一轮复习83练答案精析_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_2025高考大一轮复习讲义+课件（完结）_2025高考大一轮复习数学（苏教版）_学生用书Word版文档_答案精析

一轮复习 83 练答案精析
第一章 集合、常用逻辑用语、不等式
§1.1 集 合
1．A 2.C 3.B 4.D 5.A 6.A
7．A 8.B 9.AD
10．ABC [A＝{x|x2＝1}＝{－1,1}，
集合B表示关于x的方程ax＝1的解集，
因为A∪B＝A，所以B⊆A，
当a＝0时方程ax＝1无解，此时B＝∅，符合题意；
当B＝{1}时，a＝1；当B＝{－1}时，－a＝1，解得a＝－1，
综上可得a＝0或±1.]
11．4 12.－3 13.29
14．{x|－3<x<0}
{x|－3<x<0或x≥3}
解析 由题意得 A＝{x|x≥0}，B＝{x|－3<x<3}，所以 A－B＝{x|x≥3}，B－A＝{x|－
3<x<0}．因此A*B＝{x|x≥3}∪{x|－3<x<0}＝{x|－3<x<0或x≥3}．
15．BD [对于A，因为M＝{x|x<0}，N＝{x|x>0}，M∪N＝{x|x≠0}≠Q，故A错误；对于
B，设M＝{x∈Q|x<0}，N＝{x∈Q|x≥0}，满足戴德金分割，则M中没有最大元素，N有一
个最小元素0，故B正确；对于C，若M有一个最大元素，N有一个最小元素，则不能同时
满足M∪N＝Q，M∩N＝∅，故C错误；对于D，设M＝{x∈Q|x<}，N＝{x∈Q|x≥}，满足
戴德金分割，此时M没有最大元素，N也没有最小元素，故D正确．]
16．13
解析 集合M的非空子集共有(212－1)个，其中，最小值为1的子集可视为{2,3，…，12}的
子集与集合{1}的并集，共有211个，
同上可知，最小值为2的子集共有210个，最小值为3的子集共有29个，…，最小值为12的
子集共有20个．
最大值为12的子集可视为{1,2,3，…，11}的子集与集合{12}的并集，共有211个，
同上可知，最大值为11的子集共有210个，最大值为10的子集共有29个，…，最大值为1
的子集共有20个．所以M的所有非空子集中的最小值之和为211＋2×210＋3×29＋…＋12×20，
最大值之和为12×211＋11×210＋10×29＋…＋20，
所以x 的算术平均值为
A
＝
＝＝13.
§1.2 常用逻辑用语
1．C 2.A 3.A 4.C 5.D 6.C
7．C 8.C 9.AC
10．BCD [对于A，由A∪B＝A可得B⊆A，故充分性成立，
由B⊆A可得A∪B＝A，故必要性成立，所以“A∪B＝A”是“B⊆A”的充要条件，故A错
误；
对于B，方程x2－(m－3)x＋m＝0有一正一负根，设为x，x，
1 2
则解得m<0，满足必要性，
当m<0时，Δ＝(m－3)2－4m>0，xx ＝m<0，则方程x2－(m－3)x＋m＝0有一正一负根，满
1 2
足充分性，
所以“方程x2－(m－3)x＋m＝0有一正一负根”的充要条件是“m<0”，故B正确；
对于C，若幂函数y＝(m＋1)xm2＋m－1为反比例函数，则
解得m＝0，满足必要性，
当m＝0时，函数y＝x－1为幂函数，也为反比例函数，满足充分性，
所以“幂函数y＝(m＋1)xm2＋m－1为反比例函数”的充要条件是“m＝0”，故C正确；
对于D，若函数f(x)＝－x2＋2mx在区间[1,3]上不单调，则1<m<3，
所以“函数f(x)＝－x2＋2mx在区间[1,3]上不单调”的一个必要不充分条件是“1≤m≤3”，
故D正确．]
11．充要 12.存在一个素数不是奇数 13.(0，＋∞)
14．必要不充分条件
解析 由“小故，有之不必然，无之必不然”，知“小故”只是构成某一结果的几个条件中
的一个或一部分条件，故“小故”是逻辑中的必要不充分条件．
15．A [设等比数列的公比为q，
若a <a ，则a －a <0，
2 021 2 024 2 021 2 024
即a (1－q3)<0.
2 021
因为a＝1>0，
1所以a ＝aq2 020>0，
2 021 1
所以q3>1，所以q>1；
若a <a ，则a －a <0，
2 023 2 025 2 023 2 025
即a (1－q2)<0.
2 023
因为a＝1>0，
1
所以a ＝aq2 022>0，
2 023 1
所以q2－1>0，解得q>1或q<－1.
所以“a <a ”是“a <a ”的充分不必要条件．]
2 021 2 024 2 023 2 025
16.
解析 依题意知f(x) ≤g(x) .
max max
∵f(x)＝x＋在上单调递减，
∴f(x) ＝f ＝.
max
又g(x)＝2x＋a在[2,3]上单调递增，
∴g(x) ＝8＋a，
max
因此≤8＋a，则a≥.
§1.3 不等式的基本性质
1．B 2.A 3.B 4.C 5.A 6.A
7．BCD 8.ABD
9．ab<ab2<a 10.a＝－1，b＝2(答案不唯一)
11.
12．(－3，－1)
13．(1)解 ∵a>b>0，
∴>0，>0，
∴＝＝1＋>1，
∴>.
(2)证明 ∵c<d<0，∴－c>－d>0，
又a>b>0，
∴a－c>b－d>0，b－a<0，c－d<0，
又e<0，
∴－＝＝＝>0，
∴>.
14．解 (1)a＝[(a＋b)＋(a－b)]，由－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4，
得－4≤(a＋b)＋(a－b)≤6，
∴－2≤[(a＋b)＋(a－b)]≤3，
即－2≤a≤3，
故实数a的取值范围为[－2,3]．
(2)设3a－2b＝m(a＋b)＋n(a－b)＝(m＋n)a＋(m－n)b，
则解得
∴3a－2b＝(a＋b)＋(a－b)，
∵－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4.
∴－≤(a＋b)≤1，－≤(a－b)≤10，
∴－4≤3a－2b≤11，
即3a－2b的取值范围为[－4,11]．
15．ABD [对A，根据abc＝1可得＝ac，故(a＋c)2>，即(a＋c)2>ac，即a2＋ac＋c2>0.因为
a2＋ac＋c2＝2＋>0恒成立，故(a＋c)2>成立，故A正确；对B，因为a>b>c，故a－c>b－
c>0，故<成立，故B正确；对C，当a＝，b＝－1，c＝－2时，满足a>b>c且abc＝1，但
a2>b2不成立，故C错误；对D，因为abc＝1，(a2b－1)·(ab2－1)＝＝，因为a>b>c，故>0，
故D正确．]
16．乙
解析 设第一次和第二次购物时价格分别为p 元/千克，p 元/千克，
1 2
按甲策略，每次购n千克，按这种策略购物时，两次的平均价格x＝＝(元/千克)，
按乙策略，第一次花m元钱，能购买千克物品，第二次仍花m元钱，能购买千克物品，
两次购物的平均价格
y＝＝(元/千克)，
比较两次购物的平均价格
x－y＝－＝－＝＝≥0，
则甲策略的平均价格不小于乙策略的平均价格，所以用乙购物策略比较经济．
§1.4 基本不等式≤(a，b≥0)
1．B 2.D 3.D 4.D 5.C 6.B
7．BCD 8.BC
9．－4 10. 11. 12.4
13．解 (1)因为x>0，y>0，
根据基本不等式，30＝x＋2y＋xy≥2＋xy(当且仅当x＝2y＝6时取等号)，令＝t(t>0)，
则t2＋2t－30≤0，
解得－5≤t≤3，又t>0，
所以0<t≤3，即0<≤3，
所以0<xy≤18，
故xy的最大值为18.
(2)由x＋2y＋xy＝30可知，y＝>0,0<x<30,2x＋y＝2x＋＝2(x＋2)＋－5≥2－5＝11，
当且仅当2(x＋2)＝，即x＝2时取等号，
所以2x＋y的最小值为11.
14．解 (1)设甲工程队的总报价为y元，依题意，左右两面墙的长度均为x米(2≤x≤6)，
则屋子前面新建墙体长为 米，
则y＝3＋7 200
＝900＋7 200
≥900×2＋7 200＝14 400，
当且仅当x＝，即x＝4时，等号成立，
故当左右两面墙的长度为4米时，甲工程队的报价最低为14 400元．
(2)由题意可知，900＋7 200>对任意的x∈[2,6]恒成立，
即>，
所以>a，
即a< ，
min
＝x＋1＋＋6
≥2＋6＝12，
当且仅当x＋1＝，即x＝2时，等号成立，
则的最小值为12，
即0<a<12，
又a>5，
所以a的取值范围是(5,12)．
15．C [由题得
＋＝＋，
设＝t(t>0)，
则f(t)＝t＋＝t＋2＋－2
≥2－2＝8－2＝6，
当且仅当t＋2＝，即t＝2，即y＝2x时取等号．所以＋的最小值为6.]
16．4
解析 ∵a＞b＞0，
∴a－b＞0，∴a(a－b)＞0，
a2＋＋＝a2＋ab－ab＋＋
＝a2－ab＋＋ab＋
＝a(a－b)＋＋ab＋
≥2＋2＝4，
当且仅当
即a＝，b＝时，等号成立．
∴a2＋＋的最小值是4.
§1.5 基本不等式的综合应用
1．C 2.B 3.B 4.D 5.A 6.B
7．ABC
8．ABD [由a>1，b＝>1，
得1<a<e2，
因为函数f(a)＝a＋b＝a＋在(1，e)上单调递减，在[e，e2)上单调递增，所以2e≤a＋b<e2＋
1，故A正确；
因为ab＝e2，所以有ln a＋ln b＝2，于是0<ln a·ln b≤2＝1，当且仅当a＝b＝e时，等号成
立，故B正确；
ln a＋log b＝ln a＋＝ln a＋＝ln a＋－1，
a
设t＝ln a∈(0,2)，所以φ(t)＝t＋－1在(0，)上单调递减，在[，2)上单调递增，
所以φ(t)＝t＋－1∈[2－1，＋∞)，故C错误；
设λ＝aln b，所以ln λ＝ln aln b＝ln b·ln a≤1，所以λ≤e，故D正确．]
9．4 10.(－∞，9) 11.2
12．2＋5
解析 由于A＝{x|ax2＋bx＋c≤0(a<b)}中有且仅有一个元素，
所以b>a>0，Δ＝b2－4ac＝0，
所以b>a>0，b2＝4ac.
所以M＝＝
＝＝，
设t＝－1>0，所以＝t＋1，所以M＝＝
＝t＋＋5≥2＋5＝2＋5.
当且仅当t＝时，等号成立．
所以M的最小值为2＋5.
13．解 (1)由题意得，f(0)＝1－a＋b＝0，f(1)＝4－2a＋b＝2，
解得a＝1，b＝0.
(2)由(1)知f(x)＝4x－2x，
所以f(x)<m·2x－3可化为m>2x＋3·2－x－1.
故原问题等价于∃x∈(－∞，3]，
使得m>2x＋3·2－x－1成立．
则当x∈(－∞，3]时，m>(2x＋3·2－x－1) ，
min
设h(x)＝2x＋3·2－x－1，x∈(－∞，3]，令t＝2x，则t∈(0,8]，
设p(t)＝t＋－1，t∈(0,8]，
则p(t)≥2－1，当且仅当t＝时取等号，所以当t＝时，h(x)取得最小值2－1.
故m的取值范围是(2－1，＋∞)．
14．解 (1)调整后研发人员的年人均投入为(1＋2x%)a万元，
则(500－x)(1＋2x%)a≥500a(a>0)，
整理得0.02x2－9x≤0，
解得0≤x≤450，
又因为x∈N*，
所以要使这(500－x)名研发人员的年总投入不低于调整前500名技术人员的年总投入，调整
后的研发人员的人数最少为50.
(2)(500－x)(1＋2x%)a≥xa，两边同时除以ax得≥m－，
整理得m≤＋＋9；
由a≥a，解得m≥＋1，
故＋1≤m≤＋＋9(100≤x≤200，x∈N*)恒成立，
＋＋9≥2＋9＝19，
当且仅当＝，
即x＝100时等号成立，所以m≤19，
因为100≤x≤200，x∈N*，
所以当x＝200时，＋1取得最大值15，
所以m≥15，所以15≤m≤19，
即实数m的取值范围为[15,19]．§1.6 一元二次方程和一元二次不等式
1．A 2.B 3.A 4.B 5.A 6.B
7．ABC
8．BC [由题意得，a<0，和1是方程ax2＋bx＋c＝0的两个根，
由根与系数的关系可得
解得a＝3c，b＝－4c，则c<0，
故A错误，B正确；a＋b＝－c>0，故C正确；
不等式cx2＋bx＋a>0可化为cx2－4cx＋3c>0，
即x2－4x＋3<0，解得1<x<3，
故不等式解集为{x|1<x<3}，故D错误．]
9. 10.(－2,3) 11.
12．[－1,0)∪(8,9]
解析 不等式x2－kx＋2k<0有实数解等价于x2－kx＋2k＝0有两个不相等的实数根，
则Δ＝(－k)2－8k>0，
解得k>8或k<0.
设x2－kx＋2k＝0的两根为x，x，
1 2
令x<x，则x＋x＝k，xx＝2k.
1 2 1 2 1 2
由题意得x－x＝
2 1
＝≤3，
解得－1≤k≤9，又k>8或k<0，
所以－1≤k<0或8<k≤9，
所以实数k的取值范围为[－1,0)∪(8,9]．
13．解 (1)由题意得，a<0，且b,2为方程ax2＋3x－2＝0的两根，
所以解得
(2)由(1)可得，不等式f(x)≥2＋m可化为－x2＋3x－2≥2＋m，
所以m≤－x2＋3x－4.
因为对于任意的x∈[－1,2]，不等式f(x)≥2＋m恒成立，
所以对于任意的x∈[－1,2]，不等式m≤－x2＋3x－4恒成立，
即m≤(－x2＋3x－4) ，x∈[－1,2]，
min
因为y＝－x2＋3x－4＝－2－，x∈[－1,2]，
所以当x＝－1时，y＝－x2＋3x－4取最小值，最小值为－8，所以m≤－8，
故实数m的取值范围为(－∞，－8]．
14．解 (1)依题意，mx2＋mx＋3>0在实数集R上恒成立．
①当m＝0时，3>0，成立；
②当m≠0时，要使原不等式恒成立，
则解得0<m<12.
综上，0≤m<12，
故实数m的取值范围是{m|0≤m<12}．
(2)不等式f(x)>(3m－1)x＋5，
等价于mx2＋(1－2m)x－2>0，
即(x－2)(mx＋1)>0.
①当m>0时，解得x>2或x<－；
②当m＝0时，不等式整理为x－2>0，解得x>2；
③当m<0时，方程(x－2)(mx＋1)＝0的两根为x＝－，x＝2.
1 2
(ⅰ)当－>2，即－<m<0时，解得2<x<－；
(ⅱ)当－＝2，即m＝－时，原不等式的解集为∅；
(ⅲ)当－<2，即m<－时，解得－<x<2，
综上所述，当m<－时，原不等式的解集为；
当m＝－时，原不等式的解集为∅；
当－<m<0时，原不等式的解集为；
当m＝0时，原不等式的解集为{x|x>2}；
当m>0时，原不等式的解集为.
15．A [不等式ax2－|x|＋2a≥0的解集是R，
即对于∀x∈R，ax2－|x|＋2a≥0恒成立，即a≥ ，
max
当x＝0时，a≥0，
当x≠0时，a≥＝，
因为≤＝，
当且仅当|x|＝，即|x|＝，即x＝±时，等号成立，所以a≥，
综上所述，a∈.]
16．(－4,2－2)
解析 因为对于任意m∈[－1,1]，任意y∈R，使得不等式x2＋(3－m)x－6<|y－1|＋|y－3|成
立，
设t(y)＝|y－1|＋|y－3|，则x2＋(3－m)x－6<t(y) ，
min
又因为t(y)＝|y－1|＋|y－3|
≥|(y－1)－(y－3)|＝2，
所以t(y) ＝2.
min
所以x2＋(3－m)x－6<2，
即x2＋(3－m)x－8<0，
设g(m)＝x2＋(3－m)x－8＝－mx＋x2＋3x－8，
对于任意m∈[－1,1]，g(m)＝－mx＋x2＋3x－8<0，应用一次函数性质可知
即得
解得
则实数x的取值范围是(－4,2－2)．
第二章 函 数
§2.1 函数的概念及其表示
1．A 2.D 3.B 4.A 5.D 6.C
7．BD 8.ACD 9.(0,1)∪(1,2]
10．x2－2x(x≥1)
11．4 (－1,1)∪(1，＋∞) 12.
13．解 (1)∵＞1，
∴f ＝－2×＋8＝5.
∵0＜＜1，
∴f ＝＋5＝.
∵－1＜0，∴f(－1)＝－3＋5＝2.
(2)此分段函数的图象如图所示．
在函数y＝3x＋5的图象上截取x≤0的部分，
在函数y＝x＋5的图象上截取0＜x≤1的部分，在函数y＝－2x＋8的图象上截取x＞1的部分．
图中实线组成的图形就是函数y＝f(x)的图象．
(3)由函数图象可知，当x＝1时，f(x)取最大值6.
14．解 (1)已知函数f(x)＝，
∴f ＋f(3)＝＋＝＋＝1，
f ＋f(2)＝＋＝＋＝1.
(2)由f(x)＝，
得f ＝＝，
∴f(x)＋f ＝1.
(3)由(2)知f(x)＋f ＝1，f(1)＝＝，
∴f ＋f ＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 022)＋f(2 023)＝2 022＋f(1)＝2 022×1＋＝.
15．AD [对于A，因为f(x)＝x－[x]，
所以f(－1.1)＝－1.1－[－1.1]＝－1.1－(－2)＝0.9，故A选项正确；
对于B，因为f(0.5)＝0.5－[0.5]＝0.5－0＝0.5，f(－0.5)＝－0.5－[－0.5]＝－0.5－(－1)＝
0.5，
所以f(0.5)＋f(－0.5)＝1≠0，即函数f(x)的图象不关于原点对称，故B选项错误；
对于C，因为∀x∈R，∃k∈Z，使得k≤x<k＋1，此时有k＋1≤x＋1<k＋2，
所以f(x＋1)＝x＋1－[x＋1]＝x＋1－(k＋1)＝x－k，f(x)＝x－[x]＝x－k，故C选项错误；
对于D，由C选项分析可知∀x∈R，总有f(x＋1)＝f(x)，即f(x)是周期为1的周期函数，
不妨设0≤x<1，则此时有0≤f(x)＝x－[x]＝x－0＝x<1，因此函数f(x)的值域为[0,1)，故D选
项正确．]
16.
解析 若函数f(x)的定义域为R，
则有m>0且Δ＝(m－2)2－4m(m－1)≤0，解得m≥，
所以m的取值范围是.
当m＝0时，f(x)＝＝，值域是[0，＋∞)，满足条件；
令g(x)＝mx2－(m－2)x＋m－1，g(x)≥0，
当m＜0时，g(x)的图象开口向下，故f(x)的值域不会是[0，＋∞)，不满足条件；
当m＞0时，g(x)的图象开口向上，
只需mx2－(m－2)x＋m－1＝0中的Δ≥0，
即(m－2)2－4m(m－1)≥0，
解得－≤m≤，
又m>0，所以0<m≤，
综上，0≤m≤，所以实数m的取值范围是.
§2.2 函数的单调性与最值
1．B 2.B 3.D 4.C 5.C 6.A
7．AD 8.BC 9.[－1,1]
10.
11．f(x)＝(x－1)2(答案不唯一，如f(x)＝只要满足题意即可)
12．[2,4)
13．解 (1)f(x)，g(x)的图象如图所示．
(2)由(1)及M(x)的定义得，M(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0,2]上单调递增，在[2，＋∞)上
单调递减，
所以当a≤0时，M(x)在(－∞，a]上单调递减；
当0<a≤2时，M(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，a]上单调递增；
当a>2时，M(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0,2]上单调递增，在[2，a]上单调递减．
14．解 (1)f(x)＝＝1－在R上是增函数．
证明：在R上任取x，x 且x<x，
1 2 1 2
f(x)－f(x)＝ ，
1 2
由x<x 可知 ，
1 2
所以 ，所以f(x)－f(x)<0，
1 2
即f(x)<f(x)．
1 2
即f(x)在R上是增函数．
(2)易知f(－x)＝＝＝－f(x)，
所以函数f(x)为奇函数，
由(1)知，函数f(x)在R上是增函数，
由f(t2－3)＋f(2t)<0，可得f(t2－3)<－f(2t)＝f(－2t)，所以t2－3<－2t，即t2＋2t－3<0，
解得－3<t<1，
即关于t的不等式f(t2－3)＋f(2t)<0的解集为{t|－3<t<1}．
15．ABC [由题意得y＝f(x)为偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，
故y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为f(2ax)<f(2x2＋1)，
故f(|2ax|)<f(2x2＋1)，
所以|2ax|<2x2＋1，
当x＝0时，|0|<1恒成立，满足要求，
当x≠0时，|2a|<＝2|x|＋在x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)上恒成立，
其中2|x|＋≥2＝2，当且仅当2|x|＝，即|x|＝时，等号成立，
故|2a|<2，解得－<a<，
综上，a的取值范围为－<a<，
A选项，由于(－，－1)⊆(－，)，A正确；
B选项，⊆(－，)，B正确；
C选项，[0，)⊆(－，)，C正确；
D选项，(，＋∞)显然不是(－，)的子集，D错误．]
16．(－∞，0] (2,4]
解析 若对任意x，x∈R，且x≠x 都有<0，
1 2 1 2
则f(x)在R上是减函数，
则≤0，即a≤0，
所以实数a的取值范围为(－∞，0]；
当a>0时，若f(x)在[－1，t)上的值域为[0,4]，则f＝－＝4，
解得a＝4或a＝－4(舍去)，
又f(－1)＝2，f(0)＝f(4)＝0，
所以2<t≤4；
当a≤0时，f(x)在[－1，t)上单调递减，则f(x)在[－1，t)上的最大值为f(－1)＝2，不符合题
意，
所以实数t的取值范围为(2,4]．
§2.3 函数的奇偶性、周期性
1．B 2.D 3.D 4.B 5.D 6.C7．AC 8.ABD
9．f(x)＝cos x(答案不唯一)
10．2 11.－2 12.
13．解 (1)∵当x>0时，f(x)＝log x的图象过点(3，－1)，
a
∴log 3＝－1，解得a＝.
a
(2)设x<0，则－x>0，
∴f(－x)＝ ，
又∵f(x)为偶函数，
∴f(x)＝f(－x)＝ ．
综上所述，f(x)＝
(3)∵f(x)为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，
1＝ ＝f ，
∴f(x)<1⇒f(x)<f ，
∴|x|>，
解得x<－或x>.
故不等式的解集为.
14．解 (1)由f(x＋2)＝－f(x)，得
f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)＝－f(x＋2)＝f(x)，
∴f(π)＝f(π－4)＝－f(4－π)＝－(4－π)＝π－4.
(2)若－1≤x≤0，则0≤－x≤1，
则f(－x)＝－x，
∵f(x)是奇函数，
∴f(－x)＝－x＝－f(x)，
即f(x)＝x，－1≤x≤0，
即当－1≤x≤1时，f(x)＝x；
若1<x≤3，则－1<x－2≤1，
∵f(x＋2)＝－f(x)，
∴f(x)＝－f(x－2)＝－(x－2)
＝2－x，即当－1≤x≤3时，f(x)的解析式为f(x)＝
(3)作出函数f(x)在[－4,4]上的图象，如图，
则函数的最小值为－1，
若m＝－1，则方程f(x)＝m在[－4,4]上的解为x＝－1或x＝3，则－1＋3＝2；
若－1<m<0，则方程f(x)＝m在[－4,4]上共有4个解，
则它们分别关于直线x＝－1和直线x＝3对称，
设它们从小到大依次为a，b，c，d，
则a＋b＝－2，c＋d＝6，即a＋b＋c＋d＝－2＋6＝4.
15．D [当x>0时，因为f(x)是偶函数，
所以有f(x)＝f(－x)⇒21＋x－21－x＝m·2－x＋n·2x⇒(2x)2(2－n)＝m＋2，
要想x>0上式恒成立，
只需⇒m－n＝－4，
当x<0时，因为f(x)是偶函数，
所以有f(x)＝f(－x)
⇒21－x－21＋x＝m·2x＋n·2－x
⇒(2－x)2(2－n)＝m＋2，
要想x<0上式恒成立，
只需⇒m－n＝－4，
综上所述，m－n＝－4.]
16．A [因为f(1)＝1，
所以在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，
令y＝1，
得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)，
所以f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)，①
所以f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1)．②
由①②相加，得f(x＋2)＋f(x－1)＝0，故f(x＋3)＋f(x)＝0，
所以f(x＋3)＝－f(x)，
所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，
所以函数f(x)的一个周期为6.
在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，
令x＝1，y＝0，得f(1)＋f(1)＝f(1)f(0)，
所以f(0)＝2.
令x＝y＝1，得
f(2)＋f(0)＝f(1)f(1)，
所以f(2)＝－1.
由f(x＋3)＝－f(x)，
得f(3)＝－f(0)＝－2，f(4)＝－f(1)＝－1，f(5)＝－f(2)＝1，f(6)＝－f(3)＝2，
所以f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1－1－2－1＋1＋2＝0，
根据函数的周期性知，∑f(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3，故选A.]
§2.4 函数的对称性
1．A 2.C 3.A 4.C 5.D 6.B
7．ABD
8．AC [因为f(x－1)＝f(3－x)，
所以直线x＝1是f(x)的图象的对称轴，故选项A正确；
因为f(x＋1)的图象关于点(－1,0)对称，所以函数f(x)的图象关于点(0,0)对称，
又因为f(x)的对称轴为x＝1，所以f(x)的周期T＝4，故选项B错误；
直线x＝1是f(x)的对称轴，且函数f(x)在[1,2]上单调递减，
所以函数f(x)在[0,1]上单调递增，
又f(x)的周期T＝4，
所以函数f(x)在[4,5]上单调递增，故选项C正确；
因为f(x)的周期T＝4，
f(4)＝f(0)＝0，
则f(5)>f(4)＝0，故选项D错误．]
9．cos πx(形如acos πx＋b或a＋b或a＋b或a＋b等)
10．2 11.
12．n
解析 ∵函数f(x)是奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)，
则f(2－x)＋f(x)＝0，
∴函数f(x)的图象关于点(1,0)对称，
∵函数y＝的图象是由函数y＝的图象向右平移1个单位长度得到的，
∴函数y＝的图象关于点(1,0)对称，∴函数f(x)与函数y＝的图象的交点也关于点(1,0)对称，
∴(x＋y)＝＋＝2×＋0×＝n.
i i i i
13．解 (1)f(x)的图象关于直线x＝2对称．
证明：由|x－2|>0，得x≠2，
所以f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)．
因为f(2－x)＝log |x|＋(2－x)2－4(2－x)＝log |x|＋x2－4，
2 2
f(2＋x)＝log |x|＋(2＋x)2－4(2＋x)＝log |x|＋x2－4，
2 2
所以f(2＋x)＝f(2－x)，
所以f(x)的图象关于直线x＝2对称．
(2)设y＝log |x－2|，y＝x2－4x，
1 2 2
当x>2时，y＝log |x－2|＝log (x－2)单调递增，y＝x2－4x也单调递增，
1 2 2 2
故f(x)＝log |x－2|＋x2－4x在(2，＋∞)上单调递增．
2
又f(x)的图象关于直线x＝2对称，
故f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(－∞，2)．
14．解 (1)设函数f(x)＝x3－3x2的图象的对称中心为点P(a，b)，g(x)＝f(x＋a)－b，
则g(x)为奇函数，
故g(－x)＝－g(x)，
故f(－x＋a)－b＝－f(x＋a)＋b，
即f(－x＋a)＋f(x＋a)＝2b，
即[(－x＋a)3－3(－x＋a)2]＋[(x＋a)3－3(x＋a)2]＝2b.
整理得(3a－3)x2＋a3－3a2－b＝0，故解得
所以函数f(x)＝x3－3x2的图象的对称中心为(1，－2)．
(2)推论：函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a成轴对称的充要条件是函数y＝f(x＋a)为偶函数．
15．D [因为f(x＋2)，f(x－2)都为奇函数，即f(x)关于(－2,0)和(2,0)对称，所以f(－x)＋f(4
＋x)＝0，f(－x)＋f(－4＋x)＝0，所以f(－4＋x)＝f(4＋x)，所以f(x)＝f(8＋x)，因为f(x－2)＝
－f(－x－2)，所以f(x－2＋8)＝－f(－x－2＋8)，即f(x＋6)＝－f(－x＋6)，所以f(x＋6)为奇函
数．]
16．BCD [∵定义在R上的减函数y＝f(x－2)的图象关于点(2,0)对称，
将y＝f(x－2)的图象向左平移2个单位长度即可得到函数y＝f(x)的图象，
∴函数y＝f(x)的图象关于点(0,0)对称，即f(x)为奇函数，
∴f(0)＝0，
∵g(x)＝f(x)＋1，
∴g(0)＝f(0)＋1，∴g(0)＝1，故B选项正确；
∵y＝f(x－2)为减函数，
∴f(x)为减函数，
∴g(x)＝f(x)＋1为减函数，
又g(0)＝1，则g(2)≠1，故A选项错误；
∵f(x＋1)>f(1－2x)，且f(x)为减函数，∴x＋1<1－2x，解得x<0，故C选项正确；
g(－1)＋g(2)＝f(－1)＋f(2)＋2＝－f(1)＋f(2)＋2，
∵f(1)>f(2)，∴g(－1)＋g(2)<2，故D选项正确．]
§2.5 函数性质的综合应用
1．D 2.B 3.B 4.C 5.C 6.D
7．AB
8．ACD [因为f(x＋1)为奇函数，
所以f(－x＋1)＝－f(x＋1)，
所以f(－0＋1)＝－f(0＋1)，
所以f(1)＝0，A正确；
因为当x∈[0,1)时，f(x)＝－cos ，
所以f(0)＝－cos 0＝－1，
因为f(－x＋1)＝－f(x＋1)，
所以f(2)＝－f(0)＝1，
故f(2)≠f(0)，
所以2不是f(x)的周期，故B错误；
因为f(x＋1)为奇函数，所以函数f(x＋1)的图象关于原点对称，
所以f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，C正确；
由f(－x＋1)＝－f(x＋1)，f(x)－f(－x)＝0，
可得f(x＋2)＝－f(－x－1＋1)＝－f(－x)＝－f(x)，
所以f(x＋4)＝f(x＋2＋2)＝－f(x＋2)＝f(x)，
所以函数f(x)为周期函数，周期为4，
所以f ＝f ＝f ＝f ，
又当x∈[0,1)时，f(x)＝－cos ，
所以f ＝－cos ＝－，D正确．]
9．(0,1)
10．0解析 令x＝y＝1，
即f(2)＋f(0)＝2f2(1)，
∴f(2)＝－1，
令x＝2，y＝1，
即f(3)＋f(1)＝2f(2)f(1)，
∴f(3)＝0，
令x＝y＝2，
即f(4)＋f(0)＝2f2(2)，
∴f(4)＝1，
令y＝1，则f(x＋1)＋f(x－1)＝0，
即f(x＋1)＝－f(x－1)，
可得f(x＋2)＝－f(x)，
f(x)＝－f(x＋2)＝f(x＋4)，
∴4为函数f(x)的周期，
f(1)＝0，f(2)＝－1，f(3)＝0，f(4)＝1，∴当x为奇数时，f(x)＝0，
当n为奇数时，n2也为奇数，此时f(n2)＝0；当n为偶数时，n2为4的整数倍，此时f(n2)＝1.
∴f(12)＋f(22)＋…＋f(2 0232)＝0＋1＋0＋1＋…＋0＋1＋0＝1 011，
n2＋(n＋1)2＝2n2＋2n＋1
＝2n(n＋1)＋1，
由n∈Z，得n(n＋1)为偶数，
记n2＋(n＋1)2＝2n(n＋1)＋1＝4k＋1，k∈Z，
n n
12＋22＋…＋2 0232＝(12＋22)＋(32＋42)＋…＋(2 0212＋2 0222)＋2 0232
＝4(k＋k＋…＋k )＋1 011＋4 092 529
1 3 2 021
＝4(k＋k＋…＋k )＋4 093 540
1 3 2 021
＝4(k＋k＋…＋k ＋1 023 385)，
1 3 2 021
f(12＋22＋…＋2 0232)＝f(4(k＋k＋…＋k ＋1 023 385))＝f(0)＝1，
1 3 2 021
∴＝.
§2.6 二次函数与幂函数
1．D 2.A 3.B 4.B 5.D 6.B
7．AB 8.CD 9.211
10．y＝x2＋x－或y＝－x2－x＋11．4
12．1
解析 因为A(1,0)，B(0,1)，BM＝MN＝NA，
所以M，N，
不妨设y＝xα，y＝xβ分别过M，N，
则＝α，＝β，
则＝α＝α＝αβ，
所以αβ＝1.
13．解 (1)由幂函数的定义可得m2＋4m＋4＝1，即m2＋4m＋3＝0，
解得m＝－1或m＝－3.
因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以m＋2<0，即m<－2，
则m＝－3.
(2)设g(x)＝x3，则g(x)是增函数．
由(1)可知(2a－1)－m<(a＋3)－m，
即(2a－1)3<(a＋3)3，
则2a－1<a＋3，解得a<4，
即a的取值范围为(－∞，4)．
14．解 (1)由题意设函数的解析式为y＝ax(x－5)(a>0)，
由已知可得二次函数图象的顶点坐标为，
代入得－＝a××，
解得a＝2，
所以二次函数的解析式为y＝2x(x－5)，即y＝2x2－10x.
(2)由(1)知y＝2x2－10x
＝22－，
其图象开口向上，
对称轴为直线x＝，
当t＋1≤，即t≤时，y＝2x2－10x在[t，t＋1]上单调递减，
所以当x＝t＋1时，y＝2x2－10x取得最小值，
所以2(t＋1)2－10(t＋1)＝－12，解得t＝1或t＝2(舍去)，所以t＝1；
当t<<t＋1，即<t<时，y＝2x2－10x在x＝时取得最小值－，不满足题意；
当t≥时，y＝2x2－10x在[t，t＋1]上单调递增，所以当x＝t时，y＝2x2－10x取得最小值，
所以2t2－10t＝－12，
解得t＝3或t＝2(舍去)．综上所述，t的值为1或3.
15．B [令f(x)＝g(x)，
可得＝ax＋b.
设F(x)＝，G(x)＝ax＋b，
根据题意，F(x)的图象与G(x)＝ax＋b的图象只有两个交点，
不妨设x<x，结合图形可知，当a>0时(如图1)，
1 2
G(x)＝ax＋b的图象与F(x)图象的左支相切，与右支有一个交点，
根据对称性可得|x|>x，即－x>x>0，此时x＋x<0，y＝>＝－y，∴y＋y>0，
1 2 1 2 1 2 2 1 1 2
同理可得，当a<0时(如图2)，
x＋x>0，y＋y<0.]
1 2 1 2
16．AB [设t＝x2－2x，
方程化为关于t的二次方程t2＋2t＋k＝0.(*)
当k>1时，方程(*)无实根，故原方程无实根；
当k＝1时，可得t＝－1，则x2－2x＝－1，原方程有两个相等的实根x＝1；
当k<1时，方程(*)有两个实根t，t(t<t)，
1 2 1 2
由t＋t＝－2可知，t<－1，t>－1.
1 2 1 2
因为t＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，
所以x2－2x＝t 无实根，x2－2x＝t 有两个不同的实根．
1 2
综上可知，A，B项正确，C，D项错误．]
§2.7 指数与指数函数
1．B 2.B 3.D 4.D 5.C 6.C
7．CD
8．AC [因为函数f(x)＝m－是定义域为R的奇函数，
所以f(0)＝m－＝0，解得m＝，
此时f(x)＝－，
则f(－x)＝－
＝－＝－
＝－1＋＝－
＝－f(x)，符合题意，故A正确；
又f(x)＝－＝－＝－，
因为ex>0，所以ex＋1>1，
则0<<1，
所以－<f(x)<，
即f(x)∈，故B错误；
因为y＝ex是增函数，y＝ex>0，
且y＝在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)＝－是减函数，故C正确；
因为f(x)是减函数，所以y＝f(x)与y＝n最多有1个交点，
故f(x)－n＝0最多有一个实数根，
即不存在实数n，使得关于x的方程f(x)－n＝0有两个不相等的实数根，故D错误．]
9．81 10.e－x(答案不唯一) 11.1
12.
解析 ∵f(x)＝3x＋m－1是定义在[－1,1]上的“倒戈函数”，
∴存在x∈[－1,1]满足f(－x)＝－f(x)，
0 0 0
∴ ＋m－1＝ －m＋1，
∴2m＝ ＋2，
构造函数y＝ ＋2，x∈[－1,1]，
0
令t＝ ，t∈，
则y＝－－t＋2＝2－在上单调递增，在(1,3]上单调递减，
∴当t＝1时，函数取得最大值0，
当t＝或t＝3时，函数取得最小值－，∴y∈，
又∵m≠0，∴－≤2m<0，
∴－≤m<0.
13．解 令ax＝t，则y＝a2x＋2ax－1＝t2＋2t－1＝(t＋1)2－2.
当a>1时，因为x∈[－1,1]，
所以t∈，又函数y＝(t＋1)2－2在上单调递增，
所以y ＝(a＋1)2－2＝14，
max
解得a＝3或a＝－5(舍去)；
当0<a<1时，因为x∈[－1,1]，
所以t∈，
又函数y＝(t＋1)2－2在上单调递增，
则y ＝2－2＝14，
max
解得a＝或a＝－(舍去)．
综上，a＝3或a＝.
14．解 (1)因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(0)＝0，即＝0，
所以a＝1，
又因为f(－x)＝－f(x)，
所以＝－，
将a＝1代入，整理得＝，
当x≠0时，有b·2x＋1＝b＋2x，
即(b－1)(2x－1)＝0，
又因为当x≠0时，有2x－1≠0，
所以b－1＝0，所以b＝1.
经检验符合题意，所以a＝1，b＝1.
