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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.D 6.B
7．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＝＝＝＝.]
8．D [∵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不正确；
－＝，－2＝，
∵＋>＋，∴－<－2，
故C不正确；
∵log 3＝1＋log ，log 5＝1＋log ，
4 4 6 6
∵log 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．]
13．y＝3x＋ln 2－2 14.6
15.
解析 作出f(x)的图象如图所示，
由图可得，t∈(0,1)，x∈，
3
x＋x＝6，
3 4
由|log x|＝t得，xx＝1.
2 1 2
因此x·x·x·x＝x(6－x)，
1 2 3 4 3 3
令y＝x(6－x)，
3 3
则y＝x(6－x)在上单调递增，∴y∈.
3 3
16．60°
解析 因为OB·AC＋OA·BC≥OC·AB，且△ABC为等边三角形，OB＝1，OA＝2，
所以OB＋OA≥OC，所以OC≤3，
所以OC的最大值为3，
当不等式OC≤3取等号时，∠OBC＋∠OAC＝180°，
所以cos∠OBC＋cos∠OAC＝0，不妨设AB＝x，
所以＋＝0，
解得x＝，
所以cos∠AOC＝＝，
所以∠AOC＝60°.小题满分练 2
1．C 2.D 3.D 4.D 5.A 6.A
7．D [如图所示，设△ADO，△ABO，△GHO，△BEF，△MCF的面积分别为S ，S ，S ，
1 2 3
S，S，
4 5
所以有S ＝S ＝×12×12＝36，S ＝S ＝××12×12＝9，S ＝××12×12＝18，所以5个等腰直
1 2 3 4 5
角三角形的面积之和为108，依题意得所取的两个等腰直角三角形的面积之和大于或等于
54，故只能在面积为18或36中取两个，
所以所求概率为P＝＝.]
8．C [如图，连接AD，BC，AC，SC.
因为O为AB，CD的中点，且AB＝CD，所以四边形ADBC为矩形，
所以DB∥AC，所以∠SAC或其补角为异面直线SA与BD所成的角．
设圆O的半径为1，则SA＝SC＝.
因为∠AOD＝，所以∠ADO＝.
在Rt△DAC中，CD＝2，得AC＝.
所以在△SAC中，由余弦定理得cos∠SAC＝＝，
所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为.]
9．C [对于A，f′(x)＝－＋a，当a≤0时，f′(x)＝－＋a<0，故A正确；
对于B，当a≥1时，f′(x)＝－＋1＋a－1＝＋a－1>0，故f(x)单调递增，故B正确；
对于C，当a＝时，f′(x)＝－＋＝≥0，f(x)单调递增，无极值点，故C错误；
对于D，f(－x)＋f(x)＝－ax＋＋ax＝＋＝2，故D正确．]
10．C [因为a＝3，b＝3，c＝4，所以角C最大，
由cos C＝＝>0⇒00.
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，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.B
7．A 8.C
9．C [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．]
10．B [由题意知ex－y>ln y－x，
可以化为ex＋x>y＋ln y＝ln y＋eln y，
所以可以构造函数f(x)＝ex＋x，
因为f(x)＝ex＋x在R上单调递增，又f(x)＝ex＋x>ln y＋eln y＝f(ln y)．
所以x>ln y．]
11．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＝＝＝.]
12．C [对于①，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①正确；
对于②，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①可知f(x)是周期为4的函数，故②正确；
对于③，结合①②可知，f(x)在[－3＋4k，－1＋4k](k∈Z)上单调递减，故③错误；
对于④，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)对
称，故④正确．]
13．11 14.36015．3
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.C 5.C
6．C [由题可知a＝lg 2，b＝lg 5＝lg ，
又>2，所以a0，b＝lg >lg 2，
所以ab>lg22，C正确．]
7．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.]
