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专题强化练答案精析
专题一 函数与导数
第 1 讲 函数的图象与性质
1．D 2. C 3.B 4.C 5.D 6.A
7．B [∵对任意x，x∈(0，＋∞)，>0，
1 2
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又函数f(x)为偶函数，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减．
又＝ ＝log f >f(－0.83)，
3
即c0时，
函数f(x)＝
作出函数f(x)的图象，如图所示，
方程f(x)＝1的解的个数，即为函数y＝f(x)与y＝1的图象交点的个数，
当x>0时，结合图象，函数y＝f(x)与y＝1的图象有5个交点，
又因为函数y＝f(x)为偶函数，图象关于y轴对称，所以当x<0时，函数y＝f(x)与y＝1的图
象也有5个交点，
综上可得，函数y＝f(x)与y＝1的图象有10个交点，即方程f(x)＝1的解的个数为10.]
12．B [因为函数f(x＋2)为偶函数，则f(2＋x)＝f(2－x)，
可得f(x＋3)＝f(1－x)，
因为函数f(2x＋1)为奇函数，
则f(1－2x)＝－f(2x＋1)，
所以f(1－x)＝－f(x＋1)，
所以f(x＋3)＝－f(x＋1)，
即f(x)＝f(x＋4)，
故函数f(x)是以4为周期的周期函数，
又f(1)＝0，故f(－1)＝f(5)＝f(1)＝0，其他三个选项未知．]
13．sin 2x(答案不唯一) 14.2 15.[0,2]
16. ①④
解析 对于①，显然＋≥>，即f(x)＋f(x)>f(x)，是“类单调递增函数”；
1 2 3
对于②，取x ＝x ＝2，x ＝3，此时x＋x＝8，x＝9，即f(x)＋f(x)sin x，
1 2 3
若sin＋sin x＝cos x＋sin x＝sin>1>sin x，
1 2 2 2 2 3
即f(x)＋f(x)>f(x)，
1 2 3
是“类单调递增函数”．
所以是“类单调递增函数”的有①④.
第 2 讲 基本初等函数、函数与方程
1．A 2.B 3.B 4.B 5.C 6.B
7．C
8．C [因为x，y，z均为大于0的实数，
所以令2x＝3y＝log z＝t，则t>1，
5
进而将问题转化为函数y＝2x，y＝3x，y＝log x与直线y＝t(t>1)的交点的横坐标之间的关系，
5
作出函数图象，如图，
由图可知z>x>y.]
9．A [由题设，当x∈(0，＋∞)时，k＝，令h(x)＝，
则h′(x)＝－，
所以当00，
则h(x)单调递增；
当x>时，h′(x)<0，则h(x)单调递减．又h(x)>0，h(x)≤h＝，
所以当00，
即(x＋3)(3－x)>0，
解得－30，当x∈(－3,0)
时，f(x)<0，
所以f(1)－f(－2)＝f(1)＋f(2)>0，C错误；
f(－1)＋f(2)＝f(2)－f(1)>0，D正确．]
12．A [由已知得a，b，c∈(0,1)，
∵＝＝log 2·log 9<2＝2<2＝1，
5 5
∴a，∴b0，n>0，m＋n＝2，
∴＋＝(m＋n)
＝
≥＝2，
当且仅当＝，即m＝n＝1时，等号成立，故A不正确；
∵m＋n＝2≥2，∴mn≤1，当且仅当m＝n＝1时，等号成立，故B不正确；
∵(＋)2≤2[()2＋()2]＝4，∴＋≤＝2，当且仅当m＝n＝1时，等号成立，故C正确；
m2＋n2≥＝2，当且仅当m＝n＝1时，等号成立，故D不正确．]
11．A [令2a－1＝m，b－1＝n，则m>0，n>0，
∴m＋n＝2a＋b－2＝1，
∵＋＝＋
＝2＋＋
＝2＋(m＋n)
＝4＋＋
≥4＋2＝6，
当且仅当m＝n＝，
即a＝，b＝时取等号．]
12．C [由a＋b＋c＝0，a>b>c，可得a>0，c<0，b＝－a－c，
则a>－a－c>c，则－2<<－，
令t＝，则－20，且Δ＝4－4ab≤0，所以ab≥1；
再由∃x∈R，使ax＋2x＋b＝0成立，
0 0
可得Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1，
所以ab＝1,
因为a>b，即a－b>0，所以＝＝a－b＋≥2，
当且仅当a－b＝，即a－b＝时，等号成立，
所以的最小值为2.
第 4 讲 导数的几何意义及函数的单调性
1．C 2.C 3.D 4.D 5.D 6.C
7．B [由题意，不妨设x>x>0，
1 2
因为对任意两个不等的正实数x，x，都有>2，
1 2
所以f(x)－f(x)>2x－2x，
1 2 1 2
即f(x)－2x>f(x)－2x，
1 1 2 2构造函数g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋x2－2x(x>0)，
则g(x)>g(x)，
1 2
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)＝＋2x－2≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥－2x2＋2x在(0，＋∞)上恒成立，
当x>0时，因为－2x2＋2x＝－22＋≤，
所以(－2x2＋2x) ＝，
max
所以a≥，则实数a的最小值为.]
8．B [令g(x)＝，则g′(x)＝，
即g(x)在(e，＋∞)上单调递减，
∴>>，
即>>，
设f(x)＝x2－2ln x－1(x>1)，
则f′(x)＝2x－＝>0，
即f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又∵f(b)>f(c)>f(a)，∴b>c>a.]
9．6 10.(0,2) 11.
12．②③④
解析 ∵f(x)＝ln x是增函数，
∴(x－x)[f(x)－f(x)]>0，①错误；
1 2 1 2
[f(x)＋f(x)]＝(ln x＋ln x)
1 2 1 2
＝ln(xx)＝ln ，
1 2
f ＝ln，
由x>x>e，
1 2
得>，
∴[f(x)＋f(x)]e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x)0，③正确；
1 2 2 1
令g(x)＝ef(x)－x，
则g′(x)＝－1，
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)0)，
对于方程2x2－2x＋a＝0，
记Δ＝4－8a.
①当Δ≤0，即a≥时，f′(x)≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当Δ>0，即00，故x>x>0.
2 1
当x∈(0，x)∪(x，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
1 2
当x∈(x，x)时，f′(x)<0，
1 2
函数f(x)单调递减．
综上所述，当a≥时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当00}，
f′(x)＝＋2ax＝，
①当a－1≥0，即a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
③当00，
故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤0时， f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当00)，
令f′(x)＝0，则方程2x2－4x＋a＝0的两根为x，x，且00，解得a<2，
x＋x＝2，x·x＝<1，
1 2 1 2
∴0f(1)＝－3.]
1 1
8．C [令函数f(x)＝ln x－x＋3，可得f′(x)＝－1＝(x>0)，
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，
所以当x＝1时，可得f(x) ＝f(1)＝ln 1－1＋3＝2，
max
令函数g(y)＝ey＋e－y，则ey＋e－y≥2，当且仅当y＝0时取等号，
又ln x－x＋3≥ey＋e－y，
所以ln x－x＋3＝ey＋e－y＝2，
所以x＝1，y＝0，所以x＋y＝1.]
9．－2 10. [3－2，＋∞) 11.1
12. 2e
解析 由f(x)＝x2＋a2＋bln x(a，b∈R)，
可得f′(x)＝2x＋(x>0)，
因为f(x)有极小值，记为x，则2x＋＝0，即b＝－2x，x>0，
0 0 0
又由f(x)＝0，得x＋a2＋bln x＝0，
0 0
即a2＝－x－bln x＝－x＋2xln x≥0，所以x≥.
0 0 0
设a2－b＝g(x)＝x＋2xln x，
0 0
当x≥时，g′(x)＝4x＋4xln x>0，
0 0 0 0 0
所以g(x)＝x＋2xln x 在[，＋∞)上单调递增，
0 0当x＝时，可得g(x) ＝g()＝2e，
0 0 min
所以a2－b的最小值为2e.
13. (1)解 当a>0时，f′(x)＝－ln x－1(x>0)，
则f′(1)＝a－1，又f(1)＝0.
所以f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝(a－1)·(x－1)．
即(a－1)x－y＋1－a＝0.
(2)证明 f′(x)＝－ln x－1(x>0)，
令p(x)＝－ln x－1，
由a>0，得p′(x)＝－－<0.
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又f′＝ae－＝ae>0，f′(a＋1)＝－[ln(a＋1)＋1]<0，
所以存在唯一x∈，使得f′(x)＝0.
0 0
所以f(x)在(0，x)上单调递增，在(x，＋∞)上单调递减．
0 0
f(x) ＝f(x)，无极小值．
极大值 0
所以f(x)仅有一个极值．
14．解 (1)因为f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)，
所以f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．
①当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，
f(x)在R上单调递增；
②当a>0时，x∈(－∞，－)∪(，＋∞)时，
f′(x)>0；
x∈(－，)时，f′(x)<0；
故f(x)在(－∞，－)和(，＋∞)上单调递增，
在(－，)上单调递减．
(2)由(1)可知：
①当a≤0时，f(x)在[0,3]上单调递增，
g(a)＝f(3)－f(0)＝27－9a；
②当≥3，即a≥9时，
f(x)在[0,3]上单调递减，
g(a)＝f(0)－f(3)＝9a－27；
③当0<<3，即00，解得x>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令f′(x)＝ex－1<0，解得x<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．
(2)证明 要证f(x)＋x＋1≥x2＋cos x，
即证ex－x2－cos x≥0，
设g(x)＝ex－x2－cos x，
要证原不等式成立，
即证g(x)≥0成立，
∵g′(x)＝ex－x＋sin x，
又∵sin x≥－1，
∴g′(x)＝ex－x＋sin x≥ex－x－1(当且仅当x＝－＋2kπ，k∈Z时，等号成立)，
由(1)知ex－x－1≥0(当x＝0时等号成立)，
∴g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝0.
∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥x2＋cos x.2．(1)解 f(x)＝ln x＋ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋a＝.
当a≥0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，令f′(x)>0，得0－，所以f(x)在上单调递增，在上单
调递减．
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 当a＝1时，f(x)＝ln x＋x，欲证g(x)>0，只需证ex>ln x＋x.即证>＋1.令t(x)＝
(x>0)，
所以t′(x)＝，所以t(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以t(x)≥t(1)＝e.
再令φ(x)＝＋1(x>0)，
所以φ′(x)＝，
所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(e)＝＋1φ(x)．
故当a＝1时，g(x)>0.
母题突破 2 恒成立问题与有解问题
1．解 (1)f′(x)＝2axln x＋ax，
g′(x)＝2x－b，
∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，
∴
即
∴
(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，
即ax2ln x≥x2－bx成立，
即axln x－x≥－b成立，
∵∃b∈使f(x)≥g(x)恒成立，
∴axln x－x≥－恒成立，
当x＝1时，有－1≥－成立，
∴a∈R，当x∈(1，e]时，a≥，
令G(x)＝，
则G′(x)＝，
令m(x)＝ln x－x＋，
则m′(x)＝－1，且m′＝0，
当10，
当0，m＝ln >0，m(e)＝0，
∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，
即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，
当x＝e时，G(x)有最大值，且G(e)＝，
∴a≥，
综上所述，a的取值范围是.
2．(1)证明 当a＝1时，f(x)＝ex－x2－x－1，
∴f′(x)＝ex－x－1，令u(x)＝ex－x－1，则u′(x)＝ex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立，
故f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)＝0，从而原不等式得证．
(2)解 ∵f(x)＋g(x)＝ex＋cos x－ax－2，
令h(x)＝ex＋cos x－ax－2，则h′(x)＝ex－sin x－a，
令t(x)＝ex－sin x－a，则t′(x)＝ex－cos x，
∵ex≥1，－1≤cos x≤1，故t′(x)≥0，
∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴h′(x)≥h′(0)＝1－a，
①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)＝0，满足题意；
②当1－a<0，即a>1时，∵h′(0)<0，又x→＋∞时，h′(x)→＋∞，
∴∃x∈(0，＋∞)，使得h′(x)＝0，
0 0
∴当x∈(0，x)时，h′(x)<0，
0
∴h(x)在(0，x)上单调递减，此时h(x)0且x≠1，则h′(x)＝，由h′(x)>0，得x>且x≠1，由h′(x)<0，得0e时，f(x)的零点个数为2.
2．(1)解 ∵f′(x)＝1－cos x≥0，
∴函数f(x)＝x－sin x在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)＝0，
故函数f(x)＝x－sin x在[0，＋∞)上的最小值为0.
(2)证明 当m＝0时，g(x)＝xln x＋1，g′(x)＝ln x＋1，
由g′(x)<0，得00，得x>，∴g(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴g(x)的最小值为g＝1－>0，此时函数g(x)无零点；
当00时，x>sin x，
∴－msin x>－mx，∴g(x)＝xln x－msin x＋1>xln x－mx＋1，
∴xln x－mx＋1≥xln x－x＋1，
记h(x)＝xln x－x＋1，
则h′(x)＝1＋ln x－1＝ln x，
当01时，h′(x)>0，
∴h(x)＝xln x－x＋1在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝0，
∴g(x)＝xln x－msin x＋1>0，
此时函数g(x)无零点．
综上，当0≤m≤1时，函数g(x)＝xln x－msin x＋1无零点．
微重点 1 函数的新定义问题
1．A 2.B 3.A
4．C [由题意知函数f(x)＝3－x2是“(0，＋∞)上的k类成功函数”，
则f(x)在[a，b]上的值域为.