(2)由(1)知，函数f(x)＝＝＝－1＋，
因为y＝1＋2x为增函数，且1＋2x>0，则函数f(x)是减函数．
(3)因为存在t∈[0,4]，使f(k＋t2)＋f(4t－2t2)<0成立，且函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以不等式可转化为f(k＋t2)<f(2t2－4t)，
又因为函数f(x)是减函数，
所以k＋t2>2t2－4t，所以k>t2－4t，
令g(t)＝t2－4t＝(t－2)2－4，
由题意可知，问题等价转化为
k>g(t) ，
min
又因为g(t) ＝g(2)＝－4，所以k>－4，
min
即实数k的取值范围为(－4，＋∞)．
15．A [已知α∈，
则0<cos α<sin α<1，因为y＝(cos α)x在(0,1)上单调递减，故c＝(cos α)cos α>(cos α)sin α＝a；
因为幂函数y＝xcos α在(0,1)上单调递增，故c＝(cos α)cos α<(sin α)cos α＝b，故b>c>a.]
16.
解析 由e1－2m＋2－2m＝en－1＋n，得e1－2m＋(1－2m)＝en－1＋(n－1)，
令f(x)＝ex＋x，
则原等式为f(1－2m)＝f(n－1)，
显然函数f(x)为增函数，
于是1－2m＝n－1，即2m＋n＝2，
而m>0，n>0，
因此＋＝＋＝＋＋≥2＋＝，
当且仅当＝，即m＝n＝时取等号，
所以当m＝n＝时，＋取得最小值.
§2.8 对数与对数函数
1．C 2.B 3.C 4.D 5.D 6.B
7．BC
8．AB [函数f(x)＝
的图象如图所示，
设f(x)＝f(x)＝f(x)＝f(x)＝t，则0<t<4，
1 2 3 4
则直线y＝t与函数y＝f(x)图象的4个交点横坐标分别为x，x，x，x.
1 2 3 4
对于A，函数y＝－x2－4x的图象关于直线x＝－2对称，则x＋x＝－4，故A正确；
1 2
对于B，由图象可知|log x|＝|log x|，且0<x<1<x，
2 3 2 4 3 4
所以－log x＝log x，即log (xx)＝0，所以xx＝1，故B正确；
2 3 2 4 2 3 4 3 4
对于C，由图象可知log x∈(0,4)，则1<x<16，故C错误；
2 4 4
对于D，由图象可知－4<x<－2，
1
当x≤0时，f(x)＝－x2－4x＝－(x＋2)2＋4，
所以xxxx＝x(－4－x)＝－x－4x＝－(x＋2)2＋4＝f(x)∈(0,4)，故D错误．]
1 2 3 4 1 1 1 1 1
9．2 10. (答案不唯一) 11.12．(2，]
解析 因为f(x)＝log (x＋m)是[－2,2]上的局部奇函数，
3
所以x＋m>0在[－2,2]上恒成立，
所以m－2>0，即m>2，
由局部奇函数的定义，存在x∈[－2,2]，
使得log (－x＋m)＝－log (x＋m)，
3 3
即log (－x＋m)＋log (x＋m)＝log (m2－x2)＝0，
3 3 3
所以存在x∈[－2,2]，
使得m2－x2＝1，即m2＝x2＋1，
又因为x∈[－2,2]，
所以x2＋1∈[1,5]，所以m2∈[1,5]，
即m∈[－，－1]∪[1，]，
综上，m∈(2，]．
13．解 (1)当a＝2时，f(x)＝ ，
令t＝x2－2x＋10＝(x－1)2＋9，
∴t≥9，f(x)≤ ＝－2，
∴f(x)的值域为(－∞，－2]．
(2)令u＝x2－ax＋5a，
∵y＝ 为减函数，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴u＝x2－ax＋5a在(1，＋∞)上单调递增，
∴解得－≤a≤2，
∴a的取值范围是.
14．解 (1)因为9x＋1>0，
所以f(x)的定义域为R，
又因为f(x)是偶函数，
所以∀x∈R，有f(－x)＝f(x)，
即log (9－x＋1)＋kx＝log (9x＋1)－kx对∀x∈R恒成立，
9 9
则2kx＝log (9x＋1)－log (9－x＋1)＝log ＝log 9x＝x对∀x∈R恒成立，
9 9 9 9
即x(2k－1)＝0对∀x∈R恒成立，
因为x不恒为0，所以k＝.(2)由(1)得f(x)＝log (9x＋1)－x＝log (9x＋1)－ ＝log ＝log ，
9 9 9 9
则方程f(x)＝log 有两个不相等的实数解等价于方程log ＝log 有两个不相等的实数解，
9 9 9
所以方程3x＋＝＋1有两个不相等的实数解，
令t＝3x，且t>0，
方程化为t＋＝＋1，
即方程m＝t2－t＋1在(0，＋∞)上有两个不相等的实数解，
令g(t)＝t2－t＋1，
则y＝m与y＝g(t)在(0，＋∞)上有两个交点，如图所示，
又g(t)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(t)≥g＝，且g(0)＝1，
所以m∈.
15．D [令log x＝log y＝log z＝t≠0，
2 3 5
则x＝2t，y＝3t，z＝5t，
令g(k)＝kt，
由幂函数图象的性质可知，
当t>0时，g(k)＝kt在(0，＋∞)上单调递增，故2t<3t<5t，即x<y<z，
当t<0时，g(k)＝kt在(0，＋∞)上单调递减，故2t>3t>5t，即x>y>z，
故A，B不一定正确；
假设x，y，z成等比数列，
则y2＝xz⇒(3t)2＝2t·5t⇒9t＝10t，
则t＝0，与已知矛盾，故C错误；
因为x＋y＝z，则2t＋3t＝5t，
即t＋t＝1，
令f(t)＝t＋t－1，由指数函数的性质可知f(t)为减函数，
注意到f(1)＝0，故f(t)只有一个零点，即t＋t＝1只有一个解t＝1，所以x＋y＝z只有一组解
x＝2，y＝3，z＝5，故D正确．]
16．
解析 由题知，x>0，f(x)＝log x－()x－log 2
a a
＝log － ，
a
令t＝，t>0，则y＝log t与y＝at的图象在(0，＋∞)上有两个交点，
a
又y＝log t与y＝at互为反函数，所以交点在直线y＝t上，
a
设y＝log t，y＝at的图象与直线y＝t相切时，切点坐标为(m，n)，m>0，
a
则解得m＝e，
又＝1，所以a＝ >1，
所以当a＝ 时，y＝log t和y＝at只有一个交点，如图1；
a
当a> 时，y＝log t和y＝at无交点，如图2；
a
当1<a< 时，y＝log t和y＝at有两个交点，如图3.
a
综上，a的取值范围为(1， )．
§2.9 指、对、幂的大小比较
1．D 2.C 3.A 4.A 5.D 6.A
7．D 8.AD
9．BC [由log m＝，可得m＝ >1，
2
因为 ，所以 ，则a＝log m－< －＝0，A错误，B正确；
3
又因为 ，所以 ，b＝log m－> －＝0，C正确，D错误．]
5
10．ABC [方法一 ∵三个实数a，b，c都大于1，
∴lg a>0，lg b>0，lg c>0，
∵(lg a)2－2lg alg b＋lg blg c＝0，
即lg a(lg a－lg b)＋lg b(lg c－lg a)＝0，
∴lg alg ＋lg blg ＝0，
对于A选项，若a＝b＝c，则lg ＝0，lg ＝0，能满足题意；
对于B选项，若a>b>c，则>1,0<<1，∴lg >0，lg <0，能满足题意；
对于C选项，若b>c>a，则0<<1，>1，∴lg <0，lg >0，能满足题意；
对于D选项，若b>a>c，则0<<1,0<<1，∴lg <0，lg <0，∴lg alg ＋lg blg <0，不满足题意．
方法二 令f(x)＝x2－2xlg b＋lg b·lg c，x>0，
则lg a为f(x)的零点，且该函数图象的对称轴为直线x＝lg b，故对于方程x2－2xlg b＋lg
b·lg c＝0，
Δ＝4(lg b)2－4lg b·lg c≥0，
因为b>1，c>1，所以lg b>0，lg c>0，
所以lg b≥lg c，即b≥c，
f(lg b)＝lg b·lg c－(lg b)2
＝lg b(lg c－lg b)，
f(lg c)＝(lg c)2－lg b·lg c
＝lg c(lg c－lg b)．
当b＝c时，f(lg b)＝f(lg c)＝0，
故lg a＝lg b＝lg c，即a＝b＝c；
当b>c时，f(lg b)<0，f(lg c)<0，
所以lg a<lg c或lg b<lg a，
即b>c>a或a>b>c.]
§2.10 函数的图象
1．C 2.A 3.B 4.C 5.B 6.D
7．BCD 8.ABD [由∀x∈R，f(x＋1)＝f(1－x)，
可知f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x≥1时，f(x)＝x2－4x＝(x－2)2－4，当x<1时，2－x>1，f(2－x)＝(2－x－2)2－4＝x2－4，
则f(x)＝f(2－x)＝x2－4，
所以f(x)＝
作出f(x)＝的图象，如图所示，
所以f(x)在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)，(1,2)上单调递减，
f(x) ＝－4，f(x)不是奇函数，故A，B，D错误，C正确．]
min
9．y＝2(x＋1)2＋3 10.1 11.(－∞，2] 12.4＋
13．解 (1)当x≤0时，0<2x≤1，
则f(x)＝|2x－2|＝2－2x∈[1,2)，
作出函数f(x)的图象，如图所示．
(2)由f(x)－m＝0可得m＝f(x)，
则方程f(x)－m＝0的根的个数即为直线y＝m与函数y＝f(x)图象的交点个数，如图所示．
当m≤0时，方程f(x)－m＝0无实根；
当0<m<1或m≥2时，方程f(x)－m＝0只有一个实根；
当1≤m<2时，方程f(x)－m＝0有两个不相等的实根．
14．解 (1)因为函数f(x)＝2x－ax＋1(a∈R)，
所以f(4)＝24－4a＋1>0，即a<，
又a∈Z，所以a的最大值为4.
(2)当a＝3时，f(x)＝2x－3x＋1，
由f(x)＝2x－3x＋1＝0，可得2x＝3x－1，
作出函数y＝2x与y＝3x－1的图象，如图所示．由图可知y＝2x与y＝3x－1的图象有两个交点，
即函数f(x)有两个零点，
又因为f(1)＝2－3＋1＝0，f(3)＝23－3×3＋1＝0，
故函数f(x)的零点为1,3.
(3)因为对任意x∈(－∞，1)都有f(x)>0，
所以2x>ax－1在(－∞，1)上恒成立，
即当x∈(－∞，1)时，函数y＝2x的图象恒在直线y＝ax－1的上方，
作出函数y＝2x，x∈(－∞，1)与y＝ax－1的大致图象，如图所示．
则a≥0，且a－1≤2，所以0≤a≤3，
即a的取值范围为[0,3]．
15．BCD [由题意得，当－4≤x<－2时，点B的轨迹是以(－2,0)为圆心，2为半径的圆；
当－2≤x<2时，点B的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆；
当2≤x<4时，点B的轨迹是以(2,0)为圆心，2为半径的圆，如图所示．
此后依次重复，所以函数f(x)是以8为周期的周期函数，由图象可知，函数f(x)为偶函数，
故A错误；
因为f(x)以8为周期，所以f(x＋8)＝f(x)，即f(x＋4)＝f(x－4)，故B正确；
由图象可知，f(x)的值域为[0,2]，故C正确；
由图象可知，f(x)在[－2,0]上单调递增，因为f(x)以8为周期，所以f(x)在[6,8]上的图象和在
[－2,0]上的图象相同，即f(x)在[6,8]上单调递增，故D正确．]
16．(－5，－4)解析 由f(x)＝0，
得a＝
作出函数g(x)＝的图象，如图所示．
由图可知，当a∈(－5，－4]时，直线y＝a与函数g(x)的图象有3个交点，
从而f(x)有3个零点，
但x2－4x－a>0对x>0恒成立，
则a<－4，
故a∈(－5，－4)．
§2.11 函数的零点与方程的解
1．C 2.B 3.B 4.C 5.A 6.A
7．BCD
8．AD [∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，
当x∈[0,1]时，f(x)＝2x－1，
∴当x∈[－1,0]时，－x∈[0,1]，
∴f(x)＝－f(－x)＝－2－x＋1，
即当x∈[－1,0]时，f(x)＝－2－x＋1，
又对任意x∈R，都有f(1－x)＝f(1＋x)，
则f(x)的图象关于直线x＝1对称，
且f(－x)＝f(2＋x)＝－f(x)，
∴f(x)＝f(x＋4)，即函数f(x)是以4为周期的函数，
又由函数g(x)＝f(x)－log (x＋2)(a>0且a≠1)在(－1,7)上恰有4个不同的零点，
a
得函数y＝f(x)与y＝log (x＋2)的图象在(－1,7)上有4个不同的交点，
a
又f(1)＝f(5)＝1，f(－1)＝f(3)＝f(7)＝－1，
当a>1时，由图可得log (5＋2)<1＝log a，解得a>7；
a a当0<a<1时，由图可得log (7＋2)>－1＝log a－1，
a a
解得0<a<.
综上可得a∈∪(7，＋∞)，
故选项A，D满足条件．]
9．(1,2) 10.b>c>a
11．6(答案不唯一)
12．(2,4]∪(5，＋∞)
解析 作出函数y＝x－5，y＝x2－6x＋8的图象，如图所示，
依题意f(x)＝
有2个零点，
由图象可得实数λ的取值范围是(2,4]∪(5，＋∞)．
13．证明 (1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－，
∴c＝－a－b.
∵3a＞2c＝－3a－2b，
∴3a＞－b.∵2c＞2b，∴－3a＞4b.
若a＞0，则－3＜＜－；
若a＝0，则0＞－b,0＞b，不成立；
若a＜0，则＜－3，＞－，不成立．
综上，a＞0且－3＜＜－.
(2)f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c，f(1)＝－，
Δ＝b2－4ac＝b2＋4ab＋6a2＝(b＋2a)2＋2a2＞0.
当c＞0时，f(0)＞0，f(1)＜0，
∴f(x)在(0,2)内至少有一个零点；
当c＝0时，f(0)＝0，f(1)＜0，f(2)＝4a＋2b＝a＞0，
∴f(x)在(0,2)内有一个零点；
当c＜0时，f(0)＜0，f(1)＜0，b＝－a－c，f(2)＝4a－3a－2c＋c＝a－c＞0，
∴f(x)在(0,2)内有一个零点．综上，f(x)在(0,2)内至少有一个零点．
14．解 (1)f(x)为奇函数，理由如下：
由题意得解得－2<x<2，即函数f(x)的定义域为(－2,2)，故定义域关于原点对称．
又f(－x)＝log (2－x)－log (2＋x)＝－f(x)，
2 2
故f(x)为奇函数．
(2)由f(x)＝log (a＋x)，得log (2＋x)－log (2－x)＝log (a＋x)，
2 2 2 2
所以＝a＋x，所以a＝－x＝－x＝＋(2－x)－3，
故方程f(x)＝log (a＋x)有两个不同的实数根可转化为方程a＝＋(2－x)－3在区间(－2,2)上有
2
两个不同的实数根，
即函数y＝a与y＝＋(2－x)－3在区间(－2,2)上的图象有两个交点．
设t＝2－x，x∈(－2,2)，则y＝＋t－3，t∈(0,4)．
作出函数y＝＋t－3，t∈(0,4)的图象，如图所示．
当1<a<2时，函数y＝a与y＝＋t－3，t∈(0,4)的图象有两个交点，即关于x的方程f(x)＝
log (a＋x)有两个不同的实数根，
2
故实数a的取值范围是(1,2)．
15．D [因为(x＋sin x)f(x)－ax2＝0，
f(x)＝x2 023|x|，
所以(x＋sin x)x2 023|x|－ax2＝0，
①当x＝0时，方程成立；
②若x≠0，(x＋sin x)x2 023|x|－ax2＝0可化为(x＋sin x)x2 021|x|－a＝0
⇔(x＋sin x)x2 021|x|＝a，
令F(x)＝(x＋sin x)x2 021|x|，
因为定义域关于原点对称，
且F(－x)＝[－x＋sin(－x)](－x)2 021·|－x|＝(x＋sin x)x2 021|x|＝F(x)，
所以F(x)为偶函数，图象关于y轴对称，
所以F(x)与y＝a的两个交点对应的横坐标关于y轴对称，即方程(x＋sin x)x2 021|x|＝a的另外
两解一定一正一负，
又x<x<x，
1 2 3
所以x<0，x＝0，x>0，且x＝－x≠0，所以sin x＋2 023xx＝－2 023x<0.]
1 2 3 1 3 2 1 3
16．(2，＋∞)解析 f(x)＝
＝
作出函数的图象如图所示，
则可得－2<x<－1<x<0<x<1<x，
1 2 3 4
因为f(x)＝f(x)＝f(x)＝f(x)＝m，
1 2 3 4
所以－ln(x＋2)＝－ln(－x)＝－ln x＝ln x，
1 2 3 4
所以x＋2＝－x＝x＝，
1 2 3
所以x＝x－2，x＝－x，x＝，
1 3 2 3 4
因为λ>x－x＋恒成立，
1 2
所以λx>2x－，
3
所以λ>＝－＋＝－2＋2，
对任意x∈(0,1)恒成立，
3
即λ> ，
max
所以当x＝时，函数y＝－2＋2取到最大值2，
3
所以λ>2，即λ的取值范围为(2，＋∞)．
§2.12 函数与方程的综合应用
1．A 2.B 3.C 4.A 5.A 6.D
7．ABD
8．ACD [由方程f(g(x))＝x有实数解可得g(f(g(x)))＝g(x)，
再用x替代g(x)，即 x＝g(f(x))有实数解．
对于A，x＝x2＋2x，即x2＋x＝0，方程有实数解，故A正确；
对于B，x＝x＋1，即0＝1，方程无实数解，故B错误；
对于C，当ecos x＝x时，
令h(x)＝ecos x－x，
因为h(0)＝e>0，h＝1－<0，
由函数零点存在定理可知，h(x)在上存在零点，所以方程有实数解，故C正确；
对于D，当ln(|x|＋1)＝x时，x＝0为方程的解，所以方程有实数解，故D正确．]
9．(－∞，－－1]∪(0，－1]
10．4
解析 若x≤0，f(x)＝－x2－2x，
f(x)关于原点对称的函数为g(x)＝x2－2x(x≥0)，
在同一直角坐标系中画出g(x)＝x2－2x(x≥0)和f(x)＝x－(x>0)的图象，此时有两个“优美
点”(x，f(x))，满足f(x)＋f(－x)＝0，如图①.
0 0 0 0
若x>0，f(x)＝x－，f(x)关于原点对称的函数为g(x)＝x－(x<0)，
在同一直角坐标系中画出g(x)＝x－(x<0)和f(x)＝－x2－2x(x≤0)的图象，此时有两个“优美
点”(x，f(x))，满足f(x)＋f(－x)＝0，如图②.
0 0 0 0
综上可知，满足题意的“优美点”有4个．
§2.13 函数与数学模型
1．C 2.C 3.A 4.B 5.C 6.B
7．ABD 8.ACD 9.11.1 10.48 800
11．② 12.8
13．解 (1)当x∈[0,16]时，
设函数f(x)＝b(x－12)2＋84(b<0)，
因为f(16)＝b(16－12)2＋84＝80，
所以b＝－，
所以f(x)＝－(x－12)2＋84；
当x∈[16,40]时，f(x)＝log (x＋a)＋80，
0.8
由f(16)＝log (16＋a)＋80＝80，解得a＝－15，
0.8
所以f(x)＝log (x－15)＋80，
0.8
综上，f(x)＝
(2)当x∈[0,16]时，
令f(x)＝－(x－12)2＋84≤68，即(x－12)2≥64，
解得x≤4或x≥20(舍去)，
所以x∈[0,4]；
当x∈[16,40]时，令f(x)＝log (x－15)＋80≤68，
0.8
得x≥15＋0.8－12≈29.6，
所以x∈[30,40]，
所以学生处于“欠佳听课状态”的时长为4－0＋40－30＝14(分钟)．
14．解 (1)由表格中的数据知，当时间x变长时，Q(x)先增后减，
①③④函数模型都描述的是单调函数，不符合该数据模型．
所以选择函数模型②：
Q(x)＝a|x－m|＋b.
由Q(15)＝Q(25)，可得|15－m|＝|25－m|，解得m＝20，
由
解得
则日销售量Q(x)与时间x的关系式为Q(x)＝－|x－20|＋60(1≤x≤30，x∈N*)．
(2)因为第10天的日销售收入为505元，
则×50＝505，解得k＝1，
所以P(x)＝＋10.
由(1)知Q(x)＝－|x－20|＋60
＝
则f(x)＝P(x)·Q(x)
＝
当1≤x≤20，x∈N*时，
f(x)＝10x＋＋401
≥2＋401＝441，
当且仅当10x＝，即x＝2时，等号成立；
当20<x≤30，x∈N*时，
f(x)＝－10x＋＋799单调递减，
所以函数的最小值为f(30)＝499＋>441，
综上可得，当x＝2时，函数f(x)取得最小值441.第三章 导数及其应用
§3.1 导数的概念及运算
1．A 2.A 3.B 4.C 5.B 6.A
7．ACD
8．BCD [对于A，f′(x)＝cos x＋sin x，
f″(x)＝－sin x＋cos x
＝－sin，
当x∈时，sin<0，
f″(x)＝－sin>0，故A错误；
对于B，f′(x)＝－3，f″(x)＝－<0在上恒成立，故B正确；
对于C，f′(x)＝－3x2＋3，f″(x)＝－6x<0在上恒成立，故C正确；
对于D，f′(x)＝e－x－xe－x＝(1－x)e－x，f″(x)＝－e－x－(1－x)e－x＝－(2－x)e－x，
因为x∈，所以2－x>0，
所以f″(x)＝－(2－x)e－x<0在上恒成立，故D正确．]
9．－2 10.y＝x3＋x(答案不唯一) 11.
12.
解析 由已知得，曲线的切线过点(0,0)，
当x>0时，曲线为y＝ax＋2ln x，
设x>0，直线y＝kx在曲线上的切点为(x，ax＋2ln x)，
1 1 1 1 1
斜率为a＋，
∴切线方程为y－(ax＋2ln x)＝(x－x)，
1 1 1
又切线过点(0,0)，
∴－ax－2ln x＝(－x)，
1 1 1
∴x＝e，k＝a＋；
1 1
同理，当x<0时，曲线为
y＝ax＋2ln(－x)，
设x<0，直线y＝kx在曲线上的切点为(x，ax＋2ln(－x))，
2 2 2 2 2
斜率为a＋，
∴切线方程为y－[ax＋2ln(－x)]＝(x－x)，
2 2 2
又切线过点(0,0)，
∴－ax－2ln(－x)＝(－x)，
2 2 2∴x＝－e，k＝a－，
2 2
∴k－k＝.
1 2
13．解 (1)∵f(x)＝2xf′(e)＋ln x，
∴f′(x)＝2f′(e)＋，
f′(e)＝2f′(e)＋，
∴f′(e)＝－，f(x)＝－＋ln x，
∴f(e)＝－＋ln e＝－1.
(2)∵f(x)＝－＋ln x，
f′(x)＝－＋，
∴f(e2)＝－＋ln e2＝2－2e，
f′(e2)＝－＋，
∴f(x)在点(e2，f(e2))处的切线方程为y－(2－2e)＝(x－e2)，
即(2e－1)x＋e2y－e2＝0.
14．解 (1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝x－3，
当x＝2时，y＝，
又∵f′(x)＝a＋，
∴解得
∴f(x)＝x－.
(2)设P(x，y)为曲线y＝f(x)上任一点，
0 0
由y′＝1＋知曲线在点P(x，y)处的切线方程为
0 0
y－＝(x－x)．
0
令x＝0，得y＝－，
∴切线与直线x＝0的交点坐标为.
令y＝x，得y＝x＝2x，
0
∴切线与直线y＝x的交点坐标为(2x,2x)．
0 0
∴曲线y＝f(x)在点P(x，y)处的切线与直线x＝0和y＝x所围成的三角形的面积
0 0
S＝·|2x|＝6.
0
故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和y＝x所围成的三角形面积为定值，且此定值
为6.
15．B [f′(x)＝＋1，
切点为P(m，ln m＋m)，
则切线方程为
y＝(x－m)＋ln m＋m，因为l过原点，
所以0＝(－m)＋ln m＋m，
解得m＝e，则P(e，e＋1)，
由ln x＋x＝0，可得x＝－ln x，
0 0 0 0
故 ＝ex· ＝ex·＝e.]
0 0
16．(0,1)
解析 由题意得，f(x)＝|ex－1|＝
则f′(x)＝
所以点A(x,1－ )和点B(x， －1)，k ＝ ，k ＝ ，
1 2 AM BN
所以 ＝－1，x＋x＝0，
1 2
所以AM：y－1＋ ＝
所以|AM|＝ ·|x|，
1
同理|BN|＝ ·|x|，
2
所以＝ ∈(0,1)．
§3.2 导数与函数的单调性
1．A 2.D 3.C 4.C 5.D 6.B
7．BD
8．ACD [由f(x)＝ln x，
得f′(x)＝ln x＋，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
因为c＝f ，0<<<<1，
所以f >f >f ，
故c>a>b.]
9.
10．(－∞，－)∪(，＋∞)
11．(－3，－1)∪(0,1)
12.
解析 f′(x)＝－4x＋，若函数f(x)在[1,2]上单调，
即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1,2]上恒成立，
即≥4x－或≤4x－在[1,2]上恒成立．
令h(x)＝4x－，则h(x)在[1,2]上单调递增，
所以≥h(2)或≤h(1)，
即≥或≤3，
又a>0，所以0<a≤或a≥1.
因为f(x)在[1,2]上不单调，
所以<a<1.
13．解 (1)根据题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(1)＝0，
f′(x)＝－ln x＋，
∴f′(1)＝a－1，
∴曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(a－1)(x－1)．
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－ln x＋＝，
令g(x)＝－xln x－x＋a，
则g′(x)＝－ln x－2，
令g′(x)＝0，则x＝，
令g′(x)>0，则0<x<，
令g′(x)<0，则x>，
∴g(x)在上单调递增，在上单调递减，
g(x) ＝g＝＋a，
max
∵f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即＋a≤0，
∴a≤－.
14．解 (1)f(x)≤x＋c等价于
ln x－x≤c－1.
令h(x)＝ln x－x，x>0，
则h′(x)＝－1＝.
当0<x<1时，h′(x)>0，
所以h(x)在(0,1)上单调递增；
当x>1时，h′(x)<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减．
故h(x) ＝h(1)＝－1，
max
所以c－1≥－1，即c≥0，
所以c的取值范围是[0，＋∞)．
(2)g(x)＝＝(x>0且 x≠a)，
因此g′(x)＝，
令 m(x)＝x－a－xln x＋xln a，
则m′(x)＝ln a－ln x，
当x>a时，ln x>ln a，所以m′(x)<0，m(x)在(a，＋∞)上单调递减，
当0<x<a时，ln x<ln a，所以m′(x)>0，m(x)在(0，a)上单调递增，
因此有m(x)<m(a)＝0，
即 g′(x)<0在x>0且x≠a上恒成立，
所以函数g(x)在区间(0，a)和(a，＋∞)上单调递减．
15．D [因为当0<x<x 时，不等式－<0恒成立，
1 2
所以<，
即xf(x)<xf(x)，
1 1 2 2
令g(x)＝xf(x)＝ex－ax2，
则g(x)<g(x)，
1 2
又因为0<x<x，
1 2
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)＝ex－2ax≥0在(0，＋∞)上恒成立，
分离参数得2a≤恒成立，
令h(x)＝(x>0)，
则只需2a≤h(x) ，
min
而h′(x)＝ex·，
令h′(x)>0，得x>1，令h′(x)<0，得0<x<1，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝e，故2a≤e，
即a≤.]
16．C [令g(x)＝xf(x)，
由于f(x)为偶函数，则g(x)为奇函数，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．
因为当x＞0时，＞－f′(x)，
即＞0，所以f(x)＋xf′(x)＞0，
即g′(x)＞0.
所以当x＞0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为g(x)在R上为奇函数且在R上存在导函数，
所以g(x)在R上为增函数．
因为f(2)＝1，所以g(2)＝2f(2)＝2，
又(x2－x)f(x2－x)＞2等价于
g(x2－x)＞g(2)，
所以x2－x＞2，解得x＜－1或x＞2.
综上所述，x的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．]
§3.3 导数与函数的极值、最值
1．A 2.B 3.A 4.D 5.B 6.D
7．ABC 8.BCD 9.sin x(答案不唯一) 10. 11.4 12.
13．解 (1)f′(x)＝－＋2a2
＝
＝，x>0，
∵a>0，∴－<0<.
∴在上，f′(x)<0，f(x)单调递减；
在上，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)可知，f(x) ＝f
min
＝aln ＋3a＋2a－4a
＝aln ＋a＝a(1－ln a)，
∵y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，
∴1－ln a>0，∴0<a<e.
∴a的取值范围为(0，e)．
14．解 (1)∵f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，
∴f′(x)＝，
由f′(1)＝0，得a＝1.
∴f′(x)＝，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，e]时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]；
f(x)的极大值为f(1)＝－1，
也即f(x)的最大值为f(1)＝－1.
(2)∵f(x)＝ln x－ax，
∴f′(x)＝，
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递增，∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3，
解得a＝>0，舍去；
②当a>0时，由f′(x)＝＝0，得x＝，
当0<<e，即a>时，
∴x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，
又f(x)在(0，e]上的最大值为－3，
∴f(x) ＝f ＝－1－ln a＝－3，
max
∴a＝e2，符合题意；
当e≤，即0<a≤时，f(x)在(0，e]上单调递增，
∴f(x) ＝f(e)＝1－ae＝－3，
max
解得a＝>，舍去．
综上，存在a符合题意，此时a＝e2.
§3.4 函数中的构造问题
1．B 2.D 3.C 4.C 5.B 6.B
7．ABD [构造函数g(x)＝f(x)－ln x，x>0，
则g′(x)＝f′(x)－＝，
因为xf′(x)－1>0，所以g′(x)>0，
故g(x)是增函数，
由g(2)>g(1)得，f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，
即f(2)－ln 2>f(1)，故A正确；
由g(4)>g(2)得，f(4)－ln 4>f(2)－ln 2，即f(4)－f(2)>ln 4－ln 2＝ln 2，故B正确；
由g(e)>g(2)得，f(e)－ln e>f(2)－ln 2，
即f(e)＋ln 2>f(2)＋1，故C错误；
由g(e2)>g(e)得，
f(e2)－ln e2>f(e)－ln e，即f(e2)－2>f(e)－1，
即f(e2)－f(e)>1，故D正确．]
8．BCD [设g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝＝＝′，
可设g(x)＝＋c，
则g(1)＝e＋c＝0，解得c＝－e，
故g(x)＝－e，
即f(x)＝ex－ex，x>0，
令g′(x)>0，则x>1，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(2)<g(3)，即<，
则3f(2)<2f(3)，故A错误；
令f′(x)＝ex－e>0，得x>1，
令f′(x)＝ex－e<0，得0<x<1，
则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴f(1)<f(2)<f(e)，f(x)在x＝1处取得极小值，无极大值，故B，C，D均正确．]
9．(2，＋∞) 10.
§3.5 利用导数研究恒(能)成立问题
1．解 (1)当a＝0时，f(x)＝ex－x＋1，x∈R，则f′(x)＝ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝0，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x) ＝f(0)＝2.
min
(2)由题意知，当x>0时，f(x)≥0恒成立等价于ex－ax2－x＋1≥0对任意x>0恒成立，
即a≤对任意x>0恒成立，
令h(x)＝，x>0，
则h′(x)＝，
所以当0<x<2时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x>2时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
所以当x＝2时，函数h(x)有最小值h(2)＝，
所以a的取值范围为a≤.
2．解 (1)该函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝(x>0，a≠0)，
①当a<0时，f′(x)＝>0恒成立，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－(舍)，
所以函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)．
综上，当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)．
(2)对任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥成立，只需任意的x∈[1，＋∞)，f(x) ≥，
min
①当a<0时，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以只需f(1)≥，而f(1)＝，
所以a<0满足题意；
②当0<a≤1时，0<≤1，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以只需f(1)≥，而f(1)＝，
所以0<a≤1满足题意；
③当a>1时，>1，f(x)在[1，]上单调递减，
在[，＋∞)上单调递增，所以只需f()≥即可，而f()<f(1)＝，从而a>1不满足题意．
综上可得，实数a的取值范围为(－∞，0)∪(0,1]．
3．解 (1)若b＝0，函数f(x)＝x的图象与g(x)＝2aln x的图象相切，
设切点为(x,2aln x)，且g′(x)＝，
1 1
则切线方程为y－2aln x＝(x－x)，
1 1
即y＝x－2a＋2aln x，
1
∴解得
(2)当a>0，b＝－1时，F(x)＝xf(x)＋g(x)＝x2＋1＋2aln x，x∈(0,1]，
F′(x)＝2x＋>0，
∴F(x)在(0,1]上单调递增．
不妨设0<x<x≤1，原不等式⇔F(x)－F(x)<3，
1 2 2 1
即F(x)＋<F(x)＋.
2 1
设h(x)＝F(x)＋＝x2＋1＋2aln x＋，x∈(0,1]，
则原不等式⇔h(x)在(0,1]上单调递减．
即h′(x)＝2x＋－≤0在(0,1]上恒成立．
∴2a≤－2x2在(0,1]上恒成立．
∵函数y＝－2x2在(0,1]上单调递减，
∴y ＝3－2＝1，
min
∴2a≤1，又a>0，∴0<a≤.4．解 (1)因为f′(x)＝2x＋a(x＋1)ex，
所以函数f(x)的图象在x＝2处的切线斜率为f′(2)＝4＋3ae2，
又因为f(2)＝4＋3ae2，
所以函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程为
y－4－3ae2＝(4＋3ae2)(x－2)．
又因为这条切线过点(3,14)，
代入解得a＝.
(2)当x＝0时，f(0)＝ae2≥0，
所以a≥0.
下面证明，当a≥0时，对任意实数x∈R，都有x2＋axex＋ae2≥0恒成立．
记g(x)＝xex＋e2，
则g′(x)＝(x＋1)ex，
令g′(x)>0，得x>－1；
令g′(x)<0，得x<－1；
所以g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
所以g(x) ＝g(－1)＝－e－1＋e2>0.
min
所以当x∈R时，xex＋e2>0恒成立，
又x2≥0，所以当a≥0时，对任意实数x∈R，x2＋axex＋ae2≥0恒成立．
综上所述，a的取值范围是[0，＋∞)．
§3.6 利用导数证明不等式
1．(1)解 因为f(x)＝x2ln x，x>0，
所以f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，
由f′(x)＝0，得x＝ .
当x∈ 时，f′(x)<0；
当x∈ 时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ．
(2)证明 f(x)≥x－1等价于
ln x－≥0.
令函数g(x)＝ln x－，x>0，则g′(x)＝－＝.
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
故g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥x－1.
2．(1)解 函数f(x)＝aln x＋x＋＋2a的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋1－＝.
由f′(1)＝a－1＝0，得a＝1，
经检验，a＝1满足题意．
(2)证明 要证明f(x)<x＋，
即证x＋aln x＋＋2a<x＋，
即证a(ln x＋2)<，
即证<.
令g(x)＝，其中x>0，
则g′(x)＝，
当0<x<2时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减；当x>2时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递
增．
所以g(x) ＝g(2)＝.
min
令h(x)＝，
其中0<a<，x>0，
则h′(x)＝－.
当0<x<时，h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增；当x>时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减．
所以h(x) ＝h＝ae<，
max
则h(x) <g(x) ，
max min
所以<.
故原不等式得证．
3．(1)解 f′(x)＝ln x＋1，x∈(0，＋∞)，
令f′(x)＝0，得x＝，
当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0，
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明 令g(x)＝f(x)－2x＋1，
则g′(x)＝ln x－1，
令g′(x)＝0，得x＝e，当0＜x＜e时，g′(x)＜0，当x＞e时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，
e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，又g(e)＝1－e＜0，
所以不妨设0＜x＜e＜x.
1 2
要证x＋x＞2e，
1 2
即证x＞2e－x，
2 1
即证g(x)＞g(2e－x)．
2 1
因为g(x)＝g(x)，
2 1
所以g(x)＞g(2e－x)．
1 1
令h(x)＝g(x)－g(2e－x)，x∈(0，e)，
则h′(x)＝ln x－2＋ln(2e－x)
＝ln(2ex－x2)－2
＝ln [－(x－e)2＋e2]－2＜0，
所以h(x)在(0，e)上单调递减，
所以h(x)＞h(e)＝g(e)－g(e)＝0，
从而必有g(x)＞g(2e－x)．
2 1
即x＋x＞2e.
1 2
4．(1)解 f′(x)＝＋2x－a＝(x>0)．
当a＝3时，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝或x＝1，
当0<x<或x>1时，f′(x)>0；
当<x<1时，f′(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间为
和(1，＋∞)，单调递减区间为.
(2)证明 由于f(x)有两个极值点x，x，则2x2－ax＋1＝0有两个不相等的实根，
1 2
所以x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
即2(x＋x)＝a，x＝，
1 2 2
则f(x)－f(x)＝ln x＋x－ax－ln x－x＋ax
1 2 1 1 2 2
＝ln x－ln x＋x－x－a(x－x)
1 2 1 2
＝ln x－ln＋x－x－2(x＋x)(x－x)
1 1 2 1 2
＝2ln x－x＋＋ln 2(x>1)，
1 1
设F(x)＝2ln x－x2＋＋ln 2(x>1)，则F′(x)＝－2x－＝－<0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以F(x)<F(1)＝－＋ln 2，
即f(x)－f(x)<－＋ln 2.
1 2§3.7 利用导数研究函数的零点
1．(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝－kln x(k>0)，
得f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．
f′(x)与f(x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如下表．
x (0，) (，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ↘ ↗
所以f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．
f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．
(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.
因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e，
当k＝e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且f()＝0，
所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点；
当k>e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
2．解 (1)函数f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝＋a.
当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)无极值点；
当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝－，
所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示．
x －
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 单调递增 极大值 单调递减
所以f(x)有一个极大值点，无极小值点．
综上，当a≥0时，f(x)无极值点；
当a<0时，f(x)有一个极值点．
(2)当a＝2时，方程f(x)＋f′(x)＋m＝0，
即ln x＋2x＋＋2＋m＝0，则－m＝ln x＋2x＋＋2.
令h(x)＝ln x＋2x＋＋2，x>0，
则h′(x)＝＋2－＝.
