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                            二轮专题强化练答案精析
专题一 函数与导数
第 1 讲 函数的图象与性质
1．D 2.B 3.C 4.A 5.B 6.D
7．D [由题意知，当x>0时，
函数f(x)＝
作出函数f(x)的图象，如图所示，
又由方程f(x)＝1的解的个数，即为函数y＝f(x)与y＝1的图象交点的个数可知，
当x>0时，结合图象，函数y＝f(x)与y＝1的图象有5个交点，
又因为函数y＝f(x)为偶函数，图象关于y轴对称，所以当x<0时，函数y＝f(x)与y＝1的图
象也有5个交点，综上可得，函数y＝f(x)与y＝1的图象有10个交点，即方程f(x)＝1的解的
个数为10.]
8．D [∵函数f(2x＋1)(x∈R)是奇函数，
∴f(2x＋1)＝－f(－2x＋1)⇒
f(2x＋1)＋f(－2x＋1)＝0，
∴函数f(x)的图象关于点(1,0)对称，故B正确；
∵函数f(2x＋1)(x∈R)的周期为2，
∴f(2(x＋2)＋1)＝f(2x＋1)，
即f(2x＋5)＝f(2x＋1)，
∴f(x)的周期为4，故A正确；
f(2 021)＝f(4×505＋1)＝f(1)＝0，故C正确；
f(2 022)＝f(4×505＋2)＝f(2)，无法判断f(2)的值，故D错误．]
9．AD 10.BD 11.ABC
12．ACD [因为函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝－1对称，故f(x)的图象关于直线x＝－
2对称，因为对∀x∈R有f(x)＋f(－x)＝4，所以函数y＝f(x)的图象关于点(0,2)成中心对称，所以f(－2＋x＋2)＝f(－2－(x＋2))，
即f(x)＝f(－4－x)＝4－f(－x)，
又f(－4－x)＋f(x＋4)＝4，
即f(－4－x)＝4－f(x＋4)，
所以f(x＋4)＝f(－x)，
所以f((x＋4)＋4)＝f(－(x＋4))＝f(x)，
所以f(x＋8)＝f(x)，
所以8是f(x)的周期，故A正确；
又f(x＋2)＝f(－x＋2)，故函数
f(x＋2)为偶函数，故D正确；
因为当x∈(0,2]时，f(x)＝x＋2，
且f(x)＋f(－x)＝4，
则当x∈[－2,0)时，－x∈(0,2]，
所以f(－x)＝－x＋2＝4－f(x)，
所以f(x)＝x＋2，
故当x∈[－2,2]时，f(x)＝x＋2，
又函数y＝f(x)的图象关于直线x＝－2对称，
所以在同一个周期[－6,2]上，
f(x)的最大值为f(2)＝4，故f(x)在R上的最大值为4，故B错误；
因为f(2 023)＝f(253×8－1)＝f(－1)＝4－f(1)＝1，
所以C正确．]
13．sin 2x(答案不唯一)
14．2 15.[0,2]
16.
解析 令g(x)＝e|x|－cos，将其向右平移1个单位长度，
得y＝e|x－1|－cos＝e|x－1|－sin，
所以f(x)＝e|x－1|－sin是函数g(x)向右平移1个单位长度得到的．而易知g(x)是偶函数，
当x>0时，g(x)＝ex－cos，
g′(x)＝ex＋sin，
当00，
当x>2时，ex>e2，
－≤sin≤，
所以g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．从而可知f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减．
所以当f(x)>f(2x)时，有|x－1|>|2x－1|，解得00，
即(x＋3)(3－x)>0，
解得－30，当x∈(－3,0)
时，f(x)<0，
所以f(1)－f(－2)＝f(1)＋f(2)>0，C错误；
f(－1)＋f(2)＝f(2)－f(1)>0，
D正确．]
8．C [令f(x)＝0，得x＝ ，即＝ ，
1
所以x 是y＝与y＝ax(a>1)图象的交点的横坐标，
1
且显然01)图象的交点的横坐标，因为y＝ax与y＝log x关于y＝x对称，
2 a a
所以交点也关于y＝x对称，
所以有x＝，
1
所以x＋4x＝x＋，令y＝x＋，易知y＝x＋在(0,1)上单调递减，所以x＋4x>1＋＝5.]
1 2 1 1 2
9．BC 10.ABD 11.BD
12．ABD [设3x＝4y＝12z＝t，t>1，
则x＝log t，y＝log t，z＝log t，
3 4 12
所以＋＝＋＝log3＋log4＝log12＝，A正确；
t t t
因为＝＝＝log 9<1，
12
则6z<3x，
因为＝＝＝
＝log 64<1，
81
则3x<4y，所以6z<3x<4y，B正确；
因为＋＝，
所以x＋y＝(x＋y)·z＝·z≥4z，
当且仅当x＝y时，等号成立，
又x≠y，故x＋y>4z，D正确；
因为＝＋＝，
则＝x＋y>4z，
所以xy>4z2，C错误．]
13．f(x)＝x(答案不唯一)
14．54 15.e2
16．(2，3)
解析 函数f(x)的图象如图所示，
令t＝f(x)，则关于x的方程2f2(x)－af(x)＋1＝0有6个不相等的实数根，等价于关于t的方程
2t2－at＋1＝0在[0,1)上有2个不相等的实数根，则解得20，
∴2ax＋－1＝0有正根，
即－2a＝2－有正根，
即函数y＝－2a与函数y＝2－，x>0的图象有交点，
令＝t>0，
则g(t)＝t2－t＝2－，
∴g(t)≥g＝－，
∴－2a≥－，即a≤.]
8．BCD [∵f(x)＝ln x是增函数，
∴(x－x)[f(x)－f(x)]>0，A错误；
1 2 1 2
[f(x)＋f(x)]
1 2＝(ln x＋ln x)
1 2
＝ln(xx)＝ln ，
1 2
f ＝ln ，
由x>x>e，得>，
1 2
又f(x)＝ln x单调递增，
∴[f(x)＋f(x)]e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴h(x)0，C正确；
1 2 2 1
令g(x)＝ef(x)－x，
则g′(x)＝－1，
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)3.
1 2
不妨设x0)，
对于方程2x2－2x＋a＝0，
记Δ＝4－8a.
①当Δ≤0，即a≥时，f′(x)≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当Δ>0，即00，故x>x>0.
2 1
当x∈(0，x)∪(x，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
1 2
当x∈(x，x)时，f′(x)<0，
1 2
函数f(x)单调递减．
综上所述，当a≥时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当00，解得x>e＋1，
令F′(x)<0，解得10在上恒成立，可得a>e，
依题意可得f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1≥0在上恒成立，
设g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1，g′(x)＝ex－，
易知g′(x)在上单调递增，故g′(x)≤g′(1)＝e－<0，
故g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1在上单调递减，最小值为g(1)，
故只需g(1)＝e－aln(a－1)＋1≥0，
设h(a)＝e－aln(a－1)＋1，
其中a>e，由h′(a)＝－ln(a－1)－<0可得，
h(a)＝e－aln(a－1)＋1在(e，＋∞)上单调递减，
又h(e＋1)＝0，故a≤e＋1.
综上所述，a的取值范围为(e，e＋1]．
第 4 讲 函数的极值、最值
1．D 2.C 3.A 4.B 5.D 6.D
7．AC [因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±.
由f′(x)＝3x2－1>0，得x>或x<－；由f′(x)＝3x2－1<0，得－0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R
上有且只有一个零点，故B错误；
因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)
＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称
中心，故C正确；
假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x ，y)，则f′(x)＝3x－1＝2，解得x ＝±1；
0 0 0 0
若x ＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x ＝－1，则切点坐标为(－
0 0
1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC.]
8．ACD [由题意知，a≠0，
由4m＋a(n－3e2m)(ln n－ln m)＝0，
得4＋aln ＝0，
令t＝(t>0)，
则－＝tln t－3e2ln t，
设g(t)＝tln t－3e2ln t，
则g′(t)＝1＋ln t－，
因为函数g′(t)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(e2)＝0，
所以当0e2时，g′(t)>0，则g(t)在(0，e2)上单调递减，
在(e2，＋∞)上单调递增，
从而g(t) ＝g(e2)＝－4e2，
min
即－≥－4e2，
解得a≥或a<0.
故a∈(－∞，0)∪.]
9．1 10.(－∞，0] 11.1
12.
解析 方法一 由f(x)＝2ax－ex2，
得f′(x)＝2axln a－2ex.
令f′(x)＝0，得axln a＝ex.
因为a>0且a≠1，
所以显然x≠0，所以e＝.
令g(x)＝，
则g′(x)＝
＝.
令g′(x)＝0，得x＝.
故当x>时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x<时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以g(x) ＝g＝
极小值
＝ (ln a)2，也是最小值．
因为f(x)有极小值点x＝x 和极大值点x＝x，
1 2
故f′(x)＝0有两个不同的根x＝x，x＝x，
1 2
故g(x)的图象与直线y＝e有两个交点，
所以g0.
1 2若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，所以00.
1 2
由f′(x)＝0，可得axln a＝ex.
①若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，舍去．
②若00时，x∈(－∞，－)∪(，＋∞)时，f′(x)>0；
x∈(－，)时，f′(x)<0；
故f(x)在(－∞，－)和(，＋∞)上单调递增，
在(－，)上单调递减．
(2)由(1)可知：
①当a≤0时，f(x)在[0,3]上单调递增，g(a)＝f(3)－f(0)＝27－9a；
②当≥3，即a≥9时，
f(x)在[0,3]上单调递减，
g(a)＝f(0)－f(3)＝9a－27；
③当0<<3，即0－＝0，
因为
所以f′＝ －<－<0，
根据零点存在定理可得，
f′(x)存在唯一零点x∈，
0
使得f′(x)＝ －sin x＝0，
0 0
又y＝f′(x)在区间上单调递减，
所以当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
所以x 是函数f(x)在区间上唯一的极大值点．
0
第 5 讲 导数的综合应用
母题突破 1 导数与不等式的证明
1．(1)解 易知函数f(x)的定义域为R，
∵f(x)＝ex－x－1，
∴f′(x)＝ex－1，
令f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令f′(x)＝ex－1<0，解得x<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．
(2)证明 要证f(x)＋x＋1≥x2＋cos x，
即证ex－x2－cos x≥0，
设g(x)＝ex－x2－cos x，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，
∵g′(x)＝ex－x＋sin x，
又∵sin x≥－1，∴g′(x)＝ex－x＋sin x≥ex－x－1(当且仅当x＝－＋2kπ，k∈Z时，等号成立)，
由(1)知ex－x－1≥0(当x＝0时等号成立)，∴g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝0.
∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥x2＋cos x.
2．(1)解 函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e的定义域为(－∞，a)，
所以f′(x)＝－1＝，
因为当x0)，
则g′(x)＝，
所以当00，
当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(e)＝＋1.
设h(x)＝＋，h′(x)＝，
则当01时，h′(x)>0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝e＋，
又＋10，
当0，
m＝ln >0，m(e)＝0，
∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，
即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，当x＝e时，G(x)有最大值，
且G(e)＝，∴a≥，
综上所述，a的取值范围是.
2．解 (1)由题意得x>－1，f′(x)＝－a.当a≤0时，f′(x)>0，
故函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；当a>0时，
在区间上，f′(x)>0，
在区间上，f′(x)<0，
所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在区间
上单调递增，在区间上单调递减．
(2)由f(x)≤ex－1，
可得ln(x＋1)－ax＋1－ex≤0，
设g(x)＝ln(x＋1)－ax＋1－ex，g(0)＝0，
则g′(x)＝－a－ex.设h(x)＝g′(x)＝－a－ex，
则h′(x)＝－－ex<0，
所以函数g′(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，则g′(x)≤g′(0)＝－a.
当a≥0时，g′(x)≤0，g(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(0)＝0恒成立；
当a<0时，g′(0)＝－a>0，
因为g′(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，所以∃x∈(0，＋∞)，在区间(0，x)上，
0 0
有g′(x)>0，所以g(x)在区间(0，x)上单调递增，
0
所以在区间(0，x)上g(x)>g(0)＝0，不合题意．
0
综上所述，实数a的取值范围为[0，＋∞)．
母题突破 3 零点问题
1．解 (1)由已知，得
f(x)＝ln x－.
①当n＝1时，f(x)＝ln x－(x－1)，f′(x)＝－1.
由f′(x)＝－1>0，得01.
因此，当n＝1时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
②当n＝2时，
f(x)＝ln x－，
f′(x)＝－1＋(x－1)＝.
因为f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
且只有当x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)由f(x)＝ln x－，
得f′(x)＝－[1－(x－1)＋(x－1)2＋…＋(－1)n－1(x－1)n－1]
＝－＝.
当n为偶数时，f′(x)≥0在(0，＋∞)恒成立，且只有当x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为f(1)＝0，所以f(x)有唯一零点x＝1.
当n为奇数时，
由f′(x)＝>0，得01.
因此，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
因为f(1)＝0，所以f(x)有唯一零点x＝1.
综上，函数f(x)有唯一零点x＝1，即函数f(x)的零点个数为1.
