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专练 1 集合及其运算
1．A 因为U＝{1，2，3，4，5}，
∁U
M＝{1，3}，所以M＝{2，4，5}，所以2∈M，
3∉M，4∈M，5∈M.故选A.
2．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.
3．B 由题意知：A＝{x|2x≤，x∈N*}＝{1，2}，
B＝{x|log (x－1)＝0}＝{2}，A∩B＝{2}．
2
4．A 因为A＝{1，3，6，7，8}，B＝{0，1，2，3，4}，所以A∩B＝{1，3}，由韦恩
图可知阴影部分表示
∁B
(A∩B)＝{0，2，4}．
5．C 由|x|<3，得－33}，所以(∁R A)∩B＝[－2，1)∪(3，＋∞).
11．3
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.
12．－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.
13．±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.
14．C <0，解得00，解得x>1或x<－2，故B＝(－
∞，－2)∪(1，＋∞)，故A∩B＝(1，2).
15．B 因为A＝{x|ex<1}＝{x|x<0}，B＝{x|ln x<0}＝{x|0ex.
0 0 0
2．A 设y＝x－sin x，x>0，y′＝1－cos x≥0，
故y＝x－sin x，x>0为增函数，则x－sin x>0－sin 0＝0，故命题p：∀x∈(0，＋∞)，x
－sin x>0为真命题，则¬p为假命题，因为a2＋2≥2>1 ，故命题q：∀a∈R，f(x)＝log
(a2＋2)
x
在定义域上是增函数为真命题，¬q为假命题，所以p∧q为真命题，¬p∧q为假命题，p∧¬q
为假命题，p∨q为真命题，则¬(p∨q)为假命题．
3．D 当x＝2时，x2＝2x，所以命题p为假命题，则¬p为真命题，
所以x＝时，sin ＋cos ＝>1，所以命题q为真命题，则¬q为假命题，所以p∨q为真命
题，(¬p)∧q为真命题，(¬p)∨(¬q)为真命题，p∨(¬q)为假命题．
4．D 若“p∧q”为真命题，则p，q均为真命题，故A正确；由“ac2>bc2”可推出
“a>b”，当c＝0时ac2＝bc2，此时由“a>b”不能推出“ac2>bc2”，所以“ac2>bc2”是“a>b”的
充分不必要条件，故B正确；命题“若x＝4，则x2－2x－8＝0”的否命题是“若x≠4，则
x2－2x－8≠0”．故 C 正确；命题“∀x≥0，都有 3x≥1”的否命题是“∃x≥0，使得
3x<1”，故D错误．
5．A 对于命题p，由于函数y＝sin x∈[－1，1]，故∃x∈R，sin x<1，是真命题；对
0 0
于命题q：当“α＝β”时“sin α＝sin β”成立，反之不然，故“α＝β”是“sin α＝sin β”
的充分不必要条件，是真命题．故p∧q是真命题，(¬p)∧q，p∧(¬q)，¬(p∨q)均为假命题．
6．A 当x＝0，y＝时，sin (x＋y)＝sin x＋sin y成立所以命题p为真命题，则¬p是假
命题；因为∀x，y∈R，所以sin x≤1，sin y≤1，则sin x·sin y≤1，故命题q为真命题，
则¬q是假命题；所以p∧q是真命题，(¬p)∧q是假命题，p∧(¬q)是假命题，¬(p∨q)是假命
题．
7．D ∵x2－4x＋4＝(x－2)2，∴x＝2 x2－4x＋4＝0，
∴A正确﹔∵m∈R时，Δ＝1＋4m，不能确定方程x2＋x－m＝0是否有根，∴B正确；
在△ABC中，∵A>B a>b sin A>sin⇔ B，∴ C正确；对于D，¬p：∀x∈R，x2－2x＋
4≤0，∴D错误．
8．C 对于命题p：∃ ⇒x∈R⇒，ln x＝1，取x＝e，则ln e＝1，所以命题p为真命题．
0 0 0
对于命题q，该物理量在一次测量中落在(9.9，10.0)与落在(10.2，10.3)的概率不相等，
则该物理量在一次测量中落在(9.9，10.2)与落在(10，10.3)的概率不相等，所以命题q为假命
题．
则p∧(¬q)，p∨q，(¬p)∨(¬q)为真命题，(¬p)∧(¬q)为假命题．
9．A 命题p：在△ABC中，若cos A＝cos B，由于余弦函数在(0，π)上单调递减，则
A＝B，故命题p为真命题；
命题q：向量a与向量b相等的充要条件是向量a与向量b大小相等，方向相同，则命
题q是假命题，则p∧(¬q)为真命题．
10．∀x∈(0，)，tan x≤sin x
11．[－，]
解析：命题“∃x∈R，使得3x＋2ax ＋1＜0”是假命题，即“∀x∈R，3x2＋2ax＋
0 0
1≥0”是真命题，故Δ＝4a2－12≤0，解得－≤a≤.
12．(－∞，－1)
解析：由“p或q”为真命题，得p为真命题或q为真命题．
当p为真命题时，设方程x2＋mx＋1＝0的两根分别为x，x，
1 2
则有
解得m<－2；
当q为真命题时，有Δ′＝16(m＋2)2－16<0，
解得－30”的否定为“∀x∈[－1，1]，都有x＋2－a≤0”，
0 0
因为“∃x∈[－1，1]，x＋2－a>0”为假命题，
0 0
所以“∀x∈[－1，1]，都有x＋2－a≤0”为真命题，
所以a≥x＋2在x∈[－1，1]上恒成立，所以a≥3，
所以实数a的最小值为3.
16．(－∞，3]
解析：若命题“∃x∈R，ex＋1b>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．A 由题意，若x>2且y>3，由不等式的性质可得x＋y>5且xy>6，故充分性成立；
反之取x＝1，y＝10满足x＋y>5且xy>6，但x>2且y>3不成立，故必要性不成立；故“x>2
且y>3”是“x＋y>5且xy>6”的充分不必要条件．
3．D a＝b＝0的否定为a≠0或b≠0；a2＋b2＝0的否定为a2＋b2≠0，故选D.
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⇒．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
6．B 当a<0，q>1时，a＝aqn－1<0，此时数列{S}递减，所以甲不是乙的充分条件．
1 n 1 n
当数列{S}递增时，有S －S ＝a ＝aqn>0，若a>0，则qn>0(n∈N*)，即q>0；若a<0，
n n＋1 n n＋1 1 1 1
则qn<0(n∈N*)，不存在．所以甲是乙的必要条件．
7．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．
8．B p：xa＋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]∪.
9．D 由0<θ<π，可得00且sin θ ≠，所以0<θ<π不成立，即
必要性不成立，
所以“0<θ<π”是“方程＋＝1表示椭圆”的既不充分也不必要条件．
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)的图像关于原点对称，
∴①是假命题，②是真命题．
对于③，要证f(x)的图像关于直线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，此函数图像如图所示
(对勾函数图像的一部分)，∴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 因为y＝x定义域为[0，＋∞)，且为增函数，又(a＋1)<(3－2a)，所以，解得－
1≤a<，因为－1≤a< －20”是“x>1”的必要不充分条件，故①错误；
对于②，命题：“∀x∈R，sin x≤1”的否定是“∃x∈R，sin x>1”，故②正确；
0 0
对于③，“若x＝，则tan x＝1”的逆命题为“若tan x＝1，则x＝”，其为假命题，故
③错误；
对于④，若f(x)是R上的奇函数，则f(－x)＋f(x)＝0，
∵log 2＝≠－log 3；
3 2
∴log 2与log 3不互为相反数，故④错误．
3 2
16．①③④
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.
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．B 由题意得解得－2≤x＜1或1＜x≤3.
5．B 由题意得得0≤x≤2 018且x≠1.
6．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，＋∞).
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．故选A.
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.＋1
解析：f(3)＝f(1)＝f(－1)＝＋1.
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 5 函数的单调性与最值
1．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，且y＝x＋1为增函数，所以
y＝ln (x＋1)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 ∵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00时，f(x)＝2x，故函数在(0，＋∞)单调递增，
∵log 3>log 5＝log >log 2＝1，cos ＝，
2 4 2 2
∴a＝f(log 3)＝f(log 3)>b>c.
0.5 27．C 因为函数f(x)是定义在R上的单调函数，且f(f(x)－x＋1)＝1，所以f(x)－x＋1为
常数，记f(x)－x＋1＝m，则f(x)＝x＋m－1，所以f(m)＝1，即f(m)＝2m－1＝1，故m＝1.
所以f(x)＝x，故f(3)＝3.
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－2g(0)＝0，故c0，f(x)＝1－<1，值域为(－∞，1)；是增函数，满足
对任意x，x∈(0，＋∞)且x≠x，均有>0.
1 2 1 2
11．[－1，1)
解析：∵f(0)＝log 3<0，∴00时，f′(x)＝－＝>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而f(a－2)≥f(2a－1)等价于f(|a－2|)≥f(|2a－1|)，所以|a－2|≥|2a－1|，
化简得，a2≤1，所以－1≤a≤1.
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01时，f(x)<0.
所以f(2x－5)<0等价于－3<2x－5<－1或2x－5>1，
解得1log 6.
2
10．－
解析：因为log 2∈(0，1)，所以－log 2∈(－1，0)，
3 3
由f(x)为奇函数得f(log 2)＝－f(－log 2)
3 3
＝－f(log )＝－3log＝－.
3 3
11．2或－1
解析：根据条件，由f(0)＝0，求出a的值，再检验即可．
函数f(x)＝3x－·3－x(a≠0)为奇函数，其定义域为R ，
由f(0)＝1－＝0，解得a＝2或a＝－1，
当a＝2时，f(x)＝3x－3－x，
则f(－x)＝3－x－3x＝－f(x)，满足条件．
当a＝－1时，f(x)＝3x－3－x，则f(－x)＝3－x－3x＝－f(x)，满足条件．
12．(－∞，－2]解析：当x>时，f(x)＝x＋＋m≥2＋m，当且仅当x＝，即x＝1时等号成立，
故当x>时，f(x)∈[2＋m，＋∞)，又由f(1－x)＝－f(x)可得f(x)关于(，0)对称，且由f(1
－)＝－f()可得f()＝0，
故[2＋m，＋∞)只需包含区间(0＋∞)即可，故2＋m≤0，
故m∈(－∞，－2].
13．D 若y＝g(x)的图像关于直线x＝2对称，则g(2－x)＝g(2＋x).因为f(x)＋g(2－x)＝
5，所以f(－x)＋g(2＋x)＝5，所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数．由g(2)＝4，f(0)＋g(2)＝
5，得f(0)＝1.由g(x)－f(x－4)＝7，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，代入f(x)＋g(2－x)＝5，得f(x)
＋f(－x－2)＝－2，所以f(x)的图像关于点(－1，－1)中心对称，所以f(1)＝f(－1)＝－1.由
f(x)＋f(－x－2)＝－2，f(－x)＝f(x)，得f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，所以
f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)为周期函数，且周期为4.由f(0)＋f(2)＝－2，得f(2)＝－3.又因为f(3)
＝f(－1)＝f(1)＝－1，所以f(4)＝－2－f(2)＝1，所以f(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝6×(－
1)＋6×(－3)＋5×(－1)＋5×1＝－24.故选D.
14．A 因为函数y＝f(x)的定义域为R，且f(－x)＝－f(x)，
所以函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(0)＝log a＝0，解得a＝1，
2
即f(x)＝log (x＋1)，f(1)＝log 2＝1；
2 2
因为y＝f(x＋1)为偶函数，
所以f(x＋1)＝f(－x＋1)，
即y＝f(x)的图像关于x＝1对称，
又y＝f(x)满足f(－x)＝－f(x)，
所以f(x＋1)＝－f(x－1)，
则f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，
即函数y＝f(x)是周期函数，周期为4，
则f(2 022)＋f(2 023)＝f(2)＋f(3)＝－f(0)－f(1)＝－1.
15．A 因为y＝f(x)图像关于点(0，0)与点(1，0)对称，所以f(－x)＋f(x)＝0，且f(2－x)
＋f(x)＝0，所以f(2－x)＝f(－x)，即f(x)＝f(x＋2)，所以f(x)是以2为周期的周期函数，当
x∈(－1，0]时，f(x)＝－x2，所以f()＝f(－＋2)＝f(－)＝－(－)2＝－.
16．B 由题意，函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈[0，1]时，f(x)＝sin πx，
当x∈[－1，0)时，f(x)＝－f(－x)＝－sin (－πx)＝sin πx，即f(x)＝sin πx，x∈[－1，1]，
又由当x>1时，f(x)＝2f(x－2)，可画出函数图像，如图所示．
由图知，当3≤x≤5时，f(x)＝4f(x－4)＝4sin (πx－4π)＝4sin πx；
则当－5≤x≤－3时，f(x)＝－f(－x)＝4sin πx；
当－5≤x≤－3时，令4sin πx＝2，
解得x＝－，x＝－(舍去)，
1 2
若对任意x∈[－m，m]，f(x)≤2成立，所以m的最大值为.
专练 7 二次函数与幂函数
1．C 设f (x)＝xα，则＝2α＝3，
∴f()＝()α＝.
2．D 依题意，f(x)＝|4－x|·(x－1)＝，
作出函数f(x)的大致图像如图所示；观察可知，函数f(x)在(－∞，)，(4，＋∞)上单调递增，在(，4)上单调递减．
3．A 因为函数y＝(m2－m－1)x－5m－3既是幂函数又是在(0，＋∞)上的减函数，所以解
得m＝2.
4．A 函数图像的对称轴为x＝，由题意得≥4，解得a≥8.故选A.
5．C 由题设，f(x)对称轴为x＝2且图像开口向下，则f(x)在(0，2)上递增，在(2，＋
∞)上递减，
由f(x)＝ax2－4ax＋2＝ax(x－4)＋2，即f(x)恒过(4，2)且f(0)＝2，
所以在(0，4)上f(x)>2，(4，＋∞)上f(x)<2，
而y＝log x在(0，＋∞)上递增，且在(0，4)上y<2，在(4，＋∞)上y>2，
2
所以f(x)>log x的解集为(0，4).
2
6．C 二次函数y＝x2－4x＋a，对称轴为x＝2，开口向上，
在(－∞，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
要使二次函数f(x)＝x2－4x＋a的两个零点都在区间(1，＋∞)内，
需，解得30，∴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，故选A.
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∈(－
∞，－)，故选A.
10．－1
11．f(x)＝x2
解析：幂函数f(x)＝x－k2＋k＋2(k∈N*)满足f(2)0，∴－10，
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＋，因为∈，所以g(x) ＝g(2)＝，所以要使f(x)>0在(1，4)上恒成立，只要a>即
max
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.故选A.
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0ln e＝1，即c>；所以c>a>b.
7．D 因为a＝log 220＝1，所以a1
解析：定义在R上的函数f(x)＝2x＋a·2－x的图像关于原点对称，
则f(0)＝20＋a·20＝0，解之得a＝－1，经检验符合题意，
y＝2x、y＝－2－x均为R上增函数，则f(x)＝2x－2－x为R上的增函数，
又f(1)＝21－2－1＝，
则不等式f(2x－1)>等价于2x－1>1，解之得x>1.
13．B 由函数f(x)＝，
得函数f(x)在(－∞，4)上递增，在(4，16)上递减，在(16，＋∞)上递增，
作出函数y＝2x和y＝x2的图像，如图所示，
令2x＝x2，得x＝2或4，
结合图像可知，当0≤x<2时，4>2x>x2≥0，则f(2x)>f(x2)，
当2≤x≤4时，4≤2x≤x2≤16，则f(2x)≥f(x2)，
当x>4时，2x>x2>16，则f(2x)>f(x2)，综上所述，当x≥0时，f(2x)≥f(x2).
14．D 设f(x)＝ex－x－1，可得f′(x)＝ex－1，
令f′(x)＝0，解得x＝0，
当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)>f(0)＝0，即ex>x＋1，
则a＝2e－0.2>2×(－0.2＋1)＝1.6，
b＝e0.2>0.2＋1＝1.2，所以c＝1.2最小，
又由＝＝，因为e0.40，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 9 对数与对数函数
1．B 原式＝lg ＋lg 4－2＝lg －2＝1－2＝－1.
2．D 由题意得log x－2)≥0，即0<3x－2≤1.
