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高考 22 题逐题特训答案精析
小题满分练 1
1．D 2.D 3.D 4.C 5.B
6．C [因为sin＝，
所以(cos α－sin α)＝.
所以cos α－sin α＝，
所以1－2sin αcos α＝，
得sin αcos α＝，
因为cos α＋sin α＝＝，
所以＝＝＝＝.]
7．B [设P在渐近线y＝－x上，F(－c，0)，
则直线FP的方程为y＝(x＋c)，
由得
即P，由FP＝2FQ，
得Q，
因为Q在双曲线上，
所以－＝1，
化简得c2＝2a2，e＝＝.]
8．A [由题意得函数的定义域为R.
f(－x)＝－x(e－x－ex)＋x2＝x(ex－e－x)＋x2＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数．
当x>0时，f′(x)＝ex－＋xex＋xe－x＋2x，
因为x>0，所以f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为函数f(x)是偶函数，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减．
则由已知f(x)|y|>|x|，(*)
可知x，y同号，故A正确，B错误；
对于C，当x＝－1，y＝－2时，x＋y＝－3，满足(*)式，此时x＋y<0，故C错误；
对于D，当x＝1，y＝2时，x＋y＝3满足(*)式，此时x＋y>0，故D错误．]
9．AC10．BCD [∵sin 1∈(0,1)，
∴log (sin 1)<0,2sin 1>1，
2
∴log (sin 1)<2sin 1，故A不正确；
2
∵0<2<1， >1，
∴2< ，故B正确；
要判断－<－2，
即判定＋2<＋，
即判定(＋2)2<(＋)2，
即11＋4<11＋2，即4<2，即28<30成立，故C正确；
∵log 3＝1＋log ，
4 4
log 5＝1＋log ，
6 6
∵log 0，
得kπ－0.
设线段MN的中点为G，
知G点坐标为，
因为|BM|＝|BN|，所以直线BG垂直平分线段MN，所以直线BG的方程为y＝－x＋b，且经
过点G，
可得＝＋b，
解得m＝.
因为b2＋1－m2>0，
所以b2＋1－2>0，
解得00时，g′(x)≤0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)f(x)，故选项C错误；
1 2
对于选项D，因为函数f(x)＝在(0，π)上单调递减，
所以函数f(x)＝在上也单调递减，
所以f(x)＝>f ＝在上恒成立，
即<在上恒成立，即m的最大值为，故选项D正确．]
13．6 14.
15.(答案不唯一，只要满足α＝π－(k∈Z)即可)
解析 ∵＋
＝
＝＝2，
∴sin＝sin，
∴2α＋＋2α＋＝(2k＋1)π(k∈Z)，
解得α＝－(k∈Z)，
当k＝0时，α＝，
∴使得等式成立的一个α的值为(答案不唯一)．
16.
解析 如图，设中空圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2＋h(00，当h∈时，V′<0，
则当h＝时，V取得最大值为，
又毛坯的体积为π×12×2＋×13＝，
∴该模具体积的最小值为－＝.
小题满分练 3
1．D 2.D 3.D 4.C 5.B 6.A
7．B
8．C [如图所示，在等腰梯形ABCD中，由BC＝2AD＝2AB＝2CD＝4，
过A作AM⊥BC，垂足为M，可得BM＝1，
在Rt△ABM中，
可得cos∠ABM＝＝，
可得∠ABM＝60°，
即∠ABC＝∠DCB＝60°，
取BC的中点E，连接EA，ED，
可得EA＝EB＝EC＝ED＝2，所以梯形ABCD内接于以E为圆心，
半径r＝2的圆，
设四棱锥P－ABCD外接球的球心为O，连接OA，OE，过O作OF∥AE交PA于点F，连接
OP
易知OE⊥平面ABCD，又因为PA⊥平面ABCD，所以OEAF为矩形，F为AP中点，PA＝
2，所以OE＝PA＝1，设四棱锥P－ABCD外接球半径为R，所以R＝＝＝.]
9．BC
10．ABD [由图知，函数的周期T满足T＝－＝，
解得T＝2π，∴ω＝＝＝1，
将点代入函数f(x)的解析式，得1＝cos，
解得φ＝－＋2kπ，k∈Z，
∵－π<φ<0，
∴φ＝－，f(x)＝cos.
