,PCD均为直角三角形,调整四棱锥的高,侧面PBC也可能为等腰直角三角形,所以侧面中可能有三个直角三角形,故②正确.‎ 侧面PAD与侧面PBC不可能垂直,证明如下:‎ 假设侧面PAD与侧面PBC垂直.取BC中点为E,连接PE.因为BC∥AD,所以BC∥平面PAD.设平面PAD∩平面PBC=l,根据直线与平面平行的性质定理可得BC∥l.又PE⊥BC,所以PE⊥l,根据两个平面垂直的性质定理,得PE⊥平面PAD.又PE⊥平面ABCD,所以平面PAD∥平面ABCD,与平面PAD∩平面ABCD=AD矛盾,所以假设不成立,故侧面PAD与侧面PBC不可能垂直,③中的结论是正确的.‎ 若PB=2,则四棱锥的四个侧面均是等腰三角形,故④中的结论不正确.‎ ‎14.证明: (1)设AC与BD交与点G.因为EF∥AG,且EF=1,又AG=AC=1,所以四边形AGEF为平行四边形,所以AF∥EG.因为EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,所以AF∥平面BDE.‎ ‎(2)连接FG,FC.因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,所以平行四边形CEFG为菱形,所以CF⊥EG.‎ 因为四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC.‎ 又因为平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面ACEF,所以CF⊥BD.‎ 又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDF.‎ ‎15.证明: (1)因为在正方形ADEF中,G是AE,DF的交点,所以G是AE中点.又H 是BE的中点,所以GH∥AB.因为AB∥CD,所以GH∥CD.又因为CD⊂平面CDE,GH⊄平面CDE,所以GH∥平面CDE.‎ ‎(2)因为平面ADEF⊥平面ABCD,且交线为AD, ED⊥AD,ED⊂平面ADEF,所以ED⊥平面ABCD.又BD⊂平面ABCD,所以ED⊥BD.又因为BD⊥CD,CD∩ED=D,所以BD⊥平面CDE.‎ ‎16.解: (1)证明:连接BD.‎ 在△BCD中,BD==2=AD,‎ 所以△ABD为等腰三角形.‎ 又因为点E是线段AB的中点,‎ 所以DE⊥AB,所以DE⊥PE.‎ 又因为PE⊥EB,DE∩EB=E,所以PE⊥平面BCDE.‎ 因为CD⊂平面BCDE,所以PE⊥CD.‎ 因为EG为梯形ABCD的中位线,且CD⊥AD,‎ 所以CD⊥EG,‎ 又PE∩EG=E,‎ 所以CD⊥平面PEG.‎ 又因为CD⊂平面PCD,所以平面PEG⊥平面PCD.‎ ‎(2)由(1)知平面PEG⊥平面PCD,‎ 且平面PEG∩平面PCD=PG,‎ 所以在Rt△PEG中点E到PG的距离EM即为点E到平面PDC的距离.因为PE⊥平面ABCD,所以PE⊥EG,所以EM===.‎ 故点A到平面PDC的距离为·EM=.‎ 专题限时集训(十四)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.A [解析] cos 〈s1,s2〉===-,故直线l1,l2所成角的余弦值是.‎ ‎2.C [解析] cos 〈n1,n2〉===-,故平面α,β所成的锐二面角的余弦值是.‎ ‎3.C  [解析] 易得平面ABC的一个法向量是(1,1,1),单位化得±.‎ ‎4.A [解析] 选项B中,a,b共面不一定平行;选项C中,根据a∥α,b∥β不能得出α,β的关系;选项D中,a,b可能共面.‎ ‎5.C [解析] 因为m∥a,所以m=λa,m·l=λa·=λαa·b+λβa·c=0,故m⊥l.‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.A [解析] 设棱长为a,则||=a,·=(+)·(+)=,所以cos〈,〉==,所以直线CE与BD所成角的余弦值为.‎ ‎7.B [解析] 设正方体棱长为1 ,以D为原点建立空间直角坐标系如图所示,则D,E,A,C,‎ 所以=,=,所以cos 〈,〉===,则异面直线DE与AC所成角的余弦值为.‎ ‎8.B [解析] 当x=2,y=-3,z=2时,=2-3+2,则-=2-3(-)+2(-),即=-3+2,所以P,A,B,C四点共面;反之当P,A,B,C四点共面时,有=m+n,即-=m(-)+n(-),即=(1-m-n)+m+n,即x=1-m-n,y=m,z=n,这组数显然不止2,-3,2.故是充分不必要条件.‎ ‎9. [解析] 设Q点坐标为(λ,λ,2λ),其中λ为实数,则=(1-λ,2-λ,3-2‎ λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ),·=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6-,当且仅当λ=时,·取得最小值-,此时=.‎ ‎10. [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系,依题意可知D,C,S,则=,易知是平面SAB的一个法向量.‎ 设平面SCD的一个法向量为n2=.由 =, =,得 令x=2,则y=-1,z=1,所以n2=.‎ 设平面SCD与平面SBA的夹角为θ,则cos θ==.‎ ‎11.解: (1)证明:在△ABD中,BD2=AB2+AD2-2ABADcos 45°=1,∴BD=1,易得AB⊥BD.‎ 又平面A1BD⊥平面BDC,平面A1BD∩平面BDC=BD,‎ ‎∴A1B⊥平面BDC.又DC⊂平面BDC,∴ AB⊥DC.‎ ‎(2)在四面体A1BCD中,以D为原点,DB所在的直线为x轴,DC所在的直线为y轴,过点D且垂直于平面BDC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(1,0,1). ‎ 设平面A1BC的一个法向量为n=(x,y,z),而=(0,0,1),=(-1,1,0),‎ 由得令x=1,则y=1,∴n=(1,1,0).