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微专题小练习 数学(新教材)
详 解 答 案
专练 1 集合及其运算
1．B 由题设有A∩B＝，
故选B.
2．C 由得或或或所以A∩B＝{(1，7)，(2，6)，(3，5)，(4，4)}，故A∩B中元素的个
数为4，选C.
3．A 由题意得，Δ＝4－4a＝0得a＝1.此时方程x2－2x＋1＝0的根为1，即b＝1，∴a
＋b＝1＋1＝2.
4．B 解法一：由(∁R M) N，得(∁R N) M，
所以M∪(∁R N)＝M，故选B.
解法二：根据题意作出集⊆合M，N，如⊆图所示，
集合M为图中阴影部分，集合N为图中除内部小圆之外的部分，
显然满足(∁R M) N，由图易得(∁R N) M，所以M∪(∁R N)＝M，故选B.
⊆ ⊆
5．D 由＜4，得0≤x＜16，即M＝{x|0≤x＜16}．易得N＝，所以M∩N＝.故选D.
6．D 因为方程x2－4x＋3＝0的解为x＝1或x＝3，所以B＝{1，3}．又A＝{－1，
2}，所以A∪B＝{－1，1，2，3}．因为U＝{－2，－1，0，1，2，3}，所以
∁U
(A∪B)＝{－
2，0}．故选D.
7．B ∵
∁R
B＝{x|x<1}，∴A∩
∁R
B＝{x|02m＋1，即m<－2符合题意；当
B≠
∅
时，
得0≤m≤.
综上得m<－2或0≤m≤.
专练 2 常用逻辑用语
1．D 因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以命题p的否定为“∃x≥1，2x－
0
log x＜1”．故选D.
2 0
2．A 由正弦函数的图象及性质可知，存在 x∈R使得sin x<1，所以命题p为真命题．
对任意的x∈R，均有e|x|≥e0＝1成立，故命题q为真命题，所以命题p∧q为真命题，故选
A.
3．C 由p是q的充分不必要条件可知p q，q p，由互为逆否命题的两命题等价可
得¬q ¬p，¬p ¬q，∴¬p是¬q的必要不充分条件．选C.
⇒
4．B 由x2－5x<0可得00的解集为R；
当a≠0时，由不等式ax2＋2ax＋1>0的解集为R知，
得00的解集为R，
即p：0≤a<1，又(0，1)[0，1].
∴p是q的必要不充分条件．
6．B 由y＝2x＋m－1＝0，得m＝1－2x，由函数y＝2x＋m－1有零点，则m<1，由函
数y＝log x在(0，＋∞)上是减函数，得0a＋3，q：x≤－1或x≥，
¬p：a－3≤x≤a＋3.
因为¬p是q的充分不必要条件，
所以a＋3≤－1或a－3≥，
得a∈(－∞，－4]∪.
8．A |AB＋AC|＝|AB－AC|两边平方得到AB2＋AC2＋2AB·AC＝AB2＋AC2－2AB·AC，得
AB·AC＝0，即AB⊥AC，故△ABC为直角三角形，充分性成立；若△ABC为直角三角形，当
∠B或∠C为直角时，|AB＋AC|≠|AB－AC|，必要性不成立．故选A.
9．ABC 根据指数函数的性质可得ex>0，故A错误；x＝2时，2x>x2不成立，故B错误；
当a＝b＝0时，没有意义，故C错误；因为“x＋y>2，则x，y中至少有一个大于1”的逆否
命题为“x，y都小于等于1，则x＋y≤2”，是真命题，所以原命题为真命题，故D正确．
故选ABC.
10．②③
解析：要使函数f(x)＝sin x＋有意义，则有sin x≠0，∴x≠kπ，k∈Z，∴定义域为{x|
x≠kπ，k∈Z}，定义域关于原点对称．
又∵f(－x)＝sin (－x)＋＝－sin x－＝－＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．∴f(x)的图象关于原点
对称，
∴①是假命题，②是真命题．
对于③，要证f(x)的图象关于直线x＝对称，只需证f＝f.
∵f＝sin ＋
＝cos x＋，f＝sin ＋
＝cos x＋，
∴f＝f，∴③是真命题．
令sin x＝t，－1≤t≤1且t≠0，∴g(t)＝t＋，－1≤t≤1且t≠0，此函数图象如图所示
(对勾函数图象的一部分)，∴函数的值域为(－∞，－2]∪[2，＋∞)，
∴函数的最小值不为2，即f(x)的最小值不为2.∴④是假命题．
综上所述，所有真命题的序号是②③.
11．(－∞，－3]
解析：由x2＋x－6<0得－30，得x>a，即：B＝(a，＋∞)，
由题意得(－3，2)(a，＋∞)，∴a≤－3.
12．[9，＋∞)
解析：由≤2，得－2≤x≤10，由x2－2x＋1－m2≤0得1－m≤x≤1＋m，
设p，q表示的范围为集合P，Q，则
P＝{x|－2≤x≤10}，
Q＝{x|1－m≤x≤1＋m，m>0}．
因为p是q的充分而不必要条件，所以PQ.
所以解得m≥9.
13．A 通解：因为a>0，b>0，所以a＋b≥2，由a＋b≤4可得2≤4，解得ab≤4，所
以充分性成立；当ab≤4时，取a＝8，b＝，满足ab≤4，但a＋b>4，所以必要性不成立．
所以“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件．故选A.
优解：在同一坐标系内作出函数b＝4－a，b＝的图象，如图，则不等式a＋b≤4与
ab≤4表示的平面区域分别是直线a＋b＝4及其左下方(第一象限中的部分)与曲线b＝及其左
下方(第一象限中的部分)，易知当a＋b≤4成立时，ab≤4成立，而当ab≤4成立时，a＋
b≤4不一定成立．故选A.
14．A 方法一 设P＝{x|x>1或x<－3}，Q＝{x|x>a}，因为q是p的充分不必要条件，
所以QP，因此a≥1.
方法二 令a＝－3，则q：x>－3，则由命题q推不出命题p，此时q不是p的充分条件，
排除B，C；
同理，取a＝－4，排除D.故选A.
15．B 由b＝c得b－c＝0，得a·(b－c)＝0；反之不成立．故“a·(b－c)＝0”是“b＝
c”的必要不充分条件．故选B.
16．[0，3]
解析：由x2－8x－20≤0得－2≤x≤10.∴P＝{x|－2≤x≤10}，
由x∈P是x∈S的必要条件，知S P.又∵S≠
∅
，如图所示．
则，∴0≤m≤3.
⊆
所以当0≤m≤3时，x∈P是x∈S的必要条件，即所求m的取值范围是[0，3].
专练 3 不等式的概念及基本性质
1．C ∵a＜b＜0，∴a2＞b2.
2．A ∵ac2>bc2，c2>0，∴a>b.A正确．
3．D 当a＞b＞0时，＞，ea＞eb成立，即＞，ea＞eb是a>b>0的必要条件，不符合题
意，排除A，B.当ab＞ba时，可取a＝1，b＝－1，
但a>b>0不成立，故ab＞ba不是a＞b＞0的充分条件，排除C.函数y＝ln x在(0，＋∞)
上单调递增，当ln a＞ln b＞0时，a＞b＞1＞0；当a＞b＞0时，取a＝，b＝，则ln b＜ln
a＜0.综上，ln a＞ln b＞0是a＞b＞0的充分不必要条件．
4．C 解法一：(取特殊值进行验证)因为x＞y＞0，选项A，取x＝1，y＝，则－＝1－2
＝－1＜0，排除A；选项B，取x＝π，y＝，则sin x－sin y＝sin π－sin ＝－1＜0，排除B；
选项D，取x＝2，y＝，则ln x＋ln y＝ln (xy)＝ln 1＝0，排除D.
解法二：(利用函数的单调性)因为函数y＝在R上单调递减，且x＞y＞0，所以＜，即
－＜0.故选C.
5．B 可取a＝2，b＝±1逐一验证，B正确．
6．D ∵a>b>c且a＋b＋c＝0
∴a>0，c<0，b不确定
∴ac0，
所以b>a，
所以c≥b>a.
9．AD ∵a>b>0，则－＝＝<0，∴>一定不成立；a＋－b－＝(a－b)，当ab>1时，a
＋－b－>0，故a＋>b＋可能成立；a＋－b－＝(a－b)>0，故a＋>b＋恒成立；－＝<0，故
>一定不成立．故选AD.
10．p≤q
解析：p－q＝(＋)－(a＋b)＝(－a)＋(－b)＝(－)(b2－a2)＝，
又a<0，b<0，所以b＋a<0，ab>0，(b－a)2≥0，
所以(＋)－(a＋b)≤0，所以p≤q.
11．(－1，2)
解析：∵00，bc－ad>0，不等式两边同时除以ab得－>0，所以①正确；对
于②，若ab>0，－>0，不等式两边同时乘以ab得bc－ad>0，所以②正确；对于③，若－
>0，当两边同时乘以ab时可得bc－ad>0，所以ab>0，所以③正确．13．C ①中，因为b＞0＞a，所以＞0＞，因此①能推出＜成立，所以①正确；②中，
因为0＞a＞b，所以ab＞0，所以＞，所以＞，所以②正确；③中，因为a＞0＞b，所以＞0
＞，所以＞，所以③不正确；④中，因为a＞b＞0，所以＞，所以＞，所以④正确．故选C.
14．BD 利用取特殊值法，令a＝－3，b＝－2，代入各选项，验证可得正确的选项为
BD.
15．①
解析：①由ac2>bc2可知c2>0，即a>b，故“ac2>bc2”是“a>b”的充分条件；②当c<0时，
ab的充分条件．
16．(－1，2)
解析：∵2b0，所以y＝2x＋≥2＝2，当且仅当2x＝，即x＝时取“＝”．故选C.
2．B ∵a>0，b>0，∴4＝2a＋b≥2(当且仅当2a＝b，即：a＝1，b＝2时等号成立)，
∴00，y>0，x＋2y＝1，
∴00，b>0)过点(1，1)，所以＋＝1.所以a＋b＝(a＋b)·＝2＋＋
≥2＋2＝4，当且仅当a＝b＝2时取“＝”，故选C.
8．D ∵a⊥b，∴a·b＝(x－1，2)·(4，y)＝4(x－1)＋2y＝0，即2x＋y＝2，
∴9x＋3y＝32x＋3y≥2＝2＝6，当且仅当2x＝y＝1时取等号，∴9x＋3y的最小值为6.
9．C 设矩形模型的长和宽分别为x cm，y cm，则x＞0，y＞0，由题意可得2(x＋y)
＝8，所以x＋y＝4，所以矩形模型的面积S＝xy≤＝＝4(cm2)，当且仅当x＝y＝2时取等号，
所以当矩形模型的长和宽都为2 cm时，面积最大，为4 cm2.故选C.
10.
解析：∵a－3b＋6＝0，∴ a－3b＝－6，∴ 2a＋＝2a＋2－3b≥2＝2＝2＝.当且仅当2a＝2
－3b，即a＝－3，b＝1时，2a＋取得最小值为.
11．36
解析：∵x>0，a>0，∴4x＋≥2＝4，
当且仅当4x＝，即：x＝时等号成立，由＝3，a＝36.
12．2＋
解析：由3a＋b＝2ab，得＋＝1，
∴a＋b＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝2＋(当且仅当＝即b＝a时等号成立).
13．C ＝5＋＋≥5＋2＝9(当且仅当＝即b＝2a时等号成立).
14．ABD 对于选项A，∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝1，∴a2
＋b2≥，正确；对于选项B，易知0＜a＜1，0＜b＜1，∴－1＜a－b＜1，∴2a－b＞2－1＝，正确；对于选项C，令a＝，b＝，则log＋log＝－2＋log＜－2，错误；对于选项D，∵＝，
2 2 2
∴[]2－(＋)2＝a＋b－2＝(－)2≥0，∴＋≤，正确．故选ABD.
15．BCD 因为a>b，所以－＝＞0，所以＞，选项A不正确；因为a＋b＝1，所以＋
＝＋－(a＋b)≥2b＋2a－(a＋b)＝a＋b＝1，当且仅当a＝b＝时取等号，所以＋的最小值为
1，故选项B正确；
因为a＞b＞c，所以a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0，所以(a－c)＝
＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当b－c＝a－b时取等号，所以＋≥，故选项C正确；
因为a2＋b2＋c2＝[(a2＋b2＋c2)＋(a2＋b2)＋(b2＋c2)＋(c2＋a2)]≥(a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋
2ca)＝[(a＋b)2＋2(a＋b)c＋c2]＝(a＋b＋c)2＝3，当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立，所以a2＋
b2＋c2的最小值为3，故选项D正确．
16．30
解析：一年的总运费为6×＝(万元).
一年的总存储费用为4x万元．
总运费与总存储费用的和为万元．
因为＋4x≥2＝240，当且仅当＝4x，即x＝30时取得等号，
所以当x＝30时，一年的总运费与总存储费用之和最小．
专练 5 二次函数与一元二次不等式
1．B 因为m>2，所以函数f(x)的图象开口向下，所以≤－2，即8－n≥－2(2－m)，所
以n≤12－2m，故nm≤(12－2m)m＝－2m2＋12m＝－2(m－3)2＋18≤18，当且仅当m＝3，n
＝6时等号成立，故选B.
2．A 由x2＋3x－4>0得(x－1)(x＋4)>0，解得x>1或x<－4.故选A.
3．C 由题意知－＝1，即b＝－a且a>0.
则不等式(ax＋b)(x－2)<0.
化为a(x－1)(x－2)<0.
故解集为(1，2).
4．A 因为函数y＝x2＋ax＋4的图象开口向上，要使不等式x2＋ax＋4<0的解集为空集，
所以Δ＝a2－16≤0.
∴－4≤a≤4.
5．B f(x)＝x2－4x＋5可转化为f(x)＝(x－2)2＋1.
因为函数f(x)图象的对称轴为直线x＝2，f(2)＝1，f(0)＝f(4)＝5，
且函数f(x)＝x2－4x＋5在区间[0，m]上的最大值为5，最小值为1，
所以实数m的取值范围为[2，4]，故选B.
6．C y－25x＝－0.1x2－5x＋3 000≤0，
即x2＋50x－30 000≥0，
解得x≥150或x≤－200(舍去).
7．CD 方法一 ∵x∈[1，5]，
∴不等式x2＋ax－2>0化为a>－x，
令f(x)＝－x，
则f′(x)＝－－1<0，
∴f(x)在[1，5]上单调递减，
∴f(x) ＝f(5)＝－5＝－，
min
∴a>－.
方法二 由Δ＝a2＋8>0，知方程恒有两个不等实根，又知两根之积为负，所以方程必
有一正根、一负根，于是不等式在[1，5]上有解的充要条件是f(5)>0，解得：a>－.
8．B 设f(x)＝(mx－1)2，g(x)＝，其中x∈[0，1].
A．若m＝0，则f(x)＝1与g(x)＝在[0，1]上只有一个交点(1，1)，故A错误．
B．当m∈(1，2]时，∵≤＜1，∴f(x)≤f(0)＝1，g(x)≥g(0)＝＞1，∴f(x)＜g(x)，即当
m∈(1，2]时，函数y＝(mx－1)2的图象与y＝的图象在x∈[0，1]时无交点，故B正确．
C．当m∈(2，3]时，∵≤＜，∴f(x)≤f(1)＝(m－1)2，g(x)≥g(0)＝，不妨令m＝2.1，则f(x)≤1.21，g(x)≥≈1.45，∴f(x)＜g(x)，此时无交点，即C不一定正确．
D．当m∈(3，＋∞)时，g(0)＝＞1＝f(0)，此时f(1)＞g(1)，此时两个函数图象只有一个
交点，∴D错误．
9．BCD A中，不等式2x2－x－1>0的解集为，A不正确；B正确；C中，a>0，且＝
7，所以a＝3，C正确；D中，－2＝q，－p＝q＋1＝－2＋1＝－1，∴p＝1，∴p＋q＝1－2
＝－1，D正确．故选BCD.
10.
解析：∵00的解集是.
11．[－1，1]
解析：当x≤0时，由x＋2≥x2，解得－1≤x≤2.
∴－1≤x≤0，
当x>0时，由－x＋2≥x2解得－2≤x≤1，
∴00的解集为R，
∴
即
解得20，
当a>0时，y＝a(x－a)(x＋1)开口向上，与x轴的交点为a，－1，
故不等式的解集为x∈(－∞，－1)∪(a，＋∞)；
当a<0时，y＝a(x－a)(x＋1)开口向下，
若a＝－1，不等式解集为∅；
若－1－2}，
∴k<0，且－3与－2是方程kx2－2x＋6k＝0的两根，
∴(－3)＋(－2)＝，解得k＝－，A正确；
B中，∵不等式的解集为
∴解得k＝－，B错；
C中，由题意得解得k<－，C正确；
D中，由题意得解得k≥，D正确．
15．C 方法一 若a，b，2a＋b互不相等，则当时，原不等式在x≥0时恒成立，又因
为ab≠0，所以b<0；
若a＝b，则当时，原不等式在x≥0时恒成立，又因为ab≠0，所以b<0；
若a＝2a＋b，则当时，原不等式在x≥0时恒成立，又因为ab≠0，所以b<0；
若b＝2a＋b，则a＝0，与已知矛盾；
若a＝b＝2a＋b，则a＝b＝0，与已知矛盾．
综上，b<0，故选C.
方法二 特殊值法：当b＝－1，a＝1时，(x－1)(x＋1)(x－1)≥0在x≥0时恒成立；当b
＝－1，a＝－1时，(x＋1)(x＋1)(x＋3)≥0在x≥0时恒成立；当b＝1，a＝－1时，(x＋1)(x
－1)(x＋1)≥0在x≥0时不一定成立．故选C.
16．100 [60，100]
解析：由题意，当x＝120时，
＝11.5，
解得k＝100.
由≤9，
得x2－145x＋4 500≤0，
解得45≤x≤100，
又∵60≤x≤120.∴60≤x≤100.
专练 6 函数及其表示
1．A
2．C 设＋1＝t，则x＝(t－1)2(t≥1)，
∴f(t)＝(t－1)2＋1＝t2－2t＋2，
∴f(x)＝x2－2x＋2(x≥1).
3．D 由题意得
得
得－1≤x≤1且x≠－，∴函数的定义域为∪.
4．B 由题意得得0≤x≤2 018且x≠1.
5．A 设f(x)＝ax＋b，由f(f(x))＝x＋2知，a(ax＋b)＋b＝x＋2，得得
∴f(x)＝x＋1.
6．B 当x∈[0，1]时，f(x)＝x；
当1≤x≤2时，设f(x)＝kx＋b，
由题意得：得
∴当x∈[1，2]时，f(x)＝－x＋3.
结合选项知选B.
7．A f(1)＝2×1＝2，据此结合题意分类讨论：
当a>0时，2a＋2＝0，解得a＝－1，舍去；
当a≤0时，a＋2＋2＝0，解得a＝－4，满足题意．故选A.
8．C ∵f(x)＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，
∴当x＝2时，f(2)＝4，由f(x)＝－x2＋4x＝－5，得x＝5或x＝－1，∴要使函数在[m，
5]的值域是[－5，4]，则－1≤m≤2.
9．BCD 易知函数y＝2·x的定义域为R，值域为R，A中的函数y＝3x的定义域为
R，值域为R；B中的函数y＝ln x的定义域为(0，＋∞)；C中的函数可化为y＝x(x＞0)，其
定义域为(0，＋∞)；D中的函数y＝2x的值域为(0，＋∞).故选BCD.
10．[2，＋∞)
解析：由log x－1≥0得log x≥1，x≥2.
2 2
11．－
解析：当a≤1时，f(a)＝2a－2＝－3无解；
当a>1时，由f(a)＝－log (a＋1)＝－3，
2
得a＋1＝8，a＝7，
∴f(6－a)＝f(－1)＝2－1－2＝－.
12．[0，3)
解析：由题意得ax2＋2ax＋3＝0无实数解，即y＝ax2＋2ax＋3与x轴无交点，当a＝0
时y＝3符合题意；当a≠0时，Δ＝4a2－12a<0，得00，于是a＝4；若f(a)<0，则f(a)＝－2，
此时只能是a<0，于是a＝－(若a>0，由－1＝－2，解得a＝－2不满足题意).
16.
解析：由函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，可知函数f(x)的周期是4，所以f(15)＝f(－1)
＝＝，所以f(f(15))＝f＝cos ＝.
专练 7 函数的单调性与最值
1．D 解法一(排除法) 取x ＝－1，x ＝0，对于A项有f(x)＝1，f(x)＝0，所以A项
1 2 1 2
不符合题意；对于B项有f(x)＝，f(x)＝1，所以B项不符合题意；对于C项有f(x)＝1，
1 2 1
f(x)＝0，所以C项不符合题意．故选D.
2
解法二(图象法) 如图，在坐标系中分别画出A，B，C，D四个选项中函数的大致图象，
即可快速直观判断D项符合题意．故选D.
2．D A项，x ＝0时，y ＝1，x ＝时，y ＝2>y ，所以y＝在区间(－1，1)上不是减函
1 1 2 2 1
数，故A项不符合题意．B项，由余弦函数的图象与性质可得，y＝cos x在(－1，0)上递增，
在(0，1)上递减，故B项不符合题意．C项，y＝ln x为增函数，且y＝x＋1为增函数，所以
y＝ln (x＋1)在(－1，1)上为增函数，故C项不符合题意．D项，由指数函数可得y＝2x为增
函数，且y＝－x为减函数，所以y＝2－x为减函数，故D项符合题意．
3．D 由x2－4>0得x>2或x<－2，∴f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，由复合
函数的单调性可知，函数的单调增区间为(－∞，－2).
4．B ∵a＝log 0.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，
2
∴a0；由于f(x)＝－x2＋2ax在区间
[1，2]上是减函数，且f(x)的对称轴为x＝a，则a≤1.综上有0x>－1时，>0恒成立，知f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
2 1
又－<0<3，∴f(3)>f(0)>f，
即c>a>b.
8．C f(x)＝
由f(x)的图象可知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
由f(2－a2)>f(a)得2－a2>a，
即a2＋a－2<0，解得－23，所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，
＋∞).
11．[－1，1)
解析：∵f(0)＝log 3<0，∴00，∴f(x)在单调递增，排除B；当x∈时，f(x)＝ln (－2x－1)－ln (1
－2x)，则f′(x)＝－＝<0，∴f(x)在单调递减，∴D正确．
15．3
解析：∵y＝在R上单调递减，y＝log (x＋2)在[－1，1]上单调递增，∴f(x)在[－1，1]上
2
单调递减，∴f(x) ＝f(－1)＝3.
max
16.
解析：∵对任意x≠x，都有<0成立，
1 2
∴f(x)在定义域R上为单调递减函数，
∴解得0f.
6．D ∵f(x＋2)为偶函数，∴f(2＋x)＝f(2－x)，
又f(x)为奇函数，∴f(－x＋2)＝－f(x－2)，
∴f(x＋2)＝－f(x－2)，∴f(x＋4)＝－f(x)，∴f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，
∴f(x)是以8为周期的周期函数，
∵f(0)＝0，∴f(2 016)＝f(0)＝0，f(2 017)＝f(1)＝1，
∴f(2 016)＋f(2 017)＝0＋1＝1.
7．C f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，得函数在(0，＋∞)上是
减函数，图象越靠近 y轴，图象越靠上，即自变量的绝对值越小，函数值越大，由于
0<0.20.6<10时，f′(x)＝ex＋e－x＋(ex－e－x)x>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，故选A.
8．BC 由题意知m2－5m＋4<0.
解得：10时，b<0，ab<0；当a<0时，ab>0(b<0)或ab<0(00，∴－13－2a>0或3－2a0，∴b<0.
6．D ∵y＝为减函数，∴bc，∴b0)，∴y＝t2＋2t＋1＝(t＋1)2，
又y＝(t＋1)2在(0，＋∞)上单调递增，∴y>1，
∴所求函数的值域为(1，＋∞).
8．C 由复合函数的单调性可知，函数f(x)的单调减区间为(－∞，0).
9．C I(t*)＝ ＝0.95K，整理可得 ＝19，两边取自然对
数得0.23(t*－53)＝ln 19≈3，解得t*≈66，故选C.
10．－
解析：原式＝＋－＋1＝＋500－10(＋2)＋1＝＋10－10－20＋1＝－.
11．－
解析：①当01时，函数f(x)在[－1，0]上单调递增，由题意可得即显然无解，所以a＋b＝－.
12．1
解析：因为f(1＋x)＝f(1－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以a＝1，所
以函数f(x)＝2|x－1|的图象如图所示，因为函数f(x)在[m，＋∞)上单调递增，所以m≥1，所以
实数m的最小值为1.
13．BCD 由2a＋1＝3，2b＝，得2a＋1·2b＝8，所以a＋1＋b＝3，则a＋b＝2，故A不正
确．
又2a＋1＝2·2a＝3，所以＜2a＝＜2，所以b＞1＞a＞.因为＝2b－a＝＜2，所以b－a＜1，
故B正确；
＋＝＝，因为0＜ab＜＝1，
所以＋＝＞2，故C正确；
ab＝a(2－a)＝－(a－1)2＋1，因为＜a＜1，所以－(a－1)2＋1∈，
所以ab＞，故D正确．
综上所述，选BCD.
14．A 因为2x－2y<3－x－3－y，所以2x－3－x<2y－3－y.设f(x)＝2x－3－x，则f′(x)＝2x ln 2－3－x×ln 3×(－1)＝2x ln 2＋3－xln 3，易知f′(x)>0，所以f(x)在R上为增函数．由2x－3－x<2y
－3－y得x1，所以ln (y－x＋1)>0，故选A.