2．证明 (1)由f′(x)＝ex＋cos x＋sin x，
设h(x)＝ex＋cos x＋sin x，
则h′(x)＝ex－sin x＋cos x，
当x≥0时，设p(x)＝ex－x－1，
q(x)＝x－sin x，
∵p′(x)＝ex－1≥0，
q′(x)＝1－cos x≥0，
∴p(x)和q(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴p(x)≥p(0)＝0，q(x)≥q(0)＝0，
∴当x≥0时，ex≥x＋1，x≥sin x，
则h′(x)＝ex－sin x＋cos x≥x＋1－sin x＋cos x
＝(x－sin x)＋(1＋cos x)≥0，
∴函数h(x)＝ex＋cos x＋sin x在[0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(0)＝2，
即当x≥0时，f′(x)≥2.
(2)由已知得g(x)＝ex＋sin x－cos x－2x－1.
①当x≥0时，
∵g′(x)＝ex＋cos x＋sin x－2＝f′(x)－2≥0，
∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又∵g(0)＝－1<0，
g(π)＝eπ－2π>0，
∴由零点存在定理可知，g(x)在[0，＋∞)上仅有一个零点．
②当x<0时，
设m(x)＝(x<0)，
则m′(x)＝≤0，
∴m(x)在(－∞，0)上单调递减，
∴m(x)>m(0)＝1，
∴ex＋cos x＋sin x－2<0，
∴g′(x)＝ex＋cos x＋sin x－2<0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，
又∵g(0)＝－1<0，g(－π)＝e－π＋2π>0，
∴由零点存在定理可知g(x)在(－∞，0)上仅有一个零点，
综上所述，g(x)有且仅有2个零点．
微重点 1 函数的新定义问题
1．A 2.A 3.B 4.C
5．CD [对于A，|f(x)|＝|x||x|，所以不存在实数m使得对任意x∈R有|f(x)|≤m|x|，故其不是
F函数；
对于B，f(x)＝sin x＋cos x，
当x＝0时，f(0)＝1≥m×0，
故|f(x)|≤m|x|不成立，故其不是F函数；
对于C，f(x)＝，
|f(x)|＝|x|≤|x|，
故对任意的m≥，
都有|f(x)|≤m|x|，故其是F函数；
对于D，f(x)是定义在R上的奇函数，且满足对一切实数x，x 均有
1 2
|f(x)－f(x)|≤2|x－x|，
1 2 1 2
令x＝x，x＝0，由奇函数的性质知，f(0)＝0，故有|f(x)|≤2|x|，显然是F函数．]
1 2
6．ABD [由题意，要使f(x)为“正交函数”，则f(x)与y＝±x在相邻的象限上有交点即可，
对于A，f(x)＝x－2与y＝±x的图象如图所示，符合题意；
对于B，f(x)＝cos x＋1与y＝±x的图象如图所示，符合题意；
对于C，f(x)＝ln x与y＝±x的图象如图所示，只有一个交点，不符合题意；对于D，f(x)＝2x－2与y＝±x的图象如图所示，符合题意．]
7．x2(答案不唯一)
8．[3,4)
解析 函数y＝{x}－1＋log x有且仅有3个零点，
a
即y＝log x的图象与函数y＝1－{x}的图象有且仅有3个交点．
a
而y＝1－{x}＝1＋[x]－x＝
画出函数y＝1－{x}的图象，如图所示，
易知当01，
a
作出函数y＝log x的大致图象，结合题意可得
a
解得3≤a<4，
所以实数a的取值范围是[3,4)．
微重点 2 函数的嵌套与旋转、对称问题
1．D 2.C 3.B 4.C
5．ACD [由方程f[g(x)]＝x有实数解可得g{f[g(x)]}＝g(x)，
再用x替代g(x)，即 x＝g[f(x)]有解．
对于A，x＝x2＋2x，即x2＋x＝0，方程有解，故A正确；
对于B，x＝x＋1，即0＝1，方程无解，故B错误；
对于C，当ecos x＝x时，
令h(x)＝ecos x－x，
因为h(0)＝e>0，h＝1－<0，
由零点存在定理可知，h(x)在上存在零点，所以方程有解，故C正确；
对于D，当ln(|x|＋1)＝x时，x＝0为方程的解，所以方程有解，故D正确．]
6．BC [f2(x)－t·f(x)＝0⇒f(x)[f(x)－t]＝0⇒f(x)＝0或f(x)＝t，作出y＝f(x)的图象，当f(x)＝0时，x＝－4，有一个实数根；当t＝1时，有三个实数根，
1
所以共四个实数根，满足题意；
当t＝4时，f(x)＝t只有两个实数根，所以共三个实根，不满足题意，此时与 y＝ex的交点坐
标为(2ln 2,4)．
要使原方程有四个实数根，等价于f(x)＝t有三个实数根，等价于y＝f(x)与y＝t的图象有三
个交点，
故t∈[1,4)，x∈[0,2ln 2)，
4
所以xx∈(－8ln 2,0]，故A错误，C正确；
1 4
又因为x＋x＝－4，
2 3
所以x＋x＋x＋x＝－8＋x 的取值范围为[－8，－8＋2ln 2)，
1 2 3 4 4
故B正确；
因为x＋x＝－4，x0，可得x>e；
令f′(x)<0，可得00)，
则f′(t)＝(t＋1)·et>0，
所以f(t)单调递增，又f(λx)≥f(ln x)，
即当x∈(1，＋∞)时，λx≥ln x，
即λ≥恒成立，
令g(x)＝，x∈(1，＋∞)，
则g′(x)＝，
所以在(1，e)上，g′(x)>0，即g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，即g(x)单调递减，
则g(x)≤g(e)＝，故λ≥.]
7．(2，＋∞) 8.1
微重点 4 函数的公切线问题
1．A 2.D 3.B 4.D 5.AD
6．ABC [由f(x)＝2x2＋3可得f′(x)＝4x，
由g(x)＝aex＋3可得g′(x)＝aex，
设公切线与f(x)＝2x2＋3的图象相切于点(x，2x＋3)，
1
与g(x)＝aex＋3的图象相切于点(x， ＋3)，
2
所以4x＝
1
即2x＝，
1
可得x＝0或2x＝x＋2，
1 2 1
因为4x＝ ，a>0，
1
则x>0,2x＝x＋2>2，即x>1，
1 2 1 2x>1，
2
令h(x)＝，x>1，
可得h′(x)＝＝，
由h′(x)>0得12，
所以h(x)在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以h(x) ＝h(2)＝＝，
max
所以实数a的取值范围是，故选ABC.]
7．－32
8．－ 1
解析 由f(x)＝x2－2ax，g(x)＝3a2ln x－b，x>0，
则f′(x)＝x－2a，g′(x)＝，
设两曲线的公切点为(x，y)，由题意得，
0 0
即
由x－2a＝得，x－2ax－3a2＝0，
0 0
解得x＝3a或x＝－a(舍去)，
0 0
所以曲线y＝f(x)，y＝g(x)只有一条这样的公共切线．
b＝3a2ln x－x＋2ax
0 0
＝3a2ln 3a－＋6a2
＝3a2ln 3a＋，
令F(a)＝3a2ln 3a＋，a>0，
则F′(a)＝6aln 3a＋6a＝6a(ln 3a＋1)，
当0时，F′(a)>0，
所以函数F(a)在上单调递减，在上单调递增，
所以当a＝时，b取得最小值，
为F＝－＋·＝－.
微重点 5 不等式的综合问题
1．C 2.D 3.C 4.D
5．ACD [由2a＝3b＝6，
则a＝log 6，b＝log 6，则a>0，b>0，
2 3
所以a－b＝log 6－log 6＝－
2 3＝>0，故选项A正确；
＋＝log 2＋log 3＝1，故选项B不正确；
6 6
由1＝＋>2(因为a≠b，所以等号不成立)，则ab>4，故选项C正确；
a＋b＝(a＋b)＝2＋＋>2＋2＝4(因为a≠b，故等号不成立)，故选项D正确．]
6．BC [因为a>0，
n
所以a＝aa≤2＝64，
3 7
当且仅当a＝a＝8时，取等号，
3 7
所以a≤8，故A不正确；
5
log a＋log a＝log (aa)
2 2 2 8 2 2 8
＝log (aa)≤log 2
2 3 7 2
＝log 64＝6，
2
当且仅当a＝a＝8时，取等号，故B正确；
3 7
a＋a－a－a＝a(1－q)－a(1－q)＝(a－a)(1－q)，
3 7 4 6 3 6 3 6
当00，(1－q)(a－a)>0，
3 6 3 6
则a＋a<16；
4 6
当q>1时，{a}单调递增，
n
a－a<0，(1－q)·(a－a)>0，则a＋a<16，故C正确，D不正确．]
3 6 3 6 4 6
7.
8.
解析 由题意得z＝4x2－xy＋y2，
故＝＋－1≥2－1＝3，
当且仅当y＝2x时等号成立，
所以，此时＝－＝－，
令t＝>0，则f(t)＝－，
故f′(t)＝，
所以，当00；
当t>2时，f′(t)<0，
即f(t)在(0,2)上单调递增，
在(2，＋∞)上单调递减．
故f(t)≤f(2)＝，且x＝，y＝1时等号成立，
综上，的最大值为.培优点 1 洛必达法则
1．解 (1)当a＝1时，
f(x)＝x2－xcos x＋sin x，x∈R，
f′(x)＝2x＋xsin x＝x(2＋sin x)．
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)当x>0时，有f(x)0时，ax20，
∴g′(x)＝，
令φ(x)＝(x－1)ex－xsin x－cos x＋2，x>0，
φ′(x)＝xex－xcos x＝x(ex－cos x)．
∵x>0，∴ex>1≥cos x，
∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵由洛必达法则知
lim ＝lim ＝1，
∴g(x)>1，故a≤1，
∴实数a的取值范围是(－∞，1]．
2．解 (1)f′(x)＝－，由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即
解得a＝1，b＝1.
(2)由题设可得，当x>0，且x≠1时，k<＋1恒成立．
令g (x)＝ ＋1(x>0，且x≠1)，
则g′(x)＝2·，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，且x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，令φ(x)＝2xln x＋－x(x>0，且x≠1)，则φ′(x)＝2ln x＋1－，
易知φ′(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上单调递增，且φ′(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0；
∴h′(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵h(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，h(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
∵由洛必达法则知lim g(x)＝2＋1
＝2＋1＝2×＋1＝0，
∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0]．
培优点 2 对数平均不等式、切线不等式
1．(1)解 由题意，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，
若b≥0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若b<0，令f′(x)＝0，得x＝－b，
当x∈(0，－b)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－b，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上，若b≥0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
若b<0，f(x)的单调递减区间为(0，－b)，单调递增区间为(－b，＋∞)．
(2)证明 g(x)＝x＋b(1＋ln x)－sin x，g′(x)＝1－＋，
①若b≥0，则由1－>0，≥0得g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故不存在00)，
m′(x)＝1－cos x≥0，
当x→0时，m(x)→0，
故m(x)>0，即x>sin x，
因为g(x)＝g(x)，
1 2即x＋b(1＋ln x)－sin x＝x＋b(1＋ln x)－sin x，
1 1 1 2 2 2
所以－b(ln x－ln x)＝x－x－(sin x－sin x)>(x－x)，
2 1 2 1 2 1 2 1
又0>0，
根据对数平均不等式＜＜，
所以>，
所以－2b>，故xx<4b2.
1 2
2．(1)解 因为f(x)＝x(ln x＋a)，
故可得f′(x)＝ln x＋a＋1，
又y＝ln x＋a＋1为单调递增函数，
令f′(x)＝0，解得x＝e－a－1，
故当0e－a－1时，f′(x)>0，
故f(x)的单调递减区间为(0，e－a－1)，
单调递增区间为(e－a－1，＋∞)．
(2)证明 方法一 当a＝1时，
f(x)＝x(ln x＋1)，
要证f(x)≤xex－1，
即证x(ln x＋1)≤xex－1，
又x>0，则只需证ln x＋1≤ex－1，
即证ln x－x＋1≤ex－1－x，
令m(x)＝ln x－x＋1，
m′(x)＝－1＝，
当00，m(x)单调递增，当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，故当x＝1时，
m(x)取得最大值m(1)＝0；
令n(x)＝ex－1－x，n′(x)＝ex－1－1，
又y＝n′(x)为单调递增函数，且当x＝1时，n′(x)＝0，
当01时，n′(x)>0，n(x)单调递增，故当x＝1时，n(x)取得最小值
n(1)＝0.则n(x) ＝m(x) ，
min max
且当x＝1时，同时取得最小值和最大值，故n(x)≥m(x)，
即ln x－x＋1≤ex－1－x，故f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立．
方法二 当a＝1时，f(x)＝x(ln x＋1)，要证f(x)≤xex－1，即证x(ln x＋1)≤xex－1，
又x>0，则只需证ln x＋1≤ex－1，
又ln x＋1≤x，ex－1≥x，
且等号都在x＝1处取得，
所以ln x＋1≤ex－1.即f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立．
培优点 3 隐零点问题
1．证明 (1)f(x)＝x＋sin x－ex，
f′(x)＝1＋cos x－ex，
令g(x)＝1＋cos x－ex，
g′(x)＝－ex－sin x<0，
所以g(x)在区间[0，π]上单调递减．
因为g(0)＝2－1＝1>0，g(π)＝－eπ<0，
所以存在x∈(0，π)，使得f′(x)＝0，
0 0
且当00；
0
当x0，
所以φ(x)在(0，π)上单调递增，
所以φ(x)<φ(π)＝π，即φ(x)<π，
即证f(x) ＝f(x)<π，即证f(x)<π.
max 0
2．解 (1)因为f(x)＝aln x－的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋＝.