(3
∴2 0220
0.22 0.22
＝1，所以a1，z＝log 4>1，
4 3
∴＝＝log 5·log 3≤()2＝()2＝(log )2<(log 4)2＝1，
4 4 4 4
即z>y，
∵＝log 3，而(3)3＝34＝81>43＝64，
3
∴＝log 3>log 4，又＝()1<()，
3 3
∴x>z，综上，x>z>y.
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＝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
故选B.
9．A 依题意a∈(0，1)∪(1，＋∞)且－3x2＋4ax－1>0，所以Δ＝16a2－12>0，解得a>
或a<－，综上可得a∈(，1)∪(1，＋∞)，
令－3x2＋4ax－1＝0的根为x、x 且x0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 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π0，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00，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 易知函数f(x)＝sin x的定义域为R，
且f(－x)＝sin (－x)＝sin (－x)＝sin x＝f(x)，
所以函数f(x)＝sin x为偶函数，排除选项C，D；
又f(2)＝sin 2<0，所以排除选项B.
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.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.∪
解析：当x∈时，y＝cos x>0.
当x∈时，y＝cos x<0.
结合y＝f(x)，x∈[0，4]上的图像知，
当10，
导函数有两个变号零点即原函数有两个极值点x，x，
1 2
且x＋x＝－2a>0，x·x＝b<0，只有B图符合．
1 2 1 2
16．①②④
解析：画出|f(x)|＝|ex－2|的函数图像，如图：
h(x)＝kx－2k＋1经过定点(2，1)，从图中可以看出存在实数k，使得方程|f(x)|＝h(x)恰有
一个根；①正确；
存在实数k，使得方程|f(x)|＝h(x)恰有三个根，②正确；
要想对任意实数a，存在不相等的实数x ，x ，使得f(x)－f(x)＝g(x)－g(x)，只需函数
1 2 1 2 1 2
f(x)＝ex－2，g(x)＝x2＋ax(a∈R)始终有两个交点，当a＝1时，g(x)＝x2＋x＝(x＋)2－，开口
向上，且最小值为－，此时图像如图所示：由于指数函数的增长速度高于二次函数，显然此
时两函数只有一个交点，故③错误；
要想对任意实数a，存在不相等的实数x ，x ，使得f(x)－f(x)＝g(x)－g(x)，即f(x)－
1 2 1 2 2 1 1
f(x)＝－[g(x)－g(x)]，只需f(x)＝ex－2与－g(x)＝－x2－ax，无论a取何值，都有两个交点，
2 1 2
其中－g(x)＝－x2－ax＝－(x＋)2＋开口向下，且有最大值为≥0，且恒过(0，0)，画出两函数图像如下，其中－g(x)＝－x2－ax＝－(x＋)2＋为一组抛物线，用虚线表示：
无论a取何值，都有两个交点，④正确．
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，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 ∵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 ∵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．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．A 作出函数f(x)的图像如图所示：
由图可知，当00，即h(t)>h(t).
1 2 1 2
所以y＝h(t)＝t＋在t∈(－1，－]上单调递减，
所以x＋x≥－2－＝－，
1 2
所以x＋x＋x＋x 的最小值是－.
1 2 3 4
16．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 ＝＝，
所以3<β<4，
所以4<α＋β<6，所以①正确，
对于②，由图可得11)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．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．C 从f(x)图像可以看出，点B处切线的斜率大于直线AB的斜率，直线AB的斜率大
于点A处切线的斜率，点A处切线的斜率大于0，
根据导数的几何意义可得00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＝5x＋2
解析：y′＝′＝＝，所以y′| ＝＝5，所以切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即y＝5x＋2.
x＝－1
11．(1，0)
解析：设P(x，y)，因为y＝x2的导数为y′＝x，
0 0
所以曲线y＝x2在点A(1，)处的切线的斜率为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，
0
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
12．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，
0
所以切线方程为y＋xln x＋1＝(－ln x－1)(x－x)，
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．D 由f(x)＝(x2－2x)(ax＋b)(a≠0)可得f(x)＝ax3＋(b－2a)x2－2bx，
因为f(－x)＝－f(x)，所以b－2a＝0，解得b＝2a.
所以y＝f(a)＝a4－4a2，故切线斜率k＝f′(a)＝0，
又f′(x)＝a(3x2－4)，所以f′(a)＝a(3a2－4)＝0，解得a＝或a＝－，
所以b＝－或.
14．B 由题得f′(x)＝2e2x－2ex＋a，则方程2e2x－2ex＋a＝3有两个不同的正解，令t＝
ex(t>0)，且g(t)＝2t2－2t＋a－3，则由图像可知，有g(0)>0且Δ>0，即a－3>0且4－8(a－
3)>0，解得30，
1 2
所以2(1－x)＝1－x，2x－x＝1.
1 2 1 2
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.故选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[－，].故选A.
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.故
选D.
7．C ∵f(x)＝，∴f′(x)＝， 当00，故f(x)在(0，e)上单调递增．又
∵00时，xf′
(x)－f(x)<0，所以F(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝在(－∞，0)上单调递
增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得 f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－
1)∪(0，1).故选A.
10．[0，＋∞)
解析：设函数g(x)＝，则
g′(x)＝
＝，
又∵2f′(x)－f(x)>2，∴g′(x)>0，
所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝f(0)＋2＝3，
故不等式f(x)＋2≥3e可化为g(x)≥g(0)，
由g(x)的单调性可得该不等式的解集为[0，＋∞).
11.，
解析：∵f′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，
由f′(x)>0得－π0，当x∈(1，2)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在
(1，2)上单调递减．
结合所学函数，记f(x)＝sin (x)，x∈R，
则f(－x)＝sin (－x)＝－sin (x)＝－f(x)，满足③；
f(2－x)＝sin (2－x)＝sin (π－x)＝sin (x)＝f(x)，满足②；
由02＝log >ln 3>0，所以g(21.5)0；
∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
∴f(x) ＝f(1)＝－1；
min
又f(e)＝0，当x∈(0，1)时，f(x)<0；
∴方程f(x)＝t(－1f()，∴f(a)>f(b)，∴a0的一个解，
当x>1时，f(x)＝>0，
则1－>0 f(x)－a>0 a<，
不等式1－>0有且只有一个整数解等价于a<只有一个整数解，
即f(x)的图⇔像在直线y⇔＝a的上方只有一个整数解
f′(x)＝，令f′(x)＝0，则x＝，
当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
作出f(x)的图像，
由图像可知a的取值范围为f(3)≤a＝＞，
∵g(x)在(0，＋∞)上是减函数，
∴g(4－)＜g()＜g()，
则a＜b＜c.
专练 14 导数与函数的极值、最值
1．A f′(x)＝x－＝，且x>0，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0得00时，
①若>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递增，在上单调递减，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满足题意，a<0且ba2成立．
故选D.
优解(特值排除法) 当a＝1，b＝2时，函数f(x)＝(x－1)2·(x－2)，画出该函数的图像如
图1所示，可知x＝1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，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)，画出该函数的图像如图2
所示，可知x＝－1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误．综上，选D.
光速解(数形结合法) 当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图像，如图3所示，观
察可知b>a.
当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图像，如图4所示，观察可知a>b.
综上，可知必有ab>a2成立．故选D.
4．C f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∴
⇒或
当时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，
∴在x＝1处不存在极值．
当时，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，
∴x∈，f′(x)<0；x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，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，＋∞).故选B.
6．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.
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．B ∵f′(x)＝x2＋ax＋2b，又因为当x∈(0，1)时取得极大值，当x∈(1，2)时取得极
1 2
小值，可得x、x 是方程f′(x)＝0的两个根，根据一元二次方程根的分布可得
1 2
即，作出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示(不包括边界)，可求出边界交
点坐标分别为A(－2，0) 、B(－1，0)、C(－3，1)，表示平面区域内的点(a，b)与点M(－
2，3)连线的斜率，由图可知k ＝＝－3，k ＝＝2，根据倾斜角的变化，可得∈(－∞，－
MB MC
3)∪(2，＋∞).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，
1 1 1
y＝f(x)的图像和直线y＝x 的交点个数为1，f(x)＝x 或f(x)＝x 的根共有3个，即方程
2 1 2
f2(x)＋af(x)＋b＝0的不同实根个数为3.
10．1
解析：f′(x)＝3x2＋2ax－1，
因为函数f(x)＝x3＋ax2－x－9在x＝－1处取得极值，
所以f′(－1)＝3－2a－1＝0，解得a＝1，
此时f′(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)，
故当x∈(－1，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－∞，－1)和(，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
所以函数f(x)在x＝－1处取得极小值，满足题意，
所以f(x)＝x3＋x2－x－9，
所以f(2)＝8＋4－2－9＝1.
11．(－∞，－1)∪(－，)
解析：f(x)＝x(x＋1)(x－2m)＝x3＋(1－2m)x2－2mx，
f′(x)＝3x2＋2(1－2m)x－2m，
因为函数f(x)＝x(x＋1)(x－2m)的两个极值点为x，x，
1 2
所以x，x 为函数f′(x)＝3x2＋2(1－2m)x－2m的两零点，
1 2
Δ＝4(1－2m)2＋24m＝16m2＋8m＋4＞0恒成立，
x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
f(x)＋f(x)＝x＋(1－2m)x－2mx＋x＋(1－2m)x－2mx
1 2 1 2
＝x＋x＋(1－2m)(x＋x)－2m(x＋x)
1 2
＝(x＋x)(x－xx＋x)＋(1－2m)[(x＋x)2－2xx]－2m(x＋x)
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
＝(x＋x)[(x＋x)2－3xx]＋(1－2m)[(x＋x)2－2xx]－2m(x＋x)
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
＝[()2＋2m]＋(1－2m)[()2＋]－2m·
＝－(2m－1)(4m2＋5m＋1).
因为f(x)＋f(x)＞0，所以(2m－1)(4m2＋5m＋1)＜0，
1 2
则或，
解得m＜－1或－＜m＜，
所以实数m的取值范围是(－∞，－1)∪(－，).
12．[0，＋∞)解析：当x＞1时，f(x)＝，f′(x)＝，当1＜x＜e时，f′(x)＜0，f(x)递减，当x＞e时，f′(x)
＞0，f(x)递增，
故x＝e时，f(x) ＝f(e)＝1；
min
当x≤1时，f(x)＝x3－3x＋a，f′(x)＝3x2－3，x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)递增，－1＜x＜1
时，
f′(x)＜0，f(x)递减，
所以当x＝－1时，f(x)有极大值f(－1)＝2＋a，
当x＝1时，f(1)＝－2＋a，
作出f(x)＝的大致图像如图，
由题意知[f(x)]2－(t＋2)f(x)＋2t＝0，即(f(x)－2)(f(x)－t)＝0有7个不同的实根，当f(x)＝2
有三个根，f(x)＝t有四个实根，此时2＋a＝2或－2＋a＞2，得a＝0或a＞4；当f(x)＝2有
四个根时，f(x)＝t有三个实根，
此时－2＋a≤2＜2＋a，得0＜a≤4，所以a≥0.
13．D 设两曲线的公共点为(x，y)(x＞0)，
0 0 0
由f(x)＝x2－2ax得f′(x)＝x－2a，
由g(x)＝3a2ln x－b(x＞0)得g′(x)＝，
所以两曲线在点(x，y)处的切线的斜率分别为x－2a和，
0 0 0
依题意可得x－2a＝，整理得x－2ax－3a2＝0，解得x＝3a或x＝－a(舍)，
0 0 0 0
又x－2ax＝3a2ln x－b，将x＝3a代入可得b＝3a2ln 3a＋a2，
0 0 0
设F(a)＝3a2ln 3a＋a2，则F′(a)＝6a ln 3a＋6a，令F′(a)＝0，则a＝，
所以当0＜a＜时，F′(a)＜0，当a＞时，F′(a)＞0，
所以当a＝时，F(a)取得最小值为F()＝－3×()2＋×()2＝－，
所以b的最小值为－.
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)递增，
当x＞时，f′(x)＜0，f(x)递减，因为x－x＝1，所以x＝x＋1，
2 1 2 1
又f(x)＝f(x)＝f(x＋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．(－∞，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)单减；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单增．
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，＋∞)单增，不存在最大值．综
上可知，a的取值范围是(－∞，2－2ln 2].
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 a0，F(x)单调递增；当x＞时，F′(x)＜0，F(x)单调递减．
所以F(x)≤F()＝，所以ab≤.
2．解析：(1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋1＝.
令f′(x)＝0，解得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x) ＝f(1)＝e＋1－a.
min
若f(x)≥0，则f(x) ＝e＋1－a≥0，解得a≤e＋1.
min
故a的取值范围为(－∞，e＋1].
(2)证明：由(1)可知，要使f(x)有两个零点，则f(x) ＝f(1)＝e＋1－a＜0，即a＞1＋e.
min
假设0＜x＜1＜x，要证明xx＜1，即需证明1＜x＜.
1 2 1 2 2
又因为f(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，所以要证明1＜x ＜，则需证明f(x)＜f，即f(x)
2 2 1
＜f.
令F(x)＝f(x)－f，0＜x＜1，
则F′(x)＝f′(x)＋f′·＝.
因为ex在x∈(0，1)上单调递增，
所以ex＜e，所以当x∈(0，1)时，ex＋x＜e＋1.
又函数y＝xe在(0，1)上单调递减，所以xe＞e，所以－xe－1＜－e－1，所以ex＋x－xe
－1＜e＋1－e－1＝0，所以当x∈(0，1)时，F′(x)＞0，则F(x)在(0，1)上单调递增．
因为F(1)＝f(1)－f(1)＝0，所以F(x)＜0，即f(x)＜f，所以若f(x)有两个零点x ，x ，则
1 2
xx＜1.
1 2
3．解析：(1)函数的定义域为{x|x＞－1}，
f′(x)＝－1＝，f′(x)＞0，－1＜x＜0；f′(x)＜0，x＞0.
函数f(x)的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞).
(2)要使函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，即f(x)＝g(x)有两个实根，
即ln (x＋1)－x＋1＝aex－x＋ln a有两个实根．即ex＋ln a＋x＋ln a＝ln (x＋1)＋x＋1.
整理为ex＋ln a＋x＋ln a＝eln (x＋1)＋ln (x＋1)，
设函数h(x)＝ex＋x，则上式为h(x＋ln a)＝h(ln (x＋1))，
因为h′(x)＝ex＋1＞0恒成立，所以h(x)＝ex＋x单调递增，所以x＋ln a＝ln (x＋1).
所以只需使ln a＝ln (x＋1)－x有两个根，
设M(x)＝ln (x＋1)－x.
由(1)可知，函数M(x)的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞)，
故函数M(x)在x＝0处取得极大值，M(x) ＝M(0)＝0.
max
当x→－1时，M(x)→－∞；当x→＋∞时，M(x)→－∞，
要想ln a＝ln (x＋1)－x有两个根，只需ln a＜0，
解得0＜a＜1.
所以a的取值范围是(0，1).
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)的大致图像如图．
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)f′(x)＝＋x－(a＋1)＝＝.
①若a≤1，则f′(x)＞0在(1，＋∞)恒成立，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
当x＞1时，f(x)＞f(1)＝0，与f(x)有一个大于1的零点x 矛盾．
0
②若a＞1，令f′(x)＞0，解得0＜x＜1或x＞a，令f′(x)＜0，解得1＜x＜a.
所以f(x)在(0，1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减．
所以f(a)＜f(1)＝0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在性定理，f(x)在(a，＋∞)上
存在一个零点x.综上，a＞1.
0
(2)令g(x)＝a ln x－x＋1，g′(x)＝－1＝，由(1)知1＜a＜x，令g′(x)＞0，
0
解得1＜x＜a，令g′(x)＜0，解得a＜x＜x ，故g(x)在(1，a)上单调递增，在(a，x)上单
0 0
调递减．
g(1)＝0，g(x)＝a ln x－x＋1，
0 0 0
因为x 为函数f(x)的零点，故f(x)＝a ln x＋－(a＋1)x＋a＋＝0，即
0 0 0 0
a ln x＝－＋(a＋1)x－a－，
0 0
所以g(x)＝a ln x－x＋1＝－＋(a＋1)x－a－－x＋1＝－＋ax－a＋
0 0 0 0 0 0
＝(1－x)(x－2a＋1).
