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(这是边文，请据需要手工删加)数学(文科)详解答案
专练 1 集合及其运算
1．A 由题意，得M∩N＝{2，4}．故选A.
2．C 因为集合A＝{x|0≤x≤2}，B＝{1，2，3}，所以A∩B＝{1，2}，所以(A∩B)∪C
＝{1，2，3，4}．
3．D ∵A＝{x∈N|1≤x≤3}＝{1，2，3}，B＝{x|x2－6x＋5＜0}＝{x|1＜x＜5}，
∴A∩B＝{2，3}．
4．B 由log (x＋1)＜3，可得0＜x＋1＜8，解得－1＜x＜7，
2
所以集合A＝{x|1≤x≤27}，B＝{x|－1＜x＜7}，可得
∁R
B＝{x|x≤－1或x≥7}，所以
A∩(∁R B)＝{x|7≤x≤27}＝[7，27].
5．A 解法一 因为集合M＝{1，2}，N＝{3，4}，所以M∪N＝{1，2，3，4}．
又全集U＝{1，2，3，4，5}，所以
∁U
(M∪N)＝{5}．
解法二 因为
∁U
(M∪N)＝(∁U M)∩(∁U N)，
∁U
M＝{3，4，5}，
∁U
N＝{1，2，5}，所以
∁U
(M∪N)＝{3，4，5}∩{1，2，5}＝{5}．
6．C 因为A，B均为R的子集，且A∩(∁R B)＝A，所以A
∁R
B，所以A∩B＝∅.
7．D ∵A＝{x∈N*|x＜3}＝{1，2}，A∪B＝{1，2，3}，∴集合B所有可能的结果为
{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}，∴满足条件的集合B共有4⊆个．
8．B 因为A＝{x|－1＜x＜2}，B＝{x|x＞1}，
所以阴影部分表示的集合为A∩(∁R B)＝{x|－1＜x≤1}．
9．C A＝{x|log x＜1}＝(0，2)，B＝{y|y＝}＝[0，＋∞)，∴A∩B＝(0，2).
2
10．答案：3
解析：由U＝{1，2，a2－2a－3}，
∁U
A＝{0}可得a2－2a－3＝0.又A＝{|a－2|，2}，故|a
－2|＝1，所以得解得a＝3.
11．答案：－1或2
解析：∵B A，∴a2－a＋1＝3或a2－a＋1＝a，
由a2－a＋1＝3，得a＝－1或a＝2，符合题意．
当a2－a＋1⊆＝a时，得a＝1，不符合集合的互异性，故舍去，
∴a的值为－1或2.
12．答案：±2或－1
解析：若k＋2＝0，则A＝{x|－4x＋1＝0}，符合题意；
若k＋2≠0，由题意得得k＝2或k＝－1，综上得k＝±2或k＝－1.
13．A 因为A＝{x∈Z|－3≤x＜4}＝{－3，－2，－1，0，1，2，3}，
log (x＋2)＜2，即log (x＋2)＜log 4，故0＜x＋2＜4，解得－2＜x＜2，
2 2 2
即B＝{x|－2＜x＜2}，则A∩B＝{－1，0，1}，其包含3个元素．
14．A 解不等式可得B＝{x|x＜0或x＞1}，
由题意可知阴影部分表示的集合为
∁U
(A∩B)∩(A∪B)，
且A∩B＝{x|1＜x≤2}，A∪B＝R，
∴
∁U
(A∩B)＝{x|x≤1或x＞2}，
所以
∁U
(A∩B)∩(A∪B)＝{x|x≤1或x＞2}．
15．C 解不等式＞0，则(x＋4)(x－1)＞0，解得：x＜－4或x＞1，即A＝{x|x＜－4或x
＞1}，于是得
∁R
A＝{x|－4≤x≤1}，而B＝{－2，－1，1，2}，所以(∁R A)∩B＝{－2，－1，
1}．
16．C 因为y＝2cos x的最小正周期T＝＝6，且cos ＝，
cos ＝cos (π－)＝－cos ＝－，cos ＝－1，
cos ＝cos (π＋)＝－cos ＝－，cos ＝cos (2π－)＝cos ＝，
cos ＝1，cos ＝cos (2π＋)＝cos ＝，…，
所以A＝＝{1，－1，－2，2}，
又B＝{x|x2－2x－3＜0}＝{x|－1＜x＜3}，
所以A∩B＝{1，2}．专练 2 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词
1．B 因为命题p：∃x＜－1，2x0－x－1＜0，则¬p：∀x＜－1，2x－x－1≥0.
0 0
2．D 令f(x)＝sin x－x(x>0)，则f′(x)＝cos x－1≤0，所以f(x)在(0，＋∞)上为减函
数，所以f(x)0)，故∀x∈(0，＋∞)，sin x0时，x＋1>1，∴ln (x＋1)>0，故命题p为真命题，当a＝－1，b＝－2
时，a20恒成立，∴Δ＝(a－2)2－4×4×<0，得00，即a2－2a－3>0，解得a<－1或a>3.
8．B 对于命题p，取x＝0，y＝，则sin x＝0＞sin y＝－，但x＜y，p为假命题；对于
命题q，∀a∈R，a2＋2≥2，则函数f(x)＝log
(a
2
＋2)
x在定义域内为增函数，q为真命题．所以
p∧q、p∧(¬q)、¬(p∨q)均为假命题，(¬p)∧q为真命题．
9．C 若方程x2＋ax＋1＝0没有实根，则判别式Δ＝a2－4<0，即－20，2x－a>0则a<2x，
当x>0时，2x>1，则a≤1，即q：a≤1.
∀∵¬p是假命题，∴p是真命题．
∵p∧q是假命题，
∴q是假命题，即得10时，x－sin x>0－0＝0，即当x>0时，x>sin x恒成立，故①正确；
对于②，命题“若x－sin x＝0，则x＝0”的逆否命题为“若x≠0，则x－sin x≠0”，
故②正确；
对于③，命题p∨q为真，即p，q中至少有一个为真，p∧q为真，即p，q都为真，可
知“p∧q为真”是“p∨q为真”的充分不必要条件，故③正确；
对于④，命题“∀x∈R，x－ln x>0”的否定是“∃x∈R，x－ln x≤0”，故④错误．
0 0 0
综上，正确结论的个数为3.
15．A 根据题意可得圆弧BE，EG，GI对应的半径分别为AB，BC－AB，AB－DG，也
即AB，BC－AB，2AB－BC，
则弧长l，m，n分别为AB，(BC－AB)，(2AB－BC)，
则m＋n＝(BC－AB)＋(2AB－BC)＝AB＝l，故命题p为真命题；
ln＝(2AB2－AB×BC)＝(2×－)＝(7－3)，
而m2＝(1－)2＝(7－3)，故ln＝m2，命题q为真命题．
则p∧q为真命题，p∧(¬q)，(¬p)∧q，(¬p)∧(¬q) 均为假命题．
16．答案：(－∞，3]
解析：若命题“∃x∈R，ex＋1＜a－e－x”为假命题，则命题“∀x∈R，ex＋1≥a－e－x”
为真命题，即a≤ex＋e－x＋1在R上恒成立，
则a≤(ex＋e－x＋1) ，
min
因为ex＋e－x＋1≥2＋1＝3，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，
所以(ex＋e－x＋1) ＝3，
min
所以a≤3.
专练 3 命题及其关系、充分条件与必要条件
1．B 由a＞b＞0，得＞1，反之不成立，如a＝－2，b＝－1，满足＞1，但是不满足a
＞b＞0，故“a＞b＞0”是“＞1”的充分不必要条件．
2．C 原命题中，若c＝0，则ac2>bc2不成立，故原命题为假命题；其逆命题为：设
a，b，c∈R，若ac2>bc2，则a>b，由不等式的性质可知该命题为真命题，由于互为逆否的
命题同真假可知其否命题为真命题，其逆否命题为假命题，故真命题的个数为2.
3．A 因为 sin x∈[－1，1]，所以∃x∈R，sin x<1，所以命题 p是真命题．因为
∀x∈R，|x|≥0，所以可得e|x|≥e0＝1，所以命题q是真命题．于是可知 p∧q是真命题，
¬p∧q是假命题，p∧¬q是假命题，¬(p∨q)是假命题．
4．C 由p是q的充分不必要条件可知p q，qD /p，由互为逆否命题的两命题等价可
得¬q ¬p，¬pD /¬q，∴¬p是¬q的必要不充分条件．选C.
5．B 当平面α∥平面ABC时，△ABC的⇒三个顶⇒点到平面α的距离相等且不为零；当
△AB⇒C的三个顶⇒点到平面α的距离相等且不为零时，平面α可能与平面ABC相交，例如当
BC∥平面α且AB，AC的中点在平面α内时，△ABC的三个顶点到平面α的距离相等且不
为零，但平面α与平面ABC相交．即p是q的必要不充分条件．
6．A 由双曲线－＝1的焦点在x轴上可知，λ＞0.于是“ 0＜λ＜4”是“双曲线－＝1
的焦点在x轴上”的充分不必要条件．
7．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00，得x>a，即：B＝(a，＋∞)，
由题意得(－3，2) (a，＋∞)，∴a≤－3.
12．答案：[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．B 若p成立，例如当x＝4，y＝1时，q不成立，即p q不成立，
反之，若x＝2且y＝3，则x＋y＝5是真命题，
所以若x＋y≠5，则x≠2或y≠3是真命题，即q p成立，⇒
所以p是q的必要而不充分条件．
14．C 设等差数列{a}的公差为d.因为{a}为递⇒增数列，所以d>0.当n>1－，且n∈N*
n n
时，a ＝a ＋(n－1)d>a ＋(1－－1)d＝0，故存在正整数N ≥1－，当n>N 时，a>0，即充分
n 1 1 0 0 n
性成立．若存在正整数N ，当n>N 时，a>0，则当n>N ≥1时，a ＋(n－1)d>0.当a≤0时，
0 0 n 0 1 1
n－1>0，所以d>－≥0，即{a}为递增数列；当a>0时，由题意得当n>N 时，a>0恒成立，
n 1 0 n
即a ＋(n－1)d>0恒成立，所以d>－恒成立，所以d>(－) .因为－随着n的增大而增大，且
1 max
－恒为负值，所以d≥0，所以d>0，即{a}为递增数列，即必要性成立．故选C.
n
15．答案：①③④
解析：对于命题p，两两相交且不过同一点的三条直线的交点记为A、B、C，易知A、
1
B、C三点不共线，所以可确定一个平面，记为 α，由A∈α，B∈α，可得直线AB α，同理，
另外两条直线也在平面α内，所以p 是真命题；
1
对于命题p ，当三点共线时，过这三点有无数个平面，所以p 是假命题，从而⊂¬p 是真
2 2 2
命题；
对于命题p ，空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以 p 是
3 3
假命题，从而¬p 是真命题；
3
对于命题p，由直线与平面垂直的性质定理可知，是真命题，从而¬p 是假命题．
4 4
综上所述，p∧p 是真命题，p∧p 是假命题，(¬p)∨p 是真命题，(¬p)∨(¬p)是真命
1 4 1 2 2 3 3 4
题，所以答案为①③④.
16．答案：
解析：由|4x－3|≤1，得≤x≤1；
由x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)≤0，得a≤x≤a＋1.
∵¬p是¬q的必要不充分条件，
∴q是p的必要不充分条件，
∴p是q的充分不必要条件，∴[a，a＋1]，
∴
两个等号不能同时成立，解得0≤a≤.
∴实数a的取值范围是.
专练 4 函数及其表示
1．B 由得∴集合A中的元素为(1，1).
2．A
3．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).
4．D 由，可得0≤x≤1；或，
可得x＞1；综上，f(x)≤2的x取值范围是[0，＋∞).
5．B 由题意得得0≤x≤2 018且x≠1.6．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.
7．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.
8．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．
9．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.
10．答案：＋1
解析：f(3)＝f(1)＝f(－1)＝＋1.
11．答案：－
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．答案：[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0y ，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，由余弦函数的图像与性质可得，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，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．
2．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).3．B y＝|x|(1－x)＝＝
＝
画出函数的图像，如图．
由图易知原函数在上单调递增．
4．D 由于g(x)＝在区间[1，2]上是减函数，所以a>0；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00，
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.
8．C f(x)＝
由f(x)的图像可知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．答案：[－1，1)
解析：∵f(0)＝log 3<0，∴00，∴f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
3．D ∵f(x)为奇函数，∴f(－8)＝－f(8)＝－log 8＝－3.
2
4．C 因为函数f(x)是定义域为R的偶函数，
所以f(x)＝f(－x)，
又因为f(1＋x)＝f(1－x)，
所以f(2－x)＝f(x)，
则f(2－x)＝f(－x)，即f(2＋x)＝f(x)，所以周期为T＝2，
因为f()＝1，
f(－)＝f(2－)＝f()＝1.
5．C ∵f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期为2，又f(x)为偶函数，∴f(－1)＝f(1)＝31＝3，
∴f(2)＝f(0)＝1，∴f(4)＝f(0)＝1，f(－)＝f()＝，f()＝f(－)＝f()＝，
∴f(－)>f().
6．C 因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x).又f(1＋x)＝f(－x)，所以f(2
＋x)＝f[1＋(1＋x)]＝f[－(1＋x)]＝－f(1＋x)＝－f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)是以2为周期的周
期函数，f()＝f(－2)＝f(－)＝.
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，图像越靠近 y轴，图像越靠上，即自变量的绝对值越小，函数值越大，由于
0<0.20.6<1f(2)>f(0).
6．B 因为f(x)>0的解集为(－1，3)，故－2x2＋bx＋c＝0的两个根为－1，3，所以即
令g(x)＝f(x)＋m，则g(x)＝－2x2＋4x＋6＋m＝－2(x－1)2＋8＋m，由x∈[－1，0]可得
g(x) ＝m，又g(x)≥4在[－1，0]上恒成立，故m≥4.
min
7．B 由题意得
∴ac＝1，又a>0，∴c>0.
∴＋≥2 ＝6(当且仅当＝，即a＝3，c＝时等号成立).
8．A ∵f(x)的定义域为[0，＋∞)，且f(－x)＝－x(e－x＋ex)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，
又当x>0时，f′(x)＝ex＋e－x＋(ex－e－x)x>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数．
9．A 当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝x3，
∴f(x)＝x3(x∈R)，
易知f(x)在R上是增函数，
结合f(－4t)>f(2m＋mt2)对任意实数t恒成立，
知－4t>2m＋mt2对任意实数t恒成立⇒mt2＋4t＋2m<0对任意实数t恒成立⇒
m∈(－∞，－).
10．答案：－1
⇒11．答案：f(x)＝x2
解析：幂函数f(x)＝x－k2＋k＋2(k∈N*)满足f(2)0，∴－10在a∈[－1，1]上恒
成立，
只需⇒⇒x<1或x>3.
14．B 因为图像与x轴交于两点，所以b2－4ac>0，即b2>4ac，①正确．
对称轴为x＝－1，即－＝－1，2a－b＝0，②错误．
结合图像，当x＝－1时，y>0，即a－b＋c>0，③错误．
由对称轴为x＝－1知，b＝2a.又函数图像开口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a0，即ax2－2x＋2>0，x∈(1，4)，得a>－＋在(1，4)上恒成立．令g(x)＝
－＋＝－2(－)2＋，因为∈(，1)，所以g(x) ＝g(2)＝，所以要使f(x)>0在(1，4)上恒成立，
max
只要a>即可，故实数a的取值范围是(，＋∞).
专练 8 指数与指数函数
1．C 由题意得得a＝2.
2．A 若函数g(x)＝3x＋t的图像不经过第二象限，则当 x＝0时，g(x)≤0，即30＋
t≤0，解得t≤－1.
3．A ＝a2x＋a－2x－1＝－1＋－1＝－1＋＋1－1＝2－1.
4．B ∵y＝ax在[0，1]上单调，∴a0＋a1＝3，得a＝2.
5．D 由f(x)＝ax－b的图像知00，∴b<0.
6．A a＝log 2＝log 4，而0＜log 4＜1，即0＜a＜；由eb＝，得b＝ln ＜ln 1，即b＜
5 5 5
0；c＝，而ln 3＞ln e＝1，即c＞；所以c＞a＞b.
7．D 因为a＝log 2＜log 1＝0，0＜b＝sin 1＜1，c＝20.6＞20＝1，所以a＜b＜c.
0.6 0.6
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．B ∵f(x)＝ex－的定义域为R，f(－x)＝e－x－＝e－x－ex＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，
∴f(2x－1)＋f(－x－1)>0等价于f(2x－1)>f(x＋1).又f(x)在R上单调递增，∴2x－1>x＋1，
∴x>2.
10．答案：－
解析：原式＝(－)－＋()－－＋1＝(－)＋500－10(＋2)＋1＝＋10－10－20＋1＝－.
11．答案：－
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．答案：1
解析：因为f(1＋x)＝f(1－x)，所以函数f(x)的图像关于直线x＝1对称，所以a＝1，所
以函数f(x)＝2|x－1|的图像如图所示，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．D 因为R ＝3.28，T＝6，R ＝1＋rT，则指数增长率r＝＝＝0.38，设在新冠肺炎
0 0
疫情初始阶段，累计感染病例数增加2倍需要的时间为t 天，
1
所以I(t)＝ert＝e0.38t，则e0.38(t＋t)＝3e0.38t，
1
所以e0.38t＝3，即0.38t＝ln 3.
1 1
所以t＝≈≈3(天).
1
14．C I(t*)＝＝0.95K，整理可得e0.23(t*－53)＝19，两边取自然对数得0.23(t*－53)＝ln
19≈3，解得t*≈66.
15．答案：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．答案：[－，＋∞)
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 9 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.∴1，∴函数f(x)的定义域为(1，＋∞)不关于坐标原点对称，故函数f(x)为
非奇非偶函数．
6．A 因为a＝log 2 022＜log ＝－1，－1＜b＝sin (sin 2 022)＜1，c＝2 0220.22＞2
0.22 0.22
0220＝1，所以a＜b＜c.
7．C f(x)的定义域为(0，2)，
f(x)＝ln x＋ln (2－x)＝ln [x(2－x)]＝ln (－x2＋2x).