‎ 设平面DA‎1C的一个法向量为m=(x1,y1,z1),而=(1,0,1),=(0,1,0),‎ 由得令x1=1,则z1=-1,‎ ‎∴m=(1,0,-1).‎ ‎∴cos〈n,m〉==,∴二面角B A‎1CD的大小是60°.‎ ‎12.解: (1)证明:∵CD2=BC2+BD2,∴BC⊥BD.‎ 又∵PD⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,∴PD⊥BC.‎ 又∵PD∩BD=D,∴BC⊥平面PBD.‎ 又BC⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面PBD. ‎ ‎(2)由(1)知,BC⊥平面PBD ,∴∠PBD即为二面角PBCD的平面角,∴∠PBD=.‎ 又BD=2,PD⊥BD,∴PD=2.‎ ‎∵底面ABCD为平行四边形,∴DA⊥DB.‎ 分别以DA,DB,DP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图所示),‎ 则A(2,0,0),B(0,2,0),C(-2,2,0), P(0,0,2),‎ ‎∴=(-2,0,2),=(-2,0,0),=(0,-2,2).‎ 设平面PBC的一个法向量为n=(a,b,c),则有即 令b=1,则c=-1,∴n=(0,1,1),‎ ‎∴ AP与平面PBC所成角的正弦值为==. ‎ ‎13.解: (1)证明:∵CD⊥DE,A1D⊥DE,CD∩A1D=D,‎ ‎∴DE⊥平面A1CD.‎ 又∵A‎1C⊂平面A1CD,∴A‎1C⊥DE.‎ 又A‎1C⊥CD,CD∩DE=D,∴A‎1C⊥平面BCDE.‎ ‎(2)建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),D(-2,0,0),A1(0,0,2),B(0,3,0),E(-2,2,0),‎ ‎∴=(0,3,-2),=(-2,2,-2).‎ 设平面A1BE的一个法向量为n=(x,y,z),‎ 则有∴令z=,则x=-1,y=2,∴n=(-1,2,).‎ 又∵M(-1,0,),∴=(-1,0,),‎ ‎∴cos〈·n〉===,‎ ‎∴CM与平面A1BE所成角的大小为45°‎ ‎(3)设线段BC上存在点P使平面A1DP与平面A1BE垂直.设P点的坐标为(0,a,0),则a∈[0,3].‎ 易知=(0,a,-2),=(2,a,0).‎ 设平面A1DP的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),‎ 则有令y1=6,则x1=-‎3a,z1=a,∴n1=(-‎3a,6,a).‎ ‎∵平面A1DP与平面A1BE垂直,‎ ‎∴n1·n=0,‎ 即‎3a+12+‎3a=0,∴a=-2.‎ 又∵0≤a≤3,‎ ‎∴线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.‎ 专题限时集训(十五)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.A [解析] 根据圆C过坐标原点,可知一定不是选项A中的方程.‎ ‎2.A [解析] 圆O的圆心坐标为(0,2),半径为2,圆心到直线x+y=5的距离d==>=2,故直线与圆的位置关系是相离.‎ ‎3.C [解析] 由于两直线方程中的常数项之比为-1,所以两直线平行的充要条件是=≠-1.由=,得m(m-1)=2,解得m=2或m=-1.当m=-1时,两直线重合,所以m≠-1.故“m=‎2”‎是“l1∥l‎2”‎的充要条件.‎ ‎4.A [解析] 直线x+y=0与圆x2+(y-a)2=1相切的充要条件是=1,即a=±,所以p是q的充分不必要条件.‎ ‎5.1 [解析] 由直线l1:3x+4y-4=0与l2:ax+8y+2=0平行可得a=6,所以l2的方程为3x+4y+1=0,故两条直线间的距离d==1.‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.D [解析] 抛物线x2=4y的焦点坐标为(0,1).根据圆的性质可知,直线l垂直于点(0,1)与圆心(-1,2)的连线,点(0,1)与点(-1,2)的连线的斜率为-1,所以直线l的斜率为1,又直线l过点(0,1),所以其方程为y=x+1,即x-y+1=0.‎ ‎7.A [解析] 设直线l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x-2),即kx-y-2k=0.圆心(2,3)到直线l的距离d=,故2=2,解得k=±.‎ ‎8.D [解析] 圆x2+y2-2x=0的圆心为(1,0),半径为1,直线AB的方程为x-y+3=0.圆心到直线AB的距离d=2,故圆x2+y2-2x=0上的点到直线AB的距离的最小值为2-1.因为=3,所以△PAB面积的最小值为×(2-1)×3=6-.‎ ‎9.D [解析] 双曲线S的顶点坐标为(±3,0),焦点坐标为(±5,0),若圆M经过双曲线S的一个焦点和一个顶点,且圆心M在双曲线S上,则圆M经过焦点(5,0),顶点(3,0),或者经过焦点(-5,0),顶点(-3,0).根据对称性,设圆M经过焦点(5,0),顶点(3,0),此时圆心M在直线x=4上,代入双曲线方程得y2=,故圆心M到双曲线S的中心的距离为=.‎ ‎10.C [解析] ∵ f′(0)=-,f(0)=-,∴ f(x)的图像在x=0处的切线方程为ax+by+1=0,∵它与圆x2+y2=1相切,∴ =1,即a2+b2=1.∵ a>0,b>0 时有2≤=,∴a+b≤,当且仅当a=b=时取等号,∴a+b的最大值是.‎ ‎11.x2+(y-2)2=3 [解析] 易知双曲线的上焦点坐标为(0,2),渐近线方程为x±y=0.根据题意,所求圆的半径r==,故所求圆的方程为x2+(y-2)2=3.‎ ‎12.-1 [解析] 依题意知A2+B2=‎2C2,所以圆x2+y2=1的圆心到直线Ax+By+C ‎=0的距离d==.