专题一 集合与常用逻辑用语、函数与导数、不等式
第一讲 集合与常用逻辑用语
基础·单纯考点
[例1] 解析：(1)∵A＝{x>2或x<0}，B＝{x|－5 (2)依题意，P∩Q＝Q，Q⊆P，于是2a＋1>3，解得6 为(6，9]． 答案：(1)B (2)D [预测押题1] (1)选A 本题逆向运用元素与集合的关系求参数的取值范围，抓住1∉A作为解题的突破口，1∉A即1不满足集合A中不等式，所以12－2×1＋a≤0⇒a≤1. － (2)选B 对于2x(x2)<1，等价于x(x－2)<0，解得0 [例2] 解析：(1)命题p是全称命题：∀x∈A，2x∈B， ┐ 则p是特称命题：∃x∈A，2x∉B. 1 (2)①中不等式可表示为(x－1)2＋2>0，恒成立；②中不等式可变为log2x＋≥2，得 log2x 11 x>1；③中由a>b>0，得<，而c<0，所以原命题是真命题，则它的逆否命题也为真；④由p ab 且q为假只能得出p，q中至少有一为假，④不正确． 答案：(1)D (2)A 32152 [预测押题2] (1)选A 因为x－3x＋6＝x－2＋>0，所以①为假命题；若ab＝0， 4π 则a、b中至少一个为零即可，②为假命题；x＝kπ＋(k∈R)是tan x＝1的充要条件，③为 4 假命题． (2)解析：“∃x∈R，2x2－3ax＋9<0”为假命题，则“∀x∈R，2x2－3ax＋9≥0”为真命题，因此Δ＝9a2－4×2×9≤0，故－22≤a≤22. 答案：[－22，22] [例3] 解析：(1)当x＝2且y＝－1时，满足方程x＋y－1＝0，即点P(2，－1)在直线l上．点P′(0，1)在直线l上，但不满足x＝2且y＝－1，∴“x＝2且y＝－1”是“点P(x，y)在直线l上”的充分而不必要条件． m1m1 (2)因为y＝－x＋经过第一、三、四象限，所以－>0，<0，即m>0，n<0，但此为充 nnnn 要条件，因此，其必要不充分条件为mn<0. 答案：(1)A (2)B [预测押题3] (1)选B 由10a>10b得a>b，由lg a>lg b得a>b>0，所以“10a>10b”是“lg a>lg b”的必要不充分条件． (2)解析：由|x－m|<2，得－2 －2 答案：(1，4) 交汇·创新考点 y22 [例1] 选A 在同一坐标系下画出椭圆x＋＝1及函数y＝2x的图象，结合图形不难 4 得知它们的图像有两个公共点，因此A∩B中的元素有2个，其子集共有22＝4个． [预测押题1] 选B A＝{x|x2＋2x－3>0}＝{x|x>1或x<－3}，函数y＝f(x)＝x2－2ax－1的对称轴为x＝a>0，f(－3)＝6a＋8>0，根据对称性可知，要使A∩B中恰含有一个整数，则 3a≥，4－4a－1≤0434 这个整数解为2，所以有f(2)≤0且f(3)>0，即所以即≤a<，选B. 4349－6a－1>0， a<，3 [例2] 解析：对①：取f(x)＝x－1，x∈N*，所以B＝N*，A＝N是“保序同构”；对②： 97 取f(x)＝x－(－1≤x≤3)，所以A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|－8≤x≤10}是“保序同构”；对 22 π ③：取f(x)＝tanπx－(0 答案：①②③ [预测押题2] 解析：∵A⊆M，且集合M的子集有24＝16个，其中“累计值”为奇数的子集为{1}，{3}，{1，3}，共3个，故“累积值”为奇数的集合有3个． 答案：3 [例3] 解析：对于①，命题p为真命题，命题q为真命题，所以p∧綈q为假命题，故①正确；对于②当b＝a＝0时，l1⊥l2，故②不正确，易知③正确．所以正确结论的序号为①③. 答案：①③ kπ [预测押题3] 选D 由y＝tanx的对称中心为，0(k∈Z)，知A正确；由回归直线 2 方程知B正确；在△ABC中，若sinA＝sinB，则A＝B，C正确． 第二讲 函数的图像与性质 基础·单纯考点 x≤0，x x＋3>0，1－2≥0，[例1] 解析：(1)由题意，自变量x应满足{解得∴－3 (2)设t＝1＋sinx，易知t∈[0，2]，所求问题等价于求g(t)在区间[0，2]上的值域． 15 由g(t)＝t3－t2＋4t，得g′(t)＝t2－5t＋4＝(t－1)(t－4)．由g′(t)＝0，可得t＝1或t＝4. 32 15111 又因为t∈[0，2]，所以t＝1是g(t)的极大值点．由g(0)＝0，g(1)＝－＋4＝，g(2)＝×23 3263 111152 0，，即g(1＋sinx)的值域是0，. －×22＋4×2＝，得当t∈[0，2]时，g(t)∈6623 110， 答案：(1)A (2)6 πππ [预测押题1] (1)解析：∵f()＝－tan＝－1，∴f(f())＝f(－1)＝2×(－1)3＝－2. 444 答案：－2 (2)由题意知：a≠0，f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)＝bx2＋(2a＋ab)x＋2a2是偶函数，则其图像关于y轴对称，所以2a＋ab＝0，b＝－2.所以f(x)＝－2x2＋2a2，因为它的的值域为(－∞，2]，所以2a2＝2.所以f(x)＝－2x2＋2. 答案：－2x2＋2 －－ [例2] 解析：(1)曲线y＝ex关于y轴对称的曲线为y＝ex，将y＝ex向左平移1个单位 －＋－－ 长度得到y＝e(x1)，即f(x)＝ex1. 0－2 (2)由题图可知直线OA的方程是y＝2x；而kAB＝＝－1，所以直线AB的方程为y＝ 3－1 22x，0≤x≤1，2x，0≤x≤1， －(x－3)＝－x＋3.由题意，知f(x)＝所以g(x)＝xf(x)＝2 －x＋3，1 当0≤x≤1时，故g(x)＝2x2∈[0，2]；当1 90，. 综上所述，g(x)的值域为4答案：(1)D (2)B [预测押题2] (1)选C 因为函数的定义域是非零实数集，所以A错；当x<0时，y>0，所以B错；当x→＋∞时，y→0，所以D错． (2)选B 因为f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数．因为f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的周期是2，再结合选项中的图像得出正确选项为B. [例3] 解析：(1)函数y＝－3|x|为偶函数，在(－∞，0)上为增函数．选项A，D是奇函数，不符合；选项B是偶函数但单调性不符合；只有选项C符合要求． (2)∵f(x)＝ax3＋bsinx＋4， ① ∴f(－x)＝a(－x)3＋bsin(－x)＋4， 即f(－x)＝－ax3－bsinx＋4， ② ①＋②得f(x)＋f(－x)＝8. ③ 1－1 又∵lg(log210)＝lg＝lg(lg 2)＝－lg(lg 2)， lg 2 ∴f(lg(lg210))＝f(－lg(lg 2))＝5. 又由③式知f(－lg(lg 2))＋f(lg(lg 2))＝8， ∴5＋f(lg(lg 2))＝8， ∴f(lg(lg 2))＝3. 答案：(1)C (2)C [预测押题3] (1)选A 依题意得，函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，且f(x)＝f(|x|)，不 等式f(1－2x) x＋＝－f(x＋3)＝－f(x)， ∴f2∴f(x)＝f(x＋3)，∴f(x)是以3为周期的周期函数． 则f(2014)＝f(671×3＋1)＝f(1)＝3. 答案：3 (3)解析：因为函数f(x)的图像关于y轴对称，所以该函数是偶函数，又f(1)＝0，所以f(－ f（－x）＋f（x） 1)＝0.又已知f(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以f(x)在(－∞，0)上为增函数.<0， x 可化为xf(x)<0，所以当x>0时，解集为{x|x>1}；当x<0时，解集为{x|－1 交汇·创新考点 [例1] 解析：设x<0，则－x>0.∵当x≥0时，f(x)＝x2－4x，∴f(－x)＝(－x)2－4(－x)．∵f(x) 2x－4x，x≥0， 是定义在R上的偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝x2＋4x(x<0)，∴f(x)＝2由f(x) x＋4x，x<0. 22x－4x＝5，x＋4x＝5， ＝5得或∴x＝5或x＝－5.观察图像可知由f(x)<5，得－5 f(x＋2)<5，得－5 因f(m)<1，所以应有－2 因f(x)在(－1，＋∞)上递增，所以f(m＋2)>f(0)＝1. 答案：> [例2] 解析：因为A，B是R的两个非空真子集，且A∩B＝∅，画出韦恩图如图所示，则实数x与集合A，B的关系可分为x∈A，x∈B，x∉A且x∉B三种． (1)当x∈A时，根据定义，得fA(x)＝1.因为A∩B＝∅，所以x∉B，故fB(x)＝0.又因为A⊆(A∪B)，则必有x∈A∪B，所以fA∪B(x)＝1. fA∪B（x）＋11＋1 所以F(x)＝＝＝1. fA（x）＋fB（x）＋11＋0＋1 (2)当x∈B时，根据定义，得fB(x)＝1.因为A∩B＝∅，所以x∉A，故fA(x)＝0.又因为B⊆(A∪B)，则必有x∈A∪B，所以fA∪B(x)＝1. fA∪B（x）＋11＋1 所以F(x)＝＝＝1. fA（x）＋fB（x）＋11＋0＋1 (3)当x∉A且x∉B，根据定义，得fA(x)＝0，fB(x)＝0.由图可知，显然x∉(A∪B)，故fA∪B(x) fA∪B（x）＋10＋1 ＝0，所以F(x)＝＝＝1. fA（x）＋fB（x）＋10＋0＋1 综上，函数的值域中只有一个元素1，即函数的值域为{1}． 答案：{1} [预测押题2] 解：当x∈A∩B时，因为(A∩B)⊆(A∪B)，所以必有x∈A∪B. fA∪B（x）＋11＋1 由定义，可知fA(x)＝1，fB(x)＝1，fA∪B(x)＝1，所以F(x)＝＝fA（x）＋fB（x）＋11＋1＋12＝. 3 2 故函数F(x)的值域为{}． 3 第三讲 基本初等函数、函数与方程及函数的应用 基础·单纯考点 111 [例1] 解析：(1)当x＝－1，y＝－＝0，所以函数y＝ax－的图像必过定点(－1，0)， aaa 结合选项可知选D. (2)a＝log36＝log33＋log32＝1＋log32，b＝log510＝log55＋log52＝1＋log52，c＝log714＝log77＋log72＝1＋log72，∵log32>log52>log72，∴a>b>c. 答案：(1)D (2)D [预测押题1] (1)选A 函数y＝x－x为奇函数．当x>0时，由x－x>0，即x3>x，可得x2>1，故x>1，结合选项，选A. 1lnx－(2)选B 依题意的a＝ln x∈(－1，0)，b＝2∈(1，2)，c＝elnx∈(e1，1)，因此b>c>a. 1 [例2] 解析：(1)由f(－1)＝－3<0，f(0)＝1>0及零点定理，知f(x)的零点在区间(－1， 2 0)上． (2)当f(x)＝0时，x＝－1或x＝1，故f[f(x)＋1]＝0时，f(x)＋1＝－1或1.当f(x)＋1＝－1， 1 即f(x)＝－2时，解得x＝－3或x＝；当f(x)＋1＝1即f(x)＝0时，解得x＝－1或x＝1.故函 4 数y＝f[f(x)＋1]有四个不同的零点． 答案：(1)B (2)C [预测押题2] 解析：当x>0时，由f(x)＝ln x＝0，得x＝1.因为函数f(x)有两个不同的零点，则当x≤0时，函数f(x)＝2x－a有一个零点，令f(x)＝0得a＝2x，因为0<2x≤20＝1，所以0 [例3] 解：(1)由年销售量为x件，按利润的计算公式，有生产A，B两产品的年利润y1，y2分别为y1＝10x－(20＋mx)＝(10－m)x－20(x∈n，0≤x≤200)，y＝18x－(8x＋40)－0.05x2＝－0.05x2＋10x－40(x∈n，0≤x≤120)． (2)因为6≤m≤8，所以10－m>0，函数y1＝(10－m)x－20在[0，200]上是增函数，所以当x＝200时，生产A产品有最大利润，且y1max＝(10－m)×200－20＝1980－200m(万美元)． 又y2＝－0.05(x－100)2＋460(x∈N，0≤x≤120)，所以当x＝100时，生产B产品有最大利润，且y2max＝460(万美元)． >0，6≤m<7.6， 13 13 因为y1max－y2max＝1980－200m－460＝1520－200m＝0，m＝7.6， <0，7.6 当m＝7.6时，生产A产品或生产B产品均可(投资生产A产品200件或生产B产品100件)； 当7.6 所以当t＝2时，f(t)max＝4，即当集团投入两百万广告费时，才能使集团由广告费而产生的收益最大． (2)设用于技术改造的资金为x(百万元)，则用于广告费的费用为(3－x)(百万元)，则由此 11 －x3＋x2＋3x＋[－(3－x)2＋5(3－x)]－3＝－x3＋4x＋两项所增加的收益为g(x)＝33 3(0≤x≤3)．对g(x)求导，得g′(x)＝－x2＋4，令g′(x)＝－x2＋4＝0，得x＝2或x＝－2(舍去)．当0≤x<2时，g′(x)>0，即g(x)在[0，2)上单调递增；当2 单调递减．∴当x＝2时，g(x)max＝g(2)＝. 3 故在三百万资金中，两百万元用于技术改造，一百万元用于广告促销，这样集团由此所 25 增加的受益最大，最大收益为百万元． 3 交汇·创新考点 ππ [例1] 选B ∵x－f′(x)>0，x∈(0，π)且x≠， 22ππ ∴当0 ππ 当 ∵当x∈[0，π]时，0 55x＋5＝－f(x)，x＋＝－fx－，[预测押题] 选D 根据f可得f进而得f(x＋5)＝f(x)，442 即函数y＝f(x)是以5为周期的周期函数．当x∈[－1，4]时，f(x)＝x2－2x，在[－1，0]内有一个零点，在(0，4]内有x1＝2，x2＝4两个零点，故在一个周期内函数有三个零点．又因为2012＝402×5＋2，故函数在区间[0，2010]内有402×3＝1206个零点，在区间(2010，2012]内的零点个数与在区间(0，2]内零点的个数相同，即只有一个零点，所以函数f(x)在[0，2012]上零点的个数为1207. 第四讲 不等式 基础·单纯考点 1 [例1] 解析：(1)原不等式等价于(x－1)(2x＋1)<0或x－1＝0，即－ 1 －，1. 原不等式的解集为2 1 (2)由题意知，一元二次不等式f(x)>0的解集为x|－1 11 而f(10x)>0，∴－1<10x<，解得x 答案：(1)A (2)D －2x＋1 [预测押题1] (1)选B 当x>0时，f(x)＝>－1，∴－2x＋1>－x2，即x2－2x＋1>0， x2 解得x>0且x≠1. 1 当x<0时，f(x)＝>－1，即－x>1，解得x<－1.故x∈(－∞，－1)∪(0，1)∪(1，＋∞)． x a2 2 (2)解析：∵f(x)＝x＋ax＋b的值域为[0，＋∞)，∴Δ＝0，∴b－＝0，∴f(x)＝x2＋ax 4 2 121a2 2 ＋a＝x＋2a.又∵f(x) 由一元二次方程根与系数的关系得解得c＝9. a2 m（m＋6）＝－c，4 答案：9 [例2] 解析：(1)曲线y＝|x|与y＝2所围成的封闭区域如图阴影部分所示，当直线l：y＝2x向左平移时，(2x－y)的值在逐渐变小，当l通过点A(－2，2)时，(2x－y)min＝－6. (2)设租用A型车x辆，B型车y辆，目标函数为z＝1600x＋2400y，则约束条件为36x＋60y≥900， x＋y≤21，y－x≤7，x，y∈n， 作出可行域，如图中阴影部分所示，可知目标函数过点(5，12)时，有最小 值zmin＝36800(元)． 答案：(1)A (2)C [预测押题2] (1)选C 题中的不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，平移直线x－y＝0，当平移经过该平面区域内的点(0，1)时，相应直线在x轴上的截距达到最小，此时x－y取得最小值，最小值是x－y＝0－1＝－1；当平移到经过该平面内区域内的点(2，0)时，相应直线在x轴上的截距达到最大，此时x－y取得最大值，最大值是x－y＝2－0＝2.因此x－y的取值范围是[－1，2]． 12 ＋2×2＝3，解得a＝(2)解析：作出可行域，如图中阴影部分所示，区域面积S＝×2a 2. 答案：2 [例3] 解析：(1)因－6≤a≤3，所以3－a≥0，a＋6≥0，∴（3－a）（a＋6）3－a＋a＋693≤＝，当且仅当a＝－时等号成立． 222 aaaa (2)f(x)＝4x＋≥24x·＝4a(x>0，a>0)，当且仅当4x＝，即x＝时等号成立，此 xxx2 时f(x)取得最小值4a. a 又由已知x＝3时，f(x)min＝4a，∴＝3，即a＝36. 2 答案：(1)B (2)36 [预测押题3] (1)选D 依题意，点A(－2，－1)，则－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1(m>0， 12n4m12n4mn4m＋(2m＋n)＝4＋＋≥4＋2n>0)，∴＋＝×＝8，当且仅当＝，即nmnmnmnmnmn 112 ＝2m＝时取等号，即＋的最小值是8. 2mn 1 (2)选A 由已知得a＋2b＝2.又∵a>0，b>0，∴2＝a＋2b≥22ab，∴ab≤，当且仅当2 a＝2b＝1时取等号． 