0 0
又因为f(2a－1)＝a ln (2a－1)＋－(a＋1)(2a－1)＋a＋＝a ln (2a－1)－2a＋2，
令h(a)＝a ln (2a－1)－2a＋2，则
h′(a)＝ln (2a－1)＋－2＝ln (2a－1)＋－1，
令m(a)＝ln (2a－1)＋－1，
m′(a)＝－＝＞0恒成立，
所以h′(a)在(1，＋∞)上单调递增，h′(a)＞h′(1)＝0，所以h(a)在(1，＋∞)上单调递增，
h(a)＞h(1)＝0，即f(2a－1)＞0，
由(1)可知f(a)＜0，所以a＜x＜2a－1，
0
因为1－x＜0，x－2a＋1＜0，所以g(x)＝(1－x)·(x－2a＋1)＞0，
0 0 0 0 0
所以g(x)＞0在x∈(1，x]恒成立，
0
故对任意的x∈(1，x]，都有a ln x－x＋1＞0恒成立．
0
专练 17 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 设点A在角α的终边上，则cos α＝，
sin α＝，
则x ＝cos (α＋θ)＝(cos αcos θ－sin αsin θ)＝a cos θ－b sin θ，
A′
y ＝sin (α＋θ)＝(sin αcos θ＋cos αsin θ)＝a sin θ＋b cos θ.
A′
9．B 由题意得
得m＝－，∴cos α＝m＝－.
10．1 080
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．－
解析：∵θ∈(，π)，∴－10，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 解法一 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
＝－＝.
解法二 (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－π)＝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．－
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tan θ＝＝－.
11.
解析：α为锐角，<α＋<， sin (α＋)＝＝.
sin(2α＋)＝sin (2α＋－)
＝sin (2α＋)－cos (2α＋)
＝×2sin (α＋)cos (α＋)－[2cos 2(α＋)－1]＝××－[2×()2－1]＝－＝.
12．－
解析：因为<α<，所以sin α>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 [2(θ－)＋]
＝cos 2(θ－)＝2cos2(θ－)－1＝2×()2－1＝－.
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 19 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，∴当k＝0时，ω取得最小
值.
12．2
解析：由题图可知，T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，得T＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝
2cos (2x＋φ).点(，0)可看作“五点作图法”中的第二个点，则2×＋φ＝，得φ＝－，所以
f(x)＝2cos (2x－)，所以f(－)＝2cos ＝2cos (－)＝2cos ＝1，f()＝2cos (2×－)＝2cos ＝0，
所以(f(x)－f(－))(f(x)－f())>0，即(f(x)－1)f(x)>0，可得f(x)>1或f(x)<0，所以cos (2x－)>或
cos (2x－)<0.当x＝1时，2x－＝2－∈(，)，cos (2x－)∈(0，)，不符合题意；当x＝2时，2x
－＝4－∈(π，)，cos (2x－)<0，符合题意．所以满足题意的最小正整数x为2.
13．D 函数f(x)＝sin (ωx＋)(ω>0)在[0，π]上恰有3个零点， 则3π≤ωπ＋<4π，求得
≤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－∈[－，ωπ－]，
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．
15．1
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.
16．3
解析：因为 T＝，ω>0，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.
专练20 函数y＝A sin (ωx＋φ)的
图像及三角函数模型
1．B ∵y＝sin (4x－)＝sin ，∴要得到y＝sin (4x－)的图像，只需将y＝sin 4x的图像
向右平移个单位．
2．A y＝cos 2x＋1――→y＝cos x＋1――→y＝cos (x＋1)＋1――→y＝cos (x＋1).函数
图像过(－1，0)，结合选项可知，选A.3．A 将y＝sin (2x＋)的图像向右平移个单位长度，得到y＝sin ＝sin 2x，令2kπ－
≤2x≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，∴y＝sin 2x在(k∈Z)上单调递增，当k＝0时，
得到y＝sin 2x的一个单调增区间为，故A正确，B不正确，由2kπ＋≤2x≤2kπ＋π(k∈Z)，
得y＝sin 2x的单调减区间为(k∈Z)，结合选项可知C、D不正确．
4．A 由图知A＝2，＝－(－)＝，
∴T＝π，∴ω＝2.
将(，2)坐标代入，得2×＋φ＝2kπ＋，k∈Z，
∴φ＝2kπ－，k∈Z.取k＝0，得φ＝－.
5．A ∵函数y＝sin 2x＋cos 2x＝2sin (2x＋)，
将函数y＝sin 2x＋cos 2x的图像沿x轴向左平移φ个单位后，得到函数y＝2sin (2x＋2φ
＋)，
因为函数是偶函数，
∴2φ＋＝kπ＋(k∈Z)∴φ＝＋(k∈Z).
当k＝0时，φ＝.则φ的最小值为.
6．A 由题意得π＋＝T，
∴T＝π，又T＝，∴ω＝2，
又当x＝π时，2sin (2×π＋φ)＝2，
∴φ＝－＋2kπ(k∈Z)，又－<φ<，
∴φ＝－.
7．B 依题意，将y＝sin 的图像向左平移个单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐
标扩大到原来的2倍，得到f(x)的图像，
π
将其图像向左平移 个单位长度
所以y＝sin
3
→
y＝sin 的图像――→
f(x)＝sin 的图像．
8．D y＝sin (2x＋)＝cos (2x＋－)
＝cos (2x＋)＝cos ，
由y＝cos x的图像得到y＝cos 2x的图像，需将曲线C 上各点的横坐标缩短到原来的，
1
纵坐标不变；由y＝cos 2x的图像得到y＝cos 的图像，需将y＝cos 2x的图像上的各点向左
平移个单位长度，故选D.
9．D 函数f(x)＝2sin (2x－)的图像向右平移个单位得到g(x)＝2sin [2(x－)－]＝2sin (2x
－)，
g(x)＝2sin (2x－)＝2sin (2x＋－π)＝－2sin (2x＋)，B选项错误．
2x＋＝kπ，x＝－，所以g(x)的对称中心为(－，0)(k∈Z)，A选项错误．
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，k∈Z或3x＝－＋2kπ，k∈Z，
1 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 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；
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；
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；
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．C 因为 f(x)＝sin ，结合选项，只考虑ω＞0.当ωx＋＝＋kπ(k∈Z)，即 x＝＋
(k∈Z)时，f(x)取得极值．又因为f(x)在区间(0，π)上恰有三个极值点，所以解得＜ω≤.当ωx
＋＝kπ(k∈Z)，即x＝－＋(k∈Z)时，f(x)＝0.又因为f(x)在区间(0，π)上恰有两个零点，所以
解得＜ω≤.综上可得，ω的取值范围是.故选C.
专练 21 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．D 2tan θ－tan ＝2tan θ－＝7，整理可得tan2θ－4tanθ＋4＝0，∴tan θ＝2，故选
D.
10．0
解析：sin (θ＋75°)＋cos (θ＋45°)－cos (θ＋15°)
＝sin (θ＋15°＋60°)＋cos (θ＋45°)－cos (θ＋15°)
＝sin (θ＋15°)cos 60°＋cos (θ＋15°)sin 60°＋cos (θ＋45°)－cos (θ＋15°)
＝sin (θ＋15°)＋cos (θ＋15°)＋cos (θ＋45°)－cos (θ＋15°)
＝sin (θ＋15°)－cos (θ＋15°)＋cos (θ＋45°)
＝sin 30°sin (θ＋15°)－cos 30°cos (θ＋15°)＋cos (θ＋45°)
＝－cos (θ＋45°)＋cos (θ＋45°)＝0.
11．－
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．－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．C 过点M作MD⊥PQ，因为△PMQ是正三角形．PQ＝a，QQ′＝b，
则DQ′＝a＋b，MD＝a，∠MQ′D＝60°－2α，
所以tan ∠MQ′D＝tan (60°－2α)＝＝＝，
则＝＝，解得tan 2α＝.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得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 22 三角恒等变换
1．B cos x＝，则sin (－2x)＝cos 2x＝2cos2x－1＝2×()2－1＝.
2．D 解法一：∵α是第四象限角，∴－＋2kπ<α<2kπ，k∈Z，∴－π＋4kπ<2α<4kπ，
k∈Z，∴角2α的终边在第三、四象限或y轴非正半轴上，∴sin2α<0，cos 2α可正、可负、
可零，故选D.
解法二：∵α是第四象限角，∴sin α<0，cos α>0，∴sin 2α＝2sin α cos α<0，故选D.
3．A f(x)＝＋sin 2x＝sin (2x－)＋，
∵≤x≤，∴≤2x－≤π，
∴当2x－＝π即x＝时f(x) ＝＋＝1.
min
4．A 因为α∈(0，π)，－α∈(－π，)，sin (－α)＝>0，
所以－α∈(0，)，cos (－α)＝，
cos 2α＝cos [2(－α)－]＝sin [2(－α)]
＝2sin (－α)cos (－α)＝2××＝.
5．A ∵－α＋(＋α)＝，∴cos (＋α)＝sin (－α)＝，∴cos (π＋2α)＝2cos2(＋α)－1＝2×
－1＝－.
6．C tan67.5°－＝－
＝－＝
＝＝2.
7．A ∵cos α＝－，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．A 因为α∈(0，)，所以tan2α＝＝⇒＝⇒2cos2α－1＝4sinα－2sin2α 2sin2α＋2cos2α－
1＝4sinα sin α＝⇒tan α＝.
⇒
⇒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 (2x＋)＋1，又2cos2x＋sin2x＝A sin (ωx
＋φ)＋b.∴A＝，b＝1.
13．C f(x)＝sin x|cos x|定义域为R，且
f(－x)＝sin (－x)|cos (－x)|＝－sin x|cos x|＝－f(x)，
所以f(x)＝sin x|cos x|是奇函数，A错误；
当x∈[0，2π]时，f(x)＝sin x|cos x|
＝
画出图像，
显然f(x)的最小正周期是2π，B错误；
f(x)在区间[－，]上单调递增，选项C正确；
直线x＝不是f(x)的对称轴，D错误．
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 解法一 因为<α<2π，所以sin α<0，00，cos <0，所以 ＋
＝＋
＝＋＝－(＋)
＝－＝－.
16．C
f(x)＝
＝
∵π0，cos <0，
∴f(x)＝
＝
＝
＝cos2－sin2
＝cosx，
∴f(x)∈(－1，0).
专练 23 正弦定理和余弦定理、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．A 由(2b－c)cos A＝a cos C得2b cos A＝(a cos C＋c cos A)，由正弦定理得
2sin B cos A＝(sin A cos C＋sin C cos A)＝sin (A＋C)＝sin B，又sin B≠0，
得cos A＝，A＝.
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．B 在△ABC中，由余弦定理，b2＋c2－a2＝bc可化为cos A＝＝＝.
因为A∈(0，π)，所以A＝.
由余弦定理，b cos C＋c cos B＝2可化为b＋c＝2，解得：a＝2(a＝0舍去).
因为b2＋c2－a2＝bc，所以a2＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，即bc≤4(当且仅当b＝c＝2
时取等号).
所以△ABC的面积S＝bc sin A≤×4×＝.
10．2
解析：由题意得S ＝ac sin B＝ac＝，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以
△ABC
b2＝a2＋c2－2ac cos B＝12－2×4×＝8，则b＝2.
11．9
解析：在△ABD中，设AB＝a，由余弦定理得
BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos ∠BAD＝3a2，所以BD＝a，
由托勒密定理可得a(BC＋CD)＝AC·a，
即BC＋CD＝AC，
又∠ABD＝∠ACD＝30°，
所以四边形ABCD的面积
S＝BC·AC sin 30°＋CD·AC sin 30°
＝(BC＋CD)·AC＝AC2＝9.
12.
解析：由余弦定理可得cos C＝，所以a2＋b2－c2＝2ab cos C，
△ABC的面积为S＝ab sin C＝＝ ，
所以sin C＝cos C, 即tan C＝1，由00，∴2sin B＝sin A，即a＝
2b.
14．B
如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则
BE＝100，C′B′＝CE＝.在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝75°，则BD＝A′B′＝.又在B点处测得A点的
仰角为45°，所以AD＝BD＝，所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝＋100＝＋100＝＋100＝＋
100＝100(＋1)＋100≈373.15.－1
解析：以D为坐标原点，DC所在的直线为x轴，DC的方向为x轴的正方向，过点D且
垂直于DC的直线为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，易知点A位于第一象限．由AD＝
2，∠ADB＝120°，得A(1，).因为CD＝2BD，所以设B(－x，0)，x＞0，则C(2x，0).所以
AC＝＝，AB＝＝，所以＝.令f(x)＝，x＞0，则f′(x)＝
＝
＝．令x2＋2x－2＝0，解得x＝－1－(舍去)或x＝－1.当0＜x＜－1时，f′(x)＜0，所以
f(x)在(0，－1)上单调递减；当x＞－1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．所
以当x＝－1时，f(x)取得最小值，即取得最小值，此时BD＝－1.
16．7
解析：在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B，
则AC＝＝＝8，
cos ∠BCA＝＝＝，
又在△ABC中，0<∠BCA<π，所以∠BCA＝，
设AD＝CD＝x，∠BAC＝α，∠BCA＝β，∠ACD＝θ，则∠CAD＝θ，β＝，
由∠BAD＝2∠BCD 即α＋θ＝2(β＋θ)，
则θ＝α－2β＝α－，
在△ABC中，cos α＝＝＝＝，
又0<α<π，则有sin α＝，
所以cos θ＝cos (α－)＝cos α＋sin α＝×＋×＝，
在△ACD中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos θ，
即x2＝(8)2＋x2－2×8×x，
解得x＝7，即AD的长为7.
专练24 高考大题专练(二)
三角函数与解三角形的综合运用
1．解析：(1)证明：∵sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A)，
∴sin C sin A cos B－sin C cos A sin B＝sin B sin C cos A－sin B cos C sin A，
∴sin C sin A cos B＝2sin B sin C cos A－sin B cos C sin A.
由正弦定理，得ac cos B＝2bc cos A－ab cos C.
由余弦定理，得＝b2＋c2－a2－.
整理，得2a2＝b2＋c2.
(2)由(1)知2a2＝b2＋c2.
又∵a＝5，∴b2＋c2＝2a2＝50.
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bc cos A，
即25＝50－bc，∴bc＝.
∴b＋c＝＝＝9，
∴a＋b＋c＝14.故△ABC的周长为14.
2．解析：(1)∵边长为a的正三角形的面积为a2，
∴S－S＋S＝(a2－b2＋c2)＝.
1 2 3
结合余弦定理，得ac cos B＝1，即cos B＝.
由sin B＝，得cos B＝，∴ac＝，
故S ＝ac sin B＝××＝.
△ABC
(2)由正弦定理，得＝·＝＝＝，故b＝sin B＝.
3．解析：(1)由已知条件，得sin 2B＋sin A sin 2B＝cos A＋cos A cos 2B.
所以sin 2B＝cos A＋cos A cos 2B－sin A sin 2B＝cos A＋cos (A＋2B)＝cos [π－(B＋
C)]＋cos [π－(B＋C)＋2B]＝－cos (B＋C)＋cos [π＋(B－C)]＝－2cos B cos C，
所以2sin B cos B＝－2cos B cos C，即(sin B＋cos C)cos B＝0.
由已知条件，得1＋cos 2B≠0，则B≠，
所以cos B≠0，所以sin B＝－cos C＝.
又0＜B＜，所以B＝.
(2)由(1)知sin B＝－cos C＞0，则B＝C－，
所以sin A＝sin (B＋C)＝sin (2C－)＝－cos 2C.
由正弦定理，得＝＝＝＝＝＋4sin2C－5≥2－5＝4－5，
当且仅当sin2C＝时，等号成立，所以的最小值为4－5.
4．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 cosA.②
由①②得cos A＝－.因为00，∴sin ＝sin A ，∴cos ＝2sin cos ，
又∈(0，)，∴cos ≠0，∴sin ＝，
∴＝⇒A＝；⇒
若选条件②，△ABC中，b－a cos C＝，由正弦定理知sin B－sin A cos C＝sin C，
∵A＋B＋C＝π，∴sin B＝sin [π－(A＋C)]＝sin A cos C＋cos A sin C，
∴sin A cos C＋cos A sin C－sin A cos C＝sin C，
∴cos A sin C＝sin C，
因为sin C>0，
∴cos A＝，
又∵00，
∴sin A cos B＝2sin C cos A－sin B cos A，
∴sin (A＋B)＝2sin C cos A，
∴sin C＝2sin C cos A，
∵C∈(0，π)，∴sin C>0，∴cos A＝，
∵A∈(0，π)，∴A＝.