设u＝－x2＋2x，x∈(0，2)，
则u＝－x2＋2x在(0，1)上单调递增，
在(1，2)上单调递减．
又y＝ln u在其定义域上单调递增，
∴f(x)＝ln (－x2＋2x)在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减．
∴选项A、B错误；
∵f(x)＝ln x＋ln (2－x)＝f(2－x)，
∴f(x)的图像关于直线x＝1对称，
∴选项C正确；∵f(2－x)＋f(x)＝[ln (2－x)＋ln x]＋[ln x＋ln (2－x)]＝2[ln x＋ln (2－x)]，不恒为0，
∴f(x)的图像不关于点(1，0)对称，
∴选项D错误．
8．B 由y＝log x的图像可知log 3＝1，
a a
所以a＝3.对于选项A：y＝3－x＝()x为减函数，A错误；
对于选项B：y＝x3，显然满足条件；
对于选项C：y＝(－x)3＝－x3在R上为减函数，C错误；
对于选项D：y＝log (－x)，当x＝－3时，y＝1，D错误．
3
9．B 由75－15＝()(105－15)，有()＝，
又30－15＝()(75－15)，有()＝，即()m＝，
则m lg ＝lg ，解得m＝＝≈3.4.
10．答案：－7
解析：∵f(3)＝log (9＋a)＝1，∴9＋a＝2，a＝－7.
2
11．答案：8
解析：因为函数y＝()x，y＝－log (x＋4)在区间[－2，2]上都单调递减，所以函数f(x)＝
2
()x－log (x＋4)在区间[－2，2]上单调递减，所以函数f(x)的最大值为f(－2)＝()－2－log (－2＋
2 2
4)＝9－1＝8.
12．答案：(－∞，]
解析：∵0<－x2＋2≤2，∴log (－x2＋2)≤log 2＝.
2 2
13．A x＝ln ＜0，0＜y＝log 2＜log＝，z＝e－＝＞＝，所以x＜y＜z.
5 5
14．C 由题意知4.9＝5＋lg V，得lg V＝－0.1，得V＝10－≈0.8，所以该同学视力的
小数记录法的数据约为0.8.
15．B x＝log (20 211 226×1 314 520)＝log (20 211 226×1 314 520)，设20 211 226＝
4 2
2m，1 314 520＝2n，由表格得知：220＝1 048 576，221＝2 097 152，224＝16 777 216，225＝33
554 432，所以 24＜m＜25，20＜n＜21，所以 m＋n∈(44，46)，log (20 211 226×1 314
2
520)∈(44，46)，则x＝log (20 211 226×1 314 520)∈(22，23).
2
16．答案：[－1，＋∞)
解析：∵函数f(x)＝log (－x＋1)(a>0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)＝()x＋m－3，令g(x)＝0，得x＝－m－1，则－m－
a
1≤0，求得m≥－1，故m的取值范围为[－1，＋∞).
专练 10 函数的图像
1．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.
2．A 把函数y＝log x的图像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的图像，再向右平移1个单位，得到函数y＝log (x－1)的图像，即函数y＝log (x
2 2 2
－1)＝log 的图像．
2
3．A 对于B选项，f()＝0，与题图不符；
对于C选项，当π＜x＜时，|sin x|＞0，则f(x)＝＞0，与题图不符；对于D选项，f()＝
0，与题图不符．排除BCD选项．
4．C f(－x)＝＝＝－＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数，排除A选项；
令x2＋|x|－2＝0，得x＝1或x＝－1，所以f(x)在x＝1和x＝－1处没有意义，函数图像
存在虚线，当取1.000 001时，f(x)分母为正，分子为正，所以函数值为正数，排除 B选项；
当x＝－时，f(x)分母为负，分子为负，所以f(x)为正数，排除D选项；对比图像和函数值知
只有C选项符合题意．
5．D 函数f(x)在x＝0处无定义，排除选项A；函数f(x)的图像关于原点对称，故f(x)
为奇函数，排除选项B；当0＜x＜1时，cos x＞0，ex＞e－x，故＞0，排除选项C.
6．A 函数f(x)＝＝1＋，∵≠0，∴f(x)≠1.故A正确；显然f(x)的图像关于(－1，1)成
中心对称，故B不正确；∵当x＝－2时，f(x)＝0，故图像与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轴左侧图像保留，左右关于y轴对称得，故图②对应的解析式为
y＝f(－|x|).
8．A 对于B选项，当x＝1时，y＝0，与图像不符，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>－，与图像不符，故C不符合题意．对
于D选项，当x＝3时，y＝>0，与图像不符，故D不符合题意．综上，用排除法选A.
9．
D 由题意知y＝＝的图像是双曲线，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，
因此两图像的交点也一定关于点(1，0)成中心对称，
再结合图像(如图所示)可知两图像在[－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.
1 2 8
10．答案：(－2，4)
解析：由题意得f(2)＝3，又y＝f(x)与y＝f(－x)的图像关于y轴对称，∴y＝f(－x)过点
(－2，3)，∴y＝f(－x)＋1的图像过点(－2，4).
11．答案：(－，－1)∪(1，)
解析：当x∈(0，)时，y＝cos x>0.
当x∈(，4)时，y＝cos x<0.
结合y＝f(x)，x∈[0，4]上的图像知，
当10，所以m>3.
专练 11 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，
1
由得x＝10，
2
∴函数f(x)的所有零点之和为10－3＝7.
4．D ∵f()＝＋1>0，
f(1)＝>0，f(e)＝－1<0，
∴f(x)在(，1)内无零点，在(1，e)内有零点．
5．B ∵f(x)＝ln x＋2x－6在(0，＋∞)上单调递增，
又f(2)＝ln 2＋4－6<0，f(3)＝ln 3>0，
∴f(x)的零点位于(2，3).
6．C 令f(x)＝log x＋x－3，显然f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(2)＝log 2－1<0，
3 3
f(3)＝log 3＋3－3＝1>0，∴函数f(x)的零点所在的区间为(2，3)即方程的解所在的区间为
3
(2，3).
7．B 由f(x)＝2sin x－sin 2x＝2sin x－2sin x cos x＝2sin x·(1－cos x)＝0得sin x＝0
或cos x＝1，
∴x＝kπ，k∈Z，又∵x∈[0，2π]，
∴x＝0，π，2π，即零点有3个．
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－.
9．D 由于|f(x)|≥0，故必须－k≥0，即k≤0，显然k＝0时两个函数图像只有一个公共
点，所以k<0，f(x)＝kx＋2恒过点(0，2)，要使y＝|f(x)|与y＝－k的图像有三个公共点(如图
所示)，只要－k≥2，即k≤－2即可．
10．答案：(，1)
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．A 作出函数f(x)的图像如图所示：
由图可知，当0＜a＜1时，直线y＝a与函数f(x)的图像有四个交点，且交点的横坐标
分别为x、x、x、x，且x＜x＜x＜x，
1 2 3 4 1 2 3 4
由图可知，点(x，a)、(x，a)关于直线x＝5对称，则x＋x＝10，
3 4 3 4
由图可知，2＜x＜3，3＜x＜4，
1 2
由f(x)＝f(x)可得－log (x－2)＝log (x－2)，所以x－2＝，
1 2 2 1 2 2 1
所以可得x＝＋2，
1
所以＋＝2x＋＝＋＋4，
1
易知函数g(x)＝＋＋4在(3，4)上为减函数，且g(3)＝，g(4)＝，故＋＝＋＋4∈(，).
14．D 通解 函数f(x)＝a(x－a)2 (x－b)＝(x－a)2(ax－ab)，求导得f′(x)＝2(x－a)(ax－
ab)＋a(x－a)2＝a(x－a)(3x－a－2b).令f′(x)＝0，结合a≠0可求得x＝a或x＝.
(1)当a>0时，
①若>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递增，在(a，)上单调递减，所以
x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意；
②若＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；
③若a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，所以
x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意；
②若＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；
③若0且b>a时满足题意，当a<0且ba2成立．
优解 当a＝1，b＝2时，函数f(x)＝(x－1)2(x－2)，作出该函数的图像(图略)，观察可
知x＝1为函数的极大值点，满足题意．所以根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误．
当a＝－1，b＝－2时，函数f(x)＝－(x＋1)2(x＋2)，作出该函数的图像(图略)，观察可
知x＝－1为函数的极大值点，满足题意．所以根据a＝－1，b＝－2可知选项A错误．
光速解 当a>0时，根据题意作出函数f(x)的大致图像如图1所示，观察可知b>a.
当a<0时，根据题意作出函数f(x)的大致图像如图2所示，观察可知a>b.
综上可知，必有ab>a2成立．15．D f(x)＝＝＝1＋(x＞1)，
因为x＞1，所以x－1＞0，
所以f(x)＞1，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
α，β分别是方程f(x)＝ex，f(x)＝ln x的根，
因为y＝ex与y＝ln x互为反函数，
所以y＝ex与y＝ln x的图像关于直线y＝x对称，
由，得，
画出函数y＝ex，y＝ln x和f(x)＝(x＞1)的图像，
由图可得1＜α＜2，
因为当x＝3时，ln 3＝ln ＜ln ＝＝，
当x＝4时，ln 4＝ln ＞ln ＝＝，
所以3＜β＜4，
所以4＜α＋β＜6，所以①正确，
对于②，由图可得1＜ln β＜2，所以e＜β＜e2，
因为1＜α＜2，所以e＜αβ＜2e2，所以②正确，
对于③，因为f(x)＝＝＝1＋(x＞1)的图像关于直线y＝x对称，
因为y＝ex和y＝ln x互为反函数，
所以(α，)与(β，)关于直线y＝x对称，
所以α＝或β＝，化简得α＋β＝αβ，所以③正确．
16．答案：(1，4) (1，3]∪(4，＋∞)
解析：当λ＝2时，不等式f(x)<0等价于
或
即2≤x<4或14.②两个零点为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 12 变化率与导数、导数的计算
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．C h′(t)＝－200t＋800，∴h′(2)＝－200×2＋800＝400 (m/h).
3．B 设曲线f(x)＝x3－1在x＝1处的切线倾斜角为α，因为f′(x)＝x2，则f′(1)＝，因为
0≤α≤π，因此，α＝.
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 ∵y′＝aex＋ln x＋1，当x＝1时，y′＝ae＋1，
∴2＝ae＋1，∴a＝e－1. 故切点坐标为(1，1)，
将切点坐标(1，1)代入y＝2x＋b，
得1＝2＋b, ∴b＝－1.
6．B 令y′＝－＝－，解得x＝－3(舍去)或x＝2.故切点的横坐标为2.
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 f′(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，∴切线的倾斜角的范围是[0，)∪[π，π).
10．答案：y＝2x
解析：设该切线的切点坐标为(x，y)，由y＝ln x＋x＋1得y′＝＋1，则在该切点处的切
0 0
线斜率k＝＋1，即＋1＝2，解得x＝1，∴y＝ln 1＋1＋1＝2，即切点坐标为(1，2)，∴该切
0 0
线的方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x.
11．答案：(1，0)
解析：设P(x ，y)，因为y＝x2的导数为y′＝x，所以曲线y＝x2在点A(1，)处的切线的
0 0
斜率为1，因为y＝x ln x的导数为y′＝1＋ln x，曲线y＝x ln x在点P处的切线斜率为1＋
ln x，所以1＋ln x＝1，解得x＝1，代入y＝x ln x可得y＝0，故P(1，0).
0 0 0 0
12．答案：x＋y＝0
解析：设切线的切点为(x ，－xln x －1)，对函数y＝－x ln x－1求导得y′＝－ln x－
0 0 0
1，则切线的斜率为k＝－1－ln x，所以切线方程为y＋xln x＋1＝(－ln x－1)(x－x)，
0 0 0 0 0
将原点的坐标代入切线方程可得x＝1，则k＝－1，
0
因此，所求切线方程为y＝－x，即x＋y＝0.
13．A ∵f′(x)＝4ax＋，
∴k＝f′(1)＝4a＋≥2 ＝4，
当且仅当4a＝，即a＝时等号成立．
14．D 设切点(x，xln x)，∵y′＝ln x＋1，由题意得：
0 0 0
得ln x＋＝ln x ＋1，
0 0
∴x＝2.k＝1＋ln 2.
0
15．答案：1
解析：∵f′(x)＝a－，∴f′(1)＝a－1，
又f(1)＝a，∴切线方程为y－a＝(a－1)(x－1)，
令x＝0，y＝1，
∴l在y轴上的截距为1.
16．答案：1－ln 2
解析：直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋2，y＝ln (x＋1)均相切，
设切点分别为A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
由y＝ln x＋2得y′＝，
由y＝ln (x＋1)得y′＝，
∴k＝＝，
∴x＝，x＝－1，
1 2
∴y＝－ln k＋2，y＝－ln k.
1 2即A(，－ln k＋2)，B(－1，－ln k)，
∵A、B在直线y＝kx＋b上，
∴⇒
专练 13 导数与函数的单调性
1．B 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)<0，得00，∴f(x)在(4，5)
上单调递增，故C正确；由函数的图像可知函数在x＝4处取得极小值，故D不正确．
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
像向右平移一个单位长度得到f(x－1)的图像，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.
4．C 令f(x)＝x－sin x，x∈(0，)，
则f′(x)＝1－cos x＞0，
所以函数f(x)＝x－sin x在(0，)上单调递增，
所以x－sin x＞0，即x＞sin x在x∈(0，)上恒成立，
又π－3∈(0，)，
所以π－3＞sin (π－3)＝sin 3＞0，
又6∈(π，2π)，所以sin 6＜0，
所以π－3＞sin 3＞sin 6，
即a＞c＞b.
5．A 函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1的导数为f′(x)＝－3x2＋2ax－1.∵函数f(x)在(－∞，
＋∞)上是单调函数，∴在(－∞，＋∞)上f′(x)≤0恒成立，即－3x2＋2ax－1≤0恒成立，∴Δ
＝4a2－12≤0，解得－≤a≤，∴实数a的取值范围是[－，].
6．D 由f(x)＝x2－a ln x，得f′(x)＝2x－，
∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴2x－≥0，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤2.
7．B 由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝.又当x＝1时，f(x)取得最大值
－2，所以即所以a＝b＝－2，则f′(x)＝，所以f′(2)＝＝－.故选B.
8．A 由f′(x)＝x2－3x－4<0，得－10得－π0，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0得00，符合题意．∴
∴f(2)＝8＋16－22＋16＝18.
5．B ∵函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，且f′(x)＝3x2＋
2mx＋m＋6，由题意得方程3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不同的实数解，∴Δ＝4m2－12(m＋
6)>0，解得m<－3或m>6，∴实数m的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞).
6．A ∵f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，所以f(x)在x＝－1两侧先增后减，f(x)在x＝1两
侧先减后增，分别计算得f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以M＝1，N＝－
19，则M－N＝1－(－19)＝20.
7．A 由ex≥k＋x恒成立，∴k≤(ex－x) ，设f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1，由f′(x)>0，得
min
x>0，由f′(x)<0，得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)
min
＝f(0)＝1，∴k≤1.
8．D 由题意得f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∵f(x)在x＝1处取得极值，∴f′(1)＝0，∴a＋b＝6，
∴t＝ab＝a(6－a)＝－(a－3)2＋9，∴t ＝9.
max
9．B 函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x ，x ，假设x ＜x ，则f′(x)＝x2＋ax＋b
1 2 1 2
＝0有两个不等的实数根，Δ＝a2－4b＞0，方程f2(x)＋af(x)＋b＝0的判别式Δ′＝Δ＝a2－4b＞
0，所以方程f2(x)＋af(x)＋b＝0有两解，且f(x)＝x 或f(x)＝x ，函数y＝f(x)的图像和直线y＝
1 2
x 的交点个数即为方程f(x)＝x 解的个数，函数y＝f(x)的图像和直线 y＝x 的交点个数即为
1 1 2
方程f(x)＝x 解的个数．f(x)在(－∞，x)，(x ，＋∞)上单调递增，在(x ，x)上单调递减，又
2 1 2 1 2
f(x)＝x ，画出图像如图所示，y＝f(x)的图像和直线y＝x 的交点个数为2个，y＝f(x)的图像
1 1 1
和直线y＝x 的交点个数为1个，f(x)＝x 或f(x)＝x 的根共有3个，即方程f2(x)＋af(x)＋b＝0
2 1 2
的不同实根个数为3.
10．答案：e－2
解析：f′(x)＝ex－2，∵x∈[1，e]，∴f′(x)>0，∴f(x)在[1，e]上单调递增，∴f(x) ＝f(1)
min
＝e－2.
11．答案：－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．答案：(－∞，0]
解析：设f(x)＝＋ln x，x∈，
f′(x)＝－＋＝，
令f′(x)>0，得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.
14．C f′(x)＝－a，若a≤0，则f′(x)＝－a＞0不满足f(x)＝f(x)＝m(x＜x)，
1 2 1 2
所以a＞0，令f′(x)＝0，得x＝，当0＜x＜时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＞时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，因为x－x＝1，所以x＝x＋1，又f(x)＝f(x)＝f(x＋1)，
2 1 2 1 1 2 1
所以ln x－ax＝ln (x＋1)－a(x＋1)，
1 1 1 1
即a＝ln (x＋1)－ln x＝ln ＝ln (1＋)，
1 1
因为x≥1，
1
所以1＜1＋≤2，
所以a∈(0，ln 2]，
故实数a的最大值为ln 2.
15．答案：(－∞，2－2ln 2]
解析：当x∈(0，1]时，ln x≤0，此时|x－a|≥2ln x恒成立，
故x∈(1，＋∞)时，|x－a|≥2ln x恒成立，即x－a≥2ln x或x－a≤－2ln x，
即a≤x－2ln x或a≥x＋2ln x.
设f(x)＝x－2ln x，则f′(x)＝1－＝.
当x∈(1，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
故f(x) ＝f(2)＝2－2ln 2，故a≤2－2ln 2.
min
设g(x)＝x＋2ln x，则f′(x)＝1＋＞0，所以f(x)在x∈(1，＋∞)单调递增，不存在最大值，
综上可知，a的取值范围是(－∞，2－2ln 2].