对于A，将函数f(x)的图象向左平移个单位长度后得到g(x)＝cos＝sin x，
此时g(x)＝sin x为奇函数，故A正确；
对于B，当x＝－时，f ＝cos＝－1，
所以直线x＝－是f(x)图象的一条对称轴，故B正确；
对于C，f(x)＝cos的单调递增区间满足－π＋2kπ≤x－≤2kπ，k∈Z，
即单调递增区间为，k∈Z，
当k＝1时，单调递增区间为，
当k＝2时，单调递增区间为，
所以f(x)在区间上单调递减，故C错误；
对于D，当x＝时，f ＝cos＝cos ＝0，故D正确．]11．BC [对于A选项，2＝＝e2－1＝，则＝，
所以双曲线C的渐近线方程为y＝±x＝±x，A错误；
对于B选项，由题意可得－c＋＝0，
可得c＝，a＝＝2，b＝a＝1，
所以双曲线C的方程为－y2＝1，B正确；
对于C选项，设点P(x，y)，
0 0
则－y＝1，可得x＝4＋4y，
易知点A(－2,0)，B(2,0)，
所以kk＝·＝＝＝，C正确；
1 2
对于D选项，由题意可知x>2，y>0，
0 0
则k＝>0，k＝>0，且k≠k，
1 2 1 2
所以k＋k>2＝1，D错误．]
1 2
12．ABD [对于A，因为f(x＋1)为偶函数，
所以满足f(－x＋1)＝f(x＋1)，
又f(x)是奇函数，
则f(－x＋1)＝f[－(x－1)]＝－f(x－1)，
所以f(x＋1)＝－f(x－1)，
用x＋1替换x可得f(x＋2)＝－f(x)，
再用x＋2替换x，
可得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故A正确；
对于B，由已知f(x)是奇函数，
当x∈[－1,0]时，f(x)＝－x2，
又f(x＋1)为偶函数，则可知f(x)的图象关于直线x＝1对称，因此可知f(x)在[－1,3]上的值域
为[－1,1]，又由A选项可知f(x)是周期为4的函数，故B正确；
对于C，结合A，B选项可知，f(x)在[－3＋4k，－1＋4k](k∈Z)上单调递减，故C错误；
对于D，因为f(x)是奇函数，且满足f(x＋4)＝f(x)，因此f(x)的图象关于点(4＋2k，0)，k∈Z
中心对称，故D正确．]
13．11 14.360
15．3
解析 如图，可知∠BAD＋∠BCD＝180°，由诱导公式知
sin∠BAD＝sin∠BCD，
又sin∠CBD∶sin∠BDC∶sin∠BAD＝1∶1∶，
故sin∠CBD∶sin∠BDC∶sin∠BCD＝1∶1∶，
在△BCD中，由正弦定理得
CD∶BC∶BD＝1∶1∶，
故∠BCD＝120°，∠BAD＝60°，
设CD＝k，BC＝k，BD＝k，则由托勒密定理可知CB·AD＋CD·AB＝AC·BD，
即k·AD＋k·AB＝k·4，
即AD＋AB＝4，
又S ＝AB·AD·sin∠BAD＝AB·AD≤·2＝3，
△ABD
当且仅当AB＝AD时取等号．
故△ABD面积的最大值为3.
16．[4，＋∞)
解析 对任意正实数x，y，不等式(3x－y)(ln y－ln x＋2)≤ax恒成立，即对任意正实数x，
y，
不等式≤a恒成立．设t＝(t>0)，
令f(t)＝(3－t)(ln t＋2)，
则f′(t)＝－(ln t＋2)＋＝－ln t＋－3，
由y＝－ln t和y＝－3在(0，＋∞)上单调递减，
可知f′(t)在(0，＋∞)上单调递减，
又f′(1)＝0，当t>1时，f′(t)f′(1)＝0，
所以f(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(t)在t＝1处取得极大值，且为最
大值，即f(1)＝4，则a≥4，即实数a的取值范围是[4，＋∞)．
小题满分练 4
1．D 2.A 3.B 4.C5．C [对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为＝7.4，A选项结论正确；
对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为
×(6.3＋7.4＋7.6＋8.1＋8.2＋8.2＋8.5＋8.6＋8.6＋8.6＋8.6＋9.0＋9.2＋9.3＋9.8＋10.1)＝
8.506 25>8，B选项结论正确；
对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值＝0.375<0.4，C选项结论错
误；
对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值＝0.812 5>0.6，D选项结论
正确．]
6．C [在△ABD中，由正弦定理得＝，
所以sin∠ADB＝＝＝，
因为B＝，
所以∠ADB＝，∠BAD＝，
所以∠BAC＝，∠ACB＝，
sin ＝sin
＝sin cos －cos sin
＝，
在△ABC中，由正弦定理得，＝，
所以AC＝＝＝＝＋1.]
7．D [设切点为(x，x－x)，f′(x)＝3x2－1，所以切线斜率为3x－1，
0 0
所以切线方程为y－(x－x)＝(3x－1)(x－x)，
0 0
将(2，m)代入方程得m－(x－x)＝(3x－1)(2－x)，
0 0
即2x－6x＋2＋m＝0，
由题设知该方程有3个不等实根．
令u(x)＝2x3－6x2＋2＋m，
u′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，
当x<0时，u′(x)>0，
当02时，u′(x)>0，
所以u(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以u(x)在
x＝0时取得极大值u(0)＝2＋m，
在x＝2时取得极小值u(2)＝2×8－6×4＋2＋m＝m－6，
由三次函数图象知
解得－21，所以e2＝16，即e＝4.
设P(x，y)，
1 1
由题知，Q(－x，－y)，
0 0
因为|MO|＝|MF|，
所以k ＝－k ，即k＝－k ，
QM MP 1 MP
所以k·k＝－k ·k＝－·＝－.
1 2 MP 2
又因为⇒(x－x)－(y－y)＝0，
所以＝＝＝e2－1＝15，所以k·k＝－15.