又圆x2+y2=1的半径为1,所以∠POQ=90°,所以·=0,故·=·(-)=·-2=0-1=-1.‎ ‎13.2 [解析] 由A,B,C均在圆上,且+=,知四边形OACB为菱形.又=,所以圆心到直线x+y-1=0的距离等于,即=,解得a=2.‎ ‎14.解:由已知易得F1(-1,0),F2(1,0),A(0,-1).设点P(x1,y1),‎ 则|PF2|2=(x1-1)2+y=(x1-1)2+1-=(x1-2)2,∴|PF2|=-x1,-≤x1≤.‎ ‎(1)圆M的面积为,∴=(x1-2)2,‎ 解得x1=1,或x1=3(舍去),‎ ‎∴P或P,‎ ‎∴PA所在直线的方程为y=x-1或y=x-1.‎ ‎(2)∵直线AF1的方程为x+y+1=0,∴点M到直线AF1的距离为=-x1,化简得y1=-1-2x1,联立解得或 当x1=0时,可得M,‎ ‎∴圆M的方程为2+2=;‎ 当x1=-时,可得M,‎ ‎∴圆M的方程为2+2=.‎ ‎(3)圆M始终与以原点为圆心,半径为r1=(长半轴)的圆(记作圆O)相切.‎ 证明:∵|OM|===+x1,‎ 又圆M的半径r2=|MF2|=-x1,∴|OM|=r1-r2,‎ ‎∴圆M与圆O相内切.‎ ‎15.解:(1)设M(x,y),则=(x+2,y),=(x-2,y),‎ ‎∴ ·=(x+2,y)·(x-2,y)=x2-4+y2=-3,‎ 故曲线C的方程为x2+y2=1.‎ ‎(2)∵Q为切点,∴PQ⊥OQ.‎ 由勾股定理,得|PQ|2=|OP|2-|OQ|2.‎ 由|PQ|=|PA|,得(a2+b2)-1=(a-2)2+(b-1)2,‎ 化简得‎2a+b-3=0,即b=-‎2a+3.‎ 设圆P的半径为R,∵圆P与曲线C有公共点,‎ ‎∴|R-1|≤|OP|≤R+1,即R≥||OP|-1|且R≤|OP|+1.‎ ‎|OP|===,‎ 故当a=时,|OP|min=,此时b=-‎2a+3=,‎ Rmin=-1,‎ 故所求圆P的标准方程为+=.‎ ‎16.解:(1)设动点P(x,y).因为tan∠PAB·tan∠PBA=,‎ 所以-·=(x≠±2), ‎ 整理得+=1(x≠±2).‎ 故动点P的轨迹方程为+=1(x≠±2).‎ ‎(2)设点P(x0,y0),则+=1(-2a=3,所以c=5,所以m=25-9=16,所以双曲线方程为-=1,故其渐近线方程为y=±x.‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.C [解析] 因为以|F‎1F2|为直径的圆与双曲线的一条渐近线的交点为(3,4),所以c=5, =.又c2=a2+b2,所以a=3,b=4,所以此双曲线的方程为-=1.‎ ‎7.B [解析] 由题可知,直线l2:x=-1是抛物线y2=4x的准线.设抛物线的焦点为F(1,0),则动点P到直线l2的距离等于,故动点P到直线l1 和直线l2的距离之和的最小值即为焦点F到直线l1:4x-3y+6=0的距离,所以最小值是=2.‎ ‎8.D [解析] 易知直线AB的斜率为k==.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有+=1,+=1,两式相减得+·=0,将中点坐标和斜率代入得-=0.又c=3,a2=b2+c2,可解得a2=18,b2=9.故选D.‎ ‎9.C [解析] 取PF1的中点M,连接MF2.∵ |PF2|=|F‎1F2|,‎ ‎∴ F‎2M⊥PF1,∴ |PM|2+|F‎2M|2=|PF2|2.∵ |PF1|-|PF2|=‎2a,∴ |PF1|=‎2a+‎2c,∴ (a+c)2+(‎2a)2=(‎2c)2,易得c=,∴ e=.‎ ‎10.B [解析] 依题意可得,|AB|=|AF2|=|BF2|.因为|BF1|-|BF2|=‎2a,所以|AF1|=‎2a.又因为|AF2|-|AF1|=‎2a,所以|AF2|=‎4a.故在△BF‎1F2中,|BF1|=‎6a,|BF2|=‎4a,|F‎1F2|=‎2c,∠F1BF2=60°.由余弦定理可得c2=‎7a2,所以该双曲线的离心率为 .‎ ‎11.(0,-1) [解析] 易知F(-1,0),设右焦点为E(1,0).根据椭圆定义知,=‎2a-,所以+=+(‎2a-)=‎2a+(-).易知当P为QE的延长线与椭圆的交点时,-取最大值,即+取最大值.此时直线QE的方程为y=x-1,与椭圆方程联立,解得x=0或x=(舍去),所以点P的坐标为(0,-1).‎ ‎12.±1 [解析] 设点A,B,‎ 由=2,得x2=2x1,y2=2y1.‎ ‎∵点B在椭圆C2上,∴+=1,∴+x=1①.‎ 又∵点A在椭圆C1上,∴+y=1②.‎ 由①②可得=±1,∴射线OA的斜率为±1.‎ ‎13. [解析] 设切点为P(x0,x+1),斜率为y′=2x0,则切线方程为y-x-1=2x0(x-x0),整理得y=2x0x-x+1.因为双曲线的焦点在x轴上,切线与双曲线的渐近线重合,所以切线过原点,将(0,0)代入切线方程得x0=±1,所以切线的斜率k=±2,所以=2,所以e====.‎ ‎14.解:(1)由已知得‎2c=2,=,‎ 解得a=2,c=,所以b2=a2-c2=1,‎ 故椭圆的方程为+y2=1. ‎ ‎(2)由(1)得,过B点的直线方程为y=kx+1.‎ 由得(4k2+1)x2+8kx=0,‎ 所以xD=-,所以yD=,‎ 依题意知k≠0且k≠±.‎ 因为|BD|,|BE|,|DE|成等比数列,所以|BE|2=|BD|·|DE|,‎ 所以b2=(1-yD)·|yD|,即(1-yD)·|yD|=1.‎ 当yD>0时,y-yD+1=0,无解;‎ 当yD<0时,y-yD-1=0,解得yD=,‎ 所以=,解得k2=.‎ 故当|BD|,|BE|,|DE|成等比数列时,k2=.‎ ‎15.解:(1)依题意有c=2,=,可得a2=6,b2=2.‎ 故椭圆方程为+=1.‎ ‎(2)易知直线l的方程为y=k(x-2).‎ 联立消去y并整理得(3k2+1)x2-12k2x+12k2-6=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,‎ 故|AB|=|x1-x2|==.