交汇·创新考点 [例1] 选C 作出可行域，如图中阴影部分所示，三个顶点到圆心(0，1)的距离分别是1，1，2，由A⊆B得三角形所有点都在圆的内部，故m≥2，解得：m≥2. [预测押题1] 选C 如图，若使以(4，1)为圆心的圆与阴影部分区域至少有两个交点， 121结合图形，当圆与直线x－y－2＝0相切时，恰有一个公共点，此时a＝＝，当圆的半22 径增大到恰好过点A(2，2)时，圆与阴影部分至少有两个公共点，此时a＝5，故a的取值范 1 围是 [例2] 选C z＝x2－3xy＋4y2(x，y，z∈R zx2－3xy＋4y2x4y＝＝＋－3≥2＋)，∴xyxyyx x4y·yx x4y －3＝1.当且仅当＝，即x＝2y时“＝”成立，此时z＝x2－3xy＋4y2＝4y2－6y2＋4y2＝2y2， yx ∴x＋2y－z＝2y＋2y－2y2＝－2y2＋4y＝－2(y－1)2＋2.∴当y＝1时，x＋2y－z取得最大值2. 2 2x＋y33[预测押题2] 解析：4x2＋y2＋xy＝1，∴(2x＋y)2＝3xy＋1＝×2xy＋1≤×＋1， 222 8210 ∴(2x＋y)2≤，∴(2x＋y)max＝. 55210答案： 5 第五讲 导数及其应用 基础·单纯考点 －1x [例1] 解析：(1)∵点(1，1)在曲线y＝上，y′＝，∴在点(1，1)处的切线 2x－1（2x－1）2 －1 斜率为y′|x＝1＝＝－1，所求切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0. （2－1）2 1 (2)因为y′＝2ax－，所以y′|x＝1＝2a－1.因为曲线在点(1，a)处的切线平行于x轴，故其 x 1 斜率为0，故2a－1＝0，a＝. 21 答案：(1)x＋y－2＝0 (2) 2 [预测押题1] 选D 由f(x＋2)＝f(x－2)，得f(x＋4)＝f(x)，可知函数为周期函数，且周期为4.又函数f(x)为偶函数，所以f(x＋2)＝f(x－2)＝f(2－x)，即函数的对称轴是x＝2，所以f′(－5)＝f′(3)＝－f′(1)，所以函数在x＝－5处的切线的斜率k＝f′(－5)＝－f′(1)＝－1. [例2] 解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4. 1 ex－.令f′(x)(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)2 ＝0，得x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减． 1 [预测押题2] 解：(1)当m＝1时，f(x)＝x3＋x2－3x＋1，又f′(x)＝x2＋2x－3，所以f′(2) 3 55 ＝5.又f(2)＝，所以所求切线方程为y－＝5(x－2)，即15x－3y－25＝0.所以曲线y＝f(x)在 33 点(2，f(2))处的切线方程为15x－3y－25＝0. (2)因为f′(x)＝x2＋2mx－3m2，令f′(x)＝0，得x＝－3m或x＝m.当m＝0时，f′(x)＝x2≥0恒成立，不符合题意；当m>0时，f(x)的单调递减区间是(－3m，m)，若f(x)在区间(－2，3) －3m≤－2， 上是减函数，则解得m≥3； m≥3， 当m<0时，f(x)的单调递减区间是(m，－3m)，若f(x)在区间(－2，3)上是减函数，则 m≤－2，解得m≤－2. －3m≥3， 综上所述，实数m的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞)． a [例3] 解：(1)f′(x)＝1－x，①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所 e 以函数f(x)无极值． ②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝ln a. 当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0； 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝ln a处取得最小值，且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值． 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值． 1 (2)当a＝1时，f(x)＝x－1＋x.直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，等价于关于x e 11 的方程kx－1＝x－1＋x在R上没有实数解，即关于x的方程：(k－1)x＝x(*)在R上没有实 ee 数解． 1 ①当k＝1时，方程(*)可化为x＝0，在R上没有实数解． e1 ②当k≠1时，方程(*)可化为＝xex. k－1 令g(x)＝xex，则有g′(x)＝(1＋x)ex. 令g′(x)＝0，得x＝－1，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞) g′(x) － 0 ＋ 1 g(x) － e1当x＝－1时，g(x)min＝－，同时当x趋于＋∞时，g(x)趋于＋∞，从而g(x)的取值范围 e 11－∞，－1时，方程(*)无实数解，解得k的取值范围是(1－e，－，＋∞.所以当为∈eek＋11)．综合①②，得k的最大值为1. 232 [预测押题3] 解：(1)f′(x)＝a＋2－，由题意可知f′()＝1，解得a＝1. xx3（x－1）（x－2）2 故f(x)＝x－－3ln x，∴f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝2. xx2 于是可得下表： 33，2 x 2 (2，3) 3 22f′(x) － 0 ＋ f(x) 1－3ln 2 ∴f(x)min＝f(2)＝1－3ln 2. 23ax2－3x＋2 (2)f′(x)＝a＋2－＝(x>0)，由题意可得方程ax2－3x＋2＝0有两个不等的正实 xxx2 x＋x＝3>0， a根，不妨设这两个根为x，x，并令h(x)＝ax－3x＋2，则 2xx＝a>0.Δ＝9－8a>0，－39 也可以为－解得0 h（0）>0. 1 2 2 1 212 Δ＝9－8a>0， 交汇·创新考点 11aa 1－＝aln x－a1－(x>0)，则φ′(x)＝－2.[例1] 解：(1)证明：设φ(x)＝f(x)－1－axxxx 11－.(2)令φ′(x)＝0，则x＝1，易知φ(x)在x＝1处取到最小值，故φ(x)≥φ(1)＝0，即f(x)－1≥ax x－1ln x－ xx－1x－1 由f(x)>x得aln x＋1>x，即a>.令g(x)＝(1 x－111 (1 x－1 所以g′(x)>0，即g(x)在定义域上单调递增，则g(x) 范围为[e－1，＋∞)． [预测押题1] 解：(1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得，f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]．当a＝1时，f(1)＝e，f′(1)＝4e.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e. (2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，解得x＝－(a＋2)或x＝0.当－(a＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上是增函数，所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－(a＋2)>0，即a<－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表： (0，－(a＋2)) －(a＋2) (－(a＋2)，＋∞) x 0 f′(x) 0 － 0 ＋ a＋4 f(x) －a ＋ ea2a＋4由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－(a＋2))＝a＋2.因为函数f(x)在(0，－(a e － ＋2))上是减函数，在(－(a＋2)，＋∞)上是增函数，且当x≥－a时，有f(x)≥f(－a)＝ea(－a)>－a，又f(0)＝－a，所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k的取值 a＋4范围是a＋2，－a. e [例2] 选C 法一：曲线y＝x与直线x＝1及x轴所围成的曲边图形的面积S＝1xdx 0 1 21211232＝x0＝，又∵S△AOB＝，∴阴影部分的面积为S′＝－＝，由几何概型可知，点P取323263 1 自阴影部分的概率为P＝. 6 11 法二：S阴影＝1(x－x)dx＝，S正方形OABC＝1，∴点P取自阴影部分的概率为P＝. 66 0 342162xdxx0338S阴影0 [预测押题2] 解析：画出草图，可知所求概率P＝＝＝＝＝. 18181827S△AOB 4 8 答案： 27 a [例3] 解：(1)因为方程ax－(1＋a2)x2＝0(a>0)有两个实根x1＝0，x2＝，故f(x)>0 1＋a2 aa 的解集为{x|x1 (2)设d(a)＝，则d′(a)＝(a>0)．令d′(a)＝0，得a＝1.由于0 －k≤a<1时，d′(a)>0，d(a)单调递增；当1 d（1－k）1＋（1－k）2 k≤a≤1＋k时，d(a)的最小值必定在a＝1－k或a＝1＋k处取得．而＝d（1＋k）1＋k 1＋（1＋k）2 2－k2－k3＝<1，故d(1－k) [预测押题3] 解：(1)f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，f′(x)＝a（x＋1）－（ax＋b）a－b ＝.当a>b时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，－1)，(－1，＋∞) （x＋1）2（x＋1）2 上单调递增；当a (2)① 计算得f(1)＝>0，f()＝>0，f()＝ab>0.因为f(1)f()＝·＝ab 2aa＋baa2a＋b a＋bbbbb2b2 ），即f(1)f(a)＝f（）. (*)所以f(1)，f(a)，f(a)成等比数列．因为2aa bbb≥ab，所以f(1)≥f()．由(*)得f()≤f()． aaa bbbb②由①知f()＝H，f()＝G.故由H≤f(x)≤G，得f()≤f(x)≤f()． (**)当a＝b aaaa bbbbb时，()＝f(x)＝f()＝a.这时，x的取值范围为(0，＋∞)；当a>b时，0<<1，从而<，aaaaa bbbb 由f(x)在(0，＋∞)上单调递增(**)式，得≤x≤，即x的取值范围为，；当a bbbbb时，>1，从而>，由f(x)在(0，＋∞)上单调递减与(**)式，得≤x≤，即x的取值 aaaaa bb 范围为.综上，当a＝b时，x的取值范围为(0，＋∞)；当a>b时，x的取值范围为 a，a b，b；当a 专题二 三角函数、解三角形、平面向量 第一讲 三角函数的图像与性质 基础·单纯考点 3π [例1] 解析：(1)1－2sin（π＋θ）sin2－θ＝1－2sinθcosθ＝|sinθ－cosθ|，π 又θ∈，π，∴sinθ－cosθ>0，故原式＝sinθ－cosθ. 2 π13 (2)由已知得|OP|＝2，由三角函数定义可知sinα＝，cosα＝，即α＝2kπ＋ 226 ππππ3 (k∈Z)．所以2sin2α－3tanα＝2sin4kπ＋－3tan2kπ＋＝2sin－3tan＝2×－36236 33×＝0. 3 答案：(1)A (2)D [预测押题1] (1)选C 由已知可得－2tanα＋3sinβ＋5＝0，tanα－6sinβ＝1，解得tan 310 α＝3，故sinα＝10. 343 (2)解析：由A点的纵坐标为及点A在第二象限，得点A的横坐标为－，所以sinα＝，555 2tanα4324 cosα＝－，tanα＝－.故tan2α＝＝－. 5471－tan2α324答案： － 57 2ππ335 [例2] 解析：(1)∵T＝π－－＝π，∴T＝π，∴＝π(ω>0)，∴ω＝2.由图 41234ωππππ55 像知当x＝π时，2×π＋φ＝2kπ＋(k∈Z)，即φ＝2kπ－(k∈Z)．∵－<φ<，12122322π ∴φ＝－. 3＝f（ ππ (2)y＝cos(2x＋φ)的图像向右平移个单位后得到y＝cos2x－＋φ的图像，整理得y 22 πππ ＝cos(2x－π＋φ)．∵其图像与y＝sin2x＋的图像重合，∴φ－π＝－＋2kπ，∴φ＝ 323 π5π5ππ ＋π－＋2kπ，即φ＝＋2kπ.又∵－π≤φ<π∴φ＝. 3266 5π 答案：(1)A (2) 6 ππ [预测押题2] (1)选C 将y＝sin2x＋的图像向左平移个单位，再向上平移2个单 44 3πkπ3π3π 位得y＝sin2x＋＋2的图像，其对称中心的横坐标满足2x＋＝kπ，即x＝－，4284 π k∈Z，取k＝1，得x＝. 8 π (2)选C 根据已知可得，f(x)＝2sinx，若f(x)在[m，n]上单调，则n－m取最小值．又 4 当x＝2时，y＝2；当x＝－1时，y＝－2，故(n－m)min＝2－(－1)＝3. π [例3] 解：(1)f(x)4cosωx·sinωx＋＝22sinωx·cosωx＋22cos2ωx＝2(sin2ω4 2ππ x·cos2ωx)＋2＝2sin2ωx＋＋2.因为f(x)的最小正周期为π，且ω>0，从而由＝π， 42ω故ω＝1. πππ5πππππ (2)由(1)知，f(x)＝2sin2x＋＋2.若0≤x≤，则≤2x＋≤.当≤2x＋≤，24444424 πππ5πππ 即0≤x≤时，f(x)单调递增；当≤2x＋≤，即≤x≤时，f(x)单调递减；综上可 824582 πππ 知，f(x)在区间[0，]上单调递增，在区间[，]上单调递减． 882 1＋cos 2xπ31 [预测押题3] 解：(1)因为f(x)＝sin 2x＋＋a＝sin(2x＋)＋a＋，所以T＝ 2262 ππ3ππ2ππ.由＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.故函数f(x)的 26263 π2π 单调递减区间是＋kπ，＋kπ(k∈Z)． 36 ππππ5ππ1 (2)因为－≤x≤，所以－≤2x＋≤，－≤sin2x＋≤1.因为函数f(x)在 6366626 －π，π上的最大值与最小值的和为1＋a＋1＋－1＋a＋1＝3，所以a＝0. 222263 交汇·创新考点 π 1＋cos（2ωx－）31－cos2ωx1π1 [例1] 解：(1)f(x)＝－＝cos2ωx－＋cos2ωx＝ 22232 1cos2ωx＋3sin2ωx＋cos2ωx＝13sin2ωx＋3cos2ωx＝31sin2ωx＋3cos2ωx＝ 22222222 2πππ3 sin2ωx＋.由题意可知，f(x)的最小正周期T＝π，∴＝π.又∵ω>0，∴ω＝1，∴f()2123|2ω| ππ33π3 ＝sin2×＋＝sin＝. 2221232 7π (2)|f(x)－m|≤1，即f(x)－1≤m≤f(x)＋1.∵对∀x∈－，0，都有|f(x)－m|≤1， 12 7π5ππππ ∴m≥f(x)max－1且m≤f(x)min＋1.∵－≤x≤0，∴－≤2x＋≤，∴－1≤sin2x＋126333 π33333313 ≤，∴－≤sin2x＋≤，即f(x)max＝，f(x)min＝－，∴－≤m≤1－.故m222424234 13 的取值范围为－，1－. 24 2π2ππππ121[预测押题1] 解：(1)f()＝cos·cos＝－cos·cos＝－2＝－. 333334π 3＝1cos2x＋3sinxcosx＝1(1＋cos2x)1 (2)f(x)＝cosx·cosx－＝cosx·cosx＋2sinx24322 π1π11π3111 ＋sin2x＝cos2x－＋.f(x)<等价于cos2x－＋<，即cos2x－<0.于是2kπ＋4242343443ππ3π5π11π1<2x－<2kπ＋，k∈Z.解得kπ＋ [例2] 解析：因为圆心由(0，1)平移到了(2，1，)，所以在此过程中P点所经过的弧长为2，其所对圆心角为2.如图所示，过P点作x轴的垂线，垂足为A，圆心为C，与x轴相 ππ 切与点B，过C作PA的垂线，垂足为D，则∠PCD＝2－，|PD|＝sin2－＝－cos2，|CD| 22 π→ ＝cos2－＝sin2，所以P点坐标为(2－sin2，1－cos2)，即OP的坐标为(2－sin2，1－cos2)． 2 答案：(2－sin2，1－cos2) [预测押题2] 选A 画出草图，可知点Q点落在第三象限，则可排除B、D；代入A， 6×（－72）＋8×（－2）－502－23π cos∠QOP＝＝＝，所以∠QOP＝.代入C，cos∠ 1002462＋82 6×（－46）＋8×（－2）－246－16－2 QOP＝＝≠. 100262＋82 第二讲 三角恒等变换与解三角形 基础·单纯考点 πππππ [例1] 解：(1)因为f(x)＝2cosx－，所以f(－)＝2cos－－＝2cos－6126124π2 ＝2cos＝2×＝1. 