①若a≥0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若a<0，
令f′(x)＝0，得x＝－.
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)不等式f(x)≤x－在(0，＋∞)上恒成立等价于aln x－x－＋≤0在(0，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝aln x－x－＋，
则g′(x)＝－1＋＝－.
对于函数y＝x2－ax－1，Δ＝a2＋4>0，所以其必有两个零点．
又两个零点之积为－1，所以两个零点一正一负，
设其中一个零点x∈(0，＋∞)，
0
则x－ax－1＝0，即a＝x－.
0 0
此时g(x)在(0，x)上单调递增，在(x，＋∞)上单调递减，
0 0
故g(x)≤0，即ln x－x－＋≤0.
0 0 0
设函数h(x)＝ln x－x－＋，
则h′(x)＝ln x＋1－－1＋＝ln x.
当x∈(0,1)时，h′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
又h＝h(e)＝0，所以x∈.
0
由a＝x－在上单调递增，得a∈.
0
培优点 4 极值点偏移问题
1．(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1＝，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，得x∈(0，a)；令f′(x)<0，得x∈(a，＋∞)，
故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．(2)证明 由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x，x，则a>0，
1 2
因为f(x)＝f(x)＝0，
1 2
所以aln x－x＝0，aln x－x＝0，
1 1 2 2
所以x－x＝a(ln x－ln x)，
1 2 1 2
要证xx>e2，即证ln x＋ln x>2，
1 2 1 2
等价于＋>2，
而＝，
所以等价于证明>，
即ln >，
令t＝，则t>1，
于是等价于证明ln t>成立，
设g(t)＝ln t－，t>1，
g′(t)＝－＝>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(t)>g(1)＝0，即ln t>成立，所以xx>e2，结论得证．
1 2
2．(1)解 因为f(x)＝x(1－ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明 由题意知，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，
两边同时除以ab，
得－＝－，
即＝，
即f ＝f .
令x＝，x＝，
1 2
由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
且当00，
当x>e时，f(x)<0，
不妨设x2，
1 2
要证x＋x>2，即证x>2－x，
1 2 2 1
因为02－x>1，
2 1
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x)0，
即当00，
所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以当02成立．
1 2
再证x＋xx，
1 2
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当10，
即[f(x)－1]·f(x)>0，
可得f(x)>1或f(x)<0，
所以cos>或cos<0.
当x＝1时，2x－＝2－∈，
cos∈，不符合题意；
当x＝2时，2x－＝4－∈，
cos<0，符合题意．
所以满足题意的最小正整数x为2.
第 2 讲 三角恒等变换与解三角形
1．D 2.D 3.C 4.C 5.C
6．C [由sin α－cos β＝3cos α－3sin β
得，sin α－3cos α＝cos β－3sin β＝sin－3cos，
设f(x)＝sin x－3cos x
＝
＝sin(x－φ)，
其中cos φ＝，sin φ＝，φ为锐角，
已知条件即为f(α)＝f，
所以－β＝2kπ＋α，或－β－φ＋α－φ＝2kπ＋π，k∈Z，
若－β＝2kπ＋α，k∈Z，则α＋β＝－2kπ＋，k∈Z，
sin(α＋β)＝sin＝1与已知矛盾，
所以－β－φ＋α－φ＝2kπ＋π，k∈Z，
α－β＝2kπ＋＋2φ，k∈Z，
则sin(α－β)＝sin
＝sin
＝cos 2φ＝2cos2φ－1＝－.]
7．ABD [对于A，由A>B，可得a>b，利用正弦定理可得sin A>sin B，正确；
对于B，在锐角△ABC中，A，B∈，∵A＋B>，
∴>A>－B>0，
∴sin A>sin＝cos B，
因此不等式sin A>cos B恒成立，正确；
对于C，在△ABC中，acos A＝bcos B，利用正弦定理可得
sin Acos A＝sin Bcos B，
∴sin 2A＝sin 2B，
∵A，B∈(0，π)，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，
∴A＝B或A＋B＝，
∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，错误；
对于D，由于B＝，b2＝ac，由余弦定理可得b2＝ac＝a2＋c2－ac，
可得(a－c)2＝0，解得a＝c，
则A＝C＝B＝，
∴△ABC必是等边三角形，正确．]
8．AD [f(x)＝sin2x＋sin xcos x－
＝＋sin 2x－
＝(sin 2x－cos 2x)
＝sin，故A正确；
当x＝时，sin＝，
∴x＝不是f(x)的对称轴，故B错误；
当x∈时，
2x－∈，
∴f(x)在上单调递增，
∴f(x)在上无最小值，故C错误；∵f(x)＝，
0
∴sin＝，
又2x－∈，
0
∴cos＝，
∴cos 2x＝cos
0
＝
＝，
故D正确．]
9. 10.－ 11.3 15
12.
解析 由cos 2C＝cos 2A＋4sin2B得，1－2sin2C＝1－2sin2A＋4sin2B，
即sin2A＝sin2C＋2sin2B，
由正弦定理得a2＝c2＋2b2＝4，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝4，
∴c2＋2b2＝b2＋c2－2bccos A，
即cos A＝－<0，
∵A∈(0，π)，∴sin A＝，
∴S ＝bcsin A
△ABC
＝
＝，
∵c2＋2b2＝4，
∴c2＝4－2b2，
∴S ＝＝，
△ABC
则当b2＝时， ＝－×＋4×＝，
max
∴(S ) ＝×＝.
△ABC max
13．解 (1)由S－S＋S＝，
1 2 3
得(a2－b2＋c2)＝，
即a2－b2＋c2＝2，
又a2－b2＋c2＝2accos B，
所以accos B＝1.
由sin B＝，
得cos B＝或cos B＝－(舍去)，所以ac＝＝，
则△ABC的面积S＝acsin B＝××＝.(2)由sin Asin C＝，ac＝及正弦定理知＝＝＝，
即b2＝×＝，得b＝.
14．解 (1)选择①：
∵(2c－a)sin C＝(b2＋c2－a2)·，∴由正弦定理可得
(2c－a)c＝b2＋c2－a2＝2bccos A，
∴2c－a＝2bcos A，
可得cos A＝，
∴由余弦定理可得cos A＝＝，
整理可得c2＋a2－b2＝ac，
∴cos B＝＝＝，
∵B∈(0，π)，∴B＝.
选择②：
∵cos2－cos Acos C
＝－cos Acos C
＝
＝＝，
∴cos(A＋C)＝－，
∴cos B＝－cos(A＋C)＝，
又∵B∈(0，π)，∴B＝.
选择③：
由正弦定理可得＝，
又tan A＋tan B＝＋
＝
＝，
由＝tan A＋tan B，
可得＝，
∵sin C>0，∴tan B＝，
∵B∈(0，π)，∴B＝.
(2)在△ABC中，由(1)及b＝2，
得＝＝＝＝4，
故a＝4sin A，c＝4sin C，
2a－c＝8sin A－4sin C
＝8sin A－4sin＝8sin A－2cos A－2sin A
＝6sin A－2cos A
＝4sin，
∵00)，
若将f(x)的图象向左平移个单位长度，所得y＝sin的图象与原图象重合，则＝2kπ，k∈Z，
∴ω＝8k，k∈Z，故ω的最小值为8，故A错误；
若f ＝f ，且ω最小，则函数的图象关于直线x＝对称，
∴ω·＋＝kπ＋，k∈Z，
即ω＝4k＋1(k∈Z)，则ω的最小值为1，故B正确；
∵x∈，
∴ωx＋∈，
若f(x)在上单调递减，则k∈Z，
解得4k＋≤ω≤2k＋，k∈Z，
令k＝0，可得ω的取值范围为，故C正确；
若f(x)在上无零点，
则k∈Z，
解得2k－≤ω≤k＋，k∈Z，
令k＝0，可得ω的取值范围为；
令k＝1，可得ω的取值范围为，
故ω的取值范围为∪，故D错误．]
7.
8.
解析 当x∈，
k∈Z时，
f(x)＝sin x＋cos x＝2sin，
当x∈，k∈Z时，
f(x)＝sin x－cos x＝2sin，
令－≤x＋≤，得－≤x≤，
所以函数f(x)的一个单调递增区间为，
f(x)＝
则函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，
则当x∈时，f(x)∈[1,2]，
且f(0)＝，f ＝1，
当x∈时，
令－≤x－≤，则－≤x≤，
所以函数f(x)在上单调递增，此时f(x)∈[1,2]；
令≤x－≤，得≤x≤，
所以函数f(x)在上单调递减，当x∈时，
令f(x)＝1，得x＝，
因为当x∈[0，a]时，函数f(x)的值域为[1,2]，所以≤a≤.
微重点 7 几何特征在解三角形中的应用
1．C 2.C 3.B 4. 5.3＋6
6．(1)证明 ∵tan Atan B－tan A－tan B＝，∴(tan Atan B－1)＝tan A＋tan B，
∴＝－，
∴tan(A＋B)＝－，
∴tan∠ACB＝，
∵0<∠ACB<π，∴∠ACB＝，
∵CD为角平分线，
∴S ＝S ＋S ，
△ABC △ACD △BCD
∴·CA·CB·sin∠ACB＝·CD·CA·sin∠ACD＋·CD·CB·sin∠BCD，
∴CA·CB＝CD·CB＋CD·CA，
即＝＋.
(2)解 由CD＝CB＝2代入＝＋，
可得CA＝＋1，
∴S ＝×CA×CB×sin∠ACB＝×2×(＋1)×＝.
△ABC
7．解 (1)由ccos A＋(a＋2b)cos C＝0，
得sin Ccos A＋(sin A＋2sin B)cos C＝0，
即－2sin Bcos C＝sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sin B.
因为0°0，
从而cos C＝－.
又0°，则n－1>，
n
而4－1＝<，C错误；
对于D，S＝×＝4×<4，
n
D正确．]7．ABC [由椭圆的方程和定义知a＝5，b＝4，c＝3，
∴焦距为6，∴A正确；
又∵a－c≤|FP|≤a＋c，
i
∴2≤|FP|≤8，∴B正确；
i
令|FP|，|FP|，|FP|，…组成等差数列{a}，d>0，
1 2 3 n
∴a＝|FP|≥2，a≤|FP| ＝8，
1 1 n imax
∴d＝≤＝≤＝，∴00，
即f(n＋1)>f(n)对任意的n∈N*恒成立，
∴{f(n)}是单调递增数列，∴[f(n)] ＝f(1)＝5，
min
∴m≤5，
∴实数m的取值范围是(－∞，5]．
微重点 9 数列的递推关系
1．D 2.B 3.B 4.C 5.22 022
6．5
解析 根据题意，
(n＋1)a－2(n＋1)a ＝a＋2a ，
n n＋1 n n＋1
化简得＝，
所以＝，
＝，
…
＝(n≥2)，
运用累乘法计算得
＝···…·×＝(n≥2)，
且a＝，
1
所以a＝，n≥2，
n
a＝符合该式，
1
当a>时，2n·n(n＋1)<1 000，
n
当n＝5时，2n·n(n＋1)＝960<1 000，
当n＝6时，2n·n(n＋1)＝2 688>1 000，
所以满足条件的n的最大值为5.
7．(1)证明 当n＝1时，
＝，则a＝2.
1
因为＋＋＋…＋＝，①
所以＋＋＋…＋＝，②
由②－①得＝－，
化简可得2a－a ＝aa ，
n n＋1 n n＋1
＝＝＝，
所以数列是一个首项为＝－，公比为的等比数列．
(2)解 由(1)可知＝－×＝－，
化简可得a＝.
nb＝a(a －1)
n n n＋1
＝
＝－，
所以S＝＋＋＋…＋
n
＝1－.
微重点 10 子数列问题
1．解 (1)由题意知a＝2，a＝4，a＝8，所以等比数列{a}的公比q＝2，
1 2 3 n
a＝aqn－1＝2n，
n 1
设等差数列{b}的公差为d，
n
则2＝b－2b＝2d－b，
3 1 1
S＝＝7b＝7a，
7 4 3
所以b＝8＝b＋3d，
4 1
所以b＝2，d＝2，b＝2n.
1 n
(2)由(1)知c＝[lg (2n)]，
n
则T ＝c ＋c ＋…＋c ＝[lg 2]＋[lg 4]＋[lg 6]＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋
100 1 2 100
[lg 200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.