‎ 设AB的中点为M(x0,y0),则x0=,y0=-.‎ 因为直线MP的斜率为-,且 xP=3,所以=·=·.‎ 因为△ABP为等边三角形,所以|MP|=|AB|,‎ 即·=·, ‎ 解得k=±1.‎ 故直线l的方程为x-y-2=0或x+y-2=0. ‎ ‎16.解:(1)由题意得解得a=2,b=1.‎ 故椭圆E的方程为+y2=1. ‎ ‎(2)①证明:因为直线l与圆C: x2+y2=R2(11,所以该双曲线离心率的取值范围是(1,2].‎ ‎4.[3,+∞) [解析] 如图所示,过M作抛物线C的准线的垂线,垂足为P.根据抛物线的定义知,=.+=+≥+==3,故|MF|+|MN|的取值范围是 [3,+∞).‎ ‎5.2 [解析] 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y=4x1,y=4x2.故·=x1x2+y1y2=+y1y2=-4,即(y1y2)2+16y1y2+64=0,解得y1y2=-8.故S△OFA·S△OFB=×==2.‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.A [解析] 根据题意有||PA1|-|PA2||=2<|A‎1A2|=4,所以圆心P的轨迹是以A1(-2,0),A2(2,0)为焦点,实轴长为2的双曲线,所以b2=c2-a2=1,故所求轨迹方程为-y2=1.‎ ‎7.D [解析] 易知F1(-,0).设Q(x0,y0),P(x,y),则(x,y)=(x0-,y0),得x0=2x+,y0=2y.代入已知椭圆方程得+=1,此方程即为点P的轨迹方程,该方程表示的曲线是椭圆,故点P的轨迹为椭圆.‎ ‎8.B [解析] 设直线F‎1M与PF2交于点N,如图所示,由于·=0,所以F‎1M⊥PM,故点F1,N关于直线PM对称,所以M为线段F1N的中点,且=.在△F‎1F2N中,===||PF1|-|PF2||==.由于4-2 ‎<<4+2且≠4,所以0<<2,即的取值范围是(0,2).‎ ‎9.A [解析] 根据椭圆定义,++=‎4a=12.|AF2|+|BF2|的最大值为10,则的最小值为2,故min===2,解得m=3.‎ ‎10.3 [解析] 易知F(1,0).设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3).根据已知可得=1,即x1+x2+x3=3.故S+S+S=(y+y+y)=(4x1+4x2+4x3)=3.‎ ‎11.(1,3] [解析] 设F(c,0),A(-a,0),则圆心坐标为(c,0),半径为a+c.设双曲线的一条渐近线方程为bx+ay=0,则圆心到该渐近线的距离d==b,故=2≥2b,整理得(a+c)2≥2b2,即c2-‎2ac-‎3a2≤0,不等式两边同时除以a2,得e2-2e-3≤0,解得-1≤e≤3.又e>1,所以该双曲线的离心率的取值范围是(1,3].‎ ‎12. [解析] 由已知得点M在以F为圆心,半径为1的圆上,MP为该圆的切线,如图所示,==.因为|PF|的最小值为2,所以的最小值为 .‎ ‎13.2 [解析] 抛物线y2=-8x的准线方程为x=2,设点O关于直线x=2的对称点为B(4,0),则=,所以+=+≥.设A(x0,y0),则=2-x0=4,得x0=-2,代入抛物线方程得y0=±4,即A(-2,±4),所以===2.故|PA|+|PO|的最小值是2.‎ ‎14.解:(1)设动点N(x,y),A(x0,y0).因为AM⊥x轴于点M,所以M(x0,0).‎ 设圆C1的方程为x2+y2=r2,由题意得r==3,所以圆C1的方程为x2+y2=9.‎ 因为=+,‎ 所以(x,y)=(x0,y0)+(x0,0),‎ 所以即 将A(x,y)代入圆C1的方程x2+y2=9,得动点N的轨迹方程+=1. ‎ ‎(2)由题意可设直线l:2x+y+m=0,设直线l与椭圆+=1交于B(x1,y1),D(x2,y2)两点.‎ 联立得13x2+12mx+‎3m2‎-9=0,‎ 所以Δ=‎144m2‎-4×13(‎3m2‎-9)>0,解得m2<39,故x1,2==.‎ 又因为点O到直线l的距离d=,BD=·=×, 所以S△OBD=×××==≤(当且仅当m2=39-m2,即 m2=时等号成立),‎ 所以△OBD面积的最大值为.‎ ‎15.解:(1)连接BP.由题意知MN是线段BP的垂直平分线,于是|AP|=|AM|+|MP|=|MA|+|MB|=2>|AB|=2,‎ 所以点M的轨迹是以点A,B为焦点,半焦距c=1,长半轴a=的椭圆,则短半轴b==1,故点M的轨迹方程是+y2=1.‎ ‎(2)设F(x1,y1),H(x2,y2).由 消去y得(2k2+1)x2+4kx+2k2=0,则Δ=8k2>0,‎ x1+x2=-,x1x2=.‎ ·=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+)(kx2+)=(k2+1)x1x2+k(x1+x2)+k2+1=‎ ‎(k2+1)-k·+k2+1=,‎ 故有≤≤,即≤k2≤1,‎ 又由k>0,解得≤k≤1.‎ ‎16.解:(1)由e2===,可得a2=2b2, ‎ 所以椭圆E的方程为+=1.‎ 代入点,可得b2=2,所以a2=4,‎ 故椭圆E的方程为+=1. ‎ ‎(2)由x-my-t=0,得x=my+t,把它代入椭圆E的方程得 y2+2mty+t2-4=0.设M(x1,y1),N,则 y1+y2=-,y1y2=,‎ 故x1+x2=m+2t=,‎ x1x2==m2y1y2+tm+t2=.‎ 因为以MN为直径的圆过点A,所以AM⊥AN, ‎ 所以· =·=x1x2+2+4+y1y2=+2×+4+===0.‎ 又因为M,N均与A不重合,所以t≠-2,所以t=-,‎ 故直线l的方程是x-my+=0,直线l过定点T.由于点T在椭圆内部,所以满足判别式大于0,所以直线l过定点T.‎ 专题限时集训(十八)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.C [解析] 由于样本点均在一条直线上,且负相关,故其相关系数为-1.