令h′(x)＝0，解得x＝或x＝－1(舍去)．
当x∈时，h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减；
当x∈时，h′(x)>0，h(x)在区间上单调递增，
所以h(x)≥h(x) ＝h＝5－ln 2，
min
又当x→0时，h(x)→＋∞；
当x→＋∞时，h(x)→＋∞，
所以－m>5－ln 2，即m<ln 2－5，
故m的取值范围是(－∞，ln 2－5)．
3．解 (1)∵f(x)＝xsin x＋sin
＝xsin x＋cos x，
∴f′(x)＝xcos x，
∵0<x<π，
∴由f′(x)>0，得0<x<；
由f′(x)<0，得<x<π，
∴f(x)在(0，π)上的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)g(x)＝x2＋4－4f(x)＝x2＋4－4xsin x－4cos x，x≥0，
则g(0)＝0，g′(x)＝2x(1－2cos x)，
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，g(x)<g(0)＝0，
当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g＝2＋4－4×sin－4cos>0，
∴g(x)在上有唯一零点；
当x≥时，g(x)>x2＋4－4x－4＝x2－4x≥2－4×>0，
故g(x)在上无零点．
又g(0)＝0，
∴g(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点．
4．解 (1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，
所以f′(x)＝－＝.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x) ＝f(1)＝－1.
max
(2)由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x>0)，得f′(x)＝a＋－＝(x>0)．
当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；
当a<0时，f′(x)＝，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x) ＝f(1)＝a－1<0，
max
所以f(x)不存在零点；
当a>0时，f′(x)＝，
当a＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点；
当a>1时，0<<1，
故f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
因为f(1)＝a－1>0，
所以f >f(1)>0，
当x→0＋时，f(x)→－∞，
由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，
所以a>1满足条件，
当0<a<1时，>1，
故f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减．
因为f(1)＝a－1<0，
所以f <f(1)<0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，
即0<a<1满足条件．
综上，若f(x)恰有一个零点，
则a的取值范围为(0，＋∞)．
第四章 三角函数与解三角形
§4.1 任意角和弧度制、三角函数的概念
1．D 2.B 3.B 4.B 5.A 6.C
7．ACD 8.BD 9.120°或－240° 10.411．{α|30°＋k·180°≤α<105°＋k·180°，k∈Z}
12.
13．解 (1)因为角θ的终边过点P(－4a,3a)(a≠0)，
所以x＝－4a，y＝3a，r＝5|a|，
当a>0时，r＝5a，
sin θ＋cos θ＝－＝－；
当a<0时，r＝－5a，
sin θ＋cos θ＝－＋＝.
综上，sin θ＋cos θ＝±.
(2)当a>0时，sin θ＝∈，cos θ＝－∈，
则cos(sin θ)·sin(cos θ)＝cos·sin<0；
当a<0时，sin θ＝－∈，cos θ＝∈，
则cos(sin θ)·sin(cos θ)＝cos·sin >0.
综上，当a>0时，cos(sin θ)·sin(cos θ)的符号为负；当a<0时，cos(sin θ)·sin(cos θ)的符号
为正．
14．解 (1)由题意得，
30＝θ(10＋x)＋2(10－x)，
∴θ＝(0<x<10)．
(2)花坛的面积为θ(102－x2)＝(5＋x)(10－x)＝－x2＋5x＋50，
装饰总费用为9θ(10＋x)＋8(10－x)＝170＋10x，
∴花坛的面积与装饰总费用的比
y＝(0<x<10)．
令t＝17＋x，则t∈(17,27)，
则y＝－
≤－ ＝，
当且仅当t＝，即t＝18时，
y取得最大值，最大值为，
此时x＝1，θ＝.
故当x＝1时，花坛的面积与装饰总费用的比最大．
15．AD [由于单位圆的半径为1，根据弧长公式有ACB＝1·α＝α，所以A正确；由于点B
是∠AOB的一边与单位圆的交点，则y 是对应∠AOB的正弦值，x 是对应∠AOB的余弦值，
1 1
若y ＝sin x ，则x ＝cos x ，所以B错误；当y ＝sin x 时，∠AOB＝x ＋2kπ，k∈Z，所以
1 0 1 0 1 0 0
C错误；反过来，当∠AOB＝x，即ACB＝x 时，y＝sin x 一定成立，所以D正确．]
0 0 1 0
16．15解析 由题意碾滚最外侧滚过的距离为 2π×100＝200π(cm)，碾滚的周长为 2π×30＝
60π(cm)，所以碾滚滚过＝(圈)，即滚过了×360°＝3×360°＋120°，所以点A距碾盘的垂直
距离为30－30×cos(180°－120°)＝15(cm)．
§4.2 同角三角函数基本关系式及诱导公式
1．B 2.C 3.C 4.B 5.D 6.D
7．ABC
8．BD [当t＝时，sin θ＋cos θ＝，
两边平方，可得1＋2sin θcos θ＝，
可得sin θcos θ＝－<0，故A错误；
所以θ∈，所以sin θ－cos θ＝－＝－＝－，
可得sin3θ－cos3θ＝(sin θ－cos θ)·(sin2θ＋cos θsin θ＋cos2θ)＝×＝－，故B正确；
因为sin θ＋cos θ＝t，t∈(－1，]，
两边平方，可得1＋2sin θcos θ＝t2，
可得sin θcos θ＝，
所以sin θ＋cos θ－sin θcos θ
＝t－＝1－(t－1)2，
因为t∈(－1，]，
所以f(θ)＝sin θ＋cos θ－sin θcos θ∈(－1,1]，故C错误，D正确．]
9．－ 10.1 11.－
12.
解析 因为sin θ－2cos θ＝－，
则2＋cos2θ＝1，
所以5cos2θ－cos θ－＝0，
即＝0，
又因为θ为第一象限角，
所以cos θ＝，所以sin θ＝，
从而sin θ＋cos θ＝.
13．解 (1)∵cos＝－sin α＝－，∴sin α＝，
又α是第二象限角，
∴cos α＝－＝－，
则tan α＝＝－.(2)f(α)＝
＝＝cos α，
由(1)知，cos α＝－，
则f(α)＝cos α＝－.
14．解 若选择条件①：
∵4sin(2 022π＋α)＝－3cos(2 024π＋α)，
∴4sin α＝－3cos α，
∴tan α＝－.
若选择条件②：
∵α是第四象限角，
∴sin α<0，cos α>0，
又sin α＋cos α＝，
∴2＋cos2α＝1，
∴cos α＝，sin α＝－，
∴tan α＝－.
若选择条件③：
∵α是第四象限角，
∴sin α<0，cos α>0，
又∵α，β的终边关于x轴对称，
∴sin α＝－sin β，cos α＝cos β.
又∵4sin β＝3cos β，
∴－4sin α＝3cos α，
即tan α＝－.
(1)＝
＝＝1.
(2)sin2α＋3sin αcos α＝
＝＝
＝－.
15．BD [由tan ＝sin C
⇒tan＝＝＝2sin cos ，
因为0<<，所以cos ≠0，
所以1＝2sin2⇒1－2sin2＝0
⇒cos C＝0⇒C＝，所以tan B＝tan＝，＝tan2A不一定为1，A错误；
因为sin A＋sin B＝sin A＋cos A＝sin，0<A<
⇒<A＋<，
所以<sin≤1
⇒1<sin≤，
从而有1<sin A＋sin B≤，B正确；
因为cos B＝cos＝sin A，所以sin2A＋cos2B＝2sin2A不一定等于1，C错误；
cos2A＋cos2B＝cos2A＋sin2A＝1＝sin2C，D正确．]
16．0
解析 记sin2x＝m，sin2y＝n，
则tan2x＝，tan2y＝，
于是题中等式即＝m＋n，也即＝m＋n，
整理得mn(m＋n－2)＝0，
于是m＝0或n＝0或m＋n＝2.
若m＋n＝2，则sin2x＝sin2y＝1，不符合题意．
因此sin x＝0或sin y＝0，
于是sin x·sin y＝0.
§4.3 两角和与差的三角函数
1．C 2.A 3.D 4.B 5.D 6.B
7．BC
8．BD [由已知可得
所以1＝sin2γ＋cos2γ＝(sin α－sin β)2＋(cos β－cos α)2＝2－2(cos βcos α＋sin βsin α)＝2－
2cos(β－α)，
所以cos(β－α)＝，
因为α，β，γ∈，
则－<β－α<，
因为sin γ＝sin α－sin β>0，函数y＝sin x在上单调递增，则α>β，则－<β－α<0，故β－α
＝－.]
9．－ 10.1 11.
12．－4
解析 由已知得3cos[(α＋β)＋α]＋5cos[(α＋β)－α]＝0，因此3cos(α＋β)cos α－3sin(α＋β)sin α＋5cos(α＋β)cos α＋5sin(α＋β)sin α＝0，
整理得8cos(α＋β)cos α＋2sin(α＋β)sin α＝0，
因此sin(α＋β)sin α＝－4cos(α＋β)cos α，
于是·＝－4，
即tan(α＋β)tan α＝－4.
13．解 (1)因为α，β∈，
所以cos α>0，cos β>0，
由
解得cos α＝，cos β＝，
所以sin α＝＝，
sin β＝＝，
则cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝×－×＝，
因为α＋β∈(0，π)，所以α＋β＝.
(2)因为α＋β＝，sin＝>sin α＝>sin β＝，且函数y＝sin x在上单调递增，
所以0<β<α<，
所以0<α－β<，
所以sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝×－×＝.
14．解 (1)∵α∈，β∈，
∴α－∈，－β∈，
∵cos＝－，
sin＝，
∴sin＝＝，
cos＝＝，
∴cos
＝cos
＝coscos＋
sinsin
＝－×＋×
＝－.
(2)∵α∈，β∈，
∴α＋β∈，
则∈，
∵cos＝－，
∴sin＝＝，∴tan＝－.
∴tan(α＋β)＝
＝＝.
15．C [tan θ＝
＝－＝－
＝－tan＝tan
＝tan，
故θ＝－2＋kπ，k∈Z.
又cos 2－sin 2<0，
－cos 2－sin 2＝－sin<0，
故θ在第三象限，故k＝1，θ＝－2.]
16．－(答案不唯一，满足α＝－＋kπk∈Z或α＝＋kπk∈Z的其中一值即可)
解析 由题意可得
OA＝(sin α，cos α)，
OB＝，
所以|OA|＝＝1，
同理可得|OB|＝1，
则cos∠AOB＝cos〈OA，OB〉＝＝sin αcos＋cos αsin
＝sin＝cos ＝－，
所以2α＋＝－＋2kπ(k∈Z)或2α＋＝＋2kπ(k∈Z)，
解得α＝－＋kπ(k∈Z)或α＝＋kπ(k∈Z)．
§4.4 简单的三角恒等变换
1．D 2.A 3.C 4.D 5.B 6.D
7．BD
8．CD [因为
f(x)＝sin xsin－
＝sin x－
＝sin2x＋sin xcos x－
＝×＋sin 2x－
＝sin 2x－cos 2x
＝sin，所以－≤f(x)≤，f(x)的值不可能是－2和2.]
9. 10.1 1 11.
12.
解析 由题意得cos2＝＝＝，
即sin 2θ＝.
因为cos＝>0，θ∈，
所以0<θ<，0<2θ<，
所以cos 2θ＝，
由两角差的正弦公式，可得
sin＝sin 2θcos－cos 2θsin
＝×－×＝.
13．解 (1)原式＝2cos 50°－
＝
＝
＝
＝＝.
(2)原式＝
＝
＝
＝＝32.
14．解 (1)因为f(x)＝a·b
＝2cos2x－2sincos
＝1＋cos 2x－sin
＝1＋cos 2x－sin 2x－cos 2x
＝－sin 2x－cos 2x＋1
＝－sin＋1，
所以f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)因为f＝－sin＋1＝，可得sin＝，
又因为x∈，
0
则x＋∈，
0
则cos＝－＝－，
则sin 2＝2sin·cos＝－，
cos 2＝cos2－sin2＝，
可得cos 2x＝cos
0＝cos 2cos ＋sin 2sin
＝×＋×＝，
所以cos 2x＝.
0
15．D [ f(x)＝＋＋
＝－[cos 2x·(1＋cos 2α＋cos 2β)－sin 2x(sin 2α＋sin 2β)]，
由题意得
两式平方相加可得cos(2α－2β)＝－，
所以2α－2β＝＋2kπ或2α－2β＝－＋2kπ，k∈Z.
当α＝，β＝时，2α－2β＝－，符合题意，故D正确，A，B，C错误．]
16．D [由tan(α＋15°)＝7tan(α－15°)
⇒＝7·
⇒sin(α＋15°)cos(α－15°)
＝7sin(α－15°)cos(α＋15°)，
设A＝sin(α＋15°)cos(α－15°)，
B＝cos(α＋15°)sin(α－15°)，
则A＝7B，①
又A－B＝sin 30°＝，②
联立①②，解得A＝，B＝，
故sin(α－15°)cos(α＋15°)＝.]
§4.5 三角函数的图象与性质
1．A 2.D 3.A 4.D 5.B 6.C
7．AD
8．CD [因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间
上单调，
所以＝·≥－＝，
所以0<ω≤2，
因为f ＝－f ＝1，
所以sin＝－sin
＝1，所以ω＋φ＝＋2kπ，
1
ω＋φ＝＋2kπ，k，k∈Z，
2 1 2
故ω＝π＋2(k－k)π，
2 1所以ω＝2＋4(k－k)，k，k∈Z，
2 1 2 1
因为0<ω≤2，k－k∈Z，所以ω＝2，
2 1
则φ＝＋2kπ，k∈Z，
1 1
又0<|φ|<，所以φ＝.]
9.(k∈Z)
10．－cos 4x(答案不唯一)
11.
解析 因为x∈，
所以x＋∈，
又在y＝sin x的单调递减区间内，
所以a＋≤，解得a≤，
所以a的最大值为.
12.
解析 ∵sin x＋cos y＝，sin x∈[－1,1]，
∴sin x＝－cos y∈[－1,1]，
∴cos y∈，
即cos y∈，
∵sin x－sin2y
＝－cos y－(1－cos2y)
＝cos2y－cos y－
＝2－1，
又cos y∈，
利用二次函数的性质知，当cos y＝－时，sin x－sin2y取最大值，(sin x－sin2y) ＝2－1＝.
max
13．解 (1)由直线x＝π是y＝f(x)图象的一条对称轴，可得
sin＝±1，
所以2ωπ－＝kπ＋(k∈Z)，
解得ω＝＋(k∈Z)．
又0<ω<，所以ω＝，
所以函数f(x)的最小正周期为3π.
(2)由(1)知
f(x)＝2sin＋m，
因为f(π)＝0，
所以2sin＋m＝0，
解得m＝－2，所以f(x)＝2sin－2，
当0≤x≤时，－≤x－≤，
可得－≤sin≤1.
所以－3≤f(x)≤0，
故函数f(x)在上的值域为[－3,0]．
14．解 (1)函数f(x)＝asin
－2cos2
＝asin－cos－1
＝asin－
cos－1
＝asin＋sin－1
＝(a＋1)sin－1，
若选择条件①f(x)的最大值为1，则a＋1＝2，解得a＝1，
所以f(x)＝2sin－1，
则函数f(x)的最小正周期T＝＝π.
若选择条件②f(x)的图象与直线y＝－3的两个相邻交点的距离等于π，
且f(x)的最小正周期T＝＝π，
所以－(a＋1)－1＝－3，解得a＝1，
所以f(x)＝2sin－1.
若选择条件③f(x)的图象过点，
则f ＝(a＋1)sin－1＝0，
解得a＝1.
所以f(x)＝2sin－1，
则函数f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)令f(x)＝1，得sin＝1，
解得2x－＝＋2kπ，k∈Z，
即x＝＋kπ，k∈Z.
若关于x的方程f(x)＝1在区间[0，m]上有两个不同解，
则x＝或x＝，
所以实数m的取值范围是.
15．D [函数f(x)的周期是2π，故A错误；
f(x)的值域是[0，＋∞)，故B错误；
当x＝时，x－＝≠，k∈Z，∴直线x＝不是函数f(x)图象的一条对称轴，故C错误；
令kπ－<x－<kπ，k∈Z，
可得2kπ－<x<2kπ＋，k∈Z，
∴f(x)的单调递减区间是，k∈Z，故D正确．]
16.
解析 函数f(x)＝sin的周期T＝π，而－α＝<，
当函数f(x)在上单调时，
N－M＝
＝
＝|cos 2α|≤，
当函数f(x)在上不单调时，由正弦函数的图象性质知，
当f(x)在上的图象关于直线x＝α＋对称时，N－M最小，
此时2－＝kπ＋，k∈Z，
即α＝＋，k∈Z，
因此(N－M) ＝
min
＝
＝
＝＝，
所以N－M的取值范围是.
§4.6 函数 y＝Asin(ωx＋φ)
1．D 2.C 3.B 4.D 5.B 6.B
7．BC
8．AC [f(x)＝sin，
∵函数f(x)的最小正周期为π，
∴＝π，解得ω＝2，
∴f(x)＝sin，
∵f(x)的图象过点(0，)，
∴f(0)＝sin＝，
即sin＝1，
∴φ＋＝2kπ＋，
解得φ＝2kπ＋，k∈Z，
∵|φ|<，∴当k＝0时，φ＝，
则f(x)＝sin
＝sin＝cos 2x，
则f(x)的最大值为，故A正确；
f ＝cos ＝0≠±，
则x＝不是f(x)图象的一条对称轴，故B错误；
当0<x<时，0<2x<π，
此时f(x)＝cos 2x在上单调递减，故C正确；
把f(x)的图象向左平移个单位长度，得到y＝cos＝cos的图象，无法得到g(x)＝cos的图象，
故D错误．]
9．2 10.
11. 8 096
解析 f(x)＝4sin(ωx＋φ)·sin＝2sin(2ωx＋2φ)，
由题图可知f(0)＝，即sin 2φ＝，
由于点(0，)在单调递增的区间内，
故2φ＝＋2kπ，k∈Z，
解得φ＝＋kπ，k∈Z，
因为|φ|<，所以φ＝；
由图象过点，
则ω＋＝2π，解得ω＝2.
故f(x)＝2sin，
令4x＋＝＋kπ，k∈Z，
解得x＝＋，k∈Z.
令0≤＋≤2 024π，k∈Z，
则－≤k≤8 096－，k∈Z.
所以f(x)在[0,2 024π]内有8 096条对称轴．
12．S＝60－30cos t(t>0) 4
解析 因为风车6秒旋转一圈，则其转动的角速度为 rad/s，经过t秒时，叶片转过的圆心
角为t，此时离地面的高度为30＋30，
故S＝60－30cos t(t>0)．
由S＝60－30cos t≥45，
得cos t≤，
因为0≤t≤6，cos t≤，
所以≤t≤，解得1≤t≤5，故一圈内点P离地面的高度不低于45米的时长为4秒．
13．解 (1)由图可知，A＝＝2，
函数f(x)的最小正周期为
T＝2×＝π，∴ω＝＝2，
∵f ＝2sin＝2，
∴sin＝1，
则φ＋＝＋2kπ，k∈Z，
∴φ＝＋2kπ，k∈Z，
∵|φ|<，∴φ＝，
故f(x)＝2sin.
(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标缩小为原来的，
可得到函数y＝2sin的图象，再将得到的函数图象向左平移个单位长度，最后得到函数 y＝
g(x)的图象，
则g(x)＝2sin＝2sin，
当0≤x≤时，≤4x＋≤，
则－≤sin≤1，－≤g(x)≤2，
所以g(x)在区间上的值域为[－，2]．
14．解 (1)由题意知g(x)＝2sin(x＋φ)，
根据函数y＝g(x)的图象关于直线x＝对称，得＋φ＝＋kπ(k∈Z)，即φ＝＋kπ(k∈Z)，
又0<φ<，所以φ＝，
则g(x)＝2sin，
则h(x)＝f(x)g(x)
＝4sin xsin
＝4sin x
＝2sin2x＋2sin xcos x
＝1－cos 2x＋sin 2x
＝2sin＋1，
则函数y＝h(x)的最小正周期
T＝＝π，
令－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ(k∈Z)，得－＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)，
故函数y＝h(x)的单调递增区间是(k∈Z)．
(2)列表如下：
x － － －2x－ － －π － 0
sin 0 －1 0 1
h(x) 2 1 －1 1 3 2
故y＝h(x)在区间上的大致图象如图所示．
15．C [根据题意可知，点C是f(x)的一个对称中心，又直线BC交f(x)的图象于点D，利用
对称性可知B，D两点关于C点对称．不妨设B(x ，y )，C(x ，y )，D(x ，y )，
B B C C D D
由重心坐标公式可得＝0，
又x ＋x ＝2x ，即可得x ＝，
B D C C
由最小正周期公式可得
－(－π)＝＝，解得ω＝，
即f(x)＝2sin，
将A(－π，0)代入f(x)可得
2sin＝0，
又0<φ<π，所以φ＝，
即f(x)＝2sin，
所以OB＝y ＝f(0)＝
B
2sin＝.]
16．－
解析 将函数f(x)＝asin x＋bcos x(a，b∈R且b≠0)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2
倍，得到函数g(x)＝f ＝asin x＋bcos x(a，b∈R)的图象，再将所得图象向左平移个单位长
度后，得到函数h(x)＝g＝asin
＋bcos(a，b∈R)的图象，因为h(x)为奇函数，图象关于原点对称，所以有h(0)＝asin ＋bcos
＝a＋b＝0，解得＝－.§4.7 三角函数中有关 ω 的范围问题
1．B 2.A 3.C 4.C 5.D
6．C [由题意，直线x＝是f(x)图象的一条对称轴，所以f ＝±1，
即ω＋φ＝kπ＋，k∈Z，①
1 1
又f ＝0，
所以－ω＋φ＝kπ，k∈Z，②
2 2
由①②，得ω＝2(k－k)＋1，k，k∈Z，
1 2 1 2
又f(x)在区间上有最小值无最大值，
所以T≥－＝，
即≥，解得ω≤16.
综上，先检验ω＝15，
当ω＝15时，由①得×15＋φ＝kπ＋，k∈Z，即φ＝kπ－，k∈Z，
1 1 1 1
又|φ|≤，所以φ＝－，
此时f(x)＝sin，
当x∈时，15x－∈，
当15x－＝－，即x＝－时，f(x)取得最小值，无最大值，满足题意．
故ω的最大值是15.]
7．ABC
8．CD [因为f(x)＝1－2cos2
＝－cos＝sin，
所以周期T＝＝.
对于A，由条件知，周期为2π，所以＝2π，解得ω＝，故A错误；
对于B，函数f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数y＝sin的图象，
若其关于y轴对称，则－＋＝＋kπ(k∈Z)，解得ω＝－1－3k(k∈Z)，
故对任意整数k，ω∉(0,2)，故B错误；
对于C，由条件得7π≤2ω·2π＋<8π，解得≤ω<，故C正确；
对于D，由条件得
解得ω≤，又ω>0，
所以0<ω≤，故D正确．]
9．[2,3)
10.解析 由题意得
k，k∈Z，
1 2
则
又f(x)在上单调，
则－＝≤＝，
解得0<ω≤5，
即0<＋≤5，k，k∈Z，
1 2
则－<k－k≤，
2 1
当k－k＝2时，ω＝，此时φ＝，
2 1
f(x)＝sin，
当x∈时，x＋∈，
∴f(x)单调递减，符合题意，
故ω ＝.
max
§4.8 正弦定理、余弦定理
1．B 2.A 3.D 4.A 5.C 6.B
7．BD
8．BC [对于A，若acos A＝bcos B，则由正弦定理得sin Acos A＝sin Bcos B，
∴sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝180°，即A＝B或A＋B＝90°，则△ABC为等腰三
角形或直角三角形，故A错误；
对于B，若bcos C＋ccos B＝b，则由正弦定理得sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin(B＋C)＝sin
A＝sin B，即A＝B，则△ABC是等腰三角形，故B正确；
对于C，若＝＝，则由正弦定理得＝＝，则tan A＝tan B＝tan C，即A＝B＝C，即△ABC是
等边三角形，故C正确；
对于D，由于B＝60°，b2＝ac，由余弦定理可得b2＝ac＝a2＋c2－ac，可得(a－c)2＝0，解得
a＝c，故△ABC是等边三角形，故D错误．]
9. 10.84 11.等腰直角三角形
12.
解析 在△ADC中，AD⊥AC，AD＝1，
所以＝＝tan C，
因为B＝180°－∠BAC－C＝60°－C，在△ABC中，
由正弦定理得，＝，
则AB＝＝＝，所以＝－·
＝－tan C，
所以＋＝tan C＋(－tan C)＝.
13．解 (1)已知bsin C＝csin ，
由正弦定理，得sin Bsin C＝sin Csin ，
因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，
故sin B＝sin ，
即2sin cos ＝sin ，
因为∈，
所以sin ≠0，则cos ＝，
所以＝，则B＝.
(2)依题意，得a·BD·sin ＋c·BD·sin ＝acsin ，
即a·BD＋c·BD＝ac，
即2BD＋c·BD＝2c，所以BD＝.
在△ABC中，由余弦定理，
得b2＝a2＋c2－2accos ＝a2＋c2＋ac，即7＝4＋c2＋2c，
解得c＝1或c＝－3(舍去)，
所以BD＝＝.
14．解 (1)方法一 在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝，AD＝1，
则S ＝AD·DCsin∠ADC＝×1×a×＝a＝S ＝，解得a＝4.
△ADC △ABC
在△ABD中，∠ADB＝，
由余弦定理得
c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB，
即c2＝4＋1－2×2×1×＝7，
解得c＝.
在△ABD中，则cos B＝＝＝，
sin B＝＝＝，
所以tan B＝＝.
方法二 在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝，AD＝1，
则S ＝AD·DCsin∠ADC＝×1×a×＝a＝S ＝，解得a＝4.
△ADC △ABC
在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC，
即b2＝4＋1－2×2×1×＝3，
解得b＝，又AC2＋AD2＝4＝CD2，
则∠CAD＝，C＝，
过A作AE⊥BC于点E，如图所示，
于是CE＝ACcos C＝，AE＝ACsin C＝，BE＝，
所以在Rt△AEB中，tan B＝＝.
(2)方法一 在△ABD与△ACD中，由余弦定理得
整理得a2＋2＝b2＋c2，
而b2＋c2＝8，则a＝2，
又S ＝××1×sin∠ADC＝，
△ADC
解得sin∠ADC＝1，
而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝，
所以b＝c＝＝2.
方法二 在△ABC中，因为D为BC的中点，则2AD＝AB＋AC，
又CB＝AB－AC，
于是4AD2＋CB2＝(AB＋AC)2＋(AB－AC)2＝2(b2＋c2)＝16，
即4＋a2＝16，解得a＝2，
又S ＝××1×sin∠ADC＝，
△ADC
解得sin∠ADC＝1，
而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝，
所以b＝c＝＝2.
15．B [方法一 设AB＝x，∠BAD＝α，
在△BAD中，由正弦定理得
＝，
可以化简得＝＋，
在△EAC中，由正弦定理得
＝，
可以化简得＝＋，
联立可得＝－，
可以化简得x2－42x＋80＝0，
解得x＝40，x＝2(舍去)．
方法二 设AB＝x，利用余弦定理得AD2＝x2＋162－16x，
AE2＝x2＋52－5x，
而△ADE的面积S＝DE·AB×sin 60°＝(x－21)x＝AD·AE×sin 30°，
则AD·AE＝x(x－21)，
则在△ADE中，由余弦定理得
(x－21)2＝AD2＋AE2－2AD·AEcos 30°，
x2－42x＋212＝x2＋162－16x＋x2＋52－5x－3x(x－21)，
化简整理得x2－42x＋80＝0，
即x＝40，x＝2(舍去)．]
16．B [利用tan ＝，tan ＝及正弦定理和题设条件，得＝，①
＝，②
所以1＋cos A＝sin B＋sin C，③
1＋cos B＝sin A＋sin C，④
由③和④得1＋cos A－sin B＝1＋cos B－sin A，
即sin A＋cos A＝sin B＋cos B，
sin＝sin，
因为A，B为三角形内角，
所以A＋＝B＋或A＋＝π－B－，即A＝B或A＋B＝.
(1)若A＝B，由C＝π－A－B＝π－2A，
将其代入③，得1＋cos A＝sin A＋sin 2A.
变形得(sin A－cos A)2－(sin A－cos A)＝0，
即(sin A－cos A)(sin A－cos A－1)＝0，⑤
由A＝B知A为锐角，
从而知sin A－cos A－1≠0.
所以由⑤，得sin A－cos A＝0，
即A＝，从而B＝，C＝.
因此，△ABC为等腰直角三角形．
(2)若A＋B＝，即C＝，此时③④恒成立，
综上，△ABC为直角三角形．]
§4.9 解三角形中的最值与范围问题
1．B 2.D 3.B4．B [在△ABC中，cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－cos Acos B＋sin Asin B，
因为8sin Asin B＋cos C＝0，
所以8sin Asin B－cos Acos B＋sin Asin B＝0，
则9sin Asin B＝cos Acos B，
所以tan Atan B＝＝，且A，B均为锐角，故tan A，tan B>0，
由余弦定理的推论，得
cos C＝，
所以＝＝tan C
＝tan[π－(A＋B)]
＝－tan(A＋B)
＝－·
＝－(tan A＋tan B)，
又tan A＋tan B≥2＝，
当且仅当tan A＝tan B＝时等号成立，
所以的最大值是－×＝－.]
5．BC [∵a(sin A－sin B)＝csin C－bsin B，
∴由正弦定理可得a(a－b)＝c2－b2，
即a2＋b2－c2＝ab，
对于A选项，由余弦定理的推论，可得cos C＝＝，
∵0<C<π，∴C＝，故A错误；
对于B选项，由题可知
absin C＝ab＝，∴ab＝4，
由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab＝4，
∴c≥2，当且仅当a＝b＝2时等号成立，故c的最小值为2，故B正确；
对于C选项，c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝4，
∵ab≤，∴≤4，
∴a＋b≤4，当a＝b时等号成立，
∵c＝2，∴a＋b>2，∴4<a＋b＋c≤6，
则△ABC的周长的最大值为6，故C正确；
对于D选项，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C，即8＝a2＋9－3a，
即a2－3a＋1＝0，解得a＝，
则满足条件的△ABC有2个，故D错误．]
6．AC [对于A，由正弦定理得(c－2asin B)c＝(b2－a2)，∴(a2＋c2－b2)＝2acsin B，
∴·＝cos B＝sin B，
∴tan B＝，
又B∈，∴B＝，A正确；
对于B，cos Acos C＝cos Acos [π－(A＋B)]
＝－cos Acos(A＋B)
＝－cos Acos
＝－cos A
＝sin Acos A－cos2A
＝sin 2A－cos 2A－
＝sin－，
∵△ABC为锐角三角形，
∴
解得<A<，
∴<2A－<，
∴<sin≤1，
∴0<sin－≤，
即cos Acos C的取值范围为，B错误；
对于C，由正弦定理得
＝＝＝＝＝＋·，
由B知<A<，∴＝＋，
又tan A∈，
∴∈(0，)，
∴＋∈，
即∈，C正确；
对于D，∵S ＝S ＋S ，
△ABC △ABD △BDC
∴acsin ＝csin ＋asin ，
即ac＝c＋a，∴a＋c＝ac，
即＋＝，
∴4a＋c＝(4a＋c)
＝
≥
＝3(当且仅当＝，即c＝2a时取等号)，当c＝2a时，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝5a2－2a2＝3a2，
∴a2＋b2＝c2，即△ABC为直角三角形，不合题意，
∴4a＋c>3，D错误．]
7.
解析 由c2＝a(a＋b)，得c2＝a2＋ab，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C，
∴a2＋ab＝a2＋b2－2abcos C，
即b＝a＋2acos C，
由正弦定理得
sin A＋2sin Acos C＝sin B，
∵B＝π－(A＋C)，
∴sin A＋2sin Acos C＝sin B＝sin Acos C＋cos Asin C，
即sin A＝sin(C－A)．
∵c2＝a2＋ab，∴c>a，∴C－A>0，
又△ABC为锐角三角形，
∴0<A<，0<C－A<，
∴A＝C－A，解得C＝2A，
又0<A<，0<B＝π－3A<，0<C＝2A<，
∴<A<，∴sin A∈.
8.－1
解析 设BD＝k(k>0)，
则CD＝2k.
根据题意作出大致图形，如图．
在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k·＝k2＋2k＋
4.
在△ACD中，由余弦定理得
AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝22＋(2k)2－2×2×2k·
＝4k2－4k＋4，则＝
＝
＝4－＝4－
＝4－.
∵k＋1＋≥2(当且仅当k＋1＝，即k＝－1时等号成立)，
∴≥4－＝4－2＝(－1)2，
∴当取得最小值－1时，BD＝k＝－1.
9．解 (1)因为2bsin＝a＋c，
由正弦定理可得
2sin Bsin＝sin A＋sin C，
即2sin B
＝sin A＋sin(A＋B)，
整理得sin Bsin A＝sin A＋cos Bsin A，
又A∈(0，π)，所以sin A≠0，
所以sin B－cos B＝1，
即sin＝，
又B∈(0，π)，所以B－∈，
所以B－＝，即B＝.
(2)由(1)知B＝，又b＝2，
由正弦定理，得＝＝＝，所以a＝sin A，c＝sin C，
所以a＋c＝(sin A＋sin C)
＝
＝
＝4sin，
在锐角△ABC中，
⇒<A<，则<A＋<，
所以<sin≤1，
则2<a＋c≤4，
故△ABC的周长的取值范围为(2＋2,6]．
10．解 (1)若选①，
因为asin B－bcos Bcos C＝ccos2B，
由正弦定理得sin Asin B＝sin B·cos Bcos C＋sin Ccos2B，
即sin Asin B＝cos B(sin Bcos C＋sin Ccos B)＝cos Bsin(B＋C)，所以sin Asin B＝cos Bsin A，
由A∈(0，π)，得sin A≠0，
所以sin B＝cos B，
即tan B＝，
因为B∈(0，π)，所以B＝.
若选②，
由(sin A－sin C)2＝sin2B－sin Asin C，
化简得sin2A＋sin2C－sin2B＝sin Asin C.
由正弦定理得a2＋c2－b2＝ac，
即＝，所以cos B＝.
因为B∈(0，π)，所以B＝.
若选③，
因为＝a，由正弦定理得＝sin A，
即sin Bsin A＝sin A(1＋cos B)，
因为0<A<π，所以sin A≠0，
所以sin B＝1＋cos B，
所以sin＝，
又因为－<B－<，
所以B－＝，所以B＝.
(2)在△ABC中，由正弦定理
＝＝，
得a＝，b＝，
由(1)知，B＝，
又с＝1，代入上式得
a＝，b＝，
所以a2＋b2＝c2＋2abcos C
＝1＋2cos C
＝1＋cos C
＝1＋cos C
＝1＋cos C
＝1＋×cos C
＝1＋＋.
因为△ABC为锐角三角形，所以
解得C∈，
所以tan C>，所以∈(0，)，
所以a2＋b2＝1＋＋
＝2＋∈(1,7)．
§4.10 解三角形应用举例
1．A 2.B 3.B 4.B 5.A 6.C
7．AC [如图，由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，
AB＝12 n mile，
AC＝8 n mile，
所以B＝180°－60°－75°＝45°，
在△ABD中，由正弦定理得
＝，
所以AD＝＝＝24(n mile)，故A正确；
在△ACD中，由余弦定理得CD＝
＝
＝8(n mile)，故B错误；
由B项解析知CD＝AC，
所以∠CDA＝∠CAD＝30°，
所以灯塔C在D处的南偏西30°方向，故C正确；
由∠ADB＝60°，得D处在灯塔B的北偏西60°方向，故D错误．]
8．ABD [对于A，已知CD＝100 m，∠ACB＝，∠BCD，∠BDC，在△BCD中，由正弦定理
求得CB，从而求得AB，故A正确；
对于B，已知CD＝100 m，∠ACB＝，∠ACD，∠ADC，在△ACD中，由正弦定理求得AC，
从而求得AB，故B正确；
对于C，已知CD＝100 m，∠ACB＝，∠BCD，∠ACD四个条件，无法通过解三角形求得AB，故C错误；
对于D，由∠ACB，∠BCD借助直角三角形和余弦定理，用AB表示出CB，BD，AC，AD，
然后结合∠ADC在△ADC中利用余弦定理列方程，解方程求得AB，故D正确．]
9．15 10.－
11．1
解析 设A地东北方向上存在点P到城市B的距离为30千米，AP＝x，
在△ABP中，由余弦定理得PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB·cos A，
即302＝x2＋402－2x·40·cos 45°，
化简得x2－40x＋700＝0，
设方程的两根为x，x，
1 2
则x＋x＝40，xx＝700，
1 2 1 2
所以|x－x|＝＝20，即图中CD＝20千米，
1 2
所以城市B处于危险区的时间为＝1(小时)．
12．85
解析 由余弦定理得BD2＝BE2＋DE2－2BE·DE·cos∠BED，
则BD＝＝＝2
＝2×12.04＝24.08(m)．
在△BCD中，由正弦定理得
＝，
则BC＝≈≈45.270 4(m)．
在△ABC中，∠ACB＝62°，
所以AB＝BC·tan∠ACB
≈45.270 4×1.88≈85(m)．
第五章 平面向量与复数
§5.1 向量的概念及线性运算
1．A 2.D 3.B 4.B 5.D 6.B7．ACD
8．ABC [∵AB∥CD，AB＝2DC，
∴BC＝BA＋AD＋DC＝－AB＋AD＋AB＝－AB＋AD，故A正确；
∵BC＝3EC，
∴BE＝BC＝－AB＋AD，
∴AE＝AB＋BE＝AB＋＝AB＋AD，
又F为AE的中点，∴AF＝AE＝AB＋AD，故B正确；
∴BF＝BA＋AF＝－AB＋AB＋AD＝－AB＋AD，故C正确；
∴CF＝CB＋BF＝BF－BC＝－AB＋AD－＝－AB－AD，故D错误．]
9．等腰梯形 10.2 024 0 11.
12．3
解析 因为BE＝EC，
所以AE＝AB＋BE＝AB＋AD，
又因为CD＝2CF，
所以AF＝AD＋DF＝AB＋AD，
所以|AE＋AF|＝|AB＋AD|＝|AC|，
又因为∠BAD＝120°，
所以∠ADC＝60°，
所以△ADC为等边三角形，
所以AC＝AD＝2，
所以|AE＋AF|＝|AC|
＝×2＝3.