2．解 (1)设等差数列{a}的公差为d，
n
则
解得
所以a＝1＋2(n－1)＝2n－1.
n
(2)因为b＝
n
所以数列{b}的前100项和为
n
(b＋b＋…＋b )＋(b ＋b ＋…＋b )＋(b ＋b ＋…＋b )＋…＋(b ＋b ＋…＋b )
1 2 10 11 12 20 21 22 30 91 92 100
＝(a＋a＋…＋a )＋2(a＋a＋…＋a )＋22(a＋a＋…＋a )＋…＋29(a＋a＋…＋a )
1 2 10 1 2 10 1 2 10 1 2 10
＝(1＋2＋22＋…＋29)(a＋a＋…＋a )
1 2 10
＝×
＝102 300.
3．解 (1)设等比数列{b}和递增的等差数列{a}的公比和公差分别为q，d(d>0)，故由a ＝
n n 1
12，b＝1，a＝5b，a＝2b，
1 2 2 3 3
可得
解得或(舍去)，
故a＝12＋3(n－1)＝3n＋9，
nb＝3n－1.
n
(2)b＝1，b＝3，b＝9，b＝27，
1 2 3 4
b＝81，b＝243，
5 6
∴b＝a，b＝a ，b＝a ，
4 6 5 24 6 78
∴b，b 是公共项，
4 5
∴S ＝(b＋b＋b＋b＋b)＋(a＋…＋a )－(b＋b)
63 1 2 3 4 5 1 60 4 5
＝1＋3＋9＋12×60＋×3
＝6 043.
4．解 (1)因为a＋a，a＋a，a＋a 成等差数列，
2 3 3 4 4 5
所以2(a＋a)＝a＋a＋a＋a，
3 4 2 3 4 5
得a－a＝a－a，
5 3 4 2
得(k－1)a＝(k－1)a，
2 3
因为k≠1，所以a＝a＝2，
2 3
所以k＝＝2，得a＝
n
(2)由(1)知，b＝
n
当n为偶数时，设n＝2k，k∈N*，
可得S＝S ＝b＋b＋…＋b ＋b＋b＋…＋b ＝20＋22＋…＋22k－2＋(2＋4＋…＋2k)
n 2k 1 3 2k－1 2 4 2k
＝＋×＝＋，
即S＝＋；
n
当n为奇数时，设n＝2k－1，k∈N*，
可得S＝S
n 2k－1
＝b＋b＋…＋b ＋b＋b＋…＋b
1 3 2k－1 2 4 2k－2
＝20＋22＋…＋22k－2＋(2＋4＋…＋2k－2)
＝＋×
＝＋，
即S＝＋.
n
综上所述，S＝
n专题四 立体几何
第 1 讲 空间几何体
1．A 2.B 3.B 4.B 5.D 6.B
7．D
8．C [方法一 如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h，
依题意，得36π＝πR3，
解得R＝3.
由题意及图可得
解得
所以正四棱锥的体积V＝a2h
＝·
＝(3≤l≤3)，
所以V′＝l3－＝l3(3≤l≤3)．
令V′＝0，得l＝2，
所以当3≤l<2时，V′>0；
当20；
当0；当10，
1 1
则AM＝(x，2，z)，
又AA1＝(0,0,3)，
AB＝(0,2,0)，
AD＝(4,0,0)，
则cos〈AA1，AM〉＝
＝cos〈AB，AM〉＝
＝cos〈AD，AM〉＝，故x＝z＝2，则AM＝2，错误；
对于C，如图，过A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则直线m为以4为棱长的正
方体的体对角线AP，故sin θ＝，正确；
对于D，如图，过A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为μ，只需平面β与以4为棱
长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如平面 EDF，故cos μ＝，则sin μ＝，正
确．
]
9. 10. 11.60°
12.
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，且AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝AF＝1，
由正六边形的性质可得，
A(0,0,0)，B(1,0,0)，
F，C，
设P(x，y，z)，其中－0)，
则G，AG＝，DG＝，
因为点A在平面PCD内的射影恰好是△PCD的重心G，所以AG⊥平面PCD，
又DG⊂平面PCD，所以DG⊥AG，
所以DG·AG＝0，
所以0－＋＝0，t＝，
则P(0,0，)，BC＝(0,1,0)，PB＝(1,0，－)，
设m＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，
则即
不妨令x＝，即m＝(，0,1)，
DG的方向向量是DG＝，
设直线DG与平面PBC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈m，DG〉|＝＝＝.
故直线DG与平面PBC所成角的正弦值为.
第 4 讲 空间向量与距离、探究性问题
1．(1)证明 当AA＝2时，BE＝，BE＝，
1 1
所以BE2＋BE2＝BB，
1
所以BE⊥BE.
1
又AB⊥平面BCC B，
1 1 1 1
则AB⊥BE.
1 1
因为AB∩BE＝B，AB，
1 1 1 1 1 1BE⊂平面ABE，
1 1 1
所以BE⊥平面ABE，
1 1
又BE⊂平面BDE，
所以平面BDE⊥平面ABE.
1 1
(2)解 以D为原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角
1
坐标系，
则D(0,0,0)，B(1,1,0)，A(1,0,3)，E.
1
所以DB＝(1,1,0)，DE＝，DA1＝(1,0,3)．
设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
不妨令z＝2，则y＝－3，x＝3，得n＝(3，－3,2)．
故A 到平面BDE的距离d＝＝＝.
1
2．(1)证明 如图所示，连接DE，DF，取BB 的中点为M，连接MC ，ME，因为E为
1 1 1 1
AA 的中点，
1
所以EM∥AB∥C D，
1 1 1 1
且EM＝AB＝C D，
1 1 1 1
所以四边形EMC D 为平行四边形，所以DE∥MC ，
1 1 1 1
又因为F为CC 的中点，
1
所以BM∥C F，且BM＝C F，
1 1
所以四边形BMC F为平行四边形，
1
所以BF∥MC ，所以BF∥DE，
1 1
所以B，E，D，F四点共面．
1
(2)解 以D为坐标原点，DA，DC，DD 分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图
1所示，
假设存在满足题意的点G(0,0，t)(0≤t≤2)，由已知B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)，
则EF＝(－1,1,0)，EB＝(0,1，－1)，EG＝(－1,0，t－1)，
设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
1 1 1 1
则即
取x＝1，则n＝(1,1,1)；
1 1
设平面GEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
2 2 2 2
则
即
取x＝t－1，则n＝(t－1，t－1,1)．
2 2
因为平面GEF⊥平面BEF，
所以n·n＝0，
1 2
即t－1＋t－1＋1＝0，解得t＝.
所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的长度为.
3．(1)证明 由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BC，
又在正方形ABCD中，BC⊥AB，
且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
则BC⊥平面PAB，又AE⊂平面PAB，所以BC⊥AE.
由PA＝AB，E为PB中点，可得AE⊥PB，
又PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，
则AE⊥平面PBC，又AE⊂平面AEF，从而平面AEF⊥平面PBC.
(2)解 以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．由(1)可知n＝为平面PBC的一个法向量．
1
由BE＝BF，可知EF∥PC，
设BF＝λBC，BE＝λBP，
则BF＝(0，λ，0)，BE＝(－λ，0，λ)，
可得AF＝AB＋BF＝(1，λ，0)，
AE＝AB＋BE＝(1－λ，0，λ)．
设平面AEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
2
则
即
取y＝1，则x＝－λ，z＝1－λ，
即n＝(－λ，1,1－λ)．
2
从而，由＝＝＝，
解得λ＝或λ＝，即F在BC的三等分点处．
4．解 (1)在直角梯形ABCD中，
由已知可得AC＝，CD＝，
∴AC2＋CD2＝AD2，∴AC⊥CD，
又△ADP是以AD为斜边的等腰直角三角形，∴PA＝PD＝，
如图，取AD的中点O，连接OC，OP，
则OC＝OA＝OD＝1，OP＝1，
则△OAP≌△OCP≌△ODP，
∴∠POA＝∠POC＝∠POD＝90°，
∴OP⊥AD，OP⊥OC，
而OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，∴OP⊥平面ABCD，
因此以AB，AD为x轴、y轴，过点A作平行于OP的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,1,1)，AP＝(0,1,1)，AC＝(1,1,0)，
设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取y＝－1，则x＝z＝1，即n＝(1，－1,1)，
又BP＝(－1,1,1)，
设直线PB与平面PAC所成角为θ，
∴sin θ＝|cos〈BP，n〉|
＝＝＝，
∴直线PB与平面PAC所成角的正弦值为.(2)点F在平面PAC内，证明如下：
由(1)可得E，F，AF＝，
设AF＝xAC＋yAP，
则＝x(1,1,0)＋y(0,1,1)，
则解得
∴AF＝AC＋AP，
∴AF与AC，AP共面，
∴F在平面PAC内．
微重点 11 球的切接问题
1．C 2.B
3．C [如图，设O，O 分别为正六棱柱的底面中心，r为内切球半径，R为外接球半径，
1 2
O为OO 的中点，D为AB的中点，
1 2
设正六棱柱的底面边长为2，
若正六棱柱有内切球，
则OO ＝OD＝，即r＝，
1 1
OA2＝OO＋OA2＝7，即R＝，
1
则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为4πR2∶4πr2＝R2∶r2＝7∶3.]
4．C [设该半正多面体是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得，
即为二十四等边体，如图所示，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，其外接球的球心即为正方体的中心O，半径为中心到一个顶点的距离，设外接球半径为R，
则R＝＝＝，
故V＝×()3＝，从而＝.]
2
5．BD [设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R，则R＝，因为球心O
到平面ABC的距离等于球O半径的，所以r2－r2＝，得r2＝，所以A不正确；
所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×＝6π，选项B正确；
设球O的内接正方体的棱长为a，则a满足a＝2r，显然选项C不正确；
设球O的外切正方体的棱长为b，则b满足b＝2r，显然选项D正确．]
6．ABD [如图，因为PA＝AC＝2，CP＝2，
所以PA2＋AC2＝CP2，得CA⊥PA，
由D是PB的中点，
得AD⊥PB，AD＝＝，
又CD＝，
所以AC2＋AD2＝CD2，
得AC⊥AD，
又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAB，
所以AC⊥平面PAB，故B正确；
由AB＝AP，得CB＝CP＝2，
故三棱锥P－ABC最长的棱的棱长为2，故A正确；
取等边三角形PAB的中心G，连接OG，OA，则OG＝AC＝1，
即球心O到底面PAB的距离为1，故C错误；
底面△PAB外接圆的半径r＝，
外接球的半径R＝＝＝，所以球O的表面积为S＝4π×2＝，故D正确．]
7．16π
8.
解析 如图，分别取BC，AD的中点O′，E，连接PE，O′E，O′A，O′D.
因为△PAD是边长为4的等边三角形，所以PE＝2.
因为四边形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝4，AD∥BC，∠ABC＝60°，
所以O′E＝2，BC＝8.
因为四棱锥P－ABCD的体积为24，设四棱锥P－ABCD的高为h，
所以×h＝24，
所以h＝2.
因为E是AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为PE＝h＝2，
所以PE⊥平面ABCD.
因为O′A＝O′B＝O′C＝O′D＝4，
所以四边形ABCD外接圆的圆心为O′，半径r＝4.
设四棱锥P－ABCD外接球的球心为O，连接OO′，OP，OB，过点O作OF⊥PE，垂足为
F.
易证四边形EFOO′是矩形，
则EF＝OO′，OF＝O′E＝2.
设四棱锥P－ABCD外接球的半径为R，则R2＝OO′2＋O′B2＝OF2＋PF2＝O′E2＋(PE－
OO′)2，
即R2＝OO′2＋42＝(2)2＋(2－OO′)2，
解得R2＝，故四棱锥P－ABCD外接球的表面积是4πR2＝.