15．6
解析：由题意得f(p)＝，f(q)＝－，
所以
①＋②，
得＝1，
整理得2p＋q＝a2pq，又2p＋q＝36pq，
∴36pq＝a2pq，又pq≠0，
∴a2＝36，∴a＝6或a＝－6，又a>0，得a＝6.
16.
解析：设t＝2x，则y＝4x＋m·2x－2＝t2＋mt－2.
因为x∈[－2，2]，所以t∈.
又函数y＝4x＋m·2x－2在区间[－2，2]上单调递增，
即y＝t2＋mt－2在区间上单调递增，
故有－≤，解得m≥－.
所以m的取值范围为.
专练 11 对数与对数函数
1．B 原式＝lg ＋lg 4－2＝lg ×4－2＝1－2＝－1.
2．D 由题意得log x－2)≥0，即0<3x－2≤1.
(3
∴，∴c>.
13
又∵55<84，∴8×55<85，两边同取以 8为底的对数得 log (8×55)b>a，故选A.
6．C 通解：由函数y＝ln x的图象(图略)知，当0b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3
在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b3时，f(x)＝log x，
a
必须满足a>1，且log 3≥2，得12时，log x≤
a
－1，故00且a≠1)在[－2，0]上的值域是[－1，0]，而f(0)＝
a
0，∴f(－2)＝log 3＝－1，∴a＝，∴g(x)＝－3，令g(x)＝0，得x＝－m－1，则－m－1≤0，
a
求得m≥－1，故m的取值范围为[－1，＋∞).
专练 12 函数的图象
1．D 由y＝2|x|sin 2x知函数的定义域为R，
令f(x)＝2|x|sin 2x，则f(－x)＝2|－x|sin (－2x)＝－2|x|sin 2x.
∵ f(x)＝－f(－x)，∴ f(x)为奇函数．
∴ f(x)的图象关于原点对称，故排除A，B.
令f(x)＝2|x|sin 2x＝0，解得x＝(k∈Z)，
∴ 当k＝1时，x＝，故排除C.
故选D.
2．A 把函数y＝log x的图象上所有点的纵坐标缩短为原来的，横坐标不变，得到函
2
数y＝log x的图象，再向右平移1个单位，得到函数y＝log (x－1)的图象，即函数y＝log (x
2 2 2－1)＝log 的图象．
2
3．B ∵ y＝ex－e－x是奇函数，y＝x2是偶函数，
∴ f(x)＝是奇函数，图象关于原点对称，排除A选项．
当x＝1时，f(1)＝＝e－>0，排除D选项．
又e>2，∴ <，∴ e－>1，排除C选项．
故选B.
4．D ∵f(－x)＝＝－＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数，排除A；
∵f(π)＝＝>0，∴排除C；∵f(1)＝，且sin 1>cos 1，∴f(1)>1，∴排除B.故选D.
5．A 对于B选项，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故B不符合题意．对于C选项，
当x＝3时，y＝＝cos 3.因为cos 3>－1，所以cos 3>－，与图象不符，故C不符合题意．对
于D选项，当x＝3时，y＝>0，与图象不符，故D不符合题意．综上，用排除法选A.
6．A 函数f(x)＝＝1＋，∵≠0，∴f(x)≠1.故A正确；显然f(x)的图象关于(－1，1)成
中心对称，故B不正确；∵当x＝－2时，f(x)＝0，故图象与x轴有交点，C不正确；由函数
的概念知D不正确．
7．B 图②是由图①y轴左侧图象保留，左右关于y轴对称得，故图②对应的解析式为
y＝f(－|x|).
8．A 设函数f(x)＝(3x－3－x)cos x，则对任意x∈[－，]，都有f(－x)＝(3－x－3x)cos (－
x)＝－(3x－3－x)cos x＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，因此排除B，D选项．又f(1)＝(3－3
－1)cos 1＝cos 1＞0，所以排除C选项．故选A.
9．D 由题意知y＝＝的图象是双曲线，且关于点(1，0)成中心对称，又y＝2sin πx的
周期为T＝＝2，且也关于点(1，0)成中心对称，
因此两图象的交点也一定关于点(1，0)成中心对称，
再结合图象(如图所示)可知两图象在[－2，4]上有8个交点，
因此8个交点的横坐标之和x＋x＋…＋x＝4×2＝8.故选D.
1 2 8
10．(－2，4)
解析：由题意得f(2)＝3，又y＝f(x)与y＝f(－x)的图象关于y轴对称，∴y＝f(－x)过点
(－2，3)，∴y＝f(－x)＋1的图象过点(－2，4).
11.∪
解析：当x∈时，y＝cos x>0.
当x∈时，y＝cos x<0.
结合y＝f(x)，x∈[0，4]上的图象知，
当10得f(x－
3)>f(x)，∴|x－3|>|x|，得x<.
16．(3，＋∞)
解析：f(x)的大致图象如图所示，若存在b∈R，使得方程f(x)＝b有三个不同的根，只
需4m－m20，所以m>3.
专练 13 函数与方程
1．B 由题意得x2－ax＋b＝0有两根2，3.
∴得
由bx2－ax－1＝0，得6x2－5x－1＝0，
得x＝－或x＝1.
2．C 令f(x)＝log x＋x－7，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且函数在(0，＋∞)上
4
连续．因为f(5)<0，f(6)>0，所以f(5)f(6)<0，所以函数f(x)＝log x＋x－7的零点所在的区间
4
为(5，6)，即方程log x＋x＝7的根所在区间是(5，6).故选C.
4
3．A 由得x＝－3，由得x＝10，∴函数f(x)的所有零点之和为10－3＝7.
1 2
4．D ∵f＝＋1>0，
f(1)＝>0，f(e)＝－1<0，
∴f(x)在内无零点，在(1，e)内有零点．
5．B ∵幂函数f(x)＝xα的图象过点(2，)，∴f(2)＝2α＝，解得α＝，∴f(x)＝x，∴函数
g(x)＝f(x)－3＝x－3.令g(x)＝x－3＝0，得x＝9，∴g(x)＝f(x)－3的零点是9.故选B.
6．A 在同一坐标系中画出y＝2x和y＝－x的图象，可得a＜0，用同样的方法可得b＞
0，c＝0，所以b＞c＞a，故选A.
7．B ∵函数f(x)＝x－为单调增函数，且f(0)＝－1<0，f(1)＝>0, ∴f(x)在(0，1)内有一
个零点．
8．D 当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝－x2－3x，
∴g(x)＝
由
得x＝1或x＝3；由得x＝－2－，故选D.
9．D 由于|f(x)|≥0，故必须－k≥0，即k≤0，显然k＝0时两个函数图象只有一个公共
点，所以k<0，f(x)＝kx＋2恒过点(0，2)，要使y＝|f(x)|与y＝－k的图象有三个公共点(如图
所示)，只要－k≥2，即k≤－2即可．故选D.
10.
解析：当a＝0时，函数f(x)＝1在(－1，1)上没有零点，所以a≠0.所以函数f(x)是单调
函数，要满足题意，只需f(－1)f(1)<0，即(－3a＋1)·(1－a)<0，所以(a－1)(3a－1)<0，解得
1且log (1＋2)<1，log (3＋2)>1，解得a∈(3，5).
a a
13．D 易知函数f(x)＝ex－1＋x－2的零点为x＝1，则α＝1，设函数g(x)＝x2－ax－a＋3
的一个零点为β，若函数f(x)和g(x)互为“零点相邻函数”，根据定义，得|1－β|≤1，解得
0≤β≤2.作出函数g(x)＝x2－ax－a＋3的图象(图略)，因为g(－1)＝4，要使函数g(x)在区间
[0，2]内存在零点，则即解得2≤a≤3.故选D.
14．AC 因为y＝x3－3x2＋3x－1，所以y′＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，所以y＝x3－3x2
＋3x－1在R上是增函数，又当x＝1时y＝13－3×12＋3×1－1＝0，所以x＝1.作出y＝2x，
3
y＝log x，y＝2－x三个函数的图象如图所示，
2
其中A(x ，y)，B(x ，y)分别是函数y＝2x，y＝log x的图象与直线y＝2－x的交点．因
1 1 2 2 2
为指数函数y＝ax与y＝log x的图象关于直线y＝x对称，且y＝2－x也关于y＝x对称，所以
a
交点A，B关于直线y＝x对称，所以＝，即2－x ＋2－x ＝x ＋x ，所以x ＋x ＝2＝2x ，再
1 2 1 2 1 2 3
由基本不等式及x≠x 得xx＜＝1＝x(0＜x＜x).故选AC.
1 2 1 2 3 1 2
15．(0，1)
解析：函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，等价于y＝f(x)与y＝m有三个交点，画出y＝f(x)
的图象，其中抛物线的顶点为(－1，1)，由图可知，当04.②两个零点为1，4，由图可知，
此时1<λ≤3.
综上，λ的取值范围为(1，3]∪(4，＋∞).
专练 14 函数模型及其应用
1．C 因为当t∈[0，30]时，污染物数量的变化率是－10ln 2，所以－10ln 2＝，所以p
0
＝600ln 2.因为p(t)＝p×2－，所以p(60)＝600ln 2×2－2＝150ln 2(毫克/升).
0
2．B 设经过n年后，投入资金为y万元，则y＝2 000·(1＋20%)n.
由题意得2 000(1＋20%)n＞10 000，即1.2n＞5，则n lg 1.2＞lg 5，所以n＞≈＝8.75，
所以n＝9，即2029年该市全年用于垃圾分类的资金开始超过1亿元．
3．D 12 km/s＝12 000 m/s，所以12 000＝2 000ln ，所以ln ＝6，则1＋＝e6，所以＝
e6－1，故选D.
4．B 将信噪比从1 000提升至4 000时，C增加了≈＝＝lg 2≈×0.301 0≈0.2＝20%，
故C大约增加了20%，选B.
−t −t
5．B 由题得0.6·N 0 ＝N 0 · 25730 ，即 25730 ＝，
两边同时取以2为底的对数，则有＝log＝log 3－log 5≈－0.7，
2 2 2
故t≈0.7×5 730＝4 011年，最符合题意的选项为B.
6．1.375
解析：由题意可知，当选用函数f(x)＝ax2＋bx＋c时，由解得∴f(x)＝－0.05x2＋0.35x＋
0.7，∴f(4)＝1.3；
当选用函数g(x)＝abx＋c时，由解得
∴g(x)＝－0.8×0.5x＋1.4，∴g(4)＝1.35.
∵g(4)比 f(4)更接近于 1.37，∴选用函数 g(x)＝abx＋c 模拟效果较好，∴g(5)＝－
0.8×0.55＋1.4＝1.375，即5月份的销售量为1.375万部．
7．9
解析：设该公司在这一产品的生产中所获年利润为f(x)，当0＜x≤10时，f(x)＝xR(x)－
(100＋27x)＝81x－－100；
当10＜x≤25时，f(x)＝xR(x)－(100＋27x)＝－x2＋30x＋75.
故f(x)＝
当0＜x≤10时，由f′(x)＝81－x2＝－(x＋9)(x－9)，
得当x∈(0，9)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(9，10)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
故f(x) ＝f(9)＝81×9－×93－100＝386.
max
当10＜x≤25时，f(x)＝－x2＋30x＋75＝－(x－15)2＋300≤300.
综上，当x＝9时，年利润取最大值，为386.
所以当年产量为9千件时，该公司在这一产品的生产中所获年利润最大．
8．37.5
解析：由题意，产品的月销量x(万件)与投入实体店体验安装的费用t(万元)之间满足x
＝3－，
即t＝－1(1＜x＜3)，
所以月利润y＝x－32x－3－t＝16x－－3＝16x－－＝45.5－≤45.5－2＝37.5，
当且仅当16(3－x)＝，即x＝时取等号，
即该公司最大月利润为37.5万元．
专练 15 导数的概念及运算
1．D ∵f(x)＝2xf′(1)＋x2，
∴f′(x)＝2f′(1)＋2x，
∴f′(1)＝2f′(1)＋2，
∴f′(1)＝－2，
∴f(x)＝－4x＋x2，
∴f′(x)＝－4＋2x，∴f′(0)＝－4.
2．B ∵曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，∴g′(1)＝2.∵函数f(x)＝
g(x)＋2x，∴f′(x)＝g′(x)＋2＝g′(1)＋2，∴f′(1)＝2＋2＝4，即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的
斜率为4.故选B.
3．D 因为y′＝aex＋ln x＋1，所以当x＝1时，y′＝ae＋1，所以曲线在点(1，ae)处的
切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以解得
4．C ∵函数f(x)＝x(x－a)(x－a)·…·(x－a)，
1 2 8
∴f′(x)＝(x－a)(x－a)·…·(x－a)＋x[(x－a)(x－a)·…·(x－a)]′，∴f′(0)＝aa…a ＝
1 2 8 1 2 8 1 2 8
(aa)4＝84＝212.
1 8
5．D ∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，∴a－1＝0，得a＝1，∴f(x)＝x3＋x，∴f′(x)
＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x，故选D.
6．B 令y′＝－＝－，解得x＝－3(舍去)或x＝2.故切点的横坐标为2，故选B.
7．B ∵f′(x)＝cos x－a sin x，∴f＝－a＝，得a＝.
8．D 由y＝x＋ln x，得y′＝1＋，
∴当x＝1时，y′＝2，∴切线方程为y－1＝2(x－1)，
即y＝2x－1，
由
得ax2＋ax＋2＝0，
由题意得得a＝8.
9．B 设g(x)＝f(x)－2x－4，
g′(x)＝f′(x)－2，
由题意得g′(x)>0恒成立，
∴g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
又g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，
又f(x)>2x＋4等价于g(x)>0，
∴原不等式的解为x>－1.
10．y＝3x
解析：因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲线在点(0，0)处的切线的
斜率k＝y′＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.
11．e
解析：f′(x)＝ex·ln x＋，∴f′(1)＝e.12．(－ln 2，2)
解析：∵y＝e－x，∴y′＝－e－x，
设P(x，y)，由题意得－e－x 0＝－2，
0 0
∴e－x 0＝2，∴－x＝ln 2，x＝－ln 2，
0 0
∴P(－ln 2，2).
13．B f′(x)＝4x3－6x2，则f′(1)＝－2，易知f(1)＝－1，由点斜式可得函数f(x)的图象在
(1，f(1))处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.
14．CD ∵f(x)＝－x3＋2x2－x，∴f′(x)＝－3x2＋4x－1.
由已知得，过点P(1，t)作曲线y＝f(x)的三条切线，情况如下：
①点P(1，t)在曲线上，此时切点为P(1，t)，把P点坐标代入函数解析式可得P(1，0)，
利用切线公式得y＝f′(1)(x－1)，所以切线为x轴，但此时切线只有一条，不符合题意．
②点P(1，t)不在曲线上，设切点为(x ，y)，又切线经过点P(1，t)，所以切线方程为y
0 0
－t＝f′(x)(x－1).
0
因为切线经过切点，所以y－t＝(－3x＋4x－1)(x－1).
0 0 0
又因为切点在曲线上，所以y＝－x＋2x－x.
0 0
联立方程得
化简得t＝2x－5x＋4x－1.
0
令g(x)＝2x3－5x2＋4x－1，即t＝g(x)有三个解，即直线y＝t与y＝g(x)的图象有三个交
点．
令g′(x)＝6x2－10x＋4＝2(x－1)(3x－2)＝0，可得两极值点为x＝1，x＝.
1 2
所以x∈和(1，＋∞)时，g(x)单调递增，x∈时，g(x)单调递减，
所以当g(1)＝0＜t＜＝g时，满足直线y＝t与y＝g(x)的图象有三个交点，而0＜＜＜，
故选CD.
15．－2
解析：因为f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，所以切线l的斜率为f′(1)＝e，由f(1)＝3e知切点坐
标为(1，3e)，所以切线l的方程为y－3e＝e(x－1).令y＝0，解得x＝－2，故直线l的横截距
为－2.
16．(－∞，－4)∪(0，＋∞)
解析：设切线的切点坐标为(x ，y).令f(x)＝(x＋a)ex，则f′(x)＝(x＋1＋a)ex，f′(x)＝(x ＋
0 0 0 0
1＋a) ex 0.因为 y ＝(x ＋a) ex 0，切线过原点，所以 f′(x)＝，即(x ＋1＋a)·ex 0＝
0 0 0 0
.整理，得x＋ax －a＝0.由题意知该方程有两个不同的实数根，所以Δ＝a2＋
0
4a＞0，解得a＜－4或a＞0.
专练 16 导数在研究函数中的应用
1．B 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)<0，得01时f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<<1，所
以k≥1.故选D.
3．C 因为f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)，所以f(x)在区间[1，3]上单调递减，f(x)的图
象向右平移一个单位长度得到f(x－1)的图象，所以f(x－1)在区间[2，4]上单调递减．用集合
的观点考虑“充分不必要条件”，在选项中，包含在区间[2，4]内的选项为C.故选C.
4．B ∵函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．又f′(x)＝3x2＋2＋cos
x>0，∴f(x)在R上单调递增，∴f(a)>f(2a－1)，a>2a－1，解得a<1.故选B.
5．D 因为f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数．又当x>0时，f′(x)＝ex－
>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为<0，所以函数g(x)在R上单调递增．因为
a>b，所以g(a)>g(b)，即af(a)>bf(b)，故选A.
7．C ∵f(x)＝，∴f′(x)＝， 当00，故f(x)在(0，e)上单调递增．又
∵00，所以当x>1时，f′(x)－f(x)>0；当x<1时，f′(x)－f(x)<0.因为g(x)＝，
所以g′(x)＝，则当x>1时，g′(x)>0；当x<1时，g′(x)<0.所以函数g(x)在(1，＋∞)上为单调递
增函数，在(－∞，1)上为单调递减函数，则x＝1是函数g(x)的极小值点，则选项A，B均
正确．当g(1)<0时，因为函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减，所以
函数g(x)在区间(1，＋∞)和区间(－∞，1)上分别至多有一个零点，当g(1)>0时，函数g(x)
无零点，所以函数g(x)至多有两个零点，所以选项C正确．因为f(0)＝1，所以g(0)＝＝1，
又g(x)在区间(－∞，1)上单调递减，所以当 x≤0 时，g(x)＝≥g(0)＝1，又 ex>0，所以
f(x)≥ex，故选项D错误．故选ABC.
10．－12
解析：f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意得3x2＋2bx＋c<0的解集为(－1，3).∴得
∴b＋c＝－12.
11．1
解析：由题设知：f(x)＝|2x－1|－2ln x定义域为(0，＋∞)，
∴当01时，f(x)＝2x－1－2ln x，有f′(x)＝2－>0，此时f(x)单调递增；
又f(x)在各分段的界点处连续，
∴综上有：01时，f(x)单调递增；
∴f(x)≥f(1)＝1.
12．0 4e－2
解析：由题意知，f′(x)＝[x2＋(2－m)x－2m]ex，f′(0)＝－2m＝0，解得m＝0，∴f(x)＝
x2ex，f′(x)＝(x2＋2x)ex.令f′(x)>0，解得x<－2或x>0，令f′(x)<0，解得－20时，g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(2)＝＝0，
∴f(x)>0的解集为(－2，0)∪(2，＋∞).
14．AC 由题意知f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝0，得x＝或x＝－.令f′(x)＞0，得x＜－或x
＞；令f′(x)＜0，得－＜x＜.所以f(x)在(－∞，－)和(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递
减，所以f(x)有两个极值点，所以A正确．f(x) ＝f(－)＝－＋＋1＞0，f(x) ＝f()＝－＋
极大值 极小值
1＞0.当x→＋∞时，f(x)→＋∞；当x→－∞时，f(x)→－∞，所以f(x)有一个零点，所以B错
误．因为f(x)＋f(－x)＝x3－x＋1＋(－x)3＋x＋1＝2，所以曲线y＝f(x)关于点(0，1)对称，所
以C正确．令f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以当切线的斜率为2时，切点为(1，
1)或(－1，1)，则切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D错误．故选AC.
15．f(－3)＜f(2)＜f
解析：∵f(x)＝x sin x＋cos x为偶函数，
∴f(－3)＝f(3).
又f′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，
当x∈时，f′(x)<0，∴f(x)在上为减函数，
∴f>f(2)>f(3)＝f(－3).
16.
解析：f′(x)＝2ex＋(2x－4)ex＋2a(x＋2)＝(2x－2)·ex＋2a(x＋2)，
依题意，当x>0时，函数f′(x)≥0恒成立，
即≥－2a恒成立，
记g(x)＝，
则g′(x)＝
＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝－1，
所以－2a≤－1，即a≥.
故a的取值范围为.
专练 17 函数、导数及其应用综合检测
1．B 因为f(－x)＝－x＋＝－＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，排除C，D，又f(1)＝0，所
以排除A，故选B.
2．B 由题可得A(a，2a＋1)，B(a，a＋ln a)，
∴|AB|＝|2a＋1－(a＋ln a)|＝|a＋1－ln a|.
令f(x)＝x＋1－ln x(x>0)，则f′(x)＝1－，当01时，f′(x)>0，∴
函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得最小值，
最小值为2>0，
∴|AB|＝|a＋1－ln a|＝a＋1－ln a，其最小值为2.
3．A 由指数函数y＝πx在R上单调递增，
可得a＝π0.2>π0＝1，由对数函数 y＝log x在(0，＋∞)上单调递增，知 0＝log 10.当f′(x)>0时，解得x∈[0，)∪(，2π]；当f′(x)<0时，
解得x∈(，).所以f(x)在[0，)上单调递增，在[，]上单调递减，在(，2π]上单调递增．又f(0)
＝2，f()＝＋2，f()＝－，f(2π)＝2，所以f(x)的最大值为＋2，最小值为－.故选D.
6．C 设h(x)＝x2f(x)，则h′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]，因为x>0时，都有xf′(x)
＋2f(x)>0恒成立，所以h′(x)>0，所以h(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又函数f(x)是定义
在R上的奇函数，所以h(x)＝x2f(x)也是定义在R上的奇函数，所以h(x)＝x2f(x)在(－∞，0)
上单调递增．又函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，所以h(x)＝x2f(x)在R上单调递增．
因为f()＝1，所以h()＝2f()＝2，所以x2f(x)<2即h(x)0，且＝.
同理可得b>0且＝，c>0且＝.令f(x)＝(x>0)，
则f′(x)＝，当01时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在
(1，＋∞)上单调递增，所以f(5)>f(4)>f(3).因为＝，＝，＝，所以f(5)＝f(a)，f(4)＝f(b)，f(3)
＝f(c)，所以f(a)>f(b)>f(c).又00时，函数y＝|kx2－2x|的图象与x轴的2个交点分别为原点(0，0)与，则当x>时，
由kx2－2x＝x3，得x2－kx＋2＝0，令Δ＝k2－8＝0，得k＝2，此时在同一平面直角坐标系中，
分别作出函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象如图3所示，由图3知两图象有3个不同的公共点，
不满足题意．令Δ＝k2－8>0，得k>2，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝f(x)
与y＝|kx2－2x|的图象如图4所示，由图4知两图象有4个不同的公共点，满足题意．令Δ＝
k2－8<0，得02时，f′(x)－f(x)>0，∴g′(x)>0，
故y＝g(x)在(2，＋∞)上单调递增，选项A正确；
当x<2时，f′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，
故y＝g(x)在(－∞，2)上单调递减，
故x＝2是函数y＝g(x)的极小值点，故选项B正确；
由y＝g(x)在(－∞，2)上单调递减，则y＝g(x)在(－∞，0]上单调递减，
由g(0)＝＝2，得x≤0时，g(x)≥g(0)，
故≥2，故f(x)≥2ex，故选项C错误；
若g(2)<0，则y＝g(x)至多有2个零点，
若g(2)＝0，则函数y＝g(x)有1个零点，
若g(2)>0，则函数y＝g(x)没有零点，故选项D正确．
10.
解析：由题意，得f′(x)＝ex＋2x，所以f′(0)＝1.又f(0)＝1，所以曲线f(x)在点(0，f(0))处
的切线方程为y－1＝1×(x－0)，即x－y＋1＝0，所以该切线与x，y轴的交点分别为(－1，
0)，(0，1)，所以该切线与坐标轴围成的图形的面积为×1×1＝.
11．－4
解析：∵f′(x)＝－3x2＋2ax，由题意得f′(2)＝0，得a＝3.
∴f′(x)＝－3x2＋6x，∴f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，∴当m∈[－1，1]时f(m) ＝f(0)＝－4.
min
12．(1) (2)[0，]
解析：(1)当a＝时，若x≤0，则f(x)＝(x－)2≥＝，若x>0，则f(x)＝x＋≥2＝2，当且仅
当x＝1时取等号，则函数的最小值为.
(2)由(1)知，当x>0时，函数f(x)≥2，此时的最小值为2，若a<0，则当x＝a时，函数
f(x)的最小值为f(a)＝0，此时f(0)不是最小值，不满足条件．若a≥0时，则当x≤0时，函数
f(x)＝(x－a)2为减函数，则当x≤0时，函数f(x)的最小值为f(0)＝a2，要使f(0)是f(x)的最小值，
则f(0)＝a2≤2，即0≤a≤，即实数a的取值范围是[0，].
13．A f′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]，
∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，
∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，
∴f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x－1)(x＋2)，
∴当x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)时f(x)单调递增，
f(x)在(－2，1)上单调递减，
∴f(x) ＝f(1)＝－1.