1 2
小题满分练 5
1．B 2.B 3.D 4.C 5.D 6.B
7．D [根据题意，数列{a}是首项为a，公差为1的等差数列，
n
所以a＝n＋a－1，
n
由于数列{b}满足b＝＝＋1，
n n
所以≥对任意的n∈N*都成立，
故数列{a}单调递增，且满足a<0，a>0，
n 5 6
所以
解得－5b>c>0，
所以<，<0，
所以>，
所以A错误；
对于B，因为a>b>c>0，
所以c(a－b)>0，a(a＋c)>0，
所以－＝＝＝>0，
所以<，所以B正确；
对于C，因为a>b>c>0，
所以a－c>0，b－c>0，
所以ab＋c2－(ac＋bc)＝a(b－c)－c(b－c)＝(a－c)(b－c)>0，
所以ab＋c2>ac＋bc，所以C正确；
对于D，因为a>0，b>0，
所以(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4，
当且仅当＝，即a＝b时取等号，
因为a>b，所以取不到等号，
所以(a＋b)的最小值不为4，所以D错误．]
11．AD [以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为 2，则
D(0,0,0)，
M(1,0,2)，C(0,2,0)，N(2,1,0)，A(2,0,0)．
所以MC＝(－1,2，－2)，DN＝(2,1,0)，MC·DN＝－2＋2＝0，
所以MC⊥DN，故A正确；
因为MC＝(－1,2，－2)，MN＝(1,1，－2)，
设平面MNC的法向量为n＝(x，y，z)，
所以由MC·n＝0，MN·n＝0，
可得
所以可取n＝(2,4,3)，
因为AC＝(－2,2,0)，AC·n＝－4＋8＝4≠0，又A1C1＝AC，
所以AC 不与平面MNC平行，故B错误；
1 1
因为DM＝(1,0,2)，NC＝(－2,1,0)，
所以cos〈DM，NC〉＝＝－，所以异面直线MD与NC所成角的余弦值为，故C错误；
连接CN，在DC 上取靠近D 的四等分点Q，连接MQ，则MQ∥CN，
1 1 1
连接CQ，在AA 上取靠近A 的三等分点P，连接NP，则NP∥CQ，连接MP，
1 1
所以平面MNC截正方体所得的截面是五边形CQMPN，故D正确．]
12．AD [f(x)＝sin ωx－cos ωx＝2sin(ω>0)，则函数f(x)的大致图象如图所示，
当x＝0时，y＝2sin＝－1，
因为ω>0，所以当x>0时，f(x)在y轴右侧第一个最大值区间内单调递增，因为 f(x)在[0，π]
上有且仅有3个零点，所以π的位置在C与D之间(包括C，不包括D)，
令f(x)＝2sin＝0，
则ωx－＝kπ，k∈Z，
得x＝，k∈Z，
所以y轴右侧第一个零点的横坐标为，周期T＝，
所以＋T≤π<＋T，
即＋≤π<＋·，
解得≤ω<，
所以D正确；
在区间(0，π)上，函数f(x)可以取到最大值和最小值，所以在(0，π)上存在x ，x ，满足f(x)
1 2 1
－f(x)＝4，所以A正确；
2
由图象可得，f(x)在(0，π)上不一定有2个最大值点，所以B错误；
当00，
则g′(x)＝，
当00，g(x)单调递增；
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x) ＝g(e)＝，因为不等式a≥恒成立，
max
所以a≥.
即a的最小值是.]
9．AC
10．ABC [因为OP绕原点O旋转－30°，30°，60°到OP1，OP2，OP3，
所以OP1与OP3的夹角为90°，
故OP1·OP3＝0，A选项正确；
由题意知，△OPP ≌△OPP ，
1 2
所以PP＝PP，即|PP1|＝|PP2|，故B正确；
1 2
因为〈OP，OP3〉＝60°，
〈OP1，OP2〉＝60°，
|OP|＝|OP3|＝|OP1|＝|OP2|，
所以由数量积的定义知OP·OP3＝OP1·OP2，
故C正确；
若点P 的坐标为，
1
则|OP1|＝≠|OP|＝，故D不正确．]
11．BD [因为f(x)是奇函数，f(x＋1)是偶函数，
所以函数f(x)的图象关于点(0,0)中心对称，
且关于直线x＝1轴对称，则f(x)的周期为4，
当x∈(0,1]时，f(x)＝2|x－2|－3＝1－2x，
则函数f(x)在(0,1)上单调递减，
根据对称性可得f(x)在(1,2)上单调递增，再结合周期性可得f(x)在(－3，－2)上单调递增，故
A错误；
f(x)在上小于0，根据对称性可得f(x)在上小于0，故B正确；
f(x)的图象关于直线x＝1轴对称，
所以f ＝f ＝0，f(2)＝f(0)＝0，
所以f(x)不可能在[1,2]上单调递增，故C错误；
f(x)的图象关于直线x＝1轴对称，
又f(x)是奇函数，
所以f(x)的图象关于直线x＝－1轴对称，
因为f(x)的周期为4，所以f(x)关于直线x＝3对称，故D正确．]
12．AC [令∠AFC＝α，∠BFD＝β，
∵|AC|＝|AF|，∴∠ACF＝α，∠CAF＝π－2α，∵|BF|＝|BD|，
∴∠BDF＝β，∠DBF＝π－2β.
又∵π－2α＋π－2β＝π，
∴α＋β＝，
∴∠CFD＝90°，A正确；
设AB：x＝my＋1，
令A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
由
消去x可得y2－4my－4＝0，
则y＋y＝4m，yy＝－4.
1 2 1 2
∵AF＝2FB，
∴y＝－2y，
1 2
∴y＝－2，y＝，m＝－，此时k＝－2，
1 2
或y＝2，y＝－，m＝，
1 2
此时k＝2，
即k＝±2，B错误；
|AB|＝x＋1＋x＋1＝x＋x＋2＝my＋my＋4＝，
1 2 1 2 1 2
O到AB的距离d＝＝，
∴S ＝××＝，
△AOB
C正确；
令m＝，则AB：x＝y＋1，
此时A(2,2)，B，
M，
C(－1,2)，D(－1，－)，
|DM|＝，
|CM|＝，
|CD|＝3，
CM2＋DM2≠CD2，
∴△CDM不是等腰直角三角形，D错误．]13．3＋2 14.－
15．48
解析 设该图形中各层的六边形边长从内向外依次为a ，a ，a ，a ，成等差数列，设公差
1 2 3 4
为d，
由题意得6(a＋a＋a＋a)＝156，
1 2 3 4
即a＋a＋a＋a＝26，
1 2 3 4
所以2a＋3d＝13，①
1
因为阴影部分的面积
S＝6××(a－a)＝，
所以2ad＋d2＝11，②
1
联立①②解得
或(不符合题意，舍去)，
故a＝a＋3d＝8，
4 1
所以最外层六边形的周长为48.
16．(0,2] 4
解析 设O为A，B，C，D所在球面的球心，
∴OA＝OC＝2.