16．答案：(1，e)
解析：指数函数y＝ax(a＞0且a≠1)与五次函数y＝x5的图像恰好有两个不同的交点，等
价于方程ax＝x5有两个不同的解．对方程ax＝x5两边同时取对数，得ln ax＝ln x5，即x ln a
＝5ln x．因为x≠0，所以＝，从而可转化为f(x)＝与g(x)＝在图像上有两个不同的交点，g′
(x)＝＝.当x∈(0，e)时，g′(x)＞0，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＜0，所以函数g(x)在(0，e)上单
调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)在x＝e处取到极大值，也是最大值，且最
大值为.又因为当x∈(0，1)时，g(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，所以0＜f(x)＝＜.解得
1＜a＜e，即a∈(1，e).
专练 15 高考大题专练(一) 导数的应用
1．解析：(1)由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x＋a，对于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2
－4×3a＝4(1－3a).
①当a≥时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
②当a<时，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x＝，x＝，
1 2
令f′(x)>0，则xx；令f′(x)<0，则x1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，＋∞).
4．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，
则f′(x)＝－＝.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1.
(2)因为函数f(x)恰有一个零点，所以方程a(x－ln x)－－ln x＝0在(0，＋∞)上恰有一个
解，即方程a(x－ln x)＝＋ln x在(0，＋∞)上恰有一个解．
又易知当x>0时，x－ln x>0，
所以方程a＝在(0，＋∞)上恰有一个解．
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝.
令h(x)＝x－1－(x＋1)ln x(x>0)，
则h′(x)＝1－ln x－＝－ln x－.
由(1)知，h′(x)≤－1，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以当x∈(0，1]时，h(x)≥0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.
则当x∈(0，1]时，g′(x)≤0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，
所以a∈(0，＋∞).
5．解析：(1)函数定义域为R，f′(x)＝e(x－a)(x＋a)，
当a＞0时，f(x)在(－∞，－a)和(a，＋∞)上递增，在(－a，a)上递减；
当a＜0时，f(x)在(－∞，a)和(－a，＋∞)上递减，在(a，－a)上递增．
综上：当a＞0时，f(x)的递增区间是(－∞，－a)和(a，＋∞)，递减区间是(－a，a)；当
a＜0时，f(x)的递减区间是(－∞，a)和(－a，＋∞)，递增区间是(a，－a).
(2)由(1)知当a＞0时，f(x)在(－∞，－a)和(a，＋∞)上递增，在(－a，a)上递减，
∴函数极大值f(－a)＝，函数极小值f(a)＝0，
又limf(x)＝0，limf(x)＝＋∞，
若使f(x)－4e＝0有三个零点，只需＞4e，解得：a＞e，
当a＜0时，f(x)在(－∞，a)和(－a，＋∞)上递减，在(a，－a)递增．
函数极小值f(a)＝0，函数极大值f(－a)＝，
又limf(x)＝＋∞，limf(x)＝0，
同理只需＞4e，解得a＜－e，
所以a的取值范围是(－∞，－e)∪(e，＋∞).
专练 16 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＝＝＝.
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.
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．B 由题意得
得m＝－，∴cos α＝m＝－.
10．答案：1 080
解析：依题意r＝30 cm，＝2.4，所以l＝2.4r＝72 cm，所以S＝lr＝×72×30＝1 080
cm2.
11．答案：－
解析：∵θ∈(，π)，∴－10.
∴由＝－，得y＝.
专练 17 同角三角函数的基本关系及诱导公式
1．D tan 255°＝tan (180°＋75°)＝tan 75°＝tan (30°＋45°)＝＝＝2＋.
2．B cos ＋cos π＋cos π＋cos π
＝cos ＋cos π＋cos (π－π)＋cos (π－)
＝cos ＋cos π－cos π－cos
＝0
3．D tan (α－7π)＝tan α＝>0，又α∈(，π)，∴α∈(π，π)，∴sin α＝－，cos α＝－，
∴sin α＋cos α＝－.
4．A 2sin α－cos α＝0，∴tan α＝，∴sin2α－2sinαcos α＝＝＝＝－.
5．C 方法一 因为tanθ＝－2，
所以角θ的终边在第二或第四象限，所以或
所以＝
＝sin θ(sin θ＋cos θ)
＝sin2θ＋sinθcos θ
＝－＝.
方法二 (弦化切法)因为tan θ＝－2，
所以
＝
＝sin θ(sin θ＋cos θ)
＝
＝＝＝.
6．A 由sinα－cos α＝，得1－2sin αcos α＝，
∴2sin αcos α＝1－＝－，即：sin 2α＝－.
7．B 由题可知α为第一象限角，∴cos α＝，sin (α－)＝sin (α－)＝－cos α＝－.
8．C 因为π≈4cos 38°，
所以＝
＝＝＝＝8.
9．A ∵cos (2x－)＝sin 2x＝2sin x cos x＝sin2x，
∴tanx＝2，
∴tan (x－)＝＝＝.
10．答案：－
解析：sin (θ－π)＝－sin θ＝，sin θ＝－＜0，
由于角θ的终边过点A(4，a)，所以θ在第四象限，
所以cos θ＝＝，
所以tanθ＝＝－.
11．答案：解析：α为锐角，＜α＋＜，sin (α＋)＝＝.
sin(2α＋)＝sin (2α＋－)＝sin (2α＋)－cos (2α＋)
＝×2sin (α＋)cos (α＋)－
＝××－＝－＝.
12．答案：－
解析：因为＜α＜，所以sinα＞cos α，
因此有cos α－sin α＝－＝－＝－，
把sin 2α＝代入，得cos α－sin α＝－＝－.
13．B 由题意得tan α＝＝b－a，
又cos 2α＝cos2α－sin2α＝＝＝，得|b－a|＝.
14．B 由题，因为2θ＋＝2(θ－)＋，
所以sin(2θ＋)＝sin ＝cos 2(θ－)＝2cos2(θ－)－1＝2×()2－1＝－.
15．答案：
解析：2tan(π－α)－3cos (＋β)＋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．答案：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 18 三角函数的图像与性质
1．C 由图像可知，函数的半周期是2π，所以＝2π，得ω＝.
2．C 因为函数f(x)＝sin ＋cos
＝(sin ＋cos )
＝(sin cos ＋cos sin )
＝sin (＋)，
所以函数f(x)的最小正周期T＝＝6π，最大值为.
3．C ∵0≤x≤，∴－≤2x－≤π.
∴－≤cos (2x－)≤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．B 最小正周期为π的只有A、B，又当2sin (2×－)＝2取得最大值，故y＝2sin (2x
－)的图像关于直线x＝对称．
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，
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＋)的图像关于直线x＝对称，所
以f()＝sin (＋)＝±1，然后依次代入各选项验证，确定选C.
7．A y＝sin x cos x＋cos 2x＝sin 2x＋cos 2x＝sin (2x＋)，周期T＝＝π，振幅为1.
8．D 由图像可知：8～13时这段时间温度先下降再升高，A错误；8～16时最大温度
2 ℃，最小温度－2 ℃，最大温差为4 ℃，B错误；8～16时0 ℃以下的时长超过3小时，
C错误；T＝4×(13－11)＝8＝，ω＝，又过点(13，2)，故2cos (·13＋φ)＝2，解得φ＝，故
f(x)＝2cos (x＋)，f(16)＝2cos (·16＋)＝－2，故16时温度为－2℃，D正确．
9．D 对于A，令sin x＝t，t∈[－1，0)∪(0，1]，则g(t)＝t＋，
当t∈(0，1]时，g(t)＝t＋≥2，当且仅当t＝1时，取“＝”，故g(t)∈[2，＋∞)，又∵g(t)＝－g(－t)，∴g(t)为奇函数，
∴g(t)的值域为(－∞，－2]∪[2，＋∞)，故A错误；
对于B，由f(x)≠f(－x)，知f(x)不是偶函数，故B错误；
对于C，f(2π－x)＝sin (2π－x)＋＝－sin x－≠f(x)，故C错误；
对于D，f(π－x)＝sin (π－x)＋＝sin x＋＝f(x)，故f(x)的图像关于直线x＝对称，故D正
确．
10．答案：
解析：∵f(x)＝sin (x＋φ)＝sin (x＋φ)，
∴f(x) ＝.
max
11．答案：
解析：∵f(x)≤f()对任意的实数x都成立，
∴f()＝1，∴ω－＝2kπ，k∈Z，∴ω＝8k＋(k∈Z)，又ω>0，∴当k＝0时，ω取得最小
值.
12．答案：－
解析：解法一(五点作图法) 由题图可知T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，即T＝π，所
以＝π，即ω＝2，故f(x)＝2cos (2x＋φ).点(，0)可看作“五点作图法”中的第二个点，故2×
＋φ＝，得φ＝－，即f(x)＝2cos (2x－)，
所以f()＝2cos (2×－)＝－.
解法二(代点法) 由题意知，T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，所以T＝π，＝π，即ω＝
2.又点(，0)在函数f(x)的图像上，所以2cos (2×＋φ)＝0，所以2×＋φ＝＋kπ(k∈Z)，令k＝
0，则φ＝－，所以f(x)＝2cos (2x－)，所以f()＝2cos (2×－)＝－2cos ＝－.
解法三(平移法) 由题意知，T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，所以T＝π，＝π，即ω＝
2.函数y＝2cos 2x的图像与x轴的一个交点是(，0)，对应函数f(x)＝2cos (2x＋φ)的图像与x
轴的一个交点是(，0)，所以f(x)＝2cos (2x＋φ)的图像是由y＝2cos 2x的图像向右平移－＝个
单位长度得到的，所以f(x)＝2cos (2x＋φ)＝2cos 2(x－)＝2cos (2x－)，所以f()＝2cos (2×－)
＝－2cos ＝－.
13．D 函数f(x)＝sin (ωx＋)(ω＞0)在[0，π]上恰有3个零点，则3π≤ωπ＋＜4π，解得：
≤ω＜.
14．C 对于③，∵x∈(0，π)，ωx－∈(－，ωπ－)，令f(x)＝sin (ωx－)＝0，得ωx－＝
kπ，k∈Z，
由函数f(x)在区间(0，π)上有且仅有2个不同的零点，即ωx－取得0，π，
所以，解得＜ω≤，故③正确；
对于①，当x∈[0，π]，ωx－∈，
由＜ω≤，知ωπ－∈(π，2π]，
令ωx－＝＋kπ，由于ω值不确定，所以ωπ－＝不一定取到，故①错误；
对于②，当x∈(0，)时，ωx－∈(－，－)，
由＜ω≤，知－∈(，]，
即(－，－) ，即f(x)在区间(0，)上单调递增，故②正确；所以正确的个数为2个．
15．答案：1
解析：函数⊆y＝sin 的周期为6，函数y＝sin 在上单调递减，当≤t≤时，[t，t＋1] .
M(t)－N(t)＝sin －sin ＝2cos (＋)sin (－)＝－cos (＋).
因为≤t≤，所以≤t＋≤，所以－1≤cos (t＋)≤－， ⊆
所以≤M(t)－N(t)≤1，
当t＝时取最大值1.
16．答案：
解析：由0，ω>0，|φ|<π)的部分图像，
可得·＝－，∴ω＝3.所以f(x)＝A sin (3x＋φ),
结合五点法作图，3×＋φ＝2π＋2kπ，k∈Z，∴φ＝＋2kπ，k∈Z，因为|φ|<π，∴φ＝，
故f(x)＝A sin (3x＋).
再把点(，－1)代入，可得－1＝A sin (＋)，
即－1＝－A cos ，∴A＝，
所以f(x)＝sin (3x＋).
现将f(x)的图像向左平移个单位长度，
得到函数y＝g(x)＝sin [3(x＋)＋]＝cos 3x，
因为2g(x)＝，即cos 3x＝，所以3x＝＋2kπ，
1
k∈Z或3x＝－＋2kπ，k∈Z，
1 2 2
解得x＝＋，k∈Z或x＝－＋，k∈Z，
1 2
因为x∈[0，2π]，所以x＝或或或或或，
故方程2g(x)＝在[0，2π]上实数解的个数为6个．
15．D 对于A，由A(3，－3)，
知R＝＝6，
又T＝120，所以ω＝＝.
当t＝0时，点P在点A位置，有－3＝6sin φ，
解得sin φ＝－，又|φ|<，
所以φ＝－，故A错误；
对于B，可知f(t)＝6sin (t－)，
当t∈(0，60]时，t－∈(－，]，
所以函数f(t)先增后减，故B错误；
对于C，当t∈(0，60]时，
t－∈(－，]，sin (t－)∈(－，1]，
所以点P到x轴的距离的最大值为6，故C错误；
对于D，当t＝100时，t－＝，P的纵坐标为y＝－3，横坐标为x＝－3，
所以|PA|＝|－3－3|＝6，故D正确．
16．答案：
解析：由题意得g(x)＝sin [2(x－φ)]＝sin (2x－2φ)，
∵|f(x)|≤1，|g(x)|≤1，∴|f(x)－g(x)|≤2.
1 2
当且仅当f(x)＝1，g(x)＝－1或f(x)＝－1，g(x)＝1时满足|f(x)－g(x)|＝2，不妨设
1 2 1 2 1 2
A(x，－1)是f(x)的最低点，B(x，1)是函数g(x)的一个最高点，
1 1 2
∴x＝kπ＋π(k ∈Z)，x＝kπ＋＋φ(k∈Z)，
1 1 1 2 2 2
|x－x|≥＝，
1 2
∵φ∈(0，)，∴|x－x|≥－φ，
1 2
又|x－x| ＝，∴－φ＝，φ＝.
1 2min
专练 20 两角和与差的正弦、余弦、正切公式
1．D sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝sin 20°cos 10°＋cos 20°sin 10°＝sin 30°＝.
2．B tan (α－)＝＝＝.
3．B cos 2α＝1－2sin2α＝1－＝.
4．D cos105°－cos 15°＝－(sin 15°＋cos 15°)
＝－sin (15°＋45°)＝－sin 60°＝－.
5．A ＝
＝＝＝.
6．D ∵cos α＋cos (α－)＝1，
∴cos α＋cos α＋sin α＝cos α＋sin α
＝(cos α＋sin α)
＝cos (α－)＝1，
∴cos (α－)＝.
7．D ∵A＋B＝45°，∴tan (A＋B)＝＝1，
∴tan A＋tan B＝1－tan A tan B.
∴(1＋tan A)(1＋tan B)＝1＋tan A＋tan B＋tan A tan B＝2.
8．C ∵cos α＝，0<α<，∴sin α＝＝，又cos(α－β)＝，0<β<α<，∴0<α－β<，
∴sin (α－β)＝＝，
cosβ＝cos [α－(α－β)]＝cos αcos (α－β)＋sin αsin (α－β)
＝×＋×＝＝，
又0<β<，∴β＝.
9．C ∵0<α<，∴<α＋<π，cos (α＋)＝，∴sin (α＋)＝＝，又－<β<0，
∴0<－<，∴<－<，
∴sin(－)＝＝，
∴cos(α＋)＝cos ＝cos (＋α)cos (－)＋sin (＋α)·sin (－)＝×＋×＝.
10．答案：
解析：∵＝－，
∴tan α＝－tan (α＋)＝－·，
整理得3tan2α－5tanα－2＝0，
∴tan α＝－或tan α＝2.
sin (2α＋)＝(sin 2α＋cos 2α)
＝·＝·.
当tanα＝－时，sin (2α＋)＝；
当tan α＝2时，sin (2α＋)＝.
所以答案为.
11．答案：－
解析：由cos (α－)＋sin α＝，得cos α＋sin α＋sin α＝，
∴cos α＋sin α＝，∴sin (α＋)＝.
∴sin (α＋π)＝sin (α＋＋π)＝－sin (α＋)＝－.
12．答案：－1
解析：∵tan (α＋2β)＝2，tan β＝－3，
∴tan (α＋β)＝tan (α＋2β－β)
＝
＝＝－1.
tan α＝tan (α＋β－β)
＝＝.
13．B 因为θ为第二象限角，由tan (θ＋)＝知，θ＋是第三象限角，所以sin (θ＋)＝
－，故sin θ＋cos θ＝2sin (θ＋)＝－.
14．C 由sin α＝，cos β＝，且α，β为锐角，
可知cos α＝，sin β＝，
故cos (α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝×－×＝，又0<α＋β<π，故α＋β＝.
15．C 由cos β－3sin α＝2得，
(cos β－3sin α)2＝cos2β－6cosβsin α＋9sin2α＝4， ①
由sinβ＋3cos α＝得，
(sin β＋3cos α)2＝sin2β＋6sinβcos α＋9cos2α＝. ②
①＋②＝10＋6(sinβcos α－cos βsin α)＝10＋6sin (β－α)＝，
∴sin (β－α)＝－.
16．B 由sin (x＋y)＝2sin (x－y)得
sin x cos y＋cos x sin y＝2sin x cos y－2cos x sin y，
则tan x＝3tan y，
所以tan (x－y)＝＝＝≤，
当且仅当tan y＝时等号成立，
由于f(x)＝tan x在x∈(0，)上单调递增，
又x，y∈(0，)，
则x－y的最大值为.
专练 21 三角恒等变换
1．C cos α＝1－2sin2＝1－2×＝.
2．A ∵α为锐角，∴<α＋<π，
∴sin(α＋)＝＝，
∴cos2α＝sin (＋2α)＝2sin (α＋)cos (α＋)＝2××＝.
3．A f(x)＝＋sin 2x＝sin (2x－)＋，
∵≤x≤，∴≤2x－≤π，
∴当2x－＝π即x＝时f(x) ＝＋＝1.
min
4．D ∵cos 2θ＝＝＝＝.
5．B ∵sinθ＋sin (θ＋)＝sin θ＋sin θcos ＋cos θsin ＝sin θ＋sin θ＋cos θ＝sin θ＋cos θ
＝(sin θ＋cos θ)＝sin (θ＋)＝1.
∴sin (θ＋)＝＝.
6．C tan 67.5°－＝－
＝－
＝
＝＝2.
7．A 解法一 因为tan 2α＝＝，且tan 2α＝，所以＝，解得sin α＝.因为α∈，所以cos α＝，tan α＝＝.
解法二 因为tan 2α＝＝＝＝，且tan2α＝，所以＝，解得sin α＝.因为α∈，所以cos α
＝，tan α＝＝.
8．A ∵a⊥b，∴sin θ－2cos θ＝0，
∴tan θ＝2，∴sin 2θ＋cos2θ＝2sinθcos θ＋cos2θ＝＝1.