(2)由(1)及AB·AC＝3得bc＝6，
所以a2＝b2＋c2－2bc cos A＝b2＋c2－bc≥bc＝6，
当且仅当b＝c＝时取等号，所以a的最小值为.
专练 25 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 根据题意可得AC＝AB＋AD，BD＝AD－AB，
∵AB·AC＝2，即AB·(AB＋AD)＝AB2＋AB·AD＝2
∴AB·AD＝－2，
|BD|2＝(AD－AB)2＝AD2－2AD·AB＋AB2＝12，即|BD|＝2.
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 因为a＋2b＋3c＝0，
所以3c＝－a－2b，
所以(3c)2＝(－a－2b)2，
所以9c2＝a2＋4b2＋4a·b，
所以9＝1＋4＋4|a||b|cos 〈a，b〉，
所以4＝4×1×1cos 〈a，b〉，
所以cos 〈a，b〉＝1，
所以〈a，b〉＝0，
所以a，b方向相同．
7．C
以|a|，|b|为邻边作平行四边形ABCD，设AB＝a，AD＝b，
则BD＝b－a，
由题意∠ADB＝30°，设∠ABD＝θ，(0°<θ<150°)，
∵|a|＝3，
在△ABD中，由正弦定理可得＝，
∴AD＝6sin θ≤6，
即|b|的最大值为6.
8．C ∵PA＋PB＋PC＝AB＝PB－PA，∴PC＝－2PA，∴点P在线段AC上．
9．A 因为BP＝2PC，所以AP－AB＝2(AC－AP)，所以AP＝AB＋AC，又AM＝mAB，
AN＝nAC，所以AP＝AM＋AN.因为M，P，N三点共线，所以＋＝1，所以m＋2n＝(m＋2n)
(＋)＝＋＋(＋)≥＋×2＝＋＝3，当且仅当即m＝n＝1时等号成立．所以m＋2n的最小值为
3.故选A.
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.解析：由AE＝2ED，得DE＝DA＝－AD＝－BC，
所以CE＝CD＋DE＝BA－BC，
即λ＝1，μ＝－，
所以λ＋μ＝1－＝.
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．A ∵AE＝AB，AF＝AD，
则AB＝AE，AD＝2AF，
∴AC＝AB＋AD，
∴AK＝λAC＝λ(AB＋AD)＝λ(AE＋2AF)＝λAE＋2λAF，
由E，F，K三点共线可得λ＋2λ＝1，解得λ＝，故选A.
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，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 26 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 (2A－)＝1.
∵A∈(0，π)，
∴(2A－)∈(－，).
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．C 根据向量的线性运算法则，可得AO＝xAB＋yBC＝xAB＋y(BA＋AC)
＝xAB－yAB＋yAC＝(x－y)AB＋y·(AD＋DC)
＝(x－y)AB＋y·(2AF＋AB)＝(x－y)AB＋2yAF＋yAB＝(x－)AB＋2yAF，
因为B，O，F三点共线，可得x－＋2y＝1，即2x＋3y－2＝0；
又由BO＝BA＋AO＝BA＋xAB＋yBC＝BA－xBA＋y·BE＝(1－x)BA＋BE，
因为A，O，E三点共线，可得1－x＋＝1，即3x－4y＝0，
联立方程组，解得x＝，y＝，所以x＋y＝.
10．－
解析：c＝(3，1)＋(k，0)＝(3＋k，1)，a·c＝3(3＋k)＋1×1＝10＋3k＝0，得k＝－.
11．0
解析：a＝(1，3)，a＋b＝(－1，2)，b＝(－1，2)－(1，3)＝(－2，－1)，a－b＝(3，4)，
|a－b|＋a·b＝＋(－2－3)＝0.
12．3
解析：∵MA＋MB＋MC＝0，∴M为△ABC的重心，
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.
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．[1，4]
解析：根据题意，不妨设正六边形ABCDEF的边长为2，以中心O为原点建立平面直
角坐标系，如图所示：
则可得F(－2，0)，D(，3)，C(2，0)，B(，－3)，
设点G的坐标为(m，n)，则CG＝(m－2，n)，
CB＝(－，－3)，CD＝(－，3)，
由CG＝λCB＋μCD可得：m－2＝－λ－μ，
即λ＋μ＝－m＋2，
数形结合可知：m∈[－2，]，则－m＋2∈[1，4]，即λ＋μ的取值范围为[1，4].
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的夹角
1 1 1 1
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 27 平面向量的数量积及其应用
1．A |m|＝＝＝＝.
2．B ∵a⊥b，∴2x＋3＝0，∴x＝－.
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 由已知可得|a－2b|2＝a2－4a·b＋4b2＝5－4a·b＝3，解得a·b＝.
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．D 由题意，作出图形，如图，
∵OA＝1，OB＝2，OA·OB＝－1，
∴OA·OB＝1×2cos ∠AOB＝2cos ∠AOB＝－1，
∴cos ∠AOB＝－，
由∠AOB∈(0，π)可得∠AOB＝，
∴AB＝＝，
又S ＝·OA·OB·sin ∠AOB＝·OD·AB＝，则OD＝，
△AOB
∴EO·EA＝－OE·(ED＋DA)＝－2OE2＝－·OD2＝－×＝－.
10．±
解析：因为|a－b|＝|a＋b|，
所以(a－b)2＝(a＋b)2 a2＋b2－2a·b＝a2＋b2＋2a·b a·b＝0，
a·b＝t×(－t)＋2×1＝－t2＋2＝0，
得t＝±. ⇒ ⇒
11．11
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.
12.
解析：因为|a－b|＝，所以2－2a·b＋2＝6，∴a·b＝－，
∴向量a与b的夹角θ满足cos θ＝－＝－，又0≤θ≤π，∴θ＝.
13．D ∵b＝AC－AB，∴|b|＝2，故A不正确；
又BA·BC＝2×2×cos 60°＝2，即：－2a·b＝2，a·b＝－1，故B，C都不正确；∵(4a＋
b)·BC＝(4a＋b)·b＝4a·b＋b2＝－4＋4＝0，
∴(4a＋b)⊥BC，故D正确．
14．B直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝2，
所以AC＝4＝2BC，所以∠BAC＝30°，
作AC⊥OB于点O，
则OB＝3，OC＝，OA＝3，
如图，以O为原点建立平面直角坐标系，
不妨设点N在点M的左侧，
设N(x，0)，则M(x＋2，0)，x∈[－，3－2]，
B(0，3)，
则BM＝(x＋2，－3)，BN＝(x，－3)，
所以BM·BN＝x(x＋2)＋9＝(x＋1)2＋8≥8，
当且仅当x＝－1时，BM·BN的最小值为8.
15.
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＝＝＝.
16．2
解析：根据题意，作出如下草图，
令AF＝e，AE＝e，AB＝λe，AD＝μe，
1 2 1 2
因为a＝λe＋μe，由平行四边形法则，可得BC＝AD＝μe，
1 2 2
所以AD∥BC，
因为|e－e|＝|e－a|＝|a－e|，
1 2 2 1
所以|EF|＝|CE|＝|CF|，
因为|AE|＝|AF|，
所以△AEC≌△AFC，所以∠DAC＝∠BAC.
因为AD∥BC，所以∠DAC＝∠ACB，
所以∠BAC＝∠ACB，所以|AB|＝|BC|，所以|AD|＝|AB|，
即|λe|＝|μe|，所以λ＝±μ，
1 2
又λ＋μ＝4，所以λ＝μ＝2，即a＝2e＋2e，
1 2
所以平行四边形ABCD为菱形，
设∠BAD＝θ，即向量e，e 的夹角为θ，
1 2
因为|e－e|＝|a－e|，所以|e－e|＝|2e＋e|，
1 2 1 1 2 2 1
即|e－e|2＝|2e＋e|2，
1 2 2 1
所以1＋1－2cos θ＝4＋1＋4cos θ，即6cos θ＝－3，
所以cos θ＝－，即θ＝，
所以|a|＝2|e＋e|＝2＝2.
1 2专练 28 数系的扩充与复数的应用
1．A 由z＝1－2i可知z＝1＋2i.由z＋az＋b＝0，得1－2i＋a(1＋2i)＋b＝1＋a＋b＋(2a
－2)i＝0.根据复数相等，得解得故选A.
2．C 设z＝a＋bi，(a，b∈R，a≠0，b≠0)
则由z·(3＋2i)＝2|z|2可得(3a－2b)＋(3b＋2a)i＝2(a2＋b2)，
所以，解得a＝，b＝－1，
所以z＝－i.
3．C 因为z＝－1＋i，所以＝＝＝－＋i.故选C.
4．B ＝＝＝＝－i.
5．C 由题意，设z＝a＋bi，故z＝－zi a－bi＝－(a＋bi)i＝－ai＋b，
故a＝b，－b＝－a，即复数z＝a＋ai，在复平面对应的点位于一三象限的角平分线上．
6．B 由题得z＝(1＋2i)(a－i)＝a＋2＋⇔(2a－1)i，在复平面内所对应的点(a＋2，2a－1)
在第四象限，所以 ，解得－20，
14
所以S ＝＝7(a＋a )＝7(a＋a)>0，
14 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
15．8
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.
16．100
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 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．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{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()6＝84×＝＞192，
4
T＝(－24)6()15＝86×()9＝＝×＜，T 最大，选择C.
6 4
7．A 对等比数列{a}，不妨设其公比为q，
n
由a＋a ＝，a ＋a ＝1可得a(1＋q2)＝，a (1＋q2)＝1，
8 10 11 13 8 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．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
9．B 在等比数列{a}中，a，a 是方程x2＋5x＋2＝0的两根，
n 7 11
则，∴a＝－，
9
则＝＝a＝－.
910．32
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
11．50
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．－
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＝－，
1 1 1 1
所以a＝3·(－)n－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.
2
14．D 对于选项A，当{a}为：1，－1，1，－1，1，－1，1，－1，…，时，S ＝
n 2 023
1，S ＝0，S ＝1，满足S ≥S ，但S >S ，所以{S}不是递增数列，故选项A
2 022 2 021 2 023 2 022 2 021 2 022 n
正确；
对于选项B，当{a}为：1，－1，1，－1，1，－1，1，－1，…时，T ＝－1，T ＝
n 2 023 2 024
1，T ＝－1，
2 025
满足T ≥T ，但{T}不是递增数列，故选项B正确；
2 024 2 023 n
对于选项C，当{a}为：1，，，，…，时，S ＝＝2(1－)，满足{S }为递增数列，此时
n n n
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
6．解析：(1)由f(x)＝＝＝tan 2x，
令f(x)＝1，即tan 2x＝1，解得2x＝kπ＋，k∈Z，
∴x＝＋，k∈Z.
∵x>0，∴k∈N，∴p＝，p＝，p＝，…
1 2 3
此时数列是等差数列，公差为，首项为.
∴p＝＋(n－1)＝n－，n∈N .
n ＋
(2)证明：∵p＝n－，n∈N ，
n ＋
q＝，
n
∴q＝＝＝(－)
n
∴T＝(1－＋－＋…＋－)
n
＝(1－)＝－.
∵n∈N ，>0，∴T＝－<.
＋ n
专练 34 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．故选C.
4．D 由于函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，又0＜a＜b，所以ln a＜ln b ，故A
错误；因为0＜a＜b，由不等式的性质可知，a2＜b2，故B错误；由于函数y＝在(0，＋∞)
上单调递减，又0＜a＜b，所以＞，故C错误；由于函数y＝()x在(0，＋∞)上单调递减，又
0＜a＜b，所以()a＞()b，故D正确．
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，∴－24x＋p－3，
可化为(x－1)p＋x2－4x＋3>0，
由已知可得[(x－1)p＋x2－4x＋3] >0(0≤p≤4)，
min
令f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3(0≤p≤4)，
可得
∴x<－1或x>3.
10．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
解析：∵()x2－3<2－2x，∴23－x2<2－2x，∴3－x2<－2x，即x2－2x－3>0，解得x<－1或
x>3，∴原不等式的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞).
11．＞
解析：令b＝854 366 236，则b＋3＝854 366 239，
令a＝998 763 418，则a＋3＝998 763 421，
所以＝，＝，
根据题设知：＝＜＝.
12．9
解析：由题意知f(x)＝x2＋ax＋b＝(x＋)2＋b－.
因为f(x)的值域为[0，＋∞)，所以b－＝0，
即b＝.
所以f(x)＝(x＋)2.
又f(x)＜c，所以(x＋)2＜c，即－－＜x＜－＋.
所以
②－①，得2＝6，所以c＝9.
13．B 因为x>y>z，x＋y＋z＝0，
所以x>0，z<0，y的符号无法确定，
对于A，因为x>0>z，若y<0，则xy<0z，x>0，所以xy>xz，故B正确；
对于C，因为x>y，z<0，所以xzz，当|y|＝0时，x|y|＝|y|z，故D错误．
14．D 由0＜x＝ln 2＜ln e＝1，0＜y＝lg 2＜lg ＝可得＝log e，＝log 10，故＋＝log e
2 2 2
＋log 10＝log (10e)＞1，即 x＋y＞xy，－＝log 10－log e＝log ()＞1，即x－y＞xy，又
2 2 2 2 2
x∈(0，)时，tan x＞x，0＜x＋y＜＜，故tan (x＋y)＞x＋y，综上tan (x＋y)＞x＋y＞x－y＞xy.
15．A a－c＝－4sin ＝1－×－.不妨设f(x)＝1－x2－＝.令h(x)＝x－x3－sin x，则h′(x)
＝1－x2－cos x．令g(x)＝1－x2－cos x，则g′(x)＝－3x＋sin x．当x∈时，sin x＜3x，所以
当x∈时，g′(x)＜0，所以g(x)在上单调递减，所以当x∈时，g(x)＜g(0)＝0，所以当x∈时，
h′(x)＜0，所以h(x)在上单调递减．所以当x∈时，h(x)＜h(0)＝0，所以当x∈时，f(x)＜0，
所以f＜0，即a＜c.结合四个选项，排除B，C，D.故选A.
16．(－，＋∞)
解析：由题意知，可对不等式分x≤0，0＜x≤，x＞三段讨论．当x≤0时，原不等式为x＋1＋x＋＞1，
解得x＞－，∴－＜x≤0.
当0＜x≤时，原不等式为2x＋x＋＞1，显然成立．
当x＞时，原不等式为2x＋2x－＞1，显然成立．
综上可知，x＞－.
专练35 二元一次不等式(组)
与简单的线性规划问题
1．D
2.
C 在平面直角坐标系中画出可行域如图的阴影部分所示，该阴影部分的形状为等腰梯
形，其面积S＝×(3＋9)×3＝18.
3．A 当x＝0时，y＝0，1，2，3，共4个点；
当x＝1时，y＝0，1，2，共3个点；
当x＝2时，y＝0，1，共2个点；
当x＝3时，y＝0，共1个点．
∴共有4＋3＋2＋1＝10个点．
4．A 直线2x＋y－4＝0与线段PQ有公共点，说明点P，Q不在直线2x＋y－4＝0的
同一侧，∴(2－2－4)(2a＋2－4)≤0，解得a≥1，实数a的取值范围是[1，＋∞)，故选A.
5．D 作出可行域，如图：
∵，解得：， 即：A(0，1)，
又∵，解得：，即：B(4，3)，
对于目标函数z＝2x＋y可化为：y＝－2x＋z，
∴z的最小值在A处取得，最大值在B处取得，此时：
z ＝2×0＋1＝1，z ＝2×4＋3＝11即：z∈[1，11]，
min max
∴z≠12，其余的三个值都可能取到．
6．C
由题意，作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，
设z＝x＋2y，则y＝－x＋，
当直线y＝－x＋过点A时，直线在y轴上的截距最小，此时目标函数取得最小值，
无最大值．
7．C 作出可行域如图中阴影部分所示，数形结合可知，当直线 z＝3x＋2y过点(2，2)
时，z取得最大值，z ＝6＋4＝10.故选C.
max8．C
不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，由 x2＋y2是点(x，y)到原点距离的平方，
故只需求出三条直线的交点A(3，－1)，B(0，2)，C(0，－3)到原点距离的平方，然后再进
行比较．经计算点A(3，－1)是最优解，x2＋y2的最大值是10.故选C.