42 323π342(2)因为θ∈，2π，cosθ＝5，所以sinθ＝1－cosθ＝－1－5＝－5，cos2 2 4327324 －＝－.所以f(2θθ＝2cos2θ－1＝2×(5)2－1＝－5，sin 2θ＝2sin θcosθ ＝2×5×525 ππππ22 ＋)＝2cos2θ＋－＝2cos2θ＋＝2×cos2θ－sin2θ＝cos2θ－sin2θ3312422 24177 －＝. ＝－－252525 π [预测押题1] 解：(1)由已知可得f(x)＝3cosωx＋3sinωx＝23sinωx＋.所以函数 3 f(x)的值域为[－23，23]．又由于正三角形ABC的高为23，则BC＝4，所以函数f(x)的 2ππ 周期T＝4×2＝8，即＝8，解得ω＝. 4ωπx0π83πx0π483 (2)因为f(x0)＝，由(1)得f(x0)＝23sin＝，即sin＋55344＋3＝5.由x0∈ 2－10，2得πx0＋π∈－π，π.所以cosπx0＋π＝1－4＝3，故f(x0＋1)＝233345532234 πx0πππx0＋π＋π sin＋＋＝23sin433444 πx0πππx0ππ232764＝23sin＝. ＋cos4＋cos＋sin4＝23×＋×334452525 [例2] 解：(1)由已知得，∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理 117 得PA2＝3＋－2×3×cos30°＝. 4247故PA＝. 2 3 (2)设∠PBA＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得＝ sin150° sinα33 ，化简得3sinα＝4sinα.则tanα＝，即tan∠PBA＝. 44sin（30°－α） [预测押题2] 解：(1)由正弦定理得2sinBcosC＝2sinA－sinC.∵在△ABC中，sinA＝sin(B 1 ＋C)＝sinBcosC＋sinCcosB，∴sinC(2cosB－1)＝0.又0 2 π 0 (2)∵S△ABC＝acsinB＝3，∴ac＝4，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac≥ac 2 ＝4，当且仅当a＝c＝2时，等号成立，∴b的取值范围为[2，＋∞)． 交汇·创新考点 4ππ [例1] 解：(1)∵f(x)＝cos2x－＋2cos2x＝cos2x＋＋1，∴f(x)的最大值为2.f(x) 33πππ 取最大值时，cos2x＋＝1，2x＋＝2kπ(k∈Z)，故x的集合为{x|x＝kπ－，k∈Z}． 363 ππ13 (2)由f(B＋C)＝cos2（B＋C）＋＋1＝，可得cos2A－＝，由A∈(0，π)，可 2332 ππ 得A＝.在△ABC中，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos＝(b＋c)2－3bc，由b＋c＝2， 33b＋c2知bc≤ 2＝1，当b＝c＝1时，bc取最大值，此时a取最小值1. →→ [预测押题1] 解：(1)由已知得AB·AC＝bccosθ＝8，b2＋c2－2bccosθ＝42，故b2＋c2 ＝32.又b2＋c2≥2bc，所以bc≤16，(当且仅当b＝c＝4时等号成立)，即bc的最大值为16. ππ81 即≤16，所以cosθ≥.又0<θ<π，所以0<θ≤，即θ的取值范围是(0，]． 233cosθπππ5ππ (2)f(θ)＝3sin2θ＋cos2θ＋1＝2sin2θ＋＋1.因为0<θ≤，所以<2θ＋≤， 36666 π5πππππ11 ≤sin2θ＋≤1.当2θ＋＝，即θ＝时，f(θ)min＝2×＋1＝2；当2θ＋＝，即θ26632626π ＝时，f(θ)max＝2×1＋1＝3. 3 12354 [例2] 解：(1)在△ABC中，因为cosA＝，cosC＝，所以sinA＝，sinC＝.从而sinB 135135 5312463AB ＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝×＋×＝.由正弦定理＝13513565sinC 1260634ACAC ，得AB＝×sinC＝×＝1040(m)．所以索道AB的长为1040m. sinBsinB655 (2)假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离 12 A处130t m，所以由余弦定理得d2＝(100＋5t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×＝200(37t2 13 104035 －70t＋50)，因0≤t≤，即0≤t≤8，故当t＝(min)时，甲、乙两游客距离最短． 13037 126063BCACAC5 (3)由正弦定理＝，得BC＝×sinA＝×＝500(m)．乙从B出发时，甲 sinAsinBsinB6513 已经走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需要走710m才能到达C.设乙步行的速度为v m/min， 5007101250625 由题意得－3≤v－≤3，解得≤v≤，所以使两位游客在C处互相等待的时间不 504314 1250625超过3min，乙步行的速度控制在43，14(单位：m/min)范围内． 34[预测押题2] 解：(1)因为点C的坐标为5，5，根据三角函数的定义，得sin∠COA＝43 ，cos∠COA＝.因为△AOB为正三角形，所以∠AOB＝60°.所以cos∠BOC＝cos(∠COA＋55 31433－43 60°)＝cos∠COAcos60°－sin∠COAsin60°＝×－×＝. 525210ππ (2)因为∠AOC＝θ0<θ<，所以∠BOC＝＋θ.在△BOC中，|OB|＝|OC|＝1，由余弦 32 π 定理，可得f(θ)＝|BC|2＝|OC|2＋|OB|2－2|OC|·|OB|·cos∠COB＝12＋12－2×1×1×cosθ＋3 πππ5πππ13 ＝2－2cosθ＋.因为0<θ<，所以<θ＋<.所以－ π 2cosθ＋<2＋3.所以函数f(θ)的值域为(1，2＋3)． 3 第三讲 平面向量 基础·单纯考点 [例1] 解析：以向量：a的终点为原点，过该点的水平和竖直的网格线所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设一个小正方形网格的边长为1，则a＝(－1，1)，b＝(6，2)，c＝(－1，－3)．由c＝λa＋μb，即(－1，－3)＝λ(－1，1)＋μ(6，2)，得－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ 1λ ＝－3，故λ＝－2，μ＝－，则＝4. 2μ 答案：4 →→→ [预测押题1] (1)选A 由已知，得AB＝(3，－4)，所以|AB|＝5，因此与AB同方向的单 341→ ，－. 位向量是AB＝555 →→→→ (2)选C 如图，连接BP，则AP＝AC＋CP＝b＋PR，① →→→→→ AP＝AB＋BP＝a＋RP－RB，② →→ ①＋②，得2AP＝a＋b－RB.③ 1→1→1→1→→ a－AP，④ 又RB＝QB＝(AB－AQ)＝2222 1→1→ a－AP， 将④代入③，得2AP＝a＋b－22 →24解得AP＝a＋b. 77 →→AB·CD→→→→ [例2] 解析：(1)由已知得AB＝(2，1)，CD＝(5，5)，因此AB在CD方向上的投影为 →|CD| 1532＝＝. 252 →→→→→→→1→→→ (2)设AB的长为a(a>0)，又因为AC＝AB＋AD，BE＝BC＋CE＝AD－AB，于是AC·BE＝ 2 1111→→→1→1→→1→2→2 (AB＋AD)·(AD－AB)＝AB·AD－AB＋AD＝－a2＋a＋1，由已知可得－a2＋a＋1＝1. 222242411 又a>0，∴a＝，即AB的长为. 22 1 答案：(1)A (2) 2 [预测押题2] (1)选D a⊥(a＋b)⇒a·(a＋b)＝a2＋a·b＝|a|2＋|a||b|cos 5π93 cos 2663 →2→→1→→→ (2)选C 设BC的中点为M，则AG＝AM.又M为BC中点，∴AM＝(AB＋AC)，∴AG 32 2→1→→→1→2→2→→1→2→2→→＝AM＝(AB＋AC)，∴|AG|＝AB＋AC＋2AB·AC＝AB＋AC－4.又∵AB·AC＝－2，3333 12→→→1→2→2→→→ ∠A＝120°，∴|AB||AC|＝4.∵|AG|＝AB＋AC－4≥2|AB||AC|－4＝，当且仅当|AB| 3332→→ ＝|AC|时取等号，∴|AG|的最小值为. 3 交汇·创新考点 →→→ [例1] 解析：设P(x，y)，则AP＝(x－1，y＋1)．由题意知AB＝(2，1)，AC＝(1，2)．由 2x－y－3λ＝，2λ＋μ＝x－1，3→→→ AP＝λAB＋μAC知(x－1，y＋1)＝λ(2，1)＋μ(1，2)，即∴ λ＋2μ＝y＋1.2y－x＋3 μ＝，3 3≤2x－y－3≤6， ∵1≤λ≤2，0≤μ≤1，∴作出不等式组表示的平面区域(如图阴影部分)， 0≤2y－x＋3≤3. 由图可知平面区域D为平行四边形，可求出M(4，2)，N(6，3)，故|MN|＝5.又x－2y＝0，x 32 －2y－3＝0之间的距离d＝，故平面区域D的面积为S＝5×＝3. 55 答案：3 D. →→ [预测押题1] 选D 如图作可行域，z＝OA·OP＝x＋2y，显然在B(0，1)处zmax＝2.故选 ππ→ [例2] 解：(1)∵g(x)＝sin(＋x)＋2cos(－x)＝2sinx＋cosx，∴OM＝(2，1)， 22 → ∴|OM|＝22＋12＝5. ππππ5π (2)由已知可得h(x)＝sinx＋3cosx＝2sin(x＋)，∵0≤x≤，∴≤x＋≤， 32336 ππππ ∴h(x)∈[1，2]．∵当x＋∈[，]时，即x∈[0，]时，函数h(x)单调递增，且h(x)∈[3， 3326 ππ5πππ 2]；当x＋∈(，]时，即x∈(，]时，函数h(x)单调递减，且h(x)∈[1，2)．∴使得 32662 π 关于x的方程h(x)－t＝0在[0，]内恒有两个不相等实数解的实数t的取值范围为[3，2)． 2 [预测押题2] 解：(1)由题设，可得(a＋b)·(a－b)＝0，即|a|2－|b|2＝0.代入a，b的坐标， π 可得cos2α＋(λ－1)2sin2α－cos2β－sin2β＝0，所以(λ－1)2sin2α－sin2α＝0.因为0<α<， 2 故sin2α≠0，所以(λ－1)2－1＝0，解得λ＝2或λ＝0(舍去，因为λ>0)．故λ＝2. π4 (2)由(1)及题设条件，知a·b＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝cos(α－β)＝.因为0<α<β<，所52 π33 以－<α<β<0.所以sin(α－β)＝－，tan(α－β)＝－.所以tan α＝tan[(α－β)＋β]＝ 254 34－＋43tan（α－β）＋tanβ77 ＝＝.所以tanα＝. 3424241－tan（α－β）tanβ1－（－）×43 a·b|a||b||a||a| [例3] 选D a∘b＝2＝2cosθ＝cosθ，b∘a＝cosθ，因为|a|>0，|b|>0，0 2nn|a|m|a| θ<2，且a∘b、b∘a∈2|n∈Z，所以|b|cosθ＝2，|b|cosθ＝2，其中m，n∈N*，两式相乘， m·n211得＝cos2θ.因为0 [预测押题3] 选D 依题意，MF1＝(－1－x，－y)＝(－1－x)e1－ye2，MF2＝(1－x，－ →→→→ y)＝(1－x)e1－ye2，由|MF1|＝|MF2|，得MF12＝MF22，∴[(－1－x)e1－ye2]2＝[(1－x)e1－ye2]2， 2 ∴4x＋4ye1·e2＝0.∵∠xOy＝45°，∴e1·e2＝，故2x＋2y＝0，即2x＋y＝0. 2 专题三 数列 第一讲 等差数列、等比数列 基础·单纯考点 [例1] 解析：(1)∵{an}是等差数列，Sm－1＝－2，Sm＝0，∴am＝Sm－Sm－1＝2.∵Sm＋1＝3， m（a1＋am）m（a1＋2） ∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴d＝am＋1－am＝1.又Sm＝＝＝0，∴a1＝－2， 22 ∴am＝－2＋(m－1)·1＝2，∴m＝5. (2)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则：由a2＋a4＝20得a1q(1＋q2)＝20，①， a1（1－qn）2（1－2n）22 由a3＋a5＝40得a1q(1＋q)＝40.②由①②解得q＝2，a1＝2.故Sn＝＝1－q1－2 n＋1 ＝2－2. ＋ 答案：(1)C (2)2 2n1－2 [预测押题1] 解：(1)设等差数列的公差为d，d>0.由题意得，(2＋d)2＝2＋3d＋8，d2＋d－6＝(d＋3)(d－2)＝0，得d＝2.故an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)·2＝2n，故an＝2n. (2)bn＝an＋2an＝2n＋22n.Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(2＋22)＋(4＋24)＋…＋(2n＋22n)＝(2＋4 nn＋1 （2＋2n）·n4·（1－4）4－4 ＋6＋…＋2n)＋(22＋24＋…＋22n)＝＋＝n2＋n＋. 231－4 [例2] 解：(1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3 ＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3.由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，解得q1＝－2，q2＝1(舍去)， 所以q＝－2. (2)证明：法一：对任意k∈N*，Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)＝ak＋1＋ak＋2＋ak * ＋1＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，所以，对任意k∈N，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列． ＋＋ 2a1（1－qk）a1（1－qk2）a1（1－qk1）*法二：对任意k∈N，2Sk＝，Sk＋2＋Sk＋1＝＋＝ 1－q1－q1－q ＋＋＋＋ a1（2－qk2－qk1）2a1（1－qk）a1（2－qk2－qk1）a1 .2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝－＝[2(1－qk) 1－q1－q1－q1－q k a1q2＋＋ －(2－qk2－qk1)]＝(q＋q－2)＝0，因此，对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列． 1－q a2an＋2an＋1an＋1n＋1 [预测押题2] 解：(1)由an＋2＝p·，得＝p·.令cn＝，则c1＝a，cn＋1＝pcn. anananan＋1 an＋1cn＋1 是等比数列． ∵a≠0，∴c1≠0，＝p(非零常数)，∴数列 cnan an＋1－－－ (2)∵数列{cn}是首项为a，公比为p的等比数列，∴cn＝c1·pn1＝a·pn1，即＝apn ann－3n＋2 a－aa21.当n≥2时，a＝n·n1·…·2·a＝(apn－2)×(apn－3)×…×(ap0)×1＝an－1p.∵a1n1 a1an－1an－2 2 满足上式，∴an＝ap，n∈N*. 33129 [例3] 解析：(1)设数列{an}的公比为q，由a1a2a3＝4＝a31q与a4a5a6＝12＝a1q可得q 3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以n＝14. ＝3，an－1anan＋1＝a31q (2)因为d>0，所以an＋1>an，所以p1是真命题．因为n＋1>n，但是an的符号不知道，所以p2是假命题．同理p3是假命题．由an＋1＋3(n＋1)d－an－3nd＝4d>0，所以p4是真命题． 答案：(1)C (2)D [预测押题3] (1)选C 由题意得S6＝6a1＋15d＝5a1＋10d，所以a6＝0，故当n＝5或6时，Sn最大． 22 (2)选A ∵a4＋a8＝－2，∴a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2a26＋a6a10＝a4＋2a4a8＋a8＝(a4＋a8)2＝4. (3)选A 依题意，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2 ＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30.