∵AB＝CD＝2，
且E，F分别是AB，CD的中点，
∴OE⊥AB，OF⊥CD，
且AE＝CF＝，
∴OE＝OF＝1，
则E，F均是以O为球心，1为半径的球面上的点，
若以EF为直径作球，
则0，所以b>b，
1 3
同理可得b>b，b>b，…，于是可得b>b>b>b>…，故A不正确；
3 5 5 7 1 3 5 7
当n取偶数时，由已知b＝1＋，
2
b＝1＋，
4
因为>，所以b，所以b>b，
1 2
同理可得b>b，b>b，b>b，
3 4 5 6 7 8
又b>b，所以b>b，故B不正确；故选D.
3 7 3 8
方法二 (特殊值法)不妨取α＝1(k＝1,2，…)，
k
则b＝1＋＝2，
1
b＝1＋＝1＋＝1＋＝，
2
b＝1＋＝1＋＝1＋＝，
3
所以b＝1＋＝1＋＝，
4
b＝1＋＝1＋＝，
5
b＝1＋＝1＋＝，
6
b＝1＋＝1＋＝，
7
b＝1＋＝1＋＝.
8
逐一判断选项可知选D.]
6．B [∵2是4a与4b的等比中项，
∴4a·4b＝22，∴a＋b＝1.
∵＝，
＋＝(a＋b)
＝5＋＋≥5＋2＝9，
当且仅当a＝，b＝时取等号，∴≤，
∴的最大值为.]
7．B [因为f(x)＝＝＝·，
f′(x)＝·，
令f′(x)>0，易知f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，而f(2)＝f(4)，故可得
f(3)>f(2)>f(8)>f(10)．则效率最高的是三进制．]
8．D [∵A，D，P三点共线，
∴可设PA＝λPD(λ>0)，
∵PA＝mPB＋PC，
∴λPD＝mPB＋PC，
即PD＝PB＋PC，当m≠0且m≠时，B，D，C三点共线，
∴＋＝1，即λ＝，
∵AP＝9，∴AD＝3，
∵AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，
∴BC＝5，
设CD＝x，∠CDA＝θ，
则BD＝5－x，∠BDA＝π－θ.
∴根据余弦定理可得
cos θ＝＝，
cos(π－θ)＝＝，
∵cos θ＋cos(π－θ)＝0，
∴＋＝0，
解得x＝，
∴CD的长度为；
当m＝0时，PA＝PC，C，D重合，此时CD的长度为0；
当m＝时，PA＝PB，
即PB＝PB＋BA，
B，D重合，此时PA＝12，不符合题意，舍去．]
9．ABD [如图，连接 AD ，在正方形 AADD 中，AD⊥DA ，因为 AD∥BC ，所以
1 1 1 1 1 1 1
BC ⊥DA，所以直线BC 与DA 所成的角为90°，故A正确；
1 1 1 1在正方体ABCD－ABC D 中，CD⊥平面BCC B ，又BC ⊂平面BCC B ，所以CD⊥BC .连
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
接 BC，则 BC⊥BC .因为 CD∩BC＝C，CD，BC⊂平面 DCB A ，所以 BC ⊥平面
1 1 1 1 1 1 1 1
DCB A ，又CA ⊂平面DCB A ，所以BC ⊥CA ，所以直线BC 与CA 所成的角为90°，故B
1 1 1 1 1 1 1 1 1
正确；
连接AC ，交BD 于点O，则易得OC ⊥平面BBDD，连接OB.因为OB⊂平面BBDD，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以OC ⊥OB，∠OBC 为直线BC 与平面BBDD所成的角．设正方体的棱长为a，则易得
1 1 1 1 1
BC ＝a，OC ＝，所以在Rt△BOC 中，OC ＝BC ，所以∠OBC ＝30°，故C错误；
1 1 1 1 1 1
因为C C⊥平面ABCD，所以∠CBC 为直线BC 与平面ABCD所成的角，易得∠CBC ＝45°，
1 1 1 1
故D正确．故选ABD.]
10．AD [A选项，若k＝0，则数列{a}是常数列，所以分母为0，所以k不可能为0，故A
n
正确；
B选项，当等差数列是常数列时，分母等于0，不成立，故B错误；
C选项，当等比数列是常数列时，分母等于0，不成立，故C错误；
D选项，因为a＝a·bn＋c(a≠0，b≠0,1)，
n
所以＝
＝＝b，为常数，是等差比数列，故D正确．]
11．ABD [由已知可得a＝2，b＝，
所以c＝，△FPF 的周长为2a＋2c＝4＋2，故A正确；
1 2
因为b＝c，所以以FF 为直径的圆与椭圆C相切于上、下顶点，
1 2
所以θ≤90°，故B正确；
设△FPF 的边FF 上的高为h，
1 2 1 2
则S＝×2×h＝h＝，
所以h＝1<＝b，由椭圆的对称性可知，点P共有4个，故C错误；
因为△PFF 为钝角三角形，所以△PFF 中有一个角大于90°，
1 2 1 2
由选项B知∠FPF 不可能为钝角，
1 2
所以∠PFF 或∠PFF 为钝角，
2 1 1 2
当∠PFF＝90°时，
2 1
将x＝代入＋＝1得y＝±1，
此时△FPF 的面积为S＝×2×1＝，
1 2所以若△FPF 是钝角三角形，则其面积S∈(0，)，故D正确．]
1 2
12．ACD [因为OP绕原点O旋转－30°，30°，60°到OP1，OP2，OP3，
所以OP1与OP3的夹角为90°，
故OP1·OP3＝0，A选项正确；
由题意知，△OPP ≌△OPP ，
1 2
所以PP＝PP，即|PP1|＝|PP2|，故B正确；
1 2
因为〈OP，OP3〉＝60°，
〈OP1，OP2〉＝60°，
|OP|＝|OP3|＝|OP1|＝|OP2|，
所以由数量积的定义知OP·OP3＝OP1·OP2，
故C正确；
若点P 的坐标为，
1
则|OP1|＝≠|OP|＝，故D不正确．]
13. 14.7 15.8 18
16.∪
解析 f(x)＝cos＋
sin＝cos＝sin ωx，
由“互补函数”的定义得，存在x，
1
x∈[π，2π](x≠x)，
2 1 2
f(x)＋f(x)＝2，
1 2
所以令t＝ωx，则函数y＝sin t在区间[ωπ，2ωπ]上至少存在两个极大值点，则ωπ≥2π，得
ω≥2.