9．B
作出不等式组表示的平面区域，如图所示，因为目标函数 t＝表示区域内的点与点
M(3，2)连线的斜率．由图知当区域内的点与点M的连线与圆相切时斜率分别取最大值或最
小值．设切线方程为y－2＝k(x－3)，即kx－y－3k＋2＝0，则有＝2，解得k＝或k＝0，所以
t＝的范围是，故选B.
10．7
解析：如图所示，x，y满足的可行域为△AOB及其内部．
由目标函数z＝3x＋2y得y＝－x＋.
当直线y＝－x＋过点A(1，2)时，z取最大值，最大值为7.
11.解析：由约束条件作出不等式组表示的平面区域如图(阴影部分)，
作出直线l：2x＋y＝0，将直线l平移经过直线x＋y＝2与直线x＝3的交点M(3，－1)时，
直线2x＋y＋m＝0(m∈R)被Ω截得的线段长度最大，
此时l：2x＋y－5＝0，
直线l与直线y＝x的交点N(，)，所以|MN|＝.
12．1
解析：不等式组表示的平面区域如图所示．
由z＝y－ax得y＝ax＋z；
当a＝0时，直线化为y＝z，此时取得最大值的最优解只有一个C点，不满足条件；
当a＜0时，直线y＝ax＋z截距取得最大值，此时最优解只有一个C点，不满足条件；
当a＞0时，直线y＝ax＋z截距取得最大值时，z取得最大值，此时满足直线y＝ax＋z
与AC平行，由直线AC的斜率k＝1，解得a＝1；
综上，满足条件的a＝1.
13．B P(x，y)，A(2，1)，所以OP·OA＝2x＋y，设z＝2x＋y，则y＝－2x＋z，不等式
组表示的平面区域如图所示，
当直线y＝－2x＋z过C(2，0)时，z＝2x＋y取得最大值，z ＝4；
max
当直线y＝－2x＋z过E(－，－)时，z＝2x＋y取得最小值，z ＝－；则OP·OA的取值范
min
围是[－，4].
14．D
根据题意，要使|AB|最小，只需圆C：x2＋y2＝16的圆心(0，0)到直线l的距离最大即可，
作出不等式组对应的平面区域如图所示：由图像可知，当点P是直线x＝1和x＋y＝4的交点时，|OP|最大，即当|OP|为圆心(0，
0)到过点P的直线的距离，
此时作出直线与圆相交的弦最短，解方程组，得P(1，3)，
所以圆心到点P的距离为d＝|OP|＝＝，
所以|AB|＝2＝2＝2.
15．1
解析：作出可行域如图，由z＝x＋7y得y＝－＋，易知当直线y＝－＋经过点A(1，0)时，
z取得最大值，z ＝1＋7×0＝1.
max
16．[2，＋∞)
解析：令z＝2x＋y，画出约束条件的可行域，由可行域知目标函数过点B时取最小值，
由可得x＝－1，y＝4，可得B(－1，4)，z的最小值为2×(－1)＋4＝2.所以若存在x，y，使
2x＋y≤a成立，只需使a≥(2x＋y) ，所以a≥2.
min
专练 36 基本不等式
1．C 因为2x>0，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，b>0，∴a＝，由a>0，得
4 2
b>3.∴a＋b＝b＋＝b＋＝(b－3)＋＋7≥2＋7＝4＋7，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，∴x＋≥2(当且仅当x＝即x＝1时等号成立)，
∴≤，由题意得a≥.
15．9
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．D 由题意得二氧化碳每吨的平均处理成本为S＝，
当x∈[120，144)时，S＝x2－80x＋5 040＝(x－120)2＋240，
当x＝120时，S取得最小值240，
当x∈[144，500]时，S＝x＋－200≥2－200＝200，
当且仅当x＝，即x＝400时取等号，此时S取得最小值200，
综上，当每月处理量为400吨时，每吨的平均处理成本最低为200元．
专练 37 合情推理与演绎推理
1．C A、D是归纳推理，B是类比推理，C符合三段论的模式是演绎推理．
2．A 大前提：任何实数的绝对值大于0不正确．3．D (方法一)因为α∈N*(k＝1，2，…)，所以0<≤1，所以α<α＋，所以b>b，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．C 当n＝k＋1时，左边为1＋⇒＋＋…＋＋＋＋⇒…＋，增加了＋＋…＋，共(2k＋1－1)
－(2k⇒－1)＝2k项，故选C.
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，故选C.
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．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．x≠－1且x≠1
解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．
12．P>Q
解析：P2－Q2＝2－2>0，
∴P2>Q2，∴P>Q.
13．A
解析：由已知得x⊕x⊕x⊕x＝0⊕0⊕0⊕1＝1≠0，故x，x，x，x 至少错误一个，
4 5 6 7 4 5 6 7
又x⊕x⊕x⊕x＝1⊕0⊕0⊕1＝0，正确，故x，x，x，x 均正确，
2 3 6 7 2 3 6 7x⊕x⊕x⊕x＝1⊕0⊕0⊕1＝0，正确，故x，x，x，x 均正确，
1 3 5 7 1 3 5 7
综上所述，x 错误，
4
14．C “都不能”的否定为“至少有一个能”，故假设的内容应为“a，b至少有一个
能被5整除”．
15．③
解析：取a＝，b＝，则a＋b＝>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.
解析：a＝a－(a·b)b＝(1，1)－(，0)＝(，1)，
2 1 1 2 2
a＝a－(a·b)b＝(，1)－(，0)＝(，1)，
3 2 2 3 3
…
a＝(，1)，n∈N*.
n
下面用数学归纳法进行证明：
当n＝1时，a＝(，1)＝(1，1)满足题意；
1
假设当n＝k时，a＝(，1)，
k
则当n＝k＋1时，
a ＝a－(a·b )b
k＋1 k k k＋1 k＋1
＝(，1)－(，0)
＝(，1)＝(，1)，
故a＝(，1)，n∈N*.
n
∴＝
＝＝(－)，
∴＋＋…＋＝(－＋－＋…＋－)
＝(－)＝.
专练 39 空间几何体的结构及其三视图和直观图
1．B 由圆台的定义可知①错误，②正确．对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面
截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确．
2．C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．
3．D 如图所示的①②分别为△ABC的实际图与直观图
由斜二测画法可知：A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝×a×＝a，
∴S ＝A′B′×O′C′×sin 45°＝×a×a×＝a2.
△A′B′C′
4．D 由正视图与俯视图可得三棱锥A－BCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直
角三角形，且直角边长均为，故其侧视图的面积S＝××＝.
5．D 根据题目条件以及正视图可以得到该几何体的直观图，如图，结合选项可知该
几何体的侧视图为D.6．C 在正方体中还原几何体如图．
几何体为正方体的一部分：三棱锥P－ABC，
S ＝S ＋S ＋S ＋S
表面积 △PAC △PAB △PBC △BAC
＝×2×2×＋×2×2＋×2×2＋×2×2＝2＋6.故选C.
7．A 根据三视图可得直观图如图所示，图中的点 U在正视图中对应的点为M，在俯
视图中对应的点为N，所以该端点在侧视图中对应的点为E.故选A.
8．D 由三视图知，该几何体是底面为腰长为2的等腰直角三角形、长为4的侧棱垂
直于底面(垂足为腰与底边交点)的三棱锥，所以该三棱锥的最长棱的棱长为＝2，最短棱的
棱长为2，所以该几何体中最长的棱与最短的棱的长度之和为2＋2，故选D.
9．D 如图(1)所示，若点P为AD 的中点时，此时三棱锥PABC的俯视图为选项C；
1 1
如图(2)所示，若点P为BC 的中点时，此时三棱锥PABC的俯视图为选项B；
1 1
如图(3)所示，取AD 和BC 的中点E和F，连接EF，若点P为EF的中点时，此时三
1 1 1 1
棱锥PABC的俯视图为选项A；
所以此三棱锥PABC的俯视图不可能是选项D.
10．13
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.
11．2
解析：∵该四棱锥底面的直观图是一个边长为1的正方形，故其直观图的面积为1，故
原四棱锥的底面面积为2，故其体积为V＝S h＝×2×3＝2.
底
12.
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＝××＝.
13．4
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.
14．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.
15.
解析：
由三视图可知，该几何体是如图所示四棱锥PABCD，
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.
16．2
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 40 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
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．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．B 设内接圆柱的底面半径为r(00)，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 取得最大值，
O－ABCD
此时四棱锥O－ABCD的高h＝＝.故选C.9．A 如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O 的直径，且AB＝.连接OO ，则
1 1
OO ⊥面ABC，OO ＝＝＝，所以三棱锥O－ABC的体积V＝S ×OO ＝××1×1×＝.
1 1 △ABC 1
10.
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：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PO 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.
14．B作出如图三棱锥 OABC，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 OABC 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. ⊂
解析：设该半多面体是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得，
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＝，
2
从而＝.
16．24－8
解析：依题意DA⊥平面ABBA ，所以∠DPA即为DP与平面ABBA 所成的角，又平面
1 1 1 1
ABBA∥平面DCC D ，所以∠DPA即为DP与平面DCC D 所成的角，同理可得∠CPB为
1 1 1 1 1 1
PC与平面DCC D 所成的角，即α＝∠DPA，β＝∠CPB，因为tan β＝3tan α，所以＝，又
1 1
BC＝AD，所以AP＝3BP，在平面AABB内建立以点A为原点，AB，AA 所在直线分别为x
1 1 1
轴，y轴的直角坐标系，设点P(x，y)，则＝3，即x2＋y2－9x＋18＝0，即(x－)2＋y2＝，直线
AB 的方程为y＝x，即x－y＝0，所以圆心到直线的距离d＝＝，
1所以点P到直线AB 的距离的最小值为，
1
又|AB| ＝＝4，
1
SABC D＝4×4＝16，
1 1
所以四棱锥PABC D体积的最小值是×16×＝24－8.
1 1
专练 41 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．D
解法一 如图，连接C P，因为ABCD－ABC D 是正方体，且P为BD 的中点，所以
1 1 1 1 1 1 1
C P⊥BD ，又C P⊥BB ，所以C P⊥平面BBP.又BP 平面BBP，所以有C P⊥BP.连接
1 1 1 1 1 1 1 1 1
BC ，则AD∥BC ，所以∠PBC 为直线PB与AD 所成的角．设正方体ABCD－ABC D 的
1 1 1 1 1 1 1 1 1
棱长为2，则在直角三角形C PB中，C P＝BD ＝，BC⊂＝2，sin ∠PBC ＝＝，所以∠PBC
1 1 1 1 1 1 1
＝，故选D.
解法二 以B 为坐标原点，BC ，BA ，BB所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空
1 1 1 1 1 1
间直角坐标系，设正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，则B(0，0，2)，P(1，1，0)，D(2，
1 1 1 1 1
2，0)，A(0，2，2)，PB＝(－1，－1，2)，AD ＝(2，0，－2).设直线PB与AD 所成的角为
1 1
θ，则cos θ＝＝＝.因为θ∈，所以θ＝，故选D.
解法三 如图所示，连接BC ，AB，AP，PC ，则易知AD∥BC ，所以直线PB与
1 1 1 1 1 1
AD 所成角等于直线PB与BC 所成角．根据P为正方形ABC D 的对角线BD 的中点，易
1 1 1 1 1 1 1 1
知A ，P，C 三点共线，且P为AC 的中点．易知AB＝BC ＝AC ，所以△ABC 为等边三
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
角形，所以∠ABC ＝，又P为AC 的中点，所以可得∠PBC＝∠ABC ＝.故选D.
1 1 1 1 1 1 1
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 与BC 都是直线AB的异面直线，同样DD 与BC 也是异面直线，故
1 1 1 1 1 1
B错误；
如图 2，设直线 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C⊂D不相交，故D错误．
1
⊂ ⊂
8．D 连接BD，则∠BDB，∠DBA分别是BD与平面ABCD和平面AABB所成的角，
1 1 1 1 1
所以∠BDB＝∠DBA＝30°.所以BB ＝DB ，BD＝DB ，AD＝DB.设BB ＝a，则DB ＝2a，
1 1 1 1 1 1 1 1
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＝a，
1 1 1 1
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
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.
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＝＝.
11．5
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
12．②③④
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．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.
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．
15．①②④
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．
16．3
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 42 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 ∵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 D /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AC⇒N∥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．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.
故选A. ⊂
10．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 面AEC，BD⊄平面AEC，
1
∴BD∥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.
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，所以
1 1 1 1
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；易知平面
1 1 1 1
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AO，如
1 1 1 1 1 1
图所示，
∵点M，N分别是棱长为1的正方体ABCDABC 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⊂， ⊂
1 1
且PA∥平面AMN，
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 43 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 对于A，∵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；
对于B，若⊂m⊥α，n⊥α，由直线与平面垂直的性质，
可得m∥n，故B正确；
对于C，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n α，又n⊄α，∴n∥α，故C正确；
对于D，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 ∵AB⊥面BCC B，
1 1 1 1
BC 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 ⊥面ABCD，又AE 面ABCD，
1 1 1 1 1 1
∴BC ⊥AE.
1 1
⊂
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，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⊥面BDE，又AC 面ACD，∴平面ACD⊥面BDE，同理平面ABC⊥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⊥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.
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，
⊂
图(3)
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. ⊂
对于④，如图(4)所示，取AN的中点B，ME的中点F，连接PB，BF，OF，
图(4)
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．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.
16．①④⑤ ⊂
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 44 空间向量及其运算
1．A 令c＋a＝λ(a＋b)＋μ(b＋c)，则λ，μ∈
∅
，A正确；因为c－a＝－(a－b)－(b－
c)，所以{a－b，b－c，c－a}不能构成基底；因为a＋b＋c＝(a＋b)＋c，所以{a＋b，c，a＋
b＋c}不能构成基底；因为3a－b＋c＝2(a－b＋c)＋(a＋b－c)，所以{a－b＋c，a＋b－c，3a
－b＋c}不能构成基底．
2．B ∵a∥b，∴b＝λa，得m＝－2.
3．A |PQ|＝＝＝＝6.
4．A 由题意知BM＝BA＋AA＋AM＝－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
∴OE·FD ＝(AB＋AD＋AA)·(AD＋AA)＝(AB·AD＋AB·AA ＋AD2＋AD·AA ＋AA·AD＋
1 1 1 1 1 1
AA2)＝3.
1
而|OE|＝ ＝，|FD|＝，
1
∴cos 〈OE，FD〉＝＝.
1
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(0＋0－)＝3－.
∴|BD|＝.
16．A 由题意可知，以O为坐标原点，OB，OC，OO 所在直线分别为x，y，z轴，
1
建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示
A(0，－，0)，C(0，，0)，由对称性，点P在AB，BC ，AD，C D 是相同的，
1 1 1 1 1 1 1 1
故只考虑P在BC 上时，设正四棱台的高为h，则
1 1
B(，0，h)，C (0，，h)，
1 1
设P(x，y，z)，PC ＝(－x，－y，h－z)，
1
BC ＝(－，，0)，
1 1
因为P在BC 上，所以PC ＝λB C (0≤λ≤1)，
1 1 1 1 1
∴P(λ，－λ，h)，
∴PA＝(－λ，－－＋λ，－h)
＝(－λ，－＋λ，－h)，
∴PC＝(－λ，－＋λ，－h)
＝(－λ，＋λ，－h)，
所以PA·PC＝λ2＋(λ－)(λ＋)＋h2
＝λ2＋λ2＋λ－λ－＋h2
＝λ2－λ－＋h2＝(λ－)2－＋h2.由二次函数的性质知，当λ＝时， PA·PC取得最小值为h2－，
又因为PA·PC的最小值为，所以h2－＝，解得h＝±(负舍)，
故正四棱台的体积为V＝(S＋＋S)h＝(2×2＋＋1×1)×＝.
1 2
专练 45 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．C 由题意可设点P的坐标为(0，0，z)
由|PA|＝|PB|得
＝
解得z＝3.
故选C.
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
∴cos 〈BC ，AB〉＝＝＝.
1 1
8.
A 如图，正方体内三棱锥ABCD即为满足题意的鳖臑ABCD，
以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则B(0，0，0)，A(0，0，1)，C(0，1，0)，D(1，1，0)，M(，，)，则BM＝(，，)，CD＝(1，0，0)，
cos 〈BM，CD〉＝＝＝，
则异面直线BM与CD夹角的余弦值为.