又S20>0，因此S20＝30， （S30－S20）2402 S20－S10＝20，S30－S20＝40，则S40＝S30＋＝70＋＝150. 20S20－S10 交汇·创新考点 [例1] 选D 由题意知f(Sn＋2)＝f(an)＋f(3)(n∈N*)，∴Sn＋2＝3an，Sn－1＋2＝3an－ 1(n≥2)，两式相减得，2an＝3an－1(n≥2)．又n＝1时，S1＋2＝3a1＝a1＋2，∴a1＝1，∴数列 3n－13{an}是首项为1，公比为的等比数列，∴an＝2. 2 [预测押题1] 选A 设Pn＋1(n＋1，an＋1)，则PnPn＋1＝(1，an＋1－an)＝(1，2)，即an＋1－ 1 an＝2，所以数列{an}是以2为公差的等差数列．又因为a1＋2a2＝3，所以a1＝－，所以Sn 3 4n－. ＝n3n2－3n＋2 2n－1 [例2] 选C 法一：设{an}的公比为比数列．排除B、D. |an＋1|an＋1＝|an|an＝|q|，∴{f(an)}是等比数列．排除A. 法二：不妨令an＝2n，①因为f(x)＝x2，所以f(an)＝4n.显然{f(2n)}是首项为4，公比为4 f（a2） 的等比数列．②因为f(x)＝2x，所以f(a1)＝f(2)＝22，f(a2)＝f(4)＝24，f(a3)＝f(8)＝28，所以 f（a1） f（a3）2824 ＝2＝4≠＝＝16，所以{f(an)}不是等比数列． 2f（a2）24 ②f(an)＝|an|，∵ ③因为f(x)＝|x|，所以f(an)＝2n＝(2)n.显然{f(an)}是首项为2，公比为2的等比数列． ④因为f(x)＝ln|x|，所以f(an)＝ln2n＝nln2.显然{f(an)}是首项为ln2，公差为ln2的等差数列． f（an＋1）kan＋1an＋1 [预测押题2] 解析：(1)若正比例函数f(x)＝kx(k≠0)，则＝＝＝q，故 kananf（an） 函数f(x)＝kx(k≠0)是“保等比数列函数”． f（an＋1） (2)若二次函数f(x)＝kx2＋bx＋c(k≠0，且b，c不全为0)，则＝ f（an） k（an＋1）2＋ban＋1＋ck（an）2q2＋banq＋c ＝，不是常数，故函数分f(x)＝kx2＋bx＋c(k≠0且b，22k（an）＋ban＋ck（an）＋bn＋c c不全为0)不是“保等比数列函数”． f（an＋1）（an＋1）man＋1m m (3)若幂函数f(x)＝x(m≠0)，则＝＝qm，故函数f(x)＝xm(m≠0)m＝anf（an）（an）是“保等比数列函数”． f（an＋1）man＋1 (4)如指数函数f(x)＝mx(m>0，且m≠1)，则＝＝man＋1－an，不是常数，故 manf（an） 函数f(x)＝mx(m>0且m≠1)不是“保等比数列函数”． 答案：(1)(3) 第二讲 数列的综合应用 基础·单纯考点 [例1] 解：(1)∵函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，∴b＝0，∴f(x)＝x2，∴an＋1＝2f(an－1)＋1＝2(an－1)2＋1，∴an＋1－1＝2(an－1)2.又a1＝3，an>1，bn＝log2(an－1)，∴b1＝log2(a1－1)＝1，bn＋1＋1log2（an＋1－1）＋1log2[2（an－1）2]＋12＋2log2（an－1）∴＝＝＝＝2，∴数列{bn bn＋1log2（an－1）＋1log2（an－1）＋1log2（an－1）＋1＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由(1)得，bn＋1＝2n，∴bn＝2n－1，∴cn＝nbn＝n2n－n，∴设An＝1×2＋2×22＋3×23 ＋＋ ＋…＋n·2n，则2An＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n1，∴－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n n 2（1－2）＋＋＋＋1＝－n·2n1＝2n1－n·2n1－2，∴An＝(n－1)2n1＋2.设Bn＝1＋2＋3＋4＋…＋n，1－2 n（n＋1）n（n＋1）＋ 则Bn＝，∴Sn＝An－Bn＝(n－1)2n1＋2－. 22 a2n＋12 q.①f(an)＝an，∵2＝ an an＋1＝q2，∴{f(an)}是等an 2 a＋a＋a＝7，123 [预测押题1] 解：(1)由已知，得（a1＋3）＋（a3＋4）解得a2＝2.设数列{an}的 ＝3a.2222 公比为q，则a1q＝2，∴a1＝，a3＝a1q2＝2q.由S3＝7，可知＋2＋2q＝7，∴2q2－5q＋2＝0， qq 1－ 解得q1＝2，q2＝.由题意，得q>1，∴q＝2.∴a1＝1.故数列{an}的通项公式为an＝2n1. 2 －2n1an11 (2)证明：∵bn＝＝＝－，∴Tn－－ （an＋1）（an＋1＋1）（2n1＋1）（2n＋1）2n1＋12n＋1 1111111111＝20＋1－21＋1＋21＋1－22＋1＋22＋1－23＋1＋…＋2n－1＋1－2n＋1＝－n 1＋12＋1111＝－n<. 22＋12 3 [例2] 解：(1)由题意得a1＝2000(1＋50%)－d＝3000－d，a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d 2 53 ＝4500－d.an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d. 22 323n－13333(2)由(1)得an＝an－1－d＝2an－2－d－d＝2an－2－d－d…＝2a1－ 222 3n－13n－23n－13n－1332d1＋＋2＋…＋2 .整理得an＝2(3000－d)－2d2－1＝2(3000－3d)＋2 3 [（）m－2]×1000m－1 23 2d.由题意，am＝4000，即(3000－3d)＋2d＝4000.解得＝m 23－1 2＋＋ 1000（3m－2m1）1000（3m－2m1） .故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企 3m－2m3m－2m 业的剩余资金为4000万元． [预测押题2] 解：(1)到2013年7月甲企业的产值比乙企业的产值大．理由如下：设从2013年1月到2014年1月甲企业每个月的产值(单位：万元)分别是a1，a2，…a13，乙企业每个月的产值(单位：万元)分别是b1，b2，…b13，由题意知{an}成等差数列，{bn}成等比数列， 11 ∴a7＝(a1＋a13)，b7＝b1b13.∵a1＝b1，a13＝b13，∴a7＝(a1＋a13)>a1a13＝b1b13＝b7，即 222013年7月甲企业的产值比乙企业的产值大． n＋49（5＋）n 10 3.2×104＋23.2×104 (2)设一共用了n天，则n天平均耗资为p(n)，则p(n)＝＝nn 3.2×104nn9.9 ＋＋.当且仅当＝，即n＝800时，p(n)有最小值，故日均耗资最小时使用了800202n20天． 交汇·创新考点 53a3a1＝3，1q＝125， [例1] 解(1)设等比数列{an}的公比为q，则由已知可得解得2|a1q－a1q|＝10，q＝3， a1＝－5，5n－1－或故an＝·3，或an＝－5·(－1)n1. 3q＝－1. m15n－1131n－1131 (2)若an＝·3，则＝·，故a是首项为，公比为的等比数列，从而 ＝3an5353annn＝1 31 [1－（）m]5391m9111－－ ＝.1－3<<1.若an＝－5·(－1)n1，则＝－(－1)n1，故a是首项为11010an5n1－3 1m1－5，m＝2k－1（k∈N*），m11 －，公比为－1的等比数列，从而 ＝故 <1. 5aann＝n1n＝10，M＝2k（k∈N*）， 1综上，对任何正整数m，总有 <1. ann＝1 111 故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立． a1a2am － [预测押题1] 解：(1)设等比数列{an}的公比为q，∵an＋1＋an＝9·2n1，n∈N*，∴a2＋ a3＋a218－ a1＝9，a3＋a2＝18，∴q＝＝＝2，∴2a1＋a1＝9，∴a1＝3，∴an＝3·2n1，n∈N*， a2＋a19 经验证，满足题意． a1（1－qn）3（1－2n）－ (2)由(1)知Sn＝＝＝3(2n－1)，∴3(2n－1)>k·3·2n1－2，∴k<2－ 1－q1－2 11155 .令f(n)＝2－，则f(n)随n的增大而增大，∴f(n)＝f(1)＝2－＝.∴k<.∴实数k－－min 3333·2n13·2n1 5－∞，. 的取值范围为3 2 [例2] 解：(1)证明：以点An－1(an－1，a2(xn－1)(n≥2)为切点的切线方程为y－an－1＝2an－1· 11 －an－1)．当y＝0时，得x＝an－1，即an＝an－1. 22 1n－11又∵a1＝1，∴数列{an}是以1为首项，为公比的等比数列．∴通项公式为an＝2. 2 n－1n－1n－1n－1 1111→→(2)据题意，得Bn，n－1.∴bn＝OAn·OBn＝4＋4·(n－1)＝n4.∵Sn 2 10111n－1111121n3＝1×4＋2×4＋…＋n×4，Sn＝1×4＋2×4＋…＋n×4，两式相减，得Sn 44 n11－01n－1n 411111n164n16＋＝1×4＋1×4＋…＋4－n×4＝－n×4.化简，得Sn＝－19391－4 n 1163n＋4×4＝9－9×4n－1. →1→1→→→→ [预测押题2] 解：(1)由P1是线段AB的中点⇒OP1＝OA＋OB，又OP1＝a1OA＋b1OB， 221→→ 且OA，OB不共线，由平面向量基本定理，知a1＝b1＝. 2 m →→→→ (2)由OPn＝anOA＋bnOB(n∈N*)⇒OPn＝(an，bn)，设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则由于P1，P2，P3…Pn，…互不相同，所以d＝0，q＝1不会同时成立． 11 若d＝0，则an＝a1＝(n∈N*)⇒P1，P2，P3…Pn，…都在直线x＝上； 2211 若q＝1，则bn＝为常数列⇒P1，P2，P3…Pn，…都在直线y＝上； 22 若d≠0且q≠1，P1，P2，P3…Pn，…都在同一条直线⇔Pn－1Pn＝(an－an－1，bn－bn－1)与PnPn＋1＝(an＋1－an，bn＋1－bn)始终共线(n>1，n∈N*)⇔(an－an－1)(bn＋1－bn)－(an＋1－an)(bn－bn 这与q≠1矛盾，所以当d≠0－1)＝0⇔d(bn＋1－bn)－d(bn－bn－1)＝0⇔bn＋1－bn＝bn－bn－1⇔q＝1， 且q≠1时，P1，P2，P3…Pn，…不可能在同一条直线上． 专题四 立体几何 第一讲 空间几何体的三视图、表面积及体积 基础·单纯考点 [例1] 解析：(1)由俯视图是圆环可排除A，B，C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D. (2)根据已知条件作出图形：四面体C1A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，可以看出正视图是正方形，如图(2)所示． 图形(1) 图形(2) 答案：(1)D (2)A [预测押题1] (1)选B 依题意，左视图中棱的方向是从左上角到右下角． (2)选A 对于①，存在斜高与底边长相等的正四棱锥，其正视图与侧视图是全等的正三角形；对于②，存在如图所示的三棱锥S-ABC，底面为等腰三角形，其底边AB的中点为D， BC的中点为E，侧面SAB上的斜高为SD，且CB＝AB＝SD＝SE，顶点S在底面上的射影为AC的中点，则此三棱锥的正视图与侧视图是全等的三角形；对于③，存在底面直径与母线长相等的圆锥，其正视图与侧视图是全等的三角形． 11 [例2] 解析：(1)如图，作出球的一个截面，则MC＝8－6＝2(cm)，BM＝AB＝×8＝ 224500 4(cm)．设球的半径为Rcm，则R2＝OM2＋MB2＝(R－2)2＋42，∴R＝5，∴V球＝π×53＝33 π(cm3) (2)由三视图可知该几何体为一直三棱柱被截去了一个小三棱柱，如图所示．三棱柱的底 1 面为直角三角形，且直角边长分别为3和4，三棱柱的高为5，故其体积V1＝×3×4×5＝ 211 30(cm3)，小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同，高为3，故其体积V2＝××3×4×3＝ 32 6(cm3)，所以所求几何体的体积为30－6＝24(cm3)． (1)图 (2)图 答案：(1)A (2)24 [预测押题2] (1)解析：由三视图知该几何体为上底直径为2，下底直径为6，高为23 1 的圆台，则几何体的全面积S＝π×1＋π×9＋×2π(3×6－1×2)＝26π. 2 答案：26π (2)解析：作出三视图所对应的几何体 (如图)，底面ABCD是边长为2的正方形，SD⊥平面ABCD，EC⊥平面ABCD，SD＝2，EC＝1，连接SC，则该几何体的体积为VSDABCE＝VS 11110 . ABCD＋VSBCE＝×4×2＋××2×1×2＝3323 10答案： 3 [例3] 选C 因为直三棱柱中AB＝3，AC＝4，A1A＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径．取BC中点D，则OD⊥底面ABC，则O在侧面BCC1B1 13 内，矩形BCC1B1的对角线长即为球直径，所以2R＝122＋52＝13，即R＝. 2 [预测押题3] 选C 取SC的中点E，连接AE、BE，依题意，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos60°＝3，∴AC2＝AB2＋BC2，即AB⊥BC.又SA⊥平面ABC，∴SA⊥BC，又SA∩AB 1 ＝A，∴BC⊥平面SAB，BC⊥SB，AE＝SC＝BE，∴点E是三棱锤S-ABC的外接球的球心， 2 11 即点E与点O重合，OA＝SC＝SA2＋AC2＝2，故球O的表面积为4π×OA2＝16π. 22 交汇·创新考点 [例] 解：如图1所示的△ABC中，设BD＝x(0 以S△BCD＝BD·CD＝x(3－x)．于是VABCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x·(3－x)．VABCD＝(x3－ 223326 11 6x2＋9x)．令f(x)＝(x3－6x2＋9x)，由f′(x)＝(x－1)(x－3)＝0，且0 1)时，f′(x)>0；当x∈(1，3)时，f′(x)<0，所以当x＝1时，f(x)取得最大值，即BD＝1时，三棱锥A-BCD的体积最大． 2 [预测押题] 解析：记球O的半径为R，作SD⊥AB于D，连接OD，OS，易求R＝.3 又SD⊥平面ABC，注意到SD＝SO2－OD2＝R2－OD2，因此要使SD最大，则需OD最小，12323而OD的最小值为×＝，因此高SD的最大值是（）2－（）2＝1.又三棱锥 233331133 S-ABC的体积为S△ABC·SD＝××22×SD＝SD，因此三棱锥S-ABC的体积的最大值是 3343 33×1＝. 33 3 答案： 3 第二讲 点、直线、平面之间的位置关系 基础·单纯考点 [例1] 解析：(1)A，不是公理，是个常数的结论，需经过推理论证；B，C，D均是平面的基本性质公理． (2)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，平面BCC1B1⊥平面ABCD，BC1⊂平面BCC1B1， BC⊂平面ABCD，而BC1不垂直于BC，故A错误；平面A1B1C1D1∥平面ABCD，B1D1⊂平面A1B1C1D1，AC⊂平面ABCD，但B1D1和AC不平行，故B错误．AB⊥A1D1，AB⊂平面ABCD，A1D1⊂平面A1B1C1D1，但平面A1B1C1D1∥平面ABCD，故C错误． 答案：(1)A (2)D [预测押题1] 选C m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，需要m∩n＝A才有l⊥α，选项A错误；若m⊂α，n⊥α，l⊥n，l与m可能平行、相交、异面，选项B错误；若l⊥m，l⊥n，l与m可能平行、相交、异面．选项D错误． [例2] 解：(1)证明：取BC的中点为M，连接AM，B1M.在三棱柱ABC-A1B1C1中，平 面ABC⊥平面BCC1B1，△ABC为正三角形，所以AM⊥BC，故AM⊥平面BCC1B1，又BD 1 ⊂平面BCC1B1，所以AM⊥BD.又正方形BCC1B1中，tan∠BB1M＝tan∠CBD＝，所以 2 BD⊥B1M，又B1M∩AM＝M，所以BD⊥平面AB1M，故AB1⊥BD，正方形BAA1B1中，AB1⊥A1B，又A1B∩BD＝B，所以AB1⊥平面A1BD. (2)取AA1的中点为N，连接ND，OD，ON.因为N，D分别为AA1，CC1的中点，所以ND∥平面ABC.又OD∥平面ABC.ND∩OD＝D，所以平面NOD∥平面ABC，所以ON∥平面ABC，又ON⊂平面BAA1B1，平面BAA1B1∩平面ABC＝AB，所以ON∥AB，注意到AB∥A1B1， AO 所以ON∥A1B1，又N为AA1的中点，所以O为AB1的中点，即＝1. OB1 [预测押题2] 证明：(1)∵AD∥BC，BC＝2AD，G是BC的中点，∴AD綊BG，∴四边形ADGB是平行四边形，∴AB∥DG.