极小值
14．D 解法一：在曲线y＝ex上任取一点P，对函数y＝ex求导得y′＝ex，
所以，曲线y＝ex在点P处的切线方程为y－et＝et，即y＝etx＋et，
由题意可知，点在直线y＝etx＋et上，可得b＝aet＋et＝et，
令f＝et，则f′＝et.
当t0，此时函数f单调递增，
当t>a时，f′<0，此时函数f单调递减，
所以，f ＝f＝ea，
max
由题意可知，直线y＝b与曲线y＝f的图象有两个交点，则b0，当t>a＋1时，f<0，作出函数f的图象如下图所示：
由图可知，当00，则函数h(x)的图象在点A处的切线的斜率k＝，
∴2a＝.
又∵直线g(x)＝2ax－1过点(0，－1)，
∴k＝，
∴＝.解得m＝1，
∴当两线相切时，a＝.
②当a＝0时，h(x)与g(x)的图象只有一个交点．
∴所求a的取值范围是.
16.
解析：由题意，得f′(x)＝2(ax ln a－ex)，易知f′(x)至少要有两个零点x 和x.令g(x)＝f′
1 2
(x)，则g′(x)＝2ax(ln a)2－2e.(1)若a>1，则g′(x)在R上单调递增，此时若g′(x)＝0，则g(x)在
0
(－∞，x)上单调递减，在(x ，＋∞)上单调递增，此时若有x＝x 和x＝x 分别是函数f(x)＝
0 0 1 2
2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x>x ，不符合题意，舍去．(2)若00且a≠1)的极
0 a 1 2
小值点和极大值点，且x0，即>elog，所以a<，所以ln a1时，m′
(x)>0，此时函数y＝m(x)单调递增．
又m(－)＝，m(0)＝1，m(1)＝－4，
所以m(x) ＝m(1)＝－4，所以a≥＝－1，
min
即a的取值范围为[－1，＋∞).
2．解析：(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex
＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值．
若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.
所以2不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是.
3．解析：(1)f′(x)＝3x2＋b.
依题意得f′＝0，即＋b＝0.
故b＝－.
(2)由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.
令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.
f′(x)与f(x)的情况为：
x －
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ↗ c＋ ↘ c－ ↗
因为f(1)＝f＝c＋，所以当c＜－时，f(x)只有大于1的零点．
因为f(－1)＝f＝c－，所以当c＞时，f(x)只有小于－1的零点．
由题设可知－≤c≤.
当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.
当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.
当－＜c＜时，f(x)有三个零点x，x，x，且x∈，x∈，x∈.
1 2 3 1 2 3
综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
4．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋xe－x，
则f′(x)＝＋，∴f(0)＝0，f′(0)＝2，
∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x，即2x－y＝0.
(2)(方法一)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞).
①当a≥0时，对于∀x>0，f(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，故不符合题意．
②当a<0时，f′(x)＝＋ae－x(1－x)＝.
令g(x)＝1＋ae－x(1－x2)，则g′(x)＝ae－x(－2x＋x2－1)＝ae－x(x－1－)(x－1＋).对于∀x>－1，e－x>0，∵a<0，∴g(x)在(－1，1－)和(1＋，＋∞)上单调递减，在(1－，
1＋)上单调递增．
由已知，得g(－1)＝1，g(1－)＝1＋ae－1·2(－1)，g(0)＝1＋a，g(1)＝1.
(ⅰ)若－1≤a≤0，则有：
当0g(0)＝1＋a≥0；
当x>1时，由于1－x2<0，ae－x<0，故g(x)＝1＋ae－x(1－x2)>1>0.
综上可知，当x>0时，都有g(x)>0，则f′(x)＝>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴对于∀x>0，f(x)>f(0)＝0，f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，符合题意．
(ⅱ)当a<－1时，g(1－)0，∴∃x∈(－1，0)，满足g(x)＝0，
0 0
且∀x∈(－1，x)，都有g(x)>0，则f′(x)＝>0，
0
x∈(x，0)，都有g(x)<0，则f′(x)＝<0，
0
∴f(x)在(－1，x)上单调递增，在(x，0)上单调递减．
0 0
∀又∵f(0)＝0，∴f(x)>0.
0
又∵当x→－1时，f(x)→－∞，
∴f(x)在(－1，0)上恰有一个零点．
∵g(0)＝1＋a<0，g(1)＝1>0，g(x)在(0，1＋)上单调递增，在[1＋，＋∞)上单调递减，
∴ x∈(0，1)，满足g(x)＝0，且当x∈(0，x)时，g(x)<0，则f′(x)＝<0，当x∈(x ，1)
1 1 1 1
时，g(x)>0，则f′(x)＝>0.
又∃∵当x≥1时，ae－x<0，1－x2≤0，
∴g(x)＝1＋ae－x·(1－x2)>0，∴f′(x)＝>0，
∴f(x)在(0，x)上单调递减，在[x，＋∞)上单调递增．
1 1
又∵f(0)＝0，∴∀x∈(0，x)，f(x)<0，则f(x)<0.
1 1
又∵当x→＋∞时，ln (1＋x)→＋∞，axe－x→0，
∴f(x)→＋∞，
∴f(x)在(x，＋∞)上存在零点，且仅有一个．
1
故f(x)在(0，＋∞)上恰有一个零点．
综上可知，满足题意的a的取值范围是(－∞，－1).
(方法二)令g(x)＝.
f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一个零点等价于g(x)＝＝－a在(－1，0)，(0，
＋∞)上各恰有一解．
g′(x)＝.
令h(x)＝(x－1)ln (1＋x)＋，
则h′(x)＝ln (1＋x)＋＋.
令φ(x)＝ln (1＋x)＋＋，
则φ′(x)＝.
①当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，则h′(x)>h′(0)＝0，∴h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，∴g(x)在
(0，＋∞)上单调递增．
又∵当x→0时，g(x)＝lim ＝1，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴a∈(－∞，－1).
②当x∈(－1，－2)时，φ′(x)<0；当x∈(－2，0)时，φ′(x)>0.
∵当x→－1时，φ(x)＝h′(x)→＋∞，h′(0)＝0，
∴存在a∈(－1，0)使h′(a)＝0，
1 1
∴h(x)在(－1，a)上单调递增，在(a，0)上单调递减．
1 1
当x→－1时，h(x)→－∞.
又h(0)＝0，∴存在a∈(－1，a)，使得h(a)＝0，
2 1 2
即g(x)在(－1，a)上单调递减，在(a，0)上单调递增．
2 2
当x→－1时，g(x)→＋∞；
当x→0时，g(x)→1，g(x)的大致图象如图．
故当a∈(－∞，－1)∪{－g(a)}时，g(x)＝－a仅有一解；当a∈(－1，－g(a))时，g(x)
2 2
＝－a有两解．
综上可知，a∈(－∞，－1).
5．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)单调递减，
在(0，＋∞)单调递增．
(2)f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，则
g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.
(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0，2)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，2)单调递增，而
g(0)＝1，故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不合题意．
(ⅱ)若0<2a＋1<2，即－0.所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a＋1，2)单调递增．由于
g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥.
所以当≤a<时，g(x)≤1.
(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥，
则g(x)≤e－x.
由于0∈，
故由(ⅱ)可得e－x≤1.
故当a≥时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是.
6．解析：(1)函数的定义域为，
又f′＝1－ln x－1＝－ln x，
当x∈时，f′>0，当x∈时，
f′<0，
故f的递增区间为，递减区间为.
(2)因为b ln a－a ln b＝a－b，故b＝a，即＝，
故f＝f，
设＝x，＝x，由(1)可知不妨设01.
1 2 1 2
因为x∈时，f＝x>0，x∈时，f＝x<0，
故12，
1 2
若x≥2，x＋x>2必成立．
2 1 2
若x<2, 要证：x＋x>2，即证x>2－x，而0<2－x<1，
2 1 2 1 2 2
故即证f>f，即证：f>f，其中10，
所以g′>0，故g在上为增函数，所以g>g＝0，故f>f，即f>f成立，所以x＋x>2成立，
1 2
综上，x＋x>2成立．
1 2
设x＝tx ，则t>1，
2 1
结合＝，＝x，＝x 可得：
1 2
x＝x，
1 2
即：1－ln x＝t，故ln x ＝，
1 1
要证：x＋x1，
则S′＝ln ＋－1－ln t＝ln －，
先证明一个不等式：ln ≤x.
设u＝ln －x，则u′＝－1＝，
当－10；当x>0时，u′<0，
故u在上为增函数，在上为减函数，故u ＝u＝0，
max
故ln ≤x成立
由上述不等式可得当t>1时，ln ≤<，故S′<0恒成立，
故S在上为减函数，故S0，此时xf(x)<0.
易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0}，
故要证g(x)＝<1，只需证x＋f(x)>xf(x)，即证x＋ln (1－x)－x ln (1－x)>0.
令1－x＝t，则t>0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t>0，即证1 －t＋t ln t>0.
令h(t)＝1－t＋t ln t, 则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，
即g(x)<1成立．
8．解析：(1)当a＝2时，f(x)＝(x>0)，
f′(x)＝(x>0)，
令f′(x)>0，则0，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程＝1(x>0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解．
设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝(x>0)，
令g′(x)＝＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x) ＝g(e)＝，
max
且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，所以0<<，所以a>1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞).专练 19 任意角和弧度制及任意角的三角函数
1．D 设扇形的圆心角为θ，因为扇形的面积S＝θr2，所以θ＝＝＝，故选D.
2．B 因为1弧度≈57°，2弧度≈115°，3弧度≈172°，所以sin 1≈sin 57°，sin 2≈sin
115°＝sin 65°，sin 3≈sin 172°＝sin 8°，因为 y＝sin x在0°sin 1>sin 3，故选B.
3．C 由sin θ>0，tan θ<0，知θ为第二象限角，∴2kπ＋<θ<2kπ＋π(k∈Z)，∴kπ＋
<0；
又－2 200°＝－7×360°＋320°，为第四象限角，
∴cos (－2 200°)>0；
∵－10＝－4π＋(4π－10)，为第二象限角，
∴tan (－10)<0；
∵sin π>0，cos π＝－1，
π＝2π－，为第四象限角，
∴tan π<0，∴>0.
8．A ∵r＝，cos θ＝＝x，又x<0，
∴x＝－1.
9．ABD 若0<α<，则sin α0，又α∈，∴α∈，∴sin α＝－，cos α＝－，∴sin α＋
cos α＝－.4．A 2sin α－cos α＝0，∴tan α＝，∴sin2α－2sinαcos α＝＝＝＝－.
5．B 由三角函数的定义得cosα＝＝，解得x＝±或x＝0.因为点P(x，)在第二象限内，
所以x＝－，故tan α＝＝＝－.故选B.
6．A 由sin α－cos α＝，得1－2sin αcos α＝，
∴2sin αcos α＝1－＝－，即：sin 2α＝－.
7．B 由三角函数的定义可知tan α＝，由题可知α为第一象限角，∴cos α＝，sin ＝
sin (α－)＝－cos α＝－.
8．B 由三角函数的定义可知tan θ＝3，
∴＝＝＝.
9．A ＝＝＝，＝＝，
根据三角函数性质知1－sin α>0，1－cos α>0，再根据α为第二象限角知cos α<0，sin
α>0，所以原式＝cos α×＋sin α×＝sin α－cos α.
10. －
解析：由α∈，sin α＝－，得cos α＝＝，tan(π＋α)＝tan α＝＝－.
11.
解析：∵－θ＋π＋θ＝，
∴sin ＝cos ＝.
12.或0
解析：1－cos (π－α)＝2sin α可化为1＋cos α＝2sin α，等式两边同时平方，得1＋2cos
α＋cos2α＝4sin2α，即5cos2α＋2cosα－3＝0，则cos α＝ 或cos α＝－1.当cos α＝时，sin α
＝，tan α＝；当cos α＝－1时，sin α＝0，tan α＝0.
13．B 由题意得tan α＝＝b－a，
又cos 2α＝cos2α－sin2α＝＝＝，得|b－a|＝.
14．ABC 因为θ是△ABC的一个内角，且cosθ<－，所以<θ<π.设cos φ＝－，则sin φ
＝，tan φ＝＝－2.因为函数y＝cos x在上单调递减，所以由cos θ<－＝cos φ，得<φ<θ<π.对
于A，因为函数y＝sin x在上单调递减，所以sin θtan φ，即tan θ>－2，故B正确；对于C，因
为cos θ<－，所以cos2θ>，所以cos2θ＝2cos2θ－1>2×－1＝－，故C正确；对于D，sin2θ
＝2sin θcos θ，当cos θ＝－时，sin θ＝，sin 2θ＝2××＝－，故D不正确．综上，选ABC.
15.
解析：2tan (π－α)－3cos ＋5＝0化为－2tan α＋3sin β＋5＝0，tan (π＋α)＋6sin (π＋β)
＝1化为tan α－6sin β＝1，因而sin β＝.
16．②③
解析：由题意得A＋B＋C＝π，∴A＋B＝π－C，
∴cos (A＋B)＝cos (π－C)＝－cos C，故①不正确；
由于＝－，∴cos ＝cos ＝sin ，故②正确；由于A＋B＋C＝π，∴2A＋B＋C＝π＋A，
∴sin (2A＋B＋C)＝sin (π＋A)＝－sin A，故③正确．
专练 21 三角函数的图象与性质
1．A 在y＝tan 中，令x＝0，可得D(0，1)；令y＝0，解得x＝－(k∈Z)，故E，F.所
以△DEF的面积为××1＝.故选A.
2．C ∵0≤x≤9，∴－≤x－≤π，
∴－≤2sin ≤2，∴函数的最大值与最小值之和为2－.
3．C ∵0≤x≤，∴－≤2x－≤π.
∴－≤cos ≤1，又f(x)的最小值为－2，
当a＞0时，f(x) ＝－a＝－2，∴a＝2.
min
当a＜0时，f(x) ＝2a，∴a＝－1.
min
4．C (通解)将函数f(x)＝sin (ωx＋)的图象向左平移个单位长度得到y＝sin (ωx＋ω＋)
的图象．由所得图象关于y轴对称，得ω＋＝kπ＋(k∈Z)，所以ω＝2k＋(k∈Z).因为ω>0，
所以令k＝0，得ω的最小值为.故选C.(快解)由曲线C关于y轴对称，可得函数f(x)＝sin (ωx＋)的图象关于直线x＝对称，所
以f()＝sin (＋)＝±1，然后依次代入各选项验证，确定选C.
5．C 解法一：设函数f(x)的最小正周期为T，由题图可得T<π－且>－(－π)，所以
0，∴当k＝0时，ω取得最小值.
12.
解析：当x∈[0，2π]时，ωx＋∈，∵f(x)在[0，2π]上有且仅有5个零点，∴5π≤2πω＋
<6π，∴≤ω<.
13．BD 由题意得f(x)＝cos ＝sin ωx，则g(x)＝sin ω，g(0)＝sin ＝－1，即sin ω＝
1，cos ω＝0.
对于A项，g(x)＝sin ＝sin ωx cos ω－cos ωx·sin ω＝－cos ωx，又g(x)的定义域为
R，故g(x)为偶函数，A错误．
对于B项，g＝－cos ω＝0，B正确．对于C项，当ω＝5时，g(x)＝－cos 5x，由5x＝
＋kπ，k∈Z，得x＝＋，k∈Z，因为x∈(0，π)，所以x可以取，，，，，即当ω＝5时，
g(x)在(0，π)上有5个零点，C错误．
对于D项，由2kπ≤ωx≤2kπ＋π，k∈Z，得≤x≤＋，k∈Z，则函数g(x)在区间(k∈Z)
上单调递增，因为g(x)在上单调递增，所以≤，解得0<ω≤5，即ω的最大值为5，故D正
确．综上所述，正确的说法为BD.
14．A f(x)＝cos x－sin x＝cos ，由题意知a>0，
故－a＋<，又f(x)在[－a，a]为减函数，
∴∴00，所以 ω＝.由f(T)＝，得cos (2π＋φ)＝，即cos φ＝.又因为
0<φ<π，所以φ＝.因为x＝为f(x)的零点，所以＋＝kπ＋，k∈Z，解得ω＝9k＋3，k∈Z.又因
为ω>0，所以ω的最小值为3.
16.
解析：由0，∴sin 2α＝2sin α cos α<0，故选D.
3．A f(x)＝＋sin 2x＝sin ＋，
∵≤x≤，∴≤2x－≤π，
∴当2x－＝π即x＝时f(x) ＝＋＝1.
min
4．C 将式子进行齐次化处理得：
＝＝sin θ
＝＝＝＝.
故选C.
5．A ∵－α＋＝，∴cos ＝sin ＝，∴cos ＝2cos2－1＝2×－1＝－.
6．D sin2α＝cos ＝2cos2－1＝2×－1＝－.
7．A ∵cosα＝－，α为第三象限角，∴sin α＝－.
∵＝＝＝＝＝＝＝－.故选A.
8．A ∵a⊥b，∴sin θ－2cos θ＝0，
∴tan θ＝2，∴sin 2θ＋cos2θ＝2sinθcos θ＋cos2θ＝＝1.
9．BD 对于A，1－2cos275°＝－cos150°＝cos 30°＝，A错误；
对于B，sin 135°cos 15°－cos 45°cos 75°＝sin 45°sin 75°－cos 45°cos 75°＝－cos 120°
＝，B正确；
对于C，∵tan 45°＝1＝，
∴1－tan 20°tan 25°＝tan 20°＋tan 25°，
∴tan 20°＋tan 25°＋tan 20°tan 25°＝1－tan 20°tan 25°＋tan 20°tan 25°＝1，C错误；
对于D，
＝
＝＝
＝＝，D正确．故选BD.
10.
解析：由sin α＝2－cos α，
sin2α＋cos2α＝1解得4cos2α－4cosα＋3＝(2cos α－)2＝0，得cos α＝，则sin α＝，所
以tan α＝＝.
11.
解析：由sin α＋cos α＝，得1＋sin 2α＝，
∴sin 2α＝－，∴cos 4α＝1－2sin22α＝1－2×＝.
12. 1
解析：∵2cos2x＋sin2x＝1＋cos 2x＋sin 2x＝sin ＋1，又2cos2x＋sin2x＝A sin (ωx＋φ)＋
b.∴A＝，b＝1.
13．D tan 2θ＝＝＝，
∴tan＝＝＝－.
14．A 由3cos 2α－8cos α＝5，得3cos2α－4cosα－4＝0，所以cos α＝－或cos α＝
2(舍去)，因为α∈(0，π)，所以sin α＝，故选A.
15.
解析：因为＋＝，
所以＋α＝－.
又2＋2α＝，得2α＝－2.
故＝＝＝2cos .
由于α∈，－α∈，
故cos ＝，＝2×＝.
16．解析：解法一：原式
＝
＝
＝
＝1.
解法二：原式＝
＝
＝
＝
＝1.
专练 23 平面向量的概念及其线性运算
1．A 当|a|＝|b|时，a与b的方向不确定，故①不正确；对于②，∵A，B，C，D是不
共线的点为大前提，AB＝DC ABCD为平行四边形，故②正确；③显然正确；对于④由于
当|a|＝|b|且a∥b时a与b的方向可能相反，此时a≠b，故|a|＝|b|且a∥b是a＝b的必要不充
分条件，故④不正确． ⇔
2．D 由|a＋b|＝|a－b|的几何意义可知，以a、b为邻边的平行四边形为矩形，故a⊥b.
3．B 因为BD＝2DA，所以CB＝CA＋AB＝CA＋3AD＝CA＋3(CD－CA)＝－2CA＋
3CD＝－2m＋3n.故选B.
4．B ∵M为BC的中点，
∴AM＝(AC＋AB)
＝(AD＋DC)＋AB，
又AB＝－2CD，∴DC＝AB，
∴AM＝＋AB＝AB＋AD.
5．A 由平行四边形法则可知，
AC＝AB＋AD，
又O为AC与BD的交点，
∴AC＝－2CO，
∴CO＝－(AB＋AD)，∴λ＝－.
6．A ∵2AC＋CB＝0，∴2(OC－OA)＋(OB－OC)＝0，得OC＝2OA－OB，故选A.
7．C ∵AD＝AB＋BC＋CD＝－8a－2b＝2(－4a－b)＝2BC，∴AD∥BC且|AD|＝2|
BC|，∴四边形ABCD为梯形．
8．C ∵PA＋PB＋PC＝AB＝PB－PA，∴PC＝－2PA，∴点P在线段AC上．
9．D 由OA＋2OB＝－mOC得，OA＋OB＝－OC，如图，设－OC＝OD，则OA＋OB
＝OD，∴A，B，D三点共线，∴OC与OD反向共线，m>0，∴＝，∴＝＝，∴＝＝＝，解
得m＝4.故选D.10．－
解析：∵AD＝3DB，∴CD－CA＝3(CB－CD)，∴4CD＝CA＋3CB，
∴CD＝－AC＋CB.
又CD＝λAC＋CB，∴λ＝－.
11.
解析：根据向量加法的三角形法则得到OC＝OB＋BC＝OB＋AC＝OB＋(OC－OA)，化
简得到OC＝－OA＋OB，所以x＝－，y＝，则y－x＝＋＝.
12.b－a
解析：∵AB＝2BC，∴OB－OA＝2(OC－OB).
∴OC＝OB－OA，
即c＝b－a.
13．C ∵3PA＋5PB＋2PC＝0，
∴3(PA＋PB)＋2(PB＋PC)＝0，
取AB的中点D，BC的中点E，连接PD，PE，则PA＋PB＝2PD，PB＋PC＝2PE，
∴3PD＋2PE＝0，
∴D、P、E三点共线，∴P到AC的距离为B到AC的距离h的一半，
∵S ＝AC·h＝6，
△ABC
∴S ＝AC×＝×6＝3.
△PAC
14.
BCD 如图，因为点D，E，F分别是边BC，CA，AB的中点，所以EF＝CB＝－BC，
故A不正确；BE＝BC＋CE＝BC＋CA＝BC＋(CB＋BA)＝BC－BC－AB＝－AB＋BC，故B
正确；FC＝AC－AF＝AD＋DC＋FA＝AD＋BC＋FA＝AD＋FE＋FA＝AD＋FB＋BE＋FA＝
AD＋BE，故C正确；由题意知，点G为△ABC的重心，所以AG＋BG＋CG＝AD＋BE＋CF
＝×(AB＋AC)＋×(BA＋BC)＋×(CB＋CA)＝0，即GA＋GB＋GC＝0，故D正确．故选BCD.
15．②③④
解析：∵BC＝a，CA＝b，AD＝CB＋AC＝－a－b，故①不正确；对于②，BE＝BC＋
CA＝a＋b，故②正确；对于③，CF＝(CB＋CA)＝(－a＋b)＝－a＋b，故③正确；对于④，
AD＋BE＋CF＝－b－a＋a＋b＋b－a＝0，故④正确，故正确的有②③④.
16.
解析：
∵N，P，B三点共线，
∴AP＝mAB＋AC＝mAB＋AN，
∴m＋＝1，∴m＝.专练 24 平面向量基本定理及坐标表示
1．D 选项A中，设e＋e＝λe，则无解；选项B中，设e－2e＝λ(e＋2e)，则无解；
1 2 1 1 2 1 2
选项C中，设e＋e＝λ(e－e)，则无解；
1 2 1 2
选项D中，e ＋3e ＝(6e ＋2e)，所以两向量是共线向量，不能作为平面内所有向量的
1 2 2 1
一组基底．
2．D a－b＝－＝(－1，2).
3．C ∵a＋b＝(3，1＋x)，b－c＝(2，x－1)，
∵(a＋b)∥(b－c)，∴3(x－1)＝2(x＋1)，
得x＝5，∴b＝(1，5)，又c＝ma＋nb，
∴(－1，1)＝m(2，1)＋n(1，5)
∴得
∴m＋n＝－＋＝－.
4．D ∵AB＝OB－OA＝(a－1，1)，CB＝(a＋b，－1)，
∵A，B，C三点共线，
∴(a－1)×(－1)＝1×(a＋b)，∴2a＋b＝1，
又a＞0，b＞0，
∴＋＝(2a＋b)＝4＋＋≥4＋2＝8(当且仅当＝即a＝，b＝时等号成立)
5．A 设点N的坐标为(x，y)，则MN＝(x－5，y＋6)
又MN＝－3a＝(－3，6)，
∴得
6．C ∵m∥n，∴sin A(sin A＋cos A)－＝0，
∴2sin2A＋2sinA cos A＝3.
可化为1－cos 2A＋sin 2A＝3，
∴sin ＝1.
∵A∈(0，π)，
∴∈.
因此2A－＝，解得A＝.故选C.
7．C ∵a∥b，∴3y－5＝－2x，∴2x＋3y＝5，
又x，y均为正数，∴5＝2x＋3y≥2＝2，(当且仅当2x＝3y，即：x＝，y＝时等号成立)，
∴xy≤，故选C.
8．D 由题意不妨设b＝(－3m，4m)(m<0)，则|b|＝＝10，解得m＝－2或m＝2(舍去)，
所以b＝(6，－8)，故选D.
9.
A 如图所示，以BC所在直线为x轴，BC的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，
设Q(0，1)，则A(0，3)，C(，0)，圆Q的方程为x2＋(y－1)2＝1，设P(cos θ，1＋sin θ)
(θ∈R)，则QP＝(cos θ，sin θ)，又QA＝(0，2)，QC＝(，－1)，所以mQC＋nQA＝m(，－1)
＋n(0，2)＝(m，2n－m).又QP＝mQC＋nQA，
所以，解得(θ∈R)，所以m＋n＝sin θ＋cos θ＝sin (θ＋)∈[－1，1]，故选A.