‎ ‎2.D [解析] 由图可知,乙的成绩集中在80分数段,因此乙的平均分数高、方差小,故选D.‎ ‎3.C [解析] 由=,得k=2,∴C种型号产品抽取的件数为120×=36.‎ ‎4.B [解析] 由题意易知,=,=,将其代入回归直线方程得,a=.‎ ‎5.C [解析] 因为4.892>3.841,所以在犯错误的概率不超过5%的前提下认为“爱好该项运动与性别有关”.‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.A [解析] 根据题意可知,甲组数据的中位数为21,则20+n=21,即n=1,所以乙组数据的平均数为22,则=22,解得m=8,所以=8.‎ ‎7.B [解析] 由题意可知,只有标准差不变.‎ ‎8.B [解析] =80+=85,s2=(1+1+1+1+4)=1.6.‎ ‎9.D [解析] 易知选项D符合题意.‎ ‎10.D  [解析] ①应为系统抽样;②线性相关系数r的绝对值越接近1,两变量间的线性关系越强;③变量ξ~N(1,σ2),则P(0<ξ<2)=2P(0<ξ<1)=0.8;④随机变量K2的观测值k越大,判断“两个分类变量有关系”的把握越大.‎ ‎11.D [解析] 设看不清楚的数为a,则0.10+‎2a+0.18+0.22+0.26=1,解得a=0.12.设样本容量为n,由题意可知,n×0.22=11,解得n=50,所以平均气温不低于‎25.5 ℃‎的采集点个数为50×0.18=9.‎ ‎12.85.3 [解析] ∵ 中位数为85,∴4+x=2×5,解得x=6,‎ ‎∴该组数据的平均数为85.3.‎ ‎13.184.5 [解析] 从小到大排序,即119,153,157,164,166,203,268,268,335,407,其中位数为=184.5.‎ ‎14.解: (1) ==4,‎ ==5,‎ 所以=20,‎ ‎=2×2.2+3×3.8+4×5.5+5×6.5+6×7.0=112.3,‎ ‎=90-80=10‎ 所以=,‎ =-=5-1.23×4=0.08.‎ 故所求的线性回归方程为=1.23x+0.08.‎ ‎(2)将x=8代入线性回归方程得 =1.23×8+0.08=9.92(万元).‎ ‎15.解: (1)由表可知=1.03,=.‎ 由y=-91+100x, 得=-91+100×1.03,解得a=11.‎ 由于合格零件尺寸为1.03±‎0.01 cm,故甲、乙两机床加工的合格与不合格零件的数据表如下:‎ 合格零件数 不合格零件数 合计 甲 ‎24‎ ‎6‎ ‎30‎ 乙 ‎12‎ ‎18‎ ‎30‎ 合计 ‎36‎ ‎24‎ ‎60‎ 所以 K2==10>6.635,‎ 所以有99%的把握认为加工零件的质量与甲、乙两机床有关.‎ ‎(2)尺寸大于1.03的零件中,甲有合格零件9个,不合格零件3个,乙有合格零件4个,不合格零件11个,故从两机床加工后尺寸大于‎1.03 cm的零件中各取1个的情况的种数为CC=180,其中取得的2个都是不合格零件的情况的种数为CC=33,故所求概率P==. ‎ 专题限时集训(十九)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.D [解析] 由题意可知, 共有6个基本事件,其中符合题意的基本事件有3个,故所求的概率为=.‎ ‎2.D [解析] 依题意可知P(A)=,P(AB)=×=,所以P(B)===.‎ ‎3.B [解析] 依题意可知,所求概率P==.‎ ‎4.A [解析] 当cos x的值在0到之间时,x∈∪,故所求的概率为=.‎ ‎5. [解析] 把点(x,y)看作平面直角坐标系中的点,则基本事件包含的区域为{(x,y),依题意作图,如图所示,故所求的概率为=.‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.D [解析] 由P(ξ<0)+P(ξ<1)=1,得P(ξ<0)=1-P(ξ<1)=P(ξ≥1),根据正态密度曲线的对称性可得μ==.‎ ‎7.D [解析] 根据正态密度曲线的对称性可得P(100<ξ≤120)=b,所以P(ξ>100)=P(100<ξ≤120)+P(ξ>120)=a+b=,所以=(a+b)2=a2+b2+2ab≤a2+b2+a2+b2=2(a2+b2),所以≥.又圆心到直线的距离为=≤,所以直线 ax+by+=0与圆 x2+y2=2的位置关系是相交或相切.‎ ‎8.A [解析] 据题意a+b+c=1,且‎10a+9b=9,则+=(‎10a+9b)=≥(101+20)=,当且仅当a=9b,即b=,a=时,等号成立,所以c=.‎ ‎9.C [解析] 从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数,共有A-A=648(个),其中,能被3整除的三位数可以分为“含‎0”‎与“不含‎0”‎两类;‎ ‎“含0”类:由(0,1,2),(0,1,5),(0,1,8),(0,2,4),(0,2,7),(0,4,5),(0,4,8),(0,5,7),(0,7,8),(0,3,6),(0,3,9),(0,6,9)这几组数据构成,它们组成的无重复数字的三位数有‎12CA个.‎ ‎“不含0”类:(1)含3,6,9中的一个,另外两个数字分别为(1,2),(1,5),(1,8),(2,4),(2,7),(4,5),(4,8),(5,7),(7,8),它们组成的无重复数字的三位数有3×‎9A=‎27A(个);‎ ‎(2)由3,6,9三个数字构成无重复数字的三位数有A个;‎ ‎(3)由(1,4,7),(2,5,8)组成无重复数字的三位数有‎2A个.‎ 故从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数中能被3整除的共有‎12CA+‎30A=228(个),故所求概率P==.‎ ‎10. [解析] 易知X~B,所以D(X)=2××=.‎ ‎11. [解析] 由题意可知,所求的概率为==.