∵AB⊄平面DEG，DG⊂平面DEG，∴AB∥平面DEG. (2)连接GF，易知四边形ADFE是矩形．∵DF∥AE，AE⊥底面BEFC，∴DF⊥平面BEFC.又EG⊂平面BEFC，∴DF⊥EG.∵EF綊BG，EF＝BE，∴四边形BGFE为菱形，∴BF⊥EG.又BF∩DF＝F，BF⊂平面BDF，DF⊂平面BDF，∴EG⊥平面BDF. [例3] 证明：(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD. (2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE且AB＝DE.所以ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD. (3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD. 1 [预测押题3] 证明：(1)∵AB＝AD＝2，AB⊥AD，M为线段BD的中点，∴AM＝BD2 ＝2，AM⊥BD.∵AE⊥平面ABD，MC∥AE，∴MC⊥平面ABD，∴AM，BD⊂平面ABD.∴MC⊥AM，MC⊥BD.又MC∩BD＝M，∴AM⊥平面CBD.又AE＝MC＝2，∴四边形AMCE为平行四边形，∴EC∥AM，∴EC⊥平面CBD，∵EC⊂平面CDE，∴平面BCD⊥平面CDE. (2)∵M为BD的中点，N为DE的中点，∴MN∥BE.由(1)知EC∥AM且AM∩MN＝M，BE∩EC＝E，∴平面AMN∥平面BEC. [例4] 解：(1)证明：设点O为AC，BD的交点．由AB＝BC，AD＝CD，得BD是线段AC的中垂线．所以O为AC的中点，BD⊥AC.又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.又AC∩PA＝A，所以BD⊥平面APC. (2)连接OG.由(1)可知OD⊥平面APC，则DG在平面APC内的射影为OG，所以∠OGD 13 是DG与平面APC成的角．由题意得OG＝PA＝.在△ABC中，AC＝ 22 1 AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝23，所以OC＝AC＝3.在直角△OCD中，OD＝ 2 OD43CD2－OC2＝2.在直角△OGD中，tan∠OGD＝＝.所以DG与平面APC所成的角的 OG3 43 正切值为. 3 (3)连接OG.因为PC⊥平面BGD，OG⊂平面BGD，所以PC⊥OG.在直角△PAC中，得 AC·OC215315PG3 PC＝15.所以GC＝＝.从而PG＝，所以＝. PC55GC2 [预测押题4] 解：(1)证明：如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1C1， 1 连接ED，在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE＝AC且DE∥AC，又 2 F为A1C1的中点，可得A1F＝DE，且A1F∥DE，即四边形A1DEF为平行四边形，所以EF∥DA1，又EF⊄平面A1CD，DA1⊂平面A1CD，所以EF∥平面A1CD. (2)证明：由于底面ABC是正三角形，D为AB的中点，故CD⊥AB，又侧棱A1A⊥底面ABC，CD⊂平面ABC，所以AA1⊥CD，又AA1∩AB＝A，因此CD⊥平面A1ABB1，而CD⊂平面A1CD，所以平面A1CD⊥平面A1ABB1. (3)在平面A1ABB1内，过点B作BG⊥A1D交直线A1D于G点，连接CG.由于平面A1CD⊥平面A1ABB1，而直线A1D是平面A1CD与平面A1ABB1的交线，故BG⊥平面A1CD.由此得 5a ∠BCG为直线BC与平面A1CD所成的角．设棱长为a，可得A1D＝，则△A1AD∽△BGD， 2 5aBG5 易得BG＝，在Rt△BGC中，sin∠BCG＝＝.所以直线BC与平面A1CD所成角的正 5BC55 弦值为. 5 交汇·创新考点 [例1] 解：(1)证明：法一：在折叠后的图形中，因为AB＝AC，AD＝AE，所以 ADAE ＝，ABAC 所以DE∥BC.因为DE⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，所以DE∥平面BCF. ADAE 法二：在折叠前的图形中，因为AB＝AC，AD＝AE，所以＝，所以DE∥BC，即 ABAC DG∥BF，EG∥CF.在折叠后的图形中，仍有DG∥BF，EG∥CF.又因为DG⊄平面BCF，BF⊂平面BCF，所以DG∥平面BCF，同理可证EG∥平面BCF.又DG∩EG＝G，DG⊂平面DEG，EG⊂平面DEG，故平面DEG∥平面BCF.又DE⊂平面DEG，所以DE∥平面BCF.(2)证明：在折叠前的图形中，因为△ABC为等边三角形，BF＝CF，所以AF⊥BC，则在折叠后 12 的图形中，AF⊥BF，AF⊥CF.又BF＝CF＝，BC＝，所以BC2＝BF2＋CF2，所以BF⊥CF. 22 又BF∩AF＝F，BF⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以CF⊥平面ABF. (3)由(1)知，平面DEG∥平面BCF，由(2)知AF⊥BF，AF⊥CF，又BF∩CF＝F，所以AF⊥平面BCF，所以AF⊥平面DEG，即FG⊥平面DEG.在折叠前的图形中，AB＝1，BF＝ 132AD2DGAGAD22CF＝，AF＝.由AD＝知＝，又DG∥BF，所以＝＝＝，所以DG＝EG＝ 223AB3BFAFAB33112333 ×＝，AG＝×＝，所以FG＝AF－AG＝.故三棱锥F-DEG的体积为V三棱锥F-DEG＝233236 1111233S△DEG·FG＝××3×＝. 3326324 1 [预测押题1] 解：(1)证明：取EF的中点M，连接GM、MC，则GM綊AE.又等腰梯 2 1 形ABCD中，BC＝1，AD＝3，∴BC綊AE.∴GM綊BC，∴四边形BCMG是平行四边形， 2 ∴BG∥CM.又CM⊂平面FCE，BG⊄平面FCE，∴BG∥平面FCE. (2)∵平面FCE⊥平面ABCE，平面FCE∩平面ABCE＝CE，又EF⊂平面FCE，FE⊥CE， 11111 ∴FE⊥平面ABCE.又VFBEG＝VBGEF＝VBAEF＝VFABE，S△ABE＝×2×1＝1，∴VFBEG＝× 22223 1 ×1×1＝. 6 [例2] 解：(1)证明：因为△ABC是正三角形，M是AC的中点，所以BM⊥AC，即BD⊥AC. 又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC. (2)证明：在正三角形ABC中，BM＝23.在△ACD中，因为M为AC的中点，DM⊥AC， 23 所以AD＝CD，∠CDA＝120°，所以DM＝，所以BM∶MD＝3∶1，所以BN∶NP＝ 3 BM∶MD，所以MN∥PD，又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，所以MN∥平面PDC. (3)假设直线l∥CD，因为l⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，所以CD∥平面PAB.又CD⊂平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以CD∥AB.又知CD与AB不平行，所以直线l与直线CD不平行． [预测押题2] 解：(1)证明：连接BD，则AC⊥BD.由已知得DN⊥平面ABCD，所以DN⊥AC.因为DN∩DB＝D，所以AC⊥平面NDB.又BN⊂平面NDB，所以AC⊥BN. (2)当E为AB的中点时，有AN∥平面MEC.证明如下：设CM与BN交于F，连接EF.由已知可得四边形BCNM是平行四边形，F是BN的中点，因为E是AB的中点，所以AN∥EF.又EF⊂平面MEC，AN⊄平面MEC，所以AN∥平面MEC. 第三讲 空间向量与立体几何 基础·单纯考点 [例1] 证明：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0，0，0，)，B( 1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0， 1111→→→ ，1，，F0，1，，EF＝－，0，0，PB＝(1，0，－1)，PD＝(0，2，－1)，所以E2222 →→→→ 1)，AP＝(0，0，1)，AD＝(0，2，0)，DC＝(1，0，0)，AB＝(1，0，0)． 1→→→→ (1)因为EF＝－AB，所以EF∥AB，即EF∥AB.又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以 2 EF∥平面PAB. →→→→→→ (2)因为AP·DC＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，AD·DC＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，所以AP⊥DC，→→ AD⊥DC，即AP⊥DC，AD⊥DC.又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC. [预测押题1] 证明：(1)以B为坐标原点，BA、BC、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，设BA＝a， →→→→→→→ 则A(a，0，0)，所以BA＝(a，0，0)，BD＝(0，2，2)，B1D＝(0，2，－2)，B1D·BA＝0，B1D·BD＝0＋4－4＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，因此B1D⊥平面ABD. aa→→ ，1，4，F(0，1，4)，则EG＝，1，1，EF＝(0，1，1)，(2)由(1)知，E(0，0，3)，G22 →→→→ B1D·EG＝0＋2－2＝0，B1D·EF＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.又EG∩EF＝E，因此B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD. [例2] 解：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0，0，0)，→ B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，所以A1B＝(2，0，－4)， →→A1B·C1D18310→→→ C1D＝(1，－1，－4)．因为cos〈A1B，C1D〉＝＝＝，所以异面直10→→20×18|A1B||C1D| 310 线A1B与C1D所成角的余弦值为. 10 →→ (2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AD＝(1，1，0)，AC1＝(0，2，4)，所以→→ n1·AD＝0，n1·AC1＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2，1)是平面ADC1的一个法向量．取平面ABA1的一个法向量为n2＝(0，1，0)．设平 n1·n2225 面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cosθ|＝＝＝，得sinθ＝. 3|n1||n2|9×13因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为 5 . 3 [例3] 解：(1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60∘，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C. (2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直． →→ 以O为坐标原点，OA的方向为x轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角 → 坐标系O-xyz.由题设知A(1，0，0)，A1(0，3，0)，C(0，0，3)，B(－1，0，0，)．则BC＝→→→ (1，0，3)，BB1＝AA1＝(－1，3，0)，A1C＝(0，－3，3)．设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C →BC＝0，x＋3z＝0，n·n·A1C→ 的法向量，则即可取n＝(3，1，－1)．故cos〈n，A1C〉＝ →→|n||A1C|BB1＝0.－x＋3y＝0.n· 1010＝－.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为. 55 [预测押题2] 解：(1)证明：∵平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SE⊂平面SAD，SE⊥AD，∴SE⊥平面ABCD.∵BE⊂平面ABCD，∴SE⊥BE.∵AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，AE＝ED＝3，∴∠AEB＝30°，∠CED＝60°.∴∠BEC＝90°，即BE⊥CE.又SE∩CE＝E，∴BE⊥平面SEC.∵BE⊂平面SBE，∴平面SBE⊥平面SEC. (2)由(1)知，直线ES，EB，EC两两垂直．如图，以E为原点，EB为x轴，EC为y轴，ES为z轴，建立空间直角坐标系．则E(0，0，0)，C(0，23，0)，S(0，0，1)，B(2，0，0)， →→→ 所以CE＝(0，－23，0)，CB＝(2，－23，0)，CS＝(0，－23，1)．设平面SBC的法向量 →CB＝0，2x－23y＝0，n· 为n＝(x，y，z)，则即令y＝1，得x＝3，z＝23，则平面SBC →－23y＋z＝0.CS＝0.n·的一个法向量为n＝(3，1，23)．设直线CE与平面SBC所成夹角的大小为θ，则sinθ＝ →n·CE11→＝4，故直线CE与平面SBC所成正弦值为4. |CE||n|· [预测押题3] 解：(1)由题意知AA1，AB，AC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标 → 系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(－2，0，0)，C(0，－2，0)，C1(－1，－1，2)，则CC1＝ →→→ (－1，1，2)，A1C1＝(－1，－1，0)，A1C＝(0，－2，－2)．设E(x，y，z)，则CE＝(x，y＋2， x＝－λ－λx，→→→ z)，EC1＝(－1－x，－1－y，2－z)．设CE＝λEC1(λ>0)，则y＋2＝－λ－λy，则 z＝2λ－λz，→→BE·A1C1＝0，－λ－2－λ2＋λ－2－λ2λ2λ→，，E得，BE＝1＋λ，1＋λ，1＋λ.由 1＋λ1＋λ1＋λ→→A1C＝0，BE· 2＋λ2＋λ－1＋λ＋1＋λ＝0，→→ 解得λ＝2，所以线段CC上存在一点E，CE＝2EC，使BE⊥平面ACC. －2－λ2λ 1＋λ＋1＋λ＝0， 1 1 1 1 →－x－y＝0，A1C1＝0，m· (2)设平面C1A1C的法向量m＝(x，y，z)，则由得取x＝1， →－2y－2z＝0，A1C＝0，m·则y＝－1，z＝1.故m＝(1，－1，1)，而平面A1CA的一个法向量n＝(1，0，0)，则cos〈m， m·n133n〉＝＝＝，故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为. |m||n|333 [例4] 解：(1)在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB.又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AB∥平面DEF. (2)以点D为坐标原点，以直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0，)，A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，23，0)，E(0，3，1)，F(1，3， →→→→ 0)，DF＝(1，3，0)，DE＝(0，3，1)，DA＝(0，0，2)．平面CDF的法向量为DA＝(0，0， →n＝0，x＋3y＝0，DF· 2)．设平面EDF的法向量n＝(x，y，z)，则即取n＝(3，－3，3)， →3y＋z＝0，n＝0，DE· DA·n2121→ cos 23→→→→ (3)存在．