9．D 通解 因为cos＝sin (－)＝sin ，
所以cos2－cos2＝cos2－sin2＝cos(2×)＝cos ＝.
优解 设cos2－cos2＝a，sin2－sin2＝b，则a＋b＝(cos2＋sin2)－(cos2＋sin2)＝1－1＝0
①，a－b＝(cos2－sin2)－(cos2－sin2)＝cos(2×)－cos (2×)＝cos －cos ＝2cos ＝ ②，所以
根据①＋②可得2a＝，即a＝，即cos2－cos2＝.
光速解 因为cos＝，cos ＝，
所以cos2－cos2＝()2－()2＝.
10．答案：
解析：∵sinx＝－，∴cos 2x＝1－2sin2x＝1－2×(－)2＝.
11．答案：
解析：由sinα＋cos α＝，得1＋sin 2α＝，
∴sin 2α＝－，∴cos 4α＝1－2sin22α＝1－2×＝.
12．答案： 1
解析：∵2cos2x＋sin2x＝1＋cos 2x＋sin 2x＝sin (2x＋)＋1，又2cos2x＋sin2x＝A sin (ωx
＋φ)＋b.∴A＝，b＝1.
13．C 由＝，得＝，
由此式可知cos α≠0，
所以＝，得tan α＝，
所以tan 2α＝＝＝.
14．D 因为f(x)＝6sin2＋2sincos －3＝3(1－cos x)＋sin x－3
＝sin (x＋φ)，tan φ＝－3，φ∈(－，)，
故当f(x)取得最大值时，若x＝θ，则θ＋φ＝2kπ＋，k∈Z，
则tan θ＝tan (2kπ＋－φ)＝tan (－φ)＝＝－.
15．C 方法一 因为<α<2π，所以sin α<0，00，cos <0，
所以 ＋
＝＋
＝＋＝－(＋)
＝－＝－.
16．C 由＝，
可得a＝sin x＋cos x＝2sin (x＋)，
因为x∈(0，)，
所以x＋∈(，)，则2sin (x＋)∈(1，2]，
所以a的取值范围为(1，2].
专练 22 正弦定理和余弦定理、解三角形
1．C 由正弦定理得＝，
∴sin A＝＝＝，又a0，
14
所以S ＝
14
＝7(a＋a )＝7(a＋a)>0，
1 14 7 8
即a＋a>0，
7 8
因为S <0，
15
所以S ＝＝15a<0，
15 8
所以a<0，所以a>0，
8 7
所以等差数列{a}的前7项为正数，从第8项开始为负数，
n
则a>0，d<0，S 为S 的最大值．
1 7 n
15．答案：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．答案：100
解析：设等差数列{a}公差为d，由2a＝a＋a＝18得a＝9，则d＝＝＝2，
n 4 2 6 4
a＝a＋(n－4)d＝2n＋1，当n为偶数时，(－1)n－1a ＋(－1)na＝a－a ＝d＝2，
n 4 n－1 n n n－1
所以S ＝(a－a)＋(a－a)＋…＋(a －a )＝50×2＝100.
100 2 1 4 3 100 99
专练 30 等比数列及其前 n 项和
1．B 由题意可得
即得选B.
2．C ∵{a}为等比数列，∴aa ＝a，∴aa ＝4(a －1)可化为a－4a ＋4＝0，得a ＝
n 3 5 3 5 4 4 4
2，又a＝aq3，∴q＝2，
4 1
∴a＝aq＝×2＝.
2 1
3．A ∵等比数列{a}的各项均为正数，且a·a＝9,
n 1 6
∴log a＋log a＋…＋log a＝log (a·a·…·a)＝log (a·a)3＝log 93＝6 .
3 1 3 2 3 6 3 1 2 6 3 1 6 3
4．B 因为数列{a}中，a＝2，a ＝a a，
n 1 m＋n m n
所以令m＝n＝1，则a ＝aa＝2×2＝4，即a＝4，
1＋1 1 1 2
令m＝n＝2，则a ＝aa＝4×4＝16，即a＝16.
2＋2 2 2 4
5．C 因为a＝a ，即(aq6)2＝aq8，所以a ＝1，又因为a>a ，所以数列{a}为正项单
9 1 1 5 8 9 n
调递减数列，所以00，所以qn－9>1＝
n n 1
q0，所以n<9.又因为n为整数，故n ＝8.
max
6．C 设等比数列的公比为q，
由a＝3a＋4a 得aq4＝3aq2＋4a，
5 3 1 1 1 1
∴q2＝4，又∵a>0，∴q＝2，
n
由S＝＝15，解得a＝1.
4 1
∴a＝a·q2＝4.
3 1
7．A 对等比数列{a}，不妨设其公比为q，由a ＋a ＝，a ＋a ＝1可得a(1＋q2)
n 8 10 11 13 8
＝，a (1＋q2)＝1，
11
故可得q3＝2，则a ＋a ＝a (1＋q2)×q9＝1×(q3)3＝23＝8.
20 22 11
即a ＋a ＝8.
20 22
8．C 由题意可得a ＋a ＋a ＋a ＝S －S ，由S －2S ＝5，可得S －S ＝S ＋5.又由
9 10 11 12 12 8 8 4 8 4 4
等比数列的性质知S，S－S，S －S 成等比数列，则S(S －S)＝(S－S)2.于是a＋a ＋a
4 8 4 12 8 4 12 8 8 4 9 10 11
＋a ＝S －S ＝＝S ＋＋10≥2＋10＝20，当且仅当S ＝5时等号成立．所以a ＋a ＋a ＋
12 12 8 4 4 9 10 11
a 的最小值为20.
12
9．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
10．答案：32
解析：设等比数列{a}的首项为a，公比为q，
n 1
根据S＝3，S－S＝6，
2 3 1
可得：，
解得：，
所以a＝aq5＝32.
6 1
11．答案：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．答案：－
解析：设等比数列{a}的公比为q，因为aa＋a＝0，
n 3 4 5
则aq2·aq3＋aq4＝0，将a＝3代入得3q＋1＝0，得q＝－，所以a＝3·(－)n－1，
1 1 1 1 n
所以S＝a＋a＋a＝3－1＋＝.
3 1 2 3
13．C 设蒲的长度构成等比数列{a}，其首项a ＝3，公比为，其前n项和为A.莞的
n 1 n
长度构成等比数列{b}，其首项b ＝1，公比为2，其前n项和为B.则A ＝，B ＝，由题意
n 1 n n n
可得5×＝，解得2n＝30或2n＝1(舍去).∴n＝log 30＝＝＝≈4.9.
214．B 在等比数列{a}中，a，a 是方程x2＋5x＋2＝0的两个根，
n 7 11
则，
∴a＝－，
9
则＝＝a＝－.
9
15．答案：
解析：∵{a}为等比数列，∴a＝＝，a＝aq2＝4q2，
n 2 6 4
∴2a＋a＝＋4q2≥2＝8
2 6
(当且仅当＝4q2，即q4＝2，q＝时等号成立)，此时log q＝log＝.
2 2
16．答案：64
解析：设等比数列{a}的公比为q，
n
∴
即解得
∴aa…a＝()(－3)＋(－2)＋…＋(n－4)
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 31 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(1－＋－＋…＋－)
n
＝2(1－)＝.
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.
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.
2 018 2 017 2 018 1 2
7．D 因为ab ＝1，a ＝n2＋5n＋6，故b ＝＝－，故{b }的前10项之和为－＋－＋…
n n 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．C 由题意知，S ＝＝18，所以a ＋a ＝4，a ＋a ＝a ＋a ＝a ＋a ＝a ＋a ＝2a ＝
9 1 9 1 9 2 8 3 7 4 6 5
4，a＝2，又f(x)＝(x－2)3＋1，则f(x)＋f(4－x)＝(x－2)3＋1＋(4－x－2)3＋1＝2，所以f(a)＋
5 1
f(a)＋…＋f(a)＝[f(a)＋f(a)]＋[f(a)＋f(a)]＋[f(a)＋f(a)]＋[f(a)＋f(a)]＋f(a)＝4×2＋1＝9.
2 9 1 9 2 8 3 7 4 6 5
10．答案：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．答案：
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，∴a＝，
1 n
∴＝＝2(－)，
∴S ＝2(1－＋－＋…＋－)＝2(1－)＝.
10
12．答案：7
解析：令n＝2k(k∈N*)，则有a ＋a ＝6k－1(k∈N*)，
2k＋2 2k
∴a＋a＝5，a＋a＝17，a ＋a ＝29，a ＋a ＝41，
2 4 6 8 10 12 14 16
∴前16项的所有偶数项和S ＝5＋17＋29＋41＝92，
偶∴前16项的所有奇数项和S ＝540－92＝448，
奇
令n＝2k－1(k∈N*)，则有a －a ＝6k－4(k∈N*)，
2k＋1 2k－1
∴a －a ＝(a －a)＋(a －a)＋(a －a)＋…＋(a －a )＝2＋8＋14＋…＋6k－4＝
2k＋1 1 3 1 5 3 7 5 2k＋1 2k－1
＝k(3k－1)(k∈N*)，
∴a ＝k(3k－1)＋a(k∈N*)，
2k＋1 1
∴a ＝2＋a ，a ＝10＋a ，a ＝24＋a ，a ＝44＋a ，a ＝70＋a ，a ＝102＋a ，a ＝
3 1 5 1 7 1 9 1 11 1 13 1 15
140＋a，
1
∴S ＝a＋a＋…＋a ＝8a＋2＋10＋24＋44＋70＋102＋140＝8a＋392＝448.
奇 1 3 15 1 1
∴a＝7.
1
13．D 由题意，得a＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，
n
∴S＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.
n
14．C 因为数列{a}为等比数列，公比q≠1，a ＝3，3a ，2a ，a 成等差数列，所以
n 1 1 2 3
4a＝3a＋a，即4q＝3＋q2，解得q＝1或q＝3.
2 1 3
因为q≠1，所以q＝3，所以a＝aqn－1＝3n，其前n项和为T＝＝－，
n 1 n
所以S ＝T＋T＋…＋T＋T＝(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)
24 1 2 6 3
＝(32＋33＋…＋37)＋－×7＝1 638＋－×7＝1 668.
15．答案：
解析：依题意a＝1，a＝4，4a －3a－a ＝0，a －a ＝3(a －a)，
1 2 n＋1 n n＋2 n＋2 n＋1 n＋1 n
所以数列{a －a}是首项a－a＝3，公比为3的等比数列，所以a －a＝3n，
n＋1 n 2 1 n＋1 n
a＝a＋(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a )
n 1 2 1 3 2 n n－1
＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝＝，a＝1也满足，
1
所以a＝，
n
b＝＝＝－，
n
所以b＋b＋…＋b ＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
1 2 2 022
16．答案：－800
解析：由已知可得a＋a ＝n2·sin ()＝
n n＋1
S ＝(a＋a)＋(a＋a)＋(a＋a)＋…＋(a ＋a )
40 1 2 3 4 5 6 39 40
＝12×sin ＋32×sin ＋52×sin ＋…＋392×sin
＝12－32＋52－…－392
＝(1－3)(1＋3)＋(5－7)(5＋7)＋…＋(37－39)(37＋39)
＝－2×(1＋3＋5＋7＋…＋37＋39)
＝－2××20＝－800.
专练 32 高考大题专练(三) 数列的综合运用
1．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＝，故a＝，b＝.
1 2 3 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
2．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
3．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.
4．解析：由题意可知，数列{}的首项为，设等差数列{}的公差为d，由题意得＝，＝＝
＝2，
则d＝－＝－＝，
所以＝＋(n－1)＝n，即S＝a·n2，
n 1
所以a ＝，即a ＝(2n－1)a ，所以a －a ＝2a ，所以数列{a}是以a 为首项，2a 为
n n 1 n＋1 n 1 n 1 1
公差的等差数列．
5．解析：(1)由4S＝a＋2a－8，
n n
得4S ＝a＋2a －8(n≥2)，
n－1 n－1
两式相减得：4a＝a＋2a－a－2a ，
n n n－1
则a－a－2(a＋a )＝0，
n n－1
即(a－a －2)(a＋a )＝0，
n n－1 n n－1
因为a＞0，
n
所以a－a ＝2，
n n－1
又4a＝a＋2a－8，解得a＝4或a＝－2(舍去)，
1 1 1 1
所以数列{a}是以4为首项，以2为公差的等差数列，
n
所以a＝4＋2(n－1)＝2n＋2；
n
(2)由(1)知：4S＝(2n＋2)2＋2(2n＋2)－8，
n
所以S＝n(n＋3)，
n
则(－1)n(S－3n)＝(－1)nn2，
n
当n为偶数时，T＝－12＋22－32＋42－…＋n2，
n
＝3＋7＋…＋2n－1，
＝＝；
当n为奇数时，T＝－12＋22－32＋42－…＋(n－1)2－n2，
n
＝3＋7＋…＋2n－3－n2，
＝－n2＝－.
所以T＝.
n
专练 33 不等式与一元二次不等式的解法
1．C ∵a＜b＜0，∴a2＞b2.
2．A ∵a，b∈[0，＋∞)，∴p2－q2＝(＋)2－()2＝2≥0，∴p≥q.
3．C ①中c值的正负或是否为零未知，因而判断不等关系缺乏依据，故该命题是假
命题．
②中，由ac2＞bc2可知c2＞0，则a＞b，故该命题是真命题．
③中，由a＜b＜0，可得a2＞b2成立，故该命题为真命题．
④中，由c＞a＞b＞0可知0＜c－a＜c－b，故有＞＞0.又因a＞b＞0，由“同向同正可
乘”性可知＞成立．故该命题为真命题．
⑤中，由＞可得＞0.又因为b－a＜0，所以ab＜0，又a＞b，所以a＞0，b＜0，故该命题为真命题．综上所述，命题②③④⑤都是真命题．
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＝()x在R上单调递减，且x＞y＞0，所以()x＜
()y，即()x－()y＜0.
5．C 因为ab＜0，a＞b，则a＞0，b＜0，＞0，＜0，A不正确；
＜0，＜0，则＋＜0，B不正确；
又a＋b＞0，即a＞－b＞0，则a2＞(－b)2，a2＞b2，
C正确；
由a＞－b＞0得a＞|b|，D不正确．
6．B 由题意得ax2＋bx＋1＝0有两根－1，，
由韦达定理得得
∴ab＝(－3)×(－2)＝6.
7．C 当a－2＝0即a＝2时，原不等式化为－4＜0恒成立；
当a－2≠0时，由题意得
得－2＜a＜2，
综上得－2＜a≤2.
8．D ∵|x2－2|<2，∴－20，∴a＋≥2(当且仅当a＝即a＝1时等号成立)，∴a＋＋2的最小值为4.
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，b>0，∴a＝，由a>0，得
4 2
b>3.∴a＋b＝b＋＝b＋＝(b－3)＋＋7≥2＋7＝4＋7(当且仅当b－3＝即b＝3＋2时等号成立)，
即a＋b的最小值为7＋4.
5．C x＋2y＝1 y＝，则＝.
∵x>0，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“＝”．
8．B 由题意，可得(a＋b)2＝(6＋＋)(a＋b)＝6(a＋b)＋10＋＋≥6(a＋b)＋16，
则有(a＋b)2－6(a＋b)－16≥0，解得a＋b≥8，
当且仅当a＝2，b＝6时取到最小值8.
9．B 由lg a＋lg b＝lg (a＋3b) lg (ab)＝lg (a＋3b) ab＝a＋3b a＝，
因为a＞0，b＞0，所以b－1＞0，即b＞1，
所以a＋b＝＋b＝＋(b－1)＋4≥2⇒＋4＝4＋2， ⇒ ⇒
当且仅当＝b－1时取等号，即b＝＋1时取等号．
10．答案：
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．答案：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．答案：2
解析：直线ax－by－3＝0过点(1，－1)，则a＋b＝3，
又a＞0，b＞0，设t＝＋，则t＞0，
t2＝a＋1＋b＋2＋2＝6＋2.
由(a＋1)(b＋2)≤()2＝9，当且仅当a＋1＝b＋2，即a＝2，b＝1时等号成立．
所以t2＝6＋2≤12，即t≤2，
所以＋的最大值为2，当且仅当a＝2，b＝1时等号成立．
13．A 由9m＝10得m lg 9＝1，所以m＝，所以m－lg 11＝－lg 11＝.因为lg 11·lg
9<()2＝()2<()2＝1，所以m－lg 11>0，则10m>11，所以a＝10m－11>0.同理，lg 8m－lg 9＝－lg
9＝<＝<＝0，所以8m<9，则b<0，所以a>0>b.故选A.
14．A ∵＝，∵x>0，∴x＋≥2(当且仅当x＝即x＝1时等号成立)，
∴≤，由题意得a≥.
15．答案：9
解析：z(1＋i)＝(a＋bi)(1＋i)＝(a－b)＋(a＋b)i，
故复数对应的点的坐标为(a－b，a＋b) ，又因为点在直线x＋3y－2＝0上，
∴(a－b)＋3(a＋b)－2＝0，整理得：2a＋b＝1，
＋＝(＋)(2a＋b)＝5＋＋≥5＋2＝9，
当且仅当＝时，即a＝b 时等号成立，即＋的最小值为9.
16．答案：解析：＝＝＝2＋.
∵x>0，y>0，∴4＝x＋2y≥2，
解得0b，所以
k 1 1 1 5
A错误．同理α<α ＋.设＝t ，所以α ＋>α ＋，则α ＋<α ＋，所以b>b ，所以B错误．同
3 3 1 2 2 1 1 3 8
理α<α ＋.设＝t ，所以α ＋>α ＋，所以bα ＋，则α＋<α ＋，所以α＋>α ＋，所以b0 cos B＝cos [π－(A＋C)]＝－cos (A＋
C)<0 B为钝角⇒△ABC一定是钝角三角形．
7．B “至少有一个”的否定是“⇒一个也没有”⇒即“都不是”．
8⇒．C 由a>b>c，且a＋b＋c＝0可得b＝－a－c，a>0，c<0.要证0，即证a(a－c)＋(a＋c)(a－c)>0，即证a(a－c)－b(a－c)>0，
即证(a－c)(a－b)>0.故求证“<”索的因应是(a－c)(a－b)>0.
9．D 假设a＋，b＋，c＋都小于2，则有a＋＋b＋＋c＋<6.
