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

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－