当2T＝2×≤π，即ω≥4时，显然符合题意；
当2≤ω<4时，分以下两种情况讨论，
当ωπ≤，即ω≤时，
2ωπ≥，即ω≥，所以≤ω≤；
当<ωπ<4π，即<ω<4时，
2ωπ≥，即ω≥，所以≤ω<4.
综上，ω的取值范围为∪.
小题满分练 8
1．D 2.C 3.C 4.C 5.B
6．A [由x2＋y2＋4y＝0，得x2＋(y＋2)2＝4，则圆心为C(0，－2)，半径为2，
由CA·CB＝0，得CA⊥CB，即圆心C到直线x－y＋m＝0的距离为2×＝，即＝，即m＝0或
m＝－4.]
7．B [联立且M在第一象限，
可得M，
而A(－a，0)，A(a，0)，
1 2
所以|MA |2＝2＋2
1
＝2a2，
|MA |2＝2＋2
2
＝2a2，
由题意知，∠AMA ＝∠PMA＝90°，故△MPA 是等腰直角三角形，
1 2 2 2
所以∠MA P＝45°，而∠PAM的内角平分线与y轴平行，
2 2
所以∠MA A＝22.5°，
1 2
又tan 45°＝＝1，
可得tan 22.5°＝－1，
则tan2∠MA A＝2
1 2
＝＝(－1)2，
可得＝3－2，所以e＝.]
8．A [因为b＝cos ＝1－2sin2，
所以b－a＝1－2sin2－＝－2sin2＝2×.
令f(x)＝x－sin x，
则f′(x)＝1－cos x≥0，
所以函数f(x)在R上单调递增，
所以当x>0时，f(x)>f(0)＝0，
即有x>sin x(x>0)成立，
所以>sin ，得>sin2，
所以b>a.
因为＝＝4tan ，
所以令g(x)＝tan x－x，
则g′(x)＝－1＝≥0，
所以函数g(x)在定义域内单调递增，
所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0，
即有tan x>x(x>0)成立，所以tan >，即4tan >1，
所以>1，又b>0，所以c>b.
综上c>b>a.故选A.]
9．BC
10．ACD [如图，M，G，H，I，J分别是棱BC，CC ，C D ，DA ，AA的中点，易证E
1 1 1 1 1 1
与M，G，H，I，J共面，由EM∥AC，AC⊂平面ACD ，EM⊄平面ACD ，得EM∥平面
1 1
ACD ，同理 EJ∥平面 ACD ，而 EM，EJ 是平面 EMGHIJ 内的相交直线，则得平面
1 1
EMGHIJ∥平面ACD ，若EF∥平面ACD ，则F∈平面EMGHIJ，观察各选项，A，C，D
1 1
满足．]
11．ACD [对于A选项，
因为f(x＋2π)＝|sin(x＋2π)|sin(x＋2π)＝|sin x|sin x＝f(x)，所以2π是函数f(x)的一个周期，A
正确；
对于B选项，
因为f(－x)＝|sin(－x)|sin(－x)＝－|sin x|sin x＝－f(x)，
则y＝f(x)的图象关于原点对称，B错误；
对于C选项，当x∈[2kπ，2kπ＋π]，k∈Z时，
f(x)＝sin2x＝∈[0,1]；
当x∈[2kπ＋π，2kπ＋2π]，k∈Z时，
f(x)＝－sin2x＝∈[－1,0]．故函数f(x)的值域为[－1,1]，C正确；
对于D选项，
当x∈时，2x∈(－4π，－3π)，
因为f(x)＝sin2x＝，
所以f(x)在上单调递增，D正确．]
12．BCD [对于A，
设三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，
易知y＝f″(x)是一次函数，∴任何三次函数都只有一个对称中心，故A不正确；
对于B，由f(x)＝x3－3x2－3x＋5，
得f′(x)＝3x2－6x－3，
f″(x)＝6x－6，由6x－6＝0，得x＝1，∴函数f(x)的对称中心为(1,0)，
又由x＝，k∈Z，得x＝k，k∈Z，
∴f(x)的对称中心是函数y＝tan x的一个对称中心，故B正确；
对于C，设三次函数h(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，
所以h′(x)＝3ax2＋2bx＋c，h″(x)＝6ax＋2b，
联立
得3ac－b2＝0，
即当3ac－b2＝0时，存在三次函数h(x)，方程h′(x)＝0有实数解x ，且点(x ，h(x))为函数
0 0 0
y＝h(x)的对称中心，故C正确；
对于D，∵g(x)＝x3－x2－，
∴g′(x)＝x2－x，g″(x)＝2x－1，
令g″(x)＝2x－1＝0，得x＝，
∵g＝×3－×2－＝－，
∴函数g(x)＝x3－x2－的对称中心是，
∴g(x)＋g(1－x)＝－1，
设T＝g＋g＋g＋…＋g，
∴2T＝＋＋…＋＝－2 022，
∴g＋g＋g＋…＋g＝－1 011，故D正确．]
13．8.5 14.3 024 15.2
16.
解析 tan∠APB＝tan∠ADB ＝＝.