‎ ‎12. [解析] 由题意可知,基本事件的总数为A=90,基中甲、乙两人均抽到判断题的基本事件的个数是A=12,故甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是1-=.‎ ‎13. [解析] X的分布列为:‎ X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P 故E(X)==.‎ ‎14.解: (1)甲取胜的概率P=3+C2××=. ‎ ‎(2)由题意可知,X的可能取值为3,4,5,‎ 则P(X=3)=2=,‎ P(X=4)=C×××+3=,‎ P(X=5)=C××2×+C2××=.‎ ‎∴X的分布列为:‎ X ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P ‎∴ E(X)=3×+4×+5×=.‎ ‎15.解: (1)由频率分布直方图知,A型节能灯中,一级品的频率为0.080×5+0.040×5=0.6,二级品的频率为0.020×5+0.060×5=0.4,三级品的频率为0,‎ 所以,从A型节能灯中按产品级别用分层抽样的方法随机抽取10个,其中一级品有6个,二级品有4个.‎ 设“从这10个节能灯中随机抽取3个,至少有2个一级品”为事件D,“从这10个节能灯中随机抽取3个,恰好有n个一级品”为事件Dn,则P(D2)==,P(D3)== .‎ 因为事件D2,D3为互斥事件,所以P(D)=P(D2)+P(D3)=+=.‎ 故在这10个节能灯中随机抽取3个,至少有2个一级品的概率为 .‎ ‎(2)设投资A,B两种型号节能灯的利润率分别为X1,X2.‎ 由频率分布直方图知,A型节能灯中,一级品、二级品、三级品的概率分别为,,0;‎ B型号节能灯中,一级品、二级品、三级品的概率分别为,,.‎ 所以X1,X2的分布列分别是:‎ X1‎ a ‎5a‎2‎ a2‎ P ‎0‎ P 则X1,X2的期望分别为:‎ E(X1)=+=‎2a2+;‎ E(X2)=++=+=+a.‎ 所以E(X1)-E(X2)=a.‎ 因为0)的对称轴为x=,所以f(0)=a>0,画出函数f(x)的图像,如图所示.由f(m)<0⇒0<m<1⇒m-1<0⇒f(m-1)>0.‎ ‎5.30° [解析] 根据正弦定理得c=2b,将其代入a2-b2=bc,得a=b.根据余弦定理得cos A===.又0°g(2013),即>,所以f(2013)0,所以当x-2>0,即x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数y=f(x)是增函数;当x-2<0,即x∈(-∞,2)时,f′(x)<0,函数y=f(x)是减函数.又函数y=f(x+2)为偶函数,所以f(x)=f(4-x),所以f(2)=f(4-2).又2>4,所以4-2f(log23)>f(2),即c>b>a.‎ ‎9.B [解析] 不妨设a0,f()=14-6×4+6=-4<0,所以方程f(x)=0至少有3个根,不满足题意,故舍去.综上可知,a=1.‎ ‎12.B [解析] 由已知有 作出可行域(如图所示).‎ 令d=,则d的最小值为点(1,0)到直线a-3b+1=0的距离,此时dmin=,所以2+b2的最小值为.‎ ‎13.4 [解析] 根据正弦定理和asin A-bsin B=(a-c)sin C,得a2-b2=(a-c)c,即a2+‎ c2-b2=ac,所以cos B==,所以B=60°.在△ABM中,设∠BAM=θ(0°<θ<120°),根据正弦定理得=,所以BM=4sin θ,所以BC=2BM=8sin θ.再根据正弦定理得=,所以AB=4sin(120°-θ),故BC+AB=8sin θ+4sin(120°-θ)=10sin θ+2cos θ=4sin(θ+φ),其中tan φ=,所以BC+AB的最大值为4.‎ ‎14.解: (1)m·n=sin A·cos B+sin B·cos A=sin (A+B).‎ ‎∵A,B,C为△ABC的内角,∴A+B=π-C,00,‎ ‎∴ m·n=sin C.‎ 又∵ m·n=sin ‎2C,∴sin ‎2C=sin C,则cos C=,∴C=.‎ ‎(2)由sin A,sin C,sin B成等差数列,得2sin C=sin A+sin B,由正弦定理得2AB=BC+AC.‎ ‎∵ ·(-)=18,∴ ·=18,‎ 即AC·BCcos C=18,∴AC·BC=36.‎ 由余弦定理,得AB2=BC2+AC2-‎2AC·BCcos C=(BC+AC)2-‎3AC·BC,‎ ‎∴ AB2=4AB2-3×36,∴AB2=36,∴AB=6.‎ ‎15.解: (1)f′(x)=-+= (x>0).‎ ‎①若a≤0,则f′(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.‎ ‎②若a>0,则当x∈(0,a)时,f′(x)<0,函数f(x)在区间(0,a)上单调递减; 当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)在区间(a,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)设过点(2,5)的直线与曲线y=g(x)相切于点(x1,y1).‎ 由题意可知,g′(x)=+2,y1-5=g′(x1)(x1-2),‎ 即ln x1+2x1-5=(x1-2),‎ ‎∴ ln x1+-2=0.‎ 令h(x)=ln x+-2.‎ 由(1)得,h(x)在区间(0,2)上单调递减, 在区间(2,+∞)上单调递增.‎ ‎∵ h(2)=ln 2-1<0,h=2e-3>0,h(e2)=>0,‎ ‎∴函数h(x)的图像与x轴有2个交点,∴过点(2,5)可作2条直线与曲线y=g(x)相切.‎ ‎16.解: (1)F′(x)=f′(x)-g′(x)=2=(x>0),‎ 令F′(x)=0,得x=(x=-舍).‎ ‎∴ 当0<x<时,F′(x)<0,则F(x)在区间(0,)上单调递减;‎ 当x>时,F′(x)>0,则F(x)在区间(,+∞)上单调递增.