10．－
解析：由a⊥b，可得a·b＝(m，3)·(1，m＋1)＝m＋3m＋3＝0，所以m＝－.
11.
解析：依题意得OC－OA＝t(－2，2)，OC＝t(－2，2)＋OA＝(2－2t，2t)，|OC|2＝12(1－
t)2＋4t2＝16＋3≥3，当且仅当t＝时取等号．因此，当|OC|最小时，t＝.
12．3
解析：∵MA＋MB＋MC＝0，∴M为△ABC的重心，设D为BC边的中点，则AM＝(AB＋AC)×＝(AB＋AC)，
∴AB＋AC＝3AM，∴m＝3.
13．C
根据题设条件建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0，4)，B(3，0)，易知点Q运动的
区域为图中的两条线段DE，GF与两个半圆围成的区域(含边界)，由AQ＝aAB＋bAC＝(3a，
4b)，设z＝a＋b，则b＝z－a，所以AQ＝(3a，4z－4a).设Q(x，y)，所以消去a，得y＝－x＋
4z，则当点P运动时，直线y＝－x＋4z与圆相切时，直线的纵截距最大，即z取得最大值，
不妨作AQ⊥BC于Q，并延长交每个圆的公切线于点R，则|AQ|＝，|AR|＝，所以点A到直
线y＝－x＋4z，即4x＋3y－12z＝0的距离为，所以＝，解得z＝，即a＋b的最大值为，故
选C.
14．B
建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0，0).
不妨设AB＝1，则CD＝AD＝2，所以C(2，0)，A(0，2)，B(1，2)，E(0，1)，∴CA＝
(－2，2)，CE＝(－2，1)，DB＝(1，2)，
∵CA＝λCE＋μDB，
∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)，
∴解得λ＝，μ＝，则λ＋μ＝.故选B.
15．ACD 因为m＝(1，0)，n＝(，)，所以|m|＝1，|n|＝＝，所以|m|＝|n|，故A正确；
因为m－n＝(，－)，所以m－n与n不平行，故B错误；又(m－n)·n＝0，故C正确；因为
cos 〈m，－n〉＝＝－，所以m与－n的夹角为，故D正确．
16．6
解析：解法一：如图，作平行四边形OBCA ，则OC＝⃗OB ＋⃗OA ，因为OA与OB的夹
1 1 1 1
角为120°，OA与OC的夹角为30°，所以∠BOC＝90°.
1
在Rt△OBC中，∠OCB ＝30°，|OC|＝2，
1 1
所以|OB|＝2，|BC|＝4，
1 1
所以|OA|＝|BC|＝4，所以OC＝4OA＋2OB，所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.
1 1
解法二：以O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(1，0)，
B，C(3，).由OC＝λOA＋μOB，
得解得
所以λ＋μ＝6.
专练 25 平面向量的数量积及其应用
1．A |m|＝＝＝＝.
2．D 由题意可得a－b＝－＝，所以＝ ＝5.故选D.
3．C 因为BC＝AC－AB＝(1，t－3)，所以|BC|＝＝1，解得t＝3，所以BC＝(1，0)，所
以AB·BC＝2×1＋3×0＝2，故选C.
4．B a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2－(－1)＝3.
5．C 将|a－2b|＝3两边平行，得a2－4a·b＋4b2＝9.因为|a|＝1，|b|＝，所以1－4a·b＋
12＝9，解得a·b＝1.故选C.
6．B ∵n⊥(tm＋n)，∴tm·n＋n2＝0，
∴t|m||n|cos 〈m·n〉＋n2＝0，
∴×t＋1＝0，得t＝－4.
7．B 依题意，得a·b＝x＋y－1＝0 x＋y＝1.＋＝＋＝5＋＋≥9，当且仅当x＝，y＝
时取等号．故选B.
8．B 设a与b的夹角为α，∵(a－b⇒)⊥b，∴(a－b)·b＝0，∴a·b＝b2，∴|a|·|b|cos α＝|
b|2，又|a|＝2|b|，∴cos α＝，∵α∈(0，π)，∴α＝.故选B.
9．A 因为cos ∠AOB＝＝＝，所以∠AOB＝60°，sin ∠AOB＝，则所求平行四边形
的面积为|OA|·|OB|·sin ∠AOB＝4，故选A.
10．2
解析：由已知可得a·b＝1××＝1.因为tb－a与a垂直，所以(tb－a)·a＝0，得ta·b－a2＝
0，即t－2＝0，故t＝2.
11.
解析：由|a＋b|＝1，得|a＋b|2＝1，即a2＋b2＋2a·b＝1，而|a|＝|b|＝1，故a·b＝－，|a－
b|＝＝＝＝.
12．11
解析：因为cos 〈a，b〉＝，|a|＝1，|b|＝3，所以a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉＝1×3×＝
1，所以(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2×1＋32＝11.
13．AC A：⃗OP ＝(cos α，sin α)， ⃗OP ＝(cos β，－sin β)，所以|⃗OP |＝＝1，|
1 2 1
⃗OP |＝＝1，故|⃗OP |＝| ⃗OP |，正确；
2 1 2
B： ⃗AP ＝(cos α－1，sin α)， ⃗AP ＝(cos β－1，－sin β)，所以|⃗AP |＝＝＝＝＝
1 2 1
2|sin |，同理|⃗AP |＝＝2|sin |，故|⃗AP |，|⃗AP |不一定相等，错误；
2 1 2
C：由题意得：OA·⃗OP ＝1×cos (α＋β)＋0×sin (α＋β)＝cos (α＋β)，⃗OP ·⃗OP ＝cos
3 1 2
α·cos β＋sin α·(－sin β)＝cos (α＋β)，正确；
D：由题意得：OA·⃗OP ＝1×cos α＋0×sin α＝cos α，⃗OP ·⃗OP ＝cos β×cos (α＋β)
1 2 3
＋(－sin β)×sin (α＋β)＝cos ＝cos ，故一般来说OA·⃗OP ≠⃗OP ·⃗OP ，错误．
1 2 3
故选AC.
14．ACD 由题意知，F ＋F ＋G＝0，可得F ＋F ＝－G，两边同时平方得|G|2＝|F |2
1 2 1 2 1
＋|F |2＋2|F ||F |cos θ＝2|F |2＋2|F |2cos θ，所以|F |2＝.当θ＝0时，|F | ＝|G|；当θ＝时，|
2 1 2 1 1 1 1min
F |＝|G|；当θ＝时，|F |＝|G|，故ACD正确．当θ＝π时，竖直方向上没有分力与重力平衡，
1 1
不成立，所以θ∈[0，π)，故B错．
15.
解析：因为(ka－b)·a＝ka2－a·b＝0，且单位向量a，b的夹角为45°，所以k－＝0，即k
＝.
16.
解析：a·b＝(3e－2e)·(3e－e)＝9e－9e·e＋2e＝11－9×＝8，
1 2 1 2 1 2又|a|＝＝＝3，
|b|＝＝＝＝2，
∴cos β＝＝＝.
专练 26 正弦定理、余弦定理及解三角形
1．C 由正弦定理得＝，∴sin A＝＝＝，又a1，∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在．
3．C 由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos C，
得cos C＝＝＝，又C为△ABC内角，∴C＝.
4．C 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A，又a2＝b2＋c2－bc，∴2cos A＝1，cos A
＝，∴sin A＝＝，∴S ＝bc sinA＝×4×＝.
△ABC
5．D ∵b sin A＝3c sin B，由正弦定理得ab＝3bc，∴a＝3c，又a＝3，∴c＝1，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝9＋1－2×3×＝6，
∴b＝.
6．B ∵b cos C＋c cos B＝a sin A，∴sin B cos C＋sin C cos B＝sin2A，∴sinA＝
1，又A为△ABC的内角，∴A＝90°，∴△ABC为直角三角形．
7．B ∵S ＝AB×BC×sin B＝sin B＝，∴sin B＝，若B＝45°，由余弦定理得AC2
△ABC
＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 45°＝1＋2－2××＝1，则AC＝1，则AB2＋AC2＝BC2，△ABC为
直角三角形，不合题意；当B＝135°时，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos 135°＝
1＋2＋2××＝5，∴AC＝.
8．A 由正弦定理得＝，
∴AB＝＝＝50.
9．A ∵cos ＝，∴cos C＝2cos2－1＝2×－1＝－.
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝25＋1－2×5×1×＝
32，所以AB＝4，故选A.
10.π
解析：由(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac得a2＋c2－b2＋ac＝0.
由余弦定理得cos B＝＝－，又B为△ABC的内角，∴B＝π.
11．①90° ②－
解析：①∵c＝a·cos B，∴c＝a·，得a2＝b2＋c2，∴∠A＝90°；②∵cos B＝cos (π－A－
C)＝sin C＝.∴cos (π＋B)＝－cos B＝－sin C＝－.
12.
解析：∵△ABC中，a cos C＋c cos A＝b，
∴2b cos B＝a cos C＋c cos A可化为2b cos B＝b，
∴cos B＝.
又01不合题意；当＝时，cos ∠ABC＝；
综上，cos ∠ABC＝.
2．解析：(1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos A．②
由①②得cos A＝－.因为00，所以tan B＝，
因为0195，则n2＋2n－195>0，解得n>13或n<－15(舍).故选B.
6．D ∵{a}为等差数列，∴S＝5a＝－15，
n 5 3
∴a＝－3，
3
∴d＝a－a＝－3－1＝－4.
3 2
7．B ∵S＝an2＋bn，∴{a}为等差数列，
n n
∴S＝＝＝＝49.
7
8．C 由题意可设每层有n个环，则三层共有3n个环，∴每一环扇面形石板的块数构
成以a ＝9为首项、9为公差的等差数列{a}，且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为
1 n
S ，中层总数为S ，下层总数为S ，∴S －S ＝[9(2n＋1)·n＋×9]－[9(n＋1)·n＋×9]＝9n2＝
1 2 3 3 2
729，解得 n＝9(负值舍去).则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9＋×9＝27×9＋27×13×9＝27×14×9＝3 402(块).故选C.
9．A 方法一：设等差数列{a}的公差为d，∵∴解得∴a ＝a ＋(n－1)d＝－3＋2(n－
n n 1
1)＝2n－5，S＝na＋d＝n2－4n.故选A.
n 1
方法二：设等差数列{a}的公差为d，∵∴解得选项A，a ＝2×1－5＝－3；选项B，a
n 1 1
＝3×1－10＝－7，排除B；选项C，S ＝2－8＝－6，排除C；选项D，S ＝－2＝－，排除
1 1
D.故选A.
10．4
解析：设等差数列{a}的公差为d，由a＝3a，即a＋d＝3a，得d＝2a，
n 2 1 1 1 1
所以＝＝＝＝4.
11．14
解析：∵{a}为等差数列，∴a＝a＋3d，a＝a＋4d，
n 6 3 7 3
∴a＋a＝7d＝14，∴d＝2，∴a＝a＋d＝2，
6 7 4 3
∴S＝7a＝7×2＝14.
7 4
12．2
解析：方法一 设等差数列{a}的首项为a ，公差为d.因为2S ＝3S ＋6，所以2(a ＋a
n 1 3 2 1 1
＋d＋a＋2d)＝3(a＋a＋d)＋6，所以6a＋6d＝6a＋3d＋6，解得d＝2.
1 1 1 1 1
方法二 设等差数列{a}的首项为a ，公差为d.由2S ＝3S ＋6，可得2×3a ＝3(a ＋a)
n 1 3 2 2 1 2
＋6.整理，得a－a＝2，所以d＝2.
2 1
13．1.5
解析：设此等差数列{a}的公差为d，前n项和为S ，由题意得，即解得所以夏至的日
n n
影子长为1.5尺．
14．AC 对于A，易知3d＝a －a ＝12－18＝－6，即d＝－2，选项A正确；对于B，
5 2
a ＝a －d＝18－(－2)＝20，所以选项B错误；对于C，a ＋a ＝a ＋a ＝18＋12＝30，所以
1 2 3 4 2 5
选项C正确；对于D，因为a＝a＋(n－1)d＝20＋(n－1)(－2)＝－2n＋22，a ＝2＞0，a ＝
n 1 10 11
0，a ＝－2＜0，所以当n＝10或n＝11时，S 最大，所以选项D错误．故选AC.
12 n
15．8
解析：∵a＋a＋a＞0，a＋a＝2a，
7 8 9 7 9 8
∴3a＞0，即a＞0.
8 8
又∵a＋a ＝a＋a＜0，∴a＜0，
7 10 8 9 9
∴等差数列前8项的和最大．故n＝8.
16.
解析：解法一：由于S＝7n＋d＝n2＋n，
n
设f(x)＝x2＋x，则其图象的对称轴为直线x＝－.当且仅当n＝8时，S 取得最大值，故
n
7.5＜－＜8.5，解得－1＜d＜－.
解法二：由题意，得a＞0，a＜0，所以7＋7d＞0，且7＋8d＜0，即－1＜d＜－.
8 9
专练 31 等比数列及其前 n 项和
1．B 由题意可得即得选B.
2．A 因为4aa ＝4a －1，所以4aq4＝4aq2－1，又a ＝，解得q＝±2，所以a ＝a·q
2 4 3 1 1 2 1
＝×(±2)＝±.故选A.
3．B 由等比数列的性质得a＝aa ＝1，结合a>0，得a ＝1.由a ＋a ＋a ＝7，得＋＋
2 4 n 3 1 2 3
a＝7，则＋＝6，结合q>0，得q＝，故选B.
3
4．C ∵4a ，2a ，a 成等差数列，∴4a ＝4a ＋a.又{a}为等比数列，∴4q＝4＋q2，
1 2 3 2 1 3 n
∴q＝2.又a＝1，
1
∴S＝＝＝15.
4
5．A 由题意可得：a ＝，a ＝，又{a }为等比数列，
2010 2011 n
∴q＝3.
∴a ＋a ＝＋＝18.
2012 20136．C 设等比数列{a}的公比为q，则a ＝－24q3＝－，q3＝，q＝，此等比数列各项均
n 4
为负数，当n为奇数时，T 为负数，当n为偶数时，T 为正数，所以T 取得最大值时，n为
n n n
偶数，排除B，而T＝(－24)2×＝24×8＝192，
2
T＝(－24)4＝84×＝＞192，
4
T＝(－24)6＝86×＝＝×＜，T 最大，故选C.
6 4
7．D 设等比数列{a}的公比为q.由题意知，两式相除，得＝4，解得q＝.代入a－aq3
n 2 2
＝42，得a＝48，所以a＝aq4＝3.故选D.
2 6 2
8．D ∵{a}为等比数列，∴q＝＝，
n
又＝＝＝.
9．BD 由a＝8a，可得q3a＝8a，则q＝2，
6 3 3 3
当首项a＜0时，可得{a}为单调递减数列，故A错误；
1 n
由＝＝9，故B正确；
假设S，S，S 成等比数列，可得S＝SS，
3 6 9 3 9
即(1－26)2＝(1－23)(1－29)，显然不成立，
所以S，S，S 不成等比数列，故C错误；
3 6 9
由{a}是公比q的等比数列，可得S＝＝＝2a－a，故D正确．
n n n 1
10．32
解析：设{a}的首项为a，公比为q，
n 1
则
解得所以a＝×27＝25＝32.
8
11．50
解析：∵{a}为等比数列，∴a a ＝aa ，
n 10 11 9 12
又a a ＋aa ＝2e5，∴a a ＝e5，
10 11 9 12 10 11
∴ln a＋ln a＋…＋ln a ＝ln (aa……a )＝ln (a ·a )10＝ln (e5)10＝ln e50＝50.
1 2 20 1 2 20 10 11
12．－8
解析：由{a}为等比数列，设公比为q.
n
即
显然q≠1，a≠0，
1
得1－q＝3，即q＝－2，代入①式可得a＝1，
1
所以a＝aq3＝1×(－2)3＝－8.
4 1
13．C 由a ＝a a ，令m＝1可得a ＝aa ＝2a ，∴数列{a}是公比为2的等比数
m＋n m n n＋1 1 n n n
列，∴a ＝2×2n－1＝2n.则a ＋a ＋…＋a ＝2k＋1＋2k＋2＋…＋2k＋10＝＝2k＋11－2k＋1＝215
n k＋1 k＋2 k＋10
－25，∴k＝4.故选C.
14．D ∵a＝1，q＝，
1
∴S＝＝3＝3－2·＝3－2a.
n n
15.
解析：通解：设等比数列{a}的公比为q，因为a＝a，所以(aq3)2＝aq5，所以aq＝1，
n 6 1 1 1
又a＝，所以q＝3，所以S＝＝＝.
1 5
优解：设等比数列{a}的公比为q，因为a＝a，所以aa＝a，所以a＝1，又a＝，所
n 6 2 6 6 2 1
以q＝3，所以S＝＝＝.
5
16．64
解析：设等比数列{a}的公比为q，
n
∴
即解得
∴aa…a＝
1 2 n
＝
＝，
当n＝3或4时，取到最小值－6，此时取到最大值26，所以aa…a 的最大值为64.
1 2 n专练 32 数列求和
1．C S＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝＋＝2n＋1－2＋n2.
n
2．A ∵a，a，a 成等比数列，∴a＝aa，
2 4 8 2 8
∴(a＋3d)2＝(a＋d)(a＋7d)，得a＝d＝2，
1 1 1 1
∴S＝na＋d＝n(n＋1).
n 1
3．B ∵＝＝2，
∴S＝2
n
＝2＝.
4．D ∵＝－，
∴S ＝－1＋－＋…＋－＝－1.
2 018
5．D 当n＝2k－1时，a ＋a ＝2，∴{a}的前100项和S ＝(a ＋a)＋(a ＋a)＋…
2k 2k－1 n 100 1 2 3 4
＋(a ＋a )＝50×2＝100，故选D.
99 100
6．A ∵a ＝a－a ，a＝1，a＝2，
n＋1 n n－1 1 2
∴a ＝1，a ＝－1，a ＝－2，a ＝－1，a ＝1，a ＝2，…，故数列{a}是周期为6的周
3 4 5 6 7 8 n
期数列，且每连续6项的和为0，故S ＝336×0＋a ＋a ＝a＋a＝3.故选A.
2018 2017 2018 1 2
7．B 因为a＋a＋…＋a＝＝n(n＋2)，所以b＝＝，故T＝＝－，故选B.
1 2 n n n
8．C 由题意可知，数列{a }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a }是首项为
2n 2n－1
1，公差为2的等差数列，故数列{a}的前20项和为＋10×1＋×2＝1 123.选C.
n
9．ABC 因为 S ＝S ，所以a ＋a ＋…＋a ＋a ＝5(a ＋a )＝0，又a ＞0，所以
10 20 11 12 19 20 15 16 1
a ＞0，a ＜0，所以d＜0，S≤S ，故ABC正确；因为S ＝＝31a ＜0，故D错误．故选
15 16 n 15 31 16
ABC.
10．18
解析：设等差数列{a}的公差为d.∵a＋a＋a ＝6，
n 1 3 11
∴3a＋12d＝6，即a＋4d＝2，∴a＝2，∴S＝＝＝18.
1 1 5 9
11.
解析：∵a －a ＝n＋1，∴当n≥2时，a －a ＝2，a －a ＝3，a －a ＝4，…，a －a
n＋1 n 2 1 3 2 4 3 n n
＝n，
－1
∴a－a＝，∴a＝1＋＝(n≥2)
n 1 n
又当n＝1时a＝1符合上式，
1
∴a＝
n
∴＝＝2，
∴S ＝2＝2＝.
10
12.
解析：∵{a}为等差数列，∴a＋a＝2a＝0，
n 1 3 2
∴a＝0，a＋a＝2a＝－2，
2 2 4 3
∴a＝－1，∴d＝a－a＝－1，∴a＝a＋(n－2)d＝2－n，
3 3 2 n 2
∴S＝＋＋…＋，
n
∴S＝＋＋…＋＋，
n
∴S＝＋－＝，
n
∴S＝，S ＝＝.
n 10
13．A 由2a ＝a ＋a 知{a}为等差数列，又a ＝1，a ＝a ＋4d，∴d＝2，｀∴a
n n＋1 n－1 n 1 5 1 n
＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
∴{b}的前100项的和S 满足：
n 100
S ＝Ca＋Ca＋…＋Ca ，
100 1 2 100
∴S ＝Ca ＋Ca ＋…＋Ca＝Ca ＋Ca ＋…＋Ca，
100 100 99 1 100 99 1
∴2S ＝(a＋a )(C＋C＋C＋…＋C)＝200×299，
100 1 100
∴S ＝100×299.
100
14．C ∵2a＋22a＋…＋2na＝n(n∈N*)，
1 2 n
∴2a＋22a＋…＋2n－1a ＝n－1(n≥2)，
1 2 n－1
∴2na＝1(n≥2)，当n＝1时也满足，故a＝，故＝＝＝－，S＝1－＋－＋…＋－＝1－
n n n＝，
∴S·S·S·…·S ＝×××…××＝，选C.
1 2 3 10
15．－
解析：∵a ＝SS ＝S －S，
n＋1 n n＋1 n＋1 n
∴－＝－1，
∴数列为等差数列，
∴＝＋(n－1)×(－1)＝－n.
∴S＝－.
n
16．5 720－
解析：(1)由对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格
的图形，所以对折三次的结果有：×12，5×6，10×3，20×，共4种不同规格(单位dm2)；
故对折4次可得到如下规格：×12，×6，5×3，10×，20×，共5种不同规格；
(2)由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规
格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为120×n－1，
对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据(1)的过程和结论，猜想为n＋1种(证明从
略)，故得猜想S＝，
n
设S＝＝＋＋＋…＋，
k
则S＝＋＋…＋＋，
两式作差得：
S＝240＋120－
＝240＋－
＝360－－＝360－，
因此，S＝720－＝720－.
专练 33 高考大题专练(三) 数列的综合运用
1．解析：(1)证明：由已知条件，得S＝na－＋.
n n
当n＝1时，a＝S.
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝na－＋－，∴(1－n)a＝－n＋1－(n－1)a .
n n n－1 n n n－1
等式两边同时除以1－n，得a＝1＋a ，
n n－1
∴a－a ＝1.
n n－1
∴{a}是公差为1的等差数列．
n
(2)由(1)可得a＝a＋(n－1).
n 1
∴a＝a＋3，a＝a＋6，a＝a＋8.
4 1 7 1 9 1
∵a，a，a 成等比数列，∴a＝a·a，
4 7 9 4 9
即(a＋6)2＝(a＋3)(a＋8)，∴a＝－12，
1 1 1 1
∴S＝na＋×1＝－12n＋＝n2－n.
n 1
当n＝12或n＝13时，S 取得最小值，为×122－×12＝－78.
n
2．解析：(1)a＝5，a＝7.
2 3
猜想a＝2n＋1.由已知可得
n
a －(2n＋3)＝3[a－(2n＋1)]，
n＋1 n
a－(2n＋1)＝3[a －(2n－1)]，
n n－1
……
a－5＝3(a－3).
2 1
因为a＝3，所以a＝2n＋1.
1 n
(2)由(1)得2na＝(2n＋1)2n，
n
所以S＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.①
n
从而2S＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1.②
n
①－②得
－S＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1.
n
所以S＝(2n－1)2n＋1＋2.
n3．解析：(1)由题设可得b＝a＝a＋1＝2，b＝a＝a＋1＝a＋2＋1＝5
1 2 1 2 4 3 2
又a ＝a ＋1，a ＝a ＋2，(k∈N*)
2k＋2 2k＋1 2k＋1 2k
故a ＝a ＋3，即b ＝b＋3，即b －b＝3
2k＋2 2k n＋1 n n＋1 n
所以为等差数列，故b＝2＋×3＝3n－1.
n
(2)设的前20项和为S ，则S ＝a＋a＋a＋…＋a ，
20 20 1 2 3 20
因为a＝a－1，a＝a－1，…，a ＝a －1，
1 2 3 4 19 20
所以S ＝2－10
20
＝2－10
＝2×－10＝300.
4．解析：(1)∵a＝1，∴＝1.
1
又∵是公差为的等差数列，
∴＝＋(n－1)，
即S＝(n＋)a＝(n＋2)a，
n n n
∴当n≥2时，S ＝(n＋1)a ，
n－1 n－1
∴a＝S－S ＝(n＋2)a－(n＋1)a ，n≥2，即(n－1)a＝(n＋1)a ，n≥2，
n n n－1 n n－1 n n－1
∴＝，n≥2，
∴当n≥2时，··…··＝··…··＝，∴a＝.
n
当n＝1时，a＝1满足上式，∴a＝.
1 n
(2)证明：由(1)知a＝，
n
∴＝＝2(－)，
∴＋＋…＋＝2(1－＋－＋…＋－)＝2(1－).
∵n∈N*，∴0＜≤，∴1－＜1，
∴2(1－)＜2，∴＋＋…＋＜2.
5．解析：(1)设{a}的公比为q，由题设得2a＝a＋a，即2a＝aq＋aq2.
n 1 2 3 1 1 1
所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)，q＝－2.
1 2
故{a}的公比为－2.
n
(2)记S 为{na}的前n项和．由(1)及题设可得，a＝(－2)n－1.
n n n
所以S＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，
n
－2S＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.
n
可得3S＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n
n
＝－n×(－2)n.