1 1
由正方体ABCD－ABC D 知AB⊥平面ABCD ，
1 1 1 1 1 1 1
又点P满足AP⊥AB，
1 1
所以点P在平面ABCD 内运动，
1 1
如图，连接AB，交AB 于点O，连接PO.
1 1
由对称性知，∠APO＝∠BPO，所以
1
tan∠APB＝＝，
1
解得tan∠APO＝，
所以PO＝＝，所以点P的轨迹围成的封闭图形是以点O为圆心，为半径的圆，
所以面积S＝π×2＝.
大题保分练 1
1．解 ∵3sin(A＋B)＝csin ，a＝3，
∴asin(A＋B)＝csin ，
由正弦定理知sin Asin(A＋B)＝sin Csin ，
又A＋B＋C＝π，
∴sin Asin C＝sin Csin
＝sin Csin＝sin Ccos ，
又sin C≠0，∴sin A＝cos ，
即2sin cos ＝cos ，
而cos ≠0，∴sin ＝，
又A∈(0，π)，故＝，
即A＝.
选①：b＝，a＝3，
由正弦定理得＝，
即＝，
解得sin B＝，又b0，不符合题意；
当n为奇数时，n＝－n，
可得n≥＝3，可得n≤3.
因此，n的最大值为3.
3．解 (1)设A，B两校所抽取的人数分别为x，y，
由已知可得
解得故A，B两校所抽取的人数分别为45,55.
(2)由频率分布直方图可知，学生做作业的平均时长的估计值为
0．5×(1.25×0.1＋1.75×0.3＋2.25×0.4＋2.75×0.6＋3.25×0.3＋3.75×0.2＋4.25×0.1)＝
2.675(小时)．
由0.5×(0.1＋0.2＋0.3)＝0.3，可知有30%的学生做作业时长超过3小时．
综上，估计该区学生做作业时间的平均时长为 2.675小时，该区有30%的学生做作业时长超
过3小时．
(3)由(2)可知，有30%×100＝30(人)做作业时间超过3小时．
故填写列联表如下(单位：人)：
做作业时间超过3小时 做作业时间不超过3小时 合计
A校 20 25 45
B校 10 45 55
合计 30 70 100
零假设为H：做作业时间超过3小时与学校无关．
0
根据列联表中的数据，经计算得到
χ2＝≈8.13>6.635＝x ，
0.010
所以依据小概率值α＝0.010的独立性检验，我们推断H 不成立，即认为做作业时间超过3
0
小时与学校有关．4．(1)证明 连接AC交BD于点N，连接MN，由△BNC∽△DNA知
＝＝，又＝，
所以＝，
所以PA∥MN，
又PA⊄平面BDM，MN⊂平面BDM，所以PA∥平面BDM.
(2)解 作PO⊥AB于点O，
因为平面ABP⊥平面ABCD，平面ABP∩平面ABCD＝AB，PO⊂平面ABP，所以PO⊥平面
ABCD，
以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
设AB＝a，
则M，B，
C，D，
所以BC＝(0,1,0)，BD＝(－a，2,0)，BM＝，
设平面BCM的法向量为m＝(x，y，z)，
1 1 1
则
即
令x＝1，得m＝，
1
设平面BDM的法向量为
n＝(x，y，z)，
2 2 2
则
即
令x＝1，得n＝，
2
设平面BCM与平面BDM的夹角为θ，则tan θ＝，cos θ＝，
所以|cos〈m，n〉|＝＝，
解得a＝2，
所以V ＝××2×＝.
P－ABCD大题保分练 2
1．解 (1)在△ABC中，由正弦定理知，
＝＝＝2R，
∵acos C＋ccos A＝1，
∴2R(sin Acos C＋cos Asin C)＝1，
即2Rsin B＝1，∴b＝2Rsin B＝1.
(2)在△ABC中，由余弦定理得
cos B＝＝，
∴a2＋c2＝ac＋1≥2ac(当且仅当a＝c时取“＝”)，
∴(2－)ac≤1，∴ac≤2＋，
又∵S ＝acsin B＝ac，
△ABC
∴S ≤，
△ABC
即△ABC面积的最大值为.
2．解 (1)若比赛结束，乙得4分，则比赛结果是甲以2∶1获胜，故前两局比赛，甲胜一场，
败一场，最后一局比赛，甲胜．
则比赛结束，乙得4分的概率为
C×××＝.
(2)若甲连胜两局结束比赛，甲得6分，其概率为2＝；
若甲连败两局结束比赛，甲得2分，
其概率为2＝；
若甲以2∶1结束比赛，甲得6分，
其概率为C×××＝；
若乙以2∶1结束比赛，甲得4分，
其概率为C×××＝，
故X的分布列为
X 2 4 6
P
E(X)＝2×＋4×＋6×＝.
3．解 (1)∵{a}是等差数列，a＝1，且前4项和为28，∴S＝4×1＋×d＝28，解得d＝4，
n 1 4
∴a＝1＋4(n－1)＝4n－3.
n
∵2S＝3b－3λ，
n n∴当n≥2时，2S ＝3b －3λ，
n－1 n－1
两式相减得2b＝3b－3b (n≥2)，
n n n－1
即b＝3b (n≥2)，
n n－1
又2b＝3b－3λ，∴b＝3λ.