13．解 (1)依题意，设EN＝tEF，
CN＝CE＋EN＝CE＋tEF
＝CE＋t(CF－CE)
＝(1－t)CE＋tCF
＝－AB－AD，
又CN＝λAB＋μAD，
所以解得λ＋μ＝－.
(2)因为AC＝AB＋AD，AE＝AB＋AD，AF＝AB＋AD，
所以AE＋AF＝(AB＋AD)＝AC，
所以AC＝a＋b.
14．(1)解 在△ABC中，D，F分别是BC，AC的中点，
则AD＝AB＋BD＝AB＋BC＝AB＋(AC－AB)＝AB＋AC＝a＋b，故AE＝AD＝a＋b，BE＝AE－AB＝a＋b－a＝b－a.
(2)证明 因为BE＝b－a＝(b－2a)，
BF＝AF－AB＝b－a＝(b－2a)，
所以BE＝BF，所以BE∥BF，
又BE，BF有公共点B，所以B，E，F三点共线．
15．C [如图，∵OA＋3OB＋4OC＝0，
∴－OA＝OB＋OC，
设－OA＝OD，
则OD＝OB＋OC，
即B，C，D三点共线，
∴＝＝，
∴S ＝4×＝.]
△BOC
16．(1，＋∞)
解析 因为CO与AB交于点D，
所以O，C，D三点共线，
所以OC与OD共线，
设OC＝mOD，则m>1，
因为OC＝λOA＋μOB，
所以mOD＝λOA＋μOB，
可得OD＝OA＋OB，
因为A，B，D三点共线，
所以＋＝1，可得λ＋μ＝m>1，
所以λ＋μ的取值范围是(1，＋∞)．
§5.2 向量基本定理及坐标表示
1．B 2.A 3.C 4.C 5.C 6.A
7．ABD
8．ABC [建立如图所示的平面直角坐标系，不妨设正方形的边长为2，设Q(x,0)，则根据题意可得A(0,2)，D(2,2)，C(2,0)，E，F，B(0,0)，
则AF＝，AC＝(2，－2)，AQ＝(x，－2)，AE＝，AB＝(0，－2)，AD＝(2,0)，
由于AE∥AQ，
所以－x＝－2×，
解得x＝1，故Q(1,0)，
对于A，AE＋AF＝＋＝(2，－2)＝AC，故A正确；对于B，AB＋AD＝×(0，－2)＋×(2,0)＝
＝AE，故B正确；对于C，AB＋AD＝×(0，－2)＋×(2,0)＝＝AF，故C正确；对于D，AB＋
AD＝×(0，－2)＋×(2,0)＝，FQ＝，故D错误．]
9. 10.6 11.6
12．2
解析 依题意设MN＝λBE，
则MN＝MA＋AN＝－mAB＋nAD＝λ(BC＋CE)＝λ，
即－mAB＋nAD＝－λAB＋λAD，
所以故＝2.
13．解 (1)在平面直角坐标系中，
由|OA|＝2，知A(2,0)，
设B(x ，y )，
B B
又∠OAB＝，|AB|＝1，
则x ＝2＋cos＝，
B
y ＝sin＝，
B
∴B.
又BC＝(－1，)，
∴OC＝OB＋BC＝＋(－1，)＝，
∴C.
(2)由(1)可得OC＝，
AB＝，
∴OC＝3AB.
∴OC∥AB，|OC|＝3|AB|＝3.
又|BC|＝＝2，|OA|＝2，∴四边形OABC为等腰梯形．
∵|OA|＝2，|AB|＝1，|BC|＝2，
|OC|＝3，
∴四边形OABC的周长为8.
14．解 (1)由于m∥n，
所以2sin(A＋C)×＝cos 2B，
即2sin Bcos B＝cos 2B，
即sin 2B＝cos 2B，tan 2B＝，
由于B是锐角，
所以0<B<，0<2B<π，
所以2B＝，B＝.
(2)依题意，B＝，b＝1，
由正弦定理得＝＝，
即＝＝，
a＝2sin A，c＝2sin C，
所以S ＝acsin B＝sin Asin C
△ABC
＝sin Asin(A＋B)＝sin Asin
＝sin A
＝sin2A＋sin Acos A
＝×＋×sin 2A
＝sin 2A－cos 2A＋
＝sin＋，
由于所以<A<，
所以<2A<π，<2A－<，
所以当2A－＝，即A＝时，S 取得最大值为＋＝.
△ABC
15．A [以C为坐标原点，CD，CA所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标
系，
由题意得AC＝，
则A(0，)，B，C(0,0)，AB＝，AC＝(0，－)．
因为CB＝CD＝1，∠DCB＝90°＋45°＝135°，故∠BDC＝22.5°，
因为tan 45°＝＝1，
所以tan 22.5°＝－1，
所以OC＝DC·tan 22.5°＝－1，
故O(0，－1)．
又D(－1,0)，则DO＝(1，－1)，
因为DO＝λAB＋μAC＝，
所以
解得所以λ＋μ＝－1.]
16．2
解析 建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(3,0)，
B，
设∠AOC＝α，
则C(3cos α，3sin α)，α∈，
由OC＝xOA＋yOB
⇒(3cos α，3sin α)＝x(3,0)＋
y＝，
化简得x＝sin α＋cos α，
y＝sin α.
则x＋y＝＋sin α
＝sin α＋cos α＝2sin，
则当sin＝1时，x＋y最大，值为2.
2x＋y＝2＋sin α＝sin α＋2cos α＝sin(α＋φ)，
其中tan φ＝且φ为第一象限角，
则当sin(α＋φ)＝1时，2x＋y最大，值为.§5.3 向量的数量积
1．D 2.C 3.D 4.D 5.C 6.D
7．BC
8．CD [对于A，向量a＝(2,1)，b＝(1，－1)，则a·b＝2－1＝1>0，
又a，b不共线，
所以a，b的夹角为锐角，故A错误；
对于B，向量a在b上的投影向量为
·＝b，故B错误；
对于C，a－b＝(1,2)，若(a－b)∥c，
则－n＝2(m－2)，变形可得2m＋n＝4，故C正确；
对于D，由2m＋n＝4，且m，n均为正数，
得mn＝(2m·n)≤2＝2，
当且仅当m＝1，n＝2时，等号成立，
即mn的最大值为2，故D正确．]
9．(1，－1)(答案不唯一) 10.10 11.6
12．10
解析 如图，设BC的中点为D，连接OD，AD，
则AO·BC＝(AD＋DO)·(AC－AB)＝(AC＋AB)·(AC－AB)＋DO·(AC－AB)
＝(|AC|2－|AB|2)＝10.
13．解 (1)AC＝AD＋DC＝AD＋AB，
AE＝(AB＋AC)
＝
＝AB＋AD，
BC＝AC－AB＝AD＋AB－AB＝AD－AB.
(2)由题意可知，
|AD|＝＝＝1，
DB＝AB－AD，
所以DB·AE＝(AB－AD)·＝|AB|2－|AD|2－AB·AD＝|AB|2－|AD|2－|AB||AD|·cos＝×4－×1－×2×1×＝.
14．解 (1)如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系，
则D(0,6)，E(3,0)，A(0,0)，F(6,2)，
∴DE＝(3，－6)，AF＝(6,2)，
由于∠EMF就是DE，AF的夹角，
∴cos∠EMF＝cos〈DE，AF〉＝＝，
∴∠EMF的余弦值为.
(2)∵AM＝λAF，
则AM＝(6λ，2λ)，则M(6λ，2λ)，
又D，M，E三点共线，
则设DM＝tDE，0<t<1，
即(6λ，2λ－6)＝t(3，－6)，
则
解得λ＝，
故M.
15．D [如图，以O为坐标原点，BE所在直线为x轴，AF的垂直平分线所在直线为y轴，
建立平面直角坐标系，
设点P(cos θ，sin θ)(0≤θ≤2π)，
由题意知，E(2,0)，O(0,0)，
则PE＝(2－cos θ，－sin θ)，OE＝(2,0)，所以PE·OE＝4－2cos θ，
当cos θ＝1，即θ＝0时，PE·OE取最小值2.]
16．C [如图，设AB＝a，AC＝b，BM＝λBC，则有AM＝AB＋λBC＝AB＋λ(AC－AB)＝(1－λ)AB＋λAC＝(1－λ)a＋λb，
由余弦定理得cos∠BAC＝＝＝，
∵AM⊥BC，∴AM·BC＝0，
即[(1－λ)a＋λb]·(b－a)＝(1－2λ)a·b－(1－λ)a2＋λb2＝0，
其中a·b＝|a||b|cos∠BAC＝63×＝33，a2＝49，b2＝81，解得λ＝，
BN＝BC，∴MN＝BN－BM＝BC，MN·BC＝BC2＝16.]
§5.4 向量中的综合问题
1．B 2.C 3.B 4.B
5．B [已知a，b是单位向量，
由|xa＋b|≥，
得(xa＋b)2≥，
则x2＋2(a·b)x＋≥0，
依题意，不等式x2＋2(a·b)x＋≥0对任意实数x恒成立，
则Δ＝4(a·b)2－1≤0，
解得－≤a·b≤，
而cos〈a，b〉＝＝a·b，
则－≤cos〈a，b〉≤，
又0≤〈a，b〉≤π，函数y＝cos x在[0，π]上单调递减，
所以≤〈a，b〉≤，
所以向量a，b的夹角的取值范围为.]
6．ABD [对于A，
∵AD＝(AB＋AC)，
即AD－AB＝AC－AD，即BD＝DC，
即点D是边BC的中点，故A正确；
对于B，AD·BC＝＝(－|BC|＋|BC|)＝0，
即AD⊥BC，
故直线AD过△ABC的垂心，故B正确；
对于C，∵AD＝2AB－AC，
即AD－AB＝AB－AC，
即BD＝CB，
即点D在边CB的延长线上，故C错误；对于D，∵AD＝xAB＋yAC，且x＋y＝，
设AM＝2AD，
则AM＝2AD＝2xAB＋2yAC，
且2x＋2y＝1，
故M，B，C三点共线，
且|AM|＝2|AD|，
即△BCD是△ABC面积的一半，故D正确．]
7．ACD [如图，以线段AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐
标系，
设P(2cos θ，2sin θ)，θ∈[0，π]，
又A(－2,0)，B(2,0)，E(2,2)，
D(－2,4)，C(2,4)，
则AP＝(2cos θ＋2,2sin θ)，AD＝(0,4)，AE＝(4,2)，
∵AP＝λAD＋μAE，
即(2cos θ＋2,2sin θ)＝λ(0,4)＋μ(4,2)
∴
解得
∵θ∈[0，π]，
则－1≤cos θ≤1,0≤sin θ≤1，
∴μ＝∈[0,1]，
λ＝＝，
其中sin φ＝，cos φ＝，φ为锐角，
当sin(θ－φ)＝1，即θ＝＋φ时，
λ取最大值，故A正确，B错误；
AP·AD＝(2cos θ＋2,2sin θ)·(0,4)＝8sin θ∈[0,8]，故C正确；
AP·AE＝(2cos θ＋2,2sin θ)·(4,2)＝4sin θ＋8cos θ＋8＝4sin(θ＋α)＋8，
其中sin α＝，cos α＝，α为锐角，
当sin(θ＋α)＝1，即θ＝－α时，AP·AE取最大值8＋4，故D正确．]
8．3 9.
10．2解析 ∵a·b＝|a|＝|b|＝2，
设a与b的夹角为θ，
则a·b＝|a||b|cos θ＝2×2×cos θ＝2，∴cos θ＝，
又θ∈[0，π]，则θ＝，
不妨设a＝(2,0)，b＝(1，)，
再设e＝(cos α，sin α)，
则|a·e＋b·e|＝|(a＋b)·e|
＝|(3，)·(cos α，sin α)|
＝|3cos α＋sin α|
＝≤2，
即|a·e＋b·e|≤2，
∴|a·e＋b·e|的最大值为2.
§5.5 复 数
1．B 2.A 3.D 4.C 5.D 6.B
7．D [复数z满足z＝x＋yi(x，y∈R)，
则|x－1＋(y＋1)i|＝2，
∴(x－1)2＋(y＋1)2＝4.]
8．D [对于A， ＝cos ＋isin ＝－＋i，对应的点位于第二象限，故A正确；
对于B， ＝cos ＋isin ＝i，为纯虚数，故B正确；
对于C，＝＝＝＝＝，故C正确；
对于D， ＝cos ＋isin ＝＋i，所以 的共轭复数为－i，故D错误．]
9．AD
10．ABD [设z＝x＋yi(x，y∈R)，z＝a＋bi(a，b∈R)，则 ＝x－yi，
1 2 1
对于A，z＋＝2x∈R，故A正确；
1 1
对于B，|z|＝，||＝，∴||＝|z|，故B正确；
1 1 1 1
对于C，当z＝3＋4i，z＝5时，|z|＝|z|＝5，但是z≠±z，故C错误；
1 2 1 2 1 2
对于D，z ＝(a＋bi)(x－yi)＝(ax＋by)＋(bx－ay)i，|z |＝＝，zz ＝(a＋bi)(x＋yi)＝(ax－by)
21 21 2 1
＋(bx＋ay)i，|zz|＝＝，
2 1
∴|z |＝|zz|，故D正确．]
21 2 1
11. 12.i(或－i) 13.－1＋i14．2＋1
解析 设z＝x＋yi，其中x，y∈R，
由|z|＝1，可得x2＋y2＝1，
根据复数z的几何意义可得复数z表示以原点O为圆心，1为半径的单位圆，
则|z－2－2i|＝|(x－2)＋(y－2)i|＝，
可得|z－2－2i|表示单位圆上的点到点P(2,2)的距离，
因为PO＝2，
所以|z－2－2i|的最大值为PO＋r＝2＋1.
15．B [根据题意，得|z|＝|(z－z)－z|≤|z－z|＋|z|＝|z－1|＋1≤|z|＋1＋1＝3，
2 2 2 2 1 1
当z＝－1，z＝1，z＝3时，|z－z|＝|z－1|＝|z－z|＝2，此时|z|＝3，所以|z| ＝3.]
1 2 1 2 1 2 max
16．2－4
解析 因为复数z，z 对应的点分别为Z，Z，
1 2 1 2
且|z|＝|z|＝2，则可确定点Z，Z 在以O为圆心，2为半径的圆上，
1 2 1 2
又ZZ＝4，所以ZZ 为圆的直径，即Z，Z 关于原点对称，所以OZ1＝－OZ2，
1 2 1 2 1 2
因为AZ1＝AO＋OZ1，BZ2＝BO＋OZ2，
所以AZ1·BZ2＝(AO＋OZ1)·(BO＋OZ2)＝AO·BO＋AO·OZ2＋OZ1·BO＋OZ1·OZ2＝(1,0)·(0，－3)－
AO·OZ1＋OZ1·BO＋2×2×cos(－π)＝－4＋OZ1·BA，
又|BA|＝＝，
|OZ1|＝2，〈OZ1，BA〉∈[0，π]，
则cos〈OZ1，BA〉∈[－1,1]，
所以OZ1·BA＝|OZ1||BA|·cos〈OZ1，BA〉＝2cos〈OZ1，BA〉，
即OZ1·BA的最大值为2，
所以AZ1·BZ2的最大值为2－4.
第六章 数 列
§6.1 数列的概念
1．A 2.B 3.B 4.D 5.A 6.C
7．BCD [假设第n项为{a}的最大项，则
n
即
所以
又n∈N*，所以n＝4或n＝5，故在数列{a}中a 与a 均为最大项，且a＝a＝，当n≥5时，数列{a}是递减数列．]
n 4 5 4 5 n
8．ABD [因为a －a ＝－a ＝>0，即a >a ，所以a≥a ＝1，故D正确；因为a
n＋1 n n n＋1 n n 1 n＋
>a ，所以数列{a}为递增数列，可得a >a ，故A正确；对于选项B，因为a ＝，则
1 n n 2 023 2 022 n＋1
2a －a ＝，两边平方整理得4a－1＝4a a ，故B正确；对于选项C，因为数列{a}为递
n＋1 n n＋1 n n
增数列且a≥1>0，则为递减数列，
n
所以为递减数列，不存在最小值，故C错误．]
9．7 10.n－1
11．a＝
n
解析 当n≥2时，有(n－1)a＝n·2na ，故＝·2n，
n n－1
则有＝·2n－1，＝·2n－2，…，＝×22.
上述n－1个式子累乘，得
＝···…·
＝n·2n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2
＝ n·2.
因为a＝1，
1
所以a＝ ，
n
而当n＝1时，a＝1×20＝1，也满足上式，
1
故数列{a}的通项公式为
n
a＝ .
n
12．341
解析 由题意，a＝a ＋2n－1，
n n－2
故a－a＝22，
3 1
a－a＝24，
5 3
…
a －a ＝22n－2，
2n－1 2n－3
以上各式相加，可得
a －a＝22＋24＋…＋22n－2＝41＋42＋…＋4n－1，
2n－1 1
即a ＝1＋41＋42＋…＋4n－1＝＝，
2n－1
所以按规则解开九连环最少需要移动的次数为a＝＝341.
9
13．解 (1)∵a＝1，a ＝2＋1，
1 n＋1
∴a＝2＋1＝2＋1＝3.
2(2)方法一 由a ＝2＋1，
n＋1
得S －S＝2＋1，
n＋1 n
故S ＝(＋1)2.
n＋1
∵a>0，∴S>0，
n n
∴＝＋1，
即－＝1，
则－＝1(n≥2)，
由累加法可得＝1＋(n－1)＝n，
∴S＝n2(n≥2)，
n
又S＝a＝1，满足上式，∴S＝n2.
1 1 n
当n≥2时，a＝S－S ＝n2－(n－1)2＝2n－1，
n n n－1
又a＝1适合上式，∴a＝2n－1.
1 n
方法二 由a ＝2＋1，
n＋1
得(a －1)2＝4S，
n＋1 n
当n≥2时，(a－1)2＝4S ，
n n－1
∴(a －1)2－(a－1)2
n＋1 n
＝4(S－S )＝4a.
n n－1 n
∴a－a－2a －2a＝0，
n＋1 n
即(a ＋a)(a －a－2)＝0.
n＋1 n n＋1 n
∵a>0，∴a －a＝2(n≥2)．
n n＋1 n
a－a＝2，
2 1
∴{a}为等差数列，且公差为2，
n
∴a＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
n
14．解 (1)∵2S＝(n＋1)a，
n n
∴2S ＝(n＋2)a ，
n＋1 n＋1
∴2a ＝(n＋2)a －(n＋1)a，
n＋1 n＋1 n
即na ＝(n＋1)a，
n＋1 n
∴＝，
∴＝＝…＝＝1，
∴a＝n(n∈N*)．
n
(2)∵b＝3n－λn2，
n
∴b －b＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1)．
n＋1 n
∵数列{b}为递增数列，
n∴2·3n－λ(2n＋1)>0，
即λ<.
令c＝，
n
则＝·＝>1，
∴{c}为递增数列，∴λ<c＝2，
n 1
即λ的取值范围为(－∞，2)．
15．ABC [A项，S＝a＋a＋a＋…＋a＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33，A正确；
7 1 2 3 7
B项，S ＋S －S －S ＝a ＋a ＋a ＋a ＝a ＋a ＝a ，B正确；
2 024 2 023 2 022 2 021 2 023 2 024 2 022 2 023 2 025 2 024 2 026
C项，a＋a＋a＋…＋a ＝a＋a＋…＋a ＝a＋…＋a ＝a ＋a ＝a ，C正确；
1 3 5 2 023 4 5 2 023 6 2 023 2 022 2 023 2 024
D项，a＝aa ，a＝a(a －a)＝aa －aa ，a＝aa －aa ，a＝aa －aa ，…，a＝a a
2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 2 022 2 023
－a a ，a＝a a －a a ，所以a＋a＋a＋…＋a＝a a ，D错误．]
2 021 2 022 2 023 2 024 2 022 2 023 2 023 2 024
16．a＝n
n
解析 a＋a＋…＋a＝S，①
当n＝1时，a＝1；
1
当n≥2时，a＋a＋…＋a
＝S＝(S－a)2，②
n n
①－②得a＝S－(S－a)2
n n
＝a(2S－a)，
n n n
因为各项均不为0，
所以a＝2S－a，③
n n
a＝2S －a (n≥2)，④
n－1 n－1
③－④得(a＋a )(a－a －1)＝0(n≥2)，
n n－1 n n－1
因为a＋a >0，
n n－1
所以a－a ＝1(n≥2)，
n n－1
所以a＝1＋n－1＝n.
n
又a＝1适合上式，所以a＝n.
1 n
§6.2 等差数列
1．C 2.B 3.A 4.C 5.C 6.C
7．AC
8．AD [由题意可知，两马日行里数分别成等差数列，记数列{a}为良马的日行里数，其
n
中首项a＝103，公差d＝13，所以数列{a}的通项公式为a＝13n＋90，n∈N*，
1 1 n n
记数列{b}为驽马的日行里数，其中首项b ＝97，公差d ＝－0.5，所以数列{b}的通项公式
n 1 2 n为b＝－0.5n＋97.5，n∈N*，
n
因此，驽马第七日行里数为b＝－0.5×7＋97.5＝94，即驽马第七日行九十四里，故A正确；
7
第七日良马行走总里程为S ＝103×7＋×13＝994，而齐去长安一千一百二十五里，因为
7
994<1 125，所以第七日良马未至齐，故B错误；
设第m日两马相逢，由题意可知两马行走的总里数是齐去长安距离的两倍，即 103m＋×13
＋97m－×0.5＝2×1 125，解得m＝9或m＝－40(舍)，即第九日二马相逢，故C错误；
由C可知，第九日二马相逢，此时良马共行走了S ＝103×9＋×13＝1 395，所以二马相逢
9
时良马行一千三百九十五里，故D正确．]
9．2n＋1(答案不唯一) 10.24 11.－
12．10
解析 因为等差数列{a}共有2n＋1项，所有奇数项之和为
n
S ＝a＋a＋…＋a ＝＝(n＋1)a ＝132，
奇 1 3 2n＋1 n＋1
所有偶数项之和为S ＝a＋a＋…＋a ＝＝na ＝120，
偶 2 4 2n n＋1
所以＝＝
＝＝，
解得n＝10.
13．解 (1)因为a ＝(n2＋n－λ)a(n＝1,2，…)，且a＝1，
n＋1 n 1
所以当a＝－1时，－1＝2－λ，
2
解得λ＝3，
所以a＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.
3
(2)数列{a}不可能为等差数列．理由如下：
n
由a＝1，a ＝(n2＋n－λ)a，
1 n＋1 n
得a＝2－λ，a＝(6－λ)(2－λ)，a＝(12－λ)(6－λ)(2－λ)，
2 3 4
若存在常数λ，使{a}为等差数列，
n
则a－a＝a－a，
3 2 2 1
即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，
解得λ＝3，
于是a－a＝1－λ＝－2，
2 1
a－a＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24，
4 3
这与{a}为等差数列矛盾，
n
所以对于任意常数λ，{a}都不可能是等差数列．
n
14．解 (1)∵3a＝3a＋a，
2 1 3
∴3d＝a＋2d，解得a＝d，
1 1
∴S＝3a＝3(a＋d)＝6d，
3 2 1a＝a＋(n－1)d＝nd，
n 1
又T＝b＋b＋b＝＋＋＝，∴S＋T＝6d＋＝21，
3 1 2 3 3 3
即2d2－7d＋3＝0，
解得d＝3或d＝(舍去)，
∴a＝nd＝3n.
n
(2)∵{b}为等差数列，
n
∴2b＝b＋b，
2 1 3
即＝＋，
∴6＝＝，
即a－3ad＋2d2＝0，
1
解得a＝d或a＝2d，
1 1
∵d>1，∴a>0，
n
又S －T ＝99，
99 99
由等差数列的性质知，
99a －99b ＝99，
50 50
即a －b ＝1，
50 50
∴a －＝1，
50
即a－a －2 550＝0，
50
解得a ＝51或a ＝－50(舍去)．
50 50
当a＝2d时，a ＝a＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d>1矛盾，无解；
1 50 1
当a＝d时，a ＝a＋49d＝50d＝51，解得d＝.
1 50 1
综上，d＝.
15．B [方法一 由题意得
a＝a＋(n－1)，
n 1
cos a ＝cos
n＋3
＝cos
＝cos
＝cos
＝cos a，
n
所以数列{cos a}是以3为周期的周期数列，
n
又cos a＝cos
2
＝－cos a－sin a，
1 1
cos a＝cos
3＝－cos a＋sin a，
1 1
因为集合S中只有两个元素，
所以有三种情况：
cos a＝cos a≠cos a，
1 2 3
cos a＝cos a≠cos a，
1 3 2
cos a＝cos a≠cos a.
2 3 1
下面逐一讨论：
①当cos a＝cos a≠cos a 时，
1 2 3
有cos a＝－cos a－sin a，
1 1 1
得tan a＝－，
1
所以ab＝
cos a
1
＝－cos2a＋sin acos a
1 1 1
＝
＝
＝＝－.
②当cos a＝cos a≠cos a 时，
1 3 2
有cos a＝－cos a＋sin a，
1 1 1
得tan a＝，
1
所以ab＝cos a
1
＝－cos2a－sin acos a
1 1 1
＝
＝
＝＝－.
③当cos a＝cos a≠cos a 时，
2 3 1
有－cos a－sin a＝－cos a＋sin a，得sin a＝0，
1 1 1 1 1
所以ab＝
cos a
1
＝－cos2a
1
＝－(1－sin2a)＝－.
1
综上，ab＝－.
方法二 取a＝－，
1
则cos a＝，
1
cos a＝cos＝，
2cos a＝cos＝－1，
3
所以S＝，ab＝－.]
16．B [由a＝1，a ≤a(n＝2，3，…，k)，
1 n－1 n
得1＋(n－2)d≤4[1＋(n－1)d]，
即3＋(3n－2)d≥0，
当n＝2,3，…，k时，
恒有3＋(3n－2)d≥0，
即d≥－，所以d≥－，
由a＋a＋…＋a＝8，得8＝＝，
1 2 k
所以16＝2k＋k(k－1)d≥2k＋k(k－1)·，
因为k∈N*，k≥2，
整理得3k2－49k＋32≤0，
所以k≤15.
所以k的最大值是15.]
§6.3 等比数列
1．C 2.B 3.B 4.A 5.D 6.C
7．ACD
8．AC [设数列{a}的公比为q.
n
∵a>1，a <1，
1 2 023
∴0<a <1，
2 023
又a >1，∴0<q<1.
2 022
∵a a ＝a<1，
2 022 2 024
∴a a －1<0，故A正确；
2 022 2 024
∵a <1，
2 023
∴a ＝S －S <1，
2 023 2 023 2 022
即S ＋1>S ，故B错误；
2 022 2 023
∵0<q<1，a>1，
1
∴数列{a}是递减数列，
n
∵a >1，a <1，
2 022 2 023
∴T 是数列{T}中的最大项，故C正确；
2 022 n
T ＝aaa·…·a
4 045 1 2 3 4 045
＝a(aq)(aq2)·…·(aq4 044)
1 1 1 1＝aq1＋2＋3＋…＋4 044
＝aq2 022×4 045
＝(aq2 022)4 045＝a，
1
∵0<a <1，∴a<1，
2 023
即T <1，故D错误．]
4 045
9．－ 10.
11．31 104
12.
解析 由题意得a＝1－a，
1 1
故a＝.
1
当n≥2时，由
得a＝S－S ＝－a＋a ，
n n n－1 n n－1
则＝，
故数列{a}是以为首项，为公比的等比数列，
n
故数列{a}的通项公式为a＝.
n n
由等比数列的性质可得aa＝a，aa＝a，…，a a ＝a，
1 3 3 5 2n－1 2n＋1
所以数列{a a }是以a＝为首项，为公比的等比数列，
2n－1 2n＋1
则T＝a＋a＋…＋a＝＝.
n
13．解 (1)由a ＝2a＋2，
n＋1 n
得a ＋2＝2(a＋2)，
n＋1 n
又a＋2＝3，所以＝2，
1
所以{a＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，
n
所以a＋2＝3×2n－1，
n
a＝3×2n－1－2.
n
(2)由10<a<2 023，
n
得10<3×2n－1－2<2 023，
即4<2n－1<675，即4≤n≤10，
故{a}落入区间(10,2 023)的项为a，a，a，a，a，a，a ，
n 4 5 6 7 8 9 10
所以其和S＝a＋a＋a＋a＋a＋a＋a
4 5 6 7 8 9 10
＝3×(23＋24＋…＋29)－2×7
＝3×－14
＝3 034.
14．解 (1)由题意知，在数列{a}中，
n
a ＝3S＋1，a＝3S ＋1，n≥2，
n＋1 n n n－1两式相减可得，a －a＝3a，a ＝4a，n≥2，
n＋1 n n n＋1 n
由条件知，a＝3a＋1＝4a，符合上式，故a ＝4a，n∈N*.
2 1 1 n＋1 n
∴{a}是以1为首项，4为公比的等比数列．
n
∴a＝4n－1，n∈N*.
n
(2)由题意及(1)得，
在数列{a}中，a＝4n－1，n∈N*，
n n
在数列{b}中，b＝，
n n
如果满足条件的b ，b，b 存在，
m k p
则b＝b b，其中2k＝m＋p，
m p
∴＝·，
∵2k＝m＋p，
∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，
解得k2＝mp，
∴k＝m＝p，与已知矛盾，
∴不存在满足条件的三项．
15．A [若{a}是等比数列，设公比为k，则a＋a＋…＋a ＝k(a＋a＋…＋a)，
n 2 3 n＋1 1 2 n
a＋a＋…＋a ＝k(a＋a＋…＋a )，
3 4 n＋2 2 3 n＋1
于是(a＋a＋…＋a )2＝k2(a＋a＋…＋a)2＝(a＋a＋…＋a )·(a＋a＋…＋a)，
2 3 n＋1 1 2 n 3 4 n＋2 1 2 n
即q：(S －a)2＝S(S －S)成立；
n＋1 1 n n＋2 2
若(S －a)2＝S(S －S)，
n＋1 1 n n＋2 2
取a＝0，n∈N*，显然{a}不是等比数列，故p是q的充分不必要条件．]
n n
16．20
解析 由题可得⇒
则m，－2，n或n，－2，m成等比数列，得mn＝(－2)2＝4.
不妨设m<n，则－2，m，n成等差数列，得2m＝n－2.
结合mn＝4，可得(2m＋2)m＝4⇒
m(m＋1)＝2，
解得m＝1或m＝－2(舍去)，
即⇒⇒pq＝20.
§6.4 数列中的构造问题
1．B 2.D 3.C 4.A
5．ABD [由题意，数列{a}的前n项和为S，a＝3，且a ＝3S＋2，
n n 2 n＋1 n则a＝3S＋2＝3a＋2，
2 1 1
所以a＝，故A正确；
1
因为a ＝3S＋2，①
n＋1 n
所以当n≥2 时，a＝3S ＋2，②
n n－1
①－②得，a －a＝3a，
n＋1 n n
即a ＝4a，
n＋1 n
当n＝1时，a＝，不满足a＝4a，
1 2 1
故数列{a}不是等比数列，故C错误；
n
当n≥2时，a ＝4a，
n＋1 n
则a＝4a＝12，a＝4a＝48，故S＝＋3＋12＋48＝，故B正确；
3 2 4 3 4
由a ＝3S＋2，
n＋1 n
得S －S＝3S＋2，
n＋1 n n
所以S ＝4S＋2，
n＋1 n
令S ＋λ＝4(S＋λ)，
n＋1 n
则S ＝4S＋3λ，
n＋1 n
所以3λ＝2，即λ＝，
所以S ＋＝4，
n＋1
即＝4，
故是首项为S＋＝a＋＝1，
1 1
公比为4的等比数列，故D正确．]
6．AB [因为a－3a ＝2aa ，
n n＋1 n n＋1
所以＋1＝3，
又＋1＝2≠0，
所以是以2为首项，3为公比的等比数列，故A正确；
＋1＝2×3n－1，
即a＝，故B正确；
n
所以{a}为递减数列，故C错误；
n
的前n项和T ＝(2×30－1)＋(2×31－1)＋…＋(2×3n－1－1)＝2(30＋31＋…＋3n－1)－n＝2×－
n
n＝3n－n－1，故D错误．]
7.＋×5n－1
8．2 046
解析 方法一 由a ＋a＝3×2n，得a －2n＋1＝－(a－2n)．
n＋1 n n＋1 n
又a－21＝－1，
1
所以{a－2n}是首项为－1，公比为－1的等比数列，所以a－2n＝(－1)n，
n n即a＝2n＋(－1)n，
n
所以S ＝21＋22＋…＋29＋210＋(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)9＋(－1)10＝＝211－2＝2 046.
10
方法二 ∵a ＋a＝3×2n，
n＋1 n
∴a＋a＝3×2，a＋a＝3×23，a＋a＝3×25，a＋a＝3×27，a ＋a＝3×29，
2 1 4 3 6 5 8 7 10 9
则S ＝3×(2＋23＋25＋27＋29)＝3×＝2 046.
10
9．解 (1)由a＝2，a＝2a －n＋2(n≥2，n∈N*)，
1 n n－1
得a＝2a－2＋2＝4，a＝2a－3＋2＝7，
2 1 3 2
∵a－n＝2a －2n＋2＝2[a －(n－1)]，a－1＝1，
n n－1 n－1 1
∴＝2(n≥2，n∈N*)，
∴{a－n}是首项为1，公比为2的等比数列．
n
(2)由(1)知a－n＝1×2n－1＝2n－1，
n
∴a＝2n－1＋n.
n
10．(1)解 当n＝2时，4S＋5S＝8S＋S，
4 2 3 1
即4×＋5×＝8×＋1，
解得a＝.
4
(2)证明 ∵4S ＋5S＝8S ＋S (n≥2)，
n＋2 n n＋1 n－1
∴4S －4S ＋S－S ＝4S －4S(n≥2)，
n＋2 n＋1 n n－1 n＋1 n
即4a ＋a＝4a (n≥2)，
n＋2 n n＋1
∵4a＋a＝4×＋1＝6＝4a，符合上式，
3 1 2
∴4a ＋a＝4a ，
n＋2 n n＋1
∵＝
＝＝＝，
∴数列是以a－a＝1为首项，为公比的等比数列．
2 1
(3)解 由(2)知，是以1为首项，为公比的等比数列，
∴a －a＝n－1.
n＋1 n
即－＝4，
∴数列是以＝2为首项，4为公差的等差数列，
∴＝2＋(n－1)×4＝4n－2，
即 a＝(4n－2)×n＝(2n－1)×n－1，
n
∴数列{a}的通项公式是a＝(2n－1)×n－1.
n n
§6.5 数列求和
1．解 (1)若选择①：设{a}的公差为d，
n因为S ＝66，a＝1，
11 1
所以11＋×d＝66，
解得d＝1，
所以a＝a＋(n－1)d＝n.
n 1
若选择②：因为a，a,9a 成等比数列，所以a＝9a，
3 9 3
又a>0，所以a＝3a，
n 9 3
又a＝1，设{a}的公差为d (d>0)，
1 n
所以1＋8d＝3(1＋2d)，解得d＝1，
所以a＝a＋(n－1)d＝n.
n 1
若选择③：设{a}的公差为d，
n
因为S－na＝，
n n
所以na＋d－n[a＋(n－1)d]＝，
1 1
又a＝1，即n＋d－n－n(n－1)d＝d＝，
1
解得d＝1，
所以a＝a＋(n－1)d＝n.
n 1
(2)由(1)知b＝ ＋2a＝3n＋2n.
n n
所以T＝(3＋2)＋(32＋4)＋…＋(3n＋2n)，
n
所以T＝3＋32＋…＋3n＋2＋4＋…＋2n，
n
所以T＝＋＝＋n2＋n，
n
所以T＝.
n
2．(1)证明 由a ＋2a＝2n＋2可得
n＋1 n
a －2n＋1＝2n＋1－2a＝－2(a－2n)．
n＋1 n n
又a－21＝1≠0，
1
所以数列{a－2n}是以1为首项，－2为公比的等比数列．
n
(2)解 由(1)可得a－2n＝(－2)n－1，
n
即a＝2n＋(－2)n－1.
n
当n为奇数时，
b＝a＝2n＋(－2)n－1＝3×2n－1；
n n
当n为偶数时，b＝log a＝log [2n＋(－2)n－1]＝log 2n－1＝n－1.
n 2 n 2 2
所以T ＝(b＋b＋b＋b＋b)＋(b＋b＋b＋b＋b )
10 1 3 5 7 9 2 4 6 8 10
＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)
＝＋＝1 048.
3．解 (1)由已知得2S＝3a－1，①
n n当n＝1时，2S＝3a－1，
1 1
即2a＝3a－1，
1 1
解得a＝1，
1
当n≥2时，2S ＝3a －1，②
n－1 n－1
①－②得2a＝3a－3a ，
n n n－1
即a＝3a ，
n n－1
所以数列{a}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a＝3n－1.
n n
(2)因为b＝
n
＝
＝×，
所以T＝×
n
＝×
＝－.
4．解 (1)当n＝1时，a＝S＝22－2＝2，
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，
n n n－1
当n＝1时，上式也成立，
所以a＝2n.
n
由题意得b＝a＋2＝22＋2＝6，b＝2＋4＋3＝9，
2 2 3
设等差数列{b}的公差为d，
n
则d＝b－b＝3，b＝b－d＝3，
3 2 1 2
故b＝b＋(n－1)d＝3n.
n 1
综上，a＝2n，b＝3n.
n n
(2)由(1)知ab＝3n·2n，
n n
所以T＝ab＋ab＋ab＋…＋a b ＋ab
n 1 1 2 2 3 3 n－1 n－1 n n
＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n－1)·2n－1＋3n·2n，①
2T＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n－1)·2n＋3n·2n＋1，②
n
所以①－②得，－T＝3×(21＋22＋23＋…＋2n－1＋2n)－3n·2n＋1＝3×－3n·2n＋1
n
＝(3－3n)·2n＋1－6，
所以T＝(3n－3)·2n＋1＋6.
n
5．(1)解 因为＋＋＋…＋＝n2＋n，①
则当n＝1时，＝2，即a＝4，
1
当n≥2时，＋＋＋…＋＝n2－n，②
①－②得＝2n，所以a＝2n(n＋1)，n≥2，
n
a＝4也满足a＝2n(n＋1)，
1 n
故a＝2n(n＋1)(n∈N*)．
n
(2)证明 因为＝＝·＝·
＝，
所以＋＋…＋
＝
＝<.