由f(x)在(0，＋∞)上单调递减，得k>0，
且
即方程f(x)＝在(0，＋∞)上必有两个不相等的实数根，
即3x－x3＝k在(0，＋∞)上必有两个不相等的实数根．
设g(x)＝3x－x3，则原问题可转化为直线y＝k与函数g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的
交点．
因为g′(x)＝3－3x2，当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，其图象如图所示，
所以在(0，＋∞)上，g(x) ＝g(1)＝2.
max
又g(0)＝g()＝0，所以0－.
综上，函数f(x)的值域为.
微重点 2 函数的嵌套与旋转、对称问题
1．A 2.D 3.C 4.A
5．C [令u＝f(x)，作出函数u＝f(x)的图象如图所示，
由于方程u2＋mu＋n＝0至多有2个实根，设为u＝u 和u＝u，
1 2
由图象可知，直线u＝u 与函数u＝f(x)图象的交点个数可能为0,2,3,4，
1
由于关于x的方程[f(x)]2＋mf(x)＋n＝0有7个不同的实数解，
则关于u的二次方程u2＋mu＋n＝0的一根为u＝0，则n＝0，
1
则方程u2＋mu＝0的另一根为u＝－m，
2
直线u＝u 与函数u＝f(x)图象的交点个数必为4，则－1<－m<0，解得00，h＝1－<0，由零点存在定理可知，h(x)在上存在零点，所以方程有解，故C可以是g(f(x))；
对于D，当ln(|x|＋1)＝x时，x＝0为方程的解，所以方程有解，故D可以是g(f(x))．]
7．2≤m≤
解析 因为函数f(x)＝3x＋sin x－m＋1(m∈R)是定义在[－1,1]上的“倒戈函数”，
所以存在x∈[－1,1]，
0
使f(－x)＝－f(x)，
0 0
即 －sin x＋m－1＝ ＋sin(－x)－m＋1，
0 0
即2m－2＝ ，
令t＝ ，则t∈，
所以2m－2＝t＋≥2，
当且仅当t＝1，即x＝0时取等号，
0
解得m≥2，
当t＝或t＝3时，(2m－2) ＝3＋＝，
max
解得m≤.所以2≤m≤.
8．1－e＜a≤1或a＝2
解析 由题意得，函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
对函数f(x)求导得f′(x)＝，
令f′(x)>0，可得x>e；
令f′(x)<0，可得00时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，
即g′(x)>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则有g＝g1，
令f(t)＝t·et(t>0)，
则f′(t)＝(t＋1)·et>0，
所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(λx)≥f(ln x)，x>1，
即当x∈(1，＋∞)时，λx≥ln x，
即λ≥恒成立，
令g(x)＝(x>1)，
则g′(x)＝，
所以在(1，e)上，g′(x)>0，即g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，即g(x)单调递减，
则g(x)≤g(e)＝，故λ≥.
故λ的取值不可能是.]
7．(2，＋∞) 8.1
微重点 4 函数的公切线问题
1．A 2.A
3．D [设直线l与f(x)＝xln x相切的切点为(m，mln m)，
由f(x)＝xln x的导数为f′(x)＝1＋ln x，
可得切线的斜率为1＋ln m，
则切线方程为y－mln m＝(1＋ln m)(x－m)，
将A(0，－1)代入切线方程可得
－1－mln m＝(1＋ln m)(0－m)，
解得m＝1，则切线l的方程为y＝x－1，
联立
可得x2＋(a－1)x＋1＝0，
由Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或3.]
4．B [由f(x)＝ex，g(x)＝ln x，
得f′(x)＝ex，g′(x)＝，
则 ＝， ＝ln ，即x＝－ln x.
1 2
曲线y＝f(x)在点A处的切线方程为y＝ x＋ (1－x)，
1
曲线y＝g(x)在点B处的切线方程为y＝x－1＋ln x，
2
所以 (1－x)＝－1＋ln x，
1 2
可得(1－x)＝－1－x，
1 1
整理得xx－x＋x＝－1.]
1 2 1 2
5．D [若曲线y＝f(x)在这两点处的切线重合，首先要保证这两点处导数相同．
A选项中，y′＝＋1；B选项中，y′＝ex，导数均为单调函数，切点不同时，导数值不同，
所以切线不可能重合，故A，B错误；
C选项中，y′＝3x2，若斜率相同，
则切点为(x，x)和(－x，－x)，
0 0
代入解得切线方程分别为y＝3xx－2x和y＝3xx＋2x，
若切线重合，则x＝0，此时两切点为同一点，不符合题意，故C错误；
0
D选项中，y′＝1＋sin x，
令y′＝1＋sin x＝1得x＝kπ(k∈Z)，
则有点(0，－1)，(2π，2π－1)，切线均为y＝x－1，所以存在不同的两点使得切线重合，故
D正确．]
6．C [由f(x)＝2x2＋3可得f′(x)＝4x，
由g(x)＝aex＋3可得g′(x)＝aex，
设公切线与f(x)＝2x2＋3的图象相切于点(x，2x＋3)，
1
与g(x)＝aex＋3的图象相切于点(x，a ＋3)，
2
所以4x＝a ＝ ，即2x＝，
1 1可得x＝0或2x＝x＋2，
1 2 1
因为4x＝a ，a>0，则x>0,2x＝x＋2>2，即x>1，
1 1 2 1 2
所以a＝ ，x>1，
2
令h(x)＝，x>1，可得h′(x)＝＝，
由h′(x)>0可得12，
所以h(x)＝在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以h(x) ＝h(2)＝＝，
max
所以实数a的最大值为.]
7. 5
8．－ 1
解析 由f(x)＝x2－2ax，
g(x)＝3a2ln x－b，x>0，
则f′(x)＝x－2a，g′(x)＝，
设两曲线的公切点为(x，y)，
0 0
由题意得，
即
由x－2a＝得，
0
x－2ax－3a2＝0，
0
解得x＝3a或x＝－a(舍去)，
0 0
所以曲线y＝f(x)，y＝g(x)只有一条这样的公共切线．
b＝3a2ln x－x＋2ax
0 0
＝3a2ln 3a－＋6a2
＝3a2ln 3a＋，
令F(a)＝3a2ln 3a＋，a>0，
则F′(a)＝6aln 3a＋6a＝6a(ln 3a＋1)，
当0时，F′(a)>0，
所以函数F(a)在上单调递减，
在上单调递增，
所以当a＝时，b取得最小值，
为F＝－＋·＝－.培优点 1 洛必达法则
1．解 (1)当a＝1时，
f(x)＝x2－xcos x＋sin x，x∈R，
f′(x)＝2x＋xsin x＝x(2＋sin x)．
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，
在(0，＋∞)上单调递增．
(2)当x>0时，有f(x)0时，ax20，
∴g′(x)＝，
令φ(x)＝(x－1)ex－xsin x－cos x＋2，x>0，
φ′(x)＝xex－xcos x＝x(ex－cos x)．
∵x>0，∴ex>1≥cos x，
∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵由洛必达法则知
lim ＝lim ＝1，
∴g(x)>1，故a≤1，
∴实数a的取值范围是(－∞，1]．
2．解 (1)f′(x)＝－，由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故
即
解得a＝1，b＝1.
(2)由题设可得，当x>0，且x≠1时，k<＋1恒成立．
令g(x)＝ ＋1(x>0，且x≠1)，
则g′(x)＝2·，再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，且x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，
令φ(x)＝2xln x＋－x(x>0，且x≠1)，
则φ′(x)＝2ln x＋1－，
易知φ′(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上单调递增，且φ′(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0；
∴h′(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵h(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，h(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
∵由洛必达法则知lim g(x)＝2 ＋1
＝2 ＋1＝2×＋1＝0，
∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0]．
培优点 2 对数平均不等式、切线不等式
1．(1)解 由题意，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，
若b≥0，则f′(x)>0，
f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若b<0，令f′(x)＝0，得x＝－b，
当x∈(0，－b)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－b，＋∞)时，f′(x)>0，
f(x)单调递增，
综上，若b≥0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
若b<0，f(x)的单调递减区间为(0，－b)，单调递增区间为(－b，＋∞)．(2)证明 g(x)＝x＋b(1＋ln x)－sin x，
g′(x)＝1－＋，
①若b≥0，
则由1－>0，≥0得
g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故不存在00)，m′(x)＝1－cos x≥0，
当x→0时，m(x)→0，
故m(x)>0，即x>sin x，
因为g(x)＝g(x)，
1 2
即x＋b(1＋ln x)－sin x
1 1 1
＝x＋b(1＋ln x)－sin x，
2 2 2
所以－b(ln x－ln x)
2 1
＝x－x－(sin x－sin x)
2 1 2 1
>(x－x)，
2 1
又0>0，
根据对数平均不等式＜＜，
所以>，
所以－2b>，故xx<4b2.
1 2
2．(1)解 因为f(x)＝x(ln x＋a)，
故可得f′(x)＝ln x＋a＋1，x>0，
又y＝ln x＋a＋1为增函数，
令f′(x)＝0，解得x＝e－a－1，
故当0e－a－1时，f′(x)>0，
故f(x)的单调递减区间为(0，e－a－1)，
单调递增区间为(e－a－1，＋∞)．
(2)证明 当a＝1时，f(x)＝x(ln x＋1)，
要证ef(x)≤xex，
即证ex(ln x＋1)≤xex，
又x>0，则只需证ln x＋1≤ex－1，又ln x＋1≤x，ex－1≥x，
且等号都在x＝1处取得，
所以ln x＋1≤ex－1，当x＝1时等号成立，
即ef(x)≤xex在(0，＋∞)上恒成立．
培优点 3 隐零点问题
1．证明 (1)f(x)＝x＋sin x－ex，
f′(x)＝1＋cos x－ex，
令g(x)＝1＋cos x－ex，
g′(x)＝－ex－sin x<0，
所以g(x)在区间[0，π]上单调递减．
因为g(0)＝2－1＝1>0，g(π)＝－eπ<0，
所以存在x∈(0，π)，
0
使得f′(x)＝0，
0
且当00；
0
当x0，
所以φ(x)在(0，π)上单调递增，
所以φ(x)<φ(π)＝π，即φ(x)<π，
即证f(x) ＝f(x)<π，即证f(x)<π.
max 0
2．解 (1)因为f(x)＝aln x－的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋＝.①若a≥0，则f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若a<0，令f′(x)＝0，
得x＝－.
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
(2)不等式f(x)≤x－在(0，＋∞)上恒成立等价于aln x－x－＋≤0在(0，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝aln x－x－＋，
则g′(x)＝－1＋＝
－.
对于函数y＝x2－ax－1，Δ＝a2＋4>0，所以其必有两个零点．
又两个零点之积为－1，所以两个零点一正一负，
设其中一个零点x∈(0，＋∞)，
0
则x－ax－1＝0，即a＝x－.
0 0
此时g(x)在(0，x)上单调递增，
0
在(x，＋∞)上单调递减，
0
故g(x)≤0，即ln x－x－＋≤0.
0 0 0
设函数h(x)＝ln x－x－＋，
则h′(x)＝ln x＋1－－1＋＝ln x.
当x∈(0,1)时，h′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
又h＝h(e)＝0，
所以x∈.
0
由a＝x－在上单调递增，
0
得a∈.专题二 三角函数与解三角形
第 1 讲 平面向量
1．D 2.A 3.B 4.A 5. A
6．C [由题意得OA＝(1,1)，
OB＝(－1,1)，OC＝(0，－)，
所以OA＋OB＋OC＝(0,2－)≠0，故①错误；
|BC|＝|CA|＝，故②正确；
OA·OB＝1×(－1)＋1×1＝0，故③正确；
CA·AB＝(1,1＋)·(－2,0)＝－2，故④正确．]
7．C [A项，AB＝2DM＝－2MD，故A错误；
B项，MA＝MD＋DA＝－DM－AD＝CM－AD，故B错误；
以D为原点，DC，DA所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系(图略)，
则D(0,0,0)，A(0,1)，M，
C(1,0)，B(1,1)，N，
∴AM＝，DN＝，BC＝(0，－1)，
∴AM·DN＝－＝0，
∴AM⊥DN，故C正确；
AM·BC＝1，故D错误．]
8．B [∵表示与AB同向的单位向量， 根据向量的性质可得＝＝1，
∴＋在∠BAC的角平分线上(设角平分线为AD)，
∵·BC＝0，
∴AD⊥BC，从而有AB＝AC，即C＝B，
又∵·＝·cos C＝，且＝＝1，∴cos C＝，
又00得－≤x≤，于是得y＝g(x)的一个单调递增区间是，
因为y＝g(x)在上单调递增，因此⊆，即有≥，解得0<ω≤2，即ω的最大值为2.]
10．B [对于选项A，把曲线C 上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得
1
到的曲线向右平移个单位长度，所得曲线对应的函数解析式为y＝cos＝cos
＝－sin，故A正确；
对于选项B，把曲线C 上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线
1
向右平移个单位长度，所得曲线对应的函数解析式为
y＝cos＝cos≠－sin，
故B错误；
对于选项C，把曲线C 向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来
1
的2倍，纵坐标不变，所得曲线对应的函数解析式为
y＝cos＝cos
＝－sin，故C正确；
对于选项D，把曲线C 向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来
1
的2倍，纵坐标不变，最后把得到的曲线向右平移π个单位长度，所得曲线对应的函数解析
式为y＝cos＝cos＝－sin，故D正确．]
11 D [f(x)＝sin x＋cos x＝sin，因为 x∈[a，b]，所以 x＋∈，因为－1≤sin≤，所以－
≤sin≤1.