设P(s，t，0)，有AP＝(s，t，－2)，则AP·DE＝3t－2＝0，∴t＝，又BP＝ 3 →→→ (s－2，t，0)，PC＝(－s，23－t，0)，∵BP∥PC，∴(s－2)(23－t)＝－st，∴3s＋t＝23.234BP→1→把t＝代入上式得s＝，∴BP＝BC，∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.此时，＝333BC 1. 3 [预测押题4] 解：(1)证明：如图所示，以点C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)， →→→→→ D(1，0，1)，即C1B1＝(0，2，0)，DC1＝(－1，0，1)，CD＝(1，0，1)．由C1B1·CD＝(0，2， →→→→ 0)·(1，0，1)＝0＋0＋0＝0，得C1B1⊥CD，即C1B1⊥CD.由DC1·CD＝(－1，0，1)·(1，0，1) →→ ＝－1＋0＋1＝0，得DC1⊥CD，即DC1⊥CD.又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D.又CD⊂平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D. 2 AA1时，二面角B1CDC1的大小为60°.理由如下：设AD＝a，则2→→ D点坐标为(1，0，a)，CD＝(1，0，a)，CB1＝(0，2，2)，设平面B1CD的法向量为m＝(x， →2y＋2z＝0，CB1＝0m·→ y，z)，则⇒令z＝－1，得m＝(a，1，－1)．又∵CB＝(0，2，0)为平 x＋az＝0，→CD＝0m· |m·CB|11 面C1CD的一个法向量，则cos〈〉＝2＝，解得a＝2(负值舍去)，故AD＝2 |m|·|CB|a＋22 2 ＝AA1.∴在AA1上存在一点D满足题意． 2 交汇·创新考点 [例] 解：(1)如图，连接BD交AC于O点，因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形， →→→ 又AC平分∠BCD，故AC⊥BD.以O为坐标原点，OB，OC，AP的方向分别为x轴，y轴，z π 轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz，则OC＝CDcos＝1.而AC＝4，得AO＝AC－OC 3 (2)存在．当AD＝π ＝3.又OD＝CDsin＝3，故A(0，－3，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(－3，0，0)．因 3 zz→ 0，－1，.又AF＝0，2，，PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)．由F为PC边中点，知F22 2z→→→→ PB＝(3，3，－z)，AF⊥PB，故AF·PB＝0，即6－＝0，z＝23(舍去－23)，所以|PA|＝ 2 23. →→→ (2)由(1)知AD＝(－3，3，0)，AB＝(3，3，0)，AF＝(0，2，3)．设平面FAD的法向 →→ 量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n1·AD＝0，n1·AF＝0得－3x1＋3y1＝0，3x2＋3y2＝0，→→ 因此可取n1＝(3，3，－2)．由n2·AB＝0，n2·AF＝0得 2y1＋3z1＝0，2y2＋3z2＝0， n1·n21 故可取n2＝(3，－3，2)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝＝.|n1||n2|8 37故二面角B-AF-D的正弦值为. 8 [预测押题] 解：证明：(1)易知△ABC，△ACD都是边长为2的等边三角形，取AC的中点O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥AC.∵平面ACD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC.作EF⊥平面ABC，则EF∥DO.根据题意，点F落在BO上，∴∠EBF＝60°，易求得EF＝DO＝3，∴四边形DEFO是平行四边形，DE∥OF.∵DE⊄平面ABC，OF⊂平面ABC，∴DE∥平面ABC. (2)建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，可求得平面ABC的一个法向量为n1＝(0，0， →→ 1)．可得C(－1，0，0)，B(0，3，0)，E(0，3－1，3)，则CB＝(1，3，0)，BE＝(0，－ →→ 1，3)．设平面BCE的法向量为n2＝(x，y，z)，则可得n2·CB＝0，n2·BE＝0，即(x，y，z)·(1， n1·n2 3，0)＝0，(x，y，z)·(0，－1，3)＝0，可取n2＝(－3，3，1)．故cos 1313.又由图知，所求二面角的平面角是锐角，故二面角E-BC-A的余弦值为. 1313 专题五 解析几何 第一讲 直线与圆 基础·单纯考点 4－m[例1] 解析：(1)根据斜率计算公式可得＝－2，解得m＝－8. m－（－2） 13 (2)|AB|＝（cosα＋1）2＋sin2α＝2＋2cosα＝3，所以cosα＝，sinα＝±，所22 3333 以kAB＝±，即直线AB的方程为y＝±(x＋1)，所以直线AB的方程为y＝x＋或y＝ 333333－x－. 33 答案：(1)B (2)B 1 [预测押题1] (1)选A 逆时针旋转90°后与原来直线垂直，所以其方程为y＝－x，向 3 111 右平移1个单位后得直线的方程为y＝－(x－1)，即直线方程为y＝－x＋. 333 (2)选A 当a＝1时，直线l1：x＋2y－1＝0，直线l2：x＋2y＋4＝0，则l1∥l2；若l1∥l2，则有a(a＋1)－2×1＝0，即a2＋a－2＝0，解得a＝－2，或a＝1，所以不能得到a＝1. [例2] 解析：(1)由抛物线方程及题意知A(1，2)，B(1，－2)，M(－1，0)，设所求圆的 D＋2E＋F＋5＝0，D＝－2，方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，所以 D－2E＋F＋5＝0，解得E＝0，从而所求方程为x2－D＋F＋1＝0，F＝－3. ＋y2－2x－3＝0，即圆的标准方程为(x－1)2＋y2＝4. (2)因为圆的弦的垂直平分线必过圆心且圆经过点(0，0)和(4，0)，所以设圆心为(2，m)．又因为圆与直线y＝1相切，所以（4－2）2＋（0－m）2＝|1－m|，所以m2＋4＝m2－2m＋1， 322532 解得m＝－，所以圆的方程为(x－2)＋y＋2＝. 24 2325y＋＝ 答案：(1)D (2)(x－2)2＋24 [预测押题2] (1)选C 由已知圆的方程可设所求圆的方程为x2＋y2－2x＋λ(x2＋y2＋2y) 1λ22λ ＝0(λ≠－1)，即x2＋y2－x＋y＝0，∴圆心坐标为1＋λ，－1＋λ.又∵圆心在直线x 1＋λ1＋λ 1λ ＋y＝0上，∴－＝0，∴λ＝1，∴所求圆的方程为x2＋y2－x＋y＝0. 1＋λ1＋λ (2)解析：设圆的方程为(x－a)2＋y2＝r2，∵圆心在x轴负半轴上，∴a<0. ① ∵圆C过点(0，1)，∴a2＋1＝r2. ② |a＋1|222 又∵被直线l截得的弦长为22，∴(2)＋＝r. ③ 2 由①②③解得a＝－1，r＝2. 故圆C的标准方程为(x＋1)2＋y2＝2. 答案：(x＋1)2＋y2＝2 [例3] 解析：(1)与直线y＝x＋1垂直的直线方程可设为x＋y＋b＝0，由x＋y＋b＝0与 |b| 圆x2＋y2＝1相切，可得22＝1，故b＝±2.因为直线于圆相切与第一象限，故结合图形 1＋1 分析知b＝－2，故直线方程为x＋y－2＝0. (2)圆C的标准方程为(x－3)2＋(y－4)2＝1，设P(x，y)，由|PT|＝|PO|得(x－3)2＋(y－4)2 －1＝x2＋y2，得3x＋4y－12＝0，P的轨迹为直线：3x＋4y－12＝0，当圆心C到直线上点的 364812 距离最小时，切线PT取最小值，|PT|min＝，此时P点的坐标为25，25. 5 364812 答案：(1)A (2)① ②25，25 5 r2 2[预测押题3] (1)选A 根据点到直线的距离公式有d＝22.若点P在圆O上，则x0 x0＋y0 2＝r2，d＝r，相切；若点P在圆O外，则x2＋y2>r2，d (2)解析：由题意知圆的标准方程为(x＋2)2＋(y－3)2＝42，则圆心到直线l的距离d＝|－6－12－5|23 ＝>4且d<6，故直线与圆相离，则满足题意的点P有2个． 55答案：2 交汇·创新考点 [例1] 选D 由导数的定义知，函数f(x)＝x2＋2bx的图像在点A处切线的斜率为k＝f′(0) 1 ＝2b.又∵切线L与直线x－y＋3＝0平行，∴2b＝1，∴b＝，∴y＝f(x)的解析式为f(x)＝x2 2 111111 1－＋x＝x(x＋1)，∴数列f（n）的通项为＝＝－.∴前n项和Sn＝2f（n）n（n＋1）nn＋1 1111112013 －＋…＋n－＋＝1－.故S＝. 2013＝1－2320142014n＋1n＋1 11111111 1－＋－＋－[预测押题1] 选B 由an＝可知an＝－，∴Sn＝22334nn＋1n（n＋1） 111919xy ＋…＋n－n＋1＝1－.又知Sn＝，∴1－＝，∴n＝9.∴直线方程为＋＝1， 10109n＋1n＋110 1 且与坐标轴的交点为(10，0)和(0，9)，∴直线与坐标轴所围成的三角形的面积为×10×9＝ 2 45. [例2] 选C 集合A表示圆O：x2＋y2＝4上的半圆．如图所示，集合B是一条直线，过y＝1上的一点，利用斜率为k的临界条件k＝1.要想使A∩B≠∅，只需直线在与圆相切和过(2，0)之间，这时可求出b∈[1－22，3]． 3→→→ [预测押题2] 选C 当|OA＋OB|＝|AB|时，O，A，B三点为等腰三角形的三个顶点， 3 其中OA＝OB，∠AOB＝120°，从而圆心O到直线x＋y－k＝0(k>0)的距离为1，此时k＝2； 3→→→ 当k>2时|OA＋OB|>|AB|，又直线与圆x2＋y2＝4存在两交点，故k<22.综上，k的取值范 3 围为[2，22)． 第二讲 椭圆、双曲线、抛物线 基础·单纯考点 x2y2 [例1] 解析：(1)由题意知椭圆焦点在x轴上，且c＝1，可设C的方程为2＋2＝aa－1 3 1，必在椭圆上，代入1(a>1)，由过F2且垂直于x轴的直线被C截得的弦长|AB|＝3，知点21x2y2 4222 椭圆方程化简得4a－17a＋4＝0，所以a＝4或a＝(舍去)．故椭圆C的方程为＋＝1. 443 (2)如图所示，由抛物线定义知|MF|＝|MH|，所以|MF|∶|MN|＝|MH|∶|MN|.由于△MHN～ |MH||OF|1 △FOA，则＝＝，则|MH|∶|MN|＝1∶5，即|MF|∶|MN|＝1∶5. |HN||OA|2 答案：(1)C (2)C p [预测押题1] 选B 依题意，设抛物线方程是y2＝2px(p>0)，则有2＋＝3，得p＝2， 2 故抛物线方程是y2＝4x，点M的坐标是(2，±22)，|OM|＝22＋8＝23. (2)选A 设过点P的两切线分别与圆切于S，T则|PM|－|PN|＝(|PS|＋|SM|)－(|PT|＋|TN|)＝|SM|－|TN|＝|BM|－|BN|＝2＝2a，所以曲线为双曲线的右支且不能与x轴相交，a＝1，c＝3， y2 22所以b＝8，故P点的轨迹方程为x－＝1(x>1)． 8 x2y2x2y2 2 [例2] 解析：(1)设C：2－2＝1.∵抛物线y＝16x的准线为x＝－4，联立2－2＝1和 aaaa x＝－4得A(－4，16－a2)，B(－4，－16－a2)，∴|AB|＝216－a2＝43，∴a＝2，∴2a＝4.即C的实轴长为4. (2)由椭圆的定义可知|AF1|＋|AF2|＝4，|F1F2|＝23.因为四边形AF1BF2为矩形，所以|AF1|2 ＋|AF2|2＝|F1F2|2＝12，所以2|AF1||AF2|＝(|AF1|＋|AF2|)2－(|AF1|2＋|AF2|2)＝16－12＝4，所以(|AF2|－|AF1|)2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|＝12－4＝8，所以|AF2|－|AF1|＝22，因此对于 c6 双曲线有a＝2，c＝3，所以C2的离心率e＝＝. a2 答案：(1)C (2)D [预测押题2] (1)选B 将圆C的方程配方，得(x－3)2＋y2＝9，则圆心C的坐标为(3， bb 0)，半径r＝3.双曲线的渐进线方程为y＝±x，不妨取y＝x，即bx－ay＝0，因为渐近线被 aa圆截得的弦长等于25，所以圆心C到该渐近线的距离d＝r2－（5）2＝32－5＝2.又由 |3b| 点到直线的距离公式，可得d＝22＝2，整理得9b2＝4(a2＋b2)，所以5b2＝4a2，所以b2 a＋b 49935＝a2＝c2－a2，即a2＝c2.所以e2＝，即e＝. 5555 x2y2→→ (2)选D 设椭圆的方程为2＋2＝1(a>b>0)．∠B1PA2为钝角可转化为B2A2，F2B1所夹的 ab 2c5－1c角为钝角，则(a，－b)·(－c，－b)<0，得b2 a2 －5－15－1或e<.又0 (3)解析：建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线方程为x2＝－2py(p>0)，则A(2，－2)，将其坐标代入x2＝－2py，得p＝1.故x2＝－2y.当水面下降1m，得D(x0，－3)(x0>0)，将其坐标代入x2＝－2y，得x20＝6，则x0＝6.所以水面宽|CD|＝26m. 答案：26 c3 [例3] 解：(1)设F(－c，0)，由＝，知a＝3c.过点F且与x轴垂直的直线的方程为 a3 （－c）2y26b26b43 x＝－c，代入椭圆方程有＋2＝1，解得y＝±，于是＝，解得b＝2，2ab333 x2y2 222 又a－c＝b，从而a＝3，c＝1，所以椭圆的方程为＋＝1. 32 (2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1，0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)，由方程组y＝k（x＋1）， x2y2消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.由根与系数的关系可得x1＋x23＋2＝1， 3k2－66k2→→→→ ＝－，x1x2＝.因为A(－3，0)，B(3，0)，所以AC·DB＋AD·CB＝(x1＋3，y1)·(322 2＋3k2＋3k－x2，－y2)＋(x2＋3，y2)·(3－x1，－y1)＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)＝6 2k2＋122k2＋12222 －(2＋2k)x1x2－2k(x1＋x2)－2k＝6＋.由已知得6＋＝8，解得k＝±2. 2＋3k22＋3k2 22c22 [预测押题3] 解：(1)由题意可知2a＋2c＝6＋42，又椭圆的离心率为，即＝，3a3 x22 所以a＝3，c＝22.于是b＝1，椭圆M的方程为＋y＝1. 9 1 (2)不妨设BC的方程为y＝n(x－3)(n>0)，则AC的方程为y＝－(x－3)．由 n y＝n（x－3），181n2－922222x得9＋nx－6nx＋9n－1＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为3x2＝2，2＝19n＋1＋y9 27n2－327－3n21＋n26n262 所以x2＝2，同理可得x1＝，所以|BC|＝1＋n·2，|AC|＝·，n9n＋19＋n29n＋19＋n2 12（n＋）n112t23 S△ABC＝|BC|·|AC|＝，设t＝n＋≥2，则S△ABC＝＝≤，当且仅当t＝2 2n64648n＋1＋64t2＋t＋99tn9 83时等号成立，所以△ABC面积的最大值为. 38 交汇·创新考点 [例] 解析：设点P在双曲线右支上，F1为左焦点，F2为右焦点，则|PF1|－|PF2|＝2a.又|PF1|＋|PF2|＝6a，∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a.∵在双曲线中c>a，∴在△PF1F2中|PF2|所对的角最小且为30°.在△PF1F2中，由余弦定理得|PF2|2＝|PF1|2＋|F1F2|2－2|PF1||F1F2|cos30°，即 c 4a2＝16a2＋4c2－83ac，即3a2＋c2－23ac＝0.∴(3a－c)2＝0，∴c＝3a，即＝3.∴e＝ a 3. 答案：3 a2b2ycy[预测押题] 解析：设Pc，y，F1P的中点Q的坐标为2c，2.若y≠0，则kF1P＝22，a＋c （a2＋c2）（2c2－b2）cy2kQF2＝2，由kF1P·kQF2＝－1，得y＝>0，若b2－2c2≠0，则 c2b－2c213 2c2－b2>0，即3c2－a2>0，即e2>，故 a23 F1P的中点，且－c＝2c，得e＝. c3 33 ≤e<1，即所求椭圆离心率的范围是，1. 333 答案：，1 3综上，得第三讲 圆锥曲线的综合问题 基础·单纯考点 a2＋b2c 【例1】解：(1)由题设知＝3，即2＝9，故b2＝8a2. aa222 所以C的方程为8x－y＝8a. 1将y＝2代入上式，求得x＝±a2＋. 