9．D
对于A，当AP∥EH时，因为AP⊄平面α，EH 平面α，此时AP∥平面α，A对；对于
B，当AQ∥FG时，因为AQ⊄平面α，FG 平面α，此时AQ∥平面α，B对；对于C，取
AC的中点O，GH的中点为M，设AG＝λAD，CH＝⊂ μCB，则有OE＝OA＋AE＝OA＋AB＝
OA＋(OB－OA)＝(OA＋OB)， ⊂
同理可得OF＝(OC＋OD)＝(－OA＋OD)，
OM＝(OG＋OH)，
OG＝OA＋AG＝OA＋λAD＝OA＋2λOF，
OH＝OC＋CH＝OC＋μCB＝OC＋2μOE＝2μOE－OA，
所以OG＋OH＝2λOF＋2μOE，
所以，OG＝－OH＋2λOF＋2μOE，
因为E、F、G、H四点共面，则2λ＋2μ－1＝1，所以λ＋μ＝1，
所以，2OM＝OG＋OH＝2λOF＋2μOE，则OM＝λOF＋μOE＝λOF＋(1－λ)OE，
所以，OM－OE＝λ(OF－OE)，可得EM＝λEF，
即M、E、F三点共线，即GH的中点在EF上，即线段EF平分线段GH，C对；对于D
选项，若线段GH平分线段EF，又因为线段EF平分线段GH，则四边形EGFH为平行四边
形，事实上，四边形EGFH不一定为平行四边形，故假设不成立，D错．
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
∴DA＝(2，0，0)，DA＝(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 1d＝＝＝.
13.
D 正方体ABCDABC D 的棱长为2，可得D(0，0，2)，AA ＝DD ＝(0，0，2)，点
1 1 1 1 1 1 1
M(a，b，0)，则MD ＝(－a，－b，2)，由动点M(a，b，0)满足直线MD 与AA 所成夹角为，
1 1 1
可得cos 〈MD ，AA 〉＝＝，整理得a2＋b2＝4，由a2＋b2＝4≥2ab，可得ab≤2，当a＝b
1 1
＝时取等号，即最大值为2.
14．C 建立如图所示空间直角坐标系，由题意得，
B′和D′在平面ABCD中的投影分别在BB 和DD 上(如图所示)，
1 1
因为AB＝BC，令AB＝2，则BC＝2，
由比值可知，B′的x，y，z坐标比值为1∶∶2，所以令B′坐标为(b，b，2b)，
因为B′在平面ABCD中的投影在BB 上，
1
所以b∈(0，)，
同理可得D′坐标为(2－d，2－d，2d)，
E(，0，0)，G(，2，0)，F(0，1，0)，H(2，1，0)，
则EB′＝(b－，b，2b)，GD′＝(－d，－d，2d)，cos 〈EB′，GD′〉＝，
解得cos 〈EB′，GD′〉＝，因为b和d的范围均为(0，)，
所以cos 〈EB′，GD′〉∈(0，1)，即夹角范围是(0，)，故A，B错误；
同理可得cos 〈FB′，HD′〉
＝∈[0，1)，因为异面直线所成角范围是(0，]，则夹角范围是(0，].即C正确，D错误．
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46 高考大题专练(四)
立体几何的综合运用
1．解析：(1)证明：∵CD∥AB，AD＝CB＝1，DC≠AB，
∴四边形ABCD是等腰梯形．
如图，过点C作CE⊥AB于点E，过点D作DF⊥AB于点F，
则AF＝BE＝(AB－CD)＝，CD＝EF.
又AD＝1，∴DF＝ ＝.
又BF＝EF＋BE＝，∴BD＝＝.
又AD＝1，AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD.
∵PD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，∴PD⊥BD.
又AD∩PD＝D，
∴BD⊥平面PAD. ⊂
∵PA 平面PAD，∴BD⊥PA.
(2)如图，以D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐
标系，则⊂D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，P(0，0，)，
∴PD＝(0，0，－)，PA＝(1，0，－)，PB＝(0，，－).
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z).
由得
令z＝1，得x＝，y＝1，则n＝(，1，1).
设直线PD与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n，PD〉|＝＝＝.
∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为.
2．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.
3．解析：(1)证明：如图，取AB的中点E，连接CE.
因为AB＝2CD，AB∥CD，AD⊥AB，
所以四边形AECD是矩形，所以CE⊥AB.
在Rt△BEC中，cos ∠CBE＝＝＝，
所以∠CBE＝60°. 连接AC，则△ABC是等边三角形.
取BC的中点O，连接AO，则AO⊥BC. 连接PO，
因为PB＝PC，所以PO⊥BC，
因为PO∩AO＝O，
所以BC⊥平面PAO，所以BC⊥PA.
(2)因为平面 PBC⊥平面 ABCD，PO⊥BC，平面 PBC⊥平面 ABCD＝BC，PO 平面
PBC，
所以PO⊥平面ABCD. ⊂
连接DO，则∠PDO就是直线PD与平面ABCD所成的角，
所以∠PDO＝45°，
所以PO＝OD.
在△OCD中，OC＝CD，∠DCO＝120°，
所以OD2＝OC2＋CD2－2OC·CD·(－)＝3OC2，
所以PO＝OD＝OC.
如图，以O为坐标原点，OA、OB 、OP分别为x轴、y轴和z轴的正方向，建立空间直
角坐标系，令AB＝BC＝2CD＝2a，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(0，－a，0)，P(0，0，a).
由CD＝BA，可得D(a，－a，0).
所以DA＝(a，a，0)，AP＝(－a，0，a).
设平面PAD的一个法向量为m＝(x，y，z)，
0 0 0
由得
可取x＝z＝，y＝－1，则m＝(，－1，).
0 0 0
因为平面PBC的一个法向量为OA，所以cos 〈OA，m〉＝＝＝，
所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为.
4．解析：(1)延长AB到M点，使BM＝AB，连接CM，FM，
∵EF∥平面ABCD，平面AMF∩平面ABCD＝AM，
∴EF∥AM，∵AM＝2AB＝EF，∴四边形AMFE是平行四边形，
∴AE∥MF.
在△FCM中，
令FC＝，则FM＝，CM＝2，
∴FC2＋FM2＝CM2，
∴∠CFM＝90°，即MF⊥CF.
∴AE⊥CF.
(2)分别取AD，BC，EF的中点G，H，Q，连接EG，GH，HF，AC，BD，设AC∩BD
＝O，连接OQ，
∵△EAD为正三角形，G是AD中点，
∴AD⊥EG，
∵AD⊥AB，GH∥AB，∴AG⊥GH，
∴AD⊥平面EFHG，平面EFHG⊥平面ABCD，
∵OQ⊥GH，平面EFHG∩平面ABCD＝GH，
∴OQ⊥平面ABCD，
∴OQ⊥AC，OQ⊥BD.
分别以OA，OB，OQ为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz，令OA＝1，
则OB＝1，OQ＝1，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，E(1，－1，1)，F(－1，1，1)，
AC＝(－2，0，0)，AE＝(0，－1，1)，CF＝(0，1，1)，AF＝(－2，1，1)，
设平面EAC的法向量m＝(x，y，z)，
则，，
令y＝1，则m＝(0，1，1)，
设平面FAC的法向量m＝(x，y，z)，
则，，
令y＝1，则n＝(0，1，－1)，
m·n＝0×0＋1×1－1×1＝0，
∴〈m，n〉＝90°，即二面角EACF的平面角为90°.
5．解析：(1)存在P为AD上靠近D点的三等分点，使得AF∥面BMP；
理由：过点M作MP∥CD，交AD于P，
因为CM＝CA，即有CM＝CA，故DP＝DA，即P为AD上靠近D点的三等分点，
而BE∥CD，AF∥BE，故AF∥MP，
又MP 面BMP，AF⊄面BMP，所以AF∥ 面BMP.
⊂
(2)取CD的中点为G，连接BG，BD，因为∠BCD＝，BC＝CD＝1，
故△BCD为正三角形，则BG⊥CD，
故以B为坐标原点，分别以BG，BE，BA为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则D(，，0)，E(0，2，0)，F(0，2，2)，A(0，0，2)，
C(，－，0)，
则EF＝(0，0，2)，DE＝(－，，0)，
又∵CM＝CA＝(－，，2)，
可求得M(，－，)，
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则，即，
不妨取y＝1，则n＝(，1，0)，
记直线DM与平面DEF所成角为θ，
又∵DM＝(－，－，),
∴sin θ＝|cos 〈DM，n〉|
＝＝，
即直线DM与平面DEF所成角的正弦值为.
专练 47 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 当直线过原点时，满足题意，方程为y＝2x，即2x－y＝0；
当直线不过原点时，设方程为＋＝1，∵直线过(1，2)，∴－＝1，∴a＝－1，
∴方程为x－y＋1＝0.
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∈∪[π，π).
9．B 直线 kx－y＋1－k＝0 恒过 P(1，1)，k ＝2，k ＝，∴k 的取值范围是(－
PA PB
∞，]∪[2，＋∞).
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，y′＝3－2＝1，∴k＝1，其倾斜角为45°.
12．1
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，故－
0
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°.
专练 48 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，故选B.
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垂直的直线即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，故
3 1 2 3
选C.
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，故选B.
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，故选B.
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＝.
11．0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.
解析：由题意可知，k ＝＝b－a＝1，
AB
故|AB|＝＝.
13．B 因为直线 l 的方程为：x＋ay－2＝0，直线l 的方程为：2x－y＋1＝0，且
1 2
l⊥l，
1 2
所以2－a＝0，
解得a＝2，
所以直线l 的方程为x＋2y－2＝0，
1
，解得，
所以直线l 与l 的交点坐标为(0，1).
1 2
14．A 若l∥l，则，解得m＝1或－3，
1 2
因此，“m＝1”是“l∥l”的充分不必要条件．
1 2
15．C 对于A，a×1＋(－1)×a＝0恒成立，l 与l 互相垂直恒成立，故A正确；
1 2
对于B，直线l ：ax－y＋1＝0，当a变化时，x＝0，y＝1恒成立，所以l 恒过定点
1 1
A(0，1)；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，
2 2
0)，故B正确；
对于C，在l 上任取点(x，ax＋1)，其关于直线x＋y＝0对称的点的坐标为(－ax－1，－
1
x)，
代入l：x＋ay＋1＝0，则左边不恒等于0，故C不正确；
2
对于D，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 49 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．
10．1
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，)(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，
∴()2＝r2－d2＝12－9＝3.
∴|AB|2＝12，则|AB|＝2.
在Rt△DEC中，|CD|＝＝＝4.
16．12
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 50 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 若过点M(1，1)的直线被圆截得的弦的长度最小，
则点M(1，1)为该弦的中点，
由x2＋y2－4x＝0，得(x－2)2＋y2＝4，
所以若要弦长最小，
只要圆心到直线的距离即为圆心到定点M(1，1)的距离，
由|CM|＝，所以弦长＝2 ＝2.
3．B 设圆x2＋y2＝1与圆(x－4)2＋y2＝4的圆心分别为O，C，则|AB|＝，当|AC|最小时，
|AB|最小，由于点A在圆O上，则|AC|的最小值为|OC|－1＝4－1＝3，所以|AB|的最小值为.
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 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．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.
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．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＝相切，∴＝，将m
0
＝代入化简得16k4＋16k2－5＝0，解得 k2＝或k2＝－(舍去).∵y＝的图像在第一象限，
∴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．B 圆的标准方程为(x－1)2＋(y－3)2＝10，其圆心的坐标为(1，3)，记为P.因为(0－
1)2＋(1－3)2＝5<10，所以点E在圆内，且|PE|＝，则最长弦AC为过点E的直径，|AC|＝2，
最短弦BD为过点E且与AC垂直的弦，|BD|＝2＝2，可知四边形ABCD的对角线互相垂直，
所以四边形ABCD的面积为×2×2＝10，故选B.
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．
15．8
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.
16．(－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＋
2θ，
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，).专练 51 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．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 解法一 依题意，B(0，b)，设 P(a cos θ，b sin θ，θ∈[0，2π)，因为|PB|
≤2b，所以对任意θ∈[0，2π)，(a cos θ)2＋(b sin θ－b)2≤4b2恒成立，即( a2－b2)sin2θ＋
2b2sinθ＋3b2－a2≥0对任意θ∈[0，2π)恒成立．令sin θ＝t，t∈[－1，1]，f(t)＝(a2－b2)t2＋
2b2t＋3b2－a2，则原问题转化为对任意t∈[－1，1]，恒有f(t)≥0成立．因为f(－1)＝0，所
以只需－≤－1即可，所以2b2≥a2，则离心率e＝ ≤ ，所以选C.
解法二 依题意，B(0，b)，设椭圆上一点P(x ，y)，则|y|≤b，＋＝1，可得x＝a2－
0 0 0
y，则|PB|2＝x＋(y －b)2＝x＋y－2by ＋b2＝－y－2by ＋a2＋b2≤4b2.因为当y ＝－b时，|PB|2
0 0 0 0
＝4b2，所以－≤－b，得2c2≤a2，所以离心率e＝≤ ，故选C.
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
同理∠F＝90°时，S△PFF＝，故选C.
2 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＝.
10．8
解析：根据椭圆的对称性及|PQ|＝|FF|可以得到四边形PFQF 为对角线相等的平行四
1 2 1 2
边形，所以四边形PFQF 为矩形．设|PF|＝m，则|PF|＝2a－|PF|＝8－m，则|PF|2＋|PF|2
1 2 1 2 1 1 2
＝m2＋(8－m)2＝2m2＋64－16m＝|FF|2＝4c2＝4(a2－b2)＝48，得m(8－m)＝8，所以四边形
1 2
PFQF 的面积为|PF|×|PF|＝m(8－m)＝8.
1 2 1 2
11.
解析：由题意知，2a＋2c＝2(2b)，即a＋c＝2b，又c2＝a2－b2，消去b，整理得5c2＝
3a2－2ac，即5e2＋2e－3＝0，解得e＝或e＝－1(舍去).
12．3
解析：∵PF⊥PF，∴∠FPF＝90°，又S△PFF＝b2tan 45°＝9，∴b＝3.
1 2 1 2 1 2
13．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.
14．C 由椭圆的定义，得|BF|＋|BF|＝2a，
1 2
由椭圆的对称性，得|BF|＝|BF|＝a，
1 2
设|PF|＝m，则|BP|＝a＋m，
2
又|PF|＋|PF|＝2a，所以|PF|＝2a－m，
1 2 1
因为△PFB为等腰三角形，所以|BP|＝|PF|，
1 1
即a＋m＝2a－m，得m＝，
所以|PF|＝ ，|BP|＝|PF|＝，
2 1
在△BFF 中，由余弦定理，得cos ∠BFF＝＝，
1 2 2 1在△PFF 中，由余弦定理，得cos ∠BFF＝＝，
1 2 2 1
又∠BFF＋∠PFF＝π，所以cos ∠BFF＋cos ∠PFF＝0，
2 1 2 1 2 1 2 1
即＋＝0，整理，得3c2＝a2，
所以e2＝，由e∈(0，1)，得e＝.
15．[，1)
解析：设P 为椭圆＋＝1的上顶点，由题意得∠FPF≥90°，
0 1 0 2
∴∠OPF≥45°，∴≥sin 45°，∴e≥，
0 2
又01，∴0<<1，
∴1<1＋<2，∴10)的渐近线为y＝± x，即x±y＝0，又双曲线的一条渐近线为x
＋my＝0，即x＋y＝0，对比两式可得，m＝3.设双曲线的实半轴长为a，虚半轴长为b，半
焦距为c，则有a2＝m＝3，b2＝1，所以双曲线的焦距2c＝2＝4.
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＝.
12．9
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|最小值为9.
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．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
15．2
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 2
16．2＋
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 53 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 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 由题意，知抛物线的焦点坐标为(，0)，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(，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＝
1 2 1 2
xx＋k2(x－)(x －)
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 ＝，又(1－x ，－y)＝
1 2 1 2 1 1
t(x－1，y)，于是得1－x＝t(x－1)，t＝＝＝3，所以t 值为3.
2 2 1 2
10．2
解析：抛物线y＝ax2经过点M(2，1)，故1＝4a，解得a＝，
∵抛物线y＝，
∴标准方程为x2＝4y.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.
11．8
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 因为F(，0)，设M(x ，y)，显然当y ＜0时，k ＜0，当y ＞0时，k ＞0，则
0 0 0 OM 0 OM
要想求解直线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的斜
0 0 OM 0 0
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＋.故选B.