又∵a>0，b>0，c>0，
∴a＋＋b＋＋c＋＝(a＋)＋(b＋)＋(c＋)≥2 ＋2 ＋2 ＝6，
这与假设矛盾．
∴a＋，b＋，c＋三个数至少有一个不小于2.
10．答案：a≥0，b≥0且a≠b
解析：a＋b>a＋b，即：(－)2(＋)>0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.
11．答案：x≠－1且x≠1
解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．
12．答案：P>Q
解析：P2－Q2＝2－2>0，∴P2>Q2，∴P>Q.
13．A 由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)在R上单
调递减，∵x＋x>0，∴x>－x，∴f(x)1，而a2，ab＝6>1，而a<0，b<0，∴④⑤推不出．对于③可用反证法证明：假设a，b都不大
于1，即a≤1，b≤1，则a＋b≤2，与a＋b>2矛盾，故a，b中至少有一个大于1.
16．答案：②
解析：对于①，(a＋3)2－(2a2＋6a＋11)＝－a2－2<0，∴(a＋3)2<2a2＋6a＋11，∴①不成
立；对于②，∵a≠0，a2＋≥a＋，等价于a4＋1≥a3＋a.而(a4＋1)－(a3＋a)＝a3(a－1)－(a－
1)＝(a－1)(a3－1)＝(a－1)2(a2＋a＋1)≥0，∴a4＋1≥a3＋a恒成立，即②恒成立；对于③，
当a>b时，恒成立，当a0，∴＝.
10．答案：13
解析：如图，过A作AC⊥BO，交BO于点C，
则BC＝OB－O′A＝8－3＝5，又AC＝12，
∴AB＝＝＝13.
11．答案：③④(答案不唯一，②⑤也可)
解析：根据“长对正，高平齐，宽相等”及图中数据，可知②③只能是侧视图，④⑤只
能是俯视图．若需组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次是③④或
②⑤.若是③④，则三棱锥如图1所示；若是②⑤，则三棱锥如图2所示．
12．答案：
解析：由题意得：点M为AD 的中点，点Q为C D 中点，点N与B 重合，
1 1 1 1
∴其俯视图为三角形BM′N′，如图所示∴S＝××＝.
13．C 根据三视图还原原几何体的直观图如图所示：
由三视图可知△PAD为等腰三角形，AD＝2，PA＝PD＝ ＝2，
AB⊥平面PAD，PA 平面PAD，则AB⊥PA，AB＝1，CD＝2，PB＝＝，
同理可得PC＝＝2，
由正视图可知，四边⊂形ABCD为直角梯形，且AB、CD为腰，
BC＝＝，
因此，该四棱锥的所有侧棱中，最长的侧棱长为2.
14．答案：4
解析：如图所示，将三棱锥的侧面展开，
因为∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝30°，所以∠APA＝90°，
1
当虫子沿AA 爬行时，距离最短，
1
又AA＝＝4，
1
所以虫子爬行的最短距离是4.
15．答案：
解析：由三视图可知，该几何体是如图所示四棱锥P－ABCD，
S ＝×2×2＝2，S ＝×2×1＝1，
△PCD △PAB
S ＝×22＝，
△PAD
PB＝BC＝＝，PC＝＝2，
所以S ＝×2×＝×2×＝.
△PBC
所以侧面积的最大值为.
16．答案：2解析：△OAO ≌△OBO ，∴OA＝OB，取 AB中点 G，连接 OG，OA，OM，ON，
1 2
OB，OA，
2
∵OA＝OB，G为AB中点，∴OG⊥AB；
∵OB⊥OA，OB⊥OO，OA∩OO＝O，OA，OO 平面AOO，
2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 2
∴OB⊥平面AOO，又OA 平面AOO，∴OB⊥OA；
2 1 2 2 1 2 2 2
∵OA2＝OO＋OA2＝8，AB2＝OA2＋OB2＝22＋42＋22＝⊂24；
1 2 2
∴OG＝＝＝，∴MG＝＝＝，⊂
∵OM＝ON，∴G也是MN中点，∴MN＝2MG＝2.
专练 39 空间几何体的表面积和体积
1．B 设圆柱的底面半径为r，由题意得高h＝2r，
∴(2r)2＝8，得r＝，
∴S ＝2πr2＋2πrh＝4π＋8π＝12π.
圆柱表
2．B 如图，将三视图还原成直观图．该直观图是一个侧放的直四棱柱 ABCD－
ABC D ，底面ABCD是直角梯形，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝2，AB＝4，AA ＝2.所
1 1 1 1 1
以底面面积S＝＝6，设该直四棱柱的高为h，则该几何体的体积V＝Sh＝6×2＝12.故选B.
3．D 由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去一个以1为底面圆的半径，高
为1的圆柱的，如图所示，故其表面积S＝1×1＋1×1＋2×＋×1＝1＋1＋2－＋＝4.
4．C 设等边△ABC的边长为a(a>0)，外接圆半径为r，球心O到平面ABC的距离为
h，球的半径为R，
依题意得a2＝，解得a＝3(负值舍去)，
则△ABC的外接圆半径为r＝a＝，
因为球O的表面积为16π，
即4πR2＝16π，所以R＝2.
由R2＝h2＋r2得h＝＝1.5．B 由题意玻璃球的体积等于放入玻璃球后的体积减去原来的体积．
设玻璃球的半径为r，即圆柱形玻璃杯的底面半径为r，
则玻璃球的体积为，圆柱的底面面积为πr2，
若放入一个玻璃球后，水恰好淹没了玻璃球，则此时水面高度为2r，
所以＝πr2(2r－10)，解得r＝15(cm).
6．D 依题意，这是半个圆柱和一个三棱柱组成的几何体，故体积为×2×2×2＋
π×12×2＝4＋π.
7．B 由三视图知该柱体的直观图为如图所示的五棱柱ABCDE－ABC DE，
1 1 1 1 1
取CD中点G，连接AG，
由侧视图知AG⊥CD，AG＝6，
∴底面积S＝S ＋S ＝×(2＋6)×3＋×(4＋6)×3＝27，
梯形AGCB 梯形AGDE
∴该柱体体积V＝Sh＝27×6＝162.
8．C
由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中PB⊥平面ABC，底面三角形为等
腰三角形，且AB＝4，PB＝4，CD⊥AB，CD＝2，所以AB＝BC＝AC＝4，由此可知四个面
中面积最大的为侧面PAC，取AC中点E，连接PE，BE，则AC⊥平面PBE，
所以PE⊥AC，PE＝＝2，
S ＝·AC·PE＝4.
△PAC
9．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.
10．答案：80 40
解析：该几何体的上方是棱长为2的正方体，下方是底面边长为4，高为2的长方体，
故其表面积S＝4×4×2＋4×4×2＋2×2×4＝80，∴V＝42×2＋23＝40.
11．答案：39π
解析：设该圆锥的高为h，则由已知条件可得×π×62×h＝30π，解得h＝，则圆锥的母
线长为＝＝，故该圆锥的侧面积为π×6×＝39π.
12．答案：
解析：因为PA＝PB＝PC＝，所以点P在底面ABC的射影为△ABC的外心O，
1所以球心O在直线PQ 上，设三棱锥外接球的半径为R，因为2AO＝，
1 1
所以AO＝2，PO＝，由AO2＝OO＋AO可得，
1 1
R2＝(－R)2＋4，解得R＝，
故此三棱锥外接球的表面积为4πR2＝4π×＝.
13．C 设四棱锥的底面为四边形ABCD.设四边形ABCD的外接圆圆心为O′，半径为
r.S ＝S ＋S ＋S ＋S ＝r2sin ∠AO′B＋r2sin ∠AO′D＋r2sin ∠BO′C＋
四边形ABCD △AO′B △AO′D △BO′C △CO′D
r2sin ∠CO′D＝r2(sin ∠AO′B＋sin ∠AO′D＋sin ∠BO′C＋sin ∠CO′D).因为∠AO′B＋
∠AO′D＋∠BO′C＋∠CO′D＝2π，且当θ＝时，sin θ取最大值1，所以当∠AO′B＝∠AO′D＝
∠BO′C＝∠CO′D＝时，S 最大，即当四棱锥O－ABCD的底面为正方形时，四棱锥
四边形ABCD
O－ABCD的体积取得最大值．设AB＝a(a>0)，则正方形ABCD的外接圆的半径r＝a，四棱
锥O－ABCD的高h＝，则1－a2>0，解得00；当x∈(，)时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，)
上单调递增，在(，)上单调递减．当x2＝时，f(x)取得极大值，也是最大值，即V 取得
O－ABCD
最大值，此时四棱锥O－ABCD的高h＝＝.故选C.
14．B
作出如图三棱锥 O－ABC，OA＝OB＝OC＝2，取 AB 中点 D，连接 DC，DO，则
OD⊥AB，
又平面OAB⊥平面ABC，平面OAB∩平面ABC＝AB，OD 平面OAB，所以OD⊥平面
ABC，CD 平面ABC，则OD⊥CD，
又AB＝2，OA2＋OB2＝AB2，所以OD＝，OA⊥OB， ⊂
所以C⊂D＝＝＝AB，
所以AC⊥BC，S ＝×2×2＝2，
△OAB
要使三棱锥O－ABC体积最大，则C到平面OAB的距离h最大，
显然h≤CD，当CD⊥AB时，平面OAB∩平面ABC＝AB，CD 平面ABC，
所以CD⊥平面OAB，此时h＝CD＝，为最大值，
V ＝×2×＝. ⊂
max
15．答案：16π
解析：如图所示，正三角形绕边AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同
底的圆锥，圆锥的底面半径为r＝OC＝2，
母线长为l＝AC＝4，则所得几何体的表面积为S＝2×πrl＝2π×2×4＝16π.
16．答案：
解析：设该半正多面体是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱椎所得，
内侧即为二十四等边体，其体积V＝2×2×2－8×××1×1×1＝；
1
由二十四等边体的对称性可知，如图所示，其外接球的球心即为正方体中心O，半径为中心到一个顶点的距离，则
R＝＝＝，
故V＝π()3＝，从而＝.
2
专练 40 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．
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 两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，故A错误；如图1，直线DD
1
与BC 都是直线AB的异面直线，同样DD 与BC 也是异面直线，故B错误；如图2，设直
1 1 1 1 1
线AB与CD是异面直线，则直线AC与BD一定不平行，否则若AC∥BD，有AC与BD确
定一个平面α，则AC α，BD α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB α，CD α，
这与假设矛盾，故C正确；如图1，AB∥CD，而直线AA 与AB相交，但与直线CD不相交，
1
故D错误． ⊂ ⊂ ⊂ ⊂
8．A 连接AC ，AC(图略)，则AC ∥AC，
1 1 1 1
∴A，C ，A，C四点共面，∴AC 平面ACC A.
1 1 1 1 1
∵M∈AC，∴M∈平面ACC A.又M∈平面ABD，
1 1 1 1 1
∴M在平面ACC A 与平面ABD 的⊂交线上，
1 1 1 1
同理A，O在平面ACC A 与平面ABD 的交线上，
1 1 1 1
∴A，M，O三点共线．
9．B
取DN中点O，连结MO，BO，
∵三棱锥ABCD的所有棱长都相等，M，N分别是棱AD，BC的中点，
∴MO∥AN，
∴∠BMO是异面直线BM与AN所成角，
设三棱锥ABCD的所有棱长为2，
则AN＝BM＝DN＝＝，
MO＝AN＝NO＝DN.
BO＝＝＝，
∴cos ∠BMO＝＝＝.
∴异面直线BM与AN所成角的余弦值为.10．答案：
解析：因为CD∥AB，所以∠BAE即为异面直线AE与CD所成的角．
设正方体的棱长为2，则BE＝.
因为AB⊥平面BBC C，
1 1
所以AB⊥BE.
在Rt△ABE中，
tan ∠BAE＝＝.
11．答案：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．答案：②③④
解析：还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成
60°角，DE与MN为异面直线，且所成的角为90°，即DE与MN垂直．
13．D 连接BD，则∠BDB，∠DBA分别是BD与平面ABCD和平面AABB所成的
1 1 1 1 1
角，所以∠BDB＝∠DBA＝30°.所以BB ＝DB ，BD＝DB ，AD＝DB.设BB ＝a，则DB ＝
1 1 1 1 1 1 1 1
2a，AD＝BC＝a，BD＝a，所以AB＝＝a，AC＝BD＝a，CB ＝＝a.所以AB＝AD，AC≠CB
1 1
，因此A，C项错误．易知∠DBC是BD与平面BBC C所成的角，且为锐角．因为DC＝
1 1 1 1
a，DB ＝2a，CB ＝a，所以DC2＋CB＝DB，所以DC⊥CB .在Rt△DCB 中，sin ∠DBC＝
1 1 1 1 1
＝，所以∠DBC＝45°，即BD与平面BBC C所成的角为45°，因此D项正确．因为AD⊥
1 1 1 1
平面ABBA ，AD 平面ABC D，所以平面ABC D⊥平面ABBA ，所以∠BAB是AB与平
1 1 1 1 1 1 1 1 1
面ABC D所成的角．在 Rt△ABB 中，AB＝a，BB ＝a，所以tan ∠BAB＝＝≠，所以
1 1 1 1 1
∠BAB≠30°，即⊂AB与平面ABC D所成的角不是30°，因此B项错误．故选D.
1 1 1
14．B 对于①，梯形一定是平面图形，是真命题；对于②，当这一点在这一条直线上
时，不确定，是假命题；对于③，两两相交，且交于一点的三条直线可不一定确定一个平面，
是假命题；对于④，如果平面α外有两点A，B位于平面α两侧时，不满足，是假命题；故
正确的命题个数为1个．
15．答案：①②④
解析：对于①，当平面α外两点的连线与平面α垂直时，此时过两点有无数个平面与平
面α垂直，所以①不正确；对于②，若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，平面
α与β可能平行，也可能相交，所以②不正确；对于③，直线l与平面内的任意直线垂直时，
得到l⊥α，所以③正确；对于④，两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条相交直线或
两条平行直线或直线和直线外的一点，所以④不正确．
16．答案：3
解析：在平面ADDA中寻找与平面ABC 平行的直线时，只需要ME∥BC ，如图所示，
1 1 1 1 1
因为AM＝2MD ，故该截面与正方体的交点位于靠近D，A，C的三等分点处，
1 1 1
故可得截面为MIHGFE，设正方体的棱长为3a，
则ME＝2a，MI＝a，
IH＝2a，HG＝a，FG＝2a，EF＝a，
所以截面MIHGFE的周长为ME＋EF＋FG＋GH＋HI＋IM＝9a，
又因为正方体AC的棱长为1，即3a＝1，
1
故截面多边形的周长为3.
专练 41 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 A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平
面可能相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．
3．B 易知A、C、D选项中α与β可能相交．
4．C 由面面平行的判定定理和性质知A、B、D正确；对于C，位于两个平行平面内
的直线也可能异面．
5．B 对于A，当m∥α，n∥α时m与n可能平行、相交、异面，故A不正确；对于
B，当m⊥α，n α时，由线面垂直的性质定理可知m⊥n，故B正确；对于C，当m⊥α，
m⊥n时n∥α或n α，故C不正确；对于D，当m∥α，m⊥n时，n∥α或n α，故D不正确．
6．D ∵平⊂面α∥平面ABC，
∴A′C′∥AC，⊂A′B′∥AB，B′C′∥BC， ⊂
∴S ∶S ＝(PA′∶PA)2
△A′B′C′ △ABC
又PA′∶AA′＝2∶3
∴PA′∶PA＝2∶5，∴S ∶S ＝4∶25.
△A′B′C′ △ABC
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 A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中心，则QD∥AB.
∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．
B 项，作如图②所示的辅助线，则 AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又 AB⊄平面
MNQ，MQ 平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.
⊂C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，
∴ AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ 平面MNQ，
∴ AB∥平面MNQ.
D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥⊂CD，CD∥NQ，
∴ AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ 平面MNQ，
∴ AB∥平面MNQ.
10．答案：平行 ⊂
解析：连结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．答⊂案：
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．答⊂案：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．A 取AB的中点H，则BH∥C G，BH＝C G，从而四边形BC GH为平行四边形，
1 1 1
所以BC ∥HG.易知EH∥GF，FH∥GE，则四边形EGFH为平行四边形，
1
从而GH 平面EFG.又BC ⊄平面EFG，所以BC ∥平面EFG.
1 1
易知BF∥ED，BF＝ED，则四边形BFD E为平行四边形，从而BD 与EF相交，
1 1 1 1
所以直线⊂BD 与平面EFG相交．
1
15．B 过点E，F，G的截面如图所示(H，I分别为AA ，BC的中点)，连接AB，
1 1
BQ，AP，PC，易知BQ与平面EFG相交于点Q，故A错误；
∵AB∥HE，AB⊄平面EFG，HE 平面EFG，
1 1
∴AB∥平面EFG，故B正确；
1
AP 平面ADD A，HG 平面ADD⊂A，延长HG与PA必相交，故C错误；
1 1 1 1
易知平面ABQ与平面EFG有交点Q，故D错误．
1
16．⊂B 取BC 的中点⊂E，BB 的中点F，连接AE，AF，EF，取EF的中点O，连接
1 1 1 1 1
AO，如图所示，
1
∵点M，N分别是棱长为1的正方体ABCD ABC D 中棱BC，CC 的中点，
1 1 1 1 1
∴AM∥AE，MN∥EF，
1
∵AM∩MN＝M，AE∩EF＝E，AM，MN 平面AMN，AE，EF 平面AEF，
1 1 1
∴平面AMN∥平面AEF，
1
∵动点P在正方形BCC B(包括边界)内运动⊂，且PA∥平面AMN⊂，
1 1 1
∴点P的轨迹是线段EF，
∵AE＝AF＝＝，
1 1
EF＝＝，
∴AO⊥EF，
1
∴当P与O重合时，PA 的长度取最小值AO，
1 1
AO＝＝，
1
当P与E(或F)重合时，PA 的长度取最大值AE或AF，AE＝AF＝.
1 1 1 1 1
∴PA 的长度范围为[，].