2 1由题设知，2a2＋＝6，解得a2＝1. 2 所以a＝1，b＝22. (2)证明：由(1)知，F1(－3，0)，F2(3，0)，C的方程为8x2－y2＝8. 由题意可设l的方程y＝k(x－3)，|k|<22，代入①并化简得(k2－8)x2－6k2＋9k2＋8＝0. 9k2＋86k2 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≤－1，x2≥1，x1＋x2＝2，x1x2＝2. k－8k－8 22 于是|AF1|＝（x1＋3）2＋y21＝（x1＋3）＋8x1－8＝－(3x1＋1)， 22 |BF1|＝（x2＋3）2＋y22＝（x2＋3）＋82－8＝3x2＋1. 由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1， 2 即x1＋x2＝－. 3 26k24故2＝－，解得k2＝， 35k－8 19 从而x1x2＝－. 9 22 由于|AF2|＝（x1－3）2＋y21＝（x1－3）＋8x1－8＝1－3x1， 22 |BF2|＝（x2－3）2＋y22＝（x2－3）＋82－8＝3x2－1. 过|AB|＝|AF2|－|BF2|＝2－3(x1＋x2)＝4， |AF2|·|BF2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16. 因而|AF2|·|BF2|＝|AB|2， 所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列． [预测押题1] 解：(1)由已知得F，B，C的坐标分别为(－c，0)，(0，b)，(1，0)，则FC， 1－cb11 BC的中垂线分别为x＝，y－＝(x－)． 22b21－cx＝，2 联立方程，解得 b2－cy＝. 2b 1－cb2－c 由m＋n＝＋>0， 22b 得b－bc＋b2－c>0， 即(1＋b)(b－c)>0，∴b>c.从而b2>c2， 1 即有a2>2c2，∴e2<. 22 又e>0，∴0 b2－cb－ 2bb2＋c 由kAB＝b，kPB＝＝. 1－cb（c－1）0－ 2 b2＋c 如果直线AB与⊙P相切，则b·＝－1，解得c＝0或c＝2，与0 直线AB与⊙P不能相切． p 【例2】 解：(1)由题意可设抛物线C的方程为x2＝2py(p>0)，则＝1，所以抛物线C 2 的方程为x2＝4y. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋1. y＝kx＋1，由2消去y，整理得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4. x＝4y， 从而|x1－x2|＝4k2＋1. y1y＝xx，1由解得点M的横坐标 y＝x－2， 2x12x18＝＝. 2 x14－x1x1－y1 x1－ 4 8 同理点N的横坐标xN＝. 4－x1xM＝ x1－x282k2＋188 所以|MN|＝2|xM－xN|＝2|－|＝82||＝. 4－x14－x2x12－4（x1＋x2）＋16|4k－3|t＋3 令4k－3＝t，t≠0，则k＝. 4256 当t>0时，|MN|＝22＋＋1>22. t2t53168 当t<0时，|MN|＝22（＋）2＋≥2. t5255 25 综上所述，当t＝－， 3 48 即k＝－时，|MN|的最小值是2. 35 1 [预测押题2] 解：(1)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，当直线l的的斜率是时，l的方程为y＝ 2 2x＝2py，8＋p1 (x＋4)，即x＝2y－4，联立得2y2－(8＋p)y＋8＝0，y1＋y2＝，y1y2＝4，由22x＝2y－4， →→ 已知AC＝4AB，得y2＝4y1， 由韦达定理及p>0可得y1＝1，y2 ＝4，p＝2，∴抛物线G的方程为x2＝4y. (2)由题意知直线l的斜率存在，且不为0，设l：y＝k(x＋4)，BC中点坐标为(x0，y0)，由2x＝4y，xB＋xC得x2－4kx－16k＝0，由Δ>0得k<－4或k>0，∴x0＝＝2k，y0＝k(x0 2y＝k（x＋4）， ＋4)＝2k2＋4k， 1 BC的中垂线方程为y－2k2－4k＝－(x－2k)，∴b＝2(k＋1)2，∴b>2. k x2y2b2 222 【例3】 解：(1)由于c＝a－b，将x＝－c代入椭圆方程2＋2＝1，得y＝±. aba 2b2 由题意知＝1，即a＝2b2. a c3 又e＝＝，所以a a2 ＝2，b＝1. x22 所以椭圆C的方程为＋y＝1. 4 (2)设P(x0，y0)(y0≠0)． 又F1(－3，0)，F2(3，0)， 11x0＋3x0－32x0知＋＝＋＝，直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)． k1k2y0y0y0 x22＋y＝1，联立4 y－y0＝k（x－x0）， 2整理得(1＋4kx2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(y20－2kx0y0＋k0)＝0. 由题意得Δ＝0， 22 即(4－x20)k＋2x0y0k＋1－y0＝0. x20 又＋y20＝1，4 2＝0， 所以16y0k2＋8x0y0k＋x0 x0 故k＝－. 4y0 11114y02x0 所以＋＝k(＋)＝(－)·＝－8. kk1kk2k1k2x0y0 11 因此＋为定值，这个定值为－8. kk1kk2 [预测押题] 解：(1)当m＝1时，E为抛物线y2＝4x的焦点， ∵k1k2＝－1，∴AB⊥CD. 设AB的方程为y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， y＝k1（x－1）， 由2得 y＝4x， 4 k1y2－4y－4k1＝0，y1＋y2＝，y1y2＝－4. k1 x1＋x2y1＋y222∵M(，)，∴M(2＋1，)，同理，点N(2k21＋1，－2k1)， 22k1k1 1 ∴S△EMN＝|EM|·|EN| 2 122122＝（2）2＋）2·（2k2k21）＋（－2k1）＝21＋2＋2≥22＋2＝4， 2k1k1k1 1 当且仅当k21时，△EMN的面积取最小值4. 1＝2，即k1＝±k1(2)证明：设AB的方程为y＝k1(x－m) ，A(x1，y1)，B(x2，y2)， y＝k1（x－m），由2得k1y2－4y－4k1m＝0， y＝4x， 4 y1＋y2＝，y1y2＝－4m. k1 x1＋x2y1＋y222∵M(，)，∴M(2＋m，)， 22k1k1 22 同理，点N(2＋m，)， k2k2 k1k2 ∴kMN＝＝kk. k1＋k212 22 ∴MN的方程为y＝＝k1k2[x－(2＋m)]，即y＝k1k2(x－m)＋2， k1k1 ∴直线MN恒过定点(m，2)． 23 【例4】 解：(1)因为焦点为4，所以a2－b2＝4.又因为椭圆C过点P(2，3)，所以2＋2 ab 22xy ＝1，故a2＝8，b2＝4.从而椭圆C的方程为＋＝1. 84 → (2)一定有唯一的公共点．理由：由题意，知E点坐标为(x0，0)．设D(xD，0)，则AE＝(x0，－22)， → AD＝(xD，－22)． →→ 由AD⊥AE知，AE·AD＝0，即xDx0＋8＝0. 8 由于x0y0≠0，故xD＝－. x0 8 因为点G是点D关于y轴的对称点，所以点G(，0)． x0 y0x0y0 故直线QG的斜率kQG＝＝2. 8x0－8x0－x0 2 又因Q(x0，y0)在椭圆C上，所以x20＋2y0＝8. x0 从而kQG＝－. ① 2y0 x08 故直线QG的方程为y＝－(x－)． ② 2y0x0 将②代入椭圆C方程，得 221 (x20＋2y0)x－16x0＋64－16y0＝0. ③ 再将①代入③，化简得 2＝0， x2－2x0x＋x0 解得x＝x0，y＝y0， 即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点． c2＝，[预测押题] 解：(1)由题可知：a2解得{c＝2，a＝22，所以b2＝a2－c2＝4. a＝22， x2y2 故椭圆C的方程为＋＝1. 84 (2)假设椭圆上存在一点P(x0，y0)，使得直线PF1，PF2都与以Q为圆心的一个圆相切，则Q到直线PF1，PF2的距离相等． ∵F1(－2，0)，F2(2，0)， ∴直线PF1的方程为(x0＋2)y－y0x－2y0＝0，直线PF2的方程为(x0－2)y－y0x＋2y0＝0. |3y0||y0| ∴＝， 2＋y2（x0＋2）2＋y2（x－2）000 22 化简整理得：x0－5x0＋4＋y0＝0. 2 ∵点P在椭圆上，∴x20＋2y0＝0. 由以上两式解得：x0＝2或x0＝8(舍去)， ∴y0＝2或y0＝－2，此时相切的圆的半径r＝1. ∴椭圆上存在点P，其坐标为(2，2)或(2，－2)，使得直线PF1，PF2都与以Q为圆心的圆(x－1)2＋y2＝1相切． 专题六 概率与统计、推理与证明、复数、算法 第一讲 排列、组合、二项式定理 基础·单纯考点 【例1】 选B 0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中五重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)， ∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)． [预测押题] 选D 取3次球，共有3×3×3＝27种取法，其中最大值不是3的取法有2×2×2＝8种，故有27－8＝19种取法． 3＝84种，甲、【例2】 解析：(1)因为丙没有入选相当于从9人中选3人，共有选法C9 乙都没入选相当于从7人中选3人，共有选法C37＝35种，所以满足条件的选法种数是84－35＝49种． 5＝120(种)排法， (2)①当C在第一或第六位时，有A5 2A3＝72(种)排法； ②当C在第二或第五位时，有A43 2A3＋A2A3＝48(种)排法． ③当C在第三或第四位时，有A2333 所以共有2×(120＋72＋48)＝480(种)排法． 【答案】：(1)C (2)480 [预测押题2] (1)选C 将甲、乙捆绑，与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列，有2·A2种排法．而后将丙、丁进行插空，有3个空，有A2种排法，故共有A2·A2·A2＝24A223223 种排法． 22 (2)解析： 依题意，当甲1人一组时，共有C12C3A2＝12种不同的参赛方式；当甲和另1人 12一组时，共有C13A2A2＝12种不同的参赛方式，所以共有24种不同的参赛方式． 答案：24 1x＝5x，T＝C2x2＝10x2， 【例3】 解析：(1)(1＋x)5中含有x与x2的项为T2＝C535 ∴x2的系数为10＋5a＝5，∴a＝－1. 2－ (2)∵Tr＋1＝C10(x)10r(－2)r x r ＝Cr10(－2)x 10－5r 2 ， 10－5r ∴＝0，∴r＝2. 2 2 ∴常数项为C210(－2)＝180. a3534 (3)含x4的项为C3)＝C38x(8ax， x 13 ∴C38a＝7，∴a＝. 2 1 答案：(1)D (2)B (3) 2 [预测押题3] (1)选A 令x＝0，得到a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2＋m)9；令x＝－2，得到a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝m9.所以有(2＋m)9m9＝39.即m2—＋2m＝3；解得m＝1或－3. 16－ (2)解析：依题意得3n＝729，n＝6.二项式(2x＋)6的展开式的通项是Tr＋1＝Cr6·(2x) x1r4r4rr6－r·x6－.令6－＝2，得r＝3.因此，在该二项式的展开式中 x2的系数·()＝Cr6·2333x －63＝160. 是C36·2 答案：160 交汇·创新考点 1（x－x2）6，x<0， 【例】 选A ∵f(x)＝∴当x>0时，f(x)＝－x<0， －x，x≥0， 161 )＝(x－)6. xx13 3∴展开式中常数项为C3)＝－C36(x)(－6＝－20. x 56－5＝192a.f′(x)6(ax＋2)5(ax＋2)′＝[预测押题] (1)选A f(x)的展开式中x的系数是C362a 245－4＝480a2.依题意得480a2>192a，6a(ax＋2)5，f′(x)的展开式中x的系数是6aC4解得a>或52a5 a<0. ∴f[f(x)]＝f(－x)＝(－x＋(2)选A a＝＝ π2 π2 0(sin π1－)dx 22 1－cosx1 －)dx 22 π －cosx ＝20()dx 21＝－. 2 19－r1r19－r－ 此时二次项的展开式的通项为Tr＋1＝Cr(－)＝Cr(－1)rx92r.令9－2r＝1，9(－1x)9(－1)2x2 19－463 得r＝4，所以关于x的一次项的系数为C4·(－1)4＝－. 9(－)216 第二讲 概率、随机变量及其分布列 基础·单纯考点 π1 2×1－π×12××22－ 42S图像DEBF 【例1】 解析：(1)取面积为测度，则所求概率为P＝＝＝2S矩形ABCD2×1 π＝1－. 4 21 (2)由题意知n>4，取出的两数之和等于5的有两种情况：1，4，和2，3，所以P＝2＝， Cn14 0( 即n2－n－56＝0，解得n＝－7(舍去)或n＝8. 答案：(1)A (2)8 [预测押题] (1)选D 由个位数与十位数之和为奇数，则个位数与十位数分别为一奇一 1 偶．若个位数为奇数时，这样的两位数共有C15C5＝25个；于是，个位数与十位数之和为奇 5 数的两位数共有20＋25＝45个．其中，个位数是0的有C15×1＝5个．于是，所求概率为451＝. 9 (2)解析：作出不等式组2x＋y－4≤0，44表示的平面区域，如图三角形ABO，且有A(，)，B(4，－4)，所以S△ABO 33x＋y≥0，x－y≥0 π142161 ＝××42＝，点P的坐标满足不等式x2＋y2≤2的面积S扇形＝×π×(2)2＝，所23342 π 2π163π 以所求概率P＝＝×＝. 16233233π答案： 32 【例2】 解：(1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”，B表示事件“观众乙选中3 C12C2324 号歌手”，则P(A)＝2＝，P(B)＝3＝. C33C55 ∵事件A与B相互独立， ∴观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为P(AB)＝P(A)·P(B)＝P(A)·[1－ 13 C2·C44224 P(B)]＝×＝(或P(AB)＝2＝) 351515C3·C35 C234 (2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”，则P(C)＝3＝， C55 ∵X可能的取值为0，1，2，3，且取这些值的概率分别为 1224 P(X＝0)＝P(A B C)＝××＝， 35575 P(X＝1)＝P(AB C)＋P(A BC)＋P(A BC)＝ 222132123204××＋××＋××＝＝， 3553553557515P(X＝2)＝P(ABC)＋P(AB C)＋P(ABC)＝ 2322231333311××＋××＋××＝＝， 3553553557515 233186 P(X＝2)＝P(ABC)＝××＝＝， 3557525 ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 44116P 75152525 [预测押题] 解：(1)若该考生被录取，则前四项最多有一项不合格，并且第五项必须合格，记A＝{前四项均合格且第五项合格}，B＝{前四项中仅有一项不合格且第五项合格}， 121 则P(A)＝()4×(1－)＝， 234811321 P(B)＝C1. 4××(1－)×(1－)＝22312又A、B互斥，故所求概率为 115 P＝P(A)＋P(B)＝＋＝. 481248 (2)该考生参加考试的项数X可以是2，3，4，5. 111 P(X＝2)＝×＝， 224 1111 P(X＝3)＝C12(1－)××＝， 2224 11213 P(X＝4)＝C1， 3(1－)×()×＝22216 1135 P(X＝4)＝1－×－＝. 441616 X的分布列为 X 2 3 4 5 1135P 441616 22 【例3】 解：法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人中奖 35 与否互不影响． 记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A，则事件A的对立事件为“X＝5”， 224 因为P(X＝5)＝×＝， 3515 11 所以P(A)＝1－P(X＝5)＝， 15 11 即这两人的累计得分X≤3的概率为. 15 (2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计的分的数学期望为E(3X2)． 