15．3
解析：设A(x ，y)，B(x ，y)，C(x ，y)，所以有y＝4x ，y＝4x ，y＝4x ，抛物线的焦
1 1 2 2 3 3 1 2 3
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
16．3
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 54 曲线与方程
1．B ∵|PA|＋|PB|＝4＝|AB|，∴点P的轨迹是线段AB.
2．A 设P(x，y)，∵|PA|＝3|PO|，
∴(x－1)2＋(y＋2)2＝9(x2＋y2)即：8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0.
3．A PM·PN＝0，∴PM⊥PN，∴点P的轨迹是以MN为直径的圆．
4．B 若双曲线焦点在x轴上，则可设其标准方程为－＝1(a＞0，b＞0)，
可列，解得a2＝，b2＝3，其标准方程为－＝1.
若双曲线焦点在y轴上，则可设其标准方程为－＝1(a＞0，b＞0)，
，此时无解，综上，双曲线方程为－＝1.
5．D 由题意得P到直线x＝－2的距离与它到(2，0)的距离相等，∴点P的轨迹为抛
物线．
6．B 设M(x，y)，P(x，y)，∵M为OP的中点，
1 1
∴又(x ，y)在－y2＝1上，
1 1
∴－4y2＝1，即x2－4y2＝1即为所求．
7．A 设P(x，y)，又A(－，0)，B(，0)，且|PO|2＝|PA|·|PB|，
∴x2＋y2＝·，化简得x2－y2＝1，
∴点P的轨迹方程为x2－y2＝1.
8．B 因为圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝1，所以圆心C(1，1)，半径r＝1，因为点M是圆
上的动点，所以|MC|＝1，又AM与圆相切，且|AM|＝2，则|AC|＝＝，设A(x，y)，则(x－1)2
＋(y－1)2＝5，即x2＋y2－2x－2y－3＝0，所以点A的轨迹方程为x2＋y2－2x－2y－3＝0.
9．A 由题设知，抛物线焦点F到定点A和B的距离之和等于A和B分别到准线的距
离和，等于AB的中点O到准线的距离的二倍，由抛物线准线与圆相切知和为2r＝4，所以|
FA|＋|FB|＝4＞|AB|＝2，所以抛物线焦点的轨迹方程C是以A和B为焦点的椭圆．
10．(1，0)
解析：由题意得a>0，设直线l与抛物线的两交点分别为A，B，不妨令A在B的上方，
则A(1，2)，B(1，－2)，故|AB|＝4＝4，得a＝1，故抛物线方程为y2＝4x，其焦点坐标为
(1，0).
11．x2＋y2－x＝0
解析：设P(x，y)为所求曲线上一点，由题意得x2＋y2＋(x－1)2＋y2＝1.
整理得x2＋y2－x＝0.
12．x2＝2y－1
解析：由题意得F(0，1)，设PF的中点为M(x，y)，P(x，y)，
1 1
由题意得得又(x ，y)在y＝x2上，
1 1
∴2y－1＝×(2x)2＝x2，即x2＝2y－1.
13．A 由于坐标原点O在以AF为直径的圆上，故可设A为上顶点，F为右焦点，F
1
为左焦点．则|AF|＝|AF|＝a，|BF|＝a，|BF|＝a，cos ∠FAF＝cos ∠FAB，由余弦定理得
1 1 1 1
＝，a2＝3c2，结合b2＝2，a2＝b2＋c2解得a＝，c＝1.所以M的方程为＋＝1.
14．A 设点M(2，1)为中点的弦的端点A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则有，两式相减得＋＝0，
因为M(2，1)为中点，所以＝2，＝1，
所以斜率k＝＝－＝－，
所以所求直线方程为y－1＝－(x－2)，即4x＋9y－17＝0.
15．y＝2x－2
解析：设C(x，y)，又OC＝OA＋t(OB－OA)，
∴消去参数t，得y＝2x－2.
16．y2－x2＝1解析：由得(y＋1)(y－1)＝x·kx＝x2，
整理得y2－x2＝1.
专练55 高考大题专练(五)
圆锥曲线的综合运用
1．解析：(1)由题意知M(0，－4)，F，圆M的半径r＝1，所以|MF|－r＝4，即＋4－1＝
4，解得p＝2.(技巧点拨：F与圆M上点的距离的最小值为|MF|－r，最大值为|MF|＋r)
(2)由(1)知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB的斜率存在，设A，B，直线AB的方程为y＝kx＋b，
联立得，消去y得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b>0 (※)，x＋x＝4k，xx＝－4b，
1 2 1 2
所以|AB|＝|x －x|＝·＝4·.
1 2
因为x2＝4y，即y＝，所以y′＝，则抛物线在点A处的切线斜率为，在点A处的切线方
程为y－＝(x－x)，即y＝x－，(技巧点拔：因为抛物线方程为x2＝4y，即y＝，所以想到利
1
用导数的几何意义求切线方程)
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x－，
联立得，则，
即P(2k，－b).因为点P在圆M上，所以4k2＋(4－b)2＝1 ①，
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，即－≤k≤，3≤b≤5，满足(※).(易错警示：由点P在
圆M上，只得到了4k2＋(4－b)2＝1，而忽视k，b的取值范围，导致得到错误答案)
设点P到直线AB的距离为d，则d＝，
所以S ＝|AB|·d＝4.
△PAB
由①得，k2＝＝，
令t＝k2＋b，则t＝，且3≤b≤5.
因为t＝在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，t ＝5，此时k＝0，所
max
以△PAB面积的最大值为20.
2．解析：(1)(方法一)由题意可知，当x＝p时，y2＝2p2.
设M点位于第一象限，则点M的纵坐标为p，|MD|＝p，|FD|＝.
在Rt△MFD中，|FD|2＋|MD|2＝|FM|2，即＋(p)2＝9，解得p＝2.
所以C的方程为y2＝4x.
(方法二)抛物线的准线方程为x＝－.
当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p.
此时|MF|＝p＋＝3，所以p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设直线MN的斜率为k，直线AB的斜率为k，则k＝tan α，k＝tan β.
1 2 1 2
由题意可得k≠0，k≠0.
1 2
设M(x，y)，N(x，y)，y＞0，y＜0，A(x，y)，B(x，y)，y＜0，y＞0.
1 1 2 2 1 2 3 3 4 4 3 4
设直线AB的方程为y＝k(x－m)，m为直线AB与x轴交点的横坐标，直线MN的方程
2
为y＝k(x－1)，直线MD的方程为y＝k(x－2)，直线ND的方程为y＝k(x－2).
1 3 4
联立得方程组
所以kx2－(2k＋4)x＋k＝0，则xx＝1.
1 2
联立得方程组
所以kx2－(2mk＋4)x＋km2＝0，则xx＝m2.
3 4
联立得方程组
所以kx2－(4k＋4)x＋4k＝0，则xx＝4.
1 3
联立得方程组
所以kx2－(4k＋4)x＋4k＝0，则xx＝4.
2 4
所以M(x，2)，N(，)，A(，)，B(4x，4).
1 1
所以k＝，k＝，k＝2k，
1 2 1 2
所以tan (α－β)＝＝＝＝.
因为k＝2k，所以k 与k 同号，所以α与β同为锐角或钝角．
1 2 1 2
当α－β取最大值时，tan (α－β)取得最大值．所以k ＞0，且当＝2k ，即k ＝时，α－β
2 2 2
取得最大值．易得xx＝＝m2，又易知m＞0，所以m＝4.
3 4
所以直线AB的方程为x－y－4＝0.
3．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).
4．解析：(1)设曲线C上任意一点P的坐标为(x，y)，则有：＝|x|＋2，
当x≥0时，有y2＝8x；当x＜0时，有y＝0，
所以曲线的方程为y2＝8x(x≥0)或y＝0(x＜0).
(2)由题意设l的方程为x＝my＋2，A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
由⇒y2－8my－16＝0，∴Δ＞0 m∈R，y＋y＝8m，yy＝－16，
1 2 1 2
∴|AB|＝＝8(1＋m2)，
设切线MA的方程为y－y＝k(⇒x－x)(k≠0)，
1 1
由⇒y2－y＋－8x＝0，∴Δ＝0 ky＝4，
1 1
∴切线MA的方程为y－y＝(x－x)，化简得yy＝4(x＋x)＝4x＋， ①
1 1 1 1
同理可得切线MB的方程为yy⇒＝4(x＋x)＝4x＋， ②
2 2
由①②得点M的坐标为M(－2，4m)，
∴点M到直线l的距离d＝＝4，
∴S ＝|AB|·d＝16(1＋m2)≥16，当且仅当m＝0时等号成立，故△MAB面积的最小值
△MAB
为16.
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，
1 2 P P
|BP|＝＝，
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 56 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．－2
解析：∵x＝<1，
∴y＝2＋log＝2－4＝－2.
2
11．3
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.
12．3
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．C 输入k＝0，a＝0，第一次循环，a＝1，k＝1，a<10，第二次循环，a＝3，k＝
2，a<10，第三次循环，a＝7，k＝3，a<10，第四次循环，a＝15，k＝4，a>10，结束循环，
输出k＝4.
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．
16．1 000
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 57 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．B 抽样间隔为＝10，故选B.
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)，故选B.
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.
10．15解析：由题设，×30＝12，解得x＝15.
11．25
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．
12．46
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.
专练 58 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．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 ＝，
0
原方差
s＝
该同学回归校园后新平均分x＝＝＝，即平均分不变．
1 0
该同学回归校园后新方差
s＝
＝＝s＜s，即方差变小．
3．D 由题意得x＝5，又乙班学生成绩的平均分为81，
∴＝81，得y＝4，
∴x＋y＝5＋4＝9.
4．C 根据图1可知2017～2021年全国居民人均可支配收入逐年递增，故A正确，C
错误；根据图2可知，2021年全国居民人均消费支出构成中教育文化娱乐占比为10.8%，交
通通信占比为13.1%，故B正确；食品烟酒和居住占比分别为 29.8%，23.4%，由29.8%＋
23.4%＝53.2%＞50%，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 对于A，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．
对于B，长度落在区间[93，94)内的个数为100×0.35＝35，所以B正确．
对于C，[90，93)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．对于D，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．(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.
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．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.
11．3
解析：∵s2＝[(x −x) 2+(x2−x) 2+(x −x) 2]
1 3
＝[x2+x2+x2−2x(x +x +x )+3x2]
1 2 3 1 2 3
＝(x＋x＋x－3x2)，
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
12．50
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 59 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＝×(20＋30＋40＋50＋60)＝40，
＝×(25＋27.5＋29＋32.5＋36)＝30，
则k＝－0.25＝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．A 由于K2的观测值k＝10>7.879，其对应的值0.005＝0.5%，
据此结合独立性检验的思想可知：有99.5%的把握认为使用智能手机对学习有影响．
5．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.
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.
7．0.8
解析：x＝＝2，
y＝＝2.6，
又y＝bx＋1过(x，y)，
∴2.6＝2b＋1，b＝0.8.
8．①
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．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．D 观察散点图可知，散点图用光滑曲线连接起来比较接近对数型函数的图像．故
选D.
11．0.025
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.
12．68
解析：计算可得，x＝30，y＝，所以＝0.67×30＋54.9，解得a＝68.
专练 60 排列与组合
1．B 先利用捆绑法排乙、丙、丁、戊四人，再用插空法选甲的位置，共有AAC＝
24(种)不同的排列方式．故选B.
2．C 小明和小李必须安装不同的吉祥物，则有A＝2种情况，剩余3人分两组，一组
1人，一组2人，有C＝3，然后分配到参与两个吉祥物的安装，有CA＝3×2＝6，则共有
2×6＝12种．
3．B 若均在晚上播放，则不同的安排方式有3A＝6种，若白天一场，晚上一场，则
有C·C·A＝48种，故放映这两部电影不同的安排方式共有48＋6＝54种．
4．B 由题意可知，完成这件事情分三类：
第一类，按照3，3，1，1，1，1的走法有C种；
第二类，按照3，2，2，1，1，1的走法有CC种；
第三类，按照2，2，2，2，1，1的走法有C种；
所以他恰好6步上完台阶的方法种数是C＋CC＋C＝15＋60＋15＝90.
5．D 由题意用2根火柴棒表示数字1，3根火柴棒表示数字7，4根火柴棒表示数字4，5根火柴棒表示数字2，3或者5，6根火柴棒表示数字6或9，7根火柴棒表示数字8，数
字不重复，因此8根火柴棒只能分成两级：2和6，3和5，组成两个数字，还有数字只能为
0，这样组成的无重复数字的三位数个数为CCA＋CCA＝20.
6．B 由题意知：从A到B的最短路径要通过7段马路，4段水平马路，3段竖直马路，
共有C＝35种，又因为经过CD段的走法有C·C＝12种，故不经过CD段的最短路程有35－
12＝23种．
7．B 第一步：为每个项目安排表演队员：先安排雪上技巧项目，有C种，再安排其
他三个项目，有A种，共有C×A＝2×6＝12种；第二步：安排出场顺序，有A＝24种，所
以一共有12×24＝288种．
8．B 将安排除甲、乙、丙外其它3名志愿者，有A种，再分两类讨论：
第一类：
安排不相邻的乙丙，相当于将2个球在3个球所形成的4个空中任选2个插入有A种，
安排不在第一天的甲，相当于5个球所成的后5个空中任选一个插入，有C种，
第二类：
将甲安排在乙丙中间有A种，
把甲乙丙作为整体安排，相当于将1个球插入3个球所形成的4个空中有C种，
所以不同的方案有A(AC＋AC)＝408种．
9．C 将五月一日至五月五日编号为1，2，3，4，5，先放中间的3，再放2，4，最后
放1，5，先放3有C种，若2，4同一个人有2种，此时1，5有3种情况，共有2×3＝6种，
若2，4不同人有2种，此时1，5有4种情况，共有2×4＝8种，所以共有3×(6＋8)＝42
种．
10．20
解析：由两人担任白天网格员有C种，由三人担任白天网格员有C种，所以共有C＋C
＝10＋10＝20种．
11．36
解析：将5人分成三组，每组至少一人，则各组人数分别为3、1、1或2、2、1.①若三
组人数分别为3、1、1，则甲、乙所在组的人数为3，此时还需从另外3人中选1人到这组，
此时不同的分配方案种数为CA＝18；②若三组人数分别为2、2、1，则其中一组有2人的
为甲、乙所在的一组，此时不同的分配方案种数为CA＝18.
综上所述，不同的分配方案种数为18＋18＝36.
12．1 800
解析：当d为奇数时，a×b×c为偶数：
1．a，b，c一偶两奇，此时不同排列方法为CCCA＝720种；
2．a，b，c两偶一奇，此时不同排列方法为CCCA＝720种；
3．a，b，c三个偶数，此时不同排列方法为CCA＝120种；
当d为偶数时，a×b×c为奇数，此时a，b，c三个奇数，不同排列方法为CCA＝240
种；综上，不同排列方法有1 800种．
13．A 先从相声、音乐、魔术、朗诵4个节目中选3个，有C＝4种，再把5个节目排
列且满足舞蹈在前、小品在后，有＝60，总共有4×60＝240种．
14．C 由题意可知：6名调研员安排到4家医院，符合条件的安排是四家医院，分到
的人数为2，2，1，1，共有·A＝1 080.
15．65
解析：由题可知没有限制时，每人有3种选择，则4人共有34种，若没人去人民公园，
则每人有2种选择，则4人共有24种，故人民公园一定要有人去的不同游览方案有34－24＝
81－16＝65种．
16．36
解析：由题意，先将4个同学分成3组，每组人数分别为2，1，1，然后再由这3组同
学选择三门课程，所以不同的选课方案种数为C·A＝36.专练 61 二项式定理
1．C 因为T ＝C()n－2(－)2＝4Cx为常数项，所以＝0，所以n＝6.令x＝1，得(－)6展开
3
式的各项系数和为(1－2)6＝1.
2．B (3x3－)4展开式的通项为T ＝C(3x3)4－r·(－)r＝34－r·(－)r·C·x12－4r，
r＋1
令12－4r＝0，则r＝3，
所以(3x3－)4展开式中的常数项是3×(－)×C＝－.
3．A 由二项展开式的通项可得，第四项T ＝C(x)2(－2y)3＝－20x2y3，故x2y3的系数为
4
－20.