8．D [根据互斥事件的定义，得事件A，A，A 两两互斥，故A正确；
0 1 2
由P(A)＝＝，P(AB)＝＝，得P(B|A)＝＝，故B正确；
1 1 1
P(B)＝＋＋＝，故C正确；
由P(B)P(A)＝×≠P(AB)，得事件B与事件A 不相互独立，故D错误．]
1 1 1
9．C [当n＝1时， a＋2S＝2＋1⇒a＝1，
2 1 2
当n≥2时，由a ＋2S＝2n＋1得a＋2S ＝2n－1，
n＋1 n n n－1
两式相减可得a －a＋2a＝2，
n＋1 n n即a＋a ＝2，
n n＋1
所以a＝1，可得S＝n，
n n
所以S ＝2 022.]
2 022
10．D [设切点为(x，x－x)，f′(x)＝3x2－1，
0 0
所以切线斜率为3x－1，
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)，即2x－6x＋2＋m＝0，
0 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.C
7．D [∵4x＝5y＝20，
根据指数与对数的关系和y＝log x(a>1)为增函数，得x＝log 20>log 16＝2，
a 4 4
y＝log 20，
5
由log 50，
n 5 6
所以
解得－50)，
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；
由图象可得，f(x)在(0，π)上不一定有2个最大值点和3个极值点，所以A，B错误；
当00，C错误．]
8．C [根据题意，三年修完4门选修课程，每学年至多选修2门，
则每位同学每年所修课程数为1,1,2或0,2,2.
先将4门课程按照1,1,2分成三组有种方式，再分到三个学年，有A种方式，
所以不同的选修方式有×A＝36(种)；
再将4门课程按照0,2,2分成三组有种方式，
再分到三个学年，有A种方式，
所以不同的选修方式有×A＝18(种)，
综上，共有36＋18＝54(种)．]
9．D [因为OP绕原点O旋转－30°，30°，60°到OP1，OP2，OP3的位置，
所以OP1与OP3的夹角为90°，
所以OP1·OP3＝0，故A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错误．]
10．C [∵acos C－2bcos B＋ccos A＝0，
由正弦定理得
sin Acos C－2sin Bcos B＋sin Ccos A＝0，
∴sin(A＋C)－2sin Bcos B＝0，又A＋B＋C＝π，
∴sin B－2sin Bcos B＝0，
∵B是三角形内角，
∴sin B≠0，
∴cos B＝，
∴B＝，
由余弦定理得
b2＝a2＋c2－2accos B，
即9＝a2＋c2－ac，
又BD＝(BC＋BA)，
∴|BD|2＝(|BC|2＋|BA|2＋2BC·BA)，
即4＝(a2＋c2＋ac)，
解得ac＝，
∴S ＝acsin B＝××＝.]
△ABC
11．A [设f(x)＝x＋ex，显然f(x)是增函数，
不等式ax＋eax≥ln x＋x可变形为ax＋eax≥ln x＋eln x，即f(ax)≥f(ln x)，所以ax≥ln x.
所以a≥，
令g(x)＝，x>0，
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)＝，
max
因为不等式a≥恒成立，
所以a≥.
即a的最小值是.]
12．C [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＝，A错误；设l ：x＝my＋1，
AB
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＝－，
1 2
此时k＝－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
1 2 1 2
＝my＋my＋4＝，
1 2
O到AB的距离d＝＝，
∴S ＝××＝，C正确；
△AOB
令m＝，则l ：x＝y＋1，
AB
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
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；
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．D 7.B 8.B
9．A [如图，连接AD，则M为AD 的中点，又N为BD 的中点，
1 1 1
则MN∥AB，
∵MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，
∵∠ABD＝45°，则MN与BD所成的角为45°，故MN与平面BDD B 不垂直，
1 1
由图可知，AD与DB异面，
1 1
∵四边形AADD为正方形，则AD⊥AD，
1 1 1 1
又AB⊥平面AADD，AD⊂平面AADD，则AD⊥AB，
1 1 1 1 1 1
∵AB∩AD＝A，∴AD⊥平面ABD ，∵BD⊂平面ABD ，
1 1 1 1 1
则AD⊥BD.]