正弦函数y＝sin x在一个周期内，要满足上式，则x＋∈，k∈Z，
所以(b－a) ＝＋2kπ－＝，(b－a) ＝＋2kπ－＝，k∈Z，所以b－a的取值范围是.]
max min
12．A [由题意得函数的定义域为R，关于原点对称．
f(－x)＝|sin(－x)|＋cos(－x)＝|sin x|＋cos x＝f(x)，所以f(x)为偶函数，所以选项A正确，选
项B错误；
当0≤x≤π时，f(x)＝sin x＋cos x＝sin，令2kπ＋≤x＋≤2kπ＋，k∈Z, 所以2kπ＋≤x≤2kπ
＋，k∈Z，
令k＝0得≤x≤，
令k＝－1得－≤x≤－，
所以此时函数的单调递减区间为，所以选项C错误；f ＝
＋cos＝，
f ＝＋cos ＝0≠f ，即f(x)的图象不关于直线x＝对称，所以选项D错误．]
13. 14. 15.3
16．2
解析 由题图可知，T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，得T＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝
2cos(2x＋φ)．点可看作“五点作图法”中的第二个点，
则2×＋φ＝，得φ＝－，
所以f(x)＝2cos，
所以f ＝2cos
＝2cos＝2cos＝1，
f ＝2cos
＝2cos＝0，
所以>0，
即[f(x)－1]·f(x)>0，
可得f(x)>1或f(x)<0，
所以cos>或cos<0.
当x＝1时，2x－＝2－∈，
cos∈，不符合题意；
当x＝2时，2x－＝4－∈，
cos<0，符合题意．
所以满足题意的最小正整数x为2.
第 3 讲 三角恒等变换与解三角形
1．D 2.D 3.C 4.C 5.D
6．C [对于A，由A>B，可得a>b，利用正弦定理可得sin A>sin B，正确；
对于B，在锐角△ABC中，A，B∈，
∵A＋B>，
∴>A>－B>0，
∴sin A>sin＝cos B，
因此不等式sin A>cos B恒成立，正确；
对于C，在△ABC中，acos A＝bcos B，利用正弦定理可得sin Acos A＝sin Bcos B，
∴sin 2A＝sin 2B，
∵A，B∈(0，π)，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，
∴A＝B或A＋B＝，
∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，错误；
对于D，由于B＝，b2＝ac，由余弦定理可得
b2＝ac＝a2＋c2－ac，
可得(a－c)2＝0，解得a＝c，
则A＝C＝B＝，
∴△ABC必是等边三角形，正确．]
7．C [如图，根据题意得∠ACB＝15°，
∠ACD＝105°，∠ADC＝30°，∠CAD＝45°，CD＝24米，
所以∠CAD＝45°，
在△ACD中，由正弦定理得
＝，
即＝，
解得AC＝12(米)，
在Rt△ACB中，sin∠ACB＝，
即sin 15°＝，
解得AB＝12sin 15°＝12sin(60°－45°)
＝12×
＝12×
＝3(－)＝6(－1)米．]
8．A [由题意得cos α＋sin α＝，所以sin(α＋φ)＝，其中sin φ＝，cos φ＝，所以sin(α＋
φ)＝1，所以α＋φ＝＋2kπ，k∈Z，所以α＝－φ＋2kπ，k∈Z，所以sin α＝sin＝cos φ＝，
cos α＝cos＝sin φ＝，所以tan α＝＝，所以tan 2α＝＝＝－2.]
9. 10.－ 11.3 15
12.解析 由cos 2C＝cos 2A＋4sin2B得，
1－2sin2C＝1－2sin2A＋4sin2B，
即sin2A＝sin2C＋2sin2B，
由正弦定理得a2＝c2＋2b2＝4，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝4，
∴c2＋2b2＝b2＋c2－2bccos A，
即cos A＝－<0，
∵A∈(0，π)，∴sin A＝，
∴S ＝bcsin A
△ABC
＝
＝，
∵c2＋2b2＝4，∴c2＝4－2b2，
∴S ＝
△ABC
＝，
则当b2＝时， ＝－×＋4×＝，
max
∴(S ) ＝×＝.
△ABC max
13．解 (1)由S－S＋S＝，
1 2 3
得(a2－b2＋c2)＝，
即a2－b2＋c2＝2，
又a2－b2＋c2＝2accos B，
所以accos B＝1.
由sin B＝，
得cos B＝或cos B＝－(舍去)，
所以ac＝＝，
则△ABC的面积
S＝acsin B＝××＝.
(2)由sin Asin C＝，ac＝及正弦定理知＝＝＝，
即b2＝×＝，得b＝.
14．解 (1)选择①：
∵(2c－a)sin C＝(b2＋c2－a2)，
∴由正弦定理可得
(2c－a)c＝b2＋c2－a2＝2bccos A，
∴2c－a＝2bcos A，可得cos A＝，
∴由余弦定理可得cos A＝＝，
整理可得c2＋a2－b2＝ac，
∴cos B＝＝＝，
∵B∈(0，π)，∴B＝.
选择②：
∵cos2－cos Acos C
＝－cos Acos C
＝
＝＝，
∴cos(A＋C)＝－，
∴cos B＝－cos(A＋C)＝，
又∵B∈(0，π)，
∴B＝.
选择③：
由正弦定理可得＝，
又tan A＋tan B＝＋
＝
＝，
由＝tan A＋tan B，
可得＝，
∵sin C>0，∴tan B＝，
∵B∈(0，π)，∴B＝.
(2)在△ABC中，由(1)及b＝2，
得＝＝＝＝4，
故a＝4sin A，c＝4sin C，
2a－c＝8sin A－4sin C
＝8sin A－4sin
＝8sin A－2cos A－2sin A
＝6sin A－2cos A
＝4sin，
∵00，故其最小值为.]
2.B
3．C [由2ωx＋＝kπ＋，k∈Z，
得x＝π，k∈Z，
因为函数f(x)＝sin在区间内没有最值，
所以对任意k∈Z，都有π∉，
当ω＝，k＝1时，π＝∈，故选项A，D不正确；
当ω＝时，存在k＝1使得π＝∈，故选项B不正确．]
4．A [由－＋2kπ≤ωx＋≤＋2kπ，k∈Z，
得－＋≤x≤＋，k∈Z，
取k＝0，可得－≤x≤.
若f(x)在上单调递增，
则
解得0<ω≤.
若x∈(0,2π)，
则ωx＋∈.
设t＝ωx＋，
则t∈，
因为2ωπ＋∈，
所以函数y＝sin t在上的零点最多有2个．
所以f(x)在(0,2π)上的零点最多有2个．]
5．D [由f(x)≤，知x＝为函数f(x)图象的一条对称轴，
所以f(0)＝f .
又f ＝0，
所以·T＝－
＝(n∈Z)，即·＝(n∈Z)，
即ω＝2n＋1(n∈Z)．
因为f(x)在上单调，
所以＝≥－＝，
所以ω≤8，所以ω ＝7.
max
因为|φ|<，
所以φ≠＋kπ(k∈Z)，
所以不存在φ，使得f(x)是偶函数．]
6．B [当x∈时，
2x＋∈，
令2x＋＝t，2a＋＝h，
则问题转化为g(t)＝sin t在上的最大值是M，最小值是m，
由正弦函数性质，可知g(t)＝sin t的周期是2π，要使得M－m最小，则g(t)的最大值或最小
值点是区间的中点，
由周期性，不妨取h＋h＋＝π或h＋h＋＝3π，即h＝或h＝，
当h＝时，M＝1，m＝si n＝，M－m＝，
当h＝时，m＝－1，M＝sin ＝－，M－m＝.]
7.
8. ②③
解析 f(x)＝cos＝cos
＝sin(ω>0)，
若将f(x)的图象向左平移个单位长度，
所得y＝sin的图象与原图象重合，
则＝2kπ，k∈Z，
∴ω＝8k，k∈Z，故ω的最小值为8，故①错误；
若f ＝f ，且ω最小，则函数的图象关于直线x＝对称，
∴ω·＋＝kπ＋，k∈Z，
即ω＝4k＋1(k∈Z)，则ω的最小值为1，故②正确；
∵x∈，
∴ωx＋∈，
若f(x)在上单调递减，
则k∈Z，
解得4k＋≤ω≤2k＋，k∈Z，
令k＝0，可得ω的取值范围为，故③正确；若f(x)在上无零点，
则k∈Z，
解得2k－≤ω≤k＋，k∈Z，
因为2k－0，
从而cos C＝－.
又0°0)，
实半轴长为1，虚半轴长为，
又|n|≥，由
得N，
此时ON与x轴的夹角为，
则满足|n|≥的N在图中双曲线N点的上方或在双曲线上与N点关于x轴对称的N 点下方的
1
位置，如图所示，
又双曲线的渐近线为y＝±x，所以m与n夹角的取值范围为，所以m与n夹角的余弦值的取
值范围为.]
7．②③④
8．
解析 方法一 连接AC，BD交于点O，以点O为坐标原点，以BD所在直线为x轴，AC
所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，)，B(－1,0)，
C(0，－)，D(1,0)，
E.
设F(x，y)，
0 0
因为AE＝2EF，
所以＝2
＝，
所以2x－1＝，2y＋＝－，
0 0
所以x＝，y＝－，
0 0
所以F.
易知直线BC的方程为y＝－x－，
设H(x，－x－)(－1≤x≤0)，
则AH＝(x，－x－2)，
FH＝，
所以FH·AH＝x＋(x＋2)＝4x2＋x－，
因为－1≤x≤0，
所以FH·AH∈.
方法二 设BH＝tBC(0≤t≤1)，
则AH＝AB＋BH＝AB＋tBC＝AB＋tAD.
连接AC(图略)，因为E为CD的中点，
所以AE＝(AC＋AD)＝(AB＋2AD)，
AF＝AE＋EF＝AE＝(AB＋2AD)，
所以FH·AH＝(AH－AF)·AH
＝AH2－AF·AH
＝(AB＋tAD)2－(AB＋2AD)·(AB＋tAD)
＝4＋4t2＋4t－(4＋2t＋4＋8t)
＝4＋4t2＋4t－6－
＝4t2－t－2.
设y＝4t2－t－2,0≤t≤1，根据二次函数的图象与性质可知，
函数y＝4t2－t－2,0≤t≤1的最小值在t＝处取得，为－，
最大值在t＝1处取得，为－，
所以FH·AH的取值范围是.
培优点 4 平面向量“奔驰定理”
1．C 2.A 3.C
4．C [在△ABC中，由余弦定理，可得BC＝＝2，
所以圆M的半径R＝＝，
所以S ＝×8×＝，
△AMB
S ＝×2×＝，
△BMC
S ＝×6×＝5.
△CMA
由AM＝λAB＋μAC，
可得MA＋λMB－λMA＋μMC－μMA＝0，
整理得(1－λ－μ)MA＋λMB＋μMC＝0，
所以S ∶S ∶S ＝μ∶(1－λ－μ)∶λ＝8∶13∶15，
△AMB △BMC △CMA
解得λ＝，μ＝，
所以4λ＋3μ＝.]
5．B [由AP＝AB＋AC，
可得PA＋PB－PA＋PC－PA＝0，
整理得PA＋PB＋PC＝0，
所以2PA＋2PB＋PC＝0，
＝＝，故①正确；
由AQ＝AB＋AC，
可得QA＋QB－QA＋QC－QA＝0，
整理得QA＋QB＋QC＝0，
所以QA＋8QB＋3QC＝0，
所以＝＝，＝，故②，④错误，③正确．]
6. 7.
8.
解析 根据奔驰定理得S ∶S ∶S ＝1∶2∶3，
△PBC △PAC △PAB
S ∶S ∶S ＝2∶3∶5，
△QBC △QAC △QAB
∴S ＝S ＝S ，
△PAB △QAB △ABC∴PQ∥AB，
又∵S ＝S ，S ＝S ，
△PBC △ABC △QBC △ABC
∴＝＝－＝.
培优点 5 向量极化恒等式
1．B 2.C
3．C [如图，O为AB的中点，
MA·MB＝MO2－BA2，
|MO| ＝|OC|＋1＝3，
max
|AB| ＝2a＝8，
min
所以 ＝9－×64＝－7.]
max
4．C [如图，当P位于点A时，
(λ＋μ) ＝0，
min
当P位于点D时，(λ＋μ) ＝3.]
max
5．D [如图所示，取AB的中点E，因为PB＝AB，
0
所以P 为EB的中点，取BC的中点D，连接DP，DP，
0 0
则DP 为△CEB的中位线，DP∥CE.
0 0
根据向量的极化恒等式，
有PB·PC＝PD2－DB2，
P0B·P0C＝P0D2－DB2.又PB·PC≥P0B·P0C，
则|PD|≥|P0D|恒成立，
必有DP⊥AB.因此CE⊥AB，
0
又E为AB的中点，所以AC＝BC.]
6．[－2,6]
解析 如图所示，取AB的中点D，连接CD，因为△ABC为等边三角形，所以O为△ABC的
重心，O在CD上，且OC＝2OD＝2，所以CD＝3，AB＝2.又由极化恒等式得PA·PB＝
PD2－BA2＝PD2－3，因为P在圆O上，所以当P在点C处时，|PD| ＝3，当P在CO的延
max
长线与圆O的交点处时，
|PD| ＝1，
min
所以PA·PB∈[－2,6]．
7．2
8.
解析 由等和线定理知当点P，Q分别在如图所示的位置时，x＋y 取最大值，x＋y 取最小
1 1 2 2
值，且x＋y 的最大值为＝，x＋y 的最小值为＝.