1专练 42 直线、平面垂直的判定与性质
1．D 如图ABCD为矩形，PA⊥面ABCD时，△PAB，△PAD为直角三角形，
又AD⊥DC，PA⊥DC，PA∩AD＝A，
∴CD⊥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 ∵n∥α，由线面平行的性质定理可知，过直线n的平面β与平面α的交线l平行
于n，
∵m⊥α，l α，∴m⊥l，∴m⊥n，故A正确；若m⊥α，n⊥α，由直线与平面垂直的性
质，可得m∥n，故B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n α，又n⊄α，∴n∥α，故C正确；
若m⊥n，n∥α，⊂则m∥α或m与α相交或m α，而m⊄α，则m∥α或m与α相交，故D错
误． ⊂
3．C 当α∥β，b⊥β时，b⊥α，又a α⊂，∴b⊥a，故C正确.
4．C 因AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则BE⊥AC，DE⊥AC，而BE∩DE＝
E，BE，DE 平面BDE， ⊂
则有AC⊥平面BDE，又AC 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE，C正确；
在平面⊂ABC内取点P，作PM⊥AB，PN⊥BE，垂足分别为M，N，如图，
⊂
因平面 ABC⊥平面 BDE，平面 ABC∩平面 BDE＝BE，则 PN⊥平面 BDE，则有
PN⊥BD，
若平面ABC⊥平面ABD，同理可得PM⊥BD，而PM∩PN＝P，PM，PN 平面ABC，
于是得BD⊥平面ABC，显然BD与平面ABC不一定垂直，A不正确；
过A作△ABD边BD上的高AF，连CF，由△ABD≌△CBD得，CF是△⊂CBD边BD上
的高，
则∠AFC是二面角ABDC的平面角，而∠AFC不一定是直角，即平面ABD与平面BDC
不一定垂直，B不正确；
因AC⊥平面BDE，则∠DEB是二面角DACB的平面角，∠DEB不一定是直角，平面
ABC与平面ADC不一定垂直，D不正确．
5．C 当m∥α时，过m作平面γ∩α＝n，则m∥n，结合α⊥β，得n⊥β，从而m⊥β；
当m⊥β时，在α内作直线n⊥l，结合α⊥β，得n⊥β，所以m∥n，又m⊄α，n α，所以
m∥α.
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．
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∠ACA ，
1 1 1
∵AB＝4，BC＝3，
∴AC＝5，∵AA＝5，
1
∴tan ∠ACA＝1.
1
9．C ∵AB＝BC，E为AC的中点，∴EB⊥AC，同理DE⊥AC，又DE∩EB＝E，
∴AC⊥面BDE，又AC 面ACD，
∴平面ACD⊥面BDE，同理平面ABC⊥面BDE.
10．答案：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．答案：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．答案：5
解析⊂：
∵PA⊥面ABCD，又PA 面PAD，
∴面PAD⊥面ABCD；同理面PAB⊥面ABCD，
又PA⊥面ABCD， ⊂
∴PA⊥CD，
又CD⊥AD，AD∩PA＝A，
∴CD⊥面PAD，又CD 面PCD，
∴面PCD⊥面PAD，同理面PBC⊥面PAB，面PAB⊥面PAD，共有5对．
13．D ∵AD与PB在平⊂面ABC内的射影AB不垂直，∴A不成立．又平面PAB⊥平面
PAE，∴平面PAB⊥平面PBC也不成立．∵BC∥AD，∴BC∥平面PAD，
∴直线BC∥平面PAE也不成立．在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∠PDA＝45°，∴D
正确．
14．C 设正方体的棱长为2，对于①，如图(1)所示，连接AC，则MN∥AC，
图(1)
故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角，
在Rt△OPC中，OC＝，CP＝1，
故tan ∠POC＝＝，故MN⊥OP不成立．
对于②，如图(2)所示，取AN的中点B，连接PB，OB，
图(2)
则OP＝＝，
PB＝，OB＝＝，
所以OP2＋PB2＝OB2，所以OP⊥PB，
又PB∥MN，所以OP⊥MN.
图(3)
对于③，如图(3)所示，取AD的中点C，连接OC，PC，BD，因为P，C分别是DE，
AD的中点，所以CP⊥BD，又OC⊥平面ADEB，BD 平面ADEB.
所以 OC⊥BD，又 OC∩CP＝C，OC，CP 平面 OCP，所以 BD⊥平面 OCP，所以
BD⊥OP， ⊂
又BD∥MN，所以OP⊥MN， ⊂
图(4)
对于④，如图(4)所示，取AN的中点B，ME的中点F，连接PB，BF，OF，
若OP⊥MN，又OF⊥平面MENA，所以OF⊥MN，所以MN⊥平面OFBP，
所以MN⊥BF，显然，MN与BF不可能垂直，所以OP⊥MN不成立．
15．答案：BM⊥PC(DM⊥PC)
解析：当BM⊥PC时，面MBD⊥面PCD，证明如下：如图所示，∵PA⊥面ABCD，AB＝AD，
∴PB＝PD，又BC＝CD，
∴△PBC≌△PCD，∴当BM⊥PC时，
DM⊥PC，∴PC⊥面MBD，又PC 面PCD，
∴平面MBD⊥面PCD.
16．答案：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 43 高考大题专练(四) 立体几何
的综合运用
1．解析：方法一 (1)证明：过点E作EE′⊥AB于点E′，过点F作FF′⊥BC于点F′，连
接E′F′，如图(1).
∵平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EE′ 平面EAB，∴EE′⊥平面
ABCD.
同理FF′⊥平面ABCD，∴EE′∥FF′. ⊂
易得△EE′B≌FF′B，∴EE′＝FF′，
∴四边形EE′F′F是平行四边形，∴EF∥E′F′.
又∵E′F′ 平面ABCD，EF⊄平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD.
(2)过点G⊂，H分别作GG′⊥CD于点G′，HH′⊥DA于点H′，连接F′G′，G′H′，H′E′，
AC，如图(1).
由(1)及题意，可知E′，F′，G′，H′分别为AB，BC，CD，DA的中点，四棱柱EFGH
E′F′G′H′为长方体．
故该包装盒可看作由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成．
由底面ABCD是边长为8 cm的正方形，可得E′F′＝E′H′＝AC＝4 cm.
在正三角形ABE中，易得EE′＝4 cm.∴所求包装盒的容积V＝V ＋4V ＝E′F′×E′H′×EE′＋4××E′H′×EE′×AC
EFGH E′F′G′H′ A－EE′H′H
＝4×4×4＋4××4×4××8＝(cm3).
方法二 (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，△EAB和△FBC是正三角形，∴分别取
AB，BC的中点K，I，连接EK，FI，KI，则EK⊥AB，FI⊥BC，如图(2).
∵平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EK 平面EAB，∴EK⊥平面
ABCD.
同理FI⊥平面ABCD，∴EK∥FI.易知△EAB≌△FBC，∴EK＝⊂FI，
∴四边形EKIF是平行四边形，∴EF∥KI.
又∵EF⊄平面ABCD，KI 平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD.
(2)可补形成长方体，如图⊂(2)，易得长方体的高为4 cm.故所求包装盒的容积V＝82×4
－4×××42×4＝(cm3).
2．解析：
(1)如图，取BC的中点为M，连接EM，由已知可得EM∥AB，AB＝BC＝2，CF＝1，
EM＝AB＝1，AB∥AB，
1 1
由BF⊥AB 得EM⊥BF，
1 1
又EM⊥CF，BF∩CF＝F，
所以EM⊥平面BCF，
故V ＝V ＝×BC×CF×EM＝××2×1×1＝.
三棱锥F－EBC 三棱锥E－FBC
(2)连接AE，BM，由(1)知EM∥AB，
1 1 1 1
所以ED在平面EMBA 内．
1 1
在正方形CC BB中，由于F，M分别是CC ，BC的中点，所以由平面几何知识可得
1 1 1
BF⊥BM，
1
又BF⊥AB，BM∩AB＝B，所以BF⊥平面EMBA，
1 1 1 1 1 1 1 1
又DE 平面EMBA，所以BF⊥DE.
1 1
3．解析：(1)当λ＝时，平面AEF⊥平面PBC，理由如下：
因为P⊂A⊥底面ABCD，BC 平面ABCD，所以PA⊥BC，
因为ABCD为矩形，所以AB⊥BC，
又PA∩AB＝A，所以BC⊥⊂平面PAB.
因为AE 平面PAB，所以AE⊥BC.
因为PE＝PB，所以E为线段PB的中点，又因为PA＝AB，所以AE⊥PB，
又PB∩⊂BC＝B，所以AE⊥平面PBC，
因为AE 平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC.
(2)因为平面AEF⊥平面PBC，由(1)可知E为PB的中点，
因为PA⊥⊂底面ABCD，所以点E到底面ABCD的距离为PA＝1，所以V ＝×(×2×BF)×1＝，
EABF
因为V ∶V ＝1∶6，所以＝＝，所以BF＝2，V ＝×4＝，
EABF PABCD EABF
∵PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，则PA⊥AB，同理可知BF⊥BE，
∵PA＝AB＝2，E为PB的中点，
则AE＝BE＝PA＝，EF＝⊂＝，
所以S ＝××＝，
△AEF
设点B到平面AEF的距离为d，由V ＝V 得d·＝，解得d＝.
BAEF EABF
4．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.
⊂
在△ABC中，由AB＝BC＝2，∠ACB＝60°可知，AC＝2，BE＝，
∵AD⊥CD，E为AC的中点，∴DE＝AC＝1.
又BD＝2，∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE，
由(1)知△ABD≌△CBD，∴AF＝CF.又E为AC的中点，∴EF⊥AC.
∴当△ACF的面积最小时，EF⊥BD.
∴S ＝BE·DE＝BD·EF，
△BDE
∴EF＝，BF＝.
方法一：∴V ＝V ＋V ＝2V ＝2×××××1＝.
F ABC A BEF C BEF A BEF
方法二：∴BF∶BD＝3∶4.
∴V ＝V ＝×××2××1＝.
F ABC D ABC
5．解析：(1)由题设可知，PA＝PB＝PC.
由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.
又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°.
从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，又PB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面
PAC.
⊂
(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l.
由题设可得rl＝，l2－r2＝2.
解得r＝1，l＝.
从而AB＝.由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，
故PA＝PB＝PC＝.
所以三棱锥PABC的体积为
××PA×PB×PC＝××()3＝.专练 44 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 因为直线l ⇒，l 的倾斜角为锐角，且直线l 的倾斜角大于直线l 的倾斜角，所以
2 3 2 3
0＜k＜k.直线l 的倾斜角为钝角，斜率k＜0，所以k＜k＜k.
3 2 1 1 1 3 2
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tan θ＝－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．答案：4
解析：由题意得k ＝k ，∴＝，得a＝4.
AC BC
11．答案：45°
解析：y′＝3x2－2，当x＝1时，y′＝3－2＝1，∴k＝1，其倾斜角为45°.
12．答案：1
解析：由题意得，＝1，得m＝1.
13．A 由题意知，y′＝2x＋2，
设P(x，y)，则在点P处的切线的斜率k＝2x＋2.
0 0 0
因为曲线C在点P处的切线倾斜角的取值范围为，则0≤k≤1，即0≤2x＋2≤1，
0
故－1≤x≤－.
0
14．C ∵O，O 都为五角星的中心点，
3
∴OO 平分第三颗小星的一个角，
3
又五角星的内角为36°，可知∠BAO ＝18°，
3
过O 作x轴的平行线OE，如图，
3 3
则∠OO E＝α≈16°，
3
∴直线AB的倾斜角为18°－16°＝2°.
15．答案：∪
解析：∵y′＝3x2－1≥－1，∴tan θ≥－1，
∴θ∈∪.
16．答案：3＋2
解析：∵直线l过点(1，2)，∴＋＝1，
∴a＋b＝(a＋b)(＋)＝3＋＋≥3＋2＝3＋2(当且仅当＝，即a＝＋1，b＝2＋时等号成立).专练 45 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．C 当m＝0时，x＋my＋2＝0 x＝－2，
由2x－y＋1＝0知y＝2x＋1，斜率为2，
所以直线2x－y＋1＝0与x＝－2不⇒垂直，不符合题意；
当m≠0时，x＋my＋2＝0 y＝－x－，
因为直线2x－y＋1＝0与直线x＋my＋2＝0垂直，
所以－×2＝－1，解得m＝⇒2.
3．B 因为直线l：2x＋ay＋2＝0与直线l：(a－1)x＋3y＋2＝0平行，
1 2
所以2×3－a(a－1)＝0，即a2－a－6＝0，解得：a＝－2或3，
当a＝3时，l：2x＋3y＋2＝0与l：2x＋3y＋2＝0重合，不满足题意，舍去；
1 2
当a＝－2时，l：x－y＋1＝0与l：3x－3y－2＝0平行，满足题意．
1 2
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．D 由题设，可得k ＝＝－2，
AB
且AB的中点为(，1)，
∴AB垂直平分线的斜率k＝－＝，
故AB的垂直平分线方程为
y＝(x－)＋1＝＋，
∵AC＝BC，则△ABC的外心、重心、垂心都在AB的垂直平分线上，
∴△ABC的欧拉线的方程为2x－4y＋1＝0.
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.
3 1 2 3
9．B 解法一 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝2，符合题意．当直线l
的斜率存在时，依题意可设直线l的方程为y－1＝k(x－2)，即kx－y＋1－2k＝0，因为P(4，
2)和Q(0，－4)到直线l的距离相等，所以|4k－2＋1－2k|＝|4＋1－2k|，解得k＝，则直线l
的方程为3x－2y－4＝0.
解法二 由题意知，所求直线经过P(4，2)和Q(0，－4)的中点或与过P(4，2)和Q(0，
－4)的直线平行．当所求直线经过P(4，2)和Q(0，－4)的中点(2，－1)时，所求直线方程为
x＝2；当所求直线与过P(4，2)和Q(0，－4)的直线平行时，由k ＝＝，得直线l的方程为y
PQ
－1＝(x－2)，即3x－2y－4＝0.
10．答案：
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．答案：0或1
解析：因直线x＋my－2＝0和直线mx－(2m－1)y＝0垂直，
则有1·m＋m[－(2m－1)]＝0，即2m－2m2＝0，解得m＝0或m＝1，所以m＝0或m＝1.
12．答案：
解析：由题意可知，k ＝＝b－a＝1，
AB
故|AB|＝＝.
13．B 因为直线(b2＋1)x＋ay＋2＝0与直线x－b2y－1＝0互相垂直，所以(b2＋1)－ab2
＝0.又因为b>0，所以ab＝b＋≥2，当且仅当b＝1时等号成立．
14．C 直线mx－y＋1－2m＝0过定点Q(2，1)，所以点P(3，2)到直线mx－y＋1－2m
＝0的距离最大时，PQ垂直直线，即m·＝－1，∴m＝－1.15．C a×1＋(－1)×a＝0恒成立，l 与l 互相垂直恒成立，故A正确；
1 2
直线l：ax－y＋1＝0，当a变化时，x＝0，y＝1恒成立，
1
所以l 恒过定点A(0，1)；
1
l ：x＋ay＋1＝0，当a变化时，x＝－1，y＝0恒成立，所以l 恒过定点B(－1，0)，故
2 2
B正确；
在l 上任取点(x，ax＋1)，
1
其关于直线x＋y＝0对称的点的坐标为(－ax－1，－x)，
代入l：x＋ay＋1＝0，则左边不恒等于0，故C不正确；
2
联立解得
即M(，)，
所以|MO|＝＝≤，
所以|MO|的最大值是，故D正确．
16．C 如图1，作A关于DC的对称点为E，D关于AB的对称点为G，C关于AB的对
称点为F，连接GF，EF，
由题可得tan α＝＝＝.
如图2，作A关于BC的对称点为G，B关于AD的对称点为F，C关于AD的对称点为
E，
连接EF，EG，
由题可得tan α＝＝＝.
综上，tan α的值为或.
专练 46 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 圆C即(x－1)2＋(y－2)2＝2，半径r＝，
因为CA⊥CB，所以AB＝r＝2，
又P是AB的中点，所以CP＝AB＝1，
所以点P的轨迹方程为(x－1)2＋(y－2)2＝1.
9．B 连接OM，ON，则OM＝ON，∠MPN＝∠ONP＝∠OMP＝90°，
∴四边形OMPN为正方形，∵r＝1，∴|OP|＝，
又原点到直线x＋y－2＝0的距离d＝＝，
∴符合条件的点P只有一个．
10．答案：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)，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．答案：y＝3或3x＋4y－12＝0
解析：联立解得所以圆心C(3，2).
若k不存在，不符合题意；若k存在，则设切线方程为y＝kx＋3，可得圆心到切线的距
离d＝r，即＝1，解得k＝0或k＝－.则所求的切线方程为y＝3或3x＋4y－12＝0.
15．答案：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，
∴()2＝r2－d2＝12－9＝3.
∴|AB|2＝12，则|AB|＝2.在Rt△DEC中，|CD|＝＝＝4.
16．答案：12
解析：由题意，得PA＝(2－x，－y)，
PB＝(－2－x，－y)，
所以PA·PB＝x2＋y2－4，
由于点P(x，y)是圆上的点，故其坐标满足方程x2＋(y－3)2＝1，
故x2＝－(y－3)2＋1，
所以PA·PB＝－(y－3)2＋1＋y2－4
＝6y－12.
易知2≤y≤4，所以当y＝4时，PA·PB的值最大，最大值为6×4－12＝12.
专练 47 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 因为直线2x＋y－1＝0是圆(x－a)2＋y2＝1的一条对称轴，所以直线2x＋y－1＝0
经过圆心．由圆的标准方程，知圆心坐标为(a，0)，所以2a＋0－1＝0，解得a＝.故选A.
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，r＋r＝5，
2 1 2 1 2 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 2
5. D
设原点为O，直线l与圆C交于点A，B，由题意，得∠AOB＝120°.过O作OH⊥AB于
点H，则|OH|＝1；
设直线l的方程为y＝x＋b，由|OH|＝1，得＝1，解得b＝±，所以直线l在y轴上的截距
为±.
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 设圆心为P(x ，y)，半径为r，∵圆与x轴，y轴都相切，∴|x|＝|y|＝r，又圆经
0 0 0 0
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＝5.
0 0 0 0
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＝＝.
8．B 圆C的圆心为C(2，0)，则|PA|＝，其中r2＝4，
|PC|的最小值为点C到直线l的距离，即＝，
所以当|PC|取最小时，|PA|也取最小，即.