22 由已知可得，X1～B(2，)，X2～B (2，)， 35 24 所以E(X1)＝2×＝， 3324 E(x2)＝2×＝， 55 8 从而E(2X1)＝2E(X1)＝， 312 E(3X1)＝3E(X2)＝. 5 因为E(2X1)>E(3X2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大． 22 法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影 35 响． 记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A，则事件A包含有“X＝0”，“X＝2”，“X＝3”三个两两互斥的事件， 221 因为P(X＝0)＝(1－)×(1－)＝， 355 222 P(X＝2)＝×(1－)＝， 355 222 P(X＝3)＝(1－)×＝， 3515 11 所以P(A)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝， 1511 即这两人的累计得分X≤3的概率为. 15 (2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，则X1，X2的分布列如下： X1 0 2 4 144P 999 X2 0 3 6 9124P 2525251448所以E(X1)＝0×＋2×＋4×＝， 9993912412 E(X2)＝0×＋3×＋6×＝. 2525255 因为E(X1)>E(X2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大． [预测押题] 解：(1)由已知得：P(t≤32)＝0.9， ∴P(t>32)＝1－P(t≤32)＝0.1， ∴Z＝30×0.1＝3，Y＝30－(6＋12＋3)＝9. 6 (2)P(t≤22)＝＝0.2， 3012 P(22 P(28 3 P(t>32)＝＝0.1， 30 ∴六月份西瓜日销售额X的分布列为 2 5 6 8 X 0.2 0.4 0.3 0.1 P ∴E(X)＝2×0.2＋5×0.4＋6×0.3＋8×0.1＝5， D(X)＝(2－5)2×0.2＋(5－5)0×0.4＋(6－5)2×0.3＋(8－5)2×0.1＝3. (3)∵P(t≤32)＝0.9，P(22 ∴由条件概率得：P(X≥5|t≤32)＝P(22＜t≤32|t≤32)＝＝＝. 0.99P（t≤32） 交汇·创新考点 2＝28种，X＝0时，【例1】 解：(1)从8个点中任取两点为向量终点的不同取法共有C8 82 两向量夹角为直角共有8种情形，所以小波参加学校合唱团的概率为P(X＝0)＝＝. 287 (2)两向量数量积X的所有可能取值为－2，－1，0，1，X＝－2时，有两种情形；X＝1时，有8种情形；X＝－1时，有10种情形．所以X的分布列为： X －2 －1 0 1 1522P 141477 15223 EX＝(－2)×＋(－1)×＋0×＋1×＝－. 14147714 [预测押题] 解：(1)依题意得，每场比赛获得的门票收入组成首项为40，公差为10的等差数列． n（10n＋70） 设此数列为{an}，则易知a1＝40，an＝10n＋30，所以Sn＝＝300. 2 解得n＝－12(舍去)或n＝5，所以次决赛共比赛了5场． 141 则前4项比赛的比分必为1：3，且第5场比赛为领先的球队获胜，其概率为C34()＝. 24(2)随机变量X可取的值为S4，S5，S6，S7，即220，330，390，490. 11 P(X＝220)＝2×()4＝， 28141 P(X＝300)＝C34()＝， 24 155 P(X＝390)＝C3， 5()＝216 165 P(X＝490)＝C3， 6()＝216所以X的分布列为 200 300 390 490 1155P 8416161155所以X的均值为E(X)＝220×＋300×＋390×＋490×＝377.5(万元)． 841616 【例2】 解：(1)当X∈[100，130)时，T＝500X－300(130－X)＝800X－39000， 当X∈[130，150]时，T＝500×130＝65000. 800X－39000，100≤130， 所以＝T 65000，130≤X≤150. (2)由(1)知利润T不少于57000元，当且仅当120≤X≤150.由直方图知需求量X∈[120，150]的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T不少于57000元概率的估计值为0.7. (3)依题意可得T的分布列为 T 45000 53000 61000 65000 P 0.1 0.2 0.3 0.4 所以ET＝45000×0.1＋53000×0.2＋61000×0.3＋65000×0.4＝59400. [预测押题] 解：(1)当n＝3时，每次摸出两个球， 1 C133·C2 中奖的概率P＝＝. C255 由题意知ξ的可能值为0，1，2，3， 238 故有P(ξ＝0)＝C0； 3()＝5125 32236 P(ξ＝1)＝C1()＝； 3··55125 32254 P(ξ＝2)＝C2； 3·()·＝55125 3327 P(ξ＝3)＝C3. 3()＝5125ξ的分布列为： ξ 0 1 2 3 8365427P 125125125125(2)设每次摸球中奖的概率为p，则三次摸球(每次摸球后放回)恰有两次中奖的概率为P(ξ 232 ＝2)＝C23·p(1－p)＝－3p＋3p，0 p′＝－9p2＋6p＝－3p(3p－2)，知在(0，)上P为增函数，在(，1)上P为减函数，当p 33 2 ＝时，P取得最大值． 3 4n2 又p＝＝，即n2－3n＋2＝0，解得n＝1或n＝2. （n＋1）（n＋2）3 第三讲 统计、统计案例 基础·单纯考点 840 [例1] 解析：(1)抽样间隔为＝20.设在1，2，…，20中抽取的号码记为x0(x0∈[1， 42 20])，在[481，720]之间抽取的号码记为20k＋x0，则481≤20k＋x0≤720，k∈N*. 1x0 ∴24≤k＋≤36. 2020 X x01 ∵∈[，1]，∴k＝24，25，26，…，35， 2020 ∴k值共有35－24＋1＝12(个)，即所求人数为12. (2)因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，即第二车间抽取的产品数占抽样产品总数的三分之一，根据分层抽样的性质可知，第二车间生产的产品数占总数的三分之一，即为1200双皮靴． 答案：(1)B (2)C 3n [预测押题1] (1)选D 由分层抽样可得，＝，解得n＝13. 60260 (2)解析：依据系统抽样方法的定义知，将这60名学生依次按编号每12人作为一组，即01～12、13～24、…、49～60，当第一组抽得的号码是04时，剩下的四个号码依次是16，28，40，52(即其余每一组所抽出来的号码都是相应的组中的第四个号码)． 答案：16，28，40，52 频数 [例2] 选A 借助已知茎叶图得出各小组的频数，再由频数＝求出各小组的频 样本容量 频率 率，进一步求出并得出答案． 组距 法一：由题意知样本容量为20，组距为5. 列表如下： 频率分组 频数 频率 组距1[0，5) 1 0.01 201[5，10) 1 0.01 201[10，15) 4 0.04 51[15，20) 2 0.02 101[20，25) 4 0.04 5频率分组 频数 频率 组距3[25，30) 3 0.03 203[0，5) 3 0.03 201[0，5) 2 0.02 10[0，5) 20 1 观察各选择项的频率分布直方图知选A. 频率 法二：由茎叶图知落在区间[0，5)与[5，10)上的频数相等，故频率、也分别相等．比 组距 较四个选项知A正确． [预测押题2] (1)解析：依题意，甲班学生的平均分85＝78＋79＋85＋80＋x＋80＋92＋96 ，故x＝5，乙班学生成绩的中位数为83，故其成绩为76， 7 81，81，83，91，91，96，所以成绩y＝3，x＋y＝8. 答案：8 1 (2)解析：对于甲，平均成绩为x＝90，所以方差为s2＝×[(87－90)2＋(91－90)2＋(90－ 5 1 90)2＋(89－90)2＋(93－90)2]＝4；对于乙，平均成绩为x＝90，方差为s2＝×[(89－90)2＋(90 5 －90)2＋(91－90)2＋(88－90)2＋(92－90)2]＝2.由于2<4，所以乙的成绩较为稳定． 答案：2 2－0 [例3] 选C 由(1，0)，(2，2)求b′，a′，则b′＝＝2，a′＝0－2×1＝－2. 2－1 有上表数据求b，a， Σxiyi＝0＋4＋3＋12＋15＋24＝58， i＝1 13x＝3.5，y＝， 6 Σx2i＝1＋4＋9＋16＋25＋36＝91， i＝1 13 58－6×3.5×65 ∴b＝＝， 791－6×3.52 1351351a＝－×3.6＝－＝－， 67623∴b n（ad－bc）2100（45×15－30×10）2 k＝＝≈3.03>2.706，所以 （a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）55×45×75×25 有90%以上的把握认为“该市民能否做到‘光盘’与性别有关”，故选C. (2)解析：由题意知，0.15(x＋1)＋0.2－0.15x－0.2＝0.15. 答案：0.15. 交汇·创新考点 【例】 解：设Ai表示事件“此人于3月i日到达该市”(i＝1，2，…，13)．根据题意，1 P(Ai)＝，且Ai∩Aj＝∅(i≠j)． 13 (1)设B为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B＝A5∪A8＝P(A5∪A8)＝P(A5)＋P(A8)2＝. 13 (2)由题意可知，X的所有可能值为0，1，2，且P(X＝1)＝P(A3∪A6∪A7∪A11)＝P(A3) 4 ＋P(A6)＋P(A7)＋P(A11)＝. 13 4 P(X＝2)＝P(A1∪A2∪A12∪A13)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A12)＋P(A13)＝. 13 5 P(X＝0)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)＝. 13 所以X的分布列为 X 0 1 2 544P 13131354412故X的期望EX＝0×＋1×＋2×＝. 13131313 (3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大． 2【预测押题】 解：(1)依题意得xA＝xB，s2A＝sB， 1 又xA＝(85＋80＋85＋60＋90)＝80， 5 66 1 xB＝(70＋x＋95＋y＋75)， 51s2A＝(25＋0＋25＋400＋100)＝110， 5 122s2B＝[100＋(x－80)＋225＋(y－80)＋25]， 5 x＋y＝60，所以 2＋（y－80）2＝200，（x－80） x＝70，x＝90，解得，或 y＝90，y＝70， (2)由(1)可得B种型号出租车中氮氧化物排放量超过80 mg/km的车辆数为2，随机变量ξ＝0，1，2，则 1C23C16C2133C22 P(ξ＝0)＝2＝，P(ξ＝1)＝2＝，P(ξ＝2)＝2＝. C510C510C510 故ξ的分布列为 ξ 0 1 2 361P 1010103614所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝. 1010105 第四讲 推理与证明、算法初步、复数 基础·单纯考点 10（3＋i）10（3＋i）10 【例1】 解析：(1)因为a－＝a－＝a－＝(a－3)－i， 103－i（3－i）（3＋i） 由纯虚数的定义，知a－3＝0，所以a＝3. (2)A，|z1－z2|＝0⇒z1－z2＝0⇒z1＝z2⇒z1＝z2，真命题：B，z1＝z2⇒z1＝z2＝z2，真命题；C，|z1|＝|z2|⇒|z1|2＝|z2|2⇒z1·z1＝z2·z2，真命题；D，当|z1|＝|z2|时，可取z1＝1，z2＝i，显然 222 z21＝1，z2＝－1，即z1≠z2，假命题． 答案：(1)D (2)D 【预测押题1】(1)选A 依题意得(1－z)·z＝(2＋i)(－1＋i)＝－3＋i，|(1－z)·z|＝|－3＋i|＝（－3）2＋12＝10. 2i（1＋i）z2（1＋i）22iz2 (2)解析：z＝1＋i，则＝＝＝＝－1＋i，则复数在复平 zz1－i1－i（1－i）（1＋i） 面上对应的点的坐标为(－1，1)． 答案：(－1，1) 【例2】 解析：12＝1， 12－22＝－(1＋2)， 12－22＋32＝1＋2＋3， 12－22＋32－42＝－(1＋2＋3＋4)， …… ＋＋n（n＋1） 12－22＋32－42＋…＋(－1)n1n2＝(－1)n1. 2 ＋＋n（n＋1） 答案：12－22＋32－42＋…＋(－1)n1n2＝(－1)n1 2 【预测押题2】 (1)解析：由归纳定理可知，第n个等式为2n×1×3×…×(2n－1)＝(n＋1)×(n＋2)×…×2n. 答案：2n×1×3×…×(2n－1)＝(n＋1)×(n＋2)×…×2n (2)解析：将平面中的相关结论类比到空间，通常是将平面中的图形的面积类比空间中的 →→ 几何体的体积，因此依题意可知：若O为四面体ABCD内一点，则有VO－BCD·OA＋VO－ACD·OB → ＋VO－ABD·OC＝0. →→→ 答案：VO－BCD·OA＋VO－ACD·OB＋VO－ABD·OC＝0. 1 【例3】 选B 当输入N＝10时，由于k＝1，S＝0，T＝1，因此T＝＝1，S＝1，k 1 ＝2，此时不满足k>10； 111 当k＝2时，T＝＝，S＝1＋，k＝3，此时不满足k>10； 1×22！2！1111 当k＝3时，T＝＝，S＝1＋＋，k＝4，此时不满足k>10； 1×2×33！2！3！ 11111 当k＝4时，T＝＝，S＝1＋＋＋，k＝5，此时不满足k>10； 1×2×3×44！2！3！4！ …… 111111 当k＝10时，T＝＝，S＝1＋＋＋＋…＋，k＝11， 1×2×3×4×…×1010！2！3！4！10！ 此时满足k>10. 1111 因此输出S＝1＋＋＋＋…＋. 2！3！4！10！ [预测押题] (1)选A 输出的S值是一个逐次累计的结果，第一次运行S＝12，k＝11；第二次运行S＝132，k＝10.如果此时输出结果，则判断框中的k的最大值是10. (2)选C 逐次运行的结果是n＝3，i＝2，n＝4，i＝3；n＝2，i＝4.故输出的值是4. 交汇·创新考点 【例】 解：(1)变量x是在1，2，3，…24这24个正数中随机产生的一个数，共有24种可能． 当x从1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23这12个数中产生时，输出y的值 1 为2，故P1＝； 2 1 当x从2，4，8，10，14，16，20，22这8个数中产生时，输出y的值为2，故P2＝； 3 1 当x从6，12，18，24这4个数中产生时，输出y的值为3，故P3＝. 6 11 所以，输出y的值为1的概率为，输出y的值为2的概率为，输出y的值为3的概率 23 1为. 6 (2)当n＝2100时，甲、乙所编程序各自输出y的值为i(i＝1，2，3)的频率如下： 输出y的值为1的频率 输出y的值为2的频率 输出y的值为3的频率 1027376697甲 2100210021001051696353乙 210021002100比较频率趋势与概率，可得乙同学所编程序符合算法要求的可能性较大． (3)随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3. 10238 P(ξ＝0)＝C0 3×()×()＝3327 11224 P(ξ＝1)＝C13×()×()＝ 339 12212 P(ξ＝2)＝C23×()×()＝ 339 13201 P(ξ＝3)＝C3 3×()×()＝3327故ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 8421P 2799271 所有，E(ξ)＝3×＝1. 3 即ξ的数学期望为1. [预测押题] 解：(1)证明：∵HM＝MA，HN＝NC，HK＝KF， ∴MK∥AF，MN∥AC. ∵MK⊄平面ACF，AF⊂平面ACF， ∴MK∥平面ACF， 同理可证MN∥平面ACF， ∵MN，MK⊂平面MNK，且MK∩MN＝M， ∴平面MNK∥平面ACF， 又MG⊂平面MNK， 故MG∥平面MNK. (2)由程序框图可知a＝CF，b＝AC，c＝AF， b2＋c2－a2AC2＋AF2－CF2 ∴d＝＝＝cos∠CAF， 2bc2AC·AF11 ∴e＝bc1－d2＝AC·AF·sin∠CAF＝S△ACF. 223t11又h＝，∴t＝he＝h·S＝V三棱锥H－ACF. e33△ACF ∵三棱锥H－ACF为将长方体ABCD－EFGH切掉4个体积相等的小三棱锥所得， 11 ∴V三棱锥H－ACF＝2×3×1－4×××3×2×1＝6－4＝2，故t＝2. 32 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容