1 1 2 2
故|(2x－x)＋(2y－y)|＝|2(x＋y)－(x＋y)|≤－＝.
1 2 1 2 1 1 2 2
专题三 数 列
第 1 讲 等差数列、等比数列
1．C. 2.D 3.A 4.C 5.B 6.D
7. C [由b －b＝2，
n＋1 n得b －b＝a ＋a ＋a －(a＋a ＋a )
n＋1 n n＋1 n＋2 n＋3 n n＋1 n＋2
＝a －a＝2，
n＋3 n
所以a，a，a，…是首项为1，公差为2的等差数列，a，a，a，…是首项为2，公差为2
1 4 7 2 5 8
的等差数列，a，a，a，…是首项为3，公差为2的等差数列，
3 6 9
所以S ＝(a＋a＋…＋a )＋(a＋a＋…＋a )＋(a＋a＋…＋a )
31 1 4 31 2 5 29 3 6 30
＝1×11＋＋2×10＋＋3×10＋＝351.]
8．D [因为＝
＝＝3，
所以数列{a －a}为公比为3的等比数列，故A正确；
n＋1 n
因为(a －3a)－(a－3a )＝a －4a＋3a ＝0，即a －3a＝a－3a ，
n＋1 n n n－1 n＋1 n n－1 n＋1 n n n－1
所以数列{a －3a}为常数列，即公差为0的等差数列，故B正确；
n＋1 n
由以上分析可得a －a＝1×3n－1，且a －3a＝－1，
n＋1 n n＋1 n
解得a＝，故C正确；
n
S＝a＋a＋…＋a
n 1 2 n
＝＋＋…＋
＝×(30＋31＋…＋3n－1)＋
＝×＋＝＋，
故D不正确．]
9．a＝2n2 10.134 11.
n
12．12
解析 由题意得，“n次分形”后线段之和是“(n－1)次分形” 后所得线段之和的，且一次
分形后线段之和为×4＝，故每次分形后所得线段之和可看做首项为，公比是的等比数列，
故“n次分形”后线段之和为×n－1＝n，故n≥30，两边取对数得(2lg 2－lg 3)n≥1＋lg 3，又
n∈N*，解得n≥12，故n的最小整数值为12.
13．(1)证明 因为S －2S ＋S＝4，
n＋2 n＋1 n
所以S －S －S ＋S＝4，即(S －S )－(S －S)＝4，
n＋2 n＋1 n＋1 n n＋2 n＋1 n＋1 n
则a －a ＝4.
n＋2 n＋1
又a＝4，a＝8，满足a－a＝4，
1 2 2 1
所以数列{a}是首项为4，公差为4的等差数列．
n
(2)解 由(1)得a＝4＋(n－1)×4＝4n，
n
则S＝＝2n2＋2n.
n
又由题意可得S＝14a a ，
m m＋1
所以(2m2＋2m)2＝14×4m×4(m＋1)，m∈N*，
化简得m2＋m－56＝0，解得m＝7或m＝－8(舍)．所以m的值为7.
14．证明 (1)当n＝1时，S＝T，S＋T＝1，则S＝T＝，＝－2，
1 1 1 1 1 1
由S＋T＝1可得S－1＝－T，
n n n n
则S －1＝－T ，
n＋1 n＋1
则＝＝S ，即＝＝1＋，即－＝－1，
n＋1
故数列是首项为－2，公差为－1的等差数列．
(2)由(1)知，＝－2＋(n－1)×(－1)＝－n－1，则S＝，
n
所以T＝1－S＝.
n n
当n＝1时，a＝S＝，
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝－＝，又a＝适合上式，所以a＝，则a·S＝·＝＝T，
n n n－1 1 n n n
综上，对于任意的正整数n，T 是a 与S 的等比中项．
n n n
第 2 讲 数列求和及其综合应用
1．A 2.B 3.C 4.C 5.C 6.A
7．B [由题意可知
GnB＝GnFn＋GnC，
因为B，F，C三点共线，
n
所以＋＝1，
即1＋2＋2a＝a ，
n n＋1
即a ＝3＋2a，
n＋1 n
a ＋3＝2(a＋3)，
n＋1 n
所以数列{a＋3}是以a＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，
n 1
于是a＋3＝4×2n－1＝2n＋1，
n
所以a＝2n＋1－3，
n
所以a＝24－3＝13，
3
所以B选项正确，A，C选项不正确；
又S＝a＋a＝1＋5＝6，而22＋1－3×2＝2，
2 1 2
所以D选项不正确．]
8．B [等边三角形内心、重心、外心、垂心四心合一．所以圆D 的半径为×a＝a，
1
面积为·π，
圆D 的半径为×a，
2
面积为··π，圆D 的半径为2×a，
3
面积为2··π，
以此类推，圆D 的面积为n－1··π，
n
所以各圆的面积组成的数列是首项为·π，公比为的等比数列，
所以X＝＝·π·
n
＝πa2.]
9．9 10.(－3，＋∞) 11.8
12．8 B＝
n
解析 根据题意，第5行的数列依次为1,2,2,4,2,8,4,8,2,16,8,32,4,32,8,16,2，
从左数起第6个数的值为8.
A＝21，
1
A＝22＝ ，
2
A＝25＝ ，
3
A＝214＝ ，
4
A＝241＝ ，
5
故有A＝ ，
n
则B＝log A＝ ＝.
n 2 n
13．解 (1)设{a}的公差为d，
n
由已知a＋3d＝9,3a＋3d＝15.
1 1
解得a＝3，d＝2.
1
所以a＝2n＋1.
n
(2)因为在a 与a (k＝1,2，…)之间插入2k个1，
k k＋1
所以a 在{b}中对应的项数为
k n
n＝k＋21＋22＋23＋…＋2k－1
＝k＋＝2k＋k－2，
当k＝6时，2k＋k－2＝68，
当k＝7时，2k＋k－2＝133，
所以a＝b ，a＝b ，
6 68 7 133
且b ＝b ＝…＝b ＝1.
69 70 100
因此T ＝S＋(2×1＋22×1＋23×1＋…＋25×1)＋32×1
100 6
＝×(3＋13)＋＋32＝142.14.解 (1)选择①.
由S＝(a－1)(n＋2)得，
n n
当n＝1时，a＝S＝(a－1)(1＋2)，
1 1 1
解得a＝3，
1
当n≥2时，S ＝(a －1)(n＋1)，
n－1 n－1
则a＝S－S ＝(a－1)(n＋2)
n n n－1 n
－(a －1)(n＋1)，
n－1
即na＝(n＋1)a ＋1，两边各项同除以n(n＋1)得－＝＝－(n≥2)，
n n－1
当n≥2时，
＝＋＋＋…＋＋
＝＋＋
＋…＋＋
＝＋－
＝2－＝，
所以a＝2n＋1，
n
经检验当n＝1时，a＝2×1＋1＝3也成立，
1
故a＝2n＋1.
n
选择②.
由S－(n2＋2n－1)S－(n2＋2n)＝0得，
n
[S－(n2＋2n)](S＋1)＝0，
n n
∴S＝n2＋2n或S＝－1，
n n
∵a>0，∴S＝－1舍去．
n n
∴S＝n2＋2n.
n
当n＝1时，a＝S＝12＋2×1＝3，
1 1
当n≥2时，a＝S－S
n n n－1
＝n2＋2n－(n－1)2－2(n－1)＝2n＋1，
当n＝1时，符合上式，∴a＝2n＋1.
n
(2)由(1)知S＝n2＋2n，
n
∴＝＝，
∴T＝＋＋…＋
n
＝
＝
＝－－，∴T＝－－.
n
微重点 8 数列的递推关系
1．D
2．B [因为na ＝(n＋1)a＋2，
n＋1 n
所以＝＋，
即－＝2，
所以－＝2，
－＝2，
…
－＝2，
累加得－
＝2
＝2(n≥2)，
即－1＝2－，
即a＝3n－2，当n＝1时也成立，
n
则a ＝6 067.]
2 023
3．B [由题意知S ＝a ＋，
102 102
所以S －a ＝S ＝，
102 102 101
又S ＝－a ＋，
101 101
所以a ＝，
101
故S ＝S －a ＝0.]
100 101 101
4．C [由2a －aa ＝1，
n＋1 n n＋1
得a ＝，
n＋1
所以－＝－＝－＝－1，
又＝，
故数列为以为首项，－1为公差的等差数列，则＝＋(n－1)×(－1)＝－n，故a ＝1＋，a
n 2
＝，数列{a}的最小值为a＝－1，最大值为a＝3.]
n 7 6
5．22 023
6．5
解析 根据题意，
(n＋1)a－2(n＋1)a ＝a＋2a ，
n n＋1 n n＋1化简得＝，
所以＝，
＝，
…
＝(n≥2)，
运用累乘法计算得＝···…·×＝(n≥2)，
且a＝，
1
所以a＝，n≥2，
n
a＝符合该式，
1
当a>时，2n·n(n＋1)<1 000，
n
当n＝5时，2n·n(n＋1)＝960<1 000，
当n＝6时，2n·n(n＋1)＝2 688>1 000，
所以满足条件的n的最大值为5.
7．(1)证明 当n＝1时，＝，则a＝2.
1
因为＋＋＋…＋＝，①
所以＋＋＋…＋＝，②
由②－①得＝－，
化简可得2a－a ＝aa ，
n n＋1 n n＋1
＝
＝＝，
所以数列是一个首项为＝－，
公比为的等比数列．
(2)解 由(1)可知＝－×＝－，
化简可得a＝.
n
b＝a(a －1)＝＝－，
n n n＋1
所以S＝＋＋＋…＋
n
＝1－.
微重点 9 子数列问题
1．解 (1)由题意知a＝2，a＝4，
1 2
a＝8，
3
所以等比数列{a}的公比q＝2，a＝aqn－1＝2n，
n n 1设等差数列{b}的公差为d，
n
则2＝b－2b＝2d－b，
3 1 1
S＝＝7b＝7a，
7 4 3
所以b＝8＝b＋3d，
4 1
所以b＝2，d＝2，b＝2n.
1 n
(2)由(1)知c＝[lg (2n)]，
n
则T ＝c ＋c ＋…＋c ＝[lg 2]＋[lg 4]＋[lg 6]＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋
100 1 2 100
[lg 200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.
2．解 (1)设等差数列{a}的公差为d，
n
则
解得
所以a＝1＋2(n－1)＝2n－1.
n
(2)因为b＝
n
所以数列{b}的前100项和为
n
(b＋b＋…＋b )＋(b ＋b ＋…＋b )＋(b ＋b ＋…＋b )＋…＋(b ＋b ＋…＋b )
1 2 10 11 12 20 21 22 30 91 92 100
＝(a＋a＋…＋a )＋2(a＋a＋…＋a )＋
1 2 10 1 2 10
22(a＋a＋…＋a )＋…＋29(a＋a＋…＋a )
1 2 10 1 2 10
＝(1＋2＋22＋…＋29)(a＋a＋…＋a )
1 2 10
＝×＝102 300.
3．解 (1)设等比数列{b}和递增的等差数列{a}的公比和公差分别为q，d，故由a ＝12，
n n 1
b＝1，a＝5b，a＝2b 可得
1 2 2 3 3
解得或(舍)．
故a＝12＋3(n－1)＝3n＋9，b＝3n－1.
n n
(2)∵b＝1，b＝3，b＝9，b＝27，
1 2 3 4
b＝81，b＝243，
5 6
∴b＝a，b＝a ，b＝a ，
4 6 5 24 6 78
∴b，b 是公共项．
4 5
∴S ＝(b＋b＋b＋b＋b)＋(a＋…＋a )－(b＋b)＝1＋3＋9＋12×60＋×3＝
63 1 2 3 4 5 1 60 4 5
6 043.
4．解 (1)因为a ＝
n＋1
所以当k∈N*时，a ＝a ＋1＝a ＋1＝a ，即＝.
2k＋1 2k (2k－1)＋1 2k－1
所以当n为奇数时，是常数列．
又a＝1，所以当n为奇数时，＝＝1，
1
即a＝n.
n当n为偶数时，a＝a －1＝n＋1－1＝n，
n n＋1
所以当n∈N*时，a＝n，
n
即{a}的通项公式为a＝n.
n n
(2)因为＋＝a，
所以b＝＝＝
n
＝2，
所以S＝2＋
n
＝2＝.
即数列{b}的前n项和S＝.
n n
专题四 立体几何
第 1 讲 空间几何体
1．A 2.B 3.C 4.C 5.D
6．C [对于④，中间是正三角形，它与正视图和侧视图中矩形的宽度不一致，所以④不能
作为该几何体的俯视图图形；
对于其余4个图形，中间图形与正视图和侧视图的矩形宽度一致，可以作为该几何体的俯视
图图形；
所以满足条件的图形有①②③⑤，共4个．]
7．B
8．B [如图所示，当点P位于垂直于平面AOB的直径端点时，三棱锥O－PAB的体积最大，
设球O的半径为R，
此时V ＝V ＝×R2××R＝，
O－PAB P－AOB
解得R＝2，则球O的表面积为4πR2＝16π.]
9．D [将三棱锥由PA展开，如图所示，则∠APA＝90°，
1所求最短距离为AA 的长度，
1
∵PA＝2，
∴由勾股定理可得
AA＝＝2 .
1
∴虫子爬行的最短距离为2 .]
10．D [由题知V ＝V ，
B－AEF B－ACD
所以S ＝S ＝××1×1×＝，
△AEF △ACD
记EF＝a，AE＝b，AF＝c，
则bcsin 60°＝，即bc＝.