9．C x2＋y2－2x－4y＝0化成标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝()2，因为直线ax＋by－6＝
0(a>0，b>0)被圆x2＋y2－2x－4y＝0截得的弦长为2，故直线ax＋by－6＝0(a>0，b>0)经过
圆心(1，2)，即a＋2b＝6.又6＝a＋2b≥2，即ab≤，当且仅当a＝2b＝3时取等号，故ab的
最大值为.
10．答案：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OA＝
1 2 1
OO ，得A(，).因为kOO ＝，所以切线l 的斜率k ＝－，所以l ：y－＝－(x－)，即3x＋4y
1 2 1 2 1 1 1
－5＝0.由图像易得两圆均与直线l ：x＝－1相切，过两圆圆心的直线方程为l：y＝x.联立解
2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.设l ：y＋＝
2 3 3
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－24y－25＝
3
0.
11．答案：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．答案：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．A 圆心(2，0)到直线x＋y＋2＝0的距离为＝2，又圆的半径为，∴P到AB的距离
d∈[2－，2＋]，即d∈[，3]，易知B(0，－2)，A(－2，0)，|AB|＝＝2，S ＝|AB|d∈[2，
△ABP
6].
14．C 圆心C(0，0)到直线l的距离d＝，
若点A(a，b)在圆C上，则a2＋b2＝r2，
所以d＝＝|r|，则直线l与圆C相切，故A正确；
若点A(a，b)在圆C内，则a2＋b2|r|，则直线l与圆C相离，故B正确；
若点A(a，b)在圆C外，则a2＋b2>r2，
所以d＝<|r|，则直线l与圆C相交，故C错误；
若点A(a，b)在直线l上，则a2＋b2－r2＝0，
即a2＋b2＝r2，
所以d＝＝|r|，则直线l与圆C相切，故D正确．
15．答案：(－1，)
解析：由题意知：圆半径为2，OM⊥AB，故AB＝2×2sin θ＝4sin θ，f(θ)＝4sin θ＋2
θ，
则f′(θ)＝4cos θ＋2，令f′(θ)＝0，解得cos θ＝－，又0<θ<π，当θ∈(0，)时，f′(θ)>0，
f(θ)单调递增；
当θ∈(，π)时，f′(θ)<0，f(θ)单调递减；故当θ＝时，f(θ)取得最大值，
此时M(2·cos ，2·sin )，即(－1，).
16．答案：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＋
＋)≥×(10＋6)＝8，当且仅当＝，即b＝3a时取等号，所以＋的最小值为8.
专练 48 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．A 通解 设点P(x，y)，则根据点P在椭圆＋y2＝1上可得x2＝5－5y2.易知点B(0，
1)，所以根据两点间的距离公式得|PB|2＝x2＋(y－1)2＝5－5y2＋(y－1)2＝－4y2－2y＋6＝－(2y
＋)2.
当2y＋＝0，即y＝－(满足|y|≤1)时，|PB|2取得最大值，所以|PB| ＝.
max
优解 因为点P在椭圆＋y2＝1上，所以可设点P(cos θ，sin θ).易知点B(0，1)，所以根
据两点间的距离公式得|PB|2＝(cos θ)2＋(sin θ－1)2＝4cos2θ－2sinθ＋2＝－4sin2θ－2sinθ＋6＝
－(2sin θ＋)2.易知当2sin θ＋＝0，即sin θ＝－时，|PB|2取得最大值，所以|PB| ＝.
max
4．B 依题意，动点P的轨迹是椭圆，且焦点在x轴上，设方程为＋＝1(a>b>0)，由c
＝4，2a＝10，即a＝5，得b＝＝3，则椭圆方程为＋＝1.
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 由题意知，
a2－b2＝()2＝，b2－c2＝()2＝，∴a2－c2＝1.
又a2＝b2＋c2，∴b2＝1，b＝1.∴a2＝，a＝.
10．答案：(3，4)∪(4，5)
解析：由题意可知
解得3b>0)②，
①－②，化简得－＝；
又因离心率为，所以 ＝，
所以＝，即＝＝－；
又线段AB的中点为M(1，1)，所以＝＝＝－，
所以直线AB的斜率为－，故所求直线l的方程为y＝－(x－1)＋1，即x＋2y－3＝0.
专练 49 双曲线
1．D 由题意得a＝4，c＝5，∴b2＝c2－a2＝25－16＝9，又焦点落在x轴上，∴其双
曲线方程为－＝1.
2．B x2－y2＝9可化为－＝1，
∴a＝3，由双曲线的定义知
|PF|＝2a＋|PF|，|QF|＝2a＋|QF|，
2 1 2 1
∴△FPQ的周长L＝|PQ|＋|PF|＋|QF|
2 2 2
＝|PQ|＋2a＋|PF|＋2a＋|QF|
1 1
＝2|PQ|＋4a＝2×7＋4×3＝26.
3．A 不妨设焦点为F(c，0)，渐近线方程为y＝x，即bx－ay＝0，
则焦点F(c，0)到渐近线的距离为＝＝b＝1，
又a＝，所以c＝＝2，
所以该双曲线的离心率e＝＝＝.
4．C ∵c2＝a2＋1，∴e2＝＝＝1＋，又a2>1，∴0<<1，
∴1<1＋<2，∴1|PF|，
1 2
因为|PF|－|PF|＝2a，且|PF|＋|PF|＝6a，
1 2 1 2所以|PF|＝4a，|PF|＝2a，
1 2
由题，因为|FF|＝2c＝6，则，所以∠PFF 为最小角，故∠PFF＝，
1 2 1 2 1 2
所以在△PFF 中，由余弦定理可得，
1 2
＝，又因为c＝3，解得a＝，
所以b＝，所以双曲线的标准方程为－＝1.
9．A 设双曲线的方程为－＝1(a>0，b>0)，则A(a，0)，F(－c，0)，
由双曲线的离心率为2，得＝2，则c＝2a，
因为直线l过点F(－c，0)且垂直于x轴交E于点M、N，
所以点M、N的横坐标都为－c，有－＝1，解得y＝±，
所以M(－c，)，N(－c，－)，所以|MN|＝，
又AF＝a＋c，AF⊥MN，则
S ＝|AF||MN|＝(a＋c)·＝(a＋c)·＝(a＋c)·＝9a＝9，
△AMN
所以a＝1，故c＝2a＝2，得b＝＝，
所以双曲线的方程为：x2－＝1.
10．答案：
解析：由双曲线的性质知c2＝a2＋b2＝4＋5＝9，则c＝3，双曲线右焦点的坐标为(3，
0)，所以双曲线的右焦点到直线x＋2y－8＝0的距离d＝＝.
11．答案：(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＝＝.
12．答案：1
解析：由双曲线方程知b2＝3，从而c2＝a2＋3.又e＝2，因此e＝＝＝2.又a>0，得a＝1.
13．A 如图建立直角坐标系，过O 向x轴引垂线，垂足为A，易知|OA|＝11，|OA|＝
4 4 2
13，
∴＝，
∴e＝＝.
14．答案：9
解析：对于双曲线－＝1，则a＝2，b＝2，c＝4，如图所示：
设双曲线的右焦点为M，则M(4，0)，
由双曲线的定义可得|PF|－|PM|＝4，则|PF|＝4＋|PM|，
所以，|PF|＋|PA|＝|PM|＋|PA|＋4≥|AM|＋4＝＋4＝9，
当且仅当A、P、M三点共线时，等号成立．
因此，|PF|＋|PA|的最小值为9.
15．答案：2
解析：由题，a＝1，焦点F(－c，0)，渐近线方程为y＝－bx，根据点到直线距离公式
1
得|PF|＝＝b，根据勾股定理得|PO|＝a，在Rt△FPO中，利用等面积法可得，P到x轴的距
1 1
离h＝，所以S△FPF＝×2c×＝b＝，离心率e＝＝＝＝2.
1 216．答案：2＋
解析：过点P作抛物线准线的垂线，垂足为点A，则|PA|＝|PF|，
2
因为|PF|＝|FF|＝2c，则|PF|＝|PF|－2a＝2c－2a，则|PA|＝2c－2a，
1 1 2 2 1
因为PA⊥AF，则cos ∠APF＝＝，
1 1
由余弦定理可得cos ∠PFF＝＝，
1 2
因为PA∥FF，所以，∠APF＝∠PFF，所以，＝，
1 2 1 1 2
整理可得c2－4ac＋a2＝0，即e2－4e＋1＝0，因为e>1，解得e＝2＋.
专练 50 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 由抛物线的对称性，不妨设D在x轴上方、E在x轴下方．由得D(2，2)，E(2，
－2)，∵OD⊥OE，∴OD·OE＝4－4p＝0，∴p＝1，∴C的焦点坐标为(，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 因为y2＝4x，所以焦点F(1，0)到准线l：x＝－1的距离为2，
又|AF|＝，所以|AB|＝2＝2.
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
如图为x2＝y的图像，F为其焦点，l为x2＝y的准线，由抛物线的定义知|AA|＝|AF|，|
1
BB|＝|BF|，∴|AA|＋|BB|＝|AF|＋|BF|＝|AB|＝4，由图可知AB的中点到准线的距离为＝2，
1 1 1
∴AB的中点到x轴的距离为2－＝.
7．D
由题意可知抛物线的焦点F的坐标为(1，0)，准线方程为x＝－1，又知双曲线的渐近线
方程为y＝±x，
∵|AB|＝4|OF|＝4，不妨设A在B上方，
∴A(－1，2)，又点A在直线y＝－x上，
∴2＝－·(－1)，∴＝2，
∴双曲线的离心率e＝＝＝.
8．B 当AB与x轴垂直时，A(，1)，B(，－1)，OA·OB＝×＋1×(－1)＝－；
当AB与x轴不垂直时，
设l：y＝k(x－)，
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(x－)(x －)
1 2 1 2 1 2 1 2
＝(1＋k2)xx－k2(x＋x)＋＝－.
1 2 1 2
9．D 抛物线y2＝4x的焦点F(1，0)，依题意，直线AB不垂直于坐标轴，设直线AB：
y＝k(x－1)，
由消去y并整理得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，而k≠0，设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则有xx＝1，又|AB|＝|AF|＋|BF|＝x＋1＋x＋1＝，即x＋x＝，
1 2 1 2 1 2
因AF＝tFB，且t>1，即|AF|>|BF|，则有x>x，解得x＝3，x＝，
1 2 1 2
又(1－x，－y)＝t(x－1，y)，于是得1－x＝t(x－1)，t＝＝＝3，
1 1 2 2 1 2
所以t的值为3.
10．答案：2
解析：抛物线y＝ax2经过点M(2，1)，故1＝4a，解得a＝
∵抛物线方程为y＝，
∴抛物线的标准方程为：x2＝4y.其准线方程为：y＝－1，
点M(2，1)到焦点F的距离即为M到准线的距离：1＋1＝2.
11．答案：8
解析：|PQ|＝|PF|＋|QF|＝x＋1＋x＋1＝x＋x＋2＝6＋2＝8.
1 2 1 2
12．答案：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 因为F(，0)，设M(x，y)，显然当y<0时，k <0，当y>0时，k >0，则要想
0 0 0 OM 0 OM
求解直线 OM 的斜率的最大值，此时 y>0，设 P(m，n)，因为|PM|＝2|MF|，所以PM＝
0
2MF，即(x －m，y －n)＝2(－x ，－y)，解得：，由于n2＝2m，所以9y＝2(3x －1)，即y＋
0 0 0 0 0
＝x ，由于y>0，则k ＝＝＝≤＝，当且仅当y ＝，即y ＝时，等号成立，故直线OM的
0 0 OM 0 0
斜率的最大值为.
14．B 令y＝1，得x＝，即A(，1).
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|＝(3－)＋＋＝9＋.
15．答案：3
解析：设A(x，y)，B(x，y)，C(x，y)，所以有y＝4x，y＝4x，y＝4x，
1 1 2 2 3 3 1 2 3
抛物线的焦点坐标为F(1，0)，△ABC的重心坐标为(，)，
由题意可知：＝1，即x＋x＋x＝3，
1 2 3
S＋S＋S＝(×|OF|·|y|)2＋(×|OF|·|y|)2＋(×|OF|·|y|)2
1 2 3
＝(y＋y＋y)＝x＋x＋x，
1 2 3
所以S＋S＋S＝x＋x＋x＝3.
1 2 3
16．答案：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 51 高考大题专练(五)
圆锥曲线的综合运用
1．解析：(1)设M(x，y)(y>0).
1 1 1
当MD⊥x轴时，x＝p.
1
由抛物线的定义，得|MF|＝x＋＝p＝3，
1
解得p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知D(2，0)，F(1，0).
当直线MN的斜率不存在时，由抛物线的对称性得，α＝β＝，此时α－β不取最大值，
舍去．
当直线MN的斜率存在时，由抛物线的对称性知只考虑斜率大于0的情况即可．
设直线MN的方程为y＝k(x－1)(k>0)，
M(，y)，N(，y)，A(，y)，B(，y).
1 2 3 4
由消去x并整理，得y2－y－4＝0，
则y＋y＝，yy＝－4.
1 2 1 2
因为k ＝k ＝k ，所以＝＝＝，得y＝－.
MD AD AM 3
同理可得y＝－，
4
则k ＝＝＝＝.
AB
因为tan α＝k ＝k，tan β＝k ＝，
MN AB
所以tan (α－β)＝＝＝＝≤，当且仅当＝k，即k＝时，“＝”成立．
故α－β取得最大值时，直线MN的斜率为，方程为y＝(x－1).
由得
则y＝－＝2(－)，
3
故A(8－4，2(－)).
又因为直线AB的斜率k ＝＝，
AB
所以直线AB的方程为y－2(－)＝[x－(8－4)]，即x－y－4＝0.
2．解析：(1)由题意，直线x＝1与C交于P，Q两点，且OP⊥OQ，设C的焦点为F，
P在第一象限，
则根据抛物线的对称性，∠POF＝∠QOF＝45°，
所以P(1，1)，Q(1，－1).
设C的方程为y2＝2px(p>0)，则1＝2p，得p＝，
所以C的方程为y2＝x.
由题意，圆心M(2，0)到l的距离即⊙M的半径，且距离为1，
所以⊙M的方程为(x－2)2＋y2＝1.
(2)设A(x，y)，A(x，y)，A(x，y)，
1 1 1 2 2 2 3 3 3
当A ，A ，A 中有一个为坐标原点，另外两个点的横坐标均为 3时，AA ，AA 均与
1 2 3 1 2 1 3
⊙M相切，此时直线AA 与⊙M相切．
2 3
当x≠x≠x 时，直线AA：x－(y＋y)y＋yy＝0，
1 2 3 1 2 1 2 1 2
则＝1，即(y－1)y＋2yy＋3－y＝0，
1 2
同理可得(y－1)y＋2yy＋3－y＝0，
1 3
所以y，y 是方程(y－1)t2＋2yt＋3－y＝0的两个根，
2 3 1
则y＋y＝，yy＝.
2 3 2 3
直线AA 的方程为x－(y＋y)y＋yy＝0，
2 3 2 3 2 3
设M到直线AA 的距离为d，则d2＝＝＝1，即d＝1，
2 3
所以直线AA 与⊙M相切．
2 3
综上，直线AA 与⊙M相切．
2 3
3．解析：(1)由抛物线的定义可知，焦点F到准线的距离为p，故p＝2，所以C的方程
为y2＝4x.
(2)由(1)知F(1，0)，设P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
则PQ＝(x－x，y－y)，QF＝(1－x，－y)，
2 1 2 1 2 2因为PQ＝9 QF，所以，可得，
又点P在抛物线C上，所以y＝4x ，即(10y)2＝4(10x －9)，化简得y＝x －，则点Q的
1 2 2 2
轨迹方程为y2＝x－.
设直线OQ的方程为y＝kx，易知当直线OQ与曲线y2＝x－相切时，斜率可以取最大，
联立y＝kx与y2＝x－并化简，得k2x2－x＋＝0，
令Δ＝(－)2－4k2·＝0，解得k＝±，
所以直线OQ斜率的最大值为.
4．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).
5．解析：(1)圆A：(x－1)2＋y2＝8的圆心A(1，0)，半径r＝2，依题意，|SB|＝|ST|，
|SB|＋|SA|＝|ST|＋|SA|＝|AT|＝2>2＝|AB|，即点S的轨迹是以B，A为左右焦点，长轴长
为2的椭圆，
短半轴长b＝＝1，
所以曲线C的方程为＋y2＝1.
(2)由DE·MN＝0知，DE⊥MN，直线DE，MN不垂直坐标轴，否则点P，Q之一与点B
重合，不能构成三角形，
即直线DE的斜率存在且不为0，设直线DE方程为：y＝k(x＋1)，由消去y并整理得：(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，设D(x ，y)，E(x ，y)，DE中点
1 1 2 2
P(x ，y )，
P P
则有x＋x＝－，x ＝－，y ＝，因此，|BP|＝＝，
1 2 P P
直线MN的斜率为－，同理可得|BQ|＝，
△BPQ面积S ＝|BP||BQ|＝··＝，
△BPQ
令t＝|k|＋≥2，当且仅当|k|＝1时取“＝”，则S ＝＝，
△BPQ
函数y＝4t＋在[2，＋∞)上单调递增，即当t＝2时，(4t＋) ＝9，
min
所以当t＝2，即k＝±1时，(S ) ＝，
△BPQ max
所以△BPQ面积的最大值是.
专练 52 算法初步
1．C ∵486＝168×2＋150，168＝150＋18，150＝18×8＋6，18＝3×6，∴168与
486的最大公约数为6.
2．A 由程序框图可知x＝21，a＝75，c＝32，b＝21.
3．C 该程序框图表示输入x，输出y＝的函数值，由y＝3，得或得x＝8或x＝±2，
故可输入的实数x的值的个数为3.
4．C S＝0，n＝1；
S＝1，S≤100，n＝3；
S＝4，S≤100，n＝5；
S＝9，S≤100，n＝7；
……
S＝81，S≤100，n＝19；
S＝100，S≤100，n＝21；
S＝121，S>100，结束循环，
∴输出n的值为21.
5．B 程序框图表示取a，b，c中的最大值，因为0<0.41.2<0.40＝1，即01.20＝1，c＝log 1.2a>c，所以a，b，c中的最大值为b.