所以S＝－.
n
6．解析：(1)因为b 是数列{S}的前n项积，
n n
所以n≥2时，S＝，
n
代入＋＝2可得，＋＝2，
整理可得2b ＋1＝2b，即b－b ＝(n≥2).
n－1 n n n－1
又＋＝＝2，所以b＝，
1
故{b}是以为首项，为公差的等差数列．
n
(2)由(1)可知，b＝，则＋＝2，所以S＝，
n n
当n＝1时，a＝S＝，
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝－＝－.
n n n－1
故a＝.
n
7．解析：①③⇒②.
已知{a}是等差数列，a＝3a.
n 2 1
设数列{a}的公差为d，则a＝3a＝a＋d，得d＝2a，
n 2 1 1 1
所以S＝na＋d＝n2a.
n 1 1
因为数列{a}的各项均为正数，所以＝n，
n
所以 －＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列{}是等差数列．
①② ③.
已知{a}是等差数列，{}是等差数列．
n
设数⇒列{a}的公差为d，
n
则S＝na＋d＝n2d＋n.
n 1
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a －＝0，即d
1
＝2a，所以a＝a＋d＝3a.
1 2 1 1②③ ①.
已知数列{}是等差数列，a＝3a，所以S＝a，S＝a＋a＝4a.
2 1 1 1 2 1 2 1
设数⇒列{}的公差为d，d>0，则－＝－＝d，
得a＝d2，所以＝＋(n－1)d＝nd，所以S＝n2d2，
1 n
所以a ＝S －S ＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一次函数，所以数列
n n n－1
{a}是等差数列．
n
8．解析：(1)设{a}的公比为q，则a＝qn－1.
n n
因为a，3a，9a 成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝，
1 2 3
故a＝，b＝.
n n
(2)由(1)知S＝＝(1－)，T＝＋＋＋…＋，①
n n
T＝＋＋＋…＋＋，②
n
①－②得T＝＋＋＋…＋－，
n
即T＝－＝(1－)－，
n
整理得T＝－，
n
则2T－S＝2(－)－(1－)＝－<0，故T<.
n n n
专练 34 空间几何体的结构特征、表面积和体积
1．B 设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl＝2π×，解
得l＝2.
故选B.
2．C 由题意用一平面截正方体，所得截面可以为正六边形、五边形、正方形、长方
形、梯形、三角形．而当截面是以面对角线为长、正方体棱长为宽的长方形时，可知该截面
的面积最大，故选C.
3.
A 如图，易知V ＝V ，由正方体的结构特征，知DA⊥平面AMN，
三棱锥A1－D1MN 三棱锥D1－A1MN 1 1 1
所以DA 为三棱锥D －AMN的高．因为M，N分别为棱BB ，AB的中点，所以S△AMN
1 1 1 1 1 1
＝2×2－×1×1－×1×2－×1×2＝，所以V ＝V ＝×S ×DA＝××2＝1.
三棱锥A1－D1MN 三棱锥D1－A1MN △A1MN 1 1
4．C
过点C作CE垂直AD所在直线于点E，梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的
旋转体是由以线段AB的长为底面圆半径，线段BC为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面
圆半径，ED为高的圆锥，如图所示．
由于V ＝π·AB2·BC＝π×12×2＝2π，V ＝π·CE2·DE＝π×12×(2－1)＝，
圆柱 圆锥
所以该几何体的体积V＝V －V ＝2π－＝.
圆柱 圆锥5．A 如图，由题知△ABC为等边三角形，圆O 的半径r＝2，即OB＝2，∴BC＝2＝
1 1
OO ，
1
在Rt△OO B中，OB2＝OO＋OB2＝16，∴球O的半径R＝OB＝4，则S ＝4πR2＝
1 1 球O
64π.故选A.
6．C 设甲、乙两个圆锥的母线长都为l，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r ，r ，
1 2
高分别为h ，h.因为两圆锥的侧面展开图的圆心角之和为 2π，所以＋＝2π，则r ＋r ＝l.又
1 2 1 2
＝2，所以πrl＝2πrl，所以r＝2r，所以r＝l，r＝l，所以h＝＝l，h＝＝l，所以＝＝＝.
1 2 1 2 1 2 1 2
故选C.
7．B
如图所示，当点C位于垂直平面AOB的直径端点时，三棱锥O－ABC的体积最大，设
球O的半径为R，此时V ＝V ＝××R2×R＝R3＝36，故R＝6，则球O的表面积为
O－ABC C－AOB
4πR2＝144π.
8．D 设圆锥的底面半径为r，高为h，则4πr＝4π，解得r＝1，所以h＝＝，圆柱的侧
面积为2πr·2h＝4π，故制作这样一个粮仓的用料面积为(4＋4)π.
9．C 由棱台的体积公式，得增加的水量约为×(157.5－148.5)×(140×106＋180×106
＋)＝3×106×(140＋180＋60)≈3×106×(140＋180＋60×2.65)≈1.4×109(m3).故选C.
10.π
解析：如图为圆锥内球半径最大时的轴截面图．
其中球心为O，设其半径为r，AC＝3，OC＝1，
1
∴AO＝＝2.
1
∵OO ＝OM＝r，∴AO＝AO－OO ＝2－r，
1 1 1
又∵△AMO∽△AOC，∴＝，即＝，故3r＝2－r，∴r＝.∴该圆锥内半径最大的球的
1
体积V＝π·＝.
11．8π
解析：
由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆
锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝l＝2，AO＝l＝2.故该圆锥的体积V＝π×AO2×SO＝π×(2)2×2
＝8π.
12.
解析：四棱锥的底面BBDD为矩形，其面积为1×＝，
1 1
又点A 到底面BBDD的距离，即四棱锥A －BBDD的高为AC ＝，所以四棱锥A －
1 1 1 1 1 1 1 1 1
BBDD的体积为××＝.
1 1
13．C 如图，设正四棱锥的底面边长BC＝a，侧面等腰三角形底边上的高PM＝h，则
正四棱锥的高PO＝，
∴以|PO|为边长的正方形面积为h2－，
一个侧面三角形面积为ah，
∴h2－＝ah，
∴4h2－2ah－a2＝0，
两边同除以a2可得4－2·－1＝0，
解得＝，
又∵>0，∴＝.故选C.
14．BD 易知，点P在矩形BCC B 内部(含边界).
1 1
对于A，当λ＝1时，BP＝BC＋μ⃗BB ＝BC＋μ⃗CC ，即此时P∈线段CC ，△ABP周
1 1 1 1
长不是定值，故A错误；
对于B，当μ＝1时，BP＝λBC＋⃗BB ＝⃗BB ＋λ⃗B C ，故此时P点轨迹为线段BC ，
1 1 1 1 1 1
而BC ∥BC，BC ∥平面ABC，则有P到平面ABC的距离为定值，所以其体积为定值，
1 1 1 1 1 1
故B正确；
对于C，当λ＝时，BP＝BC＋μ⃗BB ，取BC，BC 中点分别为Q，H，则BP＝BQ＋
1 1 1
μQH，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A，P，B，则
1
⃗A P＝，BP＝，⃗A P·BP＝μ＝0，所以μ＝0或μ＝1.故H，Q均满足，故C错误；
1 1
对于D，当μ＝时，BP＝λBC＋BB ，取BB ，CC 中点为M，N.BP＝BM＋λMN，所以P
1 1 1
点轨迹为线段MN.设P，因为A，所以AP＝，⃗A B＝，所以＋y －＝0 y ＝－，此时P与N
1 0 0
重合，故D正确．
⇒
故选BD.
15．9π
解析：如图，鳖臑四个面都是直角三角形，且AB⊥平面BCD，
所以CD⊥BC，
故V ＝AB·S ＝×2××1×BC＝，
A－BCD △BCD
所以BC＝2，
由BD2＝CD2＋BC2＝5知AD2＝AB2＋BD2＝9，
即AD＝3，
在直角三角形中斜边上的中点到各顶点距离相等，可知 AD中点O到A，B，C，D的距
离相等，
所以鳖臑外接球的球心为O，半径为R＝，
球的表面积S＝4πR2＝9π.
16．2 12
解析：由题意知Rt△ADP∽Rt△MCP，∴＝＝2，
则PD＝2PC，
作PO⊥CD，垂足为O，设DO＝x，PO＝h，
∴＝2，
化简得3h2＝－3x2＋48x－144(0≤x≤6).
∴当x＝6时，3h2取最大值为36，
∴h ＝2.
max
∵在正方体中PO⊥平面BCD，
∴三棱锥P－BCD的体积最大值为：××6×6×2＝12.
专练 35 空间点、直线、平面之间的位置关系
1．B
2．D 当三条直线相交于同一点时，可以确定一个或三个平面，故A、B错；当三点
共线时，不能确定一个平面，故C错，故选D.
3．A 首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，故最多可确定4个平面．
4．D 由直线l 和l 是异面直线可知l 与l 不平行，故l，l 中至少有一条与l相交．
1 2 1 2 1 2
5．D 过平面α外一点P，可以作无数条直线与α相交，但垂直α的只有一条，故A、
B、C均错，D正确．
6．D ∵A、B∈γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，
∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．
7．C 对A，a与b可能有交点，对于B、D，a与b可能平行，C显然正确．
8．B 取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平
面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD
的边长为2，则EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂
足为P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝()2＋()2＋22＝7，得BM＝，所
以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB
均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B.9．B 对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能
相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平
行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平
面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相
交的，所以D不正确．综上可知选B.
10．BCD 将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B，C)DEF，如图．由正四面体
的结构特征知A错误，B正确．对于C，依题意，GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，故
GH与MN成60°角，故C正确．对于D，连接GF，AG，点A在平面DEF上的射影A 在
1
GF上，∴DE⊥平面AGF，∴DE⊥AF，而AF∥MN，∴DE与MN垂直，故D正确．
11．5
解析：与AB和CC 都相交的棱为BC，与AB相交且与CC 平行的棱为AA ，BB ，与
1 1 1 1
AB平行且与CC 相交的有CD，C D，故符合条件的棱有5条．
1 1 1
12．(1)(4)
解析：如图所示，记DF交AE于点M，连接PM.
(1)∵D，F分别为AB，AC的中点，
∴DF∥BC.
∵DF 平面PDF，BC⊄平面PDF，
∴BC∥平面PDF，(1)正确．
(2)∵D⊂F∩AE ＝M，AE 平面PAE，
∴DF∩平面PAE＝M，(2)错误．
(3)假设平面PDF⊥平面⊂ABC，
∵AC＝AB，E为BC中点，∴AE⊥BC，又DF∥BC，
∴AE⊥DF.
∵平面PDF∩平面ABC＝DF，AE⊄平面PDF，∴AE⊥平面PDF.又∵PF 平面PDF，
∴PF⊥AE.
∵PA＝PC，F为AC中点，∴PF⊥AC. ⊂
∵AC∩AE＝A，∴PF⊥平面ABC.∴PF⊥DF.
∵三棱锥P－ABC的棱长都相等，D，F分别是AB，AC的中点，∴PD＝PF，∴PF与
DF不垂直．
故假设不成立，(3)错误．
(4)∵三棱锥P－ABC的所有棱长都相等，
∴PF＝PD.
又DM∥BC，M为DF中点，∴DM⊥PM，DM⊥AM.
∵AM，PM 平面PAE，AM∩PM＝M，∴DM⊥平面PAE.
又DM 平面PDF，∴平面PDF⊥平面PAE，(4)正确．
⊂
⊂专练 36 直线、平面平行的判定与性质
1．D 由线面平行的定义可知，当a∥α时，a与平面α内的任意一条直线都不相交．
2．D 对于A，由于a∥b，故a，b可确定一个平面β，此时a β，故A不正确；对于
B，当a∥α时，a与α的直线平行或异面，故B不正确；对于C，平行于同一条直线的两平
面可能平行，也可能相交，故C不正确；由线面的判定与性质定理可⊂知，D正确．
3．B ∵当α∥β，m α时，m∥β即：α∥β m∥β，
当m α，m∥β时，α与β可能相交，也可能平行，
⊂ ⇒
即：m∥β α∥β，∴m∥β是α∥β的必要不充分条件．
⊂
4．A 还原正方体易知AN∥BM，AC∥EM且AN∩AC＝A，
所以平面ACN∥平面BEM，故选A.
5．B
如图，由题意 EF∥BD，且 EF＝BD，HG∥BD，且 HG＝BD，所以 EF∥HG，且
EF≠HG，又HG 平面BCD，EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯
形，故选B.
6．B 连接A⊂′B，∵A′B∥CD′，∴A′B∥平面AD′C.
7．B 如图E，F，G，H是相应线段的中点，故符合条件的直线只能出现在平面
EFGH中，故有EF，FG，GH，HE，FH，EG共6条直线．
8．B 设BD＝x，由α∥β AB∥CD △PAB∽△PCD ＝.
①当点P在两平面之间时，
如图1，＝， ⇒ ⇒ ⇒
∴x＝24；
②当点P在两平面外侧时，
如图2，＝，
∴x＝.
9．A如图所示，分别取AC，AC ，AB 的中点N，F，M，连接ME，MF，NE，FN.
1 1 1 1
因为E为AB的中点，所以NE∥BC且NE＝BC，
同理FM∥BC ，且MF＝BC ，所以N，E，M，F四点共面．
1 1 1 1
因为ME∥BB，NE∥BC，
1
所以ME∥平面BCC B ，NE∥平面BCC B ，而NE∩ME＝E，所以平面NEMF∥平面
1 1 1 1
BCC B ，而EF 平面NEMF，所以EF∥平面BCC B ，所以要使EF∥平面BCC B ，则动点
1 1 1 1 1 1
F的轨迹为线段FN.
故选A. ⊂
10．平行
解析：连接BD，交AC于O点，
∵ABCD－ABC D 为正方体，
1 1 1 1
∴O为BD的中点，又E为DD 的中点，∴EO∥BD，
1 1
又EO 平面AEC，BD⊄平面AEC，
1
∴BD∥平面AEC.
1
⊂
11.
解析：在正方体ABCD－ABC D 中，AB＝2，∴AC＝2.又E为AD中点，EF∥平面
1 1 1 1
ABC，EF 平面ADC，平面ADC∩平面ABC＝AC，∴EF∥AC，∴F为DC中点，∴EF＝
1 1
AC＝.
12．点⊂M在线段FH上(或点M与点H重合)
解析：连接HN，FH，FN，则FH∥DD ，HN∥BD，
1
∴平面FHN∥平面BBDD ，只需M∈FH，则MN 平面FHN，∴MN∥平面BBDD .
1 1 1 1
13．C
⊂
如图所示，EFGH为平行四边形，
则EF∥GH，又EF⊄面BCD，HG 面BCD，
∴EF∥面BCD，
又面BCD∩面ACD＝CD，∴EF∥⊂CD，
∴CD∥面EFGH，同理可得AB∥面EFGH.
14．D 对于A，若a∥α，b∥α，则a，b可能平行，可能相交，可能异面，故A是假
命题；对于B，设α∩β＝m，若a，b均与m平行，则a∥b，故B是假命题；对于C，b∥α
或b在平面α内，故C是假命题；对于D，若α∥β，a α，则a与β没有公共点，则a∥β，
⊂故D是真命题．故选D.
15．①②④
解析：
∵ABCD－ABC D 为正方体，
1 1 1 1
∴AB綊DC ，∴ABCD 为平行四边形，∴AD∥BC ，故①正确；∵AD∥BC ，BC
1 1 1 1 1 1 1 1 1
平面BDC ，AD⊄平面BDC ，∴AD∥平面BDC ，
1 1 1 1 1
⊂
又BD∥BD，BD⊄平面BDC ，BD 平面BDC ，
1 1 1 1 1 1
∴BD∥平面BDC ，又AD∩BD＝D，
1 1 1 1 1 1 1
∴平面ABD∥平面BDC ，故②正确⊂；故④正确；对于③，AD 与DC 为异面直线，故
1 1 1 1 1
③不正确.
16．①④
解析：①正确，因为l⊥α，α∥β l⊥β，又m β，故l⊥m；②错，当两平面相交且交
线为直线m时也满足题意；③错，各种位置关系均有可能；④正确，l⊥α，l∥m m⊥α，
又m β，所以α⊥β，综上可知命题①④⇒为真命题．⊂
⇒
⊂
专练 37 直线、平面垂直的判定与性质
1．D 如图ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD时，△PAB，△PAD为直角三角形，
又AD⊥DC，PA⊥DC，PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，∴△PCD为直角三角形，同理△PBC为直角三角形，
共4个直角三角形．
2．D 易知A、B、C均正确，D错误，m与n也可能异面．
3．C 当α∥β，b⊥β时，b⊥α，又a α，∴b⊥a，故C正确.
4．C ∵AB⊥平面BCC B，
1 1 1 1
BC 平面BCC B，∴AB⊥BC ， ⊂
1 1 1 1 1 1
又BC ⊥BC且BC∩AB＝B，
1 1 1 1 1 1
∴B⊂C ⊥平面ABCD，又AE 平面ABCD，
1 1 1 1 1 1
∴BC ⊥AE.
1 1
⊂5．B 连接 BD ，∵ABCD－ABC D 为正方体，∴E∈BD 且 BD⊥AC ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
BD⊥CC ，又AC ∩CC ＝C ，∴BD⊥平面AC C，又CE 平面AC C，∴BD⊥CE，又
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
BD∥BD，∴BD⊥CE.
1 1
⊂
6．B 由“m⊥α 且 l⊥m”推出“l α 或 l∥α”，但由“m⊥α 且 l∥α”可推出
“l⊥m”，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件，故选B.
7．C ∵α∩β＝l，∴l β，又∵n⊥β，⊂
⊂
∴n⊥l.
8．D 如图所示，连接AC，∵AA⊥平面ABCD，∴AC与平面ABCD所成的角为
1 1
∠ACA，∵AB＝4，BC＝3，
1
∴AC＝5，∵AA＝5，
1
∴tan ∠ACA＝1，故选D.
1
9．C ∵AB＝BC，E为AC的中点，∴EB⊥AC，同理DE⊥AC，又DE∩EB＝E，
∴AC⊥平面BDE，又AC 平面ACD，∴平面ACD⊥平面BDE，同理平面ABC⊥平面BDE.
10．外
⊂
解析：连结OA，OB，OC，OP，
∴△POA，△POB，△POC为直角三角形，
又PA＝PB＝PC，∴OA＝OB＝OC，
∴O为△ABC的外心．
11．②④
解析：∵γ∩β＝l，∴l γ，又α⊥γ，γ∩α＝m，l⊥m，∴l⊥α，∵γ∩β＝l，∴l β，又
l⊥α，∴α⊥β，∴②④正确．
12．5 ⊂ ⊂
解析：∵PA⊥平面ABCD，又PA 平面PAD，
∴平面PAD⊥平面ABCD；同理平面PAB⊥平面ABCD，
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊂⊥CD，
又CD⊥AD，AD∩PA＝A，
∴CD⊥平面PAD，又CD 平面PCD，
∴平面PCD⊥平面PAD，同理平面PBC⊥平面PAB，平面PAB⊥平面PAD，共有5对．
13. ⊂
A 如图，在正方体ABCD－ABC D 中，易知BD⊥AC.又E，F分别为AB，BC的中点，
1 1 1 1
所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方体的性质，知DD ⊥平面ABCD.又EF 平面ABCD，所
1
以 DD ⊥EF.因为 BD∩DD ＝D，所以 EF⊥平面 BDD .因为 EF 平面 BEF，所以平面
1 1 1 1
BEF⊥平面BDD ，A正确．假设平面BEF⊥平面ABD.因为平面BEF⊥⊂平面BDD ，且平
1 1 1 1 1 1
面ABD∩平面BDD ＝BD，所以BD⊥平面BEF.在正方体ABCD－⊂ABC D 中，显然BD与
1 1 1 1 1 1 1
平面BEF不垂直，B错误．设AA与BE的延长线相交于点P，所以平面BEF与平面AAC
1 1 1 1 1
不平行，C错误．连接AB ，BC，易证平面ACB∥平面AC D.因为平面ACB 与平面BEF
1 1 1 1 1 1 1
相交，所以平面BEF与平面AC D不可能平行，D错误．故选A.
1 1 1
14．C 因为D、F分别是AB、AC中点，所以BC∥DF，因为DF 平面PDF，BC⊄平
面PDF，所以BC∥平面PDF.因为该几何体是正四面体，E是BC中点，所以BC⊥PE，
BC⊥AE，因为PE∩AE＝E，所以BC⊥平面PAE，因为BC∥DF，所以⊂DF⊥平面PAE，又
因为DF 平面ABC，所以平面PAE⊥平面ABC，故A、B、D都成立．故选C.
15．BM⊥PC(DM⊥PC)
解析⊂：
当BM⊥PC时，平面MBD⊥平面PCD，证明如下：
如图所示，∵PA⊥平面ABCD，AB＝AD，
∴PB＝PD，又BC＝CD，
∴△PBC≌△PCD，∴当BM⊥PC时，
DM⊥PC，∴PC⊥平面MBD，又PC 平面PCD，
∴平面MBD⊥平面PCD.
16．①④⑤ ⊂
解析：对于①，因为点M，N分别为VA，VC的中点，所以MN∥AC，又MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABC，故①正确；对于②，若OC⊥平面VAC，则OC⊥AC，而由题
意知AB是圆O的直径，则BC⊥AC，故OC与AC不可能垂直，故②不正确；对于③，因为
MN∥AC，且BC⊥AC，所以MN⊥BC，即MN与BC所成的角为90°，故③不正确；对于④，
易得OP∥VA，VA⊥MN，所以MN⊥OP，故④正确；对于⑤，因为VA⊥平面ABC，BC 平
面ABC，所以VA⊥BC，又BC⊥AC，且AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC，又BC 平面
VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，故⑤正确．综上，应填①④⑤. ⊂
⊂
专练 38 空间向量及其运算
1．C ∵⃗A C ＝AC，
1 1
又AC，DA，DC共面，
1 1
∴AC，⃗D A， ⃗D C共面，即：⃗A C ，⃗D A， ⃗D C共面．
1 1 1 1 1 1
2．B ∵a∥b，∴b＝λa，得m＝－2.
3．A |PQ|＝＝＝＝6.
4．A 由题意知BM＝BA＋⃗AA ＋⃗A M－a＋c＋(a＋b)＝－a＋b＋c.
1 1
5．D ∵a，b，c共面，∴c＝xa＋yb.
∴(7，5，λ)＝(2x，－x，3x)＋(－y，4y，－2y)，
∴得
6．C ∵E为PD的中点，∴BE＝
＝(－PB＋BD)
＝(－PB＋PA－PB＋PC－PB)
＝－PB＋PA＋PC
＝a－b＋c
7．B ∵|a|＝＝，设b＝(－1，1，0)，|b|＝，a·b＝－1<0，故A不正确；对于B，设c
＝(1，－1，0)，a·c＝1，|c|＝.∴cos 〈a，c〉＝＝，
∴〈a，c〉＝60°，同理可得C、D不正确．
8．C a＋b＝(－2，y－1，5)，∵a⊥(a＋b)，
∴－2×2－(y－1)＋3×5＝0，得y＝12.
9．C 依题意，点 E，F为BC，AD的中点，如图所示，AE·AF＝(AB＋AC)·AD＝
(AB·AD＋AC·AD)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.
10．3
解析：∵λa＋b＝(4，1－λ，λ)，
∴|λa＋b|＝＝，∴17＋2λ2－2λ＝29，
∴λ＝3或λ＝－2(舍).
11．2
解析：由题意得AB·AC＝0，|AB|＝|AC|，又AB＝(6，－2，－3)，AC＝(x－4，3，－6)
∴得x＝2.
12.(b＋c－a)
解析：MN＝ON－OM
＝(OB＋OC)－OA
＝(b＋c－a)
13．D
14．B ∵OE＝AC ＝(AB＋AD＋⃗AA )，
1 1
FD＝AD＋⃗AA ，
1 1
⃗FD ⃗AA ⃗AA ⃗AA
∴OE· 1＝(AB＋AD＋ 1)· ＝(AB·AD＋AB· 1＋AD2＋AD· 1＋
⃗AA ·AD＋⃗AA 2)＝3.
1 1
而|OE|＝ ＝，|⃗FD |＝，
1
⃗FD
1
∴cos 〈OE， 〉＝ ＝.
15．D ∵BD＝BF＋FE＋ED，
∴|BD|2＝|BF|2＋|FE|2＋|ED|2＋2(BF·FE＋FE·ED＋ED·BF)＝1＋1＋1＋2＝3－.
∴|BD|＝.
16．平行
解析：设VA＝a，VB＝b，
VC＝c，
则VD＝a＋c－b，
PM＝b－c，
PN＝VD－VC＝a－b＋c，
∴VA＝PM＋PN，∴VA，PM，PN共面，
又VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.
专练 39 空间向量的应用
1．A ∵V ＝－V ，∴l∥l.
1 2 1 2
2．C ∵|a|＝＝2，|b|＝＝2，
a·b＝2×2＋(－2)×0＋(－2)×4＝－4，
∴cos 〈a，b〉＝＝＝－.
3．A ∵a＝2b，∴a与b共线，∴l⊥α.
4．B 解析：
如图，令AB＝a，AC＝b，AD＝c
则AB·CD＋AC·DB＋AD·BC
＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)
＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
故选B.
5．C ∵m与n不共线，且m·n＝－6－3－20≠0，
∴α与β相交但不垂直．6．C ∵AB＝BC＝6，∠ABC＝120°，∴AC＝6，
建立如图所示的空间直角坐标系，其中O为AC的中点，
则P(0，－3，6)，C(0，3，0)
∴|PC|＝
＝12.
7．A 设BC＝1，则B(0，0，1)，C (0，2，0)，A(2，0，0)，B(0，2，1)
1 1
⃗BC ＝(0，2，－1)，⃗AB ＝(－2，2，1)
1 1
⃗BC ·⃗AB ＝0×(－2)＋2×2＋(－1)×1＝3.