则a2＝b2＋c2－2bccos 60°≥2bc－bc＝bc＝，
当且仅当b＝c＝时取等号，
所以a即EF的最小值为.]
11. D [将四棱台补为如图所示的四棱锥P－ABCD，分别取BC，BC 的中点为E，E，
1 1 1
记四棱台ABCD－ABC D 的上、下底面中心分别为O，O，
1 1 1 1 1
连接AC，AC ，BD，BD，AO，OE，OP，PE，
1 1 1 1 1
由条件知A，B，C ，D 分别为四棱锥P－ABCD的侧棱PA，PB，PC，PD的中点，
1 1 1 1
则PA＝2AA＝4，OA＝AB＝2，
1
所以OO ＝PO＝＝，
1
故该四棱台的高为，故A错误；
由PA＝PC＝4，AC＝4，得△PAC为正三角形，
则AA 与CC 所成角为60°，故B错误；
1 1
四棱台的斜高h′＝PE＝
＝＝，
所以该四棱台的表面积为
(2)2＋()2＋4××＝10＋6，故C错误；
由△PAC为正三角形，易知OA＝OA＝OC＝OC ，OB＝OD ＝OB＝OD，
1 1 1 1
所以O为该四棱台外接球的球心，且外接球的半径为2，所以该四棱台外接球的体积为×23
＝，故D正确．]
12．C [不妨过斜圆柱的最高点D和最低点B作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间
的是圆柱，如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE是斜圆柱的过底面椭圆的
长轴的截面，
由圆柱的性质知∠ABF＝45°，
则BF＝AB，设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，
则2a＝·2b，a＝b，
c＝＝＝a，
所以离心率为e＝＝，A正确；
EG⊥BF，垂足为G，则EG＝6，
易知∠EBG＝45°，则BE＝6，
又CE＝AF＝AB＝4，
所以斜圆柱的侧面积为S＝2π×2×(4＋6)－2π×2×4＝24π，B正确；
2b＝4，b＝2,2a＝4，a＝2，
椭圆面积为πab＝4π，D正确；
由于斜圆柱的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的
半径为2，则球的表面积为4π×22＝16π，C错误．]
13.
14．π＋ 3π＋4＋4
解析 根据三视图还原该几何体的直观图，如图所示，
几何体体积V＝V ＋V ＝×π×12×2＋×2×2×2＝π＋；
半圆柱 四棱锥
表面积S＝2××π×12＋×2π×1×2＋2××2×2＋2××2×2＝3π＋4＋4.
15．40π解析 由圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，
可得sin∠ASB＝＝，
又△SAB的面积为5，
则SA2·sin∠ASB＝5，
即SA2×＝5，
可得SA＝4，
SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为×4＝2，
则该圆锥的侧面积为π×2×4＝40π.
16.
解析 设截面圆半径为r，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即此距离为 2，
根据截面圆的周长可得3π＝2πr，
得r＝，
故R2＝r2＋22＝，得R＝，
所以球的表面积S＝25π.
1
如图，OA＝OB＝，且OO ＝2，
1
则球冠的高h＝R－OO ＝，
1
得所截的一个球冠表面积S＝2πRh＝2π××＝，且截面圆的面积为π×2＝，
所以工艺品的表面积为4πR2－6＝25π－＝.
第 2 讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
1．D 2.D 3.A
4．B [把三棱柱补成如图所示的长方体，连接BD，CD，
1
则BD∥AC ，
1 1
所以∠CB D(或其补角)即为异面直线AC 与CB 所成的角．
1 1 1由题意可得CD＝AB＝＝＝2，
BD＝AC ＝＝2，
1 1
CB ＝＝＝，
1
所以在△CB D中，由余弦定理得cos∠CB D＝＝＝.
1 1
所以异面直线AC 与CB 所成角的余弦值为.]
1 1
5．A [对于选项A，在正方体ABCD－ABC D 中，因为BB⊥平面ABCD，EF⊂平面
1 1 1 1 1
ABCD，所以BB⊥EF.因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF⊥BD，又BB∩BD＝B，
1 1
BB，BD⊂平面BDD ，所以EF⊥平面BDD ，又EF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面
1 1 1 1 1
BDD ，故选项A正确；对于选项B，因为平面ABD∩平面BDD ＝BD，由选项A知，平面
1 1 1
BEF⊥平面ABD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA 与直线BE必相
1 1 1 1
交，故平面BEF与平面AAC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB，BC(图略)，
1 1 1 1
易知平面ABC∥平面AC D，又平面ABC与平面BEF有公共点B，所以平面ABC与平面
1 1 1 1 1 1 1
BEF不平行，所以平面AC D与平面BEF不平行，故选项D错误．]
1 1 1 1
6．C [A选项，若BC⊥BD，当平面A′BD⊥平面BCD时，平面A′BD∩平面BCD＝
BD，
BC⊂平面BCD，故BC⊥平面A′BD，
则此时BC⊥A′B；
B选项，当∠ABD>45°时，在翻折过程中，∠A′BA可以取从∠ABD到2∠ABD>90°的范围，
而AB∥CD，即直线A′B与直线CD所成角为∠A′BA，所以存在A′B⊥CD；
C选项，由于AB>AD，所以∠ABD为锐角，
∠A′BD为锐角，即BD与A′B不可能垂直；
D选项，由于BC∥AD，由A选项可知，BC与A′B可能垂直，所以AD与A′B可能垂
直．]
7．C [取BC的中点O，连接OA，OD,
因为△ABC和△BCD均为边长为2的等边三角形，
所以OA＝OD＝，且OA⊥BC，OD⊥BC.
又因为OA⊂平面ABC，OD⊂平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，
所以∠AOD为二面角A－BC－D的平面角．
取CD的中点E，连接BE，AE，
因为△BCD是等边三角形，所以CD⊥BE，又因为AB⊥CD，AB⊂平面ABE，BE⊂平面ABE，AB∩BE＝B，
所以CD⊥平面ABE.
因为AE⊂平面ABE，所以CD⊥AE，所以AD＝AC＝2.
在△AOD中，cos∠AOD＝＝＝，
故二面角A－BC－D的余弦值为.]
8．C [对于A，
∵PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，∴AE⊥PA，
∵六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，∴AE⊥AB，
∵PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，∴AE⊥平面PAB，故A正确；
对于B，∵六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，
∴∠PDA即直线PD与平面ABC所成角，PA＝2AB，
∴PA⊥AD，PA＝AD，∴∠PDA＝45°，∴直线PD与平面ABC所成角为45°，故B正确；
对于C，∵BC∥EF，EF⊂平面PEF，BC⊄平面PEF，
∴BC∥平面PEF.
设平面PBC与平面PEF的交线为l，则BC∥l，
又BC∥AD，∴AD∥l，故C错误；
对于D，设AB＝1，则PA＝2，
AE＝＝，
PE＝＝，BE＝2，PB＝＝，
∵CD∥BE，∴∠PBE是直线CD与PB所成的角(或所成角的补角)，
∴直线CD与PB所成的角的余弦值为cos∠PBE＝＝，故D正确．]
9．若①③，则②或若②③，则①(填写一个即可) 10.2
11．60°
解析 如图，过B，D作BE∥CD，DE∥CB，且BE，DE交于点E，
连接AE，OE，
所以直线AB与CD所成的角即为∠ABE或其补角，
设正方形ABCD的边长为2，则BE＝AB＝AD＝2，而AO⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
所以AO⊥平面BCD，又OE⊂平面BCD，所以AO⊥OE，且AO＝OE＝，
故AE＝2，则△ABE为等边三角形，故∠ABE＝60°，即直线AB与CD所成角的大小为60°.
12．①③
解析 连接AC，EF，设AC与EF的交点为O，连接BD，MH，EH，EM，则AC与EF相
交且相互平分，故四边形AECF为平行四边形，故①正确；
所以AE∥CF，又G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，
连接MG，GH，NM，NH，
所以GM∥AE，NH∥CF，
且GM＝AE，NH＝CF，
所以GM∥NH，且GM＝NH，
所以四边形MNHG是平行四边形，故②错误；
易证平面MNHG∥平面EAB，
又GH⊂平面MNHG，
所以GH∥平面EAB，故③正确；
因为EH⊥BC，MH⊥BC，EH∩MH＝H，EH，MH⊂平面EMH，
所以BC⊥平面EMH，
而GH⊄平面EMH，GH∩EH＝H，
所以GH与BC不垂直，故④错误．
13．(1)证明 如图，连接BO，在圆柱OO 中，BC⊥平面CEDF，
1 1
∵EF⊂平面CEDF，∴EF⊥BC，
∵EF⊥CD，BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD，
又BO⊂平面ABCD，∴EF⊥BO，
1 1
∵在△BEF中，O 为EF的中点，∴BE＝BF.
1
(2)解 如图，连接DE，AO，
1∵AD⊥平面DEF，∴直线AE与平面DEF所成的角为∠AED＝，
∴AD＝DE＝a＝，
∵EF⊥平面ABCD，
＝××2＝.
14．(1)证明 如图，连接AC与BD交于点N，连接MN，
∵AB∥CD，AB＝2CD＝4，
∴△CND∽△ANB，
∴＝＝，又∵2EM＝AM，
∴＝＝，
∴CE∥MN，
又∵CE⊄平面BDM，MN⊂平面BDM，
∴CE∥平面BDM.
(2)解 ∵AE⊥平面MBC，BM⊂平面MBC，
∴AE⊥BM，
∵AB＝BE，
∴M是AE的中点，
∵平面ABE⊥平面ABCD，
∴点E到平面ABCD的距离为d＝4sin 60°＝2，
在△BDM中，BD＝2，DM＝2，BM＝2，
∴S ＝×2×＝，
△BDM
∴V ＝V －V ＝
E－BDM E－ABD M－ABD
V ＝××S ×d
E－ABD △ABD
＝××4×2×2＝.设点E到平面BDM的距离为h，则h满足×h＝，
∴h＝，即点E到平面BDM的距离为.
微重点 10 球的切接问题
1．C 2.B
3．C [如图，设O，O 分别为正六棱柱的底面中心，r为内切球半径，R为外接球半径，
1 2
O为OO 的中点，D为AB的中点，
1 2
设正六棱柱的底面边长为2，
若正六棱柱有内切球，
则OO ＝OD＝，即r＝，
1 1
OA2＝OO＋OA2＝7，即R＝，
1
则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为4πR2∶4πr2＝R2∶r2＝7∶3.]
4．D [设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R，
则R＝，
因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的，所以r2－r2＝，
得r2＝，所以A不正确；
所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×＝6π，选项B不正确；
设球O的内接正方体的棱长为a，则a满足a＝2r，显然选项C不正确；
设球O的外切正方体的棱长为b，则b满足b＝2r，显然选项D正确．]
5．A [如图，正四棱锥P－ABCD的底面中心为H.
在底面正方形ABCD中，AH＝，
又PH＝4，故在Rt△PAH中，PA＝＝＝3.
则由正四棱锥的性质可得，其外接球的球心在PH所在的直线上，设其外接球的直径为PQ
＝2r.
又A在正四棱锥外接球的球面上，所以AP⊥AQ.
又AH⊥PH，由射影定理可得PA2＝PH×PQ，
故2r＝PQ＝＝＝，所以r＝.
故该球的表面积为S＝4πr2＝4π×2＝.]
6．①②④
解析 如图，因为PA＝AC＝2，CP＝2，
所以PA2＋AC2＝CP2，
得CA⊥PA，
由D是PB的中点，
得AD⊥PB，AD＝＝，
又CD＝，
所以AC2＋AD2＝CD2，
得AC⊥AD，
又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAB，
所以AC⊥平面PAB，故②正确；
由AB＝AP，得CB＝CP＝2，
故三棱锥P－ABC最长的棱的棱长为2，故①正确；
取等边三角形PAB的中心G，连接OG，OA，
则OG＝AC＝1，
即球心O到底面PAB的距离为1，故③错误；
底面△PAB外接圆的半径r＝，
外接球的半径R＝＝＝，
所以球O的表面积为S＝4π×2＝，
故④正确．
7．16π8.
解析 如图，分别取BC，AD的中点O′，E，连接PE，O′E，O′A，O′D.
因为△PAD是边长为4的等边三角形，
所以PE＝2.
因为四边形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝4，AD∥BC，∠ABC＝60°，
所以O′E＝2，BC＝8.
因为四棱锥P－ABCD的体积为24，设四棱锥P－ABCD的高为h，
所以×h＝24，
所以h＝2.
因为E是AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为PE＝h＝2，
所以PE⊥平面ABCD.
因为O′A＝O′B＝O′C＝O′D＝4，
所以四边形ABCD外接圆的圆心为O′，半径r＝4.
设四棱锥P－ABCD外接球的球心为O，连接OO′，OP，OB，过点O作OF⊥PE，垂足
为F.
易证四边形EFOO′是矩形，
则EF＝OO′，OF＝O′E＝2.
设四棱锥P－ABCD外接球的半径为R，则R2＝OO′2＋O′B2＝OF2＋PF2＝O′E2＋(PE－
OO′)2，
即R2＝OO′2＋42＝(2)2＋(2－OO′)2，
解得R2＝，故四棱锥P－ABCD外接球的表面积是4πR2＝.