1 1
10．D [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
错误；
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．C [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．C [对于y＝，
令y′＝＝0，则x＝1.
则y＝在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴y ＝.
max
对于y＝，
令y′＝＝0，则x＝e，
则y＝在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴y ＝.
max
作出函数的图象如图所示．
＝a，则x＝a ，①正确；
2
y＝在(0,1)上单调递增，
0e，
3
∴ ＝x，③正确；
3
xx＝ ln x＝·ax＝x，④正确．]
1 3 2 2
13. 14.7
15．8 18
解析 公共部分是两个正四棱锥且底面重叠的空间几何体，共8个面．
底面是以3 cm为边长的正方形，
其面积为S＝18 cm2，
其中一个正四棱锥的高为 cm.
∴V＝×18××2＝18(cm3)．
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)，f(x)＋f(x)＝2，
2 1 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.B 5.A 6.A
7．B 8.B
9．B [设复数z＝a＋bi(a，b∈R)．
因为|z|＝|z－1|＝1，且复数z对应的点在第一象限，
所以
解得
即z＝＋i.
对于①，复数z的虚部为，故①错误；
对于②，＝＝－i，
故②正确；
对于③，因为z2＝2＝－＋i，
z－1＝－＋i，
所以z2＝z－1，故③正确；
对于④，复数z的共轭复数为－i，故④错误．]
10．B [因为函数f(x)满足f ＋f ＝2，故函数f(x)关于点对称，
所以m＝1，且sin＝0，
即ω＋＝kπ(k∈Z)，
则ω＝3k－1(k∈Z)，
又0<ω<5，故当k＝1时，ω＝2.
故ω＋m＝3.]
11．D [由a＝n(a －a)得＝，则＝＝＝…＝＝1，
n n＋1 n
故a＝n，所以b＝a＝b＝1，b＝a＝2，
n 1 1 4 2 2
所以b＝b＝2，因为S＝a ＝10，
5 2 5 10
所以1＋2＋b＋1＋2＝10，解得b＝4，同理得b＝b＝4，b＝b＝1，b＝b＝2，…，故数
3 3 6 3 7 4 8 5
列{b}是以3为周期的数列，
n
所以S ＝S ＝(1＋2＋4)×674＋1＝4 719.]
2 023 674×3＋1
12．B [由b＝＋1＝ln ＋1，
令f(x)＝ln x＋1－x，
则f′(x)＝－1，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0；所以f(x)＝ln x＋1－x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
且f(1)＝0，
则f()<0，因此ln ＋1－<0，所以bc.
综上，a>c>b.]
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，
1
所以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两所学校抽取的人数分别为x，y，
由已知可得
解得
故A，B两所学校抽取的人数分别为45,55.
(2)由频率分布直方图可知，该区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 总计
A校 20 25 45
B校 10 45 55
总计 30 70 100
根据列联表中的数据，经计算得到
K2＝≈8.13>6.635，
因此，在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为做作业时间超过3小时与学校有关．
4．解 (1)由题意得⊙C的直角坐标方程为(x－1)2＋(y－2)2＝4，
根据极坐标与直角坐标的互化公式，
可得⊙C的极坐标方程为(ρcos θ－1)2＋(ρsin θ－2)2＝4，
化简得ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋1＝0，
又由直线l的极坐标方程是θ＝(ρ∈R)，可得直线l的直角坐标方程为y＝x.(2)设A，B的极坐标分别为
A，B，
将θ＝代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋1＝0，
整理得ρ2－3ρ＋1＝0，
所以ρ＋ρ＝3，ρρ＝1，
1 2 1 2
所以|AB|＝|ρ－ρ|＝＝＝.
1 2
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．(1)证明 在直三棱柱ABC－ABC 中，
1 1 1
CC ⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，
1
∴CC ⊥AD，
1
又AD⊥DC ，CC ∩DC ＝C ，
1 1 1 1
CC ⊂平面BCC B，DC ⊂平面BCC B，
1 1 1 1 1 1
∴AD⊥平面BCC B，
1 1
又BC⊂平面BCC B，∴AD⊥BC.