1 1
|⃗BC |＝，|⃗AB |＝3，
1 1
⃗BC ⃗AB
∴cos 〈 1， 1〉＝ ＝＝.
8．A
∵AB＝1，AC＝2，BC＝，∴AB2＋BC2＝AC2，
∴AB⊥BC，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，C (0，，h)，B(0，0，h)，B(0，0，0)
1 1
∴D，E.
∴DE＝，显然面BBC C的法向量为m＝(1，0，0)，
1 1
∴DE与平面BBC C所成角α满足
1 1
sin α＝＝＝，
又α∈，
∴α＝30°.
9．D 建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，
显然面ADP的法向量m＝(1，0，0)，
设平面CDP的法向量n＝(x，y，z)，
CD＝(－1，0，0)，CP＝(－1，－1，1)，
∴令y＝1，则z＝1，
∴n＝(0，1，1)，
m·n＝1×0＋0×1＋0×1＝0，∴m⊥n，
∴平面ADP与平面CDP所成的角为90°.10．(5，13，－3)
解析：设D(x，y，z)，由题意得AD＝BC，
∴(x－4，y－1，z－3)＝(1，12，－6)
∴∴D(5，13，－3).
11．7
解析：AB＝(－2，－1，3)，AC＝(1，－3，2)，
∴AB·AC＝－2＋3＋6＝7，|AB|＝，|AC|＝.
又cos 〈AB，AC〉＝＝＝，
∴sin 〈AB，AC〉＝，
∴平行四边形的面积S＝|AB|×|AC|×sin 〈AB，AC〉＝7.
12.
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，2)，A(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，
1 1
∴⃗D A ＝(2，0，0)， ⃗D A ＝(2，0，2)，DB＝(2，2，0).
1 1 1
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
1
则
令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，
∴点D 到平面ABD的距离是
1 1
d＝ ＝＝.
13．B 建立如图所示的空间直角坐标系，由于AM＝AN＝，
1
则M，N，
MN＝.又⃗C D ⊥平面BBC C，所以C D ＝(0，a，0)为平面BBC C的一个法向量．因
1 1 1 1 1 1 1 1
为MN·⃗C D ＝0，所以MN⊥⃗C D ，所以MN∥平面BBC C.
1 1 1 1 1 1
14．C
如图所示，以A 为坐标原点，AB 所在直线为x轴，AB 为单位长度，AC 所在直线为
1 1 1 1 1 1 1
y轴，AA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系A －xyz.则可得A(0，0，0)，B(1，0，
1 1 1 1
0，)，C (0，1，0)，A(0，0，1)，B(1，0，1).所以⃗A B＝(1，0，1)，⃗AC ＝(0，1，－1).
1 1 1
⃗A B ⃗AC
1 1
则|cos 〈 ， 〉|＝ ＝＝.所以异面直线BA 与AC 所成角为60°.故选C.
1 1
15.
解析：设直线l与平面α所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝.
16.
解析：如图所示，作 SO⊥BC，垂足为O，连接AO，由侧面SBC⊥底面ABCD，得
SO⊥底面ABCD.
由SA＝SB，可得OA＝OB.又由∠ABC＝45°，得△ABO为等腰直角三角形，OA⊥OB.建
立如图所示空间直角坐标系O－xyz，则A(，0，0)，B(0，，0)，C(0，－，0)，S(0，0，1)，
D(，－2，0)，DS＝(－，2，1)，SA＝(，0，－1)，SB＝(0，，－1).
设平面SAB的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1 1
由得
令z＝，得n＝(1，1，).
1
设直线SD与平面SAB所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈DS，n〉|＝＝＝.
所以直线SD与平面SAB所成角的正弦值为.
专练 40 高考大题专练(四) 立体几何的综合运用
1．解析：(1)证明：因为AB＝AD，O为BD中点，所以AO⊥BD.
因为平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，AO 平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为CD 平面BCD，所以AO⊥CD. ⊂
(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M，连接EM.
因为AO⊥⊂平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD，
所以EF⊥BD, EF⊥CD, BD∩CD＝D，因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC.
因为FM⊥BC，FM∩EF＝F，所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME.
则∠EMF为二面角E－BC－D的平面角， ∠EMF＝
因为BO＝OD，△OCD为正三角形，所以△BCD为直角三角形．
因为BD＝2CD，所以FM＝BF＝(1＋)＝
从而EF＝FM＝，所以AO＝1
因为AO⊥平面BCD，
所以V＝AO·S ＝×1××1×＝.
△BCD
2．解析：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD.
因此l⊥平面PDC.(2)以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D
xyz，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，DC＝(0，1，0)，PB＝(1，1，
－1).
由(1)可设Q(a，0，1)，则DQ＝(a，0，1).
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则即
可取n＝(－1，0，a).
所以cos 〈n，PB〉＝＝ .
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝×＝ .
因为 ≤，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
3．解析：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝ ∠BDC，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.
∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.
∵DE∩BE＝E，DE，BE 平面BED，
∴AC⊥平面BED.
∵AC 平面ACD，∴平面⊂BED⊥平面ACD.
⊂
(2)如图，连接EF.由(1)知AC⊥平面BED.
又∵EF 平面BED，
∴EF⊥AC.
∴S ＝⊂AC·EF.
△AFC
当EF⊥BD时，EF的长最小，此时△AFC的面积最小．
由(1)知AB＝CB＝2.
又∵∠ACB＝60°，
∴△ABC是边长为2的正三角形，∴BE＝.
∵AD⊥CD，∴DE＝1，
∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.
以点E为坐标原点，直线EA ，EB ，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，
∴AB＝(－1，，0)，AD＝(－1，0，1)，DB＝(0，，－1)，ED＝(0，0，1)，EC＝(－1，
0，0).
设DF＝λDB(0≤λ≤1)，
则EF＝ED＋DF＝ED＋λDB＝(0，0，1)＋λ(0，，－1)＝(0，λ，1－λ).
∵EF⊥DB，
∴EF·DB＝(0，λ，1－λ)·(0，，－1)＝4λ－1＝0，
∴λ＝，∴EF＝(0，，)，∴CF＝EF－EC＝(0，，)－(－1，0，0)＝(1，，).
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取y＝1，则x＝，z＝，∴n＝(，1，).设当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，CF〉|
＝＝＝.
故当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的正弦值为.
4．解析：(1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝a.
因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.
又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.
所以PA⊥平面PBC.
(2)以O为坐标原点，OE的方向为y轴正方向，|OE|为单位长，建立如图所示的空间直
角坐标系O xyz.
由题设可得E(0，1，0)，A(0，－1，0)，C，P.
所以EC＝，EP＝.
设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则
即
可取m＝.
由(1)知AP＝是平面PCB的一个法向量，记n＝AP，则cos 〈n，m〉＝＝.
易知二面角B－PC－E的平面角为锐角，
所以二面角B－PC－E的余弦值为.
5．解析：(1)证明：因为M，N分别为BC，BC 的中点，所以MN∥CC .又由已知得
1 1 1
AA∥CC ，故AA∥MN.
1 1 1
因为△ABC 是正三角形，所以BC ⊥AN.
1 1 1 1 1 1
又BC ⊥MN，故BC ⊥平面AAMN.
1 1 1 1 1
所以平面AAMN⊥平面EBC F.
1 1 1
(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点，MA的方向为x轴正方向，|MB|为单位长，建立
如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则AB＝2，AM＝.
连接 NP，则四边形 AONP 为平行四边形，故 PM＝，E.由(1)知平面AAMN⊥平面
1
ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.
设Q(a，0，0)，则NQ＝，B，故⃗B E＝(－a，－，－)，|⃗B E|＝.
1 1 1
⃗B E
又n＝(0，－1，0)是平面A
1
AMN的法向量，故sin ＝cos 〈n，
1
〉＝
＝.
所以直线BE与平面AAMN所成角的正弦值为.
1 1
6．解析：(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设BC＝t，则A(t，0，0)，B(t，1，0)，M，P(0，0，1)，
所以PB＝(t，1，－1)，AM＝.
因为PB⊥AM，所以PB·AM＝－＋1＝0，得t＝，
所以BC＝.
(2)易知C(0，1，0)，由(1)可得AP＝(－，0，1)，AM＝，CB＝(，0，0)，PB＝(，1，－
1).
设平面APM的法向量为n＝(x，y，z)，则
1 1 1 1
，即，
令x＝，则z＝2，y＝1，所以平面APM的一个法向量n＝(，1，2).
1 1 1 1
设平面PMB的法向量为n＝(x，y，z)，则
2 2 2 2
，即，
得x＝0，令y＝1，则z＝1，所以平面PMB的一个法向量为n＝(0，1，1).
2 2 2 2
cos 〈n，n〉＝＝＝，
1 2
所以二面角A－PM－B的正弦值为.
7．解析：(1)证明：因为E，F分别是AC和CC 的中点，且AB＝BC＝2，
1
所以CF＝1，BF＝.
如图，连接AF，由BF⊥AB ，AB∥AB ，得BF⊥AB，于是AF＝＝3，所以AC＝＝2.
1 1 1 1
由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC，BB 所在直线分别为x，
1
y，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，
则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，BF＝(0，2，1).
设BD＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，
1
于是DE＝(1－m，1，－2).
所以BF·DE＝0，所以BF⊥DE.
(2)易知面BBC C的一个法向量为n＝(1，0，0).
1 1 1
设面DFE的法向量为n＝(x，y，z)，
2
则，
又DE＝(1－m，1，－2)，EF＝(－1，1，1)，
所以，令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，面DFE的一个法向量为n＝(3，m＋1，2－m)，
2
所以cos 〈n，n〉＝ .
1 2
设面BBC C与面DFE所成的二面角为 θ，则sin θ＝，故当m＝时，面BBC C与面
1 1 1 1
DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当BD＝时，面BBC C与面DFE所成的二面角的
1 1 1
正弦值最小．
8．解析：(1)设点A到平面ABC的距离为h.
1∵V ＝V ＝V ＝，
三棱锥A1－ABC 三棱锥A－A1BC 三棱柱ABC－A1B1C1
∴·S△ABC·h＝×4.
1
又∵S△ABC＝2，∴h＝.
1
∴点A到平面ABC的距离为.
1
(2)方法一 如图(1)，取AB的中点E，连接AE.
1
由AA＝AB，AA⊥AB，得AE⊥AB且AE＝AB.
1 1 1 1
∵平面ABC⊥平面ABBA，
1 1 1
平面ABC∩平面ABBA＝AB，AE 平面ABBA，
1 1 1 1 1 1
∴AE⊥平面ABC，∴AE＝h＝，AE⊥BC，
1
∴AB＝2，∴AA＝AB＝2. ⊂
1 1
由V ＝4，AA＝2，得2S ＝4，
三棱柱ABC－A1B1C1 1 △ABC
∴S ＝2.
△ABC
易知AA⊥BC，AE⊥BC，AE∩AA＝A，
1 1 1
∴BC⊥平面AAB，∴BC⊥AB，∴BC＝2.
1
过点A作AF⊥BD于点F，连接EF，
易得∠EFA即为二面角A－BD－C的平面角的补角．
易得AC＝＝2，
则AC＝＝2.
1
∵AB⊥CB，D为AC的中点，∴BD＝AC＝.
1 1 1
易知AD＝BD＝AC＝，∴△ABD为等腰三角形，
1
∴AF·BD＝AB·＝2，
则AF＝，
∴sin∠AFE＝＝＝，
∴二面角A－BD－C的正弦值为.
方法二 如图(2)，取AB的中点E，连接AE.
1
∵AA＝AB，∴AE⊥AB.
1 1
∵平面ABC⊥平面ABBA，平面ABC∩平面ABBA＝AB，AE 平面ABBA，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴AE⊥平面ABC，
1
∴AE＝h＝，则AA＝AB＝2. ⊂
1
∵AE⊥平面ABC，BC 平面ABC，∴AE⊥BC.
1 1
∵AA⊥BC，AE∩AA＝A，∴BC⊥平面ABBA.
1 1 1 1
∵AB 平面ABBA，∴⊂BC⊥AB.
1 1
由V ＝S ·AA＝AB·BC·AA＝×2×BC×2＝4，解得BC＝2.
三棱柱ABC－A1B1C1 △ABC 1 1
以B为⊂坐标原点，分别以BC，BA，BB 所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图(2)的空
1
间直角坐标系．
易得B(0，0，0)，A(0，2，0)，E(0，1，1)，D(1，1，1).
∴AE＝(0，－1，1)，BD＝(1，1，1)，BA＝(0，2，0).
由题意，得平面BDC的法向量为n＝AE＝(0，－1，1).
1设平面BDA的法向量为n＝(x，y，z)，
2
则∴
令x＝1，则y＝0，z＝－1，∴n＝(1，0，－1)，
2
∴cos 〈n，n〉＝＝＝－.
1 2
设二面角A－BD－C的平面角为α(0≤α≤π)，则sin α＝＝，
∴二面角A－BD－C的正弦值为.
专练 41 直线的倾斜角与斜率、直线的方程
1．C k＝＝－.
2．D 由x＋y＋1＝0，得y＝－x－，
∴直线的斜率k＝－，其倾斜角为π.
3．A 由点斜式得y－5＝－(x＋2)，即：3x＋4y－14＝0.
4．B ∵当<α<π时，k<0，∴α>D /k>；
当k>时，<α<，∴k> <α<，
∴α>是k>的必要不充分条件． ⇒
5．D 由于倾斜角⇒为120°，故斜率k＝－.又直线过点(－1，0)，由点斜式可知y＝－(x
＋1)，即：x＋y＋＝0.
6．D 若直线过原点，则直线方程为y＝2x，
若直线不过原点，设所求的直线方程为x＋y＝m，又P(1，2)在直线上，
∴1＋2＝m，∴m＝3，即：x＋y＝3.
7．A ax＋by＋c＝0可化为y＝－x－，又直线过一、二、四象限，
∴－<0且－>0，即ab>0，bc<0.
8．B 设直线的倾斜角为θ，0≤θ<π，
由题意得tanθ＝－sin α∈[－1，1]，
∴θ∈∪.
9．B 直线kx－y＋1－k＝0恒过P(1，1)，k ＝2，k ＝，∴k的取值范围是∪[2，＋
PA PB
∞).
10．4
解析：由题意得k ＝k ，∴＝，得a＝4.
AC BC
11．45°
解析：y′＝3x2－2，当x＝1时，该曲线的导函数值为1，∴k＝1，其倾斜角为45°.
12．1
解析：由题意得，＝1，得m＝1.
专练 42 两条直线的位置关系及距离公式
1．A 设所求的直线方程为x－2y＋c＝0，又(1，0)在直线l上，∴1＋c＝0，∴c＝－
1，故所求的直线方程为x－2y－1＝0.
2．D ∵l 与l 垂直，∴3(a－1)＋a＝0，得a＝.
1 2
3．A 由两条直线平行，∴＝≠，
得a＝－2或a＝3.
∴a＝3是两条直线平行的充分不必要条件．
4．B 由得
又∵00，
故直线l：kx－y＝k－1与直线l：ky－x＝2k的交点在第二象限．
1 2
5．B 由点(1，)到直线x＋y＋C＝0的距离为3，
得＝＝3，得C＝2或C＝－10.∴C＝2是点(1，)到直线x＋y＋C＝0的距离为3的充分不必要条件．
6．A 过点P(2，1)且与原点O距离最远的直线就是过点P且与OP垂直的直线，因为
直线OP的斜率为＝，所以所求直线的斜率为－2，即所求直线方程为y－1＝－2(x－2)，得
2x＋y－5＝0.
7．C ∵l∥l，∴＝，∴n＝－4，
1 2
∴l：2x－4y－6＝0可化为x－2y－3＝0
2
∴＝＝，又m>0，∴m＝2，
∴m＋n＝2－4＝－2.
8．C 由l∥l ，得k＝5；由l∥l ，得k＝－5；由x－y＝0与x＋y－2＝0，得x＝1，y
1 3 2 3
＝1，若(1，1)在l 上，则k＝－10.若l ，l ，l 能构成一个三角形，则k≠±5且k≠－10，故
3 1 2 3
选C.
9．CD 对于A，直线l：x－y＋1＝0的斜率k＝，故直线l的倾斜角是，故A错误；对
于B，因为直线m：x－y＋1＝0的斜率k′＝，kk′＝1≠－1，故直线l与直线m不垂直，故B
错误；对于C，点(，0)到直线l的距离d＝＝2，故C正确；对于D，过点(2，2)与直线l平
行的直线方程是y－2＝(x－2)，整理得x－y－4＝0，故D正确．
10.
解析：由题意得A(0，1)，由点A(0，1)到直线x＋y－3＝0的距离为＝.
11.
解析：由题意，得双曲线的一条渐近线方程为y＝，即x－my＝0.圆的方程可化为x2＋(y
－2)2＝1，故圆心坐标为(0，2)，半径r＝1.由渐近线与圆相切，结合点到直线的距离公式，
得＝1，解得m＝±.又因为m＞0，所以m＝.
12.
解析：由题意可知，k ＝＝b－a＝1，
AB
故|AB|＝＝.
专练 43 圆的方程
1．D 设所求的直线l的方程为x－y＋C＝0，∵直线l过圆心(0，3)，∴－3＋C＝0，C
＝3，故所求的直线方程为x－y＋3＝0.
2．D 半径r＝＝，
∴圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2.
3．D ∵A为直角，∴AB⊥AC，∴2a＝－4，a＝－2，
∴△ABC外接圆的圆心(－3，0)，半径r＝＝＝，
∴所求的圆的方程为(x＋3)2＋y2＝5.
4．C 由题意得D2＋E2－4F>0，∴4＋4－4a>0，
∴a<2.
5．D 由题意得25a2＋144a2<1，∴a2<，
得|a|<.
6．B ∵y＝kx－2k＋1可化为y＝k(x－2)＋1，恒过定点(2，1)，
则所求的圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝25.
7．C 3x－4y＝0及3x－4y＋10＝0的距离为d＝＝2，显然圆的半径r＝＝1，与3x－4y
＝0和3x－4y＋10＝0的距离相等的直线为3x－4y＋5＝0，由得
∴圆心(－3，－1)，
∴所求的圆的方程为(x＋3)2＋(y＋1)2＝1.
8．B 由题意得圆心(1，1)在直线y＝kx＋3上，
∴k＝－2.
9．BD 设点M(x，y)，则MA＝(－x－1，－y)，MB＝(－x＋1，－y)，
所以MA·MB＝(－x－1)(－x＋1)＋y2＝3，
所以点M的轨迹方程为圆x2＋y2＝4，圆心为(0，0)，半径为2.
由此可知圆(x－2a＋1)2＋(y－2a－2)2＝1与圆x2＋y2＝4有公共点．
又圆(x－2a＋1)2＋(y－2a－2)2＝1的圆心为(2a－1，2a＋2)，半径为1，所以1≤≤3，解得－1≤a≤.故选BD.
10．1
解析：方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圆的条件是a2＋4a2－4(2a2＋a－1)>0，
即3a2＋4a－4<0，解得－20)，半径为m，直线＋＝1可化为3x＋4y
－12＝0，由题意得＝m，得m＝1或m＝6(舍去).∴△AOB内切圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2
＝1.
13．A 设圆心为(x>0)，r＝≥＝，当且仅当x＝1时等号成立，所以当圆的面积最小时，
即圆的半径最小时，此时圆心(1，2)，半径为，所以圆的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝5.
14．A 圆C：x2＋4x＋y2－2y＋3＝0，可化为：(x＋2)2＋(y－1)2＝2，
∵直线l：y＝kx＋1(k<0)与圆C：x2＋4x＋y2－2y＋3＝0相切，
∴＝(k<0)，∴k＝－1，
∴圆心D(2，0)到直线的距离d＝＝<，
∴直线l与圆D：(x－2)2＋y2＝3相交，故选A.
15．4
解析：如图：
∵y＝x＋2，∴k ＝－，
AC
∴∠ACD＝60°，过D作DE⊥AC于E，则|DE|＝|AB|.
∵圆心到直线l的距离d＝＝3，
∴＝r2－d2＝12－9＝3.
∴|AB|2＝12，则|AB|＝2.
在Rt△DEC中，|CD|＝＝＝4.
16．[－－1，－1]
解析：设x＝2＋cos α，y＝－3＋sin α
∴x＋y＝sin α＋cos α－1＝sin －1∈[－－1，－1].
专练 44 直线与圆、圆与圆的位置关系
1．B 圆心(1，－2)到直线2x＋y－5＝0的距离d＝＝<，
∴两圆相交但不过圆心．
2．B ∵x2＋y2＝4的圆心C (0，0)，半径r＝2，
1 1
又x2＋y2＋6x－8y＋16＝0可化为(x＋3)2＋(y－4)2＝9，其圆心C (－3，4)，半径r ＝3，
2 2
又圆心距|C C |＝＝5＝r＋r，∴两圆相外切．
1 2 1 2
3．A x2＋y2－2x－2y＋1＝0可化为(x－1)2＋(y－1)2＝1，其圆心C(1，1)，半径为1，
圆心C到直线x－y－2＝0的距离d＝＝，∴圆上的点到直线距离的最大值为d＋r＝＋1.
4．B 圆C ：(x－2)2＋(y＋1)2＝4，圆C ：(x＋2)2＋(y－2)2＝9，∴圆心C (2，－1)，
1 2 1
C (－2，2)，半径r＝2，r＝3，圆心距|C C |＝＝5，
2 1 2 1 2
r＋r＝5，
1 2
∴|C C |＝r＋r，∴两圆C 与C 外切，∴它们有3条公切线．
1 2 1 2 1 25．D 由题意得圆心(0，1)到直线kx－y＋k＝0的距离为1，即：＝1得k＝0或k＝.
6．D 由题意得圆心(1，0)到直线l：y＝kx＋1的距离d为d＝＝，得(k＋1)2＝2(k2＋
1)，得k＝1.
7．B x2＋y2＋2x－2y＋a＝0可化为(x＋1)2＋(y－1)2＝2－a，
则圆心(－1，1)到直线x＋y＋2＝0的距离d＝＝，
由题意得2＋22＝2－a，∴a＝－4.
8．D 如图，由题可知，AB⊥PM，
|PM|·|AB|＝2S ＝2(S ＋S )＝2(|PA|＋|PB|)，
四边形APBM △PAM △PBM
∵|PA|＝|PB|，
∴|PM|·|AB|＝4|PA|＝4＝4，
当|PM|最小时，|PM|·|AB|最小，易知|PM| ＝＝，
min
此时|PA|＝1，AB∥l，设直线AB的方程为y＝－2x＋b(b≠－2)，
圆心M到直线AB的距离为d＝，
|AB|＝＝，
∴d2＋＝|MA|2，
即＋＝4，解得b＝－1或b＝7(舍).
综上，直线AB的方程为y＝－2x－1，即2x＋y＋1＝0.故选D.
9．D 解法一(直接计算法)：由题可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l为y＝kx＋
m，直线l与曲线y＝的切点为A(x ，y).由导数的几何意义可知＝k，即＝，点A既在直线l
0 0
上，又在曲线y＝上，∴∴kx ＋m＝，即k·＋m＝，化简可得m＝，又∵直线l与圆x2＋y2＝
0
相切，∴＝，将m＝代入化简得16k4＋16k2－5＝0，解得k2＝或k2＝－(舍去).∵y＝的图象在
第一象限，∴k>0，∴k＝，∴m＝，∴l的方程为y＝x＋.故选D.
解法二(选项分析法)：由选项知直线l的斜率为2或，不妨假设为2，设直线l与曲线y
＝的切点为P(x，y)，则x－＝2.解得x＝，则y＝，即P，显然点P在圆x2＋y2＝内，不符合题
0 0 0 0 0
意，所以直线l的斜率为，又直线l与圆x2＋y2＝相切，所以只有D项符合题意，故选D.
10．相交
解析：解法一：(代数法)由消去y，整理得(1＋m2)x2－2m2x＋m2－5＝0，
因为Δ＝16m2＋20>0，所以直线l与圆相交．
解法二：(几何法)由题意知，圆心(0，1)到直线l的距离d＝<1<，故直线l与圆相交．
解法三：(点与圆的位置关系法)直线l：mx－y＋1－m＝0过定点(1，1)，因为点(1，1)在
圆x2＋(y－1)2＝5的内部，所以直线l与圆相交．
11．2
解析：x2＋y2－2y－7＝0可化为x2＋(y－1)2＝8，∴圆心(0，1)到直线kx－y－k＋2＝0的
距离d＝＝，
∴|AB|＝2＝2
又－1≤≤1，∴|AB| ＝2.
min
12．x＝1或8x－15y－53＝0
解析：当切线的斜率不存在时，切线方程为x＝1，
当切线的斜率存在时，设切线方程为y＋3＝k(x－1)，
即：kx－y－k－3＝0，由题意得
＝3，得k＝，
∴切线方程为8x－15y－53＝0.
13．ACD 圆2＋2＝16的圆心为M，半径为4，
直线AB的方程为＋＝1，即x＋2y－4＝0，圆心M到直线AB的距离为＝＝>4，
所以，点P到直线AB的距离的最小值为－4<2，最大值为＋4<10，A选项正确，B选
项错误；
如下图所示：
当∠PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PM⊥PB，
＝＝，＝4，由勾股定理可得＝ ＝3，CD选项正确．
故选ACD.