微重点 11 立体几何中的动态问题
1．C 2. C [对于①，BD 与DC 显然不垂直，而EF∥C D ，因此BD 与EF显然不垂直，
1 1 1 1 1 1 1 1
从而BD⊥平面BEF是错误的，①错误；
1 1 1
对于②， ，在三棱锥B －DEF中，平面DEF即平面CDD C ，B 到平面
1 1 1 1 1 1CDD C 的距离为BC ，是定值，在△DEF中，EF的长不变，D 到EF的距离不变，故
1 1 1 1 1 1
△DEF的面积为定值，因此三棱锥D－BEF的体积是定值，②正确；
1 1 1
对于③，平面BEF就是平面BADC，而AA 与平面BADC相交，故AA与平面BEF相交，
1 1 1 1 1 1 1 1
③错误；
对于④，在长方体中，CD⊥平面ADDA，CD⊂平面BADC，所以平面ADDA⊥平面
1 1 1 1 1 1
BADC，即平面AADD ⊥平面BEF，④正确．]
1 1 1 1 1
3. C [∵DA⊥平面AAP，DA⊂平面DAP，∴平面DAP⊥平面AAP，①正确；
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
如图，连接AD ，若P是AB上靠近A 的一个四等分点，则DP2＝1＋2＝，此时AP2＝AA＋
1 1 1 1
AP2－2AA×AP×cos 45°＝，DP2＋AP23.841，由临界值表知，P(K2≥3.841)≈0.05，
所以有95%的把握认为是否选择物理与数学成绩有关；
在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为是否选择物理与数学成绩有关；
若表中的数据都扩大为原来的10倍，K2＝≈48.44，
又48.44>10.828，故结论会发生变化．]
8．C [2022年中国运动鞋服消费者为父母长辈购买运动鞋服时选择国产品牌的占比为
71.9%，超过70%，故A正确；
2022年中国运动鞋服消费者没有为孩子购买运动鞋服的占比为 17.2%，低于20%，故B正
确；
2022年中国运动鞋服消费者在为自己购买运动鞋服时选择国外品牌的占比为26.8%，超过了，
故C错误；
2022年中国运动鞋服消费者在为朋友购买运动鞋服时选择国产品牌的人数占比为49.9%，选
择国外品牌的人数占比为24.0%，故D正确．]
9．D [对于甲， ＝×(7.8＋7.8＋7.5＋7.5＋8.0＋8.0＋8.2＋8.3＋8.4＋9.9)＝8.14，
甲
对于乙， ＝×(7.5＋7.8＋7.8＋7.8＋8.0＋8.0＋8.3＋8.3＋8.5＋8.5)＝8.05，故A正确；
乙
甲的极差为9.9－7.5＝2.4，乙的极差为8.5－7.5＝1，故B正确；
甲得分的中位数为＝8，乙得分的中位数为＝8，故C正确；对于甲，s＝×[(7.5－8.14)2＋(7.5－8.14)2＋(7.8－8.14)2＋(7.8－8.14)2＋(8－8.14)2＋(8－8.14)2
＋(8.2－8.14)2＋(8.3－8.14)2＋(8.4－8.14)2＋(9.9－8.14)2]＝0.428 4，
对于乙，s＝×[(7.5－8.05)2＋(7.8－8.05)2＋(7.8－8.05)2＋(7.8－8.05)2＋(8－8.05)2＋(8－8.05)2
＋(8.3－8.05)2＋(8.3－8.05)2＋(8.5－8.05)2＋(8.5－8.05)2]＝0.102 5，故D错误．]
10．A [不妨设8天中，每天查获的酒驾人数从小到大为x，x，…，x，
1 2 8
且x≥0其中i＝1,2,3，…，8，
i
选项A，若不达标，则x≥11，由平均数为7可知，其余七个数中至少有一个数不等于7，
8
由方差定义可知，s2＝(x－7)2＋(x－7)2>2，这与方差为2矛盾，从而甲地一定达标，故A正
i 8
确；
选项B，由众数和中位数的定义可知，当x ＝x ＝0，x ＝x ＝1，x ＝x ＝x ＝3，x ＝11时，
1 2 3 4 5 6 7 8
乙地不达标，故B错误；
选项C，若不达标，则x≥11，由平均数为7可知，因为中位数是5，所以x＋x＝10，
8 4 5
又因为平均数为4，故 ＝32，从而x＋x＋x＋x＋x≤32－11－10＝11，
i 1 2 3 6 7
且x≤x≤x≤5≤x≤x ，则当x ＝x ＝0，x ＝1，x ＝x ＝x ＝x ＝5，x ＝11时满足题意，
1 2 3 6 7 1 2 3 4 5 6 7 8
此时丙地不达标，故C错误；
选项D，由极差和中位数的定义可知，当x ＝x ＝x ＝x ＝x ＝x ＝x ＝8，x ＝11时，丁地不
1 2 3 4 5 6 7 8
达标，故D错误．]
11．4.5 12.②③
13．解 (1)由统计数据得，用户对产品评分分值在[70,80)的概率为＝＝，
用户对产品评分分值在[80,90)的概率为＝＝，
用户对产品评分分值在[90,100]的概率为＝＝.
(2)男性用户有64人，女性用户有36人，根据统计数据得到2×2列联表：
男性用户 女性用户 总计
对产品满意 46 24 70
对产品不满意 18 12 30
总计 64 36 100
K2＝≈0.298<3.841.
所以没有95%以上的把握认为用户对产品满意与否与性别有关．
14．解 (1)∵＝＝3.5，＝＝954，＝，
i i
＝200，
∴相关系数r＝＝≈0.96>0.75.
∴y与x具有较高的线性相关程度．
(2)设y关于x的线性回归方程为y＝bx＋a，其中b＝＝＝≈382.86；
a＝－b＝954－382.86×3.5≈－386.01，
∴y关于x的线性回归方程为y＝382.86x－386.01，
把x＝8代入得y≈2 677(亿元)，
故据此预测2024年中国人工智能教育市场规模约为2 677亿元．
第 2 讲 概 率
1．B 2.C 3.A 4.A 5.D
6．B [当x>7时，由63.841，且4.040<5.024，
因此，有95%的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关．
(2)采用分层抽样的方法从抽取的不了解冬季奥运会项目的学生中随机抽取9人，
这9人中男生的人数为4，设为a，b，c，d，女生的人数为5，设为1,2,3,4,5，
则从这9人中抽取2人的情况有ab，ac，ad，a1，a2，a3，a4，a5，bc，bd，b1，b2，b3，
b4，b5，cd，c1，c2，c3，c4，c5，d1，d2，d3，d4，d5,12,13,14,15,23,24,25,34,35,45，共
36种；其中这2人中至少抽到一名女生的情况有 a1，a2，a3，a4，a5，b1，b2，b3，b4，b5，
c1，c2，c3，c4，c5，d1，d2，d3，d4，d5,12,13,14,15,23,24,25,34,35,45，共30种．
所以从这9人中抽取2人进行面对面交流，至少抽到一名女生的概率P＝＝.
专题六 解析几何
第 1 讲 直线与圆
1．B 2.D 3.D 4.B 5.C 6. A
7.B
8．D [由x2＋y2－4x＝0，得(x－2)2＋y2＝4，
则圆心为C(2,0)，半径r＝2，过点P所作的圆的两条切线相互垂直，设两切点分别为 A，
B，连接AC，BC(图略)，则四边形PACB为正方形，即PC＝r＝2，圆心到直线的距离d＝
≤2，
即－2≤k≤2，
故k不可能为4.]
9．B [C (－6,5)，C (2,1)，C 关于x轴的对称点为C (－6，－5)，
1 2 1 3
故|PC |＋|PC |≥|C C |＝＝10，
1 2 2 3
又两圆的半径分别为2,1，
则|PM|＋|PN|≥10－2－1＝7，
故|PM|＋|PN|的取值范围是[7，＋∞)．]
10．D [由题可知圆O 的半径为，圆M上存在点P，过点P作圆 O 的两条切线，切点分
别为A，B，使得∠APB＝，则∠APO＝，
在Rt△PAO中，|PO|＝3，
∴点P在圆x2＋y2＝9上，
由于点P也在圆M上，故两圆有公共点．
又圆M的半径等于1，圆心坐标M(a，1)，
∴3－1≤|OM|≤3＋1，
∴2≤≤4，
∴a∈[－，－]∪[，]．]
11．D [圆O的半径为2，
因为cos θ·sin θ＋sin θ·(－cos θ)＝0，
所以l⊥l，A错误；
1 2圆心O到直线l 的距离为d＝＝4>2，直线l 与圆O相离，B错误；
1 1
圆心O到直线l 的距离为
2
d′＝＝1，
所以弦长为2×＝2，C错误；
由
得
即Q(4cos θ＋sin θ，4sin θ－cos θ)，
所以|OQ|
＝＝，
所以|PQ|的最大值为＋2，D正确．]
12．B [由题设知BC的中点为(1,3)，
“欧拉线”斜率为k＝－＝－1，
所以“欧拉线”方程为y－3＝－(x－1)，
即x＋y－4＝0，
又O到x＋y－4＝0的距离为d＝>2，即“欧拉线”与圆O相离，
要使|MN|最小，则在Rt△PMO与Rt△PNO中，∠MOP＝∠NOP最小，即∠MPN最大，
而仅当OP⊥“欧拉线”时，∠MPN最大，
所以d＝|OP|＝2，
则|MN|＝2rsin∠NOP，
且圆O半径r＝2，cos∠NOP＝＝，
所以sin∠NOP＝，
即|MN| ＝2.]
min
13．2x＋y＋1＝0
14. (x－2)2＋(y－3)2＝13或(x－2)2＋(y－1)2＝5或2＋2＝或2＋2＝
解析 依题意设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F＞0.
若过(0,0)，(4,0)，(－1,1)，
则
解得满足D2＋E2－4F＞0，
所以圆的方程为x2＋y2－4x－6y＝0，
即(x－2)2＋(y－3)2＝13；
若过(0,0)，(4,0)，(4,2)，
则
解得满足D2＋E2－4F＞0，
所以圆的方程为x2＋y2－4x－2y＝0，即(x－2)2＋(y－1)2＝5；
若过(0,0)，(4,2)，(－1,1)，
则
解得满足D2＋E2－4F＞0，
所以圆的方程为x2＋y2－x－y＝0，
即2＋2＝；
若过(－1,1)，(4,0)，(4,2)，
则
解得满足D2＋E2－4F＞0，
所以圆的方程为x2＋y2－x－2y－＝0，
即2＋(y－1)2＝.
15. 4
解析 由圆C ：(x－1)2＋(y－2)2＝4，可知圆心C (1,2)，半径为2，由圆C ：(x－2)2＋(y－
1 1 2
1)2＝2，可知圆心C (2,1)，半径为，
2
又圆C ：x2＋y2－2x－4y＋1＝0，圆C ：x2＋y2－4x－2y＋3＝0，
1 2
所以可得直线AB：x－y－1＝0，
设l：x－y＋c＝0，因为直线l与圆C 相切，则＝.
2
解得c＝1或c＝－3，
当c＝1时，l：x－y＋1＝0，
所以|MN|＝2×＝4；
当c＝－3时，l：x－y－3＝0，因为>2，故不符合题意．
综上，|MN|＝4.
16．(0,1)
解析 设抛物线y＝x2＋ax＋b交y轴于点B(0，b)，交x轴于点A(x，0)，C(x，0)，
1 2
由题意可知关于x的方程：x2＋ax＋b＝0，Δ＝a2－4b>0，
由根与系数的关系可得x＋x＝－a，xx＝b，
1 2 1 2
所以线段AC的中点为，
设圆心为P，
由|PA|2＝|PB|2可得
2＋t2＝＋(t－b)2，
解得t＝，
∵x＋ax＋b＝0，
1
则t＝＝，
则t－b＝，所以圆P的方程为2＋2＝，
整理可得(x2＋y2－y)＋ax＋b(1－y)＝0，
方程组的解为
因此，△ABC的外接圆恒过的定点坐标为(0,1)．
第 2 讲 圆锥曲线的方程与性质
1．B 2.A 3.B 4.B 5.A 6.D
7．C [由题意知，椭圆中的几何量b＝c＝2，得a＝2，则2a＝4，A正确；
|AB|＝|OB|＋|OA|＝2＋|OA|，
由椭圆性质可知2≤|OA|≤2，
所以4≤|AB|≤2＋2，B正确；
记∠AOF＝θ，
则S ＝S ＋S ＝|OA|·|OF|sin θ＋|OB|·|OF|sin(π－θ)＝|OA|sin θ＋2sin θ＝(|OA|＋2)sin
△ABF △AOF △OBF
θ，
取θ＝，
则S ＝1＋|OA|<1＋×2<4，C错误；
△ABF
由椭圆定义知|AF|＋|AG|＝2a＝4，
所以△AFG的周长L＝|FG|＋4＝4＋4，D正确．]
8．C [易知椭圆C的方程为＋y2＝1，
圆O的方程为x2＋y2＝1，
设P(x，y)，因为l⊥l，
0 0 1 2
则d＋d＝|PM|2＝x＋(y－1)2，
0
因为＋y＝1，
所以d＋d＝4－4y＋(y－1)2
0
＝－32＋，
因为－1≤y≤1，
0
所以当y＝－，即点P时，d＋d取得最大值.]
0
9.＋＝1(答案不唯一) 10. 12 11.
12．2
解析 由题意可知，F(－c，0)，A(a，0)，
渐近线不妨设为y＝－x，
则k ＝，
FM直线FM的方程为y＝(x＋c)，
令x＝0，可得y＝，
则P，
则OP的中点坐标为，
联立
解得M，
因为直线AM经过OP的中点，
所以＝，
则2b2＝ac＋c2,2(c2－a2)＝ac＋c2，
即c2－ac－2a2＝0，
则e2－e－2＝0，解得e＝－1 (舍)或e＝2.