微重点 12 立体几何中的动态问题
1．BC 2.A 3.AD
4．ABD [如图，设△ABC的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，
则BE⊥AC.∵AC⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BDE，
∴AC⊥平面BDE，又DE⊂平面BDE，则AC⊥DE，
又△ABC为等边三角形，
AB＝BD＝2，AD＝，
∴AE＝1，DE＝1，BE＝，
∴DE2＋BE2＝BD2，即DE⊥BE，
又BE⊥AC，AC∩DE＝E，AC，
DE⊂平面ADC，
∴BE⊥平面ADC，
又BE⊂平面ABC，
∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；
又∵GE＝，GB＝GA＝GC＝，
∴GD＝＝＝，故G为四面体ABCD的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故B正确；
当OM∥AC时，∠DCA为直线OM与CD所成的角，由上知∠DCA＝<，故C错误；
由平面ACD⊥平面ABC可知，动点M到平面ACD的距离即为动点M到直线AC的距离，
由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线的一部分，故D正确．]
5．AB [对于A，由于矩形ABCD，则AD⊥AB，
又因为AD⊥BF，而AB∩BF＝B，
AB，BF⊂平面ABEF，
所以AD⊥平面ABEF，
又AD⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面ABEF，所以A选项正确；
对于B，因为M，N分别是BF，AC的中点，四边形ABEF是菱形，
则M也是AE的中点，由三角形中位线的性质，可知MN∥EC，
由于三棱柱AFD－BEC，
则平面BEC∥平面ADF，
又EC⊂平面BEC，
所以EC∥平面ADF，
而平面AMN∩平面ADF＝l，
则EC∥l，所以MN∥l，所以B选项正确；对于C，由于四边形ABEF是菱形，则AE⊥BF，
又因为AD⊥BF，而AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面ADE，
所以BF⊥平面ADE，
所以∠FEM为直线EF与平面ADE所成的角，又因为∠ABE＝120°，
则∠BEF＝60°，所以∠FEM＝30°，
故直线EF与平面ADE所成的角为30°，所以C选项不正确；
对于D，由题可知AB＝2BC＝4，∠ABE＝120°，则在△ABE中，
AE＝2AM＝2Absin ∠ABE
＝2×4×sin 60°＝4，
由正弦定理可得△ABE的外接圆半径r＝×＝×＝4，
由A选项可知，AD⊥平面ABEF，
所以四面体EABD的外接球半径R＝＝＝，
故四面体EABD的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×17＝68π，所以D选项不正确．]
6．ABD [对于A，当λ＝时，F为C D 中点，如图，
1 1
又E为BC中点，∴EF∥BD，
1 1
∵EF⊂平面EFD，BD⊄平面EFD，∴BD∥平面EFD，
1 1
则当P在线段BD 上移动时，其到平面EFD的距离不变，
1
∴三棱锥P－EFD的体积为定值，A正确；
对于B，当μ＝时，如图，连接AC，BD，交点为O，连接PO，则四棱锥P－ABCD为正四
棱锥，
∴PO⊥平面ABCD，设四棱锥P－ABCD的外接球的球心为O′，半径为R，则O′在直线
PO上，
∵OC＝，OO′＝，
∴OC2＋OO′2＝O′C2，
即＋2＝R2，解得R＝，
∴四棱锥P－ABCD的外接球的表面积S＝4πR2＝，B正确；对于C，将问题转化为在平面ABCD 内求解PE＋PF的最小值，
1 1
作E关于线段BD 的对称点E，过E 作HG∥AD，分别交C D，AB于H，G，如图所示，
1 1 1 1 1 1
∵PE＝PE，
1
∴PE＋PF＝PE＋PF≥EH(当且仅当F与H重合时取等号)，
1 1
∵∠EBA＝∠ABD －∠DBE
1 1 1
＝∠ABD －∠DBC ，
1 1 1
∴sin∠EBA＝sin(∠ABD －∠DBC )＝2－2＝，
1 1 1 1
∴EG＝BE·sin∠EBA＝BE·sin∠EBA＝，
1 1 1 1
∴EH＝－＝，
1
即PE＋PF的最小值为，C错误；
对于D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1的正方向为x，y，z轴建立如图所示的空间直角
坐标系，
则D(0,0,0)，E，
F(0，λ，1)，P(μ，μ，1－μ)，
∴EP＝，
DP＝(μ，μ，1－μ)，DF＝(0，λ，1)，
若EP⊥平面PDF，
则即
解得(舍)，
或
∴存在唯一的实数对(λ，μ)＝，使得EP⊥平面PDF，D正确．]微重点 13 截面、交线问题
1．ACD 2.ABD
3．BC [对于A选项，因为PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以PA⊥AB，
因为PA＝4，AB＝AC＝2，
则PB＝＝2，
所以cos∠APB＝＝，
在△OPM中，OM＝OP＝PA＝2，
由余弦定理可得OM2＝OP2＋PM2－2OP·PMcos∠APB，
所以PM＝2OPcos∠APM＝，
同理可知PN＝，A错误；
对于B选项，在△PBC中，PB＝PC＝2，PM＝PN＝，
所以＝，所以MN∥BC，
因为MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC，B正确；
对于C选项，因为MN∥BC，则△PMN∽△PBC，
所以＝＝，
因此MN＝BC＝2，C正确；
对于D选项，因为MN＝OM＝ON＝2，则△OMN为等边三角形，
则∠MON＝，
所以球O的球面上点M，N所在大圆劣弧的长为×2＝，D错误．]
4．CD [如图，在棱BC上取点R，在棱BD上取点S，使得BC＝3BR，
BD＝3BS，
取CD的中点G，连接AR，AS，RS，BG，AG，记RS∩BG＝M，连接AM.过点A作AH⊥平面BCD，垂足为H，
则H为△BCD的中心，正四面体ABCD外接球的球心O在AH上，AO为球O的半径．
由题中数据可得AM＝AG＝3HG＝3HM＝3，AH＝4，BH＝2.
设球O的半径为R，
则R2＝(AH－OH)2＝BH2＋OH2，
解得R＝3，OH＝1.
当λ∈[1,3]时，截面AEF从平面ARS转动到平面ACD，要求截面的面积只需考虑球心O到
截面的距离的取值范围即可．由题意可知CD∥RS且CD⊥平面ABG，如图，
过点O作ON⊥AM，垂足为N，
则ON⊥平面ARS.
因为△AON∽△AMH，
所以ON＝＝1，
即球心O到截面的距离d∈[0,1]，
则截面圆的半径满足r2＝R2－d2∈[8,9]，
故所求截面的面积S∈[8π，9π]．]
5．2π
解析 由题意，得△ABC是边长为5的等边三角形，侧面均为全等的等腰梯形，
在四边形ABBA 中，
1 1
AB＝5，AB＝2，AA＝BB＝3，
1 1 1 1
如图，在棱AB上取BF＝2，连接AF，易知△AAF为等边三角形，
1 1
即∠AAB＝60°，则以下底面的一个顶点A为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交
1
线为三段圆弧MN，MP，NP，
分别是与平面ABC，平面ABBA，平面ACC A 的交线，
1 1 1 1
则所求交线长度为三段圆弧MN，MP，NP的长度之和，长度为×2×3＝2π.6．6＋3
解析 延长EF交DA的延长线于点M，连接MC交AB于点N, 延长FE与DD 的延长线交
1
于点P，连接PC交C D 于点Q，连接EQ, 则五边形EFNCQ即为平面CEF截正方体所得的
1 1
截面．如图所示，
则有AF＝FA＝AM＝3，
1
又因为△MAN∽△MDC，
所以＝，解得AN＝2，
所以FN＝＝，
NC＝＝2，
同理可得QD ＝2，QC ＝4，
1 1
所以QC＝＝2，
EQ＝＝，
又因为EF＝＝3，
所以五边形EFNCQ的周长为6＋3.
微重点 14 与空间角有关的最值问题
1．C
2.D [方法一 由题意知四棱锥S－ABCD为正四棱锥，如图，连接AC，BD，记AC∩BD＝
O，连接SO，则SO⊥平面ABCD，取AB的中点M，连接SM，OM，OE，易得AB⊥SM，
则θ＝∠SEO，θ＝∠SMO，易知θ≥θ.因为OM∥BC，BC⊥AB，SM⊥AB，所以θ 也是OM
2 3 3 2 3
与平面SAB所成的角，即 BC与平面SAB所成的角，再根据最小角定理知 θ≤θ ，所以
3 1
θ≤θ≤θ.
2 3 1
方法二 如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB
的中点，S到底面的距离SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，则∠SEO′＝θ，∠SEO＝θ，∠SE′O＝θ.
1 2 3
由题意得tan θ＝＝，
1
tan θ＝＝＝，tan θ＝1，
2 3
此时tan θ＜tan θ＜tan θ，
2 3 1
可得θ＜θ＜θ，
2 3 1
当E在AB中点处时，θ＝θ＝θ.
2 3 1
故θ≤θ≤θ.]
2 3 1
3．AB [建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
B(1,1,0)，D(0,0,1)，A(1,0,1)，C (0,1,1)，D(0,0,0)，B(1,1,1)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，
1 1 1 1
设P(x，1，z)，B1P＝λB1C，
则(x－1,0，z－1)＝λ(－1,0，－1)，λ∈[0,1]，
解得
即P(1－λ，1,1－λ)．
对于A，BD1＝(－1，－1,1)，DA1＝(1,0,1)，
DC1＝(0,1,1)，
因为BD1·DA1＝－1×1＋1×1＝0，
BD1·DC1＝－1×1＋1×1＝0，
所以BD1⊥DA1，BD1⊥DC1⇒BD⊥DA，
1 1
BD⊥DC ，
1 1
又DA∩DC ＝D，DA，DC ⊂平面AC D，
1 1 1 1 1 1
所以直线BD⊥平面AC D，故A正确；
1 1 1
对于B，设侧面BCC B 的对角线交点为O，
1 1
所以CB ⊥OC ，OC ＝×＝，
1 1 1
而AB⊥平面BCC B，OC ⊂平面BCC B，
1 1 1 1 1 1 1
所以AB⊥OC ，而AB∩CB ＝B，
1 1 1 1 1 1 1AB，CB ⊂平面ABCD，
1 1 1 1 1
所以OC ⊥平面ABCD，
1 1 1
为定值，故B正确；
对于C，AP＝(－λ，1,1－λ)，A1D＝(－1,0，－1)，
设异面直线AP与AD所成角为θ，
1
则有cos θ＝
＝
＝，
当λ＝时，cos θ＝0⇒θ＝；
当λ≠时，
cos θ＝＝，
因为λ∈∪，
所以(2λ－1)2∈(0,1]，
因此≥1⇒≥3⇒1＋≥4⇒≥2⇒0<≤，
即00，
丙 甲 2 3 1
P －P ＝2p(p－p)>0，
丙 乙 1 3 2
所以P 最大，故选D.
丙
方法二 (特殊值法)
不妨设p＝0.4，p＝0.5，p＝0.6，
1 2 3
则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝0.4；
甲 1 2 3 3 2
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝0.52；
乙 2 1 3 3 1
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝0.6.所以P 最大，故选
丙 3 1 2 2 1 丙
D.]
7．BD [当p＝时，P(X＝2)＝，
P(X＝1)＝1－＝>，A错误；
因为，即1－p>10－0.1，
又lg 0.794≈－0.1，
∴1－p>10lg 0.794＝0.794，∴p<1－0.794＝0.206，
∴00，所以y与x的样本相关系数r>0，所以C正确；
对于D，由选项A可知经验回归方程为y＝0.24x＋4.68，当x＝6时，y＝0.24×6＋4.68＝
6.12，所以2023年的借阅量约为6.12万册，而且这只是预测值，不能确定2023年的借阅量
一定是多少，所以D错误．]
9．AB [因为4.844>3.841＝x ，所以依据小概率值α＝0.05的独立性检验认为是否选择物
0.05
理与数学成绩有关；因为4.844<6.635＝x ，
0.01
所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下，认为是否选择物理与数学成绩无关；
若表中的数据都扩大为原来的10倍，
χ2＝≈48.44，又48.44>10.828，故结论发生变化．]
10．BC [由题意可知，对于选项A，原数据的平均数为＝(x ＋x ＋…＋x )＝×5(x ＋x)＝
1 2 10 5 6
(x＋x),
5 6
去掉x，x 后的平均数为′＝(x＋x＋…＋x)＝×4(x＋x)＝(x＋x)＝.
1 10 2 3 9 5 6 5 6
即平均数不变，故选项A错误；
对于选项B，原数据的中位数为(x ＋x)，去掉x ，x 后的中位数仍为(x ＋x)，即中位数没
5 6 1 10 5 6
变，故选项B正确；
对于选项C，设公差为d，则原数据的方差为
s2＝
＝
＝，
去掉x，x 后的方差为s′2＝
1 10
＝
＝，
即方差变小，故选项C正确；
对于选项D，原数据的极差为
x－x ＝－9d＝9，
1 10
去掉x，x 后的极差为
1 10
x－x＝－7d＝7，
2 9
即极差变小，故选项D错误．]11．4.5 12.14.5
13．解 (1)由表格中的数据易得＝＋10.0＝10.0，
＝＋10.0＝10.3，
s＝×[(9.7－10.0)2＋2×(9.8－10.0)2＋(9.9－10.0)2＋2×(10.0－10.0)2＋(10.1－10.0)2＋2×(10.2
－10.0)2＋(10.3－10.0)2]＝0.036，
s＝×[(10.0－10.3)2＋3×(10.1－10.3)2＋(10.3－10.3)2＋2×(10.4－10.3)2＋2×(10.5－10.3)2＋
(10.6－10.3)2]＝0.04.
(2)由(1)中数据可得－＝10.3－10.0＝0.3，而2＝＝，显然有－>2成立，所以认为新设备生
产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高．
14．解 (1)样本相关系数为
r＝
＝·
＝b·＝b·
＝4.7×＝＝
≈＝0.94>0.9，
故y与x线性相关程度较强．
(2)零假设为H：购买电动汽车与车主性别无关．
0
根据列联表得χ2＝
＝≈5.031>5.024＝x .
0.025
根据小概率值α＝0.025的独立性检验，推断H 不成立，即认为购买电动汽车与车主性别有
0
关．
(3)抽样比为＝，男性车主选取2人，女性车主选取5人，则X的可能取值为0,1,2，
故P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
故X的分布列为
X 0 1 2
P
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
培优点 7 概率与统计的创新问题
1．(1)解 依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为p＝××3×＝，门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0,1,2,3，
易知X～B，
P(X＝k)＝C×k×3－k，k＝0,1,2,3.