4．C 令x＝1得(2－a)(1－2)4＝3，解得a＝－1，其中(x－)4的通项公式为T ＝Cx4－
r＋1
r(－2x－1)r＝(－2)rCx4－2r，令4－2r＝－2得r＝3，所以T ＝(－2)3Cx－2＝－32x－2，则2x2·(－
4
32)x－2＝－64，令4－2r＝1，此时r＝，不合题意，综上，该展开式中的常数项为－64.
5．B 由题意，二项式(2x3＋y2)n展开式的通项为T ＝C(2x3)n－r(y2)r＝2n－rCx3(n－r)y2r，因
r＋1
为(2x3＋y2)n的二项展开式中某项为bx6y6，可得，解得n＝5，r＝3，所以b＝22·C＝40.
6．B 由题可知，x轴上，0和a关于1对称，故a＝2；
(x＋)10的通项为T ＝C·x10－r·(2·x－)r＝2r·C·x10－，
r＋1
当r＝0，2，4，6，8，10时，为有理项．
7．C 令x＝0，得a＝2，所以(a＋2x2)(1＋x)n＝(2＋2x2)(1＋x)n，令x＝1，得4×2n＝
256，所以n＝6，故该展开式中x4的系数为2C＋2C＝60.
8．A (x3－1)6的展开式通项为T ＝C·(x3)6－k·(－1)k＝Ck·(－1)k·x18－3k，
k＋1 6
因为(－2)(x3－1)6＝(x3－1)6－2(x3－1)6，
在T ＝C·(－1)k·x12－3k中，令12－3k＝0，可得k＝4，
k＋1
在2T ＝2C·(－1)r·x18－3r中，令18－3r＝0，可得r＝6，
r＋1
所以，(－2)(x3－1)6的展开式中的常数项为C－2C＝13.
9．A ∵在(x＋)n的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，
∴在(x＋)n的展开式有11项，即n＝10；
而展开式的所有项的系数和为0，
令x＝1，代入(x＋)n＝0, 即(1＋a)10＝0，所以a＝－1.
∴(x－)10是展开式的通项公式为T ＝Cx10－r(－)r＝(－1)rCx10－2r，
r＋1
要求含x6的项，只需10－2r＝6，解得r＝2，所以系数为(－1)2·C＝＝45.
10．60
解析：二项展开式的通项公式为T ＝C(2x)6－r()r＝26－rCx6－r，
r＋1
令6－r＝0，则r＝4，故常数项为22C＝60.
11．－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.
12.或
解析：二项式(x＋)8的展开式的通项公式为C·x8－r·(ax－1)r＝ar·Cr·x8－2r，
8
前三项的系数a0·C，a1·C，a2·C成等差数列，所以2a1·C＝a0·C＋a2·C，即28a2－16a＋
1＝0，
解得a＝或.
13．－720
解析：由题意可知(x2－2x＋3y)5＝，
展开式的通项公式为 T ＝C(x2－2x)5－r(3y)r＝C··(3y)r＝C·C·(－2x)t·(x2)5－r－t·(3y)r＝
r＋1
C·C·(－2)t·3r·x10－2r－t·yr，由于要求展开式中x3y2的系数，所以r＝2，t＝3.
则展开式中x3y2的系数为C·C·(－2)3·32＝－720.
14．－10
解析：因为(－)5展开式的通项为T ＝C()5－r(－)r＝Cx(－1)r，令＝2，解得r＝3，所以
r＋1
T＝Cx2(－1)3＝－10x2，故展开式中x2项的系数为－10.
4
15．8(答案不唯一)
解析：由题意，二项式(2x－1)n的展开式中第5项的二项式系数最大，可得，
即，
解得7≤n≤9，所以n＝7或8或9.
16．±1 －47
解析：因为多项式(a＋x)4＋(2x－1)5＝ax＋ax2＋ax3＋ax4＋ax5(a∈R)，
1 2 3 4 5
所以Ca4＋C(－1)5＝0，
即a4＝1，解得a＝±1，
又a＝C＋C24(－1)＝－79，a＝C25＝32，
4 5
所以a＋a＝－79＋32＝－47.
4 5
专练 62 古典概型、几何概型和条件概率
1．B
在区间(0，1)中随机取一个数，记为x，在区间(1，2)中随机取一个数，记为y，两数之
和大于，即x＋y>，则.在如图所示的平面直角坐标系中，点(x，y)构成的区域是边长为1的
正方形区域(不含边界)，事件A“两数之和大于”即x＋y>中，点(x，y)构成的区域为图中阴
影部分(不含边界)，由几何概型的概率计算公式得P(A)＝＝，故选B.
2．A 由log (3x－2)≥1可得0＜3x－2≤，即＜x≤，所以事件“log (3x－
\f(1,2 \f(1,2
2)≥1”发生的概率为P＝＝.
3．B 行人在红灯亮起的25秒内到达路口，即满足至少需要15秒才出现绿灯，∴所求
事件的概率P＝＝.
4．D 4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有 24种不同的情形，
其中4位同学都选周六有1种不同的情形，都选周日有1种不同的情形，∴所求事件的概率
P＝1－＝1－＝.
5．C 解法一(将4个1和2个0视为完全不同的元素) 4个1分别设为1 ，1 ，1 ，
A B C
1 ，2个0分别设为0 ，0 ，将4个1和2个0随机排成一行有A种排法，将1 ，1 ，1 ，1
D A B A B C D
排成一行有A种排法，再将0 ，0 插空有A种排法，所以2个0不相邻的概率P＝＝.
A B
解法二(含有相同元素的排列) 将4个1和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安
排0，共有C种排法；将4个1排成一行，把2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排
0，共有C种排法．所以2个0不相邻的概率P＝＝.
6．D 由4个A不区分顺序、2个B不区分顺序，可得总情况有＝15种，先排4个A有
1种排法，在形成的3个中间的空中插入B即可，故2个B相邻且不排在两端的情况有C＝3
种，故概率为＝.
7．C 设用该试剂检测呈现阳性为事件B，被检测者患病为事件A，未患病为事件 ，
则P(B|A)＝0.99，P(A)＝0.01，P(B|)＝0.1，P()＝0.99，故所求概率P(B)＝0.99×0.01＋
0.1×0.99＝0.108 9.
8．D 从7名大学生中任选2人共有C＝21种不同的方法，其中2人都会说汉语的有C
＝3种不同的情形，∴所求事件的概率P＝＝.9．D 设8∶00为初始时刻0，则9∶00，10∶00，11∶00，12∶00分别为时刻1，2，
3，4，设新的疫苗送达的时刻为x，某人到接种点的时刻为y，记他到达时疫苗已送达为事
件A，则试验的全部结果所构成的区域为Ω＝{(x，y)|0≤x≤3，1≤y≤4}，事件A所构成的
区域为A＝{(x，y)|y≥x，0≤x≤3，1≤y≤4}，如图阴影区域，
则P(A)＝＝＝.
10.
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＝.
11.
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＝.
12．0.98
解析：经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为＝0.98.
13．C 5个快递送到5个地方有A＝120种方法，
全送错的方法数：
先分步：第一步快递A送错有4种方法，第二步考虑A所送位置对应的快递，假设A送
到丙地，第二步考虑快递C，对C分类，第一类C送到甲地，则剩下B，D，E要均送错有
2种可能(丁戊乙，戊乙丁)，第二类C送到乙丁戊中的一个地方，有3种可能，如送到丁地，
剩下的B，D，E只有甲乙戊三地可送，全送错有3种可能(甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲)，∴总
的方法数为4×(1×2＋3×3)＝44，所求概率为P＝＝.
14．D 从12幅作品中抽取规定作品和创意设计作品各2幅，共有CC＝225种选法；
若选手获得“冰雪之韵”纪念品，共有CCC＋CCC＋CC＝96种选法；
∴所求概率P＝＝.
15．A 如图区域D：
表示矩形，面积为3，到坐标原点距离小于2的点，位于以原点O为圆心，半径为2的
圆内，即x2＋y2＝4与区域D：的公共部分(如图阴影部分所示)，
联立得C(，1)，连接OC，
所以∠AOC＝30°，OC＝OA＝2，OB＝1，
所以扇形AOC的面积S ＝××22＝，
扇形AOC
因为S ＝×BO×BC＝×1×＝，
△BOC
所以S ＝S ＋S ＝＋，
阴影 扇形AOC △BOC
所以此点到坐标原点的距离小于2的概率为＝.
16．0.18
解析：记事件M为甲队以4∶1获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场
甲队胜三场负一场，所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18.专练 63 离散型随机变量及其分布列
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．C
4．C 从5个球中任取2个球，则2个球号码之和可能取的值为3，4，5，6，7，8，9
共有7个值．
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．C P(X<2)＝P(X＝－2)＋P(X＝－1)＋P(X＝0)＋P(X＝1)＝0.8.
∴1＜a≤2.
9．A 依题意，X的可能值为0，1，2，则有P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，于
是得E(X)＝1·＋2·＝＝＝，解得m＋n＝7，袋中共有10个球，因此，取出一白一红的概率为
＝＝＝，解得m＝5，则n＝2，所以取出一红一黄的概率为＝＝.
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.
X 0 1 2
P
解析：由题意得，X可取的值为0，1，2，
则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝.
13．A
14．D 若甲队以3∶0获胜，
则P＝()3＝；若甲队以3∶1获胜，则P＝C()2(1－)×＝；
1 2
若甲队以3∶2获胜，
则P＝C()2×(1－)2×＝.
3
∴甲队获胜的概率P＝P＋P＋P＝，故选D.
1 2 3
15.
解析：∵P，P，P 成等差数列，且P＋P＋P＝1，
1 2 3 1 2 3
∴P＝，
2
∴得－≤d≤.
16．3
解析：由题意，此过程中取到黄球的个数为ξ，
可得ξ＝0表示取到红球后(停止取球)，还没有取到黄球，有以下两种情况：
第一次取到红球，概率为P＝；
1
第一次取到绿球，第二次取到红球，概率为P＝·，
2
所以P(ξ＝0)＝P＋P＝＋·＝，解得n＝3，
1 2
所以随机变量ξ允许取的值为0，1，2，3，
可得P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝×＋××＋××＝，
P(ξ＝2)＝××＋×××＋×××＋×××＝，
P(ξ＝3)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝2)＝，
所以随机变量ξ的分布列为：ξ 0 1 2 3
P
所以期望为E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
专练 64 二项分布及其应用
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．C 记甲通过某种听力测试记为事件A，乙通过某种听力测试记为事件B，则P(A)
＝，P(B)＝，
∴他们中有且仅有一人通过的概率P＝P(A)＋P(B)＝×(1－)＋(1－)×＝×＋×＝.
5．C P(X＝2)＝C()2×(1－)4－2＝＝.
6．B 射击四次至少击中3次的概率P＝C×0.83×(1－0.8)＋C×0.84＝0.819 2.
7．D ∵P(X＝2)＝CP2(1－P)2＝，
得P＝或P＝，又00.5，
∴p＝0.6.
8．B 所选择的3个观察项目中当天会决出奖牌的项目数为X，则X的取值为0，1，
2，3，P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，则E(X)＝0×＋1×＋2×
＋3×＝.
9．A 由题意，E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1－，
所以D(ξ)＝(0－1＋)2×＋(1－1＋)2×＋(2－1＋)2×＝－a2－a＋＝－(a＋1)2＋，所以
D(ξ)在(0，1)上随a增大而减小．
10．1.96
解析：由题意，X～B(100，0.02)，
∴D(X)＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.
11.
解析：X的分布列为
X 1 2 3 4
P
∴E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
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．D 由题意得X的可能取值为1，2，3，
则P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝，
D(X)＝(1－)2×＋(2－)2×＋(3－)2×＝，
Y的可能取值为0，1，2，则P(Y＝0)＝＝，P(Y＝1)＝＝，P(Y＝2)＝＝，
∴E(Y)＝0×＋1×＋2×＝，
D(Y)＝(0－)2×＋(1－)2×＋(2－)2×＝；
∴E(X)≠E(Y)，D(X)＝D(Y).
14．B 由已知，ξ的可能取值是2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮比赛停止的概
率为()2＋()2＝.若该轮结束时比赛还要继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮
比赛结果对下一轮比赛是否停止没有影响．
所以P(ξ＝2)＝，P(ξ＝4)＝×＝，P(ξ＝6)＝()2＝，所以E(ξ)＝2×＋4×＋6×＝.故选B.
15．32
解析：由ξ～N(1 000，σ2)，P(ξ>1 200)＝a，P(800<ξ<1 000)＝b得a＝0.5－b，所以a＋b
＝，则＋＝2(＋)(a＋b)＝2(10＋＋)≥2(10＋2)＝32，所以＋的最小值为32.
16．19
解析：根据平均数的计算公式，全班的平均数为＝＝15，
由s2＝∑ (x－)2＝∑ (x－2x＋2)＝∑x－2∑x＋2＝∑x－2，设男同学为x ，x ，…，x ，女
i i i 1 2 30
同学为y ，y ，…，y ，则男同学的方差s＝∑ (x－17)2＝∑x－289＝11，从而∑x＝300×30
1 2 20 i
＝9 000，
则女同学的方差s＝∑ (y－12)2＝∑y－144＝16，从而∑y＝160×20＝3 200；
i
所以全班同学的方差为s2＝∑ (z－15)2＝∑z－225＝(9 000＋3 200)－225＝19.
i
专练66 高考大题专练(六)
概率与统计的综合运用
1．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.
2．解析：(1)根据题表中数据知，甲机床生产的产品中一级品的频率是＝0.75，乙机床
生产的产品中一级品的频率是＝0.6.
(2)根据题表中的数据可得
K2＝＝≈10.256.
因为10.256>6.635，所以有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差
异．
3．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).
4．解析：(1)由表可知，抽取的6件合格产品中有3件优等品，
所以，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，
所以，随机变量ξ的期望为E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)①∵y＝c·xb，∴ln y＝ln c＋b ln x，
∵∑ (ln x)＝24.6，∑ (ln y)＝18.3，
i i
∴＝∑ (ln x)＝4.1，＝∑ (ln y)＝3.05，
i i
∴b＝
＝＝0.5，
a＝－b＝3.05－0.5×4.1＝1，
∴ln y＝1＋0.5ln x，所以，c＝e,
故y关于x的回归方程为y＝ex0.5；
②由①知，y＝ex0.5，
∴z＝2y－0.32x＝2ex0.5－0.32x＝－0.32(－)2＋，
当＝，即x＝()2≈72时，z取得最大值，
故当优等品的尺寸x为72 mm时，收益z的预报值最大．
5．解析：(1)由频率分布直方图可得，二级品的频率为 10×(0.005＋0.04＋0.03)＝
0.75，
一级品的频率为10×(0.02＋0.005)＝0.25，
按分层抽样抽取8个口罩，则其中二级、一级口罩个数分别为6、2，
故事件“至少有一个一级品”的概率P＝＝.
(2)由题知X的可能取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝0.9×0.8×0.7＝0.504，
P(X＝1)＝0.1×0.8×0.7＋0.9×0.2×0.7＋0.9×0.8×0.3＝0.398，
P(X＝2)＝0.1×0.2×0.7＋0.1×0.8×0.3＋0.9×0.2×0.3＝0.092，
P(X＝3)＝0.1×0.2×0.3＝0.006，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.504 0.398 0.092 0.006.
E(X)＝0×0.504＋1×0.398＋2×0.092＋3×0.006＝0.6.
专练67 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)曲线C的参数方程(θ为参数)，转换为普通方程为＋y2＝1；直线l过点
M(1，0)且倾斜角为α，则参数方程为(t为参数).
(2)把直线l的参数方程(t为参数)代入＋y2＝1.得到(1＋sin2α)t2＋2t cosα－1＝0，
所以t＋t＝－，
1 2
tt＝－(t 和t 分别为A和B对应的参数)，
12 1 2
tt<0，则t，t 异号，||MA|－|MB||＝||t|－|t||＝|t＋t|，
12 1 2 1 2 1 2
由＝，
整理得|t＋t|＝＝|tt|＝，
1 2 12
解得cosα＝±.
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，
因为M为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，又x>1，所以x≥2.
综上，原不等式的解集为{x|x≤－4或x≥2}．
(2)f(x)＝|x－a|＋|x＋3|≥|(x－a)－(x＋3)|＝|3＋a|，当x的值在a与 －3 之间(包括两
个端点)时取等号，
若f(x)>－a，则只需|3＋a|>－a，
即3＋a>－a或3＋a－.
故a的取值范围为{a|a>－}．
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．