13．解 (1)设A(x ，y )．
A A
由题意知，F(c，0)，c＝，
2
y＝b2(c2－1)＝b4，
因为△FAB是等边三角形，
1
所以2c＝|y |，
A
即4(1＋b2)＝3b4，
解得b2＝2.
故双曲线的渐近线方程为y＝±x.
(2)由已知，F(－2,0)，F(2,0)．
1 2
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
直线l：y＝k(x－2)．显然k≠0.
由
得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0.
因为l与双曲线交于两点，
所以k2－3≠0，且Δ＝36(1＋k2)>0.
设AB的中点为M(x ，y )．
M M
由(F1A＋F1B)·AB＝0，
即F1M·AB＝0，
知FM⊥AB，故 ·k＝－1.
1
而x ＝＝，
M
y ＝k(x －2)＝， ＝，
M M
所以·k＝－1，得k2＝，故l的斜率为±.
第 3 讲 直线与圆锥曲线的位置关系
1．C 2.C 3. A 4.B 5.D 6.A 7.A
8．C [根据题意可得F(－1,0)，显然直线PA的斜率存在，故可设其方程为y＝k(x＋1)，
1
联立椭圆方程可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，设P(x，y)，A(x，y)，
1 1 2 2
故x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
y＋y＝k(x＋x)＋2k＝，
1 2 1 2
故|PA|＝×＝，
设PA的中点为H，则其坐标为＝，
显然x轴垂直平分PB，故可设G(x，0)，又GH所在直线的方程为y－＝－，
令y＝0，解得x＝，
故|GF|＝＝，
1
故＝＝4.]
9．[1,4)∪(4，＋∞) 10.5
11.＋1
12．
解析 设椭圆的左、右焦点分别为F(－c，0)，F(c，0)，将x＝－c代入椭圆方程可得y＝
1 2
±，可设A，
C(x，y)，
由S ＝ ，得AF2＝3F2C，
△ABC
即有＝3(x－c，y)，
所以2c＝3x－3c，－＝3y，
解得x＝，y＝－，
代入椭圆方程可得＋＝1，
即25c2＋b2＝9a2.
因为b2＝a2－c2，所以a2＝3c2，即a＝c，
所以e＝＝.13．解 (1)设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，
F(c，0)，∵△ABB 是直角三角形，且|AB|＝|AB|，∴∠BAB ＝，∴|OA|＝|OB|，即b＝，∵c2
2 1 2 1 2 1 2 2
＝a2－b2，∴a2＝5b2，c2＝4b2，∴e＝＝，在△ABB 中，OA⊥BB ，∴S＝|BB||OA|＝·b＝b2＝
1 2 1 2 1 2
4，∴a2＝5b2＝20，∴椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)由(1)知，B(－2,0)，B(2,0)，由题意，得直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方
1 2
程为x＝my－2，代入椭圆方程，消元可得(m2＋5)y2－4my－16＝0，①
设P(x ，y)，Q(x ，y)，∴y ＋y ＝，yy ＝ ，∵B2P＝(x －2，y)，B2Q＝(x －2，y)，且
1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2
PB⊥QB，∴B2P·B2Q＝(x－2)(x－2)＋yy＝－＝0，
2 2 1 2 1 2
∴m＝±2，当m＝±2时，①可化为9y2±8y－16＝0，∴|y－y|＝＝ ，
1 2
∴△PBQ的面积为S＝|BB||y－y|＝×4×＝.
2 1 2 1 2
第 4 讲 圆锥曲线的综合问题
母题突破 1 范围、最值问题
解 (1)因为双曲线－＝1(a>0，b>0)的离心率为，
则＝，c＝a，可得a＝b，
由已知，将x ＝c＝a代入－＝1，可得|y |＝a，
B B
由S ＝|BF|·|AF|＝2(＋1)，
△ABF
即a(a＋c)＝2(＋1)，
解得a＝2，故双曲线的方程为x2－y2＝4.
(2)依题意，设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
由可得(1－k2)x2＋2kx－5＝0，
所以
解得－10和x<0两种情况讨论，如下，
0 0
当x>0时，＋4x≥2＝4，
0 0
则有＋－≤－4，
当且仅当x＝时，等号成立；
0
当x<0时，
0
－－4x≥2＝4，
0
则有＋－≥4，
当且仅当x＝－时，等号成立，
0
故＋－的取值范围为(－∞，－4]∪[4，＋∞)．
母题突破 2 定点问题
1．(1)解 ∵|MF |－|MF |＝2<|FF|＝2，
2 1 1 2
∴动点M的轨迹是以点F，F 为左、右焦点的双曲线的左支，
1 2
则2a＝2，可得a＝1，b＝＝3，
∴点M的轨迹方程为x2－＝1(x≤－1)．
(2)证明 ∵∠ONP＝∠ONQ，
∴直线PQ垂直于x轴，
易知，直线BP的斜率存在且不为0，
设直线BP的方程为x＝my＋n，设P(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则Q(x，－y)，
1 1
联立
化简得(9m2－1)y2＋18mny＋9n2－9＝0，
直线与双曲线左、右支各有一个交点，需满足m>或m<－，
∴y＋y＝，yy＝，
1 2 1 2
又Δ＝182m2n2－36(9m2－1)(n2－1)
＝36(9m2＋n2－1)>0，
又N，B，Q三点共线，且NQ斜率存在，
∴k ＝k ，
NQ NB
即＝，
∴－y(my＋n－4)＝y(my＋n－4)，
1 2 2 1
∴2myy＋(n－4)(y＋y)＝0，
1 2 1 2
∴2m·＋(n－4)·＝0，
化简得18m(n2－1)＋
(n－4)(－18mn)＝0，
∴n2－1－(n－4)n＝0，
∴4n－1＝0，即n＝，满足Δ>0，
即直线BP的方程为x＝my＋，
∴直线BP过定点.
2．(1)解 由抛物线y2＝2px(p>0)经过点(1,2)，得4＝2p，即p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x，其准线方程为x＝－1.
(2)证明 由题意知，直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x＝my＋2.
将x＝my＋2代入y2＝4x，
消去x得y2－4my－8＝0，
显然Δ＝16m2＋32>0，
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝4m，yy＝－8.
1 2 1 2
因为AB＝2AM，
所以M是线段AB的中点，
设M(x ，y )，
M M
则x ＝＝＝2m2＋2，
My ＝＝2m，
M
所以M(2m2＋2,2m)，
又MN⊥y轴，所以垂足N的坐标为N(0,2m)．
设以MN为直径的圆恒经过点D(x，y)，
0 0
则DM＝(2m2＋2－x，2m－y)，
0 0
DN＝(－x，2m－y)，
0 0
由DM·DN＝0，
得－x(2m2＋2－x)＋(2m－y)2＝0，
0 0 0
即(4－2x)m2－4ym＋x＋y－2x＝0，①
0 0 0
因为对任意的实数m，①式要恒成立，
所以解得
所以以MN为直径的圆恒过定点，该定点的坐标为(2,0)．
母题突破 3 定值问题
1．(1)解 由题意得＝，
则a＝2c，b＝c.
△ABF的面积为(a－c)b＝，
则(a－c)b＝.
将a＝2c，b＝c代入上式，
得c＝1，则a＝2，b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明 由题意可知直线PQ的斜率一定存在，
设直线PQ的方程为y＝kx＋m，
设P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
则M(－x，－y)，N(－x，y)，
1 1 1 1
E(－x 0)，
1,
联立方程
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
∴x＋x＝－，
1 2
∴y＋y＝k(x＋x)＋2m
1 2 1 2
＝k＋2m＝，
∴k ＝＝＝－，
MQk ＝＝k ＝k，
PE PQ
∵k ＝＝2·＝2k ＝2k，
MP PE
∴k ·k ＝－×2k＝－，
MP MQ
∴k ·k 为定值－.
MP MQ
2．(1)解 ∵双曲线－＝1，其虚轴长为2，且离心率为，
∴2＝2b，e＝＝，∵c2＝a2＋b2，
∴b2＝2，a2＝，
∴双曲线C的方程为2x2－＝1.
(2)证明 设点M，A，B的坐标分别为(x，y)，(x，y)，(x，y)，且xb>0)，
则a＝2，c＝1，b＝，
所以点Q的轨迹方程为＋＝1.
(2)①若两条直线斜率均存在，
设过点N的弦所在直线l 的方程为
1
x＝ty－1(t≠0)，
代入椭圆方程联立得(3t2＋4)y2－6ty－9＝0，
设l 与椭圆两交点的坐标分别为(x，y)，(x，y)，
1 1 1 2 2
所以y＋y＝，
1 2
所以y ＝，
E
则x ＝t·－1＝，
E
同理x ＝，y ＝，
F F
由对称性可知EF所过定点必在x轴上，
设为T(x 0)，
0,
显然ET∥TF，
所以·
＝·，
化简得－4(1＋t2)＝7x(1＋t2)，
0
即x＝－；
0②若其中一条直线斜率不存在，则直线EF为x轴，
综上直线EF必过定点T，
取点N与点T的中点为G，
则G，
因为NH⊥EF，所以NH·TH＝0，
所以点H在以G为圆心，|GT|＝|GH|＝为半径的圆上运动，
所以存在定点G，使得|GH|为定值．
微重点 13 离心率的范围问题
1．B
2．B [方法一 由双曲线的定义知
|PF|－|PF|＝2a，①
1 2
又|PF|＝4|PF|，②
1 2
故联立①②，
解得|PF|＝a，|PF|＝a.
1 2
在△PFF 中，由余弦定理，
1 2
得cos∠FPF＝＝－e2，
1 2
要求e的最大值，
即求cos∠FPF 的最小值，
1 2
当cos∠FPF＝－1时，
1 2
解得e＝，即e的最大值为.
方法二 由双曲线的定义知，
|PF|－|PF|＝2a，
1 2
又|PF|＝4|PF|，
1 2
∴|PF|＝a，|PF|＝a，
1 2
∵|FF|＝2c，
1 2
∴a＋a≥2c，
∴≤，
即双曲线的离心率e的最大值为.]
3．B 4.D
5．A [双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x，
∵||PF|－|PF||＝2b<|FF|，
1 2 1 2∴点P在双曲线－＝1上，
∵双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x，
又y＝±x与双曲线－＝1相交，
∴由双曲线渐近线性质可知<，即a2>b2，
即a2>c2－a2，解得1<<，
故该双曲线离心率的取值范围是(1，)．]
6．B [因为A在B的上方，且这两点都在C上，
所以A(2a，b)，B(2a，－b)，
则|AB|＝2b.
因为DA＝AB，
所以A是线段BD的中点，
又EA∥x轴，
所以|ED|＝|EB|，EA⊥BD，
所以△BDE的内心G在线段EA上．
因为DG平分∠EDA，在△EDA中，
由角平分线定理知＝，
因为G到y轴的距离不小于，
所以≥＝2，
所以≥2，
所以∠EDA≥60°，
因此tan∠EDA＝＝≥，
即a≥3b，≤，
故1b2，
∴c>b，∴c2>a2－c2，
∴e∈，∴选项C正确；
若|PF|≤2b恒成立，∴a＋c≤2b，
1
∴a2＋c2＋2ac≤4b2＝4(a2－c2)，
∴5e2＋2e－3≤0，
∴00，y>0)，P(x，y)，
1 1 1 1 0 0
则N(－x，－y)，E(x 0)，
1 1 1,
所以k ＝，k ＝k ＝＝，k ＝，
MN PN EN PM
k ×k ＝·＝＝－，
PN PM
所以k ＝－＝，
PN
所以k ＝－.
PM
所以k ×k ＝×＝－1，
MN PM
所以MN⊥MP，
所以cos∠NMP＝cos ＝0.
微重点 15 抛物线的二级结论的应用
1．D 2.B
3．B [∵OA⊥OB，∴直线过定点(2p，0)
设直线l的方程为x＝y＋2p，
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
联立
得y2－2py－4p2＝0，
Δ＝4p2－4×(－4p2)＝20p2>0，
∴y＋y＝2p，yy＝－4p2，
1 2 1 2
S ＝·2p·|y－y|
△AOB 1 2
＝p
＝p·＝2p2＝8，
∴p＝2，
∴抛物线C的方程为y2＝4x.]
4．C [不妨令直线l的倾斜角为θ，
则|AF|＝＝，|BF|＝＝，
又|AF|＝3|BF|，
∴＝3·，
解得cos θ＝，
又θ∈[0，π)，∴θ＝，
∴|AF|＝＝6，
|BF|＝＝2，
∴|AA′|＝6，|BB′|＝2，
∴|A′B′|＝|AB|sin θ＝8×＝4，
∴S ＝×(2＋6)×4＝16.]