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E(X)＝3×＝.
(2)①证明 第n次传球之前球在甲脚下的概率为p，
n
则当n≥2时，第(n－1)次传球之前，球在甲脚下的概率为p ，
n－1
第(n－1)次传球之前，球不在甲脚下的概率为1－p ，
n－1
则p＝p ·0＋(1－p )·＝－p ＋，
n n－1 n－1 n－1
从而p－＝－，
n
又p－＝，
1
∴是以为首项，－为公比的等比数列．
②解 由①可知
p＝n－1＋，
n
p ＝×9＋<，
10
q ＝(1－p )>，故p 0，
所以f(t)在区间上单调递增；
当t∈时，f′(t)<0，
所以f(t)在区间上单调递减，
所以当t＝，即k＝3时，f(t)取得最大值，
且f(t) ＝f ＝－(百亿元)，
max
所以E(Y)取最大值时，k的值为3.
专题六 解析几何
第 1 讲 直线与圆
1．B 2.D 3.D 4.B 5.C
6．D [由题可知圆O 的半径为，圆M上存在点P，过点P作圆 O 的两条切线，切点分别
为A，B，使得∠APB＝，则∠APO＝，
在Rt△PAO中，|PO|＝3，
∴点P在圆x2＋y2＝9上，由于点P也在圆M上，故两圆有公共点．
又圆M的半径等于1，圆心坐标M(a，1)，
∴3－1≤|OM|≤3＋1，
∴2≤≤4，
∴a∈[－，－]∪[，]．]7．B [C (－6,5)，C (2,1)，C 关于x轴的对称点为C (－6，－5)，
1 2 1 3
故|PC |＋|PC |≥|C C |＝＝10，
1 2 2 3
又两圆的半径分别为2,1，
则|PM|＋|PN|≥10－2－1＝7，
故|PM|＋|PN|的取值范围是[7，＋∞)．]
8．B [由题设知BC的中点为(1,3)，
“欧拉线”斜率为k＝－＝－1，所以“欧拉线”方程为y－3＝－(x－1)，即x＋y－4＝0，
又O到x＋y－4＝0的距离为d＝>2，即“欧拉线”与圆O相离，
要使|MN|最小，则在Rt△PMO与Rt△PNO中，∠MOP＝∠NOP最小，即∠MPN最大，
而仅当OP⊥“欧拉线”时，∠MPN最大，所以d＝|OP|＝2，
则|MN|＝2rsin∠NOP，且圆O半径r＝2，cos∠NOP＝＝，所以sin∠NOP＝，即|MN| ＝2.]
min
9．BC [当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，此时点A到直线l的距离为5，
点B到直线l的距离为1，此时不成立；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－4＝k(x－3)，即kx－y＋4－3k＝0，
∵点A(－2,2)，B(4，－2)到直线l的距离相等，
∴＝，
解得k＝－或k＝2，
当k＝－时，直线l的方程为y－4＝－(x－3)，
整理得2x＋3y－18＝0，
当k＝2时，直线l的方程为y－4＝2(x－3)，整理得2x－y－2＝0.
综上，直线l的方程可能为2x＋3y－18＝0或2x－y－2＝0.]
10．AB [由x2＋y2－4x＝0，
得(x－2)2＋y2＝4，
则圆心为C(2,0)，半径r＝2，过点P所作的圆的两条切线相互垂直，设两切点分别为A，
B，连接AC，BC，所以四边形PACB为正方形，即PC＝r＝2，圆心到直线的距离d＝≤2，
即－2≤k≤2，
所以实数k的取值可以是1,2.]
11．ACD [圆O半径为2，
cos θ·sin θ＋sin θ·(－cos θ)＝0，
所以l⊥l，A正确；
1 2
圆心O到l 的距离为d＝＝4>2，l 与圆O相离，B错误；
1 1
圆心O到直线l 的距离为
2
d′＝＝1，所以弦长为2＝2，C正确；由
得
即Q(4cos θ＋sin θ，4sin θ－cos θ)，
所以|OQ|＝
＝，所以|PQ|的最大值为＋2，D正确．]
12．BD [对于A选项，当四边形OAPB为正方形时，
则|OA|＝|OB|＝|AP|＝|BP|，
∵圆O：x2＋y2＝2⇒r＝，
∴|PO|＝＝2.
又点P(x，y)是直线l：x＋y＝4上的一点，设P(x 4－x)，
0 0 0, 0
∴|PO|＝＝＝2，
即x－4x＋6＝0，该方程Δ<0，x 无解，
0 0
故不存在点P使得四边形OAPB为正方形，A错误；
对于B选项，由A知，
|PA|＝＝，
又|PO|2＝x＋(4－x)2＝2x－8x＋16＝2(x－2)2＋8≥8，
0 0 0
∴|PO|2－2≥6，则|PA|≥，
即PA的取值范围是[，＋∞)，
故B正确；
对于选项C，若△PAB为等边三角形，易知∠APB＝60°，
又OP平分∠APB，
∴∠APO＝∠BPO＝30°.
在Rt△PAO中，由于|OA|＝，
∴sin 30°＝⇒|OP|＝2.
又P点坐标为(x 4－x)，
0, 0
∴x＋(4－x)2＝8，
0
即2x－8x＋8＝0⇒(x－2)2＝0，
0 0
∴x＝2，y＝2，故C错误；
0 0对于选项D，∵P(x 4－x)，
0, 0
∴|PO|2＝x＋(4－x)2＝2x－8x＋16，
0 0
记OP的中点为D，
则以D为圆心，为半径的圆与圆O的公共弦为AB，
∴圆D方程为2＋2＝(2x－8x＋16)，
0
整理得x2＋y2－xx－(4－x)y＝0，
0 0
联立
化简得xx＋(4－x)y＝2，
0 0
即得直线方程为xx＋(4－x)y－2＝0，
0 0
将x＝y＝代入方程恒成立，故直线AB过定点，D正确．]
13．2x＋y＋1＝0
14．3x－4y＋2＝0或x＝2
15.
解析 依题意，设点A(a，2a)，a>0，
则圆心C，
|AB|2＝(a－5)2＋(2a)2，
圆C的方程为2＋(y－a)2＝＋a2，
由
解得或
于是得D(1,2)，DC＝，
BA＝(a－5,2a)，而AB⊥CD，
则DC·BA＝·(a－5)＋2a(a－2)＝0，
即a2－2a－3＝0，而a>0，
解得a＝3，则有点C(4,3)，|CD|＝＝，
所以圆C的半径等于.
16．(0,1)
解析 设抛物线y＝x2＋ax＋b交y轴于点B(0，b)，交x轴于点A(x 0)，C(x 0)，由题意可知
1, 2,
关于x的方程：x2＋ax＋b＝0，Δ＝a2－4b>0，
由根与系数的关系可得x＋x＝－a，xx＝b，
1 2 1 2
所以线段AC的中点为，
设圆心为P，
由|PA|2＝|PB|2可得2＋t2＝＋(t－b)2，
解得t＝，
∵x＋ax＋b＝0，
1则t＝＝，
则t－b＝，
所以圆P的方程为2＋2＝，
整理可得(x2＋y2－y)＋ax＋b(1－y)＝0，
方程组的解为
因此，△ABC的外接圆恒过的定点坐标为(0,1)．
第 2 讲 圆锥曲线的方程与性质
1．B 2.A 3.B 4.B
5．B [如图所示，设|AF|＝4x，
1
则|AB|＝3x，
因为AF⊥AB，
1
则|BF|＝＝5x，
1
由椭圆的定义可得
|AF|＋|AB|＋|BF|＝(|AF|＋|AF|)＋(|BF|＋|BF|)＝4a＝12x，则x＝，
1 1 1 2 2 1
所以|AF|＝4x＝，
1
则|AF|＝2a－＝，
2
由勾股定理可得|AF|2＋|AF|2＝|FF|2，
1 2 1 2
则2＋2＝4c2，则c＝a，
因此该椭圆的离心率为e＝＝.]
6．C [易知椭圆C的方程为＋y2＝1，圆O的方程为x2＋y2＝1，
设P(x，y)，因为l⊥l，
0 0 1 2
则d＋d＝|PM|2＝x＋(y－1)2，
0
因为＋y＝1，
所以d＋d＝4－4y＋(y－1)2＝－32＋，
0
因为－1≤y≤1，所以当y＝－，即点P时，d＋d取得最大值.]
0 0
7．ABD [由题意知，椭圆中的几何量b＝c＝2，得a＝2，
则2a＝4，A正确；
|AB|＝|OB|＋|OA|＝2＋|OA|，由椭圆性质可知2≤|OA|≤2，
所以4≤|AB|≤2＋2，B正确；
记∠AOF＝θ，
则S ＝S ＋S
△ABF △AOF △OBF
＝|OA|·|OF|sin θ＋|OB|·|OF|sin(π－θ)＝|OA|sin θ＋2sin θ＝(|OA|＋2)sin θ，取θ＝，
则S ＝1＋|OA|≤1＋×2<4，C错误；
△ABF
由椭圆定义知|AF|＋|AG|＝2a＝4，所以△AFG的周长L＝|FG|＋4＝4＋4，D正确．]
8．BCD [对于A，在△PAA 中，根据三角形两边之差小于第三边，
1 2
可知||PA|－|PA||<|AA|＝2a，故A错误；
1 2 1 2
对于B，焦点F(c，0)，
2
渐近线不妨取y＝x，
即bx－ay＝0，
设F 关于双曲线C的渐近线的对称点为(m，n)，
2
则
得
即F 关于双曲线C的渐近线的对称点为，
2
由题意知该点在双曲线上，
故－＝1，
将c2＝a2＋b2 代入，
化简整理得b4－3a2b2－4a4＝0，即b2＝4a2，
∴e2＝＝＝1＋＝5，
得e＝，故B正确；
对于C，双曲线C为等轴双曲线，即C：x2－y2＝a2(a>0)，
设P(x，y)(y≠0)，
0 0 0
则x－y＝a2，则x－a2＝y，
故 ＝·＝＝1，故C正确；
对于D，双曲线C为等轴双曲线，
即C：x2－y2＝a2(a>0)，
且∠APA＝3∠PAA，
1 2 1 2
设∠PAA＝θ，∠APA＝3θ，
1 2 1 2
则∠PAx＝4θ，
2
根据C的结论 ＝1，
即有tan θ·tan 4θ＝1，∴·＝1，
∴cos 5θ＝0，
∵θ＋3θ∈(0，π)，∴θ∈，
∴5θ＝，∴∠PAA＝θ＝.]
1 2
9.＋＝1(答案不唯一) 10.16 11.
12．2
解析 由题意可知，F(－c，0)，A(a，0)，
渐近线不妨设为y＝－x，则k ＝，
FM
直线FM的方程为y＝(x＋c)，
令x＝0，可得y＝，则P，
则OP的中点坐标为，
联立
解得M，
因为直线AM经过OP的中点，
所以＝，
则2b2＝ac＋c2,2(c2－a2)＝ac＋c2，即c2－ac－2a2＝0，
则e2－e－2＝0，解得e＝－1 (舍)或e＝2.
13．解 (1)设A(x ，y )．
A A
由题意知，F(c，0)，c＝，
2
y＝b2(c2－1)＝b4，
因为△FAB是等边三角形，
1
所以2c＝|y |，
A
即4(1＋b2)＝3b4，
解得b2＝2.
故双曲线的渐近线方程为y＝±x.
(2)由已知，F(－2,0)，F(2,0)．
1 2
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
直线l：y＝k(x－2)．显然k≠0.
由
得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0.
因为l与双曲线交于两点，
所以k2－3≠0，且Δ＝36(1＋k2)>0.
设AB的中点为M(x ，y )．
M M
由(F1A＋F1B)·AB＝0，即F1M·AB＝0，知FM⊥AB，故
1
而x ＝＝，
M
y ＝k(x －2)＝， ＝，
M M
所以·k＝－1，得k2＝，
故l的斜率为±.
第 3 讲 直线与圆锥曲线的位置关系
1．C 2.A 3.B 4.D
5．A [如图，分别设M，M，M，M 四点的横坐标为x，x，x，x，
1 2 3 4 1 2 3 4
由y2＝4x得焦点F(1,0)，
准线l：x＝－1，
0
由定义得，|MF|＝x＋1，
1 1
又|MF|＝|MM|＋1，
1 1 2
所以|MM|＝x，
1 2 1
同理|MM|＝x，
3 4 4
由消去y整理得
k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0(k≠0)，
则xx＝1，即|MM|·|MM|＝1.]