1 1 1
∴当λ＝0时，数列{b}的通项公式为b＝0，不是等比数列；
n n
当λ≠0时，数列{b}是首项为3λ，公比为3的等比数列，且b＝λ3n.
n n
(2)由(1)知b＝3n，
n
则b＝81，b＝243，
4 5
∵a ＝4×30－3＝117，
30
∴b0，∴a －a＝2，
n＋1 n n＋1 n
∴{a}是首项为1，公差为2的等差数列，∴a＝2n－1.
n n
∵2S＋1＝3b，①
n n
∴当n≥2时，2S ＋1＝3b ，②
n－1 n－1
由①－②整理得b＝3b ，
n n－1
当n＝1时，2S＋1＝3b，则b＝1，
1 1 1
∵b＝1≠0，∴b ≠0，∴＝3，
1 n－1
∴数列{b}是首项为1，公比为3的等比数列，故b＝3n－1.
n n
(2)依题意知，新数列{c}中，b 前面(含b )共有(1＋2＋3＋…＋k)＋(k＋1)＝项．
n k＋1 k＋1
由≤50(k∈N*)得k≤8，
∴新数列{c}中含有数列{b}的前9项：b ，b ，…，b ，含有数列{a}的前41项：a ，a ，
n n 1 2 9 n 1 2
a，…，a ，
3 41
∴T ＝＋＝11 522.
50
大题保分练 4
1．解 (1)∵4a＝3S＋2，①
n n
∴当n＝1时，4a＝3a＋2，即a＝2，
1 1 1
当n≥2时，4a ＝3S ＋2.②
n－1 n－1
由①－②得4a－4a ＝3a，即a＝4a ，
n n－1 n n n－1
∴数列{a}是以2为首项，4为公比的等比数列．
n
∴a＝2×4n－1.
n(2)由(1)知log a＝log (2×4n－1)＝log 22n－1＝2n－1，
2 n 2 2
∴b＝a＋log a＝2×4n－1＋2n－1，
n n 2 n
∴T＝＋＝＋n2.
n
2．解 (1)在△BCD中，由正弦定理知，＝，
所以BD·sin∠CBD＝CD·sin∠BCD，
因为∠BCD＝135°，
BD＝CD＝，
所以sin∠CBD＝.
(2)在△BCD中，∠BCD＝135°，则∠CBD为锐角，
因为sin∠CBD＝，
所以cos∠CBD＝，
在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝135°，
则∠CBA＝45°，
所以sin∠ABD＝sin＝，
显然∠ABD为锐角，
所以cos∠ABD＝，
因为S ＝AB·BD·sin∠ABD＝4，
△ABD
所以AB＝4，
所以AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD＝10，
所以AD＝.
3．(1)证明 如图，连接MN，AB，BC ，∵四边形ABBA 为平行四边形，又∠AAB＝60°，
1 1 1 1 1
AA＝AB＝4，
1
∴△AAB为等边三角形，则△ABB为等边三角形，
1 1 1
∵N为AB 的中点，
1 1
∴BN⊥AB，BN＝2，
1 1
∵底面ABC是等腰直角三角形，AB＝BC＝4，
∴AC＝2，AC ＝AC＝2，
1 1
∵M，N分别是棱BC ，AB 的中点，∴MN＝AC ＝，
1 1 1 1 1 1
∵CC ＝4，BC＝2，
1
cos∠BCC ＝，
1
∴BC ＝
1
＝＝4，
∴△BCC 为等腰三角形，则△BBC 为等腰三角形，
1 1 1又M是棱BC 的中点，
1 1
∴BM＝＝，
∴BM2＝BN2＋MN2，
∴BN⊥MN，
又AB，MN⊂平面ABC ，
1 1 1 1 1
AB∩MN＝N，
1 1
∴BN⊥平面ABC .
1 1 1
(2)解 取AB的中点O，连接AO，则AO∥BN，
1 1
由(1)知AO⊥平面ABC，CO⊥AB，
1
如图，以点O为原点，OC，OB，OA 所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直
1
角坐标系，则O(0,0,0)，A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(2,0,0)，B(0,4,2)，C (2,2,2)，
1 1
M(1,3,2)，
CB＝(－2,2,0)，BB1＝(0,2,2)，AM＝(1,5,2)，
设平面BBC C的法向量为n＝(x，y，z)，则
1 1
∴
取x＝1，则y＝1，z＝－，
故n＝，设直线AM与平面BBC C所成角为θ，
1 1
则sin θ＝|cos〈AM，n〉|＝
＝＝＝，
∴直线AM与平面BBC C所成角的正弦值为.
1 1
4．解 (1)由题意知2b＝4，c＝4，
则b＝2，a2＝b2＋c2＝20，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)易知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋1.联立消去y得(1＋5k2)x2＋10kx－15＝0，
则Δ＝400k2＋60>0.
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则x＋x＝－，
1 2
∵|OP|＝|OQ|，
∴2＋2＝2＋2，
即(x－x)(x＋x)＝－k(x－x)[k(x＋x)＋4]．
1 2 1 2 1 2 1 2
∵x≠x，
1 2
∴x＋x＋k2(x＋x)＋4k＝0，
1 2 1 2
∴－－＋4k＝0，
解得k＝0，k＝，k＝－，
1 2 3
∴满足条件的直线l的方程为y＝1，y＝x＋1和y＝－x＋1.
压轴题突破练 1
1．(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，
1 2 1 2
所以3－k2<0，
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)＝k(x＋x)＋2t，
1 2 1 2 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作为条件证明③成立：
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 ＝＝，y ＝＝，
M M
故M为AB的中点，
即|MA|＝|MB|，即③成立．
若选择①③作为条件证明②成立：
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，即②成立．
若选择②③作为条件证明①成立：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 ＝＝，y ＝＝.
C 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 ，y ＝＝y ，
M C M C
即点M恰为AB的中点，
故点M在AB上，即①成立．
2．(1)解 由题设知f′(x)＝ex，
则h(x)＝1＋mln x＋(x>0)，
所以h′(x)＝－＝，
当x＞1时，h′(x)＞0，
则h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增；
当0＜x＜1时，h′(x)＜0，
则h(x)在区间(0,1)上单调递减，
所以h(x) ＝h(1)＝1＋m≥，
min
解得m≥，
所以m的取值范围为.