四边形ABB′A′
5．D [对于A，因为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，所以p＝2，
所以抛物线方程为y2＝4x，则焦点F(1,0)，准线为x＝－1，故A错误；
对于B，若|AF|＝4，则x ＝3，
A
所以y＝4x ＝12，
A
所以|OA|＝＝，
故B错误；
对于C，设直线AB的倾斜角为α，α∈(0，π)，
则|AF||BF|＝·＝＝4p2，
所以sin2α＝，
所以sin α＝，
所以α＝30°或150°，
所以tan α＝±，故C错误；
对于D，若x轴平分∠HFB，
则∠OFH＝∠OFB，又AH∥x轴，
所以∠AHF＝∠OFH，∠OFB＝∠HAF，
所以∠AHF＝∠HAF，
所以HF＝AF＝AH，
所以＝x ，即x ＝3，
F A所以|AF|＝x ＋1＝4，故D正确．]
A
6．D [由题意知，抛物线C的准线为x＝－1，
即＝1，解得p＝2，故选项A正确；
∵p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x，其焦点为F(1,0)，
由已知可得以AB为直径的圆与准线相切，
∴点M(－1，－1)为切点，
∴圆心的纵坐标为－1，即AB中点的纵坐标为－1，
设AB：x＝ty＋1，
联立
得y2－4ty－4＝0，
Δ＝16t2＋16>0，
∴y＋y＝4t＝－2，
1 2
∴t＝－，即k＝－2，故选项B正确；
∵k＝－2，k ＝＝，k ·k＝－1，
MF MF
∴MF⊥AB，故选项C正确；
过A作AA⊥x轴于点A，过B作BB⊥x轴于点B，
1 1 1 1
设抛物线的准线交x轴于点C，∠BFB＝θ，
1
∴|BF|＝，|AF|＝，
又p＝2，k＝－2，则cos θ＝，
∴＝
＝
＝＝，
故选项D错误．]
7．±2
解析 由抛物线的焦点弦的性质知
＋＝＝1，
又|MF|＝2|NF|，
解得|NF|＝，|MF|＝3，∴|MN|＝，
设直线l的倾斜角为θ，∴k＝tan θ，
又|MN|＝，
∴＝，
∴sin2θ＝，∴cos2θ＝，
∴tan2θ＝8，
∴tan θ＝±2，故k＝±2.
8．13
解析 由题设知，16＝2p×2，
则2p＝8，
故抛物线的标准方程为y2＝8x，则焦点F(2,0)，
由直线PQ过抛物线的焦点，
则＋＝＝，
圆C ：(x－2)2＋y2＝1的圆心为(2,0)，半径为1，
2
|PM|＋4|QN|＝|PF|－1＋4(|QF|－1)
＝|PF|＋4|QF|－5
＝2(|PF|＋4|QF|)－5
＝2×＋5
≥4＋5＝13，
当且仅当|PF|＝2|QF|时，等号成立，故|PM|＋4|QN|的最小值为13.
培优点 6 隐圆(阿波罗尼斯圆)问题
1．D [由题意可知四边形PAOB为正方形，|OP|＝，
∴点P在以O为圆心，以为半径的圆上，其方程为x2＋y2＝2，
若圆M上存在这样的点P，则圆M与x2＋y2＝2有公共点，
则有－≤≤＋，解得－2≤a≤2.]
2．C [由动直线方程化为m(x－1)＋n(y－3)＝0，可知其恒过定点Q(1,3)．
又∵点A(－5，－5)在动直线mx＋ny－m－3n＝0上的射影为点B，
∴∠ABQ＝90°，则点B的轨迹是以AQ为直径的圆，
∴圆心为AQ的中点M(－2，－1)，
圆的半径r＝|AQ|＝5.
又|MC|＝＝7>r＝5，∴点C(5，－1)在圆M外，
故|BC|的最大值为r＋|MC|＝7＋5＝12.]
3．C [已知圆O：x2＋y2＝1，A，B是圆O上两动点，且∠AOB＝，
所以△AOB为等边三角形，
又|AB|＝|OA|＝1，
取AB的中点M，则|OM|＝，
所以|OP|＝，
所以点P的轨迹方程为x2＋y2＝3，
当PQ与x2＋y2＝3相切时，∠PQO最大，
此时sin∠PQO＝，
则∠PQO＝.]
4．D [以BC的中点O为坐标原点，BC，OA所在直线为x轴、y轴，建立如图所示的平面
直角坐标系．
设△ABC的边长为4，
则B(－2,0)，C(2,0)，A(0,2)，E(－1，)，F(1，)，BE＝(1，)，CF＝(－1，)，
设P(x，y)，
则PE＝(－1－x，－y)，
PF＝(1－x，－y)，
由PE·PF＝BE·CF得，
(－1－x，－y)·(1－x，－y)
＝(1，)·(－1，)，
所以x2＋(y－)2＝3，
即点P的轨迹是以(0，)为圆心，为半径的圆，也就是以AO为直径的圆，易知该圆与△ABC
的三边有4个公共点．]
5．C [∵点M(4,3)为AB的中点，∴OM⊥AB，
|OM|＝＝5，
∴|AM|＝|BM|＝＝2，
∵|AC|2＋|BC|2＝66，
∴AC2＋BC2＝66，
则(AM＋MC)2＋(BM＋MC)2＝66，
即AM2＋2AM·MC＋MC2＋BM2＋2BM·MC＋MC2＝66，
∵AM＝－BM，
∴2AM2＋2MC2＝66，
解得|MC|＝3，
∴点C构成的图象是以M为圆心，3为半径的圆，故①错误，②正确；
∴OC的最小值为|OM|－3＝5－3＝2，故③正确，④错误．]
6．D [设C(x，y)，由|CA|＝2|CB|得，
＝2，
整理得Γ的方程为(x－5)2＋y2＝16，其轨迹是以D(5,0)为圆心，半径r＝4的圆．
由图可知，由于|AB|＝6，
所以当DP垂直于x轴时，△PAB的面积有最大值，
所以(S ) ＝|AB|·r＝×6×4＝12，
△PAB max
选项B正确；
因为|PA|＝2|PB|，|MA|＝2|MB|，
所以＝，
所以∠PAB＝∠MAB，
又C的轨迹Γ关于x轴对称，所以Q，M关于x轴对称，选项A正确；
当∠PMQ＝45°时，∠PDQ＝45°×2＝90°，
则△DPQ为等腰直角三角形，|PQ|＝r＝4，
选项C正确；
当直线AC与圆D相切时，CD⊥AC，
此时|AD|＝8＝2r＝2|CD|，
所以sin∠DAC＝，所以切线AC的倾斜角为30°和150°，
由图可知，直线AC的斜率的取值范围为，选项D错误．]
7.
解析 如图，以AB的中点O为坐标原点，AB，OC所在直线为x轴、y轴，建立平面直角
坐标系，
则A(－1,0)，
B(1,0)，
设P(x，y)．
则PA·PB－2λ＋1＝0，
即为(－1－x)(1－x)＋y2－2λ＋1＝0，
化简得x2＋y2＝2λ(λ>0)，
故所有满足PA·PB－2λ＋1＝0的点P在以O为圆心，为半径的圆上．
过点O作OM⊥AC，垂足为点M，由题意知，线段AC与圆x2＋y2＝2λ有两个交点，
所以|OM|<≤|OA|，
即<≤1，解得<λ≤.
8．2x＋y＋1＝0
解析 ⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，①
则圆心M(1,1)，⊙M的半径为2.
如图，由题意可知PM⊥AB，∴S ＝|PM|·|AB|
四边形PAMB
＝|PA|·|AM|＝2|PA|，
∴|PM|·|AB|＝4|PA|
＝4.
当|PM|·|AB|最小时，|PM|最小，此时PM⊥l.
故直线PM的方程为y－1＝(x－1)，
即x－2y＋1＝0.
由得
∴P(－1,0)．
依题意知P，A，M，B四点共圆，且PM为圆的直径，
∴该圆方程为x2＋2＝，②
由①－②整理得2x＋y＋1＝0，即直线AB的方程为2x＋y＋1＝0.
专题七 系列 4 选讲
第 1 讲 坐标系与参数方程
1．解 (1)由题意得直线l的参数方程是(t为参数)，
即(t为参数)，
由曲线C的参数方程知，x2＝sin2φ＋4sin φcos φ＋4cos2φ，
y2＝4sin2φ－4sin φcos φ＋cos2φ，
得x2＋y2＝5，
即曲线C的普通方程是x2＋y2＝5，
又x2＋y2＝ρ2，
故曲线C的极坐标方程是ρ＝.
(2)将直线l的参数方程(t为参数)代入x2＋y2＝5，
整理得t2－t－4＝0，设A，B两点对应的参数分别为t，t，
1 2
则t＋t＝1，tt＝－4<0，
1 2 12
则t，t 为一正一负，
1 2
所以＋＝＋＝＝＝.
2．解 (1)由x＝2cos ＝0，y＝2sin ＝－2，得点M的直角坐标为(0，－2)，
ρcos＋1＝0化简得ρcos θ－ρsin θ＋1＝0，即x－y＋1＝0，故直线l的直角坐标方程为x－y＋1＝0.
(2)设N(2＋2cos α，－2＋2sin α)，则P(1＋cos α，－2＋sin α)，
所以MN的中点P到直线l的距离d＝＝，
当cos＝－1，
即α＝＋2kπ，k∈Z时，d ＝，
min
此时cos α＝－，sin α＝，
所以P(0，－1)，
由ρ＝＝1，θ＝，
可知P点的极坐标为，
所以MN的中点P到直线l的距离的最小值为，此时点P的极坐标为.
3．解 (1)由题意知曲线C的参数方程可化为＋y2＝(cos θ＋sin θ)2＋(cos θ－sin θ)2＝2，
∴曲线C的直角坐标方程为＋＝1，
由ρcos＝8得ρcos θ＋ρsin θ＝16，
∴x＋y－16＝0，即直线l的直角坐标方程为x＋y－16＝0.
(2)设M(ρ，θ)，A(ρ，θ)，B(ρ，θ)，
1 2
则＋＝1，ρcos θ＋ρsin θ＝16，
2 2
即
由|OA|2＝|OM||OB|得ρ＝ρρ ，
2
即＝，
∴＋＝，
即＋＝，
∵ρ≠0，∴M的轨迹方程为2x2＋8y2－x－y＝0(去掉(0,0))．
4．解 (1)因为直线l的参数方程为(t为参数)，
当α＝时，直线l的普通方程为x＝2.
当α≠时，直线l的普通方程为y－＝tan α(x－2)．
因为ρ2＝x2＋y2，ρcos θ＝x，
又因为ρ2＝2ρcos θ＋8，所以x2＋y2＝2x＋8.
所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－8＝0.
(2)将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程并整理，
得t2＋(2sin α＋2cos α)t－5＝0.
因为Δ＝(2sin α＋2cos α)2＋20>0，可设该方程的两个根为t，t，
1 2
则t＋t＝－(2sin α＋2cos α)，tt＝－5.
1 2 12
所以|AB|＝|t－t|
1 2＝
＝
＝4.
整理得(sin α＋cos α)2＝3，
故2sin＝±.
因为0≤α<π，所以α＋＝或α＋＝，
解得α＝或α＝，
综上所述，直线l的倾斜角为或.
第 2 讲 不等式选讲
1．解 (1)当a＝4时，不等式f(x)<6可化为|2x＋4|＋|x－1|<6，
当x<－2时，不等式f(x)<6可化为－2x－4－(x－1)<6，解得－31时，不等式f(x)<6可化为2x＋4＋x－1<6，无解，
综上所述，当a＝4时，不等式f(x)<6的解集为(－3,1)．
(2)由f(x)≥a2－|x－1|得a2≤|2x＋a|＋|2x－2|，
因为|2x＋a|＋|2x－2|≥|(2x＋a)－(2x－2)|＝|a＋2|(当且仅当(2x＋a)(2x－2)≤0时，等号成立)，
又因为a2≤|2x＋a|＋|2x－2|对任意的x∈R恒成立，所以a2≤|a＋2|，
当a＋2≤0，即a≤－2时，有a2≤－a－2，即a2＋a＋2≤0，此不等式无解，
当a＋2>0，即a>－2时，有a2≤a＋2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2，
综上所述，a的取值范围为－1≤a≤2.
2．解 (1)f(x)＝|x－2|＋|x＋t|≥|t＋2|＝t＋2＝3，
当且仅当－t≤x≤2时，等号成立，
所以t＝1.
(2)g(x)＝
f(x＋a)＝
画出函数f(x＋a)与g(x)的大致图象，如图所示，
由图可知，当2x＋2a－1≥2x＋2时，即a≥时，f(x＋a)≥g(x)恒成立．
3．(1)解 当m＝1时，f(x)＝|x－4|＋|x＋1|＝
当x≤－1时，－2x＋3>7，
解得x<－2；
当－17，显然不成立；
当x≥4时，2x－3>7，
解得x>5.
综上，当m＝1时，不等式f(x)>7的解集为(－∞，－2)∪(5，＋∞)．
(2)证明 f(x)＝|x－4m|＋≥＝，
当且仅当－≤x≤4m时，等号成立，
∵m>1，
∴＝4m＋，
∴f(x)＋－≥4m＋＋－＝4m＋，
4m＋＝4(m－1)＋＋4≥2＋4＝8，
当且仅当4(m－1)＝，
即m＝时，等号成立，
故f(x)＋－≥8.
4．(1)解 当x≥－时，f(x)＝＋|2x＋1|＝x＋＋2x＋1＝3x＋，
当x＝－时，取到最小值；
当x<－时，f(x)＝＋|2x＋1|＝－x－－2x－1＝－3x－，
f(x)>；
当－≤x<－时，f(x)＝＋|2x＋1|＝－x－＋2x＋1＝x＋，
当x＝－时，取到最小值；
综上所述，f(x)的最小值为，
即M的值为.
(2)证明 由柯西不等式有[(x2＋1)＋(y2＋1)＋(z2＋1)]≥(x2＋y2＋z2)2，
令t＝x2＋y2＋z2，由排序不等式有x2＋y2＋z2≥xy＋yz＋xz＝1，
即t≥1，
所以≥＝t＋3＋－6，
因为t≥1，所以t＋3≥4，根据对勾函数的性质，得t＋3＋－6≥4＋－6＝，
即＋＋≥M.