6．解 (1)设{a －a}的公比为q.
n＋1 n
∵a ＝λa －2a，
n＋2 n＋1 n
∴a －a ＝λa －2a－a
n＋2 n＋1 n＋1 n n＋1
＝(λ－1)a －2a
n＋1 n
＝(λ－1)
＝q(a －a)．
n＋1 n
∴＝1，解得λ＝3，
∴q＝2.
又a－a＝1，
2 1
∴a －a＝2n－1.
n＋1 n
∴a＝a＋(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a )
n 1 2 1 3 2 n n－1
＝1＋20＋21＋…＋2n－2
＝1＋
＝2n－1(n≥2)，
当n＝1时，符合上式，
∴{a}的通项公式为a＝2n－1.
n n
(2)当b ＝k＝1时，m∈[1,2)，共2－1＝1项，
m
当b ＝k＝2时，m∈[2,4)，共4－2＝2项，
m
当b ＝k＝3时，m∈[4,8)，共8－4＝4项，
m
…
当b ＝k＝n时，m∈[2n－1,2n)，共2n－2n－1＝2n－1项，
m
又 ＝n＋1，
∴{b}的前2n项和为1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1＋n＋1.
n
记S＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，
n
则2S＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
n作差可得－S＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1，
n
∴S＝(n－1)·2n＋1.
n
因此，数列{b}的前2n项和为
n
S＋n＋1＝(n－1)·2n＋n＋2.
n
§6.6 数列中的综合问题
1．D 2.B 3.A 4.B 5.C 6.B
7．BC
8．ACD [由题意，a ＝a ·m2＝3m2，a ＝a ＋4m＝3＋4m，
13 11 51 11
由a ＝a ＋1，得3m2＝3＋4m＋1，
13 51
整理可得(3m＋2)(m－2)＝0，
由m>0，解得m＝2，故A正确；
a ＝a ＋6×2＝15，a ＝a ·27＝15×27≠15×28，故B错误；
71 11 78 71
a ＝a ＋(i－1)×2＝2i＋1，a ＝a ·2j－1＝(2i＋1)·2j－1，故C正确；
i1 11 ij i1
S＝a ·＋a ·＋a ·＋…＋a ·＝(3＋5＋7＋…＋2n＋1)＝(2n－1)·＝n(n＋2)(2n－1)，故D正
11 21 31 n1
确．]
9．8 10.
11．(1)证明 设等差数列{a}的公差为d，
n
由a－b＝a－b，
2 2 3 3
得a＋d－2b＝a＋2d－4b，
1 1 1 1
即d＝2b；
1
由a－b＝b－a，
2 2 4 4
得a＋d－2b＝8b－(a＋3d)，
1 1 1 1
即a＝5b－2d，将d＝2b 代入，
1 1 1
得a＝5b－2×2b＝b，即a＝b.
1 1 1 1 1 1
(2)解 由(1)知a＝a＋(n－1)d＝a＋(n－1)×2b＝(2n－1)a，b＝b·2n－1，
n 1 1 1 1 n 1
由b＝a ＋a，得b·2k－1＝(2m－1)a＋a，
k m 1 1 1 1
由a＝b≠0得2k－1＝2m，
1 1
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|b＝
k
a ＋a,1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9.
m 1
12．(1)证明 因为是公差为的等差数列，
所以a－＝a－＋(n－1)×＝，
n 1
于是当n≥2时，S－S －＝，
n n－1
所以－＝，
可见数列是首项为S＝a，公差为的等差数列，
1 1
于是＝a＋，S＝na＋，
1 n 1
又当n＝1时，S＝a，
1 1
所以对n∈N*，S＝na＋，
n 1
当n≥2时，a＝S－S ＝a＋n－1，当n＝1时也成立，
n n n－1 1
因此a－a ＝1，
n n－1
则{a}是首项为a，公差为1的等差数列．
n 1
(2)解 因为a＝1，
1
且{a}的公差为1，所以a＝n，
n n
所以b＝max{2n，n2}＝
n
①当n≥4时，T＝1×21＋2×22＋3×32＋4×24＋…＋n·2n
n
＝1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n·2n＋3，
令F＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
n
则2F＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，
n
所以－F＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，
n
所以F＝(n－1)·2n＋1＋2，
n
所以当n≥4时，T＝(n－1)·2n＋1＋5，
n
②当n≤2时，T＝F＝(n－1)·2n＋1＋2，
n n
③当n＝3时，T＝T＝37(或直接分别求T＝2，T＝10，T＝37)．
n 3 1 2 3
综上，T＝
n
§6.7 子数列问题
1．解 (1)依题意，数列{a}满足a＝1，
n 1
a ＝k∈N*，
n＋1
所以a＝a＋1＝，
2 1
a＝a－4＝－4＝－.
3 2
b＝a －2，a ＝b＋2，
n 2n 2n n
b ＝a －2＝a －2
n＋1 2n＋2 2n＋1＋1
＝a ＋2n＋1－2
2n＋1
＝a ＋2n－1
2n＋1
＝(a －4n)＋2n－1
2n＝a －1＝(b＋2)－1
2n n
＝b.
n
所以数列{b}是首项为b＝a－2＝－2＝－，公比为的等比数列，
n 1 2
所以b＝－.
n
(2)a ＝2－，
2n
a ＝a －4n＝2－－4n，
2n＋1 2n
所以a＝2－－8，a＝2－－12，
5 7
a＝2－－16，
9
所以a＋a＋a＋a＋a＝1＋＋＋
1 3 5 7 9
＋＝－.
2．解 (1)由题意，可得6a＝8a＋a，
3 1 5
所以6q2＝8＋q4，
解得q2＝4或q2＝2，
又q为正整数，所以q＝2，
又a＝2，所以a＝2n.
1 n
由2n2－(3＋b)n＋b＝0，
n n
得b＝2n.
n
(2)因为b＝2，所以a 与a 之间插入2个2，
1 1 2
b＝4，所以a 与a 之间插入4个2，
2 2 3
b＝6，所以a 与a 之间插入6个2，
3 3 4
…
则{c}的前100项，由90个2及a，a，a，…，a，a 构成，所以T ＝(a＋a＋…＋a )＋
n 1 2 3 9 10 100 1 2 10
2×90
＝＋180＝2 226.
3．(1)证明 由2S－na＝n，得2S －(n＋1)a ＝n＋1，
n n n＋1 n＋1
将上述两式相减，得2a －(n＋1)a ＋na＝1，
n＋1 n＋1 n
即na－(n－1)a ＝1.
n n＋1
∴ a ＝(n≥2)，
n＋1
∵－＝－ ＝－＝0(n≥2)，
∴数列(n≥2)是常数列．
(2)解 由(1)可知，当n≥2时，＝＝2，
∴a＝2n－1(n≥2)，
n
经检验，当n＝1时，a＝2n－1也适用，∴ a＝2n－1(n∈N*)，
n n
∴数列{a}是以1为首项，2为公差的等差数列，
n又数列{b}是以1为首项，3为公差的等差数列，
n
∴这两个数列的公共项所构成的新数列{c}是以1为首项，6为公差的等差数列，
n
∴{c}的前n项和为n×1＋×6＝3n2－2n.
n
4．解 (1)由S＝(n－1)2n＋1＋2，得a＝2，S ＝(n－2)2n＋2(n≥2)，
n 1 n－1
两式相减得a＝n·2n(n≥2)，
n
当n＝1时，代入上式，求得a＝2，
1
所以a＝n·2n(n∈N*)．
n
(2)由题知，b＝＝2n，所以数列{c}为22,23,25,26,28,29，…，
n n
它的奇数项组成以4为首项，8为公比的等比数列；
偶数项组成以8为首项，8为公比的等比数列，
所以T ＝(c＋c＋c＋…＋c )＋(c＋c＋c＋…＋c )＝＋
2 023 1 3 5 2 023 2 4 6 2 022
＝＋
＝.
第七章 空间向量与立体几何
§7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
1．B 2.A 3.A 4.B 5.D 6.B
7．AC
8．AC [依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝.
A项，圆锥的体积为×π×()2×1＝π，故A正确；
B项，圆锥的侧面积为π××2＝2π，故B错误；
C项，取AC的中点D，连接OD，PD，如图所示，
则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，
则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，
故AD＝CD＝＝，
则AC＝2，故C正确；
D项，PD＝＝，
所以S ＝×2×＝2，故D错误．]
△PAC
9．72 10.12＋411．282＋54
解析 由题意，该几何体侧面4个面的面积和为4×4×6＝96(cm2)，
底面积为6×6＝36(cm2)，
正方形EFGH的面积为
3×3＝9(cm2)．
考虑梯形ABFE，
高为＝(cm)，
故正四棱台的侧面积为
4××(3＋6)×＝27(cm2)，
故该模型的表面积为96＋36＋9＋27＝(141＋27)cm2，
故所需金属膜的质量为
2×(141＋27)＝(282＋54)mg.
12．120＋24π 144＋18π
解析 魔方表面共有30个边长为2 cm的正方形，
故面积为30×22＝120(cm2)，
魔方表面共有6个半径为2 cm的扇形，
故面积为6×π·22×＝6π(cm2)，
魔方表面共有个圆柱的侧面9个，
故面积为9×2π·2×2×＝18π(cm2)，
故该魔方的表面积为120＋6π＋18π＝(120＋24π)cm2；
18个棱长为2 cm的正方体小块的体积为18×23＝144(cm3)，
9个底面半径为2 cm，高为2 cm的个圆柱小块的体积为π·22××2×9＝18π(cm3)，
故魔方体积为(144＋18π)cm3.
13．解 (1)因为S ＝2S ，
原图形 直观图
所以S ＝2S ＝6.
四边形OABC 直观图
(2)平面四边形OABC如图所示，在Rt△ODC中，有OC2＝OD2＋CD2＝(2)2＋12＝9，
所以OC＝3，所以AB＝3.
如图，分别过点B，C作OA及其延长线的垂线，垂足为E，F.
矩形FEBC绕OA及其延长线旋转一周得到一个底面半径r＝OD＝2，母线l＝BC＝3的圆柱；
1
Rt△BEA绕OA旋转一周得到一个底面半径r＝OD＝2，母线l ＝AB＝3，高h ＝AE＝1的圆
2 1
锥；Rt△CFO绕OA及其延长线旋转一周得到一个底面半径 r＝OD＝2，母线l ＝OC＝3，高h
3 2
＝OF＝CD＝1的圆锥．
所以旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，再加上一个同底的圆锥构成的组合体．
则旋转形成的几何体的体积即等于圆柱的体积，减去挖去的圆锥体积，加上组合的圆锥的体
积，
所以旋转形成的几何体的体积V＝πr2l －πr2l ＋πr2l ＝π×(2)2×3－π×(2)2×1＋π×(2)2×1＝
1 2 3
24π.
旋转形成的几何体的表面积即圆柱的侧面积，加上两个圆锥的侧面积之和，
所以S＝2πrl ＋πrl ＋πrl ＝2π×2×3＋π×2×3＋π×2×3＝24π.
1 2 3
14．(1)证明 作AE⊥DC，E为垂足，
在等腰梯形ABCD中，设AD＝AB＝BC＝CD＝a(a>0)，
∴DE＝(CD－AB)＝a，∠ADE＝60°，
∴AC＝＝a，
∴AC2＋AD2＝DC2，∴AC⊥AD.
又PC⊥PD，平面ADP⊥平面PCD，平面ADP∩平面PCD＝PD，PC⊂平面PCD，∴PC⊥
平面ADP，
又AD⊂平面ADP，∴PC⊥AD，
∵AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面ACP，∴AD⊥平面ACP，
∵AP⊂平面ACP，∴AD⊥AP，
∴∠DAP＝90°，
即△ADP为直角三角形．
(2)解 由(1)知在等腰梯形ABCD中，AE＝.
S ＝×1×＝，
△ADC
S ＝×＝.
梯形ABCD
∴＝.∴＝.
又PC⊥平面ADP，△ADP为直角三角形，PD⊥PC，
∴DP＝＝，AP＝＝，
∴V ＝V ＝××1××1＝.
P－ADC C－ADP
∴V ＝V
P－ABCD P－ADC
＝×＝.15．C [方法一 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合＝2，
可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.
不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r ，r ，高分别为h ，
1 2 1
h，
2
则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，
所以2πr＝4π，2πr＝2π，得r＝2，r＝1.
1 2 1 2
由勾股定理得，h＝＝，
1
h＝＝2，
2
所以＝＝＝.
方法二 设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r ，r ，高分别为h ，h ，
1 2 1 2
侧面展开图的圆心角分别为n，n，
1 2
则由＝＝＝2，
得＝＝2.
由题意知n＋n＝2π，
1 2
所以n＝，n＝，
1 2
所以2πr＝l，2πr＝l，
1 2
得r＝l，r＝l.
1 2
由勾股定理得，h＝＝l，
1
h＝＝l，
2
所以＝＝＝.]
16．BD [因为PA⊥平面ABCD，BE∥PA，则BE⊥平面ABCD，
因为BC⊂平面ABCD，所以BC⊥BE，
因为四边形ABCD为矩形，则BC⊥AB，
因为AB∩BE＝B，AB，BE⊂平面ABEP，所以BC⊥平面ABEP，
同理可证CD⊥平面PAD，
故该几何体的体积为
V＝V ＋V ＝××(1＋2)×1×2＋××1×2×2＝，故A错误；
C－ABEP P－ACD
取PA的中点F，连接EF，DF，
因为BE∥PA，PA＝2BE，F为PA的中点，则AF∥BE且AF＝BE，
所以四边形ABEF为平行四边形，所以EF∥AB，
又因为AB∥CD，则EF∥CD，
因为EF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD，
所以点E，F到平面PCD的距离相等，
所以V＝V ＝V ＝V ＝×1××1×2＝，
1 E－PCD F－PCD C－PDF
V＝V ＝V ＝××1×1×2＝，
2 E－PBC C－PBE
因为BE∥PA，BE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以BE∥平面PAC，所以点B，E到平面PAC的距离相等，
故V＝V ＝V ＝V ＝××2×1×2＝，
3 E－PAC B－PAC P－ABC
所以3V≠2V，V＝2V，V＋V＝V，故B，D正确，C错误．]
1 2 3 2 1 2 3
§7.2 球的切、接问题
1．C 2.A 3.C 4.C 5.A 6.C
7．ABC
8．BCD [由球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，则球的表面积为
4πr2，圆柱的表面积为2πr2＋2πr·2r＝6πr2，
所以球与圆柱的表面积之比为2∶3，故A错误；
ABCD所在截面如图所示，过点O作OG⊥DO 于点G，则由题可得
1
OG＝×＝，
设点O到平面DEF的距离为d，平面DEF截得球的截面圆的半径为r，
1 1
则d≤OG，r＝r2－d＝4－d≥4－＝，
1
所以平面DEF截得球的截面面积最小值为π，故B正确；
由题可知四面体CDEF的体积等于 ，点E到平面DCO 的距离d∈(0,2]，
1
又 ＝×4×4＝8，
所以 ＝×8d＝∈，故C正确；由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，
设P在底面的射影为P′，
则PP′＝2，PE＝，
PF＝，P′E2＋P′F2＝16，
设t＝P′E2，则t∈[0,42]，PE＋PF＝＋，
所以(PE＋PF)2＝(＋)2
＝24＋2
＝24＋2∈[24＋8，48]，
所以PE＋PF∈[2＋2，4]，故D正确．]
9.
10. 6π
解析 如图，添加的三棱锥为直三棱锥E－ADF，
可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF－BCE，
因为CE⊥平面ABCD，AB＝2，
BC＝CE＝1，
所以S ＝CE×BC＝×1×1＝，
△BCE
直三棱柱ADF－BCE的体积
V＝S ·AB＝×2＝1，
△BCE
添加的三棱锥的体积为V＝.
方法一 如图，分别取AF，BE的中点M，N，连接MN，与AE交于点O，
因为四边形AFEB为矩形，所以O为AE，MN的中点，在直三棱柱ADF－BCE中，CE⊥平面ABCD，
所以FD⊥平面ABCD，即∠ECB＝∠FDA＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱
柱的外接球的球心即为点O，AO即为球的半径，
因为AM＝AF＝，MO＝1，
所以AO2＝AM2＋MO2＝＋1＝，所以外接球的表面积为4π·AO2＝6π.
方法二 因为CE，CB，CD两两垂直，故将直三棱柱ADF－BCE补成长方体，设外接球的
半径为R，则4R2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积S＝4πR2＝6π.
§7.3 空间点、直线、平面之间的位置关系
1．D 2.B 3.B 4.D 5.D 6.B
7．AB
8．ABD [将三棱锥补形为长方体，如图所示．
其中BE＝BN＝1，BF＝2，
所以AB＝CD＝，AD＝BC＝AC＝BD＝，
连接MF，则AM∥BF，AM＝BF，
所以四边形AMFB为平行四边形，
所以AB∥MF，
又四边形MCFD为正方形，所以MF⊥CD，所以AB⊥CD，故A正确；
长方体的体积V＝1×1×2＝2，
1
三棱锥E－ABC的体积V＝V ＝××1×2×1＝，
2 三棱锥A－BEC
同理，三棱锥N－ABD，三棱锥F－BCD，三棱锥M－ACD的体积也为，
所以三棱锥A－BCD的体积V＝2－4×＝，故B正确；
长方体的外接球的直径为＝，
所以长方体的外接球的半径为，
长方体的外接球也是三棱锥A－BCD的外接球，
所以三棱锥A－BCD外接球的半径为，故C错误；
连接MN，交AD于点O，因为MN∥BC，所以∠AOM(或其补角)为异面直线AD与BC所成
的角，由已知OA＝AD＝，
OM＝MN＝，AM＝2，
所以cos∠AOM＝＝－，
所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为，故D正确．]
9．P∈l 10.3
11．60°
解析 在平面ABD中，过E作EG∥AB，交DB于点G，连接GF，如图，
∵＝，
∴＝，
又＝，∴＝，
则GF∥CD，
∴∠EGF(或其补角)即为AB与CD所成的角，
在△EGF中，EG＝AB＝2，GF＝CD＝1，EF＝，
∴cos∠EGF＝＝－，
∴∠EGF＝120°，
∴AB与CD所成角的大小为60°.
12．①②③
解析 如图所示，连接BD ，BD，DB ，EF，DE，DH，DF，DG，因为E，F分别为棱
1 1 1
CC ，BB 的中点，所以EF∥BC，
1 1
又底面ABCD为正方形，
所以BC∥AD，所以EF∥AD，
所以四边形EFAD为梯形，所以DH与AE相交，DF与AE相交，故②③不可视；
因为BD∥DB，所以四边形BDDB是梯形，
1 1 1 1
所以BD与BD 相交，故①不可视；
1 1
因为EFAD为梯形，G为CF的中点，
即G∉EF，则D，E，G，A四点不共面，所以DG与AE不相交，若DG与BD 相交，则D，B，G，D 四点共面，
1 1
显然D，B，B，D 四点共面，G∉平面DBB D，
1 1 1 1
所以D，B，G，D 四点不共面，即假设不成立，
1
所以DG与BD 不相交，即点G与点D可视，故④可视．
1
13．(1)证明 因为M∈AB，N∈AD，
AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，
所以MN⊂平面ABD，
因为E∈CB，F∈CD，CB⊂平面CBD，CD⊂平面CBD，
所以EF⊂平面CBD，
由于直线MN与直线EF相交于点O，即O∈MN，O∈平面ABD，
O∈EF，O∈平面CBD，
又平面ABD∩平面CBD＝BD，则O∈BD，所以B，D，O三点共线．
(2)解 连接BD，作BD的中点G，并连接GN，GE，如图所示，
在△ABD中，点N，G分别是AD和BD的中点，且AB＝6，
所以GN∥AB，且GN＝AB＝3，
在△CBD中，点E，G分别是BC和BD的中点，且DC＝4，
所以GE∥CD，且GE＝DC＝2，
则异面直线AB与DC所成的角等于直线GE与GN所成的角，即∠EGN或∠EGN的补角，
又NE＝2，由余弦定理得
cos∠EGN＝＝＝>0，
故异面直线AB与DC所成角的余弦值为.
14．解 (1)存在．当G为PA的中点时满足条件．
如图，连接GE，GD，则GE是△PAB的中位线，所以GE∥AB.
又AB∥DC，所以GE∥DC，所以G，E，C，D四点共面．
(2)因为E是PB的中点，
所以V ＝V ＝V .
三棱锥P－ACE 三棱锥B－ACE 三棱锥P－ACB
又S ＝AB·AD＝×2×1＝1，
△ABC
V ＝PC·S ＝，
三棱锥P－ACB △ABC
所以V ＝.
三棱锥P－ACE
15．ABC [对于A，连接DB，C D，AB，DB，
1 1 1 1
因为BC ∥AD，BC ⊄平面ABD，AD⊂平面ABD，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以BC ∥平面ABD，
1 1 1
因为DB∥DB，DB⊄平面ABD，DB⊂平面ABD，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以DB∥平面ABD，
1 1
又 DB∩BC ＝B，DB，BC ⊂平面 BDC ，所以平面 ABD∥平面 BDC ，又 DP⊂平面
1 1 1 1 1 1
BDC ，所以DP∥平面ABD，故A正确；
1 1 1
对于B，
由点P在线段BC 上运动知平面ADP即平面ADC B，故点C到平面ADP的距离不变，且
1 1 1 1 1
△ADP的面积不变，所以三棱锥C－ADP的体积不变，故B正确；
1 1
对于C，因为四边形DCC D 为正方形，则CD⊥C D，而AD⊥平面DCC D ，CD⊂平面
1 1 1 1 1 1 1
DCC D，所以CD⊥AD，
1 1 1
又AD∩C D＝D，AD，C D⊂平面ABC D，则CD⊥平面ABC D，
1 1 1 1 1 1 1
而DB⊂平面ABC D，因此DB⊥CD，同理DB⊥CA，
1 1 1 1 1 1
又CD∩CA＝C，CD，CA⊂平面ACD ，所以DB⊥平面ACD ，
1 1 1 1 1
又DB⊂平面PBD，则平面PBD⊥平面ACD ，故C正确；
1 1 1 1
对于D，由AD∥BC ，异面直线DP与AD 所成角即为DP与BC 所成角，
1 1 1 1
又△DBC 为等边三角形，当P与线段BC 的两端点重合时，DP与AD 所成角取最小值，
1 1 1
当P与线段BC 的中点重合时，DP与AD 所成角取最大值，故DP与AD 所成角的范围为，
1 1 1
故D错误．]
16．2
解析 设正方体ABCD－ABC D 的棱长为a，球O的半径为R，
1 1 1 1
则由正方体体对角线L＝a＝2R得R＝，
所以V ＝πR3＝π3＝4π，故a＝2，
球O
因为CC ∥AA，
1 1
所以AA 与AP所成角的正弦值也是，即sin∠AAP＝，
1 1
又因为AA⊥平面ABC D，AP⊂平面ABC D，所以AA⊥AP，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
故sin∠AAP＝＝，
1
即＝，解得AP＝，
1
所以点P的轨迹是以A 为圆心，为半径的圆与四边形ABC D 内的一段弧，如图所示，
1 1 1 1 1
设正方形ABC D 的中心为O，连接OP，OO ，
1 1 1 1 1 1 1
因为OA＝AC ＝×＝，
1 1 1 1
所以(OP) ＝OA－AP＝，
1 min 1 1 1
所以(OP) ＝＝＝.
min
§7.4 空间直线、平面的平行
1．C 2.B 3.C 4.D 5.D 6.B
7．AC
8．ACD [由题图，显然A正确，B错误；
对于 C，因为 AD∥BC，BC∥FG，所以 AD∥FG 且 FG⊂平面 EFGH，AD⊄平面
1 1 1 1 1 1EFGH，所以AD∥平面EFGH(水面)，故C正确；
1 1
因为水是定量的(定体积V)，
所以S ·BC＝V，
△BEF
即BE·BF·BC＝V，
所以BE·BF＝(定值)，故D正确．]
9. 10.矩形
11．A，B，C (答案不唯一)
1
解析 由空间图形ABC －ABC是三棱台，
1 1 1
可得平面ABC∥平面ABC ，
1 1 1
当平面ABC 为平面α，平面α∩平面ABC ＝m时，
1 1 1 1
又平面α∩平面ABC＝AB，
所以由面面平行的性质定理可知m∥AB，所取的这3个点可以是A，B，C .
1
12．①③
解析 对于①，由题意得AB∥CF，AB＝CF，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∴AF∥BC，
∵AF⊄平面BCD，BC⊂平面BCD，
∴AF∥平面BCD，故①正确；
对于②，取DF的中点G，连接EG，CG，
∵E是AD的中点，AF∥BC，AF＝BC，∴EG＝BC，EG∥BC，
∴四边形BCGE为梯形，
∴直线BE与直线CG相交，
∴BE与平面CDF相交，故②错误；
对于③，连接AC，交BF于点O，
连接OE，
∵四边形ABCF是平行四边形，
∴O是AC的中点，
∴OE∥CD，
∵OE⊂平面BEF，CD⊄平面BEF，∴CD∥平面BEF，故③正确．
13．(1)证明 设AF＝tAC，
则BF＝BA＋AF＝(1－t)BA＋tBC，AO＝－BA＋BC，
因为BF⊥AO，所以BF·AO＝[(1－t)BA＋tBC]·
＝(t－1)BA2＋tBC2
＝4(t－1)＋4t＝0，
解得t＝，则F为AC的中点，
又D，E，O分别为PB，PA，BC的中点，于是EF∥PC，DO∥PC，
所以EF∥DO，
又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，
所以EF∥平面ADO.
(2)解 如图，连接DE，OF，过P作PM垂直于OF，交FO的延长线于点M，
因为PB＝PC，O是BC中点，
所以PO⊥BC，
在Rt△PBO中，PB＝，
BO＝BC＝，
所以PO＝＝＝2，
因为AB⊥BC，OF∥AB，
所以OF⊥BC，
又PO∩OF＝O，PO，OF⊂平面POF，所以BC⊥平面POF，
又PM⊂平面POF，所以BC⊥PM，
又BC∩FM＝O，BC，FM⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC，
即三棱锥P－ABC的高为PM，
因为∠POF＝120°，
所以∠POM＝60°，
所以PM＝POsin 60°＝2×＝，
又S ＝AB·BC
△ABC
＝×2×2＝2，
所以V ＝S ·PM＝×2×＝.
三棱锥P－ABC △ABC14．(1)证明 连接BD，
∵四边形ABCD为平行四边形，由题意可得，G是线段BD的中点，
则G，H分别是线段BD，DF的中点，故GH∥BF.
(2)解 存在，P是线段CD的中点，理由如下：
由(1)可知，GH∥BF，
GH⊂平面GHP，BF⊄平面GHP，
∴BF∥平面GHP，连接PG，PH，
∵P，H分别是线段CD，DF的中点，则HP∥CF，
HP⊂平面GHP，CF⊄平面GHP，
∴CF∥平面GHP，
BF∩CF＝F，BF，CF⊂平面BCF，
故平面GHP∥平面BCF.
15．AB [对于A，因为点 B在平面 AECD外，点 D在平面 AECD内，直线EC在平面
AECD内，直线EC不过点D，所以直线BD与EC是异面直线，即直线BF与EC是异面直
线，所以B，E，C，F四点不共面，故A正确；
对于B，如图，当点F为线段BD的中点，EC＝AD时，直线CF∥平面BAE，证明如下：
取AB的中点G，连接GE，GF，
则EC∥FG且EC＝FG，
所以四边形ECFG为平行四边形，
所以FC∥EG，又因为EG⊂平面BAE，则直线CF与平面BAE平行，故B正确；
对于C，在三棱锥B－ADC中，因为点E的移动会导致点B到平面ACD的距离发生变化，
所以三棱锥B－ADC的体积不是定值，故C不正确；
对于D，过D作DH⊥AE于H，因为平面BAE⊥平面AECD，平面BAE∩平面AECD＝AE，
所以DH⊥平面BAE，所以DH⊥BE，
若存在点E使得直线BE与直线CD垂直，DH⊂平面AECD，
且DC⊂平面AECD，DH∩DC＝D，所以BE⊥平面AECD，所以BE⊥AE，
与△ABE是以B为直角的三角形矛盾，所以不存在点E使得直线BE与直线CD垂直，故D
不正确．]
16．2
解析 如图，分别取BC，BC 的中点F，G，连接EF，FG，EG，
1 1
则四边形BFGB 为平行四边形，所以BB∥FG，
1 1
因为E为CD的中点，所以EF∥BD，
因为EF，FG⊄平面BDD B ，BD，BB⊂平面BDD B ，所以EF∥平面BDD B ，FG∥平面
1 1 1 1 1 1 1
BDD B，
1 1
因为EF∩FG＝F，
所以平面EFG∥平面BDD B，
1 1
(1)因为平面EFG∩平面BCC B ＝FG，且点P在四边形BCC B 内部及其边界上运动，EP∥
1 1 1 1
平面BDD B，
1 1
所以点P的轨迹是FG，
因为FG＝BB＝2，
1
所以动点P的轨迹长度为2.
(2)因为AB⊥平面BCC B，BP⊂平面BCC B，所以AB⊥BP，
1 1 1 1
在Rt△ABP中，AB＝2，∠BAP＝30°，
则tan∠BAP＝＝，
所以BP＝AB＝，
所以点P的轨迹是以B为圆心，为半径的一段弧，且圆心角为，
所以动点P的轨迹长度为×＝.
§7.5 空间直线、平面的垂直
1．B 2.D 3.A 4.C 5.C 6.C
7．AD
8．ABC [对于A，∵E为AB的中点，
∴BE＝CD，BE∥CD，∴四边形EBCD为平行四边形，
又AB⊥BC，∴四边形EBCD为矩形，∴CD⊥DE.
∵PD＝AD＝＝2，CD＝2，PC＝2，
∴PD2＋CD2＝PC2，∴CD⊥PD，
又PD∩DE＝D，PD，DE⊂平面EDP，∴CD⊥平面EDP，A正确；
对于B，∵BC∥DE，AB⊥BC，
∴AE⊥DE，即PE⊥DE，
∵CD⊥平面EDP，PE⊂平面EDP，∴CD⊥PE，
又CD∩DE＝D，CD，DE⊂平面EBCD，
∴PE⊥平面EBCD，
∵矩形EBCD的外接圆半径r＝×＝，
∴四棱锥P－EBCD的外接球半径R＝＝＝，
∴四棱锥P－EBCD外接球的体积V＝πR3＝4π，B正确；
对于C，∵CD⊥平面EDP，PD⊂平面EDP，∴PD⊥CD；
又DE⊥CD，∴二面角P－CD－B的平面角为∠PDE，
∵PE⊥DE，PE＝DE＝2，
∴∠PDE＝，∴二面角P－CD－B的大小为，C正确；
对于D，∵CD⊥平面EDP，
∴∠CPD即为直线PC与平面EDP所成的角，
∵CD⊥PD，PD＝2，CD＝2，
∴tan∠CPD＝＝＝，
即直线PC与平面EDP所成角的正切值为，D错误．]
9．2 10.
11．DM⊥PC(或MB⊥PC)
解析 连接AC，
因为底面ABCD各边都相等，
所以AC⊥BD，
因为PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
所以PA⊥BD，
又AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，PC与平面MBD内两条相交直线垂直，即有 PC⊥平面
MBD，
而PC⊂平面PCD，
所以平面MBD⊥平面PCD.
12．(0,1]
解析 因为C C⊥平面ABCD，ED⊂平面ABCD，可得C C⊥ED，
1 1
由EC ⊥ED，EC ∩C C＝C ，EC ，C C⊂平面ECC ，
1 1 1 1 1 1 1
可得ED⊥平面ECC ，
1
所以ED⊥EC，
在矩形ABCD中，设AE＝a，0≤a≤2，则BE＝2－a，
由∠DEA＋∠CEB＝90°，
可得tan∠DEA·tan∠CEB＝·＝＝1，
即t2＝a(2－a)＝－(a－1)2＋1，
当a＝1时，t2取得最大值1，
即t的最大值为1；
当a＝0或2时，t2取得最小值0，
但由于t>0，所以t的取值范围是(0,1]．
13．证明 (1)因为AD＝AB，∠BAD＝90°，所以∠ABD＝∠ADB＝45°.
又因为AD∥BC，所以∠DBC＝45°.
又∠BCD＝45°，所以∠BDC＝90°，
即BD⊥CD.
因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，所以CD⊥平面
PBD.
(2)由CD⊥平面PBD，得CD⊥BP.
又BP⊥PD，PD∩CD＝D，
所以BP⊥平面PCD.
又BP⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PCD.14．(1)证明 连接PC，交DE于点N，连接MN，
∵四边形PDCE为矩形，
∴N为PC的中点，
在△PAC中，M，N分别为PA，PC的中点，∴MN∥AC，
∵MN⊂平面MDE，AC⊄平面MDE，
∴AC∥平面MDE.
(2)解 ∵∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴AB∥CD，
∴∠PBA是直线PB与直线CD所成的角．
∵四边形PDCE为矩形，
∴PD⊥CD，
∵平面PDCE⊥平面ABCD，
又PD⊂平面PDCE，平面PDCE∩平面ABCD＝CD，
∴PD⊥平面ABCD，
∵AD，AB⊂平面ABCD，
∴PD⊥AD，PD⊥AB，
在Rt△PDA中，∵AD＝1，PD＝，∴PA＝，
∵∠BAD＝90°，∴AB⊥AD，
又∵PD⊥AB，PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，
∵PA⊂平面PAD，∴AB⊥PA，
在Rt△PAB中，∵AB＝1，
∴tan∠PBA＝＝，
∴∠PBA＝，
从而直线PB与直线CD所成的角为.
(3)解 l与平面ABCD垂直．证明如下：
∵四边形PDCE为矩形，∴EC∥PD，
∵PD⊂平面PAD，EC⊄平面PAD，
∴EC∥平面PAD，EC⊂平面EBC，
∵平面PAD∩平面EBC＝l，∴EC∥l，则l∥PD，
由(2)可知PD⊥平面ABCD，
∴l⊥平面ABCD.
15．ABD [A项，如图，连接BD，
1 1
由正方体可得AC ⊥BD，
1 1 1 1
且BB⊥平面ABC D，
1 1 1 1 1
又AC ⊂平面ABC D，则BB⊥AC ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
因为BD∩BB＝B，BD，BB⊂平面BDB，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AC ⊥平面BDB，
1 1 1 1
又BD⊂平面BDB，
1 1 1
所以AC ⊥BD.
1 1 1
同理，连接AD，易证得AD⊥BD，
1 1 1
因为AD∩AC ＝A，AD，AC ⊂平面AC D，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以BD⊥平面AC D，故A正确；
1 1 1
B项， ＝ ，
因为点P在线段BC上运动，
1
所以 ＝AD·AB为定值，
1
且C 到平面APD的距离即为C 到平面ABCD的距离，也为定值，
1 1 1 1 1
故三棱锥P－AC D的体积为定值，故B正确；
1 1
C项，当点P与线段BC的端点重合时，AP与AD所成角取得最小值，最小值为，故 C错
1 1
误；
D项，因为直线BD⊥平面AC D，
1 1 1
所以若直线C P与平面AC D所成角的正弦值最大，则直线C P与直线BD 所成角的余弦值
1 1 1 1 1
最大，
即点P运动到BC中点处，直线C P与直线BD 所成角为∠C BD，
1 1 1 1 1
设正方体棱长为1，在Rt△DC B中，cos∠C BD＝＝＝，故D正确．]
1 1 1 1
16．2 3
解析 如图所示，延长CG交AD 于点F，连接BF，则F为AD 的中点，如图所示，
1 1
因为GE∥平面DAB，GE⊂平面CBF，平面CBF∩平面DAB＝BF，所以GE∥BF，
1 1
因为点G为△DAC的重心，
1
所以CG＝2GF，
所以CE＝2EB，λ＝2.
取CA的中点O，连接OB，GB，GO，OD ，
1
则OB⊥AC，
设正方形ABCD的边长为2，
因为GE∥BF，GE⊥DA，
1
所以BF⊥DA，
1
又F为AD 的中点，
1
所以AB＝DB＝2，
1
在Rt△ABC中，AC＝2，
OB＝AC＝，
同理可得，DO＝，
1
因为DO2＋OB2＝DB2，
1 1
所以OB⊥DO，
1
又AC∩DO＝O，
1
所以OB⊥平面DAC，
1
则GO为GB在平面DAC上的射影，
1
所以∠OGB或其补角为直线GB与平面DAC所成的角，
1
在Rt△OGB中，GO＝DO＝，
1
tan∠OGB＝＝3.§7.6 空间向量的概念与运算
1．D 2.A 3.B 4.B 5.A 6.C
7．ACD
8．AC [建立如图所示的空间直角坐标系，因为E是棱AB的中点，F是棱BB 的中点，G
1
是正方形ABC D 的中心，设正方体的棱长为1，
1 1 1 1
可得A(0,0,0)，A(0,0,1)，D(0,1,0)，
1
C(1,1,0)，C (1,1,1)，E，
1
F，G，
D(0,1,1)，B(1,0,1)，
1 1
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，
EG＝，EF＝，
则
令x＝1，∴n＝(1,2，－1)，
∵C1D＝(－1,0，－1)，C1D·n＝(－1)×1＋0×2＋(－1)×(－1)＝0，C D⊄平面EFG，
1
∴C D∥平面EFG，故A选项正确；
1
∵A1C＝(1,1，－1)，A1C与n不平行，∴AC不与平面EFG垂直，故D选项错误；
1
∵GF＝，FE＝，
∴GF·FE＝×＋×0＋×＝0，故C选项正确；
∵D1B1＝(1，－1,0)，A1A＝(0,0，－1)，D1B1＋A1A＝(1，－1，－1)，
∴GF≠D1B1＋A1A，故B选项错误．]
9. 10.(－5，－2,6)
11．－a＋b＋c
12.
解析 如图，设BC的中点为E，连接AE，PE，PO，则O在AE上且AO＝2OE，所以PO＝PA＋AO＝PA＋AE＝PA＋(PE－PA)
＝PA＋×(PB＋PC)
＝(PA＋PB＋PC)．
故PO＝PM＋PN＋PS，
由于S，M，N，O四点共面，
于是＋＋＝1，
因此＋＋＝.
13．证明 (1)∵E，H分别是线段PA，AB的中点，∴PB∥EH.
∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH，∴PB∥平面EFH.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，F(0，1,1)，H(1,0,0)．
PD＝(0,2，－2)，AH＝(1,0,0)，AF＝(0,1,1)，
∴PD·AF＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，
PD·AH＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0.
∴PD⊥AF，PD⊥AH，
∴PD⊥AF，PD⊥AH.