1 1
由直三棱柱的性质知，AA⊥平面ABC，
1
BC⊂平面ABC，
∴AA⊥BC，
1
又AD∩AA＝A，AD⊂平面AAD，
1 1
AA⊂平面AAD，
1 1
∴BC⊥平面AAD.
1
(2)解 由(1)知，AD⊥BC，
又D为BC的中点，∴AB＝AC.
以D为坐标原点，DC的方向为x轴正方向，DA的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间
直角坐标系．
则D(0,0,0)，C(1,0,0)，
B(－1,0,0)，A(0，，0)，C (1,0,2)，
1
设AE＝t(0≤t≤2)，则E(0，，t)．
由(1)知，平面ADE的一个法向量可取BC＝(2,0,0)，
1设平面C DE的法向量为n＝(x，y，z)，
1
∵DC1＝(1,0,2)，DE＝(0，，t)，
∴
令x＝2，
解得z＝－，y＝t，
∴n＝(2，t，－)，
∴|cos〈BC，n〉|＝
＝＝，
解得t＝1，此时n＝(2，1，－)，
设直线CE与平面C DE所成角为θ，
1
∵CE＝(－1，，1)，
∴sin θ＝|cos〈CE，n〉|＝
＝＝，
即直线CE与平面C DE所成角的正弦值为.
1
4．解 (1)因为C 的参数方程为(α为参数)，所以消去参数α，可得C 的普通方程为x2＋(y－
1 1
2)2＝9，即x2＋y2－4y－5＝0，
又所以C 的极坐标方程为ρ2－4ρsin θ－5＝0.
1
(2)由于C 与C 交于M，N两点，
1 2
联立
得ρ2－4ρsin φ－5＝0，
设M，N两点所对应的极径为ρ ，ρ ，
M N
则ρ ＋ρ ＝4sin φ，ρ ρ ＝－5，
M N M N
故|OM|＋|ON|＝|ρ －ρ |
M N
＝
＝＝4，
整理得sin2φ＝，则sin φ＝±，
所以C 的直角坐标方程为x±y＝0.
2
大题保分练 3
1．解 (1)在△ABC中，由正弦定理得，
sin Bsin A＝sin A－sin Acos B.
因为sin A≠0，所以sin B＝1－cos B，
所以sin B＋cos B
＝2sin＝1，
即sin＝.
又B∈(0，π)，则B＋＝，
所以B＝.
(2)选择条件①：
因为BD＝，
所以|BD|2＝(|BA|2＋2BA·BC＋|BC|2)
＝×
＝，
所以|BD|＝，即BD＝.
选择条件②：
因为BD为∠ABC的角平分线，
所以S ＋S ＝S ，
△ABD △CBD △ABC
则c×BDsin ＋a×BDsin
＝a×csin ，
即×1×BDsin ＋×2×BDsin
＝×2×1×sin ，
解得BD＝.
2．解 (1)由题可知，a＝0.004×10×100＝4，b＝100－(2＋4＋22＋28＋4)＝40，
所以这100名居民竞赛成绩在[70,80)内的频率/组距为÷10＝0.040，
补全频率分布直方图如图．
(2)估计该社区居民竞赛成绩的平均数
＝45×＋55×＋65×＋75×＋85×＋95×＝75，
估计该社区居民竞赛成绩的方差
s2＝(45－75)2×＋(55－75)2×＋(65－75)2×＋(75－75)2×＋(85－75)2×＋(95－75)2×＝100.