0.4 0.4
6．A N＝6，k＝1，p＝1，
①p＝1×1＝1，1<6；
②k＝2，p＝1×2＝2，2<6；
③k＝3，p＝2×3＝6，3<6；
④k＝4，p＝6×4＝24，4<6；
⑤k＝5，p＝24×5＝120，5<6；
⑥k＝6，p＝120×6＝720，6＝6；
输出p＝720.
7．A 当k＝1时，k≤2成立，A＝＝；
当k＝2时，k≤2成立，A＝＝；
当k＝3时，k≤2不成立，输出A.
8．B 第一次执行得S＝2，S<5，进入循环体得a＝2，b＝，i＝2；
第二次执行得S＝4.5，S<5，进入循环体得a＝4，b＝，i＝3，
第三次执行得S＝8.75，S≥5，满足条件，输出i＝3.
9．C 该程序框图的功能是求和，即s＝1＋＋＋…＋，由于x＝>0.01, x＝<0.01，故当
x＝时，结束循环，输出s＝1＋＋…＋＝＝2×(1－)＝2－.
10．答案：－2
解析：∵x＝<1，
∴y＝2＋log＝2－4＝－2.
2
11．答案：3
解析：第一次循环，x＝7，k＝1；第二次循环，x＝15，k＝2；第三次循环，x＝31，k
＝3，x>16.终止循环，故输出的k的值为3.
12．答案：3
解析：第一次循环，a＝0＋1＝1，b＝9－1＝8，i＝2；
第二次循环，a＝1＋2＝3，b＝8－2＝6，i＝3；第三次循环，a＝3＋3＝6，b＝6－3＝3，此时a>b，跳出循环．故输出的i的值为3.
13．D 由题意，此程序框图表示S＝S*i的循环结构，当不满足S≥100时，i＝i＋2，
直至满足S≥100，即计算1×3×5×…×n≥100的最小的n的值．
14．B 根据题意，由初始条件a＝1，b＝1，n＝1运行程序：b＝1＋2×1＝3，a＝3－
1＝2，n＝2，＝>0.01，不满足条件，相继循环；b＝3＋2×2＝7，a＝7－2＝5，n＝3，＝
>0.01，不满足条件，继续循环；b＝7＋2×5＝17，a＝17－5＝12，n＝4，＝<0.01，满足条
件，结束循环，输出n＝4.故选B.
15．B 从程序框图可以看出，输入的函数是奇函数且有零点，则即可输出该函数．因
此答案等价于判断哪个函数是奇函数且有零点．假设输入答案A中的函数，显然A中函数
为奇函数，但没有零点，所以不能输出函数；答案B中的函数是奇函数且存在零点0，所以
输出函数为f(x)＝ln (－x).同理答案C、D不符合题意．
16．答案：1 000
解析：输入a＝1 728，k＝12，q＝1 728÷12＝144…0；
a＝144，k＝12，q＝144÷12＝12…0；
a＝12，k＝12，q＝12÷12＝1…0；
a＝1，k＝12，q＝1÷12＝0…1；
所以输出的数为1 000.
专练 53 随机抽样
1．C 由随机抽样的特征可知①为等距抽样，为系统抽样；②是简单随机抽样．
2．D 在简单随机抽样、系统抽样和分层抽样中，每个个体被抽中的概率均为，故P
1
＝P＝P.
2 3
3．D 因为高一年级1 890名新生按系统抽样共抽取210人，所以分210组，每组9人
中抽取一人，因为43号被抽到，所以抽取的其他编号与43相差9的整数倍，
而43－15＝28，72－43＝29，1 214－43＝1 171，1 267－43＝1 224中只有1 224能被9
整除，
故下面4名学生中被抽到的是1 267号学生．
4．B 由题可知分段间隔为＝5，而在[130，138]范围内有10人，故从[130，138]范围
内抽2人，在[152，153]范围内有5人，故在[152，153]内抽取1人，在[139，151]上抽取7
－2－1＝4人．
5．D 从表中第5行第6列开始向右读取数据，
得到的前6个编号分别是：253，313，457，007，328，072,
则得到的第6个样本编号是072.
6．B 由题意，100名学生中能说出一句或一句也说不出的人数为100－32－45＝23人
故该校一年级的400名学生中对“二十四节气歌”只能说出一句或一句也说不出的人数
约为×23＝92人．
7．C 将1 000名学生分成100组，每组10人，则每组抽取的号码构成公差为10的等
差数列{a}，由题意知a ＝46，则a ＝a ＋(n－5)×10＝10n－4，n∈N*，易知只有C选项满
n 5 n 5
足题意．
8．B ∵田径队共有运动员98人，其中女运动员有42人，∴男运动员有56人，
∵每名运动员被抽到的概率都是，
∴男运动员应抽取56×＝16(人).
9．A 因为m＝6，所以在第7组中抽取的号码个位数字与13的个位数字相同，而第7
组中的编号依次为60，61，62，63，…，69，故在第7组中抽取的号码是63.
10．答案：15
解析：由题设，×30＝12，解得x＝15.
11．答案：25
解析：男生人数为900－400＝500.设应抽取男生x人，
则由＝，得x＝25.即应抽取男生25人．
12．答案：46
解析：∵分段间隔为＝8，又第1组中随机抽取的号码为6，∴第6组中抽取的号码为6
＋8×5＝46.13．C 从N个个体中抽取M个个体，每个个体被抽到的概率都等于，因此应选C.
14．B 由题意知，这是一个分层抽样问题，其中北乡应抽取的人数为 300×＝300×＝
108.
15．答案：18
解析：设从丙种型号的产品中抽取x件，由题意得＝，
∴x＝18.
16．答案：2
解析：由题意可得解得则乙组中应抽取的城市个数为6×＝2.
专练 54 统计图表、用样本估计总体
1．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.
2．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.
3．D 设该班原有n位同学，数学成绩记为a，a，a，…，a
1 2 3 n
原平均分x＝，
0
原方差s
＝
该同学回归校园后新平均分
x＝＝＝x，
1 0
即平均分不变．
该同学回归校园后新方差
s＝
＝＝s50%，故D正确．
5．D 对于A，甲评分最高为98，最低为75，极差＝98－75＝23 ，
乙评分最高为99，最低73，极差＝99－73＝26 ，故错误；对于B，甲平均数
＝ ＝86.5 ，
乙平均数＝＝88.2，故错误；
对于C，由所给的数据可知乙的众数是81，故错误；
对于D，甲的中位数＝＝86.5，乙的中位数＝＝87.5 ，87.5>86.5 ，
故正确．
6．D 由频率和为1，得(0.1×2＋b＋0.35＋0.15＋0.05)×1＝1，解得b＝0.25，所以A
正确．
长度落在区间[93，94)内的个数为100×0.35＝35，所以B正确．
[90，93)内有45个数，[94，96]内有20个数，所以长度的中位数一定落在区间[93，94)
内，所以C正确．
根据频率分布直方图不能判断长度的众数一定落在区间[93，94)内，所以D错误．
7．答案：(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.
8．答案：
解析：由题意得m＝＝3，
∴甲组数据的平均数为＝33.
∴＝33，∴n＝8，
∴＝.
9．D 因为图中的实线与虚线的相对高度表示当月利润．由折线统计图可知 1月至6
月的相对高度的总量要比7月至12月的相对高度总量少，故A正确；由折线统计图可知1
月至6月的收入都普遍低于7月至12月的收入，故B正确；由折线统计图可知2021年8月
至12月的虚线是上升的，所以支出持续增长，故C正确；由折线统计图可知11月的相对高
度比7月、8月都要小，故D错误．
10．A 样本共30个，中位数为＝46，显然样本数据出现次数最多的为45，故众数为
45；极差为68－12＝56.
11．答案：3
解析：
＝
＝，
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
12．答案：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 55 变量的相关关系、统计案例
1．C 由散点图知，这些点都分布在条形区域内，具有相关关系．
2．D 因为K2＝2.974>2.706，所以变量x与y不相互独立，这个结论犯错误的概率不
超过10%.
3．D 由题意，得
x＝×(20＋30＋40＋50＋60)＝40，
y＝×(25＋27.5＋29＋32.5＋36)＝30，
则k＝y－0.25x＝30－0.25×40＝20，
故A正确；
由线性回归方程可知，b＝0.25>0，
变量x，y呈正相关关系，故B正确；
若x的值增加1，则y的值约增加0.25，故C正确；当x＝52时，y＝0.25×52＋20＝33，故D不正确．
4．B 由于线性回归方程为y＝7.19x＋73.96，7.19>0，即y随x的增大而增大，y与x
具有正的线性相关关系，①正确；由计算可得，样本点的中心为(6，117.1)，②错误；当x
＝10时，y＝145.86，此为估计值，所以儿子10岁时的身高的估计值是145.86 cm，而不一
定是实际值，③错误；由于回归直线的斜率为7.19，则儿子年龄增加1周岁，身高约增加
7.19 cm，④正确，故应选B.
5．B 由题意知，4.804>3.841，所以至少有95%的把握认为对街舞的喜欢与性别有关．
6．D 由题意可得：
x＝＝200，
y＝＝，
回归方程过样本中心点，则：
＝0.8×200－155，解得：m＝8.
7．答案：0.8
解析：x＝＝2，
y＝＝2.6，
又y＝bx＋1过(x，y)，
∴2.6＝2b＋1，
b＝0.8.
8．答案：①
解析：根据查对临界值表知P(K2≥3.841)≈0.05，故有95%的把握认为“这套眼保健操
能起到预防近视的作用”，即①正确；95%仅指“这套眼保健操能起到预防近视的作用”的
可信程度，所以②③④错误．
9．答案：没有
解析：由于K2＝
＝＝<6.635，故没有99%以上的把握认为“生三胎与性别有关”．
10．B 由已知得x＝＝10(万元)，y＝＝8(万元)，故a＝8－0.76×10＝0.4，所以回归直
线方程为y＝0.76x＋0.4，所以社区一户年收入为15万元的家庭年支出为y＝0.76×15＋0.4＝
11.8(万元).
11．C 由2×2列联表得到a＝45，b＝10，c＝30，d＝15，则a＋b＝55，c＋d＝45，a
＋c＝75，b＋d＝25，ad＝675，bc＝300，n＝100.代入K2＝，得K2的观测值k＝≈3.030.因
为2.706<3.030<3.841.所以有90%以上的把握认为“该市民能否做到‘光盘’与性别有关”．
12．答案：0.025
解析：由题意可得列联表如下，
集中培训 分散培训 总计
一次考过 45 30 75
一次未考过 10 20 30
总计 55 50 105
K2＝≈6.109>5.024.
故犯错误的概率不超过0.025.
13．答案：68
解析：计算可得，x＝30，y＝，所以＝0.67×30＋54.9，解得a＝68.
专练 56 古典概型、几何概型和条件概率
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．A 由 log (3x－2)≥1 可得 0<3x－2≤，即0)的概率为，需159.
所以乙的方案收益更好．2．解析：(1)A公司一共调查了260个班次，其中有240个班次准点，故A公司甲、乙
两城之间的长途客车准点的概率是＝.
B公司一共调查了240个班次，其中有210个班次准点，故B公司甲、乙两城之间的长
途客车准点的概率是＝.
(2)因为K2＝＝≈3.205>2.706，
所以有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关．
3．解析：(1)由题中数据可得：
x＝
＝10.0，
y＝
＝10.3，
s＝[(9.8－10.0)2＋(10.3－10.0)2＋(10.0－10.0)2＋(10.2－10.0)2＋(9.9－10.0)2＋(9.8－10.0)2
＋(10.0－10.0)2＋(10.1－10.0)2＋(10.2－10.0)2＋(9.7－10.0)2]＝0.036，
s＝[(10.1－10.3)2＋(10.4－10.3)2＋(10.1－10.3)2＋(10.0－10.3)2＋(10.1－10.3)2＋(10.3－
10.3)2＋(10.6－10.3)2＋(10.5－10.3)2＋(10.4－10.3)2＋(10.5－10.3)2]＝0.04.
(2)由(1)知y－x＝10.3－10.0＝0.3，而2 ＝2＝2，
则0.3＝>2＝，
所以可判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高．
4．解析：(1)由表格数据知：低体重的有3人，正常的有25人，超重的有17人，肥胖
的有5人；
∴学生的平均得分为：
＝88；
学生肥胖率为＝0.1＝10%.
(2)由参考数据知：
x＝＝22.5，y＝＝3 400，
∴b＝＝＝160，a＝y－bx＝3 400－160×22.5＝－200，
∴y关于x的线性回归方程为：y＝160x－200.
5．解析：(1)该林区这种树木平均一棵的根部横截面积x＝＝0.06(m2)，
平均一棵的材积量y＝＝0.39(m3).
(2)由题意，得(x－x)2＝x－10x2＝0.038－10×0.062＝0.002，
i
(y－y)2＝y－10y2＝1.615 8－10×0.392＝0.094 8，
i
(x－x)(y－y)＝xy－10xy＝0.247 4－10×0.06×0.39＝0.013 4，
i i i i
所以相关系数r＝＝≈≈0.97.
(3)因为树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以比例系数k＝＝＝6.5，
所以该林区这种树木的总材积量的估计值为186×6.5＝1 209(m3).
专练 58 高考大题专练(七)
坐标系与参数方程
1．解析：(1)∵点M在曲线C上，∴6＝3t，∴t＝2，∴a＝y＝2×22＋1＝9.
(2)∵直线l的极坐标方程为ρsin (θ－)＝－，
∴直线l的直角坐标方程为：x－y－2＝0.
∵点P在曲线C上，∴设P(3t，2t2＋1)，
则点P到直线l的距离为d＝，
当t＝时，d ＝.
min
2．解析：(1)C 的参数方程为
1
消去参数t，得C 的普通方程为y2＝6x－2(y≥0).
1
(2)曲线C 的极坐标方程为2cos θ－sin θ＝0，
3
两边同乘ρ，得2ρcos θ－ρsin θ＝0，
则C 的直角坐标方程为y＝2x.
3联立得方程组
解得或
将曲线C 的参数方程中的参数s消去，得y2＝－6x－2(y≤0).
2
联立得方程组
解得或
所以C 与C 交点的直角坐标为和，C 与C 交点的直角坐标为和(－1，－2).
3 1 3 2
3．解析：(1)由ρsin (θ＋)＋m＝0，
得ρsin θ＋ρcos θ＋m＝0.
∵ρcos θ＝x，ρsin θ＝y，
∴l的直角坐标方程为x＋y＋m＝0.
(2)(方法一)把x＝cos 2t，y＝2sin t代入x＋y＋m＝0，得m＝－cos 2t－sin t＝－＋
3sin2t－sint＝3(sin t－)2－.
∵sin t∈[－1，1]，
∴当sin t＝时，m取得最小值－；
当sin t＝－1时，m取得最大值.
∴m的取值范围是[－，].
(方法二)x＝cos 2t＝(1－2sin2t)＝[1－2()2]＝－y2.
∵y＝2sint，sin t∈[－1，1]，∴y∈[－2，2].
联立得方程组
消去x并整理，得3y2－2y－4m－6＝0，
即4m＝3y2－2y－6＝3(y－)2－(－2≤y≤2).
∴－≤4m≤10，∴－≤m≤.
∴m的取值范围是[－，].
4．解析：(1)根据ρ＝2cos θ，得ρ2＝2ρcos θ，
因为x2＋y2＝ρ2，x＝ρcos θ，
所以x2＋y2＝2x，所以曲线C的直角坐标方程为(x－)2＋y2＝2.
(2)设P(x，y)，M(x′，y′)，则AP＝(x－1，y)，AM＝(x′－1，y′).
因为AP＝AM，所以，即，
又M为曲线C上的动点，所以(＋1－)2＋()2＝2，即(x－3＋)2＋y2＝4.
所以P的轨迹C 的参数方程为(其中α为参数，α∈[0，2π)).
1
所以|CC |＝3－2，⊙C 的半径r＝2，又⊙C的半径r＝，所以|CC |1时，x－1＋x＋3≥6，解得x≥2.
综上，不等式f(x)≥6的解集为{x|x≤－4或x≥2}．
(2)f(x)＝|x－a|＋|x＋3|≥|(x－a)－(x＋3)|＝|3＋a|，当且仅当x在a与－3之间(包括两个端点)时取等号，
若f(x)>－a，则|3＋a|>－a，
即3＋a>－a或3＋a－，
故a的取值范围为(－，＋∞).
4．解析：(1)由题设可知，a，b，c均不为零，所以ab＋bc＋ca＝[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋
c2)]＝－(a2＋b2＋c2)＜0.
(2)不妨设max{a，b，c}＝a，因为abc＝1，a＝－(b＋c)，
所以a＞0，b＜0，c＜0.由bc≤，可得abc≤，
故a≥，所以max{a，b，c}≥.
5．证明：(1)因为a2＋b2＋4c2＝3，所以由柯西不等式可知，(a2＋b2＋4c2)(1＋1＋1)≥(a
＋b＋2c)2，
即(a＋b＋2c)2≤9，且a，b，c均为正数，
所以a＋b＋2c≤3，当且仅当a＝b＝2c＝1时等号成立．
所以a＋b＋2c≤3.
(2)(方法一)3＝3＝3.
由b＝2c，a＋b＋2c≤3得
3＝3≥(a＋b＋2c)≥(·＋·＋·)2＝9，当且仅当a＝2c时等号成立，所以＋≥3.
(方法二)因为b＝2c，由(1)知a＋b＋2c≤3，
所以×3≥(a＋4c)＝1＋＋＋4≥5＋2＝9，当且仅当a＝2c时等号成立．所以＋≥3.
6．证明：(1)因为a，b，c都是正数，
所以a＋b＋c≥3＝3，当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
因为a＋b＋c＝1，所以≤，即abc≤.
(2)(方法一)因为a，b，c都是正数，
所以b＋c≥2，a＋c≥2，a＋b≥2，当且仅当a＝b＝c＝时同时取等号．
所以2(＋＋)≤2(＋＋)＝a＋b＋c＝1，
所以＋＋≤.
(方法二)要证＋＋≤成立，只需证＋＋≤成立即可．
因为a，b，c都是正数，
所以b＋c≥2，a＋c≥2，a＋b≥2，当且仅当a＝b＝c＝时同时取等号．
所以＋＋≤＋＋＝＝，得证．