‎ ‎∴ 当x=时,F(x)取得极小值,也是最小值,‎ 即F(x)min=F()=e-2eln =0.‎ 故F(x)的单调递增区间为(,+∞),单调递减区间为(0,),最小值为0.‎ ‎(2)由(1)知,函数f(x)与g(x)的图像有且仅有一个公共点(,e),‎ ‎∴ 假设该一次函数的图像就是函数f(x)与g(x)的在点(,e)处的公切线,其方程为y=2x-e.‎ 下面证明:当x>0时,f(x)≥2x-e,且g(x)≤2x-e恒成立.‎ ‎∵ f(x)-(2x-e)=(x-)2≥0,∴ f(x)≥2x-e对x>0恒成立.‎ 令G(x)=2x-e-g(x)=2x-e-2eln x,‎ ‎∴ G′(x)=2-=.‎ ‎∴ 当0<x<时,G′(x)<0,G(x)在区间(0,)上单调递减;‎ 当x>时,G′(x)>0,G(x)在区间(,+∞)上单调递增.‎ ‎∴ 当x=时,G(x)取得极小值,也是最小值,‎ 即G(x)min=G()=2e-e-2eln =0,‎ ‎∴ G(x)≥0,即g(x)≤2x-e恒成立.‎ 故存在一次函数y=2x-e,使得当x>0时,f(x)≥2x-e,且g(x)≤2x-e恒成立.‎ 专题限时集训(二十一)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.A [解析] 因为A∪B=A⇔B⊆A,所以m=3或m=,解得m=3或m=0或m=1,根据集合元素的互异性可知,m≠1,所以m=0或3.‎ ‎2.D[解析] :∀x∈R,sin x≤a,因为这真命题,所以a≥1.‎ ‎3.D [解析] 根据题意,得m2=16,解得m=±4.当m=4时,圆锥曲线x2+=1是椭圆,其离心率为;当m=-4时,圆锥曲线x2-=1是双曲线,其离心率为.‎ ‎4.C [解析] 根据正弦定理可得,b2+c2-a2=-bc,又cos A==-,00时,由log2x>0可得x>1.根据函数f(x)是奇函数,其图像关于坐标原点对称可得,当x<0时,f(x)>0的解集为(-1,0),所以x的取值范围是(-1,0)∪(1,+∞).‎ ‎【提升训练】‎ ‎6.B [解析] 由题意可知,Tr+1=Cx5-rr=(-a)rCx5-2r.由5-2r=3,得r=1,所以(-a)C=-‎5a=-5,即a=1,所以Tr+1=(-1)rCx5-2r,所以该展开式中各项系数的最大值为10.‎ ‎7.A [解析] 由题意可知,①当N中(x,y)≠(2,3)时,直线ax+2y+a ‎=0的斜率为3,且不与y-3=3(x-2)重合,此时-=3,即a=-6;②当直线ax+2y+a=0过点(2,3)时,‎2a+6+a=0,解得a=-2.‎ ‎8.B [解析] ∵定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+2)=f(x),∴f(x)的图像关于y轴对称,且f(x)是以2为最小正周期的周期函数.‎ 画出y=f(x)和y=log3|x|的部分图像(如图所示).由图像可知,函数y=f(x)-log3|x|的零点有4个.‎ ‎9.A [解析] 若3个项目分别安排在不同的场馆,则安排方案共有A=24(种);若有2个项目安排在同一个场馆,另1个安排在其他场馆,则安排方案共有C·A=36(种).所以在同一个体育馆比赛的项目不超过2个的安排方案共有24+36=60(种).‎ ‎10.(-1,+∞) [解析] -1>0⇔ax2>xy-2y2⇔a>-22+.令t=∈,则a>-2t2+t.令g(t)=-2t2+t,t∈[1,3],则g(t)=-2t2+t≤-1.要使a>-2t2+t恒成立,则a>[g(t)]max=-1,所以a的取值范围是(-1,+∞).‎ ‎11. [解析] f′(x)=1--.函数f(x)在区间(1,2)上是增函数等价于f′(x)≥0在区间(1,2)上恒成立,且不恒为0,等价于x2-2ax-‎3a2≥0在区间(1,2)上恒成立,且不恒为0.设g(x)=x2-2ax-‎3a2.当a≤1时,g(x)在区间(1,2)上单调递增,只要g(1)=1-‎2a-‎3a2≥0,解得-1≤a≤,易知当a=-1或a=时,f′(x)不恒为0,所以a的取值范围是;当1a时,f′(x)>0.‎ 所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,‎ 所以f(x)min=f=a-1-aln a.‎ 由题意得f(x)min≥0,则f=a-1-aln a≥0.‎ 令g(a)=a-1-aln a,可得g′(a)=-ln a,因此g在区间上单调递增,在区间上单调递减,所以gmax=g=0,‎ 故实数a的取值集合为.‎ ‎(2)证明:要证明nf=0,即ln x0,所以φ在区间上单调递增.又φ(1)=0,所以当x∈(1,2]时,ln x+-1>0.综上可知,原不等式成立. ‎ ‎16.解: (1)由已知得f′(x)=2e2x+1-a.‎ 因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与直线x+ey+1=0垂直,所以f′(0)=e,所以f′(0)=2e-a=e,‎ 所以a=e.‎ ‎(2)函数f(x)的定义域是(-∞,+∞),f′(x)=2e2x+1-a.‎ ‎①当a≤0时,f′(x)>0成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). ‎ ‎②当a>0时,令f′(x)>0,得x>ln -,所以f(x)的单调递增区间是;‎ 令f′(x)<0,得x0时,f(x)的单调递增区间是,f(x)的单调递减区间是. ‎ ‎(3)当x=0时,f(0)=e+1≥1成立,a∈R. ‎ ‎“当x∈(0,1]时,f(x)=e2x+1-ax+1≥1恒成立”等价于“当x∈(0,1]时,a≤恒成立”.‎ 设g(x)=,x∈(0,1],只要当x∈(0,1]时,a≤g(x)min成立即可.又g′(x)=.‎ 令g′(x)<0,得x<,所以函数g(x)在区间上为减函数;‎ 令g′(x)>0,得x>,所以函数g(x)在区间上为增函数. ‎ 所以函数g(x)在x=处取得最小值,且g=2e2,‎ 所以a≤2e2,‎ 所以实数a的取值范围(-∞,2e2].