(3)由(2)可得s＝＝10，所以P(X≥－s)＝P(X≥65)＝1－P(X<65)＝1－(0.002×10＋0.004×10＋0.022×5)＝0.83，
因为0.83∈(0.8,0.9]，
所以该社区可获得“反诈先进社区”称号．
3．(1)证明 依题意，EF⊥平面AEB，
AE⊂平面AEB，BE⊂平面AEB，
则有EF⊥AE，EF⊥BE，又AE⊥EB，即EB，EF，EA两两垂直，
以点E为坐标原点，射线EB，EF，EA分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所示的空间直
角坐标系，
因为AD∥EF∥BC，
则E(0,0,0)，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，F(0,3,0)，D(0,2,2)，
G(2,2,0)，
则EG＝(2,2,0)，BD＝(－2,2,2)，
因此BD·EG＝－2×2＋2×2＝0，即BD⊥EG，
所以BD⊥EG.
(2)解 由(1)知，EB＝(2,0,0)是平面AEFD的一个法向量，
设平面DEG的法向量为n＝(x，y，z)，
而ED＝(0,2,2)，EG＝(2,2,0)，
则
令x＝1，得n＝(1，－1,1)，
设二面角G－DE－F的平面角为θ，易知θ为锐角，
则cos θ＝|cos〈n，EB〉|＝
＝＝，
所以二面角G－DE－F的余弦值是.
4．解 (1)当a＝2时，不等式f(x)≤4可化为|x－2|＋2|x－3|≤4，
当x<2时，不等式可化为－3x＋8≤4，
解得x≥，
∴≤x<2；
当2≤x≤3时，不等式可化为－x＋4≤4，解得x≥0，
∴2≤x≤3；当x>3时，不等式可化为3x－8≤4，解得x≤4，
∴30.
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)
1 2 1 2
＝－k(x－x)[k(x＋x)＋4]．
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.
4．解 (1)由直线l的参数方程消去参数t，得直线l的普通方程为2x＋3y－6＝0；
由ρ2＝得ρ2＋3ρ2sin2θ＝4，
则x2＋4y2＝4，
所以曲线C的直角坐标方程为＋y2＝1.
(2)由(1)可知A(3,0)，B(0,2)，
设P(2cos θ，sin θ)，
则点P到直线2x＋3y－6＝0的距离为d＝＝，其中tan φ＝，
当sin(θ＋φ)＝1时，d ＝，
min又|AB|＝＝，
所以△ABP的面积的最小值为|AB|·d ＝.
min
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)
1 2 1 2
＝k(x－x)，
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 ＝＝，
M
y ＝＝，
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 ＝＝，
M
y ＝＝，
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 ＝＝，
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，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，
1
x∈，
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)由f(x)＝x＋－(a－1)ln x－2，
得f′(x)＝1－－＝(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，与f(x)存在极值点矛盾；
②若a>0，则由f′(x)＝0，
解得x＝a，
故当x∈(0，a)时，f′(x)<0，
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，a)上单调递减，
在(a，＋∞)上单调递增，
故f(x)存在唯一极小值点x＝a，
故极小值f(a)＝a＋1－(a－1)ln a－2＝(a－1)(1－ln a)＝0，
解得a＝1或a＝e.
(2)f′(x)＝1－－＝(x>0)，
①若a≤1，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，
故f(x)在[1，e]上单调递增，∵f(1)＝a－1≤0，f(e)＝e＋－a－1＝(e－1)·>0，
∴由零点存在性定理，得f(x)在[1，e]上有1个零点；
②若10，
∴f(x)在[1，a)上单调递减，在(a，e]上单调递增，
∴f(x) ＝f(a)＝(a－1)(1－ln a)>0，
min
此时f(x)在[1，e]上无零点；
③若a≥e，f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，
故f(x)在[1，e]上单调递减，
∵f(1)＝a－1>0，
f(e)＝(e－1)≤0，
∴f(x)在[1，e]上有1个零点．
综上，当10，
解得－80，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－x－ ≤≤－x＋ ，
记h(x)＝－x＋ ，
由h′(x)＝－1＋ ＝0，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，因此a≤2－4ln 2；
min
记t(x)＝－x－ ，易知t(x)单调递减，
所以t(x) ＝t(0)＝－ e－，所以a≥－2 ，
max
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，
1即－yy＝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.