(2)证明 令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝ex
＝ex，
令t(x)＝1＋mln x＋－(x>0)，
则t′(x)＝－＋＝＝>0恒成立，
所以t(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又t(1)＝1＋m>0，t＝1－mln 2≤1－ln 2<0，所以存在x∈，使得t(x)＝0，
2 2
当x∈(0，x)时，t′(x)＜0，
2即g′(x)＜0，则f′(x)在(0，x)上单调递减；
2
当x∈(x，＋∞)时，t′(x)＞0，
2
即g′(x)＞0，则f′(x)在(x，＋∞)上单调递增，
2
所以f′(x)在x＝x 处取得极小值，
2
即x＝x，所以t(x)＝0，
1 2 1
即1＋mln x＋－＝0，x∈，
1 1
所以1＋mln x＝－＝<0，
1
令s(x)＝1＋mln x，则s(x)在(0，＋∞)上单调递增，且s(x)＜0，
1
因为f(x)的零点为x，
0
则1＋mln x＝0，即s(x)＝0，
0 0
所以s(x)＜s(x)，所以x＞x.
1 0 0 1
压轴题突破练 2
1．解 (1)f′(x)＝ex－1－a，
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，
令f′(x)＝ex－1－a＝0，x＝1＋ln a，
当x∈(－∞，1＋ln a)时，
f′(x)<0，f(x)在(－∞，1＋ln a)上单调递减；
当x∈(1＋ln a，＋∞)时，
f′(x)>0，f(x)在(1＋ln a，＋∞)上单调递增．
(2)由f(x)－x2≥，
得ex－1≥x2＋ax＋＝2，
对于任意x≥0恒成立，
因此
记h(x)＝
由h′(x)＝ 得x＝1＋2ln 2，
当x∈[0,1＋2ln 2]时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈[1＋2ln 2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x) ＝1－2ln 2，
min
因此a≤2－4ln 2；
记t(x)＝
易知t(x)单调递减，
所以t(x) ＝t(0)＝
max
所以a≥
综上，实数a的取值范围为
2．证明 (1)显然直线PA的斜率存在，设直线PA的方程为y－1＝k(x－1)，
联立
消去y得(3k2－1)x2－6k(k－1)x＋3(k－1)2＋3＝0，
则Δ＝36k2(k－1)2－4(3k2－1)×3(k2－2k＋2)＝0，
化简得k2＋k－1＝0.
因为方程有两个相等实根，故切点A的横坐标
x＝－＝，
1
得y＝，则＝3k，
1
故直线PA的方程为y＝(x－x)＋y，
1 1
则yy＝－＋y，即－yy＝1.
1 1
(2)由(1)同理可得l ：－yy＝1，
PB 2
又l 与l 均过点P(1,1)，
PA PB
所以－y＝1，－y＝1.
1 2
故l ：－y＝1，F(－2,0)，
AB
FP·FA＝(3,1)·(x＋2，y)＝3x＋6＋y，
1 1 1 1
FP·FB＝(3,1)·(x＋2，y)＝3x＋6＋y，
2 2 2 2
又因为x<0，x>0，
1 2
所以x≤－，x≥，
1 2
则cos〈FP，FA〉
＝
＝＝－，
cos〈FP，FB〉
＝＝＝，
故cos〈FP，FA〉＝－cos〈FP，FB〉，
故∠AFP＋∠BFP＝π.
压轴题突破练 3
1．解 (1)甲参加“四人赛”时，每局比赛获得第三名的概率为1－＝，依题意，X所有可
能的取值为5,4,3,2，
P(X＝5)＝×＝，
P(X＝4)＝×＋×＋×＝，
P(X＝3)＝×＋×＋×＝，
P(X＝2)＝×＝，
所以X的分布列为
X 5 4 3 2
P
所以E(X)＝5×＋4×＋3×＋2×＝.
(2)依题意，P＝，P＝ ，
1 2
“进到n＋1阶”的情况包括：第一种情况是进到n阶后下一轮未获得5个积分，其概率为
P；第二种情况是进到n－1阶后下一轮获得5个积分，其概率为P ，两种情况互斥，
n n－1
所以P ＝P＋P (n≥2，n∈N*)，
n＋1 n n－1
则P －P＝P＋P －P＝－(P－P )，
n＋1 n n n－1 n n n－1
所以＝－(n≥2，n∈N*)，
又P－P＝，
2 1
所以数列{P －P}是首项为，公比为－的等比数列，
n＋1 n
所以P －P＝×n－1，
n＋1 n
故P ＝P＋(P－P)＋…＋(P －P )＋(P －P )
12 1 2 1 11 10 12 11
＝＋＋×＋…＋×10
＝＋×
＝＋，
即P ＝＋.
12
2．解 (1)由题意可得
解得p＝2.故抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)由题意知，直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为x＝ty＋1，t≠0，F(1,0)
设A(x，y)，B(x，y)，C(x，y)，
1 1 2 2 3 3
由
消去x得y2－4ty－4＝0.
所以y＋y＝4t，yy＝－4.
1 2 1 2
由AC垂直于l可知，直线AC的方程为y－y＝－t(x－x)，
1 1
由
消去x得ty2＋4y－4tx －4y＝0.
1 1
所以y＋y＝－，yy＝.
1 3 1 3
所以|AC|＝
＝
＝
＝
＝·|ty ＋2|
1
＝·(ty ＋2)．
1
同理可得|BD|＝·(ty ＋2)，
2
所以|AC|＋|BD|
＝·[t(y＋y)＋4]
1 2
＝(t2＋1)＝8，
令f(x)＝，x>0，
则f′(x)＝，x>0，
所以当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝2时，f(x)取得最小值，即当t＝±时，|AC|＋|BD|取得最小值，最小值为12.