∵AH∩AF＝A，且AH，AF⊂平面AHF，∴PD⊥平面AHF.
14．(1)证明 由已知AB＝AA＝AD＝，∠AAD＝，∠AAB＝，∠BAD＝，
1 1 1
所以AD·AA1＝××cos ＝1，
AB·AA1＝××cos ＝1，
AD·AB＝0，
因为O为AC的中点，
所以AO＝AC＝AB＋AD，
又A1O·AO＝(AO－AA1)·AO
＝·
＝＋0＋0＋－－＝0，
所以A1O⊥AO，
所以AO⊥AO.
1
(2)解 连接AD，AB，
1 1因为AA＝AD＝，∠AAD＝，
1 1
所以AD＝，
1
因为AA＝AB＝，∠AAB＝，
1 1
所以AB＝，
1
连接BD，由正方形的性质可得B，O，D三点共线，O为BD的中点，
所以AO⊥BD，
1
由(1)可知AO⊥AO，AO，BD⊂平面ABCD，AO∩BD＝O，
1
所以AO⊥平面ABCD，
1
以O为坐标原点， OA，OB，OA 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直
1
角坐标系，
则A(1,0,0)，D(0，－1,0)，A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(－1,0,0)，
1
AD＝(－1，－1,0)，AA1＝(－1,0,1)，AB＝(－1,1,0)，
AD1＝AD＋AA1＝(－2，－1,1)，
AE＝AB＋BE＝AB＋AA1＝，
设平面DAE的法向量为n＝(x，y，z)，
1
则
所以
令x＝3，则z＝7，y＝1.
所以n＝(3,1,7)为平面DAE的一个法向量，
1
因为点P在平面ABCD内，
故设点P的坐标为(m，n，0)，
因为FP＝OP－OF＝OP－(OC＋CF)＝OP－OC－AA1＝，
又FP∥平面DAE，
1
所以FP·n＝3＋n－＝0，即3m＋n＋1＝0，
所以|CP|＝
＝
＝
＝，
所以当m＝－时，|CP|有最小值，最小值为.
15．ACD [在正方体ABCD－ABC D 中，以点D为原点，以DA，DC，DD 所在直线分别
1 1 1 1 1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(3,0,3)，D(0,0,3)，
1 1
C(0,3,0)，B(3,3,0)，
设 M(3，y，0)，N(3,3，z)，y，z∈(0,3)，D1M＝(3，y，－3)，MN＝(0,3－y，z)，而
DM⊥MN，
1
则D1M·MN＝y(3－y)－3z＝0，
即z＝y(3－y)．
对于 A，连接 AM，A1M＝(0，y，－3)，则A1M·MN＝y(3－y)－3z＝0，则A1M⊥MN，
1
MN⊥AM，故A正确；
1
对于B，CM＝(3，y－3,0)，CM·MN＝(y－3)·(3－y)＝－(3－y)2<0，即CM与MN不垂直，从而
MN与平面DMC不垂直，故B错误；
1
对于C，BN＝(0,0，z)，则线段BN的长度|BN|＝z＝≤，当且仅当y＝时等号成立，故C正确；
对于 D，连接 AC ，MC ，不论点 M 如何移动，点 M 到平面 ADC 的距离均为 3，而
1 1 1 1 1 1
＝ ＝×3· ＝，所以三棱锥C －ADM的体积为定值，故
1 1 1
D正确．]
16．2 －1
解析 如图，建立空间直角坐标系，则 C(0,2,0)，D(0,0,2)，B(2,2,0)，设 E(x，2，z)，
1
x∈[0,2]，z∈[0,2]，
所以D1E＝(x,2，z－2)，CE＝(x,0，z)，
因为D1E⊥CE，所以D1E·CE＝x2＋z(z－2)＝0，即x2＋(z－1)2＝1，x∈[0,2]，z∈[0,2]，则动点
E的轨迹为以(0,2,1)为圆心，1为半径的半圆，将其放到平面直角坐标系中如图所示，则B(2,0)，M(0,1)，N(0,2)，所以|BM|＝＝，所以|BE|
min
＝－1；
显然当点E在点N处(即立体图形中的C 点)时，|BE|取得最大值，|BE| ＝＝2，
1 max
因此，|BE|的最大值为2，最小值为－1.
§7.7 向量法求空间角
1．B 2.C 3.B 4.A 5.A 6.A
7．AD
8．BD [由题意可得BP⊥AP，BP⊥CP，
又AP∩CP＝P，AP，CP⊂平面PAC，所以BP⊥平面PAC，
在△PAC中，PA＝PC＝2，AC边上的高为＝2，
所以V ＝V ＝××4×2×2＝，故A错误；
三棱锥P－ABC 三棱锥B－PAC
在△PAC中，cos∠APC＝＝，
BC＝＝4，
|cos〈PA，BC〉|＝
＝
＝
＝
＝＝，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
S ＝PB·PC
△PBC
＝×2×2＝2，
设点A到平面PBC的距离为d，
由V ＝V ，
三棱锥B－PAC 三棱锥A－PBC
得×2d＝，解得d＝，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为＝＝，故C错误；
由B知，cos∠APC＝，
则sin∠APC＝，
所以△PAC的外接圆的半径r＝·＝，
设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，又因为BP⊥平面PAC，
则R2＝r2＋2＝＋1＝，
所以R＝，
即三棱锥P－ABC外接球的半径为，故D正确．]
9. 10.1
11．60°
解析 设二面角α－l－β的大小为θ，
因为AC⊥AB，BD⊥AB，
所以CA·AB＝0，BD·AB＝0，
由题意得CD＝CA＋AB＋BD，
所以|CD|2＝|CA＋AB＋BD|2＝|CA|2＋|AB|2＋|BD|2＋2CA·AB＋2CA·BD＋2AB·BD
＝|CA|2＋|AB|2＋|BD|2＋2CA·BD
＝36＋16＋64＋2×6×8×cos(180°－θ)＝(2)2，
所以cos(180°－θ)＝－，
即cos θ＝，所以θ＝60°，则二面角α－l－β的大小为60°.
12．90°
解析 如图，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空
间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则A(2,0,2)，E(2,1,0)，C(0,2,0)，F(2,2,1)，G(1,2,2)，
1
∴A1C＝(－2,2，－2)，EF＝(0,1,1)，EG＝(－1,1,2)，
∴A1C·EF＝0＋2－2＝0，
A1C·EG＝2＋2－4＝0，
∴AC⊥EF，AC⊥EG，∵EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EFGHKL，
1 1
∴AC⊥平面EFGHKL，
1
∴直线AC与平面EFGHKL所成角的大小为90°.
1
又D(0,0,2)，B(2,2,0)，
1
D1B＝(2,2，－2)，
由题意知A1C＝(－2,2，－2)为平面EFGHKL的一个法向量，设直线DB与平面EFGHKL所成的角为α，则sin α＝|cos〈D1B，A1C〉|＝＝＝，
1
∵直线PQ⊂平面EFGHKL，
∴直线DB与直线PQ所成的角最小时即为直线DB与平面EFGHKL所成的角，∴sin θ＝.
1 1
13．(1)证明 由CF∥AE，CF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，得CF∥平面ADE，
由AD∥BC，BC⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
得BC∥平面ADE，
又CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，
所以平面BCF∥平面ADE，
又BF⊂平面BCF，
所以BF∥平面ADE.
(2)解 因为 AE⊥平面 ABCD，AB，AD⊂平面 ABCD，所以 AE⊥AB，AE⊥AD，又
AD⊥AB，
以A为原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
因为AB＝AD＝1，AE＝BC＝2CF＝2，
所以B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)，
则CE＝(－1，－2,2)，BE＝(－1,0,2)，DE＝(0，－1,2)，
设平面BDE的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则x＝2，y＝2，
即m＝(2,2,1)，
所以|cos〈m，CE〉|＝＝＝，
即直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
14．(1)证明 取AB的中点E，连接CE(图略)，
∵在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝AB，AE∥DC，AE＝DC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
CE＝AD，CE＝AE＝EB，
∴∠ACB＝90°，即CB⊥CA，
∵二面角P－AC－B为直二面角，
∴平面PAC⊥平面ACB，又平面PAC∩平面ACB＝AC，CB⊂平面ABC，
∴CB⊥平面PAC，
又PA⊂平面PAC，∴CB⊥PA.
(2)解 由AB＝4知PA＝PC＝2，
取AC的中点O，则OE∥CB.
∴OE⊥AC，且OP⊥AC，OC，OE，OP两两互相垂直．
以O为原点，OC，OE，OP的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设OC＝a(a>0)，则C(a，0,0)，P(0,0，)，A(－a，0,0), B(a，2，0)，
AB＝(2a，2，0)，AP＝(a，0，)，
易得平面PAC的一个法向量为 n＝(0,1,0)，
1
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
2
由
取x＝，得y＝－a，z＝－a，
故n＝(，－a，－a)，
2
由|cos〈n，n〉|＝＝＝，得a＝，
1 2
则PC＝(，0，－1)，AB＝(2，2,0)，
设异面直线PC与AB所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈PC，AB〉|＝＝＝，
所以异面直线PC与AB所成角的余弦值为.
§7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题
1．(1)证明 ∵三棱柱ABC－ABC 的侧棱垂直于底面，∠BAC＝90°，
1 1 1
∴以A为坐标原点，以AB，AC，AA 所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空
1
间直角坐标系，
∵AB＝AC＝AA＝1，E，F分别是棱C C，BC的中点，∴A(0,0,0)，B(1,0,1)，E，F，
1 1 1B1F＝，AE＝，
AF＝，
∵B1F·AE＝0，B1F·AF＝0，
∴B1F⊥AE，B1F⊥AF，
∴BF⊥AE，BF⊥AF，
1 1
∵AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，∴BF⊥平面AEF.
1
(2)解 ∵A(0,0,1)，
1
∴A1B1＝(1,0,0)，
B1F＝，
∴cos〈A1B1，B1F〉＝＝－，
∴sin〈A1B1，B1F〉＝，
故点A 到直线BE的距离为
1 1
d＝|A1B1|·sin〈A1B1，B1F〉＝.
2．(1)证明 连接AB，∵AA⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，
1 1
∴AA⊥AB，AA⊥AC，而 AB⊥AC，故建立如图所示的空间直角坐标系，设 AM＝a，
1 1 1
a∈[0,1]，
则A(0,0,0)，A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,0,1)，M(0，a，1)，
1 1
BM＝(－1，a，1)，AB1＝(1,0,1)，
∵BM·AB1＝0，∴BM⊥AB1，
∴BM⊥AB.
1
(2)解 设平面BCM的法向量n＝(x，y，z)，
由(1)知BM＝(－1，a，1)，
BC＝(－1,1,0)，AB1＝(1,0,1)，
∴
取x＝1，得n＝(1,1,1－a)，
∵直线AB 与平面BCM所成的角为，
1
∴sin ＝|cos〈AB1，n〉|＝＝＝，
解得a＝，∴n＝，∵A1B＝(1,0，－1),
∴点A 到平面BCM的距离
1
d＝＝＝.
3．解 (1)在菱形 ABCD 中，∠B＝60°，BE＝EC＝1，由余弦定理得 AE2＝AB2＋BE2－
2AB·BE·cos 60°＝3，所以AE＝，
所以BE2＋AE2＝AB2，即AE⊥BC，
又AD∥BC，所以AE⊥AD，
在题图2中，∠DAB′＝90°，
即AD⊥AB′，
又AB′∩AE＝A，AB′，AE⊂平面AB′E，所以AD⊥平面AB′E，
即EC⊥平面AB′E，
又B′E⊂平面AB′E，所以B′E⊥EC，
如图，以E为原点，以EC，EA，EB′所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，C(1,0,0)，D(2，，0)，B′(0,0,1)，A(0，，0)，
所以AB′＝(0，－，1)，CD＝(1，，0)，
故|cos〈AB′，CD〉|＝＝＝，
则异面直线AB′与CD所成角的余弦值为.
(2)由(1)得AC＝(1，－，0)，
设m＝(x，y，z)是异面直线AB′与CD公垂线的方向向量，
所以⇒
⇒
令y＝1，则m＝(－，1，)，
所以异面直线AB′与CD之间的距离为＝＝.
4．(1)证明 ∵△ABC是正三角形，E为AC的中点，
∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴BE⊥平面PAC.
∵BE⊂平面BEF，
∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解 存在．由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，
∴EB，EC，EF两两垂直．
以E为坐标原点，以EB，EC，EF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所
示，
则A(0，－2,0)，P(0，－2,2)，B(2，0,0)，C(0,2,0)，BP＝(－2，－2，2)，AB＝(2，2,0)．
设BG＝λBP＝(－2λ，－2λ，2λ)，λ∈[0,1]，
∴AG＝AB＋BG＝(2(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，
BC＝(－2，2,0)，PC＝(0,4，－2)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝，z＝2，
∴n＝(1，，2)．
由已知得＝|cos〈AG，n〉|＝，
即＝，
解得λ＝或λ＝(舍去)，
故λ＝，
∴存在满足条件的点G，点G为PB的中点．
5．解 建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意设点P(0，t，2)，0≤t≤2，则E(1,1,0)，F(2,2,1)，C(0,2,0)，
(1)PE＝(1,1－t，－2)，EF＝(1,1,1)，CF＝(2,0,1)，
设平面EFC的法向量为m＝(x，y，z)，
则令x＝1，得z＝－2，y＝1，∴m＝(1,1，－2)，
若存在满足题意的点P，则PE∥m，
∴＝1，∴t＝0，满足0≤t≤2，即P与D 重合时，PE⊥平面EFC，此时C P＝2.
1 1
(2)易知平面BCC B 的一个法向量为n＝(0,1,0)，
1 1
设平面PEF的法向量为r＝(x，y，z)，
0 0 0
又PF＝(2,2－t，－1)，EF＝(1,1,1)，
∴
令y＝1，则x＝－1，z＝－，
0 0 0
∴r＝，
设平面BCC B 与平面PEF所成锐二面角的平面角为θ，
1 1
则|cos θ|＝|cos〈n，r〉|＝＝，0≤t≤2，
∴当t＝时，|cos θ| ＝，(sin θ) ＝.
max min
此时C P＝2－＝.
1
6．(1)证明 ∵AB∥CD，AB⊄平面PCD，
CD⊂平面PCD，
∴AB∥平面PDC.
(2)解 ∵四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3，
∴BC＝＝2，又PB＝PC＝3，
∴点P到直线BC的距离为＝2，
∵平面PBC⊥平面ABCD，
∴点P到平面ABCD的距离为2.
以D为原点，以DA，DC及平面ABCD过D的垂线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐
标系(图略)．
∴A(4,0,0)，B(4,5,0)，C(0,3,0)，P(2,4,2)，
∴PB＝(2,1，－2)，AB＝(0,5,0)，CB＝(4,2,0)，
设平面APB的法向量为m＝(x，y，z)，
1 1 1
则
令x＝1，则y＝0，z＝1，则m＝(1,0,1)，
1 1 1
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
2 2 2
则
令x＝1，则y＝－2，z＝0，则n＝(1，－2,0)，
2 2 2
设二面角A－BP－C的平面角为θ，
则|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.由图易知，θ为锐角，
∴二面角A－BP－C的余弦值为.
(3)解 假设棱BC上存在点Q到平面APB的距离为，
设CQ＝λCB＝λ(4,2,0)＝(4λ，2λ，0)，λ∈[0,1]，
∴Q(4λ，2λ＋3,0)，∴AQ＝(4λ－4,2λ＋3,0)，
由(2)知平面APB的一个法向量为m＝(1,0,1)，
∴点Q到平面APB的距离
d＝＝＝，
∴|4λ－4|＝，∴λ＝1－，
∴棱BC上存在点Q到平面APB的距离为，＝1－.
§7.9 立体几何中的截面、交线问题
1．D 2.D 3.B 4.D 5.C 6.B
7．BC
8．ACD [如图所示，建立空间直角坐标系，设CE＝DF＝AH＝m，m∈[0,2]，
1
则D(0,0,0)，E(m，2,0)，F(0，m，2)，H(2,0，m)，B(2,2,2)，
1
DB1·EF＝(2,2,2)·(－m，m－2,2)＝－2m＋2m－4＋4＝0，
故DB1⊥EF，即DB⊥EF，
1
同理可得DB⊥EH，EF∩EH＝E，EF，EH⊂平面EFH，故DB⊥平面EFH，故A正确；
1 1
平面EFH的一个法向量为DB1＝(2,2,2)，
点D到平面EFH的距离为|DH|·|cos〈DH，DB1〉|＝＝＝1，解得m＝－2，不满足题意，故B
错误；
设平面EFH分别与AD ，AB，CC 交于P，Q，R，设P(p，0,2)，则PF·DB1＝(－p，m，
1 1 1
0)·(2,2,2)＝－2p＋2m＝0，p＝m，即P(m，0,2)，
同理可得，Q(2，m，0)，R(0,2，m)，
故|HR|＝|PE|＝|FQ|＝2，PF∥HR∥QE，如图，过点P作PM⊥HR于M，EN⊥HR于N，
则|PM|＝(2－m)，|EN|＝m，
截面面积为S＝(m＋2)×(2－m)＋×(2＋2－m)×m＝－(m－1)2＋3，当m＝1时有最大值为
3，故C正确；
截面的周长为m＋(2－m)＋m＋(2－m)＋m＋(2－m)＝6，为定值，故D正确．]
9．130
10．3＋
解析 由题意可知过A，M，C 三点的平面截该三棱柱所得截面的周长即△AMC 的周长，
1 1
因为直三棱柱ABC－ABC 的各侧面均为矩形，所以AC ＝＝，
1 1 1 1
直三棱柱ABC－ABC 的侧面部分展开图如图所示，则在矩形ACC A 中，AM＋MC ≥AC
1 1 1 1 1 1 1
＝＝3，
所以过A，M，C 三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为3＋.
1
§7.10 立体几何中的动态、轨迹问题
1．B 2.B 3.B 4.D 5.C 6.D
7．ACD [因为该球的表面积为4πr2＝12π，
故半径r＝，
且正方体的棱长满足(2r)2＝3a2＝12，故棱长a＝2，
选项 A，由题意可知平面 ABCD∥平面 ABC D ，且 PA∥平面 ABC D ，故 PA⊂平面
1 1 1 1 1 1 1 1
ABCD，则P的轨迹为正方形ABCD的外接圆，故有无数个点P满足，故A正确；
选项B，易知AC ⊥平面CB D ，且平面PAA⊥平面CB D ，PA⊂平面PAA ，故P的轨迹为
1 1 1 1 1 1 1矩形AAC C的外接圆，其周长为2πr＝2π，故B错误；
1 1
选项C，因为PA∥平面ABCD，设过PA且与平面ABCD平行的平面为α，则P的轨迹为
1 1 1 1
α与外接球的交线，其半径为＝1，周长为2π，故C正确；
选项D，若平面PAD⊥平面PBC，则点P在以四边形ABCD为轴截面的某个圆柱面上，该
圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点P满足，故D正确．]
8．BCD [如图，建立空间直角坐标系，则D(0,1,0)，C (1,1,1)，
1
∵直线AM与AB的夹角为，当点M在侧面AADD上时，AB⊥AM，不合题意；
1 1
当点M在底面ABC D 和侧面CC DD(不包含边界)上时，点M到直线AB的距离大于AB的
1 1 1 1 1 1
长度，此时，AM与AB的夹角大于；
当点M在侧面AABB和底面ABCD上时，可知线段AB，AC满足题意；
1 1 1
当点M在侧面BCC B 上时，由AB⊥BM，可知BM＝AB，此时弧BC为所求．
1 1 1
∴M点的轨迹为线段AC，AB，弧BC，显然线段AC，AB，弧BC不共面，∴A错误；
1 1 1 1
对于B，点M的轨迹长度为＋2，∴B正确；
对于C，若M在线段AC上，则C M的最小值为1，同理，若M在线段AB 上，则C M的最
1 1 1
小值也为1，若M在弧BC上，则C M的最小值为C B－1＝－1，∴C正确；
1 1 1
对于D，M(1，y，z)(0≤y≤1,0≤z≤1)，且y2＋z2＝1，由题意设N(λ，λ，λ)，λ∈[0,1]，则
AN＋MN＝λ＋≥λ＋＝λ＋(1－λ)＝1，
当且仅当y＝z＝λ，且y2＋z2＝1，即y＝z＝λ＝时，等号成立，∴D正确．]
9.
解析 如图所示，取 BC 中点 G，连接 MG，NG，由正方体的特征可知，MG⊥底面
ABCD，
故MN与底面ABCD的夹角即为∠MNG，所以∠MNG＝，
则＝tan ⇒NG＝，
故点N在以G为圆心，为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上，即点N的轨迹为图示
中的圆弧，易知＝＝⇒∠EGB＝⇒∠EGF＝π－－＝，所以动点N的轨迹长度为
×＝.
10.
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则 D(0,0,0)，C(0,8,0)，E(6,0,0)，B(6,4,0)，设
P(x，0，z)，
则PD＝(－x，0，－z)，PC＝(－x，8，－z)，PE＝(6－x，0，－z)，PB＝(6－x，4，－z)，
∴cos∠EPB＝cos〈PE，PB〉＝＝，
cos∠DPC＝cos〈PD，PC〉＝
＝，
∵∠EPB＝∠DPC，
∴cos∠EPB＝cos∠DPC，
∴＝，
整理化简得x2＋z2－16x＋48＝0，
即(x－8)2＋z2＝16，∴点P的轨迹为圆弧，所在圆交A′E于P(6,0,2)，交DE于P(4,0,0)，
1 2
则|P1P2|＝＝4，
∴P1P2所对应的圆心角α＝，
∴弧长l＝αr＝×4＝，即点P的轨迹长度为.
第八章 直线和圆、圆锥曲线
§8.1 直线的方程
1．A 2.B 3.C 4.C 5.C 6.D
7．ABD
8．CD [对于A，如倾斜角为的直线的斜率为－，而倾斜角为的直线的斜率为，故A错误；
对于B，当两直线的倾斜角为时，直线的斜率不存在，故B错误；
对于C，当x ＝x 时，经过P(x ，y)，P(x ，y)的直线方程为x＝x ，此时适合(y－y)(x －
1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2
x)＝(x－x)(y－y)；
1 1 2 1
当y ＝y 时，经过P(x ，y)，P(x ，y)的直线方程为y＝y ，此时适合(y－y)(x －x)＝(x－
1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 1
x)(y－y)；
1 2 1当x≠x ，y≠y 时，经过P(x ，y)，P(x ，y)的直线方程为＝，也即(y－y)·(x －x)＝(x－
1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1
x)(y－y)，
1 2 1
故经过任意两个不同的点P(x，y)，P(x，y)的直线方程可以表示为(y－y)(x－x)＝(x－x)
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1
(y－y)，故C正确；
2 1
对于D，设直线l为y＝kx＋b，由题意得y＝k(x＋3)＋b＋2＝kx＋3k＋b＋2，则3k＋b＋2＝
b，即k＝－，故D正确．]
9.
10．y＝－x或x－y＋8＝0
11．(0，－2) [1,3]
12．16
解析 根据A(a，0)，B(0，b)确定直线的方程为＋＝1，
又因为C(－2，－2)在该直线上，
故＋＝1，所以－2(a＋b)＝ab.
又因为ab>0，故a<0，b<0.
根据基本不等式ab＝－2(a＋b)＝2(－a－b)≥4，从而≥4，故ab≥16，当且仅当a＝b＝－4
时取等号，即ab的最小值为16.
13．解 (1)因为sin α＝，
所以k＝tan α＝±，
则所求直线方程为
y－2＝±(x－1)，
即3x－4y＋5＝0或3x＋4y－11＝0.
(2)依题意得，直线的横截距、纵截距均不为0，
可设直线方程为＋＝1，
代入点A(1,3)，可得＋＝1，
解得m＝2或m＝4，
所以所求直线方程为＋＝1或＋＝1，
即所求直线方程为3x＋y－6＝0或x＋y－4＝0.
(3)直线斜率k＝＝－1，
则所求直线方程为y－4＝－(x－2)，即x＋y－6＝0.
14．解 (1)当k＝0时，方程x－ky＋2＋k＝0可化为x＝－2，不经过第一象限；
当k≠0时，方程x－ky＋2＋k＝0可化为y＝x＋＋1，
要使直线不经过第一象限，
则解得－2≤k<0.
综上，k的取值范围为[－2,0]．(2)由题意可得k>0，
由x－ky＋2＋k＝0，令y＝0，得x＝－2－k，令x＝0得y＝，
所以S＝OA·OB
＝··(2＋k)
＝
≥＝4，
当且仅当k＝，即k＝2时取等号，
此时S ＝4，直线l的方程为x－2y＋4＝0.
min
15．3x－y－5＝0(答案不唯一)
解析 当过A(2,1)的直线将圆1与圆2平分，过B(3,4)的直线将圆3与圆4平分时，L划分为
面积相等的两个区域且k ＝＝3，
AB
∴直线AB的方程为y－1＝3(x－2)，
即直线l：3x－y－5＝0(答案不唯一)．
16．6
解析 ]由题意知，动直线x＋my＋1＝0过定点A(－1,0)，
动直线mx－y－2m＋3＝0可化为(x－2)m＋3－y＝0，
令可得B(2,3)，
又1×m＋m×(－1)＝0，所以两动直线互相垂直，且交点为P，
所以PA2＋PB2＝AB2＝(－1－2)2＋(0－3)2＝18，
因为≥2，
所以PA＋PB≤＝＝6，
当且仅当PA＝PB＝3时取等号，即PA＋PB的最大值为6.
§8.2 两条直线的位置关系
1．C 2.D 3.D 4.B 5.C 6.B
7．AC
8．ABD [如图，取AB的中点为P(x，y)，因为△ABC为以C为直角顶点的等腰直角三角形，
所以CP⊥AB，即CP垂直于直线x－y＝1，
则k ＝＝－1，且x－y＝1，
CP
解得则AB的中点P的坐标为(3,2)，故A正确；
CP＝＝，
AB＝2CP＝2，故B正确；
所以S ＝AB·CP＝×2×＝2，故C错误；
△ABC
设点C关于直线AB的对称点为点C ，则CC 的中点为点P，
1 1
即x ＝ ＝3，所以 ＝4，
P
所以 ＝－1，解得 ＝1，
即点C关于直线AB的对称点的坐标是(4,1)，故D正确．]
9．－2 10.
11．[0,2]
12．x－2y＋4＝0
解析 如图，由题意知点B在原点O的右侧，直线BC一定过点A(6,1)关于x轴的对称点
A′(6，－1)，且一定过点D(4,4)关于y轴的对称点D′(－4,4)，所以BC所在直线的方程为
y－4＝(x＋4)，即x＋2y－4＝0，
令x＝0，则y＝2，
所以C点坐标为(0,2)，
所以CD所在直线的方程为
y＝x＋2，即x－2y＋4＝0.
13．解 (1)由题意，得
＝4，|3a－26|＝20，
解得a＝2或a＝.(2)设点P(－3b，b)，
由题意，得OP＝＝.
点P到直线x＋3y－2＝0的距离为
＝，
所以＝，解得b＝±.
即点P的坐标为或.
14．解 (1)设点B(x，y)，由AB中点在2x－y－5＝0上，
0 0
可得2×－－5＝0，
即2x－y－1＝0，
0 0
又x－2y－5＝0，
0 0
联立
解得即点B(－1，－3)．
(2)设点A关于x－2y－5＝0的对称点为A′(x′，y′)，
则有
解得即A′，
∴BC边所在的直线方程为y＋3＝(x＋1)，即6x－17y－45＝0.
15.
解析 ]以A为坐标原点，AB，AC分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系(图略)，因为△ABC
为等腰直角三角形，其中∠BAC＝90°，且AB＝2，则l ：x＋y－2＝0，点P(1,0)，所以点P
BC
关于y轴的对称点为P(－1,0)，设点P关于直线l ：x＋y－2＝0的对称点为P(x ，y)，则
1 BC 2 0 0
＝1且＋－2＝0，解得x＝2，y＝1，即P(2,1)，则PQ＋QR＋RP＝PQ＋QR＋RP＝PP＝.
0 0 2 2 1 1 2
16．13
解析 ]依题意，AC⊥BE，
设直线AC的方程为2x－5y＋m＝0，
于是2×5－5×6＋m＝0，
解得m＝20，
即直线AC：2x－5y＋20＝0，
由
解得即点A(0,4)，
设点B(a，b)，
则线段BC的中点
D，
于是
解得即点B(3,0)，
因此点B(3,0)到直线AC的距离
d＝＝，
AC＝＝，
所以△ABC的面积为
AC·d＝××＝13.
§8.3 圆的方程
1．A 2.A 3.C 4.C 5.C 6.D
7．BC
8．ACD [对于选项A，由(x－3k)2＋(y－4k＋1)2＝1＋25k2，得到x2－6kx＋9k2＋y2－2(4k－
1)y＋16k2－8k＋1＝1＋25k2，
整理得x2＋y2＋2y－k(6x＋8y＋8)＝0，
由
得或
故圆C过定点和，所以选项A正确；
对于选项B，因为圆心为(3k，4k－1)，r＝，
点(0,0)到圆心的距离d＝＝，
又因为k∈R，当k>0时，d<r，此时点(0,0)在圆C内，所以选项B错误；
对于选项C，因为圆心为(3k，4k－1)，又4×3k－3(4k－1)－3＝0，即圆心在直线4x－3y－3
＝0上，所以选项C正确；
对于选项D，若圆与x轴相切，则|4k－1|＝，即9k2＋8k＝0，解得k＝0或k＝－，所以选项
D正确．]
9．(x－2)2＋(y－2)2＝8(答案不唯一)
10．x2＋2＝
11．x2＋y2＝2(除去点(1,1)和点(－1，－1))
12．[，3]解析 如图所示，因为直线x－y－3＝0与坐标轴的交点A(，0)，B(0，－3)，则AB＝＝2，
圆x2＋(y－1)2＝1的圆心C(0,1)，半径为r＝1，
则圆心C(0,1)到直线x－y－3＝0的距离为d＝＝2，
所以圆x2＋(y－1)2＝1上的点P到直线x－y－3＝0的距离的最小值为d－r＝2－1＝1，距离
的最大值为d＋r＝2＋1＝3，
所以△ABP面积的最小值为×2×1＝，最大值为×2×3＝3，
即△ABP面积的取值范围为[，3]．
13．解 (1)由题意可知，AB的中点为(2,3)，k ＝0，
AB
所以AB的中垂线方程为x＝2，
它与x轴的交点为圆心C(2,0)，
又半径r＝AC＝，
所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝10.
(2)设P(x，y)，Q(x，y)，
0 0
由PM＝3QM，
得(8－x，－y)＝3(8－x，－y)，
0 0
所以
又点P在圆C上，
故(x－2)2＋y＝10，
0
所以(3x－18)2＋(3y)2＝10，
化简得点Q的轨迹方程为
(x－6)2＋y2＝.
14．解 (1)由题意知AB的中点坐标为，k ＝＝1，
AB
∴AB的垂直平分线为
y－＝－，即y＝5－x，
联立解得
即圆C 的圆心坐标为(2,3)，半径r＝1，其方程为(x－2)2＋(y－3)2＝1.
1
(2)注意到点C (2,3)和点C (－3，－4)在直线x＋y＝0的两侧，
1 2直线x＋y＝0与两圆分别相离，如图所示．
∴PM＋PN≥PC －1＋PC －3
1 2
≥C C －4＝－4，
1 2
当且仅当M，N，P，C ，C 五点共线时等号成立，
1 2
则PM＋PN的最小值为－4，
此时点P为直线C C 与x＋y＝0的交点，
1 2
过C ，C 的直线方程为7x－5y＋1＝0，
1 2
联立
解得
∴点P的坐标为.
15．D [由题意可知△ABC是边长为1的正三角形，
设AB的中点为M，则CM＝，
又C(1,1)，所以点M的轨迹方程为(x－1)2＋(y－1)2＝，且OC＝.
因为OA＋OB＝2OM，
所以|OA＋OB|＝2|OM|，
因为OM≤OC＋CM＝＋，
当且仅当点C在线段OM上时等号成立，
所以|OM|的最大值为＋，
所以|OA＋OB|的最大值为2＋.]
16．A [由圆的几何性质知，圆心在A，B中垂线上，故可设圆心M的坐标为，如图，
当圆M与直线y＝x相切即圆心到y＝x的距离等于圆心到A点距离时，圆M的面积最小，
可得＝，
解得a＝或－，
当a＝时，M，圆M的半径为MA＝＝，
圆M的面积为；
当a＝－时，M，圆M的半径为MA＝＝，
圆M的面积为，
所以圆M面积的最小值为.]
§8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系
1．C 2.B 3.B 4.D 5.B 6.D
7．BC
8．AC [对于A，由圆C：(x－2)2＋y2＝1，可得圆心C(2,0)，半径r＝1，
∴圆心C到直线l：x＋y＝0的距离为＝，
∵－1<<＋1，故圆C上不是只有一个点到直线l的距离为，故A错误；
对于B，由圆的性质，可得切线长PA＝＝，
当PC最小时，PA最小，又(PC) ＝，则(PA) ＝1，故B正确；
min min
对于C，由四边形ACBP的面积为2××PA·CA＝PA，
因为(PA) ＝1，所以四边形ACBP的面积的最小值为1，故C错误；
min
对于D，设P(t，－t)，由题知A，B在以PC为直径的圆上，
又由C(2,0)，所以(x－t)(x－2)＋(y＋t)(y－0)＝0，
即x2＋y2－(t＋2)x＋ty＋2t＝0，
因为圆C：(x－2)2＋y2＝1，
即x2＋y2－4x＋3＝0.
两圆的方程相减得直线AB：(2－t)x＋ty－3＋2t＝0，
即2x－3－t(x－y－2)＝0，
由解得
即直线AB恒过定点，故D正确．]
9．(x－1)2＋(y－2)2＝5(答案不唯一)
10．(x－2)2＋(y－2)2＝2
11．[－1，＋1]
12．4
解析 ]由已知可得，圆心C(2,1)，半径r＝1.
1
由点B(3,4)到直线l的距离是2，所以直线l是以B(3,4)为圆心，r＝2为半径的圆的切线，
2
又直线l是圆C：(x－2)2＋(y－1)2＝1的切线，所以直线l是圆C与圆B的公切线．
因为BC＝＝>3＝r＋r，
1 2
所以两圆外离，所以两圆的公切线有4条，即满足条件的直线l有4条．
13．解 两圆的标准方程分别为
(x－1)2＋(y－3)2＝11，
(x－5)2＋(y－6)2＝61－m(m<61)，
则圆心分别为(1,3)，(5,6)，
半径分别为和.
(1)当两圆外切时，
＝＋.
解得m＝25＋10.
(2)两圆的公共弦所在直线的方程为
(x2＋y2－2x－6y－1)－(x2＋y2－10x－12y＋45)＝0，
即4x＋3y－23＝0.
所以公共弦的长为
2×＝2.
14．解 (1)由题意可知，圆C的圆心为(2,0)，半径r＝2，
①当直线l的斜率不存在时，即l的方程为x＝4，此时直线与圆相切，符合题意；
②当直线l的斜率存在时，设斜率为k，
∴直线l的方程为y－1＝k(x－4)，
即kx－y＋1－4k＝0，若直线l与圆相切，
则d＝＝2，解得k＝－，
∴l：－x－y＋4＝0，
即l：3x＋4y－16＝0，
综上，当直线l与圆C相切时，
所求直线l的方程为x＝4或3x＋4y－16＝0.
(2)由题意可知，直线l的斜率一定存在，设斜率为k，
∴直线l的方程为y－1＝k(x－4)，
即kx－y＋1－4k＝0，
设圆心到直线l的距离为d，
则d＝，
由垂径定理可得，d2＋2＝4，
即＋3＝4，整理得，3k2－4k＝0，
解得k＝0或k＝，
则直线l的方程为y＝1或4x－3y－13＝0.
15．BD [圆M：(x＋cos θ)2＋(y－sin θ)2＝1恒过定点O(0,0)，直线l：y＝kx也恒过定点
O(0,0)，
所以对任意实数k与θ，直线l和圆M有公共点，故B正确；
圆心M(－cos θ，sin θ)，
圆心到直线l的距离
d＝
＝
＝|sin(θ＋α)|≤1，其中tan α＝k，
则对任意实数k，存在θ，使得直线l和圆M的关系是相交或者相切，故D正确，A错误；
当θ＝0时，圆M为(x＋1)2＋y2＝1，此时不存在实数k，使得直线l和圆M相切，故C错
误．]
16．2 [依题意，在△ABC中，AC＝BC＝，如图，显然0<AB≤2，∠ACB是锐角，
sin ＝＝，又函数y＝sin x在上单调递增，因此当且仅当公共弦AB的长度最大时，∠ACB
最大，此时弦AB为圆C′的直径，
在Rt△ACC′中，∠AC′C＝90°，
AC′＝1，
所以CC′＝＝2.]
§8.5 椭 圆
1．A 2.D 3.B 4.C 5.A 6.B
7．ACD
8．AD [由椭圆的方程可得，a＝2，b＝，c＝，
△PFF 的周长为PF＋PF＋FF＝2a＋2c＝4＋2，故A正确；
1 2 1 2 1 2
当∠PFF＝90°时，PF⊥x轴，令x＝－，可得y＝±1，
1 2 1
所以PF＝1，故B不正确；
1
当∠FPF＝60°时，△PFF 的面积为b2·tan 30°＝2×＝，故C不正确；
1 2 1 2当点P位于椭圆的上、下顶点时，PF＝PF＝a＝2，而FF＝2c＝2，此时∠FPF＝90°，有
1 2 1 2 1 2
2个直角三角形，
当PF⊥FF 时，∠PFF＝90°，
1 1 2 1 2
此时点P位于第二或第三象限，有2个直角三角形，
同理可得PF⊥FF 时，∠PFF＝90°，
2 1 2 2 1
此时有2个直角三角形，所以共有6个直角三角形，故D正确．]
9.＋＝1 10. 11.
12．3
解析 连接BD，PB，BH(图略)，
因为四边形ABCD为菱形，则AC为线段BD的垂直平分线，故PB＝PD，
所以PH＋PB＝PH＋PD＝DH＝4>2＝BH，
故点P的轨迹是以B，H为焦点且长轴长为4的椭圆，
可得2a＝4,2c＝2，即a＝2，c＝1，
所以PB的最大值为a＋c＝3.
13．解 (1)由题意，
令x＝c，可得y2＝b2，
解得y＝±，可得＝c，
又由c2＝a2－b2，
整理得6a2－6c2＝ac，
即6－6e2＝e，
即6e2＋e－6＝0，解得e＝，
即椭圆C的离心率为.