14．B 设圆心为P(x ，y)，半径为r，∵圆与x轴，y轴都相切，∴|x|＝|y|＝r，又圆
0 0 0 0
经过点(2，1)，∴x＝y＝r且(2－x)2＋(1－y)2＝r2，∴(r－2)2＋(r－1)2＝r2，解得r＝1或r＝
0 0 0 0
5.
①r＝1时，圆心P(1，1)，则圆心到直线2x－y－3＝0的距离d＝＝；
②r＝5时，圆心P(5，5)，则圆心到直线2x－y－3＝0的距离d＝＝.故选B.
15．3x＋4y－5＝0或7x－24y－25＝0或x＋1＝0(答对其中之一即可)
解析：由题意知两圆的圆心和半径分别为O(0，0)，O(3，4)，r ＝1，r ＝4.因为|OO|
1 2 1 2 1 2
＝r ＋r ，所以两圆外切．由两圆外切，画出示意图，如图．设切点为 A(x，y).由
1 2
，得A(，).因为kOO ＝，所以切线l 的斜率k ＝－，所以l ：y－＝－(x－)，
1 2 1 1 1
即3x＋4y－5＝0.由图象易得两圆均与直线l ：x＝－1相切，过两圆圆心的直线方程为l：y
2
＝x.联立解得故直线l与l 的交点为P(－1，－).由切线定理，得两圆的另一公切线l 过点P.
2 3
设l ：y＋＝k(x＋1).由点到直线的距离公式，得＝1，解得k＝，所以l ：y＋＝(x＋1)，即7x
3 3
－24y－25＝0.
16．8
解析：由题意将两圆的方程相减，可得公共弦方程为x＋y＝2.
点P(a，b)(a>0，b>0)在两圆的公共弦上，∴a＋b＝2，∴＋＝(a＋b)＝≥×(10＋6)＝8，
当且仅当＝，即b＝3a时取等号，所以＋的最小值为8.
专练 45 椭圆
1．D ∵a＝4，由椭圆的定义知，M到另一个焦点的距离为2a－3＝2×4－3＝5.
2．B 由椭圆的方程得a＝.设椭圆的另一个焦点为F，则由椭圆的定义得|BA|＋|BF|＝|CA|＋|CF|＝2a，所以△ABC的周长为|BA|＋|BC|＋|CA|＝|BA|＋|BF|＋|CF|＋|CA|＝(|BA|＋|BF|)
＋(|CF|＋|CA|)＝2a＋2a＝4a＝4.
3．B 由题意得，＝，∴＝，又a2＝b2＋c2，∴＝，＝，∴4b2＝3a2.故选B.
4．C 由题，a2＝9，b2＝4，则＋＝2a＝6，
所以·≤2＝9(当且仅当＝＝3时，等号成立).
故选C.
5．B ∵2a＝8，∴a＝4，e＝，∴c＝3，∴b2＝a2－c2＝16－9＝7，∴椭圆的标准方程
为＋＝1或＋＝1.
6．D ∵c2＝25－k－(9－k)＝16，∴c＝4，
∴两曲线的焦距相等．
7．C 由题可知椭圆的焦点落在x轴上，c＝2，
∴a2＝4＋c2＝8，∴a＝2，∴e＝＝＝.
8．C 由已知a＝2，b＝，c＝1，
若P为短轴的顶点(0，)时，∠FPF＝60，△PFF 为等边三角形，
1 2 1 2
∴∠P不可能为直角，
若∠F＝90°，则|PF|＝＝，
1 1
S△PFF＝··2c＝.
1 2
9．A 设P(x ，y)，则点Q的坐标为(－x ，y).由题意，得点A(－a，0).又直线AP，
1 1 1 1
AQ的斜率之积为，所以·＝，即＝①.又点P在椭圆C上，所以＋＝1②.由①②，得＝，所以
a2＝4b2，所以a2＝4(a2－c2)，所以椭圆C的离心率e＝＝.故选A.
10．(3，4)∪(4，5)
解析：由题意可知
解得31，∴0<<1，
∴1<1＋<2，∴10，∴a＝1，b＝.
则双曲线方程为：x2－＝1.
故答案为A.
9．B ∵x2－y2＝1的焦点(±，0)，e＝＝，
1
∴由题意得＋＝1的焦点坐标为(±，0)，e＝，
∴∴
∴椭圆方程为＋＝1.
设P为两曲线右边的交点，由椭圆、双曲线的定义知，
∴|PF|＝3，|PF|＝1，
1 2
又|FF|＝2，且|PF |2＋|FF|2＝1＋(2)2＝1＋8＝9＝|PF|2，
1 2 2 1 2 1
∴△FPF 为直角三角形．
1 2
10．13
解析：由题意，a2＝9，所以a＝3.设点M到另一个焦点的距离为d，由双曲线的定义知，
|7－d|＝2a＝2×3＝6，所以d＝1(舍)或d＝13.即点M到另一个焦点的距离为13.11.
解析：∵双曲线－y2＝1的渐近线方程为y＝±，
∴＝，a＝.
12．2
解析：点B为双曲线的通径位于第一象限的端点，其坐标为，点A坐标为(a，0)，∵AB
的斜率为3，
∴＝3，即＝＝e＋1＝3，∴e＝2.故离心率e＝2.
13.
C 由题意，知点N在双曲线的右支上，不妨设点N在第一象限，如图．设切点为点
A，连接DA，则DA⊥MN，易知|DA|＝a，|DF|＝c，则|AF|＝＝b.过点F 作FB⊥MN交直
1 1 2 2
线MN于点B，则FB∥DA.又因为点D为FF 的中点，所以|FB|＝2|DA|＝2a，|FB|＝2|AF|
2 1 2 2 1 1
＝2b.由cos ∠FNF ＝，得sin ∠FNF ＝，tan ∠FNF ＝，所以|F N|＝＝，|BN|＝＝，所
1 2 1 2 1 2 2
以|F N|＝|FB|＋|BN|＝2b＋.由双曲线的定义，得|F N|－|FN|＝2a，则2b－a＝2a，即＝.所以
1 1 1 2
双曲线C的离心率e＝＝＝.故选C.
14．B 直线x＝a与双曲线C的两条渐近线y＝±x分别交于D、E两点，则|DE|＝|y －
D
y |＝2b，所以S ＝·a·2b＝ab，即ab＝8.所以c2＝a2＋b2≥2ab＝16(当且仅当a＝b时取等
E △ODE
号)，即c ＝4，所以双曲线的焦距2c的最小值为8，故选B.
min
15.(答案不唯一)
解析：双曲线C的一条渐近线与C没有公共点，所以可令＝2，则e＝＝.
16.
解析：由题意，|OP|＝，又|OP|≥a，
则≥a，即2ab≥a2，得2b≥a，4b2＝4(c2－a2)≥a2，所以≥，
所以e≥，即e的取值范围是.
专练 47 抛物线
1．B y＝x2可化为x2＝4y，则焦点到准线的距离为×4＝2.
2．B ∵y2＝2px的准线为x＝－，又准线过点(－1，1)，∴－＝－1，∴p＝2，故其焦
点坐标为(1，0).
3．B ∵F(2，1)在直线l：3x＋4y－10＝0上，∴动点M的轨迹为过点F且与直线l垂
直的直线．
4．B ∵－y2＝1的右焦点为(2，0)，∴＝2，p＝4.
5．B 由已知条件，易知抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1.又B(3，
0)，则|AF|＝|BF|＝2.不妨设点A在第一象限，则A(x，2).根据抛物线的定义可知x－(－1)＝
0 0
2，所以x＝1，所以A(1，2)，所以|AB|＝＝2.故选B.
0
6．D 由题意，知抛物线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为(±，0)，所以＝，解得p＝
8，故选D.
7．B如图，分别过点A，B作准线的垂线，交准线于点E，D，设准线与x轴交于点G，设|
BF|＝a，则由已知得|BC|＝2a，由定义得|BD|＝a，故∠BCD＝30°，在Rt△ACE中，
∵|AF|＝4，|AC|＝4＋3a，
∴2|AE|＝|AC|，∴4＋3a＝8，从而得a＝，∵AE∥FG，∴＝，即＝，得p＝2.∴抛物线
方程为y2＝4x.故选B.
8．B 当AB与x轴垂直时，A，B，OA·OB＝×＋1×(－1)＝－；
当AB与x轴不垂直时，
设l：y＝k，
由得k2x2－(k2＋2)x＋＝0
由韦达定理得x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
∴OA·OB＝xx＋yy＝xx＋k2
1 2 1 2 1 2
＝(1＋k2)xx－k2(x＋x)＋＝－.
1 2 1 2
9．A 不妨设点A在第一象限，如图所示，过点F作AE的垂线，垂足为H，由题知当
A的坐标为(3，y)时△AEF为正三角形，此时H为AE的中点，|AE|＝3＋，|EH|＝p，∴2p＝
0
3＋，解得p＝2，∴y2＝4x，A(3，2)，F(1，0)，∴k ＝，直线AF的方程为y＝(x－1)，代入
AF
抛物线方程得3(x－1)2＝4x.设A(x ，y)，B(x ，y)，解得x ＝3，x ＝，此时y ＝2，y ＝－，
1 1 2 2 1 2 1 2
∴S ＝S ＋S ＝×1×＝，故选A.
△AOB △OFB △OFA
10．x＝－
解析：抛物线C：y2＝2px (p>0)的焦点F，
∵P为C上一点，PF与x轴垂直，
所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为±p，
不妨设P(，p)，
因为Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，所以Q在F的右侧，
又∵|FQ|＝6，
∴Q(6＋，0)，∴PQ＝(6，－p)
因为PQ⊥OP，所以PQ·OP＝×6－p2＝0，
∵p>0，∴p＝3，
所以C的准线方程为x＝－.
11．8
解析：|PQ|＝|PF|＋|QF|＝x＋1＋x＋1＝x＋x＋2＝6＋2＝8.
1 2 1 2
12．0或1
解析：由得k2x2＋(4k－8)x＋4＝0，
若k＝0，满足题意；若k≠0，则Δ＝(4k－8)2－4×4k2＝0，得k＝1.综上得k＝0或k＝1.
13．C 设焦点为F，点A的坐标为(x，y)，
0 0
由抛物线定义得|AF|＝x＋，
0
∵点A到y轴距离为9，∴x＝9，
0
∴9＋＝12，∴p＝6.故选C.
14．B 令y＝1，得x＝，即A.
由抛物线的光学性质可知AB经过焦点F，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，代入y2＝4x.消去y，得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.则x x ＝1，所以x ＝＝4.
A B B
|AB|＝x ＋x ＋p＝.
A B
将x＝4代入y2＝4x得y＝±4，故B(4，－4).
故|MB|＝＝.
故△ABM的周长为|MA|＋|MB|＋|AB|＝＋＋＝9＋.
故选B.
15．2
解析：设准线l和x轴交于N点，PM平行于x轴，∠PMF＝∠MFN＝60°，由抛物线的
定义得到|NF|＝p，故|MF|＝2p，故(2p)2＝4，∴p＝2.
16．3
解析：
如图所示，由题意得准线l：x＝－.作AC⊥l于点C，BD⊥l于点D，BH⊥AC于点H，
则|AF|＝|AC|，|BF|＝|BD|，|AH|＝|AC|－|BD|＝|AF|－|BF|，因为在Rt△AHB中，∠HAB＝
60°，所以cos 60°＝＝，
即(|AF|＋|BF|)＝|AF|－|BF|，得＝3.
专练 48 高考大题专练(五) 圆锥曲线的综合运用
1．解析：(1)因为直线l：x－my－＝0经过点F(，0)，所以＝，解得m2＝2.又因为
2
m>1，所以m＝，
故直线l的方程为x－y－1＝0.
(2)设A(x，y)，B(x，y).
1 1 2 2
由消去x，得2y2＋my＋－1＝0.
由Δ＝m2－8＝－m2＋8>0，得m2<8.
y＋y＝－，y·y＝－.
1 2 1 2
由F(－c，0)，F(c，0)，可知G，H.
1 2
因为坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，
所以OH·OG<0，即xx＋yy<0.
1 2 1 2
因为xx＋yy＝＋yy＝(m2＋1)·，所以(m2＋1)<0.解得m2<4(符合m2<8).
1 2 1 2 1 2
又因为m>1，所以实数m的取值范围是(1，2).
2．解析：(1)因为－＝2<＝2，
所以，轨迹C是以点F，F 为左、右焦点的双曲线的右支，
1 2
设轨迹C的方程为－＝1，则2a＝2，可得a＝1，b＝ ＝4，
所以，轨迹C的方程为x2－＝1.
(2)设点T，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，
不妨设直线AB的方程为y－t＝k，即y＝kx＋t－k，
1 1 1
联立，消去y并整理可得x2＋kx＋2＋16＝0，
1
设点A，B，则x>且x>.
1 2
由韦达定理可得x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
所以，·＝··＝·＝，
设直线PQ的斜率为k，同理可得·＝，
2
因为·＝·，即＝，整理可得k＝k，即＝0，显然k－k≠0，故k＋k＝0.
1 2 1 2
因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.
3．解析：(1)由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).
则AG＝(a，1)，GB＝(a，－1).由AG·GB＝8得a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设C(x，y)，D(x，y)，P(6，t).
1 1 2 2
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3x>0，所以直线PQ斜率存在，所以设直线
1 2 1 2
PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0).联立得方程组
消去y并整理，得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0.
则x＋x＝，xx＝，x－x＝＝.
1 2 1 2 1 2
因为x>x>0，
1 2
所以xx＝>0，即k2>3.
1 2
所以x－x＝.
1 2
设点M的坐标为(x ，y )，
M M
则y －y＝(x －x)，y －y＝－(x －x)，
M 2 M 2 M 1 M 1
两式相减，得y－y＝2x －(x ＋x).
1 2 M 1 2
因为y－y＝(kx＋b)－(kx＋b)＝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
因为y＋y＝(kx＋b)＋(kx＋b)＝k(x＋x)＋2b，
1 2 1 2 1 2
所以2y ＝k(x＋x)＋(x －x)＋2b，
M 1 2 1 2
解得y ＝＝x .
M M
所以点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．
选择①②.
因为PQ∥AB，所以k ＝k.
AB
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(x ，y )，点B的坐标为(x ，y )，则
A A B B
解得x ＝，y ＝ .
A A
同理可得x ＝，y ＝－ .
B B
此时x ＋x ＝，y ＋y ＝.
A B A B
因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝x，
所以
解得x ＝＝，y ＝＝，
M M
所以点M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.
选择①③.
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线y＝x上，与题设
矛盾，故直线AB的斜率存在．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设点A的坐标为
(x ，y )，点B的坐标为(x ，y )，则
A A B B
解得x ＝，y ＝ .
A A
同理可得x ＝，y ＝－ .
B B
此时x ＝＝，y ＝＝.由于点M同时在直线y＝x上，故6m＝·2m2，解得k＝m，因此
M M
PQ∥AB.
选择②③.因为PQ∥AB，所以k ＝k.
AB
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(x ，y )，点B的坐标为(x ，y )，
A A B B
则解得x ＝，y ＝ .
A A
同理可得x ＝，y ＝－ .
B B
设AB的中点为C(x ，y )，则x ＝＝，y ＝＝.
C C C C
因为|MA|＝|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－y ＝－(x－x )上．
C C
将该直线方程与y＝x联立，解得x ＝＝x ，y ＝＝y ，即点M恰为AB的中点，所以点
M C M CM在直线AB上．
7．解析：(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n).
将点A(0，－2)，B(，－1)的坐标代入，得解得
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明：(方法一)设M(x，y)，N(x，y).
1 1 2 2
由题意，知直线MN与y轴不垂直，设其方程为x－1＝t(y＋2).
联立得方程组
消去x并整理，得(4t2＋3)y2＋(16t2＋8t)y＋16t2＋16t－8＝0，
所以y＋y＝－，yy＝.
1 2 1 2
设T(x，y).由A，B，T三点共线，得＝，得x＝y＋3.
0 1 0 1
设H(x′，y′).
由MT＝TH，得(y＋3－x，0)＝(x′－y－3，y′－y)，
1 1 1 1
所以x′＝3y＋6－x，y′＝y，
1 1 1
所以直线HN的斜率k＝＝＝，
所以直线HN的方程为y－y＝·(x－x).
2 2
令x＝0，得y＝·(－x)＋y
2 2
＝＋y
2
＝
＝
＝－2.
所以直线NH过定点(0，－2).
(方法二)由A(0，－2)，B(，－1)可得直线AB的方程为y＝x－2.
a．若过点P(1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x＝1.
将直线方程x＝1代入＋＝1，可得N(1，)，M(1，－).
将y＝－代入y＝x－2，可得T(3－，－).
由MT＝TH，得H(5－2，－).
此时直线HN的方程为y＝(2＋)(x－1)＋，
则直线HN过定点(0，－2).
b．若过点P(1，－2)的直线的斜率存在，设此直线方程为 kx－y－(k＋2)＝0，M(x ，
1
y)，N(x，y).
1 2 2
联立得方程组
消去y并整理，得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0.
所以则
且xy＋xy＝.①
1 2 2 1
联立得方程组，可得T(＋3，y).
1
由MT＝TH，得H(3y＋6－x，y).
1 1 1
则直线HN的方程为y－y＝(x－x).
2 2
将点(0，－2)的坐标代入并整理，得2(x＋x)－6(y＋y)＋xy＋xy－3yy－12＝0.②
1 2 1 2 1 2 2 1 1 2
将①代入②，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．
综上可得，直线HN过定点(0，－2).
8．解析：(1)∵点A(2，1)在双曲线C：－＝1(a>1)上，∴－＝1，解得a2＝2.
∴双曲线C的方程为－y2＝1.
显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.
联立得方程组
消去y并整理，得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0.
Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.
设P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
则x＋x＝，xx＝.
1 2 1 2
由k ＋k ＝0，得＋＝0，
AP AQ
即(x－2)(kx＋m－1)＋(x－2)(kx＋m－1)＝0.
2 1 1 2
整理，得2kxx＋(m－1－2k)(x＋x)－4(m－1)＝0，
1 2 1 2
即2k·＋(m－1－2k)·－4(m－1)＝0，
即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.
∵直线l不过点A，∴k＝－1.(2)设∠PAQ＝2α，0<α<，则tan 2α＝2，
∴＝2，解得tan α＝(负值已舍去).
由(1)得k＝－1，则xx＝2m2＋2>0，
1 2
∴P，Q只能同在双曲线左支或同在右支．
当P，Q同在左支时，tan α即为直线AP或AQ的斜率．
设k ＝.
AP
∵为双曲线一条渐近线的斜率，
∴直线AP与双曲线只有一个交点，不成立．
当P，Q同在右支时，tan (－α)＝即为直线AP或AQ的斜率．
设k ＝＝，则k ＝－，
AP AQ
∴直线AP的方程为y－1＝(x－2)，
即y＝x－2＋1.
联立得方程组
消去y并整理，得3x2－(16－4)x＋20－8＝0，
则x ·2＝，解得x ＝.
P P
∴|x －x |＝|2－|＝.
A P
同理可得|x －x |＝.
A Q
∵tan 2α＝2，0<2α<π，∴sin 2α＝，
∴S ＝|AP|·|AQ|·sin 2α＝××|x －x |××|x －x |×sin 2α＝×3××＝.
△PAQ A P A Q
专练 49 排列与组合
1．A 由分类加法计数原理可知共有5＋3＝8种不同的选法．
2．B 由分步乘法计数原理可知共有10×12＝120种不同的安装方式．
3．B 首位数字是4的五位偶数有2A＝48个；首位数字是5的五位偶数有3A＝72个．
由分类加法计数原理可知共有48＋72＝120个．
4．D 由5个球中任取3个球，共有C＝10种，其中没有白球的取法有C＝1种，∴所
取的3个球中至少有1个白球的取法有10－1＝9种．
5．D 将4项工作分成3组，共有C种分法，再安排给3人共有A种方法，故共有CA
＝36种不同的安排方式．
6．B 若甲排在最左端，共有A＝120种不同的方法；
若乙排在最左端，则有AA＝96种不同的方法，所以共有 120＋96＝216种．
7．C 将B，C看作一个元素，除A外，共有AA＝48种，再安排A，共有A种不同的
排法，∴实验顺序共有48×2＝96种不同的编排方法．
8．D 完成这件事分两步进行，第一步排除甲、乙、丙以外的4个人，共有A＝24种
不同的排法，第二步排除甲、乙、丙，共有A＝60种不同的排法，由分步乘法原理，共有
24×60＝1 440种不同的排法．
9．B 当两个偶数数字中不含0时，共有CCCA＝4 320(个)；当两个偶数数字中有一个
为0时，共有CCCCA＝2 160(个).因此共有4 320＋2 160＝6 480(个)，故选B.
10．180
解析：从6个人中选取1个人安排在第一天有C＝6(种)方法，然后从余下的5个人中选
取1个人安排在第二天有C＝5(种)方法，再从剩余的4个人中选取2个人安排在第三天有C
＝6(种)方法，根据分步乘法计数原理知不同的安排方法有6×5×6＝180(种).
11．1 260
解析：含有数字0的没有重复数字的四位数共有CCAA＝540个，不含数字0的没有重
复的四位数共有CCA＝720个，故一共可以组成540＋720＝1 260个没有重复数字的四位数．
12．36
解析：因为每个小区至少安排1名同学，所以4名同学的分组方案只能为1，1，2，所
以不同的安排方法共有·A＝36种．专练 50 二项式定理
1．C 由展开式的通项T ＝C(x2)5－k·(2x－1)k＝2kCx10－3k，令10－3k＝4，得k＝2，
k＋1
∴x4的系数为C·22＝40.
2．C 由二项展开式通项知T ＝(－2)kC·(x2)5－k＝(－2)kCx10－5k，令10－5k＝0，得k＝
k＋1
2.
∴常数项为T＝(－2)2C＝40.
3
3．A 展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为C
＋2C＝4＋8＝12.
4．B 的展开式的通项公式为T ＝C·(－1)k·a5－k·x2k－5，显然，2k－5为奇数，故(x＋2)
k＋1
展开式中的常数项为C·a3＝80，所以a＝2.
5．B 由题意得S＝26＝64，P＝C(－2)4＝15×16＝240，∴＝＝.
6．B 在的展开式中令x＝1，得A＝4n，各项二项式系数之和为B＝2n，由 4n＋2n＝
72，得n＝3，∴＝，其通项为T ＝C()3－k＝ ，令＝0，得k＝1，故展开式的常数
k＋1
项为T＝3C＝9.
2
7．C 要求(x＋y)5的展开式中x3y3的系数，只要分别求出(x＋y)5的展开式中x2y3和x4y
的系数再相加即可，由二项式定理可得(x＋y)5的展开式中x2y3的系数为C＝10，x4y的系数为
C＝5，故(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为10＋5＝15.故选C.
8．C S＝C(x－1)4＋C(x－1)3＋C(x－1)2＋C(x－1)1＋C(x－1)0＝(x－1＋1)4＝x4.
9．ABC 对于A，令x＝0，得a ＝2×1＝2，故A正确；对于B，(1－2x)5的展开式的
0
通项T ＝C(－2x)k＝(－2)kCxk，所以a ＝2×(－2)5C＋1×(－2)4C＝－64＋80＝16，故B正
k＋1 5
确；对于C，令x＝1，得(2＋1)(1－2×1)5＝a ＋a ＋a ＋a ＋a ＋a ＋a ①，即a ＋a ＋a
0 1 2 3 4 5 6 1 2 3
＋a ＋a ＋a ＝－3－a ＝－3－2＝－5，故C正确；对于D，令x＝－1，得(2－1)[1－2×(－
4 5 6 0
1)]5＝a －a ＋a －a ＋a －a ＋a ②，由①②解得a ＋a ＋a ＝－123，故D不正确．综上
0 1 2 3 4 5 6 1 3 5
所述，选ABC.
10．－28
解析：(1－)(x＋y)8＝(x＋y)8－(x＋y)8，由二项式定理可知其展开式中x2y6的系数为C－C
＝－28.
11．16 5
解析：该二项展开式的第k＋1项为T ＝C()9－kxk，当k＝0时，第1项为常数项，所以
k＋1
常数项为()9＝16；当k＝1，3，5，7，9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理
数的项的个数为5.
12．240
解析：展开式的通项为T ＝C(x2)6－k·＝2kCx12－3k，令12－3k＝0，解得k＝4，故常数项
k＋1
为24C＝240.
专练 51 随机事件的概率与古典概型
1．C 从6张卡片中任取2张的取法有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，
3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，共15种不
同取法，其中2张卡片上的数字之积是4的倍数的取法有(1，4)，(2，4)，(2，6)，(3，4)，
(4，5)，(4，6)，共6种，所以所求概率p＝＝.故选C.
2．B 记A，B，C三人分别解出题为事件A，B，C，则仅有1人解出题的概率P＝
P(ABC)＋P(ABC)＋P(A BC)＝××＋××＋××＝.故选B.
3．B 解法一：从6个小球中一次随机取出2个球包含的基本事件总数n＝C＝15，其
中至少有1个红球包含的基本事件个数m＝CC＋C＝9，因此至少有1个红球的概率P＝＝
＝.故选B.
解法二：从6个小球中一次随机取出2个球包含的基本事件总数n＝C＝15，其中全部是黄球包含的基本事件个数是C＝6，因此至少有1个红球包含的基本事件个数是15－6＝
9，因此至少有1个红球的概率P＝＝.故选B.
解法三：设“一次随机取出2个球，至少有1个红球”为事件A，则P(A)＝1－P(A)＝1
－＝1－＝，故选B.