1 4 1 2 3 4
6．D [由已知得F(－2,0)，F(2,0)，
1 2
设M(x ，y )，N(x ，y )，当直线PF ，PF 的斜率存在时，直线PF 的斜率为k ，则直线
M M N N 1 2 1 1
PF 的方程为：y＝k(x＋2)，
1 1
与椭圆方程联立得(5k＋1)x2＋20kx＋20k－5＝0，
由根与系数的关系得x ＋x＝＝，
M 0
所以x ＝－x＝－，
M 0
故y ＝(x ＋2)＝－；
M M
同理得x ＝，y ＝，
N N
所以k ＝＝＝＝－＝－，解得＝5.当直线PF 或PF 的斜率不存在时，不符合题意．]
MN 1 27．ABD [由得y2－4ty－16＝0，
则
对于A，yy＝－16为定值，A正确；
1 2
对于B，k·k＝＝＝＝－1，
1 2
为定值，B正确；
对于C，y＋y＝4t，不为定值，C错误；
1 2
对于D，k＋k＋t＝＋＋t
1 2
＝＋t
＝＋t
＝＋t
＝＋t＝－t＋t＝0，
则k＋k＋t为定值，D正确．]
1 2
8．AC [对于A，因为双曲线C的一个焦点F(5,0)，
渐近线方程化为4x±3y＝0，
∴焦点F到渐近线的距离为d＝＝4，故A正确；对于B，双曲线C的离心率e＝＝，
若C的实半轴长，虚半轴长同时增加相同的长度m(m>0)，
则离心率e′＝，
又－＝－＝<0，
∴e′.根据双曲线图象可知直线y＝x＋t若与双曲线C
有两个交点，这两个交点必在双曲线的同一支上，故D错误．]
9．[1,4)∪(4，＋∞) 10.5
11.＋1
12．13
解析 如图，连接AF ，DF ，EF ，因为C的离心率为，所以＝，所以a＝2c，所以b2＝a2
1 2 2
－c2＝3c2.因为|AF|＝|AF|＝a＝2c＝|FF|，
1 2 1 2
所以△AFF 为等边三角形，又DE⊥AF ，所以直线DE为线段AF 的垂直平分线，所以|AD|
1 2 2 2
＝|DF|，|AE|＝|EF|，且∠EFF ＝30°，所以直线DE的方程为y＝(x＋c)，代入椭圆C的方
2 2 1 2
程＋＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.设D(x，y)，E(x，y)，则x＋x＝－，xx＝－，
1 1 2 2 1 2 1 2
所以|DE|＝＝＝＝6，解得c＝，所以a＝2c＝，所以△ADE的周长为|AD|＋|AE|＋|DE|＝|DF|
2
＋|EF|＋|DE|＝4a＝13.
2
13．解 (1)当t＝2时，A，B两点坐标为，，故＝1，解得p＝4，
故抛物线C的方程为x2＝8y，其准线方程为y＝－2.
(2)设直线AB的方程为y＝kx＋m，
A，B两点坐标分别为(x，y)，(x，y)，且x－x＝4，
1 1 2 2 2 1
联立
消去y得x2－8kx－8m＝0，
Δ＝64k2＋32m>0，x＋x＝8k，xx＝－8m，
1 2 1 2
由x－x＝4，得(x－x)2＝(x＋x)2－4xx＝16，
2 1 1 2 1 2 1 2
即64k2＋32m＝16，即4k2＋2m＝1.
|AB|＝|x－x|＝4.
1 2
由y＝x2，得y′＝x，
故A点处切线方程为y＝x(x－x)＋y，
1 1 1
即y＝xx－y，同理得B点处切线方程为y＝xx－y，
1 1 2 2
联立
解得
故点M的坐标为(4k，－m)，点M到直线AB的距离d＝，
则△ABM的面积S＝|AB|·d＝×4×＝2，
故△ABM的面积为2.第 4 讲 圆锥曲线的综合问题
母题突破 1 范围、最值问题
1．解 (1)因为x ＝1，则有y ＝－1，设过点M并与C 相切的直线方程为y＝k(x－1)－1，
0 0 1
联立方程组
整理得x2－kx＋k＋1＝0，
则Δ＝(－k)2－4(k＋1)＝k2－4k－4＝0，
由题可知，k，k 即为方程k2－4k－4＝0的两根，故有k＋k＝4.
1 2 1 2
(2)因为y＝－x(x≠0)可设过点M并与C 相切的直线方程为y＝k(x－x)－x，
0 0 1 0
联立方程组
整理得x2－kx＋kx＋x＝0，
0
则有Δ＝k2－4xk－4x＝0，
0
根据根与系数的关系可得k＋k＝4x，kk＝－4x，
1 2 0 1 2
又k＝＝－x，
3 0
则有＋－＝－＝－，
按照x>0和x<0两种情况讨论，如下，
0 0
当x>0时，＋4x≥2＝4，则有＋－≤－4，
0 0
当且仅当x＝时，等号成立；
0
当x<0时，－－4x≥2＝4，则有＋－≥4，
0 0
当且仅当x＝－时，等号成立，故＋－的取值范围为(－∞，－4]∪[4，＋∞)．
0
2．解 (1)设A(x，y)，
因为|AE|＝|AF|，
所以
＝×，
化简得x2＋y2＝1.
(2)将直线l：y＝kx＋m与双曲线：－＝1的方程联立，
得⇒(4k2－9)x2＋8kmx＋4m2＋36＝0，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
所以有
⇒m2＋9>4k2且k≠±，
所以x＋x＝－，xx＝，因为∠MON＝，
1 2 1 2
所以OM⊥ON⇒xx＋yy＝0
1 2 1 2⇒xx＋(kx＋m)(kx＋m)＝0，
1 2 1 2
化简得(k2＋1)xx＋km(x＋x)＋m2＝0，
1 2 1 2
把x＋x＝－，xx＝代入，得
1 2 1 2
(k2＋1)·＋km·＋m2＝0，
化简，得m2＝，
因为m2＋9>4k2且k≠±，
所以有＋9>4k2且k≠±，解得k≠±，圆x2＋y2＝1的圆心为(0,0)，半径为1，
圆心(0,0)到直线l：y＝kx＋m的距离为d＝＝＝>1，
所以点A到直线l距离的最大值为＋1，最小值为－1，
所以点A到直线l距离的取值范围为.
母题突破 2 定点问题
1．(1)解 ∵|MF |－|MF |
2 1
＝2<|FF|＝2，
1 2
∴动点M的轨迹是以点F ，F 为左、右焦点的双曲线的左支，则2a＝2，可得a＝1，b＝＝
1 2
3，
∴点M的轨迹方程为x2－＝1(x≤－1)．
(2)证明 ∵∠ONP＝∠ONQ，
∴直线PQ垂直于x轴，
易知，直线BP的斜率存在且不为0，
设直线BP的方程为x＝my＋n，
设P(x，y)，B(x，y)，则Q(x，－y)，
1 1 2 2 1 1
联立
化简得(9m2－1)y2＋18mny＋9n2－9＝0，
直线与双曲线左、右支各有一个交点，需满足m>或m<－，
∴y＋y＝，yy＝，
1 2 1 2
又Δ＝182m2n2－36(9m2－1)(n2－1)＝36(9m2＋n2－1)>0，
又N，B，Q三点共线，且NQ斜率存在，∴k ＝k ，即＝，
NQ NB
∴－y(my＋n－4)＝y(my＋n－4)，
1 2 2 1
∴2myy＋(n－4)(y＋y)＝0，
1 2 1 2
∴2m·＋(n－4)·＝0，
化简得18m(n2－1)＋(n－4)·(－18mn)＝0，∴n2－1－(n－4)n＝0，
∴4n－1＝0，即n＝，满足Δ>0，即直线BP的方程为x＝my＋，
∴直线BP过定点.
2．(1)解 由抛物线y2＝2px(p>0)经过点(1,2)，得4＝2p，即p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x，其准线方程为x＝－1.
(2)证明 由题意知，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋2.
将x＝my＋2代入y2＝4x，
消去x得y2－4my－8＝0，
显然Δ＝16m2＋32>0，
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝4m，yy＝－8.
1 2 1 2
因为AB＝2AM，
所以M是线段AB的中点，
设M(x ，y )，
M M
则x ＝＝＝2m2＋2，y ＝＝2m，
M M
所以M(2m2＋2,2m)，
又MN⊥y轴，所以垂足N的坐标为N(0,2m)．
设以MN为直径的圆恒经过点
D(x，y)，
0 0
则DM＝(2m2＋2－x，2m－y)，DN＝(－x，2m－y)，
0 0 0 0
由DM·DN＝0，
得－x(2m2＋2－x)＋(2m－y)2＝0，
0 0 0
即(4－2x)m2－4ym＋x＋y－2x＝0，①
0 0 0
因为对任意的实数m，①式要恒成立，
所以解得
所以以MN为直径的圆恒过定点，该定点的坐标为(2,0)．
母题突破 3 定值问题
1．(1)解 由题意得＝，
则a＝2c，b＝c.
△ABF的面积为(a－c)b＝，
则(a－c)b＝.将a＝2c，b＝c代入上式，
得c＝1，则a＝2，b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明 由题意可知直线PQ的斜率一定存在，
设直线PQ的方程为y＝kx＋m，
设P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
则M(－x，－y)，N(－x，y)，E(－x，0)，
1 1 1 1 1
联立方程
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
∴x＋x＝－，
1 2
∴y＋y＝k(x＋x)＋2m＝k＋2m＝，
1 2 1 2
∴k ＝＝＝－，k ＝＝k ＝k，
MQ PE PQ
∵k ＝＝2·＝2k ＝2k，
MP PE
∴k ·k ＝－×2k＝－，
MP MQ
∴k ·k 为定值－.
MP MQ
2．(1)解 设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
因为F，
所以过F且斜率为1的直线方程为y＝x＋，
代入x2＝2py，
得x2－2px－p2＝0，
所以x＋x＝2p，
1 2
y＋y＝x＋x＋p＝3p，
1 2 1 2
所以|AB|＝y＋y＋p＝4p＝8，
1 2
解得p＝2，
所以C的方程为x2＝4y.
(2)证明 因为直线l的斜率k存在，设l的方程为y＝k(x－1)＋2，
方法一 设Q(x，y)，M，N，
0 0
联立
消y得x2－4kx＋4k－8＝0，
所以Δ＝16(k2－k＋2)>0，
x＋x＝4k，x·x＝4k－8，
3 4 3 4
所以x＝＝2k，
0
y＝k(x－1)＋2＝2k2－k＋2，
0 0即Q(2k，2k2－k＋2)，
由点R在曲线C上且QR⊥x轴，
QR＝RT，
得R(2k，k2)，R为QT的中点，
所以T(2k，k－2)，
因为2k－2(k－2)－4＝0，
所以T在定直线x－2y－4＝0上．
方法二 设T(x，y)，M(x，y)，
3 3
N(x，y)，由
4 4
作差得(x＋x)(x－x)＝4(y－y)，所以＝，
3 4 3 4 3 4
设Q(x，y)，
5
因为点Q的横坐标x＝，
所以直线MN的斜率k＝，
又因为＝k，
所以＝，
所以y＝x(x－1)＋2，
5
因为点R为QT的中点，
所以R，
因为点R在C上，代入得x2＝2(y＋y)，即x－2y－4＝0，
5
所以T在定直线x－2y－4＝0上．
母题突破 4 探索性问题
1．解 (1)因为F，在抛物线方程y2＝2px中，令x＝，可得y＝±p.
当直线与x轴垂直时，
|AB|＝2p＝4，解得p＝2.
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)由题意知直线AB的方程为y＝x－1，
因为抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，所以M(－1，－2)．联立
消去x得y2－4y－4＝0.
设A(x，y)，B(x，y)，P(x，y)，
1 1 2 2 0 0
则y＋y＝4，yy＝－4.
1 2 1 2
若点P满足条件，
则2k ＝k ＋k ，
PM PA PB
即2·＝＋，
因为点P，A，B均在抛物线上，
所以x＝，x＝，x＝.
0 1 2
代入化简可得＝，
将y＋y＝4，yy＝－4代入，解得y＝±2.
1 2 1 2 0
将y＝±2代入抛物线方程，
0
可得x＝1.
0
则点P(1，±2)为满足题意的点．
2．解 (1)由题意可知圆M：x2＋y2－2x－15＝0的圆心为(1,0)，半径为4，
因为线段PN的垂直平分线交线段PM于点Q，
所以|QP|＝|QN|，
所以|QN|＋|QM|＝|QP|＋|QM|＝4，
又因为|MN|＝2<4，所以Q轨迹是以N，M为焦点的椭圆，
设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，
则a＝2，c＝1，b＝，
所以点Q的轨迹方程为＋＝1.
(2)①若两条直线斜率均存在，
设过点N的弦所在直线l 的方程为x＝ty－1(t≠0)，
1
代入椭圆方程联立得(3t2＋4)y2－6ty－9＝0，
设l 与椭圆两交点的坐标分别为(x，y)，(x，y)，
1 1 1 2 2
所以y＋y＝，
1 2
所以y ＝，
E
则x ＝t·－1＝，
E
同理x ＝，y ＝，
F F
由对称性可知EF所过定点必在x轴上，设为T(x，0)，显然ET∥TF，
0
所以·＝·，
化简得－4(1＋t2)＝7x(1＋t2)，即x＝－；
0 0②若其中一条直线斜率不存在，则直线EF为x轴，
综上直线EF必过定点T，
取点N与点T的中点为G，
则G，
因为NH⊥EF，所以NH·TH＝0，
所以点H在以G为圆心，|GT|＝
|GH|＝为半径的圆上运动，
所以存在定点G，使得|GH|为定值．
微重点 15 离心率的范围问题
1．B 2.B 3.D
4．B [因为A在B的上方，且这两点都在C上，
所以A(2a，b)，B(2a，－b)，
则|AB|＝2b.