(2)由椭圆C的方程，可得M(0，b)，N(0，－b)，
设P(x，y)，所以b2x＋a2y＝a2b2，
0 0
则直线MP的方程为y＝x＋b，
令y＝0，可得x ＝，
R
同理直线NP的方程为y＝x－b，令y＝0，可得x ＝，
Q
因为OR·OQ＝＝a2＝4，
解得a＝2，
又因为e＝，所以c＝，
则b＝＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
14．解 (1)因为点B与点A
关于原点对称，所以点B的坐标为，
设点P的坐标为(x，y)，
由题意得·＝－，
化简得＋＝1(x≠±1)，
故动点P的轨迹方程为＋＝1(x≠±1)．
(2)若存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等，设点P的坐标为(x，y)，
0 0
则PA·PB·sin∠APB
＝PM·PN·sin∠MPN，
因为sin∠APB＝sin∠MPN，
所以＝，
所以＝，
即(3－x)2＝|x－1|，
0
解得x＝，
0
因为＋＝1(x≠±1)，
所以y＝±，
0
故存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等，
此时点P的坐标为.
15．D [如图所示，设FF＝2c，
1 2
因为4FN＝3FM，
2 2
设FN＝3t，
2
则FM＝4t，
2
在Rt△FMN中，MN＝＝5t，
2
由椭圆定义可知FN＝2a－3t，
1
FM＝2a－4t，
1
FN＋FM＝MN＝4a－7t＝5t，
1 1
解得a＝3t，
所以FN＝2a－3t＝3t＝FN，
1 2
FM＝2a－4t＝2t，
1
在△FNF 中，可得cos∠NF F＝，
1 2 1 2在△FMF 中，由余弦定理可得
1 2
cos∠MF F＝，
1 2
因为∠NF F＋∠MF F＝π，
1 2 1 2
所以cos∠NF F＋cos∠MF F＝0，
1 2 1 2
即＋＝0，解得c＝，
所以椭圆的离心率e＝＝.]
16．(0,4)
解析 如图，延长PF，FM相交于点N，连接OM，
2 1
因为F1M·MP＝0，则F1M⊥MP，即FM⊥MP，
1
因为PM为∠FPF 的平分线，
1 2
所以PN＝PF，则点M为FN的中点，
1 1
因为O为FF 的中点，
1 2
所以OM＝FN
2
＝|PN－PF|
2
＝|PF－PF|，
1 2
设点P(x，y)，由已知可得a＝8，b＝4，c＝＝4，
0 0
则－8<x<8且x≠0，且有y＝48－x，
0 0
PF＝
1
＝
＝
＝＝8＋x，
0
故PF＝16－PF＝8－x，
2 1 0
所以OM＝|PF－PF|＝|x|∈(0,4)．
1 2 0
§8.6 双曲线
1．D 2.A 3.D 4.C 5.A 6.C
7．BD [若曲线C表示两条平行线，则有sin α＝0或cos α＝0，且0≤α<π.
若sin α＝0，则α＝0，此时曲线C的方程为y2＝1，可得y＝－1或y＝1，符合题意，
若cos α＝0，则α＝，此时曲线C的方程为x2＝1，可得x＝－1或x＝1，符合题意，故A错；
若曲线C表示双曲线，则sin αcos α<0，
由于0≤α<π且sin α≠0，则sin α>0，
可得cos α<0，则<α<π，故B对；
若曲线C表示椭圆，则
解得0<α<且α≠，故C错；
若0<α<，则0<sin α<cos α，
则>>0，
曲线C的方程可化为＋＝1，
此时，曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，故D对．]
8．BD [如图所示，
若△ABF 为直角三角形，由双曲线的对称性可知，
1
AF⊥BF，
1 1
且AF＝BF.
1 1
设AF＝m，则由双曲线的定义得
2
AF＝BF＝AF＋2a＝2＋m，
1 1 2
AB＝2m.
所以在Rt△ABF 中，由勾股定理得(2＋m)2＋(2＋m)2＝4m2.
1
解得m＝2＋2，
所以AF＝BF＝4＋2，
1 1
所以△ABF 的面积为AF·BF＝×(4＋2)2＝12＋8，故D正确；
1 1 1
AF·BF＝AB·FF，
1 1 1 2
所以FF＝2＋2，故C不正确；
1 2
由x2－＝1(b>0)可知，a＝1，c＝1＋，所以b2＝(1＋)2－1＝2＋2，故A不正确；
e＝＝1＋，故B正确．]
9．2
10.－＝1或－＝1
11．x2－＝1
解析 设所求双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，如图，因为AB＝BC＝CD＝2，易知a＝1，
又坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆O的周长八等分，所以在双曲线上，
得到－＝1，整理得b2＝，
故所求双曲线的标准方程为x2－＝1.
12.＋1
解析 ]因为F(－c，0)，F(c，0)，B(0，b)，
1 2
所以直线FB的方程为y＝x＋b，
1
又双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，
由解得
所以A，
又因为FA＝FF，
2 1 2
所以2＋2＝4c2，
整理得2c2－4ac＋a2＝0，
即2e2－4e＋1＝0，
解得e＝＋1或e＝1－(舍去)．
13．解 (1)在双曲线－＝1中，a′＝2，b′＝，
则渐近线方程为y＝±x＝±x，
∵双曲线C：－＝1与双曲线－＝1有相同的渐近线，∴＝，
∴方程可化为－＝1，
又双曲线C经过点M(，－)，代入方程得－＝1，
解得a＝1，故b＝，
∴双曲线C的方程为x2－＝1.
(2)由(1)知双曲线C的方程为x2－＝1，
∵a＝1，b＝，c＝，
∴实轴长2a＝2，离心率为e＝＝，
设双曲线C的一个焦点为(－，0)，一条渐近线方程为y＝x，
∴焦点到渐近线的距离
d＝＝.
14．解 (1)在Rt△MF F 中，
1 2
因为∠MF F＝30°，所以
1 2tan∠MF F＝＝＝，
1 2
又a＝1，a2＋b2＝c2，
联立解得c＝，b＝，
所以双曲线C的方程是x2－＝1.
(2)设P(x，y)是双曲线C上任意一点，故有2x－y＝2，
0 0
两条渐近线方程为l：x－y＝0，l：x＋y＝0，设l：x－y＝0的倾斜角为α，故tan α＝，
1 2 1
设两条渐近线在第一、四象限的夹角为θ，
所以cos θ＝cos 2α＝＝－，
于是有cos〈PP1，PP2〉＝－cos θ＝.
因为P到双曲线两条渐近线的距离为PP＝，
1
PP＝，
2
所以PP1·PP2＝··cos〈PP1，PP2〉
＝·＝.
15．2
解析 由－＝1得y2＝b2＝，即y＝±，
不妨设A，
而D(a，0)，
所以直线AD的方程为
y－0＝(x－a)，
y＝(x－a)，
令x＝0得y＝，
则M，
同理可求得N，
所以以MN为直径的圆的方程为x2＋y2＝2，
将P(－3a，0)代入上式得
9a2＝2＝＝
＝＝(c＋a)2，
即c2＋2ac－8a2＝0，
即(c－2a)(c＋4a)＝0，则c＝2a，即离心率为＝2.
16．y＝±x
解析 如图所示，
由双曲线的定义知MF ＝2a＋MF ，NF ＝2a＋NF ，
2 1 2 1
所以MF ＋NF ＝4a＋MF ＋NF ＝4a＋MN.
2 2 1 1
因为MF ，MN，NF 成等差数列，
2 2
所以MF ＋NF ＝2MN，即4a＋MN＝2MN，MN＝4a.
2 2
令MF ＝x，
1
在△MNF 中，MF ⊥MN，
2 2
所以MF＋MN2＝NF，
即(2a＋x)2＋(4a)2＝(6a－x)2，
解得x＝a，即MF ＝a，MF ＝3a，
1 2
又在Rt△FMF 中，a2＋(3a)2＝(2c)2,2c2＝5a2，
1 2
又c2＝a2＋b2，
所以2b2＝3a2，即＝，
故该双曲线的渐近线方程为
y＝±x＝±x.
§8.7 离心率的范围问题
1．D 2.B 3.C 4.B
5．B [依题意得直线AB：＋＝1，
即bx＋ay－ab＝0，又a>2，
所以d＝＝，
1
d＝＝，
2
所以d＋d＝＋＝≥c，
1 2
所以5·a≥2c2，
即25(c2－a2)·a2≥4c4，
即4e4－25e2＋25≤0，
解得≤e2≤5，又e>1，所以e∈.]
6．C [如图所示，根据题意可得
F(－c，0)，F(c，0)，A(a，0)，
1 2
设P(x，y)，则直线PF 的方程为y＝(x＋c)，
1 1 1
所以直线PF 与y轴的交点
1
Q，
由AQ∥PF 可得k ＝ ，
2 AQ
即＝，
整理得(a＋c)x＝c2－ac，
1
即x＝，
1
又因为P为双曲线右支上一点，
所以x≥a，
1
当x＝a时，AQ，PF 共线，与题意不符，即x>a，可得x＝>a，
1 2 1 1
整理得c2－a2－2ac>0，
即e2－2e－1>0，
解得e>＋1或e<1－(舍去)，
即双曲线E的离心率的取值范围为(＋1，＋∞)．]
7．AD [由题意，A关于原点的对称点为B，点F为椭圆右焦点，设左焦点为F，如图所示，
1
∵AF⊥BF，
∴四边形AFBF为矩形，
1
∴AB＝FF＝2c.
1
∵∠ABF＝α，
∴AF＝2csin α，
BF＝AF＝2ccos α，
1
由椭圆的定义得2a＝2csin α＋2ccos α，
∴e＝＝＝.
∵α∈，∴α＋∈，
∴sin∈，
∴e∈.]
8．ACD [对于A，因为双曲线C的渐近线l与圆F交于A，B两点，所以过点O且与圆F
相切的直线与双曲线C没有公共点(如图)，故选项A正确；
对于B，过点F作FD⊥l，垂足为D，易知FD＝b，因为圆F与直线l相交，所以b<a，又
c2＝a2＋b2，所以c2<2a2，即e2<2，又e>1，所以双曲线C的离心率的取值范围是(1，)，故选
项B错误；
对于C，若FA·FB>0，则0<∠AFB<，故0<∠AFD<，
故<cos∠AFD<1，
所以<<1，
即<<1，即b<a<b，
得<e2<2，
所以e∈，故选项C正确；
对于D，因为OA＝AB，所以A为线段OB的中点，设AD＝m，则OA＝2m，OD＝3m，
在Rt△AFD和Rt△OFD中，由勾股定理得，
消去m2得c2＝9a2－8b2，即17a2＝9c2，
所以e＝，故选项D正确．]
9.
10.
解析 ]设直线OP的方程为y＝x，
由解得
即点M，
设点Q(λa，λb)，其中λ∈，
由OM2＝OP·OQ得
＝·λ，
解得λ＝，故Q，
则直线BQ的方程为bx＋ay－ab＝0，
由直线BQ与圆x2＋y2＝a2－b2相交，
得<，故a4－b4－a2b2>0，
即b4<a2(a2－b2)，
因为a2－b2＝c2，
所以(a2－c2)2<a2c2，
即a2－c2<ac，即1－e2<e，
又因为0<e<1，所以<e<1.
§8.8 抛物线
1．C 2.D 3.D 4.B 5.C 6.B
7．BD [点A(a>0)，B(a，b)(b>0)在抛物线C上，
则解得
则抛物线C：y2＝x，
A，B(，)，
抛物线C的准线方程为x＝－，故A错误，B正确；
OA·OB＝×＋1×＝1＋，故C错误；
抛物线C的焦点F，
则AF＝＝，
BF＝＝，
则＋＝＋＝，故D正确．]
8．AD [对于A，x2＝8y，则p＝4，焦点F的坐标为(0,2)，准线方程为y＝－2，
∴MF＝y＋2，
1
∵y≥0，∴MF≥2，当且仅当y＝0时等号成立，故A正确；
1 1
对于B，∵MF＋NF＝12，
根据抛物线定义得y＋2＋y＋2＝12，则y＋y＝8，
1 2 1 2
而由中点坐标公式得点P的纵坐标y ＝＝4，
P
即点P到x轴的距离为4，故B错误；
对于C，由题意可知直线MN斜率存在，∵直线MN过点F，设直线MN的方程为y＝kx＋
2，
代入抛物线方程整理得x2－8kx－16＝0，∴x＋x＝8k，xx＝－16，故C错误；
1 2 1 2
对于D，若MF＝λNF，则M，F，N三点共线，由题得MF＋NF＝y ＋2＋y ＋2＝y ＋y ＋4＝
1 2 1 2＋4＝＋4＝＋4，
当k＝0时，MN的最小值即为抛物线的通径长，此时最小值为8，故D正确．]
9．4 10.7 cm
11．60°
解析 ]如图，
∵OA＝OB，
∴A，B两点关于y轴对称，
设A，B，
∴S ＝×2a×＝12，
△AOB
解得a＝2，
∴B(2，6)，∴tan θ＝＝，
∴θ＝30°，∴∠AOB＝2θ＝60°.
12．1或3
解析 分别过点A，B作准线l：x＝－的垂线，垂足分别为C，D，
设AB的中点M在准线上的射影为点N，连接MN，
设A(x，y)，B(x，y)，M(x，y)，
1 1 2 2 0 0
根据抛物线的定义，得AF＋BF＝AC＋BD＝4，
所以在梯形ACDB中，中位线MN＝(AC＋BD)＝2，
可得x＝2－，
0
因为线段AB的中点到直线x＝的距离为1，所以＝1，
所以|2－p|＝1，解得p＝1或p＝3.
13．解 (1)由题意知动点M到F(2,0)的距离与它到直线x＝－2的距离相等，所以动点M的
轨迹为以F(2,0)为焦点，以直线x＝－2为准线的抛物线，
因此动点M的轨迹方程为y2＝8x.
(2)设M，由两点间的距离公式得MA＝＝＝，
当m2＝16，即m＝±4时，
(MA) ＝4，
min
即当M(2,4)或M(2，－4)时，点M与点A的距离最小，最小值为4.
14．解 (1)设圆心C的坐标为(x，y)，
则半径r＝，
又动圆在y轴上截得的弦长为8，
所以42＋x2＝(x－4)2＋y2，
化简得y2＝8x，
即动圆圆心C的轨迹方程为y2＝8x.
(2)如图，设轨迹C的焦点为F，点P到直线y＝x＋4的距离为PP ，到y轴的距离为PP ，
1 2
点F到直线y＝x＋4的距离为FF，
1
由抛物线的定义，
可知PP＝PF－2，
2
所以PP＋PP＝PP＋PF－2，
1 2 1
由图可知PP＋PF的最小值为点F到直线y＝x＋4的距离，
1
所以(PP＋PF) ＝FF＝＝3，所以PP＋PP 的最小值为3－2.
1 min 1 1 2
15．B [作杯子的截面得一抛物线，如图，
建立平面直角坐标系，则点(1,1)在抛物线上，
设抛物线方程为x2＝2py(p>0)，则1＝2p，p＝，抛物线方程为x2＝y，
设球心为A(0，a)(a>0)，球半径为r，P(x，y)是抛物线上任一点，AP＝＝，
则r＝(AP) ，小球与杯底接触，则上式在y＝0时取得最小值，
min
AP＝，
此时≤0，即0<a≤，
r＝(AP) ＝a，
min
所以r ＝a ＝.]
max max16．4
解析 如图，
设∠MAF＝θ，AF＝a，BF＝b，
由抛物线定义可得
AM＝a，BN＝b，∠MFO＋∠NFO＝∠MFA＋∠NFB＝，
在△MAF中，由余弦定理可得
MF2＝2a2(1－cos θ)，
同理NF2＝2b2(1＋cos θ)，
故S ＝a2sin θ，
△MAF
S ＝b2sin θ，
△NBF
(S )2＝MF2·NF2＝a2b2sin 2θ，
△MNF
故＝＝4.
§8.9 直线与圆锥曲线的位置关系
1．C 2.C 3.A 4.A 5.D 6.B
7．ACD [双曲线C：－＝1的渐近线方程可表示为－＝0，双曲线－＝1的渐近线方程可表
示为－＝0，整理后都是y＝±x，故A正确；
由于双曲线的实轴长为2a＝4，所以过焦点F与左右两支都相交的直线被双曲线截得的弦长
的取值范围是[4，＋∞)，存在关于x轴对称的两种情况，使其弦长为5，另外当直线垂直于
x轴时，经计算可得弦长正好是5，故满足条件的直线有三条，故B错误；
由于双曲线的渐近线的斜率为±，焦点在x轴上，
所以若直线l与双曲线C的两支各有一个交点，则直线l的斜率k∈，故C正确；
由于点P(1,2)在双曲线的两条渐近线的上方，如图所示，故过点 P能作4条直线与双曲线C
仅有一个交点，其中两条与渐近线平行，另外两条与双曲线相切，故D正确．]8．BCD [如图，因为抛物线C过点A(1,1)，所以1＝2p，解得p＝，所以C：x2＝y的准线
为y＝－，所以A错误；
因为x2＝y，所以y′＝2x，所以当x＝1时，y′＝2，所以C在点A处的切线方程为y－1＝
2(x－1)，即y＝2x－1，又点B(0，－1)在直线y＝2x－1上，所以直线AB与C相切，所以B
正确；
设P(x，y)，Q(x，y)，直线PQ的方程为y＝kx－1，
1 1 2 2
由得x2－kx＋1＝0，
所以x＋x＝k，xx＝1，且Δ＝k2－4>0，得k>2或k<－2，
1 2 1 2
所以OP·OQ＝·＝＝·xx＝＝>2＝OA2，所以C正确；
1 2
BP·BQ＝·
＝·
＝
＝
＝
＝
＝
＝＝k2＋1>5＝BA2，所以D正确．]
9．2 10.＋＝1
11．5
解析 ]设直线x－y＋m＝0与椭圆＋＝1相切，
联立消去y得25x2＋32mx＋16m2－144＝0，
∴Δ＝(32m)2－4×25×(16m2－144)＝0，解得m＝5或m＝－5，
∴与直线x－y－5＝0平行且与椭圆相切的直线方程为x－y＋5＝0，
且两平行直线间的距离为d＝＝＝5，
∴点P到直线x－y－5＝0的最大距离为5.
12.
解析 ]设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则
得－＝0，即－＝0，
因为点P(2,1)是线段AB的中点，
所以－＝0，
得－＝0，
又因为直线l的斜率为2，
所以－2×＝0，
得a2＝b2，即a2＝c2－a2，
所以C的离心率e＝＝.
13．解 (1)因为椭圆的离心率为e＝＝，长轴长为2a＝4，
解得a＝2，c＝1，则b2＝3，
所以椭圆C的标准方程是＋＝1.
(2)易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k，A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
当直线l的斜率k＝0时，易得在椭圆C上有无数对A，B关于直线y＝0对称；
当k≠0时，有k ＝＝－，
AB
设AB中点的坐标为(x，y)，
0 0
又
两式相减得3(x＋x)(x－x)＝－4(y＋y)(y－y)，即3kx＝4y，
1 2 1 2 1 2 1 2 0 0
又y＝k，
0
解得x＝1，y＝，
0 0
因为线段AB的中点在椭圆内部，
所以＋<1，即＋<1，
解得－2<k<0或0<k<2，
综上，直线l的斜率k的取值范围为(－2,2)．
14．解 (1)依题意，c＝2，
所以a2＋b2＝4，
则双曲线C的方程为－＝1(0<a2<4)，
将点P(5，)代入上式，
得－＝1，
解得a2＝50(舍去)或a2＝2，
故所求双曲线的方程为－＝1.
(2)依题意，可设直线l的方程为y＝kx＋2，代入双曲线C的方程并整理，得(1－k2)x2－4kx－
6＝0.
因为直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，所以
解得(*)
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则x＋x＝，xx＝－，
1 2 1 2
所以AB＝·＝·.
又原点O到直线l的距离d＝，
所以S ＝d·AB＝××·＝.
△OAB
又S ＝2，即＝1，
△OAB
所以k4－k2－2＝0，
解得k＝±，满足(*)．
故满足条件的直线l有两条，
其方程分别为y＝x＋2和y＝－x＋2.
§8.10 圆锥曲线中常见结论及应用
1．D 2.B 3.A 4.A
5．C [不妨令直线l的倾斜角为θ，
则S ＝＝＝3，
△ABO
∴sin θ＝，
取θ＝60°，
∴AF＝＝6，BF＝＝2，
∴AB＝8，AA′＝6，BB′＝2，
A′B′＝ABsin θ＝4，
∴S ＝(BB′＋AA′)·A′B′＝×(2＋6)×4＝16.]
四边形ABB′A′
6．D [由已知可得F(1,0)，
设M(x，y)，N(x，y)，A(3，t)，
1 1 2 2
则切线AM，AN的方程分别为
＋＝1，＋＝1，
因为切线AM，AN过点A(3，t)，
所以x＋＝1，x＋＝1，
1 2所以直线MN的方程为x＋＝1，
因为F(1,0)，所以1＋＝1，
所以点F(1,0)在直线MN上，
所以M，N，F三点共线，
所以MF＋NF－MN＝0.]
7．BCD [如图，取AB的中点E，作ED⊥GH，垂足为D，
当线段AB为通径时长度最小，为2p＝4，故A不正确；
∵直线y＝－1为准线，∴ED＝(AH＋BG)＝AB，
故以AB为直径的圆与准线y＝－1相切，故B正确；
又BF＝BG，∴∠BFG＝∠BGF，
又BG∥FM，∴∠BGF＝∠MFG，
∴∠BFG＝∠MFG，
同理可得∠AFH＝∠MFH，
又∠BFG＋∠MFG＋∠MFH＋∠AFH＝180°，
∴∠MFG＋∠MFH＝90°，
∴FG⊥FH.
即∠HFG＝90°，故C正确；
设A(x，y)，B(x，y)，由题意知，直线AB的斜率存在，
1 1 2 2
∴设直线AB：y＝kx＋1，
由得x2－4kx－4＝0，
∴x＋x＝4k，xx＝－4，
1 2 1 2
k ＋k ＝＋＝＋＝2k＋＝2k＋2·＝0，
AM BM
∴∠AMO＝∠BMO，故D正确．]
8．ACD [对于A，由 ＝＝3，
得e＝＝＝2，故A正确；
对于B，因为PF⊥PF，所以△PFF 的面积为＝b2＝3，
1 2 1 2
又＝3，所以a＝1，故B错误；
对于C，设PF 的中点为O，O为原点．
1 1
因为OO 为△PFF 的中位线，
1 1 2
所以OO ＝PF ＝(PF ＋2a)＝PF ＋a，则可知以线段PF ，AA 为直径的两个圆外切，故C
1 2 1 1 1 1 2正确；
对于D，设P(x，y)，则x<－a，y>0.
0 0 0 0
因为e＝2，所以c＝2a，b＝a，
则渐近线方程为y＝±x，
所以∠PAF∈，∠PFA∈.
2 1 1 2
又tan∠PFA＝＝，
1 2
tan∠PAF＝－，
2 1
所以tan 2∠PAF＝
2 1
＝
＝
＝
＝
＝＝tan∠PFA，
1 2
因为2∠PAF∈，
2 1
所以∠PFA＝2∠PAF，故D正确．]
1 2 2 1
9．y2＝4x或y2＝16x
10．1
解析 连接OA，OB，如图所示．设B(x，y)，所以过点B与椭圆相切的直线方程为＋yy＝
0 0 0
1，
即xx＋4yy－4＝0，
0 0
又R2＝OA2＝，
R为圆的半径，R∈(1,2)，
AB2＝OB2－R2＝x＋y－，
又＋y＝1，所以x＝4－4y，
所以AB2＝4－3y－
＝5－(3y＋1)－
≤5－2＝1，
当且仅当3y＋1＝，
即y＝，x＝时，等号成立，
所以(AB) ＝1，
max此时R2＝＝2，
即R＝∈(1,2)，
故当R＝时，(AB) ＝1.
max
§8.11 圆锥曲线中求值与证明问题
1．解 (1)由题设，y＝2x＋1，联立直线与双曲线方程并整理得x2＋4x＋2＝0，所以Δ＝16
－4×2＝8>0，
则x ＋x ＝－4，x x ＝2，
A B A B
所以AB＝·＝×＝2.
(2)联立直线与双曲线方程得
3x2－(ax＋1)2＝1，
整理有(3－a2)x2－2ax－2＝0，
由题意Δ＝4a2＋8(3－a2)＝24－4a2>0，且3－a2≠0，即－<a<，且a≠±，
所以x ＋x ＝，x x ＝－，
A B A B
则y y ＝a2x x ＋a(x ＋x )＋1＝－＋＋1＝1，
A B A B A B
若以AB为直径的圆经过坐标原点，
则OA·OB＝0，
即x x ＋y y ＝1－＝0，
A B A B
所以a＝±1，满足要求．
2．(1)解 由于A，B
两点关于原点对称，必在椭圆上，
则＋＝1，且＋<1，
∴C(0,1)必在椭圆上，
即有＝1，则b＝1，a2＝2，
∴椭圆T的方程为＋y2＝1.
(2)证明 设E(x，y)，F(x，y)，
1 1 2 2
联立得x2＋tx＋t2－1＝0，
Δ＝2t2－4(t2－1)＝4－2t2>0，
解得－<t<，
则x＋x＝－t，xx＝t2－1，y＋y＝x＋t＋x＋t＝t，
1 2 1 2 1 2 1 2
∴M，则k ＝－，
OM
联立
则可设P，Q，∴MP·MQ＝···＝，
∵ME·MF＝EF2
＝(1＋k)(x－x)2
1 2
＝[(x＋x)2－4xx]
1 2 1 2
＝，
∴ME·MF＝MP·MQ.
3．(1)证明 由题意知，直线AB斜率不为0，设A(x，y)，B(x，y)，直线AB：x＝my＋1.
1 1 2 2
联立
化简可得y2－2my－2＝0.
由根与系数的关系可得
y＋y＝2m，yy＝－2，
1 2 1 2
所以k ·k ＝＝＝＝－2，
OA OB
所以直线OA，OB的斜率之积为定值－2.
(2)解 设线段AB的中点为N，设∠AMN＝θ.
则tan∠AMB＝tan 2θ＝＝，解得tan θ＝(负值舍去)，
所以＝，即＝.
易知当直线AB斜率不存在时不成立，舍去，
所以当直线AB斜率存在时，AB＝|y－y|＝2.
1 2
由N为线段AB的中点，可得y ＝＝m，
N
所以x ＝my ＋1＝m2＋1.
N N
因为MN⊥AB，所以k ＝－m，
MN
所以MN＝|x －x |＝(m2＋1)．
N M
所以＝＝，
解得m＝±，
所以直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.
4．(1)解 由题意得c＝2.①
因为双曲线的渐近线方程为
y＝±x＝±x，所以＝.②
又c2＝a2＋b2，③
所以联立①②③得a＝1，b＝，
所以双曲线C的方程为x2－＝1.
(2)证明 由题意知直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx＋t(k≠0)，
将直线PQ的方程代入C的方程，整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，
则x＋x＝，xx＝－>0，所以3－k2<0，
1 2 1 2
所以x－x＝
1 2
＝.
设点M的坐标为(x ，y )，
M M
则
两式相减，得y－y＝2x －(x＋x)，
1 2 M 1 2
又y－y＝(kx＋t)－(kx＋t)＝k(x－x)，
1 2 1 2 1 2
所以2x ＝k(x－x)＋(x＋x)，
M 1 2 1 2
解得x ＝；
M
两式相加，得
2y －(y＋y)＝(x－x)，
M 1 2 1 2
又y＋y＝(kx＋t)＋(kx＋t)
1 2 1 2
＝k(x＋x)＋2t，
1 2
所以2y ＝k(x＋x)＋(x－x)＋2t，
M 1 2 1 2
解得y ＝＝x .
M M
因此，点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．
若选择①②：
因为PQ∥AB，
所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，
设A(x ，y )，B(x ，y )，
A A B B
不妨令点A在直线y＝x上，
则由
解得x ＝，y ＝，
A A
同理可得x ＝，y ＝－，
B B
所以x ＋x ＝，y ＋y ＝.
A B A B
点M的坐标满足
得x ＝＝，
M
y ＝＝，
M
故M为AB的中点，即MA＝MB.
若选择①③：
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2,0)，此时M不在直线y＝x上，矛盾；
当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，A(x ，y )，B(x ，y )，
A A B B
不妨令点A在直线y＝x上，
则由
解得x ＝，y ＝，
A A
同理可得x ＝，y ＝－.
B B
因为M在AB上，且MA＝MB，
所以x ＝＝，y ＝＝，
M M
又点M在直线y＝x上，
所以＝·，
解得k＝m，因此PQ∥AB.
若选择②③：
因为PQ∥AB，
所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，
设A(x ，y )，B(x ，y )，
A A B B
不妨令点A在直线y＝x上，
则由
解得x ＝，y ＝，
A A
同理可得x ＝，y ＝－.
B B
设AB的中点为C(x ，y )，
C C
则x ＝＝，
C
y ＝＝.
C
因为MA＝MB，
所以M在AB的垂直平分线上，
即点M在直线y－y ＝－(x－x )，
C C
即y－＝－上，
与y＝x联立，得x ＝＝x ，
M C
y ＝＝y ，
M C
即点M恰为AB的中点，故点M在AB上．
§8.12 圆锥曲线中范围与最值问题
1．解 (1)由题意及抛物线的定义得a＋＝6，
又因为点M(a，2)在抛物线C上，所以20＝2pa，
由可得或所以抛物线C的标准方程为y2＝4x或y2＝20x.
(2)设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
联立消去y可得
x2－2(p＋t)x＋t2＝0，
则x＋x＝2p＋2t，xx＝t2，
1 2 1 2
因为NA⊥NB，
所以NA·NB＝(x－1)(x－1)＋yy
1 2 1 2
＝(x－1)(x－1)＋(t－x)(t－x)
1 2 1 2
＝2xx－(t＋1)(x＋x)＋t2＋1＝0，
1 2 1 2
所以2t2－(t＋1)(2p＋2t)＋t2＋1＝0，
可得2p＝，
由原点O到直线AB的距离不小于，可得≥，
解得t≥2或t≤－2，
因为p>0，所以t≤－2不成立，
所以t≥2，
因为2p＝＝t＋1＋－4，且函数y＝t＋1＋－4在[2，＋∞)上单调递增，
所以2p≥＝，
所以p≥，
即p的取值范围为.
2．解 (1)由题意知，椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点坐标为(－，0)，
根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为
＋＝4，
即2a＝4，所以a＝2，
又因为c＝，可得b＝＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，k ＋k ＝0，不符合题意．
OA OB
故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
联立方程组
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
则x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
所以k ＋k ＝＋＝＝2k＋＝2k＋＝，
OA OB
因为k ＋k ＝－，
OA OB
可得m2＝4k＋1，所以k≥－，又由Δ>0，可得16(4k2－m2＋1)>0，
所以4k2－4k>0，解得k<0或k>1，
综上可得，直线l的斜率的取值范围是∪(1，＋∞)．
3．解 (1)由双曲线E的离心率为2，得＝2.①
因为双曲线E过点P(2,3)，
所以－＝1.②
又c2＝a2＋b2，③
联立①②③式，解得a＝1，b＝.
故双曲线E的标准方程为x2－＝1.
(2)由双曲线的对称性，知四边形ABCD为平行四边形，
所以S ＝4S .
四边形ABCD △OAD
由题意知直线AD的斜率不为零且过右焦点F(2,0)，
设直线AD的方程为
x＝my＋2.
联立消去x，
得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0.
Δ＝36(m2＋1)>0，
设A(x，y)，D(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝，yy＝.
1 2 1 2
因为A，D均在双曲线右支上，
所以
所以
解得0≤m2<.
所以S ＝×OF×|y－y|
△OAD 1 2
＝
＝
＝.
令＝t，
则m2＝t2－1.
所以S ＝＝.
△OAD
令函数f(t)＝－3t，
易得f(t)在区间上单调递减，所以当t＝1时，(S ) ＝6.
△OAD min
所以四边形ABCD面积的最小值为24.4．(1)证明 由题知a＝1，b＝，
∴双曲线C的方程为x2－＝1，
显然直线l的斜率存在，
设直线l：y＝kx＋m，
P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
联立得(2－k2)x2－2kmx－(m2＋2)＝0，
且x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
设直线AP，AQ的斜率分别为k，k，
1 2
则k＝，k＝，
1 2
故k＋k＝＋＝，
1 2
又xy＋xy＝x(kx＋m)＋x(kx＋m)＝2kxx＋m(x＋x)＝，
1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2
y＋y＝k(x＋x)＋2m＝＋2m＝，
1 2 1 2
∴k＋k＝
1 2
＝
＝＝－2，
∴(m－k)(m－k－2)＝0，
∵PQ不过点A，∴m－k≠0，
∴m＝k＋2，
∴y＝k(x＋1)＋2，
∴直线l过定点(－1,2)．
(2)解 由题意可设直线PR：y＝t(x＋1)＋r(r≠0)，直线AP的斜率为k ，直线AQ的斜率为
1
k.
2
由得P.
由得P.
故AP2＝，
同理AQ·AR＝.
由∠APQ＝∠ARP可知，
AP2＝AQ·AR，
即＝.
∵k≠k，k＋k＝－2，
1 2 1 2化简得t＝－≤－.
当时取等号，
∴直线PR的斜率的最大值为－.
§8.13 圆锥曲线中定点与定值问题
1．(1)解 将直线方程y＝kx＋3代入双曲线方程－＝1，
化简整理得(1－4k2)x2－24kx－52＝0，
Δ＝(－24k)2＋4×(1－4k2)×52＝208－256k2，
要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B，
则应满足
解得－<k<－.
所以实数k的取值范围为.
(2)证明 设A(x，y)，B(x，y)，D(x，y)，
1 1 2 2 0 0
则由(1)知，
x＋x＝，xx＝－.
1 2 1 2
由＝，得＝，
所以x＝＝＝－，
0
所以y＝kx＋3＝－＋3＝－，
0 0
所以点D的纵坐标为定值－.
2．(1)解 因为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的渐近线为y＝±x，
又因为双曲线C的右焦点F(c，0)到其渐近线的距离为，
所以＝b＝，
又e＝＝，a2＋b2＝c2，
联立解得a＝，
所以双曲线C的方程为－＝1.
(2)证明 由已知得，双曲线C的右焦点为F(3,0)，直线x＝3过双曲线C的右焦点．
则＝
＝＝，
所以sin∠AFQ＝sin∠BFQ，
所以直线AF与直线BF的倾斜角互补，k ＋k ＝0.
AF BF
显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋m(0<k<)，
A(x，y)，B(x，y)(x≠3，x≠3)．
1 1 2 2 1 2
联立得(2－k2)x2－2kmx－m2－6＝0，
所以x＋x＝，xx＝－，
1 2 1 2
因为k ＋k ＝0，
AF BF
所以＋＝0，
所以＋＝0，
所以(kx＋m)(x－3)＋(kx＋m)·(x－3)＝0，
1 2 2 1
整理得2kxx＋(m－3k)(x＋x)－6m＝0.
1 2 1 2
所以－2k·＋(m－3k)·－6m＝0，
化简得k＋m＝0，即m＝－k，
所以直线l的方程为y＝kx－k＝k(x－1)，恒过点(1,0)，
所以直线l过定点．
3．(1)解 ∵抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2,0)，
∴＝2，解得p＝4，
故抛物线C的标准方程为y2＝8x.
(2)证明 ∵点A的横坐标为2，
即y2＝8×2，解得y＝±4，
故A点的坐标为(2,4)，
设B(x，y)，C(x，y)，
1 1 2 2
由已知设AB：m(y－4)＝x－2，
即x＝my－4m＋2，
代入抛物线C的方程得y2＝8(my－4m＋2)，即y2－8my＋32m－16＝0，
则y＋4＝8m，故y＝8m－4，
1 1
∴x＝my－4m＋2＝m(8m－4)－4m＋2＝8m2－8m＋2，
1 1
即B(8m2－8m＋2,8m－4)，
设AC：－m(y－4)＝x－2，
即x＝－my＋4m＋2，
同理可得y＝－8m－4，
2
则x＝－my＋4m＋2＝－m(－8m－4)＋4m＋2＝8m2＋8m＋2，
2 2
即C(8m2＋8m＋2，－8m－4)，
直线BC的斜率
k ＝＝＝－1，
BC
∴直线BC的斜率为定值．
4．(1)证明 设P(x，y)，
0 0则＋＝1，可得y＝9－，
又k ＝，k ＝，
PA PB
则k ·k ＝＝＝－，
PA PB
因为BG∥PA，
所以k ·k ＝k ·k ＝－.
BF BG PA PB
(2)解 当直线GF的斜率存在时，设GF的方程为y＝k(x－t)(k≠0)，
联立消去y得(4k2＋3)x2－8k2tx＋4k2t2－12＝0.
则Δ＝64k4t2－16(4k2＋3)(k2t2－3)＝48(4k2＋3－k2t2)>0，
设G(x，y)，F(x，y)，
1 1 2 2
则x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
由k ·k ＝·
BF BG
＝＝－，
得＝－，
约去k2并化简得t2－3t＋2＝0，解得t＝1(t＝2不符合题意，舍去)，此时直线GF过定点
(1,0)；
当直线GF的斜率不存在时，设GF的方程为x＝m，其中m≠2，
联立
解得y＝±，
则F，G，
所以k ·k ＝－＝－，解得m＝1.
BF BG
综上，直线GF过定点(1,0)．
(3)证明 设PA的方程为y＝k(x＋2)(k>0)，
1 1
联立解得E点的坐标为.
由(1)知P(x，y)，y＝9－，
0 0
由k＝，则E点的坐标为.
1
同理，记PB的斜率为k，则F点的坐标为，
2
由k＝，则F点的坐标为，
2
则EF的斜率k ＝＝，
EF
所以直线EF的方程为y＋＝·.
令y＝0，得x ＝，
Q
又x ＝x，故x x ＝x·＝4.
P 0 P Q 0§8.14 圆锥曲线中的探索性与综合性问题
1．解 (1)由题意得，c＝2，
所以所以a2＝1，b2＝3，
所以双曲线C的标准方程为
x2－＝1.