4．AD ∵甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，∴甲获胜的概率为1－
－＝，故A正确；甲不输的概率为1－＝，故B不正确；乙输的概率为1－－＝，故C不正
确；乙不输的概率为＋＝，故D正确．故选AD.
5．A 从O，A，B，C，D中任取3点的情况有(O，A，B)，(O，A，C)，(O，A，D)，
(O，B，C)，(O，B，D)，(O，C，D)，(A，B，C)，(A，B，D)，(B，C，D)，(A，C，D)，
共有10种不同的情况，由图可知取到的3点共线的有(O，A，C)和(O，B，D)两种情况，所
以所求概率为＝.故选A.
6．B 由题意得第二天订单不超过1 600份的概率为1－0.05＝0.95，故第一天积压订
单加上第二天的新订单不超过1 600＋500＝2 100份的概率为0.95，因为超市本身能完成1
200份订单配货，所以需要志愿者完成的订单不超过2 100－1 200＝900份的概率为0.95，
因为900÷50＝18，所以至少需要18名志愿者，故选B.
7．C 依题意，基本事件的总数为6×6＝36，第一次抽得的卡片上数字能被第二次抽
得的卡片上的数字整除的有(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，6)，(5，1)，(5，5)，(4，1)，(4，
2)，(4，4)，(3，1)，(3，3)，(2，1)，(2，2)，(1，1)，共14种情况，所以所求的概率P＝
＝，故选C.
8．D 方法一 从2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有C＝21(种)结果，其
中这2个数互质的结果有(2，3)，(2，5)，(2，7)，(3，4)，(3，5)，(3，7)，(3，8)，(4，
5)，(4，7)，(5，6)，(5，7)，(5，8)，(6，7)，(7，8)，共14种，所以所求概率为＝.故选D.
方法二 从2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有C＝21(种)结果，其中这2
个数不互质的结果有(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7种，所
以所求概率为＝.故选D.
9．BD 甲、乙、丙三人至少一人选化学与全不选化学是对立事件，故 A错误；由于
甲同学必选物理，故只需从剩下的6门学科中任选2门即可，则甲同学不同的选法共有C＝
15种，故B正确；由于乙同学选了物理，则乙同学选技术的概率是＝，故C错误；乙、丙
两名同学各自选物理的概率均为＝，故乙、丙两名同学都选物理的概率是×＝，故D正确．
故选BD.
10.
解析：从正方体的8个顶点中任选4个，所有的取法有C＝70(种)，4个点共面的取法
共有12种(表面有6个四边形，对角线可构成6个长方形，所以共有12种)，所以4个点在
同一个平面的概率为＝.
11.
解析：从5门不同的选修课程中任选2门课程学习所包含的基本事件总数n＝C＝10，
该同学选到文科类选修课程包含的基本事件个数m＝C＋CC＝7，因此该同学选到文科类选
修课程的概率P＝＝.
12.
解析：从5名同学中随机选3名参加社区服务工作，共有C＝10(种)选法，甲、乙都入
选有C＝3(种)选法．根据古典概型的概率计算公式，甲、乙都入选的概率p＝.
13．D 若小球下落过程中向左、向右落下的机会均等，则P ＝P ＝，小球最终落入
左 右
③号球槽经过5次选择，其中向左3次、向右2次，则所求概率P＝C×()3×()2＝，故选D.
14．A “仁义礼智信”排成一排，任意排有A种排法，其中“仁”排在第一位，且
“智、信”相邻的排法有AA种，故所求概率P＝＝.故选A.
15.
解析：由题知三人的选择情况共有33＝27种，其中恰好选择同一个城市的情况有3种，
所以所求概率P＝＝.
16.
解析：在未来4个月内，测试的手机有如下两种情况：
①当华为手机出现两次时，有CCAA＝36种情况；
②当华为手机出现一次时，有CA＝48种情况．
故共有36＋48＝84种情况．
而其中未来这4个月中测试的手机都是国产手机的情况有 AA＝12(种)，故所求概率P＝＝.
专练 52 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
1．B 由分布列的性质可知＋＋＋p＝1.
∴p＝.
2．D ∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b，由分布列的性质可知a＋b＋c＝1，∴b
＝，∴P(|ξ|＝1)＝P(ξ＝－1)＋P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)＝1－＝.
3．B 由题意知：1×＋a×＝，∴a＝2.
∴D(2X－1)＝4D(X)＝
4
＝.故选B.
4．C 由题意知，分布列为
ξ 1
P a 2a 3a 4a 5a
由分布列的性质可得，a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，解得a＝.
所以P＝P＋P＋P＝＋＋＝，故选C.
5．B 由题意得，m＝1，∴m＝.
6．A 由题可知P(X＝0)＝＝＝，
P(X＝1)＝1－P(X＝0)＝1－＝.
7．C 由分布列的性质可知，＋＋＝＝1，得a＝3，P(X＝2)＝＝.
8．A E(X)＝200×0.20＋300×0.35＋400×0.30＋500×0.15＝340，∴利润为(340×5＋
160×1.6)－500×2.5＝706.故选A.
9．A 由题可知P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1－p)3＝(1－
p)2，则E(X)＝P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3P(X＝3)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2>1.75，解得p>或p<.由
p∈(0，1)，得p∈.故选A.
10.
解析：由9C2－C＋3－8C＝1，得C＝或C＝，
又当C＝时，9C2－C＝9×－>1，不合题意，当C＝时符合题意．
∴C＝.
11.
解析：由分布列的性质知＋m＋＋＝1，得m＝.
P(|X－3|＝1)＝P(X＝4)＋P(X＝2)＝＋＝.
12．1
解析：∵随机变量X的取值为0，1，2，P(X＝0)＝0.2，D(X)＝0.4，
∴设P(X＝1)＝a，则P(X＝2)＝0.8－a，0≤a≤0.8.
则E(X)＝0×0.2＋a＋2(0.8－a)＝1.6－a.
又D(X)＝(a－1.6)2×0.2＋(a－0.6)2a＋(a＋0.4)2(0.8－a)＝0.4，
整理得a2－0.2a－0.24＝0，解得a＝0.6或a＝－0.4(舍)，
∴E(X)＝1.6－0.6＝1.
13．D 由题意可得，E(X)＝(a＋1)，所以D(X)＝＋＋＝＝，所以当a在(0，1)内增大时，
D(X)先减小后增大．故选D.
14．ABD 根据分布列的性质得a＋＋＝1，即a＋b＝1，故A正确；根据数学期望公
式得E(ξ)＝0×a＋1×＋2×＝，故B正确；根据方差公式得D(ξ)＝×a＋×＋×＝－b2＋b＝－
＋，因为00，解得a<20 000，故a的取值范围为(1 000，
20 000).
专练 53 条件概率、全概率公式、相互独立事件的概率
1．A P(A)＝，P(AB)＝，
∴P(B|A)＝＝.
2．B P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
∴P(B|A)＝＝＝.
3．D 由题意可知甲中靶的概率P＝＝，
1
乙中靶的概率P＝，
2
又两人中靶相互独立，
∴他们都中靶的概率P＝PP＝×＝.
1 2
4．B 由题意知，仅有1人解出的概率为P＝×·＋××＋×＝＋＋＝.故选B.
5．B 设“这种动物从出生起活到20岁”为事件A，“这种动物从出生起活到25岁”
为事件B.
则P(A)＝0.8，P(B)＝0.4
由于AB＝B，则P(AB)＝P(B)
则P(B|A)＝＝＝＝0.5.故选B.
6．C 设事件A表示“甲部门攻克该技术难题”，事件B表示“乙部门攻克该技术难
题”，
P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，
则该公司攻克这项技术难题的概率为：
P＝1－(1－P(A))(1－P(B))＝1－0.2×0.3＝0.94，故选C.
7．D 由题可得P(AB)＝＝，P(B)＝＝，根据条件概率公式可得P(A|B)＝＝，故选D.
8．D 设汽车分别在甲、乙、丙三处因遇绿灯而通行为事件 A，B，C，则P(A)＝，
P(B)＝，P(C)＝，停车一次即为事件ABC＋ABC＋ABC的发生，故概率P＝××＋××＋××＝.
故选D.
9．C 设双方10∶10平后的第k个球甲获胜为事件A(k＝1，2，3，…)，则P(甲以
k
13∶11赢)＝P(AAAA)＋P(AAAA)＝P(A)P(A)P(A)P(A)＋P(A)P(A)P(A)P(A)＝×××＋
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
×××＝，故选C.
10．0.7
解析：设A＝“第1天去A餐厅用餐”，
1
B＝“第1天去B餐厅用餐”，
1
A＝“第2天去A餐厅用餐”，
2
Ω＝A∪B，且A 与B 互斥．
1 1 1 1
根据题意得
P(A)＝P(B)＝0.5，P(A|A)＝0.6，P(A|B)＝0.8.
1 1 2 1 2 1
由全概率公式得
P(A)＝P(A)P(A|A)＋P(B)P(A|B)
2 1 2 1 1 2 1
＝0.5×0.6＋0.5×0.8
＝0.7
故王同学第2天去A餐厅用餐的概率为0.7.
11.
解析：依题意得，甲、乙两球都落入盒子的概率为×＝，甲、乙两球都不落入盒子的概
率为×＝，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－＝.
12.
解析：记事件“甲取到2个黑球”为A，“乙取到2个黑球”为B，则有P(B|A)＝＝＝.
即所求事件的概率是.13．B P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝，P(丁)＝＝，
P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)＝＝P(甲)P(丁)，
P(乙丙)＝≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)＝0≠P(丁)P(丙)，
故选B.
14．ACD ∵2个球不都是白球的对立事件是2个球都是白球，从甲口袋摸出白球和从
乙口袋摸出白球两者是相互独立的，∴2个球都是白球的概率为×＝，∴2个球不都是白球
的概率是1－＝，故A，C正确；甲口袋摸出的球不是白球的概率为，乙口袋摸出的球不是
白球的概率为，故2个球都不是白球的概率为×＝，B错误；2个球恰有一个球是白球的概
率为×＋×＝，D正确．故选ACD.
15．D 设第二盘与甲比赛，则p ＝2[pp(1－p)＋(1－p)pp]＝2p(p ＋p －2pp).设
甲 2 1 3 2 1 3 1 2 3 2 3
第二盘与乙比赛，则p ＝2[pp(1－p)＋(1－p)pp]＝2p(p ＋p －2pp).设第二盘与丙比赛，
乙 2 1 3 1 2 3 2 1 3 1 3
则p ＝2[pp(1－p)＋(1－p)pp]＝2p(p ＋p －2pp).p －p ＝2p(p －p)<0，p －p ＝
丙 3 1 2 1 2 3 3 1 2 1 2 甲 乙 3 1 2 甲 丙
2p(p－p)<0，p －p ＝2p(p－p)<0，故p >p >p 选D.
2 1 3 乙 丙 1 2 3 丙 乙 甲．
16．ABD 依题意P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，故AD正确；
P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝，P(AC)＝，P(BC)＝，故B正确；事件A，B，C不可能同时发
生，所以P(ABC)＝0，故C错误．故选ABD.
专练 54 二项分布、超几何分布与正态分布
1．C 由正态分布的特点可知，P(ξ>6)＝1－P(ξ<2)－P(2<ξ<6)＝0.2，
∴μ＝＝4.
2．B ∵X～B(10，0.6)，∴E(X)＝10×0.6＝6，D(X)＝10×0.6×(1－0.6)＝2.4，
又X＋Y＝8，∴Y＝8－X，
∴E(Y)＝8－E(X)＝8－6＝2，
D(Y)＝(－1)2D(X)＝2.4.
3．B ∵P(X>a＋2)＝P(X<2a－3)，
∴＝2，
得a＝.
4．A ∵随机变量ξ～B(n，p)，且E(ξ)＝1.6，D(ξ)＝1.28，
∴，解得.故选A.
5．A 记得分为X，则X＝5，6，7，8.
P(X＝7)＝＝；P(X＝8)＝＝.
所以P(X>6)＝P(X＝7)＋P(X＝8)＝＋＝.故选A.
6．A 由题意，甲在4局内(含4局)赢得比赛包含3种情况：
①甲胜第1、2局，概率为p＝；
1
②乙胜第1局，甲胜2、3局，概率为p＝×；
2
③甲胜第1局，乙胜第2局，甲胜第3、4局，概率为p＝××，
3
所以甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率为
p＝＋×＋××＝.故选A.
7．B 由题意得X～B(10，p)，则D(X)＝10×p×(1－p)＝2.4，
得p＝0.4或p＝0.6，又P(X＝4)0.5，
∴p＝0.6.
8．C 由图可知，μ<0<μ，σ<σ，
1 2 1 2
∴P(Y≥μ)P(X≤σ)，故B不正确；
2 1
当t为任意正数时，由图可知P(X≤t)≥P(Y≤t)，
而P(X≤t)＝1－P(X≥t)，P(Y≤t)＝－1－P(Y≥t)，
∴P(X≥t)≤P(Y≥t)，故C正确，D不正确．9．ABD 记该游客游览i个景点为事件A，i＝0，1，
i
则P(A)＝(1－)
0
＝，
P(A)＝＋C··＝，
1
所以游客至多游览一个景点的概率为
P(A)＋P(A)＝＋＝，故A正确；
0 1
随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4；
P(X＝0)＝P(A)＝，
0
P(X＝1)＝P(A)＝，
1
P(X＝2)＝×C××＋×C××＝，故B正确；
P(X＝3)＝×C××＋×C×＝，
P(X＝4)＝×＝，故C错误；
数学期望为：E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝，故D正确，故选ABD.
10.
解析：∵∴1－p＝，∴p＝.
11．0.15
解析：∵X～N(3，σ2)，
∴P(X<3)＝0.5.
又P(06)＝P(X<0)＝0.15.
12．78
解析：∵X～N(90，σ2)，∴正态曲线关于直线 x＝90对称，又P(60≤X≤120)＝0.8，
∴P(X>120)＝＝0.1，
∴估计高于120分的有780×0.1＝78人．
13．AC 正态分布密度函数为f(x)＝ ，x∈(－∞，＋∞)，由题意知
μ＝100，σ2＝100，所以该地水稻的平均株高为100 cm，方差为100，故A正确；B错误；
因为正态分布密度曲线关于直线x＝100对称，所以P(X>120)＝P(X<80)>P(X<70)，故C正确；
P(100P(801 200)＝a，P(800<ξ<1 000)＝b得a＝0.5－b，所以a＋b
＝，则＋＝2(a＋b)＝2≥2＝32，所以＋的最小值为32.
16.
解析：现从5个小球中任意取出3个小球，基本事件总数n＝C＝10，其中恰有2个小
球颜色相同包含的基本事件个数m＝CC＝3，恰有2个小球颜色相同的概率是p＝＝.X的所
有可能取值为0，1，2.P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，所以E(X)＝0×＋1×＋
2×＝.
专练 55 随机抽样与用样本估计总体
1．C 因为x＝＝40，s2＝(16＋16＋9＋9＋0＋9＋9＋16＋16)＝，即s＝，年龄在(x－s，x＋s)即内的人数为
5，所以所求百分比为≈0.56＝56%，故选C.
2．D 由频率分布直方图知，200名学生每周的自习时间不少于22.5小时的频率为1－
(0.02＋0.10)×2.5＝0.7，则这 200 名学生中每周的自习时间不少于 22.5 小时的人数为
200×0.7＝140.
3．A 记9个原始评分分别为a，b，c，d，e，f，g，h，i(按从小到大的顺序排列)，易
知e为7个有效评分与9个原始评分的中位数，故不变的数字特征是中位数，故选A.
4．C 对于A选项，将甲同学周课外体育运动时长的样本从小到大排列，其样本容量
为16，中间两个样本为7.3和7.5，所以中位数为＝7.4，所以A不符合题意．对于B选项，
(方法一)乙同学周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)≈8.5，所以B不符合题意．(方法二)由乙的
样本可知，小于8的样本有6.3，7.4，7.6，其他样本均大于8.又因为>8，>8，>8，所以乙
同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8，所以B正确．对于C选项，甲同学周课外体
育运动时长大于8的样本有8.1，8.2，8.4，8.6，9.2，9.4，共6个，则甲同学周课外运动时
长大于8的概率的估计值为＝<0.4，所以C符合题意．对于D选项，乙同学周课外体育运
动时长大于8的样本有13个，则乙同学周课外运动时长大于8的概率的估计值为>0.6，所
以D不符合题意．故选C.
5．A 设建设前经济收入为a，则建设后经济收入为2a，由题图可得下表：
种植收入 第三产业收入 其他收入 养殖收入
建设前
0.6a 0.06a 0.04a 0.3a
经济收入
建设后
0.74a 0.56a 0.1a 0.6a
经济收入
根据上表可知B、C、D均正确，A不正确，故选A.
6．B 由统计图可知，讲座前这10位社区居民问卷答题的正确率分别为65%，60%，
70%，60%，65%，75%，90%，85%，80%，95%.对于A项，将这10个数据从小到大排列
为60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，因此这10个数据的中位
数是第5个与第6个数的平均数，为＝72.5%＞70%，A错误．对于B项，由统计图可知，
讲座后这10位社区居民问卷答题的正确率分别为90%，85%，80%，90%，85%，85%，
95%，100%，85%，100%，所以讲座后这10位社区居民问卷答题的正确率的平均数为
×(90%＋85%＋80%＋90%＋85%＋85%＋95%＋100%＋85%＋100%)＝89.5%＞85%，B正确．
对于C项，讲座后这10位社区居民问卷答题的正确率的方差s＝×[(90%－89.5%)2＋(85%－
89.5%)2＋…＋(85%－89.5%)2＋(100%－89.5%)2]＝，所以标准差s ＝6.5%.讲座前这10位社
后
区居民问卷答题的正确率的平均数为×(60%＋60%＋65%＋65%＋70%＋75%＋80%＋85%＋
90%＋95%)＝74.5%，所以讲座前这10位社区居民问卷答题的正确率的方差为s＝×[(60%－
74.5%)2＋(60%－74.5%)2＋…＋(90%－74.5%)2＋(95%－74.5%)2]＝，所以标准差s
前
≈11.93%.所以s ＞s ，C错误．对于D项，讲座前问卷答题的正确率的极差为95%－60%
前 后
＝35%，讲座后问卷答题的正确率的极差为100%－80%＝20%，D错误．故选B.
7．CD A：E(y)＝E(x＋c)＝E(x)＋c且c≠0，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为x，则第二组的中位数为y＝x＋c，显然不相同，错误；
i i i
C：D(y)＝D(x)＋D(c)＝D(x)，故方差相同，正确．
D：由极差的定义知：若第一组的极差为x －x ，则第二组的极差为y －y ＝(x
max min max min max
＋c)－(x ＋c)＝x －x ，故极差相同，正确．
min max min
故选CD.
8．C 甲的平均数是＝6，中位数是6，极差是4，方差是＝2；乙的平均数是＝6，中
位数是5，极差是4，方差是＝，比较可得选项C正确．
9．D 由表格中的数据可得x＝＝4，
y＝＝32，
将点(x，y)的坐标代入经验回归方程得6.3×4＋a＝32，
解得a＝6.8，
所以回归方程为y＝6.3x＋6.8.
对于A选项，当x＝2时，y＝6.3×2＋6.8＝19.4，A选项错误；
对于B选项，这组数据的样本点中心(x，y)必在回归直线y＝6.3x＋a上，B选项错误；对于C选项，回归系数6.3的含义是广告费用每增加1万元，销售额约增加6.3万元，C
选项错误；
对于D选项，当x＝7时，y＝6.3×7＋6.8＝50.9，
所以据此模型预报广告费用为7万元时销售额约为50.9万元，D选项正确．
故选D.
10．2
解析：由平均数公式可得＝4，解得a＝2.
11．(1)3 (2)6 000
解析：(1)0.1×(0.2＋0.8＋1.5＋2.0＋2.5＋a)＝1，解得a＝3.
(2)消费金额在区间[0.5，0.9]内的购物者的频率为0.1×(3.0＋2.0＋0.8＋0.2)＝0.6，所以
所求购物者的人数为0.6×10 000＝6 000.
12．32.8
解析：设这组数据的最后两个数据为10＋x，y(x∈N，x≤9)
∵9＋10＋11＋10＋x＋y＝10×5＝50，
∴x＋y＝10，
∴y＝10－x.
∴s2＝[1＋0＋1＋x2＋(y－10)2]＝(2＋2x2).
∵x≤9，
∴当x＝9时，s2取得最大值32.8.
13．A 由图可知，1号温差为负值，所以今年1号气温低于去年同期的气温，故选项
A不正确；除6，7号，今年气温略高于去年同期的气温外，其他日子，今年气温都低于去
年同期的气温，所以今年的气温的平均值比去年同期的气温的平均值低，选项B正确；今
年8～11号气温上升，但是气温差逐渐下降，说明去年8～11号气温持续上升，选项C正确；
由图可知，今年8号气温最低，选项D正确．故选A.
14．B 根据均值E(X)＝p，方差D(X)＝x－E(X)]2·p以及方差与标准差的关系，得各选
i i i i
项对应样本的标准差如下表．
选项 均值E(X) 方差D(X) 标准差
A 2.5 0.65
B 2.5 1.85
C 2.5 1.05
D 2.5 1.45
由此可知选项B对应样本的标准差最大，故选B.
15．3
解析：∵s2＝
＝
＝，
又s2＝(x＋x＋x－12)，
∴3x2＝12，
∴x＝2.
∴x＋1，x＋1，x＋1的平均数为＝3.
1 2 3
16．50
解析：设除中间一个小矩形外的(n－1)个小矩形面积的和为P，则中间一个小矩形面积
为P，P＋P＝1，P＝，则中间一个小矩形的面积等于P＝，200×＝50，即该组的频数为50.
专练 56 高考大题专练(六) 概率与统计的综合运用
1．解析：(1)由题可知，X的所有可能取值为0，20，100.
P＝1－0.8＝0.2；
P＝0.8＝0.32；
P＝0.8×0.6＝0.48.所以X的分布列为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)由(1)知，E＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，80，100.
P＝1－0.6＝0.4；
P＝0.6＝0.12；
P＝0.8×0.6＝0.48.
所以E＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为54.4<57.6，所以小明应选择先回答B类问题．
2．解析：(1)甲连胜四场的概率为.
(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为；
乙连胜四场的概率为；
丙上场后连胜三场的概率为.
所以需要进行第五场比赛的概率为1－－－＝.
(3)丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为；
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有
三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，.
因此丙最终获胜的概率为＋＋＋＝.
3．解析：(1)由已知得0.70＝a＋0.20＋0.15，故
a＝0.35.
b＝1－0.05－0.15－0.70＝0.10.
(2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为
2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.
乙离子残留百分比的平均值的估计值为
3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.
4．解析：(1)由10×(a＋0.009＋0.022＋0.033＋0.024＋0.008＋a)＝1，解得a＝0.002.
(2)依题意，μ＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08
＋230×0.02＝200，故X～N(200，12.22)，所以P(187.8≤X≤212.2)＝P(200－12.2≤X≤200
＋12.2)≈0.682 7，故测量数据落在(187.8，212.2)内的概率约为0.682 7.
(3)根据题意得平均成本为 0.4×170×0.02＋0.4×180×0.09＋0.4×190×0.22＋
0.4×200×0.33＋(0.8×210－100)×0.24＋(0.8×220－100)×0.08＋(0.8×230－100)×0.02＝
75.04，故生产该疫苗的平均成本为75.04元．
5．解析：(1)设三个项目比赛中甲学校获胜分别为事件A，B，C，易知事件A，B，C
相互独立．甲学校获得冠军，对应事件A，B，C同时发生，或事件A，B，C中有两个发生，
故甲学校获得冠军的概率为
p＝P(ABC＋ABC＋ABC＋ABC)
＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)
＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04
＝0.6.
(2)由题意得，X的所有可能取值为0，10，20，30.
易知乙学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.6，0.2，则
P(X＝0)＝(1－0.5)×(1－0.6)×(1－0.2)＝0.16，
P(X＝10)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.2)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.2)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.2
＝0.44，
P(X＝20)＝0.5×0.6×(1－0.2)＋0.5×(1－0.6)×0.2＋(1－0.5)×0.6×0.2＝0.34，
P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06，
所以X的分布列为
X 0 10 20 30
P 0.16 0.44 0.34 0.06则E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
6．解析：(1)由题意得(0.01＋a＋0.02＋0.03)×10＝1，得a＝0.04.
∵成绩在[80，90)内的有50人，且成绩在[80，90)内的频率为0.02×10＝0.2，
∴参加比赛的总人数为＝250.
(2)X的所有可能取值为3，2，1，0，
P(X＝3)＝××＝，
P(X＝2)＝××＋××＋××＝，
P(X＝1)＝××＋××＋××＝，
P(X＝0)＝××＝.
∴X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
7．解析：(1)由已知得样本平均数y＝＝60，从而该地区这种野生动物数量的估计值为
i
60×200＝12 000.
(2)样本(x，y)，(i＝1，2，…，20)的相关系数
i i
r＝＝＝≈0.94.
(3)分层抽样：根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对200个地块进行分层抽样．
理由如下：由(2)知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关．由于
各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采用分层抽
样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性．从而可以获得
该地区这种野生动物数量更准确的估计．
8．解析：(1)由题意，得
K2＝＝24>6.635，
∴有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．
(2)(ⅰ)证明：
，
·＝···＝·＝·，
∴R＝·.
(ⅱ)由表格中的数据，得
P(A|B)＝＝，P(A|B)＝＝，
∴P(A|B)＝1－P(A|B)＝，
P(A|B)＝1－P(A|B)＝，
∴R＝·＝×＝6.