因为DA＝AB，
所以A是线段BD的中点，
又EA∥x轴，
所以|ED|＝|EB|，EA⊥BD，
所以△BDE的内心G在线段EA上．
因为DG平分∠EDA，在△EDA中，
由角平分线定理知＝，
因为G到y轴的距离不小于，
所以≥＝2，
所以≥2，所以∠EDA≥60°，
因此tan∠EDA＝＝≥，即a≥3b，≤，
故1b2>2，
椭圆C的离心率为e＝＝∈，故C错误；
由选项C知，c＝ae∈(0，)，
b∈(，2)，
∴|OQ| ＝b>c，
min
故不存在点Q使得QF1·QF2＝0，故D错误．]
6．ACD [对于A，因为双曲线C的渐近线l与圆F交于A，B两点，所以过点O且与圆F
相切的直线与C没有公共点(如图)，故选项A正确；
对于B，过点F作FD⊥l，垂足为D，易知|FD|＝b，
因为圆F与直线l相交，
所以b0，
则0<∠AFB<，
故0<∠AFD<，
故cos∠AFD>，
所以>，
即>，a，
又由B知e∈(1，)，
所以e∈，故选项C正确；
对于D，因为OA＝AB，
所以A为线段OB的中点，
设|AD|＝m，
则|OA|＝2m，|OD|＝3m，在Rt△AFD和Rt△OFD中，
由勾股定理得消去m2，
得c2＝9a2－8b2，
即17a2＝9c2，
所以e＝，故选项D正确．]
7. 8.
微重点 16 椭圆、双曲线的二级结论的应用
1．C 2.B 3.D
4．A [如图，
∵BA·BP＝0，
∴BA⊥BP，令k ＝k，
AB
∵∠ADO＝∠AOD，
∴k ＝－k ＝－k，
AP AB
又BA⊥BP，∴k ＝－，
PB
依题意知k ·k ＝，
PB PA
∴－·(－k)＝，
∴＝1，即e＝.]
5．BD [设P(x，y)，
0 0
所以＋＝1，
∵e＝＝，
∴a＝2c，∴a2＝b2，
∴ ＝－＝－，
∴选项A错误；
若PF⊥PF，△PFF 的面积为b2tan＝b2，∴选项B正确；
1 2 1 2
若C上存在四个点P使得PF⊥PF，即C上存在四个点P使得△PFF 的面积为b2，
1 2 1 2
∴·2c·b>b2，
∴c>b，∴c2>a2－c2，
∴e∈，∴选项C错误；若|PF|≤2b恒成立，
1
∴a＋c≤2b，
∴a2＋c2＋2ac≤4b2＝4(a2－c2)，
∴5e2＋2e－3≤0，
∴00.
0 0
因为e＝2，所以c＝2a，b＝a，
则渐近线方程为y＝±x，
所以∠PAF∈，
2 1
∠PFA∈.
1 2
又tan∠PFA＝＝，
1 2
tan∠PAF＝－，
2 1
所以tan 2∠PAF＝
2 1
＝
＝
＝
＝
＝＝tan∠PFA，
1 2因为2∠PAF∈，所以∠PFA＝2∠PAF，故D正确．]
2 1 1 2 2 1
7.
解析 如图，设MN的中点为Q，
∴y ＝－，
Q
∴x ＝y －1＝－，
Q Q
∴Q，∴k ＝，
OQ
M，N关于直线l对称，
∴MN⊥l，∴k ＝－1，
MN
由点差法可得k ＝－·，
MN
又k ＝，
OQ
∴k ·k ＝－，
OQ MN
∴×(－1)＝－，
∴＝，即a2＝4b2＝4(a2－c2)，
即3a2＝4c2，
∴e＝.
8．0
解析 设M(x，y)(x>0，y>0)，P(x，y)，
1 1 1 1 0 0
则N(－x，－y)，E(x，0)，
1 1 1
所以k ＝，
MN
k ＝k ＝＝，
PN EN
k ＝，
PM
k ×k ＝·＝＝－，
PN PM
所以k ＝－＝，
PN
所以k ＝－.
PM
所以k ×k ＝×＝－1，
MN PM
所以MN⊥MP，
所以cos∠NMP＝cos ＝0.
微重点 17 抛物线的二级结论的应用
1．D 2.B 3.B4．C [不妨令直线l的倾斜角为θ，
则|AF|＝＝，
|BF|＝＝，
又|AF|＝3|BF|，
∴＝3·，
解得cos θ＝，
又θ∈[0，π)，∴θ＝，
∴|AF|＝＝6，|BF|＝＝2，
∴|AA′|＝6，|BB′|＝2，
∴|A′B′|＝|AB|sin θ＝8×＝4，
∴S ＝×(2＋6)×4＝16.]
四边形ABB′A′
5．BCD [因为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，所以p＝2，
所以抛物线方程为y2＝4x，则焦点F(1,0)，准线为x＝－1，故A错误；
若|AF|＝4，则x ＝3，
A
所以y＝4x ＝12，
A
所以|OA|＝＝，故B正确；
设直线AB的倾斜角为α，α∈(0，π)，
|AF||BF|＝·＝＝4p2，
∴sin2α＝，
∴sin α＝，
∴α＝30°或150°，
∴tan α＝±，故C正确；
对于D，若x轴平分∠HFB，则∠OFH＝∠OFB，又AH∥x轴，
所以∠AHF＝∠OFH＝∠OFB＝∠AFH，所以HF＝AF＝AH，所以＝x ，即x ＝3，
F A
所以|AF|＝x ＋1＝4，故D正确．]
A
6．ABC [由题意知，抛物线C的准线为x＝－1，
即＝1，解得p＝2，故选项A正确；
∵p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x，其焦点为F(1,0)，
∵以AB为直径的圆与准线相切，
∴点M(－1，－1)为切点，
∴圆心的纵坐标为－1，即AB中点的纵坐标为－1，
设AB：x＝ty＋1，联立
得y2－4ty－4＝0，Δ＝16t2＋16>0，
∴y＋y＝4t＝－2，
1 2
∴t＝－，即k＝－2，
故选项B正确；
∵k＝－2，k ＝＝，k ·k＝－1，
MF MF
∴MF⊥AB，故选项C正确；
过A作AA⊥x轴，过B作BB⊥x轴，
1 1
抛物线的准线交x轴于点C，设∠BFB＝θ，
1
∴|BF|＝，
|AF|＝，
又p＝2，k＝－2，则cos θ＝，
∴＝＝
＝＝，
故选项D错误．]
7．±2
解析 由抛物线的焦点弦的性质知＋＝＝1，
又|MF|＝2|NF|，
解得|NF|＝，|MF|＝3，
∴|MN|＝，设直线l的倾斜角为θ，
∴k＝tan θ，
又|MN|＝，∴＝，
∴sin2θ＝，
∴cos2θ＝，
∴tan2θ＝8，
∴tan θ＝±2，故k＝±2.
8．13
解析 由题设知，16＝2p×2，则2p＝8，故抛物线的标准方程为y2＝8x，则焦点F(2,0)，
由直线PQ过抛物线的焦点，
则＋＝＝，
圆C ：(x－2)2＋y2＝1的圆心为(2,0)，半径为1，
2
|PM|＋4|QN|＝|PF|－1＋4(|QF|－1)
＝|PF|＋4|QF|－5
＝2(|PF|＋4|QF|)－5
＝2×＋5
≥4＋5＝13，
当且仅当|PF|＝2|QF|时，等号成立，故|PM|＋4|QN|的最小值为13.
培优点 8 隐圆(阿波罗尼斯圆)问题
1．D 2.C 3.C
4．D [以BC的中点O为坐标原点，BC，OA所在直线为x轴、y轴，建立如图所示的平面
直角坐标系．
设△ABC的边长为4，
则B(－2,0)，C(2,0)，A(0,2)，E(－1，)，F(1，)，BE＝(1，)，
CF＝(－1，)，设P(x，y)，
则PE＝(－1－x，－y)，PF＝(1－x，－y)，
由PE·PF＝BE·CF得，(－1－x，－y)·(1－x，－y)
＝(1，)·(－1，)，所以x2＋(y－)2＝3，
即点P的轨迹是以(0，)为圆心，为半径的圆，也就是以AO为直径的圆，易知该圆与△ABC
的三边有4个公共点．]
5．BC [∵点M(4,3)为AB的中点，
∴OM⊥AB，
|OM|＝＝5，
∴|AM|＝|BM|＝＝2，
∵AC2＋BC2＝66，∴AC2＋BC2＝66，
则(AM＋MC)2＋(BM＋MC)2＝66，
即AM2＋2AM·MC＋MC2＋BM2＋2BM·MC＋MC2＝66，
∵AM＝－BM，
则可得2AM2＋2MC2＝66，
可解得|MC|＝3，
∴点C构成的图象是以M为圆心，3为半径的圆，故A错误，B正确；
∴可得OC的最小值为|OM|－3＝5－3＝2，故C正确，D错误．]
6．AC [设C(x，y)，由|CA|＝2|CB|得，＝2，
整理得Γ的方程为(x－5)2＋y2＝16，其轨迹是以D(5,0)为圆心，半径r＝4的圆．
由图可知，由于AB＝6，
所以当DP垂直于x轴时，△PAB的面积有最大值，
所以(S ) ＝|AB|·r＝×6×4＝12，选项B错误；
△PAB max
因为|PA|＝2|PB|，|MA|＝2|MB|，
所以＝，
所以∠PAB＝∠MAB，
又C的轨迹Γ关于x轴对称，所以Q，M关于x轴对称，选项A正确；当∠PMQ＝45°时，
∠PDQ＝45°×2＝90°，
则△DPQ为等腰直角三角形，
|PQ|＝r＝4，选项C正确；
当直线AC与圆D相切时，CD⊥AC，
此时|AD|＝8＝2r＝2|CD|，
所以sin∠DAC＝，
所以切线AC的倾斜角为30°和150°，
由图可知，直线AC的斜率的取值范围为，选项D错误．]
7.
解析 如图，以AB的中点O为坐标原点，AB，OC所在直线为x轴、y轴，建立平面直角
坐标系，
则A(－1,0)，B(1,0)，
设P(x，y)．
则PA·PB－2λ＋1＝0，
即为(－1－x)(1－x)＋y2－2λ＋1＝0，化简得x2＋y2＝2λ(λ>0)，故所有满足PA·PB－2λ＋1＝0
的点P在以O为圆心，为半径的圆上．
过点O作OM⊥AC，垂足为点M，由题意知，线段AC与圆x2＋y2＝2λ有两个交点，
所以|OM|<≤|OA|，
即<≤1，
解得<λ≤.
8．2x＋y＋1＝0
解析 ⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，①
则圆心M(1,1)，⊙M的半径为2.
如图，由题意可知PM⊥AB，∴S ＝|PM|·|AB|
四边形PAMB
＝|PA|·|AM|＝2|PA|，
∴|PM|·|AB|＝4|PA|＝4.
当|PM|·|AB|最小时，|PM|最小，此时PM⊥l.故直线PM的方程为y－1＝(x－1)，即x－2y＋1
＝0.
由得
∴P(－1,0)．
依题意知P，A，M，B四点共圆，且PM为圆的直径，
∴该圆方程为x2＋2＝，②
由①－②整理得2x＋y＋1＝0，即直线AB的方程为2x＋y＋1＝0.
培优点 9 圆锥曲线与圆的综合问题
1．解 (1)∵l与圆相切，
∴1＝
∴m2＝1＋k2，①
由
得(1－k2)x2－2mkx－(m2＋1)＝0，
∴
∴k2<1，∴－10，
则y＋y＝t，y·y＝－2，
1 2 1 2
则|AB|＝·|y－y|
1 2
＝
＝，
且线段AB中点的纵坐标为＝，
即＝t·＋2＝＋2，
所以线段AB中点为M，
因为直线CD为线段AB的垂直平分线，
可设直线CD的方程为x＝－y＋m，
则＋2＝－×＋m，
故m＝，
联立
得2ty2＋2y－t(t2＋5)＝0，
设C(x，y)，D(x，y)，
3 3 4 4
则y＋y＝－，y·y＝－(t2＋5)，
3 4 3 4
故|CD|＝|y－y|
3 4
＝
＝，
线段CD中点为N，
假设A，B，C，D四点共圆，则弦AB的中垂线与弦CD的中垂线的交点必为圆心，
因为CD为线段AB的中垂线，则可知弦CD的中点N必为圆心，则|AN|＝|CD|，
在Rt△AMN中，|AN|2＝|AM|2＋|MN|2，
所以2＝|AM|2＋|MN|2，
则
＝(t2＋1)(t2＋8)＋2＋2，
故t4＋8t2－1－＝0，
即＝＝0，
解得t2＝1，即t＝±1，
所以存在直线l，使A，B，C，D四点共圆，且圆心为弦CD的中点N，
圆N的方程为2＋2＝或2＋2＝.                        
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