(2)假设存在P(n，0)，设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
由题意知，直线 AB 的斜率不为 0，当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB：x＝my＋
2(m≠0)，
联立消去x，得
(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
则3m2－1≠0，Δ＝(12m)2－
4×9(3m2－1)＝36(m2＋1)>0，
且y＋y＝－，yy＝，
1 2 1 2
因为点F到直线PA，PB的距离相等，
所以PF是∠APB的平分线，
则k ＋k ＝0，即＋＝0，
PA PB
则y(my＋2－n)＋y(my＋2－n)＝0，
1 2 2 1
整理得2myy＋(2－n)(y＋y)＝0，
1 2 1 2
故－＝0，
即3m－2m(2－n)＝0，因为m≠0，
所以n＝，此时P；
当直线AB的斜率不存在时，根据抛物线的对称性，易得点 P也能让点F到直线PA，PB的
距离相等．
综上所述，故存在P满足题意．
2．解 (1)由题意可知
解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)假设满足条件的直线l存在，
由E(0，－2)，F(，0)，得k ＝，
EF
因为点F为△EAB的垂心，
所以AB⊥EF，所以k ＝－，
AB
设直线l的方程为y＝－x＋t，代入＋＝1，
得7x2－6tx＋6(t2－4)＝0，
Δ＝(－6t)2－4×7×6(t2－4)
＝－96t2＋672>0，
即－<t<.
记A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则
由AF⊥BE得·＝－1，
所以yy＋2y＋xx－x＝0，
1 2 1 1 2 2
将y＝－x＋t，y＝－x＋t代入上式，
1 1 2 2
得3xx－(t＋2)(x＋x)＋(2t2＋4t)＝0，
1 2 1 2
所以3×－(t＋2)·＋(2t2＋4t)＝0，
所以5t2＋t－18＝0，
解得t＝(t＝－2舍去)，
满足Δ>0，
所以直线l的方程为y＝－x＋.
3．解 (1)设过点F且倾斜角为的直线方程为y＝x－，代入y2＝2px(p>0)，得x2－3px＋＝
0，
若M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
则x＋x＝3p，
1 2
所以MN＝x＋x＋p＝4p＝8，
1 2
则p＝2，
即抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)设A(x，y)，则过A作抛物线E的切线为y－y＝k(x－x)，
0 0 0 0
即x＝＋x，
0
代入y2＝4x，整理得ky2－4y＋4y－ky＝0，
0
因为此直线与抛物线相切，
所以Δ＝4(4－4ky＋k2y)＝0，
0
即(ky－2)2＝0，解得k＝，
0
所以过A的切线为
y－y＝(x－x)，
0 0
令y＝0得x＝－x，即B(－x,0)，
0 0
所以BF＝AF＝AC，又AC∥BF，所以四边形ACBF有一组对边平行且相等，且邻边也相等，所以四边形 ACBF
为菱形．
4．解 (1)由题意得，c＝2，A(－a，0)，A(a，0)，P(x，y)，
1 2
＝·＝－
⇒2y2＝a2－x2，①
∵点P在C上，∴y2＝b2－x2，
代入①式，得2b2－x2＝a2－x2，
∴a2＝2b2，
∵a2＝b2＋4，∴a2＝8，b2＝4，
∴椭圆C的方程为＋＝1，
设B(x，y)，B(x，y)，， ⊥l，设 ：y＝－x＋t，
1 1 1 2 2 2
联立得3x2－4tx＋2t2－8＝0，
Δ＝(－4t)2－12(2t2－8)>0⇒t2<12⇒t∈(－2，2)，
x＋x＝，xx＝.
1 2 1 2
∴BB 的中点M在l上，即＝＋m，
1 2
∴m＝－∈.
(2)设l ：x＝sy＋2，联立
MN
得(s2＋2)y2＋4sy－4＝0，
y ＋y ＝，y y ＝，
M N M N
MN＝|y －y |＝，
M N
l ：y＝－sx，
OQ
联立
得x＝，y＝，
OQ2＝，
∴＋＝＋＝，
∵＋为定值，设为λ，
∴(k＋2)s2＋(2k＋1)＝8λs2＋8λ，
∴k＋2＝2k＋1，解得k＝，
∴存在k＝，使得＋为定值.第九章 统 计
§9.1 抽样、统计图表
1．C 2.A 3.B 4.D 5.A 6.D
7．ABD 8.AD 9.分层抽样 10.23 11.2 12.(1)830 (2)18 65
13．解 (1)由已知及图1得，3月份手机销售额为290－(85＋80＋65)＝60(万元)．
(2)由图1及图2得，1月份音乐手机销售额为85×23%＝19.55(万元)．
(3)不同意．由图1及图2知，3月份音乐手机销售额为60×18%＝10.8(万元)，
4月份音乐手机销售额为65×17%＝11.05(万元)，
11．05>10.8，所以4月份音乐手机销售额比3月份音乐手机销售额增加了，所以不同意小
刚的看法．
14．解 (1)依题可知，患病者该指标的频率直方图中第一个小矩形的面积为 5×0.002＝0.01
＝1%>0.5%，
所以95<c<100，
所以(c－95)×0.002＝0.5%，
解得c＝97.5，
q(c)＝0.01×(100－97.5)＋5×0.002＝0.035＝3.5%.
(2)当c∈[95,100]时，
f(c)＝p(c)＋q(c)＝(c－95)×0.002＋(100－c)×0.01＋5×0.002＝－0.008c＋0.82≥0.02；
当c∈(100,105]时，
f(c)＝p(c)＋q(c)＝5×0.002＋(c－100)×0.012＋(105－c)×0.002＝0.01c－0.98>0.02，
故f(c)＝
所以f(c)在区间[95,105]的最小值为0.02.
§9.2 用样本估计总体
1．B 2.B 3.D 4.A 5.C 6.A
7．BD 8.AC 9.93 10.6 11.7.8 12.19.8
13．解 (1) ＝×(82＋81＋79＋78＋95＋88＋93＋84)＝85，
甲
＝×(92＋95＋80＋75＋83＋80＋90＋85)＝85，
乙
s＝×[(82－85)2＋(81－85)2＋(79－85)2＋(78－85)2＋(95－85)2＋(88－85)2＋(93－85)2＋(84－
85)2]＝35.5，s＝×[(92－85)2＋(95－85)2＋(80－85)2＋(75－85)2＋(83－85)2＋(80－85)2＋(90－85)2＋(85－
85)2]＝41.
(2)由(1)知 ＝ ，s<s，
甲 乙
甲的成绩较稳定，所以派甲参赛比较合适．
14．解 (1)由频率直方图知，(m＋0.03＋0.04＋0.02)×10＝1，
解得m＝0.01，
设此次竞赛活动学生得分的中位数为 x ，由数据落在[60,80)内的频率为0.4，落在[60,90)内
0
的频率为0.8，
可得80<x<90，由(x－80)×0.04＝0.1，解得x＝82.5，
0 0 0
所以估计此次竞赛活动学生得分的中位数为82.5.
(2)由频率直方图及(1)知，数据落在[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的频率分别为
0.1,0.3,0.4,0.2，
＝65×0.1＋75×0.3＋85×0.4＋95×0.2＝82，
此次竞赛活动学生得分不低于82的频率为0.2＋×0.4＝0.52，
则1 000×0.52＝520，
所以估计此次竞赛活动得分的平均值为82，在参赛的1 000名学生中估计有520名学生获奖．
§9.3 线性回归分析、独立性检验
1．C 2.D 3.D 4.D 5.C 6.B
7．AD 8.BC 9.甲 10.75 11.95% 12.0.3e－4
13．解 (1)根据题表中数据知，甲机床生产的产品中一级品的频率是＝0.75，乙机床生产的
产品中一级品的频率是＝0.6.
(2)根据题表中的数据可得
χ2＝＝≈10.256.
因为10.256>6.635，所以有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异．
14．解 (1)由图可知，两个变量线性相关．
由已知条件可得＝＝3，＝＝15，
所以(t－)(w－)＝16＋3＋0＋4＋18＝41，
i i
＝＝，
＝＝，
所以相关系数r＝≈≈0.98，
因此，两个变量具有很强的线性相关性．
(2)结合(1)可知，b＝＝4.1，a＝－b·＝15－4.1×3＝2.7，所以线性回归方程是w＝4.1t＋2.7，当t＝7时，有w＝4.1×7＋2.7＝31.4，
即预测2024年移动物联网连接数为31.4亿户．
第十章 计数原理、概率
§10.1 两个基本计数原理与排列组合
1．C 2.C 3.B 4.A 5.A 6.C
7．A 8.B 9.AC
10．AD [若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有45种安排方法，故A正确；
先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有CA种安排方法，故B错误；
先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有A种
情况，则有A种安排方法，故C错误；
①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选出2人开车，则有(CCA＋CA)种安排
方法，故D正确．]
11．9 12.24 7 13.240
14．85
解析 由3班最多有2个名额，得3班有2个、1个或0个名额三种情况．
(1)当3班有2个名额时，先给1班1个名额，2班、4班各2个名额，然后将剩下的8个名额
分给1班、2班和4班，每个班至少一个名额．
相当于将8个元素排成一排，在中间加入2个隔板将他们分成3组，1班、2班和4班分别得
到一组，有C＝21(种)分法；
(2)当3班有1个名额时，先给1班1个名额，2班、4班各2个名额，然后将剩下的9个名额
分给1班、2班和4班，每个班至少一个名额．
相当于将9个元素排成一排，在中间加入2个隔板将他们分成3组，1班、2班和4班分别得
到一组，有C＝28(种)分法；
(3)当3班没有分得名额时，先给1班1个名额，2班、4班各2个名额，然后将剩下的10个
名额分给1班、2班和4班，每个班至少一个名额．
相当于将10个元素排成一排，在中间加入2个隔板将他们分成3组，1班、2班和4班分别
得到一组，有C＝36(种)分法，
所以一共有21＋28＋36＝85(种)不同的分配方案．
15．B [因为a＝16，所以a＝－4或a＝4.
8 8
当a＝－4，a ＝2时，前8次向左跳跃6次，向右跳跃2次，后6次向右跳跃6次，
8 14
所以有CC＝28(种)跳跃方法；当a ＝4，a ＝2时，前8次向右跳跃6次，向左跳跃2次，后6次向左跳跃4次，向右跳跃
8 14
2次，
所以有CC＝28×15＝420(种)跳跃方法．
综上所述，满足a＝16，a ＝2的跳跃方法有28＋420＝448(种)．]
14
16．A [依题意作图如图所示：
上面的数字表示排列的位置，必须按照如图的方式排列，其中第3个位置必须比1,2,4,5,6要
高，第8个位置必须比6,7高，1,6两处要比排列里其他位置低，设8个演员按照从矮到高的
顺序依次编号为①，②，③，④，⑤，⑥，⑦，⑧，则第3个位置可选演员编号最小是⑥，
最大是⑧，下面分类讨论：
(1)第3个位置选⑥号：先从①，②，③，④，⑤号中选两个放入前两个位置，
余下的3个号放入位置4,5,6，顺序是确定的，只有一种情况，然后⑦，⑧号放入最后两个
位置也是确定的，此时共C＝10(种)情况；
(2)第3个位置选⑦号：先从①，②，③，④，⑤，⑥号中选两个放入前两个位置，
余下的4个号中编号最小的放入第6个位置，剩下3个选2个放入4,5两个位置，
余下的号和⑧号放入最后两个位置，此时共CC＝45(种)情况；
(3)第3个位置选⑧号：先从①，②，③，④，⑤，⑥，⑦号中选两个放入前两个位置，
余下的5个号中编号最小的放入第6个位置，剩下4个选2个放入4,5两个位置，余下的2
个号放入最后两个位置，此时共CC＝126(种)情况，
由分类计数原理可得共有10＋45＋126＝181(种)排列方式．]
§10.2 二项式定理
1．B 2.C 3.B 4.B 5.A 6.C
7．BCD
8．ABD [根据二项式系数的性质，结合杨辉三角即可得 C＝C，C＝C＋C成立，故A，B
正确；
第1条斜线上的数为C，第2条斜线上的数为C，
第3条斜线上的数为C，C，第4条斜线上的数为C，C，第5条斜线上的数为C，C，C，第
6条斜线上的数为C，C，C，第7条斜线上的数为C，C，C，C，…，
由此，归纳得到，第2n(n∈N*)条斜线上的数依次为C，C，C，…，C，
第(2n＋1)(n∈N)条斜线上的数依次为C，C，C，…，C.所以第9条斜线上各数为C，C，C，C，C，其和为C＋C＋C＋C＋C＝1＋7＋15＋10＋1＝
34，故C错误；
在第n(n≥5)条斜线上，各数从左往右先增大后减小，故D正确．]
9．7 10.1 11.75 12.1(答案不唯一)
13．解 (1)令x＝1，得展开式中的各项系数和为(1＋3)n＝22n，
又展开式中二项式系数和为2n.
所以＝32，解得n＝5.
因为n＝5，所以展开式共有6项，
所以二项式系数最大的项为第三、四两项，
即T＝C( )3(3x2)2＝90x6，T＝C( )2(3x2)3＝ .
3 4
(2)设展开式中第r＋1项的系数最大，
T ＝C( )5－k(3x2)k＝ ，
k＋1
得
解得≤r≤，
因为r∈N，所以r＝4，
即展开式中系数最大的项为T＝ ＝ .
5
14．解 (1)若选①：
因为只有第5项的二项式系数最大，
所以展开式中共有9项，即n＋1＝9，得n＝8.
若选②：
因为第4项与第6项的二项式系数相等，所以C＝C⇒n＝8.
若选③：
因为奇数项的二项式系数的和为128，
所以2n－1＝128，解得n＝8.
所以(2x－1)8＝a＋ax＋ax2＋…＋ax8，
0 1 2 8
令x＝，则有8＝a＋＋＋…＋，
0
即有a＋＋＋…＋＝0，
0
令x＝0，得a＝1，
0
所以＋＋…＋＝－a＝－1.
0
综上所述，＋＋…＋＝－1.
(2)由(1)可知，n＝8，(2x－1)8＝a＋ax＋ax2＋…＋ax8，
0 1 2 8
两边求导得16(2x－1)7＝a＋2ax＋3ax2＋…＋8ax7，
1 2 3 8
令x＝1，
则有16＝a＋2a＋3a＋…＋8a，
1 2 3 8
所以a＋2a＋3a＋…＋8a＝16.
1 2 3 8
15．ACD [对于A，rC＝20C＋21C＋22C＋…＋2nC＝C×1n×20＋C×1n－1×21＋C×1n－2×22
＋…＋C×10×2n＝(1＋2)n＝3n，故A正确；
对于B，6的展开式的通项为T ＝Cr，要求x3的系数，则r≥3，
r＋1
当r＝3时，有C3，其中x3的系数为CC20×(－1)3＝－20；
当r＝4时，有C4，不存在x3；
当r＝5时，有C5，其中x3的系数为CC21×(－1)4＝60；
当r＝6时，有C6，不存在x3.
故多项式6展开式中x3的系数为－20＋60＝40，故B不正确；
对于C，(2x－1)10的展开式的通项为T ＝C(2x)10－r·(－1)r＝(－1)rC·210－r·x10－r，可知a<0，
r＋1 1
a<0，a<0，a<0，a<0，a>0，a>0，a>0，a>0，a>0，a >0，
3 5 7 9 0 2 4 6 8 10
所以|a|＋|a|＋|a|＋…＋|a |＝a－a＋a－…＋a ，
0 1 2 10 0 1 2 10
所以令x＝－1，有(－2－1)10＝a－a＋a－…＋a ＝310，
0 1 2 10
因此|a|＋|a|＋|a|＋…＋|a |＝310，故C正确；
0 1 2 10
对于D,2C＋C＋2C＋C＋…＋C＋2C
＝(C＋C＋C＋…＋C)＋(C＋C＋…＋C)＝22n＋22n－1＝3·22n－1，故D正确．]
16．0
解析 因为(1＋x＋x2)2 024·(x－1)2 024＝(D＋Dx＋Dx2＋…＋Dxr＋…＋Dx4 048－1＋Dx4 048)·(Cx2 024
－Cx2 023＋Cx2 022－Cx2 021＋…＋Cx－C)，
其中x2 024的系数为
DC－DC＋DC－…＋(－1)rDC＋…－DC，
因为(1＋x＋x2)2 024·(x－1)2 024＝(x3－1)2 024，
而二项式(x3－1)2 024的通项公式T ＝(－1)rC·(x3)2 024－r，
r＋1
因为2 024不是3的倍数，所以(x3－1)2 024的展开式中没有x2 024项，由代数式恒成立可得
DC－DC＋DC－…＋(－1)rDC＋…－DC＝0.
§10.3 随机事件与概率
1．A 2.C 3.C 4.D 5.A 6.A
7．BC 8.BD9．0.4 10.
11.
解析 ]由题意设该验证码为aaaa，则a＝2,2<a<a<a，
1 2 3 4 1 2 3 4
∴a，a，a 从3,4,5,6,7,8,9中选，
2 3 4
选出3个数，让其按照从小到大的顺序有C＝35(种)排法，
又四位验证码共有10×10×10×10＝10 000(种)排法，
∴它是首位为2的递增型验证码的概率为＝.
12.
解析 ]将6人排成一圈，共有A＝120(种)排法，选1人放在甲、乙中间，有A种排法，然
后将3人看成一个整体进行全排列有AA种排法，由分步计数原理可得甲、乙之间恰好有1
个人共有A·AA＝48(种)排法，所以甲、乙之间恰好有1个人的概率为＝.
13．解 (1)一次取出2个月饼，共有C＝21(种)方法，其中两个都是五仁的有C＝6(种)方法，
两个都是枣泥的有C＝3(种)方法，则两个月饼为同一种口味的概率为＝.
(2)依次不放回地从礼盒中取2个月饼，共有A＝42(种)方法，其中第1次、第2次取到的都
是五仁月饼有4×3＝12(种)方法，所以第1次、第2次取到的都是五仁月饼的概率是＝.
(3)依次不放回地从礼盒中取2个月饼，共有A＝42(种)方法，第1次取到五仁、第2次取到
枣泥月饼的方法有4×3＝12(种)，第1次取到枣泥、第2次也取到枣泥月饼的方法有3×2＝
6(种)，所以第2次取到枣泥月饼的概率为＝.
14．解 (1)由试验结果知，用A配方生产的产品中优质品的频率为＝0.3，所以用A配方生
产的产品中优质品率的估计值为0.3.
由试验结果知，用B配方生产的产品中优质品的频率为＝0.42，所以用B配方生产的产品中
优质品率的估计值为0.42.
(2)由条件知，用B配方生产的一件产品的利润大于0，当且仅当其质量指标值t≥94，由试
验结果知，质量指标值t≥94的频率为＝0.96，
所以用B配方生产的一件产品的利润大于0的概率约为0.96.
用B配方生产的100件产品中每件产品的平均利润为×[4×(－2)＋54×2＋42×4]＝2.68(元)．
15．C [由题意可得一共有C种分组方法，若要满足220和284在同一组，则分两种情况讨
论：①220和284在2个数这一组中，有C种分组方法，②220和284在4个数这一组中，
有C种分组方法．故所求概率P＝＝.]
16.
解析 ]记“恰好参加2个小组”为事件A，“恰好参加3个小组”为事件B，随机选取一名
成员，恰好参加2个小组的概率P(A)＝＋＋＝，恰好参加3个小组的概率P(B)＝＝，则至少
参加2个小组的概率为P(A)＋P(B)＝＋＝，至多参加2个小组的概率为1－P(B)＝1－＝.§10.4 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
1．C 2.C 3.B 4.C 5.D 6.A
7．BD
8．BC [记事件A：车床加工的零件为次品，记事件B：第i台车床加工的零件，
i
则P(A|B)＝8%，P(A|B)＝3%，P(A|B)＝2%，P(B)＝10%，
1 2 3 1
P(B)＝40%，P(B)＝50%，
2 3
任取一个零件是第 1 台车床加工出来的次品概率为 P(AB)＝P(A|B)P(B)＝8%×10%＝
1 1 1
0.008，故A错误；
任取一个零件是次品的概率为P(A)＝(B)P(A|B)＝8%×10%＋3%×40%＋2%×50%＝0.03，
i i
故B正确；
如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为 P(|B )＝1－P(A|B)＝1－2%
3 3
＝0.98，故C正确；
如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为
1－P(B|A)＝1－＝1－＝1－＝，故D错误．]
3
9. 10. 11.
12．0.053
解析 ]设任取一件产品来自甲厂为事件A ，来自乙厂为事件A ，来自丙厂为事件A ，则
1 2 3
A，A，A 彼此互斥，且A＋A＋A＝Ω，
1 2 3 1 2 3
P(A)＝＝，
1
P(A)＝＝，
2
P(A)＝＝，
3
设任取一件产品，取到的是次品为事件B，
则P(B)＝P(AB)＋P(AB)＋P(AB)
1 2 3
＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)
1 1 2 2 3 3
＝×6%＋×5%＋×5%＝＝0.053.
若取得产品是次品，那么它是来自甲厂生产的概率为
P(A|B)＝＝＝＝.
1
13．解 (1)由于A队踢完三场比赛后积分不少于6分，
所以A队三场比赛中至少胜两场，
则P＝(0.4)3＋C×(0.4)2×(0.4＋0.2)＝0.352.
(2)四支球队共需进行六场比赛，
六场比赛比完后四支球队积分总和最少12分，最多18分，
因此，四支球队积分相同，可能同积3分或同积4分，①若同积3分，则六局皆平P＝(0.2)6＝0.000 064；
1
②若同积4分，则每支球队均一胜一平一负，
若A胜B，A平C，A负D，则B胜C，B平D，C胜D，
所以P＝6×(0.4)4×(0.2)2＝0.006 144，
2
综上所述，四支球队比完后积分相同的概率为
P＝P＋P＝0.006 208.
1 2
14．解 设试验一次，“取到甲袋”为事件A ，“取到乙袋”为事件A ，“试验结果为红
1 2
球”为事件B，“试验结果为白球”为事件B.
1 2
(1)P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝×＋×＝.
1 1 1 1 2 1 2
所以试验一次结果为红球的概率为，
即首次试验结束的概率为.
(2)①因为B，B 是对立事件，
1 2
P(B)＝1－P(B)＝，
2 1
所以P(A|B)＝＝＝＝，
1 2
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
②由①得P(A|B)＝1－P(A|B)＝1－＝，
2 2 1 2
所以方案一中取到红球的概率为
P＝P(A|B)P(B|A)＋P(A|B)·P(B|A)＝×＋×＝，
1 1 2 1 1 2 2 1 2
方案二中取到红球的概率为
P＝P(A|B)P(B|A)＋P(A|B)·P(B|A)＝×＋×＝，
2 2 2 1 1 1 2 1 2
因为>，所以方案二中取到红球的概率更大，即选择方案二第二次试验结束的概率更大．
15．D [设该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为 P ，在第二盘与乙比赛连胜两盘的
甲
概率为P ，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P ，
乙 丙
方法一 由题意可知，P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]
甲 1 2 3 3 2
＝2pp＋2pp－4ppp，
1 2 1 3 1 2 3
P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝2pp＋2pp－4ppp，
乙 2 1 3 3 1 1 2 2 3 1 2 3
P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝2pp＋2pp－4ppp.
丙 3 1 2 2 1 1 3 2 3 1 2 3
所以P －P ＝2p(p－p)>0，
丙 甲 2 3 1
P －P ＝2p(p－p)>0，
丙 乙 1 3 2
所以P 最大．
丙
方法二 (特殊值法)
不妨设p＝0.4，p＝0.5，p＝0.6，
1 2 3
则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝0.4；
甲 1 2 3 3 2在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝0.52；
乙 2 1 3 3 1
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝0.6.
丙 3 1 2 2 1
所以P 最大．]
丙
16.
解析 ]依题意得P＝＝，
1
第n次取出的球是红球的概率为P，则第n次取出的球是白球的概率为(1－P)，
n n
对于第n＋1次，取出红球有两种情况：①从红箱取出的概率为P×，②从白箱取出的概率
n
为(1－P)×，
n
所以P ＝＋P，
n＋1 n
所以P －＝，
n＋1
令a＝P－，则数列{a}为等比数列，且公比为，
n n n
因为P＝，所以a＝，
1 1
故a＝2－(2n＋1)即对应P＝＋2－(2n＋1)，
n n
所以S＝＋
n
＝＋
＝.
§10.5 离散型随机变量及其分布列、数字特征
1．A 2.A 3.B 4.B 5.C 6.D
7．BCD
8．ABD [所有可能的情况有C＝35(种)，其中既有男志愿者，也有女志愿者的情况有CC＋
CC＝30(种)，
故P(A)＝＝，故A正确；
P(AB)＝＝，
P(A)＝＝，
所以P(B|A)＝＝＝，故B正确；
X的所有可能取值为0,1,2,3，
则P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝，故C错误；
由C知，D(X)＝×2＋×2＋×2＋×2＝，因为Y＝3－X，所以D(Y)＝D(X)＝，故D正确．]
9．11 10.3 11.0<p<
12.
解析 ]若从甲盒中随机取到的为红球且概率为，
则X的可能取值为1,2，
则P(X＝1)＝＝，
1
P(X＝2)＝＝，
1
若从甲盒中随机取到的为白球且概率为，
则X的可能取值为0,1,2，
则P(X＝0)＝＝，
2
P(X＝1)＝＝，
2
P(X＝2)＝＝，
2
综上，P(X＝0)＝×P(X＝0)＝，
2
P(X＝1)＝×P(X＝1)＋×P(X＝1)＝，
1 2
P(X＝2)＝×P(X＝2)＋×P(X＝2)＝，
1 2
故E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
13．解 (1)“所选3人中女生人数X≤1”的概率P＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝＋＝＋＝.
(2)因为从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，随机变量X表示所选3人中女生的
人数，
所以X的可能取值为0,1,2，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
所以X的概率分布为
X 0 1 2
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
D(X)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＝.
14．解 (1)设员工所获得的奖励金额为X，
①P(X＝1 000)＝＝，
∴员工所获得的奖励金额为1 000元的概率为.
②X所有可能的取值为400,1 000，
P(X＝400)＝＝，∴X的概率分布为
X 400 1 000
P
∴员工所获得的奖励金额的均值为
E(X)＝400×＋1 000×＝700(元)．
(2)根据公司预算，每个员工的平均奖励金额为1 000元，
∴先寻找均值为1 000元的可能方案，
对于面值由800元和200元组成的情况，
如果选择(200,200,200,800)的方案，
∵1 000元是面值之和的最大值，
∴均值不可能为1 000元，
如果选择(800,800,800,200)的方案，
∵1000元是面值之和的最小值，
∴均值不可能为1 000元，
因此可能的方案是(800,800,200,200)，记为方案1；
同理，对于面值由600元和400元组成的情况，
排除(600,600,600,400)和(400,400,400,600)的方案，
∴可能的方案是(400,400,600,600)，记为方案2.
对于方案1，设员工所获得的奖励金额为X，X 可取400,1 000,1600，
1 1
P(X＝400)＝＝，
1
P(X＝1 000)＝＝，
1
P(X＝1 600)＝＝，
1
∴E(X)＝400×＋1 000×＋1 600×＝1 000，
1
D(X)＝(400－1 000)2×＋(1 000－1 000)2×＋(1 600－1 000)2×＝120 000；
1
对于方案2，设员工所获得的奖励金额为X，X 可取800,1 000,1 200，
2 2
P(X＝800)＝＝，
2
P(X＝1 000)＝＝，
2
P(X＝1 200)＝＝，
2
∴E(X)＝800×＋1 000×＋1 200×＝1 000，
2
D(X)＝×(800－1 000)2＋×(1 000－1 000)2＋×(1 200－1 000)2＝，
2
由于两种方案的奖励金额都符合预算要求，但方案2的方差比方案1小，
∴应选择方案2.
15．CD [因为f(x)＝p＋px＋px2＋px3＋…＋pxi＋…＋pxn，
0 1 2 3 i n则g(x)＝f′(x)＝p＋2px1＋3px2＋…＋ipxi－1＋…＋npxn－1，
1 2 3 i n
E(X)＝p＋2p＋3p＋…＋ip＋…＋np，
1 2 3 i n
当x＝1时，E(X)＝g(1)，故A错误，C正确；
连续抛掷两次骰子，向下点数之和为X，则X的概率分布为
X 2 3 4 5 6 7 8
P
f(x)＝x2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＋x8，
1
f(2)＝×22＋×23＋×24＋×25＋×26＋×27＋×28＝，故B错误，D正确．]
1
16．ABC [由题意可知x＋＋＝1，即x＋y＝1，故A正确；
E(ξ)＝0×x＋1×＋2×＝，故B正确；
D(ξ)＝x2＋2＋2＝(1－y)2＋2＋2＝－y2＋3y，
因为xy≠0，x＋y＝1，易得0<y<1，
而函数f(y)＝－y2＋3y的图象开口向下，对称轴为y＝，
所以f(y)在上单调递增，在上单调递减，
故f(y)在y＝处取得最大值，
所以D(ξ)随着y的增大先增大后减小，
当y＝时取得最大值，故C正确，D错误．]
§10.6 二项分布、超几何分布与正态分布
1．D 2.A 3.B 4.D 5.A 6.B
7．BD [由正态分布的对称性可知P(ξ≤7)＝P(ξ≥9)＝0.2，故P(7<ξ<9)＝1－0.2×2＝0.6，
故A错误；
X～B(3,0.6)，故E(X)＝3×0.6＝1.8，故B正确；
E(ξ)＝8，E(5X)＝5E(X)＝5×1.8＝9，故E(ξ)<E(5X)，故C错误；
因为X～B(3,0.6)，
所以P(X＝0)＝C(0.6)0×(0.4)3＝0.064，
故P(X≥1)＝1－0.064＝0.936>0.9，故D正确．]
8．AC [从中随机地有放回摸出3个球，
则每次摸到红球的概率为＝，
则X～B，
1
故E(X)＝3×＝，
1
D(X)＝3××＝；
1从中随机地无放回摸出3个球，记红球的个数为X，则X 的可能取值是0,1,2,3，
2 2
则P(X＝0)＝＝，
2
P(X＝1)＝＝，
2
P(X＝2)＝＝，
2
P(X＝3)＝＝，
2
所以随机变量X 的概率分布为
2
X 0 1 2 3
2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝，
2
D(X)＝2×＋2×＋2×＋2×＝.
2
故E(X)＝E(X)，D(X)>D(X)．]
1 2 1 2
9. 10. 11. 6
12．97.7%
解析 因为100个数据x，x，x，…，x 的平均数＝＝72，
1 2 3 100 i
方差s2＝(x－)2
i
＝(－1002)
＝×[100×(722＋36)－100×722]＝36，
所以μ的估计值为μ＝72，σ的估计值为σ＝6.
设该市高中生的身体素质指标值为X，
由P(μ－2σ<X<μ＋2σ)≈0.954，
得P(72－12<X<72＋12)＝P(60<X<84)≈0.954，
P(X≥84)＝P(X≥μ＋2σ)＝P(X≤μ－2σ)
＝≈，
所以P(X>60)＝P(60<X<84)＋P(X≥84)≈0.954＋×(1－0.954)＝0.977＝97.7%.
13．解 (1)选择方案一，
若享受到7折优惠，
则需要摸出2个红球和1个黑球，
设顾客享受到7折优惠为事件A，
则P(A)＝＝.
(2)若选择方案一，
设付款金额为X元，
则X可能的取值为5 000,7 000，9 000，10 000，
P(X＝5 000)＝＝，P(X＝7 000)＝，
P(X＝9 000)＝＝，
P(X＝10 000)＝1－－－＝.
故X的概率分布为
X 5 000 7 000 9 000 10 000
P
所以E(X)＝5 000×＋7 000×＋9 000×＋10 000×＝≈9 608.3(元)．
若选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款金额为Z，
则Z＝10 000－2 000Y，
由已知可得Y～B，
故E(Y)＝3×＝，
所以E(Z)＝E(10 000－2 000Y)＝10 000－2 000E(Y)＝8 800(元)，
因为E(X)>E(Z)，
所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算．
14．解 (1)由样本频率直方图得，样本平均数的估计值 μ＝35×0.006×10＋45×0.012×10
＋55×0.018×10＋65×0.034×10＋75×0.016×10＋85×0.008×10＋95×0.006×10＝64，
则所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布N(64，152)，
因为μ＋σ＝79，所以P(X≥79)≈＝0.158 5，
故参赛学生中成绩不少于79分的学生人数约为0.158 5×10 000＝1 585.
(2)由μ＝64，得P(X>64)＝，
即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生竞赛成绩在64分以上的概率为，
所以随机变量ξ～B，
所以P(ξ＝0)＝C×3＝，
P(ξ＝1)＝C××2＝，
P(ξ＝2)＝C×2×＝，
P(ξ＝3)＝C×3＝，
所以随机变量ξ的概率分布为
ξ 0 1 2 3
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×
＝.§10.7 概率与统计的综合问题
1．解 (1)2×2列联表如下：
喜欢足球 不喜欢足球 合计
男生 60 40 100
女生 30 70 100
合计 90 110 200
提出假设H：该校学生喜欢足球与性别无关．
0
由表中数据得χ2＝≈18.182>10.828，
即有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关．
(2)3人进球总次数ξ的所有可能取值为0,1,2,3，
P(ξ＝0)＝2×＝，
P(ξ＝1)＝C×××＋×2＝，
P(ξ＝2)＝C×××＋2×＝，
P(ξ＝3)＝2×＝，
∴ξ的概率分布为
ξ 0 1 2 3
P
∴ξ的数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
2．解 (1)由已知
＝＝4.5，
所以(x－)2＝(－3.5)2＋(－2.5)2＋(－1.5)2＋(－0.5)2＋0.52＋1.52＋2.52＋3.52＝42，
i
又(x－)(y－)＝228.9，
i i
所以b＝＝5.45，
因为＝119.05，
所以a＝－b＝94.525，
所以y＝5.45x＋94.525.
(2)由题可知，和谐发展年有5个，其中计分为1分的年份有3个，计分为2分的年份有2个，
X的所有可能取值为3,4,5，
所以P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，
P(X＝5)＝＝，
所以X的概率分布为X 3 4 5
P
E(X)＝3×＋4×＋5×＝.
3．解 (1)记这天浪级是“微浪”为事件A，浪级是“小浪”为事件A，浪级是“中浪”为
1 2
事件A，浪级是“大浪”为事件A.该渔船当天出海作业为事件B，
3 4
则由题意可知，
P(A)＝50×0.004＝0.2，
1
P(A)＝50×0.006＝0.3，
2
P(A)＝50×0.004＋50×0.002＝0.3，
3
P(A)＝50×0.002＋50×0.002＝0.2，
4
∴P(B)＝P(BA)＋P(BA)＋P(BA)
1 2 3
＝P(B|A)P(A)＋P(B|A)P(A)＋P(B|A)P(A)
1 1 2 2 3 3
＝0.9×0.2＋0.8×0.3＋0.6×0.3＝0.18＋0.24＋0.18＝0.6.
(2)依题意可知，X的所有可能取值为0,1,2,3，
∴P(X＝0)＝3＝，
P(X＝1)＝××＋××＋××＝，
P(X＝2)＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝××＝，
则X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
4．解 (1)设感染诺如病毒的患者为x人，则感染甲流的患者为2x人，
感染两种病毒的60岁以上的患者人数均为x，
由题意必有χ2>7.879，
即>7.879，所以x>26.26，又因为x为整数，故抽取的诺如病毒感染者至少有27人．
(2)设抗病毒口服液治疗有效的概率为p，每次试验花费为m，则奥司他韦治疗有效的概率为
2p<1，
故0<p<，
设抗病毒口服液试验总花费为X，X的所有可能取值为4m，5m，6m，
P(X＝4m)＝p4，
P(X＝5m)＝2(p2－p4)，P(X＝6m)＝(1－p2)2，
故E(X)＝4mp4＋10m(p2－p4)＋6m(p4－2p2＋1)＝－2mp2＋6m，
设奥司他韦试验总花费为Y，Y的所有可能取值为3m，6m，
P(Y＝3m)＝C(2p)2(1－2p)＋(2p)3＝12p2－16p3，
P(Y＝6m)＝1＋16p3－12p2，
所以E(Y)＝48mp3－36mp2＋6m，
由0<p<，
所以E(Y)－E(X)＝2mp2(24p－17)<0，
所以E(Y)<E(X)，
所以奥司他韦试验的平均花费较低．
§10.8 概率、统计与其他知识的交汇问题
1．解 (1)记甲前3次答题得分之和为40分为事件A，
则事件A是甲前3次答题中仅答对一次的事件，
所以甲前3次答题得分之和为40分的概率为
P(A)＝C××2＝.
(2)①甲第1次答题得20分、10分的概率分别为，，
则E(X)＝20×＋10×＝，
1
甲第2次答题得40分、20分、10分的概率分别为×，×，，
则E(X)＝40××＋20××＋10×＝，
2
显然E(X)＝2
2
×＋10×＝E(X)＋，
1
i∈N*，i≥2，甲第(i－1)次答题所得分数X 的数学期望为E(X )，
i－1 i－1
因此第i次答对题所得分数为2E(X )，答错题所得分数为10分，其概率分别为，，
i－1
于是甲第i次答题所得分数X的数学期望为E(X)＝2E(X )×＋10×＝E(X )＋，
i i i－1 i－1
所以E(X )与E(X)满足的等量关系式是
i－1 i
E(X)＝E(X )＋，i∈N*，
i i－1
i≥2，且E(X)＝.
1
②由①知，E(X)＝，
1
当i∈N*，i≥2时，E(X)＋5＝[E(X )＋5]，
i i－1
而E(X)＋5＝，
1
因此数列{E(X)＋5}是以为首项，为公比的等比数列，
i
E(X)＋5＝×i－1＝15×i，
i于是E(X)＝15×i－5，
i
由15×i－5>100得i>7，
显然数列是递增数列，
而4＝<7，5＝>7，
则有正整数i ＝5，
min
所以i的最小值是5.
2．解 (1)设样本平均数的估计值为，
则＝10×(40×0.01＋50×0.02＋60×0.03＋70×0.024＋80×0.012＋90×0.004)＝62，
所以样本平均数的估计值为62.
(2)因为学生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，
其中μ＝62，σ≈14.
所以μ＋2σ≈62＋2×14＝90，
所以P(X≥90)＝P(X≥μ＋2σ)≈×(1－0.954)＝0.023.
所以估计能参加复试的人数为
0．023×8 000＝184.
(3)由该学生获一等奖的概率为可知，a2b＝，
则P＝a2(1－b)＋Ca(1－a)b＝a2＋2ab－＝a2＋－.
令P＝f(a)＝a2＋－，0<a<1，
则f′(a)＝2a－＝
＝，
当0<a<时，f′(a)<0；
当<a<1时，f′(a)>0，
所以f(a)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以f(a) ＝f ＝＋－＝，
min
所以P的最小值为.