‎ 专题限时集训(二十二)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.解:(1)证明:连接BD,则∠AGD=∠ABD.‎ 因为∠ABD+∠DAB=90°,∠C+∠CAB=90°,‎ 所以∠C=∠AGD,所以∠C+∠DGE=180°,‎ 所以C,E,G,D四点共圆.‎ ‎(2)因为EG·EA=EB2,所以EB=2,‎ 又F为EB的三等分点,所以EF=,FB=.‎ 又因为FG·FD=FE·FC=FB2,所以FC=,CE=2.‎ ‎2.证明:(1)连接OC,则有∠OAC=∠OCA,‎ 因为CA是∠BAF的角平分线,所以∠OAC=∠FAC,‎ 所以∠FAC=∠OCA,所以OC∥AD.‎ 又因为CD⊥AF,所以CD⊥OC,‎ 故DC是圆O的切线.‎ ‎(2)连接BC.在Rt△ACB中,CM⊥AB,‎ 所以CM2=AM·MB.又因为DC是圆O的切线,所以 DC2=DF·DA.因为∠MAC=∠DAC,AC=AC,∠MCA=∠DCA,所以△AMC≌△ADC,‎ 所以DC=CM,所以AM·MB=DF·DA.‎ ‎【提升训练】‎ ‎3.证明:(1)连接BE,OE,则BE⊥EC.‎ 在Rt△BEC中,因为D是BC的中点,所以DE=BD,‎ 又OE=OB,OD=OD,‎ 所以△ODE≌△ODB,‎ 所以∠OED=∠OBD=90°,‎ 所以O,B,D,E四点共圆.‎ ‎(2)延长DO交圆O于点H.‎ 由(1)知DE为圆O的切线,所以DE2=DM·DH=DM·(DO+OH)=‎ DM·DO+DM·OH. ‎ 因为O,D分别是AB,BC的中点,所以OD=AC,‎ 所以DE2=DM·+DM·,‎ 所以2DE2=DM·AC+DM·AB.‎ ‎4.解:(1)证明:连接DE,因为ACED是圆内接四边形,所以∠BDE=∠BCA,‎ 又∠DBE=∠CBA,所以△DBE∽△CBA,即有=,‎ 又由AB=‎2AC,可得BE=2DE,‎ 因为CD是∠ACB的平分线,所以AD=DE,‎ 从而BE=2AD.‎ ‎(2)由条件知AB=‎2AC=6,设AD=t,‎ 则BE=2t,BC=2t+6,根据割线定理得BD·BA=BE·BC,‎ 即(6-t)×6=2t·(2t+6),即2t2+9t-18=0,‎ 解得t=或t=-6(舍去),则AD=.‎ ‎5.解:证明:‎ ⇒△ACB∽△CQA⇒=⇒AC2=AB·CQ.‎ ‎(2) ⇒QC=3,PC=6.‎ AP为圆O的切线⇒AP2=PB·PC=12⇒AP=2⇒QA=4,‎ 又AQ为圆O的切线⇒AQ2=QC·QD⇒QD=.‎ 专题限时集训(二十三)‎ ‎【基础演练】‎ ‎1.解:(1)直线l的普通方程为x-y+3=0,‎ 曲线C的直角坐标方程为x2+y2-4x+3=0(或(x-2)2+y2=1).‎ ‎(2)曲线C的标准方程为(x-2)2+y2=1,圆心C的坐标为(2,0),半径为1,‎ 所以圆心C(2,0)到直线l的距离d==,‎ 所以点P到直线l的距离的取值范围是.‎ ‎2.解:(1)由曲线C1的参数方程(α为参数),得C1的普通方程为x2+y2=2;由曲线C2的极坐标方程ρsin =4,得ρ=4,‎ 即ρsin θ+ρcos θ=8,故C2的直角坐标方程为x+y=8.‎ ‎(2)由(1)可知曲线C1是以坐标原点O为圆心,半径为的圆,曲线C2为直线.‎ 过点O作直线C2的垂线交圆C1于点P,此时点P到直线C2的距离d最小,‎ 且dmin=-=-=3.‎ 联立解得或(舍),‎ 故取到最小值时P点的坐标为(1,1).‎ ‎【提升训练】‎ ‎3.解:(1)由ρ=2cos θ,得ρ2=2ρcos θ.‎ ‎∵ρ2=x2+y2,ρcos θ=x,‎ ‎∴x2+y2=2x,即(x-1)2+y2=1,‎ 即圆C的直角坐标方程为(x-1)2+y2=1. ‎ ‎(2)由点A的极坐标为,得点A的直角坐标为,∴点A在直线l上.‎ 将代入(x-1)2+y2=1,消去x,y,整理得 t2-t-=0.‎ 设t1,t2为方程t2-t-=0的两个根,则t1t2=-,‎ 由t的几何意义可知|AP|·|AQ|=|t1t2|=.‎ ‎4.解:(1)由C得点C的直角坐标为(1,1),‎ 所以圆C的直角坐标方程为(x-1)2+(y-1)2=3,‎ 即x2+y2-2x-2y=1,‎ 由得圆C的极坐标方程为 ρ2-2ρcos θ-2ρsin θ-1=0.‎ ‎(2)将代入圆C的直角坐标方程(x-1)2+(y-1)2=3,‎ 得t2+2(cos α+sin α)t-1=0 .‎ 设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,则 t1+t2=-2(cos α+sin α),t1t2=-1,‎ 由t的几何意义知|AB|=|t1-t2|==.‎ 因为α∈,所以sin 2α∈[0,1),所以8+4sin 2α∈[8,12),‎ 所以|AB|的取值范围为[2,2).‎ ‎5.解:(1)∵ρ=4cos θ ,∴ρ2=4ρcos θ,‎ ‎∴ 曲线C的直角坐标方程为x2+y2=4x.‎ ‎(2)直线l的参数方程为(t为参数),‎ 代入x2+y2=4x,得 t2+4(sin α+cos α)t+4=0.‎ 设M,N对应的参数分别为t1,t2,则有 由Δ>0,得sin 2α>0,∴2α∈(0,π),即α∈,则t1<0,t2<0.由t的几何意义知|PM|+|PN|=|t1|+|t2|=-t1-t2=4(sin α+cos α)=4sin,‎ ‎∵ α∈,∴ α+∈.‎ ‎∴ 2等价于或或 所以不等式f(x)>2的解集为∪.‎ ‎(2)f(x)=+|x-3|= 函数f(x)的图像如图所示,其中A(1,1),B(3,2).‎ 设点P的坐标为,则直线PB的斜率kPB=,直线AC的斜率kAC=-.‎ 直线y=-‎3a绕点P旋转,‎ 由图可知,当不等式f(x)≤-‎3a的解集非空时,-‎3a≥kPB或-‎3a.‎ ‎4.解:(1)f(x)=|2x+1|+|2x-1|≤12,‎ 当x≤-时,原不等式化为-(2x+1)+1-2x≤12,‎ 解得x≥-3,所以-3≤x≤-;‎ 当-