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.D 3.B 4.C 5.D 6.A
7．B [∵对任意x，x∈(0，＋∞)，>0，
1 2
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又函数f(x)为偶函数，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减．
又＝ ＝log <log 7＝log ，－1<－0.83<0，
3 3 3
∴f(log 7)>f >f(－0.83)，
3
即c<a<b.]
8．C [由函数f(x)＝
可得当x≥0时，f(x)单调递增；
当x＜0时，f(x)单调递增，
而且当x＝0时函数连续，
所以f(x)在R上单调递增，
不等式f(x＋2)<f(x2＋2x)，
可化为x＋2＜x2＋2x，即x2＋x－2＞0，解得x＞1或x＜－2，
则原不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，＋∞)．]
9．D [依题意f(x)·f(x＋2)＝13，
f(x＋2)＝，
所以f(x＋4)＝f(x＋2＋2)＝
＝＝f(x)，
所以f(x)是周期为4的周期函数，
所以f(99)＝f(25×4－1)＝f(－1)
＝＝＝.]
10．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，
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，
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.]
11．B [因为函数f(x＋2)为偶函数，则f(2＋x)＝f(2－x)，
可得f(x＋3)＝f(1－x)，
因为函数f(2x＋1)为奇函数，
则f(1－2x)＝－f(2x＋1)，
所以f(1－x)＝－f(x＋1)，
所以f(x＋3)＝－f(x＋1)，
即f(x)＝f(x＋4)，
故函数f(x)是以4为周期的周期函数，
又f(1)＝0，故f(－1)＝f(5)＝f(1)＝0，其他三个选项未知．]
12．A [因为f(1)＝1，
所以在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，
令y＝1，
得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)，
所以f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)，①
所以f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1)．②
由①②相加，得f(x＋2)＋f(x－1)＝0，
故f(x＋3)＋f(x)＝0，
所以f(x＋3)＝－f(x)，
所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，
所以函数f(x)的一个周期为6.
在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，
令y＝0，得f(x)＋f(x)＝f(x)f(0)，
所以f(0)＝2.令x＝y＝1，得f(2)＋f(0)＝f(1)f(1)，
所以f(2)＝－1.
由f(x＋3)＝－f(x)，
得f(3)＝－f(0)＝－2，f(4)＝－f(1)＝－1，
f(5)＝－f(2)＝1，f(6)＝－f(3)＝2，
所以f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1－1－2－1＋1＋2＝0，
根据函数的周期性知，∑f(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3.]
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0<x≤2时，显然g′(x)>0，
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0<x<.
第 2 讲 基本初等函数、函数与方程
1．A 2.B 3.B 4.B 5.C 6.B
7．C
8．C [因为x，y，z均为大于0的实数，
所以令2x＝3y＝log z＝t，则t>1，
5
进而将问题转化为函数y＝2x，y＝3x，y＝log x与直线y＝t(t>1)的交点的横坐标之间的关系，
5
作出函数图象，如图，由图可知z>x>y.]
9．A [由题设，当x∈(0，＋∞)时，k＝，令h(x)＝，
则h′(x)＝－，
所以当0<x<时，h′(x)>0，
则h(x)单调递增；
当x>时，h′(x)<0，则h(x)单调递减．又h(x)>0，h(x)≤h＝，
所以当0<k<时，直线y＝k与y＝h(x)的图象有两个交点，即函数f(x)＝kex的图象与函数g(x)
＝的图象有且只有两个交点．]
10．D [因为f(－x)＝2－x－＋lg＝－＝－f(x)，
所以f(x)是奇函数，所以f(x)＋f(－x)＝0，故A，B错误；
又因为f(x)＝2x－＋lg ＝2x－＋lg，且>0，
即(x＋3)(3－x)>0，
解得－3<x<3，
根据单调性的结论可知f(x)在(－3,3)上单调递增，所以当x∈(0,3)时，f(x)>0，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．]
11．A [由已知得a，b，c∈(0,1)，
∵＝＝log 2·log 9<2＝2<2＝1，
5 5
∴a<b，
∵55<94，∴5<4log 9，
5
即b＝log 5＝<，
9
∵134<95，∴4<5log 9，即c＝log 9>，∴b<c，综上，a<b<c.]
13 13
12．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，且显然0<x<1.
1 1
令g(x)＝0，得xlog x－1＝0，
2 a 2
即log x＝，
a 2
所以x 是y＝与y＝log x(a>1)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 1 213．f(x)＝x(答案不唯一)
14．54 15.(3，＋∞)
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2<a<3.
第 3 讲 不等式
1．B 2.D 3.C 4.A 5.C 6.B
7．A [由题意得，mx2－6x＋3m<0，
x∈(0,2]，即m<，
故问题转化为m<在(0,2]上有解，
设g(x)＝，
则g(x)＝＝，x∈(0,2]，
因为x＋≥2，当且仅当x＝∈(0,2]时取等号，
所以g(x) ＝＝，
max
故m<.]
8．B [∵x<，∴x－<0，
∴f(x)＝x＋＝x－＋＋
＝－＋
≤－2＋
＝－，当且仅当x＝－时取等号．]
9．B [画出不等式组所表示的平面区域，如图阴影部分(含边界)所示，设m＝x－2y＋6，
则y＝x＋3－，
当直线y＝x＋3－经过点A时，目标函数m＝x－2y＋6取得最小值，
当直线y＝x＋3－经过点B时，目标函数m＝x－2y＋6取得最大值，
由解得A(0,2)，
又由
解得B(－1，－1)，
所以目标函数的最小值为2，最大值为7，
所以z＝|x－2y＋6|的最大值是7.]
10．C [∵m>0，n>0，m＋n＝2，
∴＋＝(m＋n)
＝
≥＝2，
当且仅当＝，即m＝n＝1时，等号成立，故A不正确；
∵m＋n＝2≥2，∴mn≤1，当且仅当m＝n＝1时，等号成立，故B不正确；
∵(＋)2≤2[()2＋()2]＝4，∴＋≤＝2，当且仅当m＝n＝1时，等号成立，故C正确；
m2＋n2≥＝2，当且仅当m＝n＝1时，等号成立，故D不正确．]
11．A [令2a－1＝m，b－1＝n，
则m>0，n>0，
∴m＋n＝2a＋b－2＝1，
∵＋＝＋
＝2＋＋
＝2＋(m＋n)
＝4＋＋
≥4＋2＝6，
当且仅当m＝n＝，
即a＝，b＝时取等号．]
12．C [由题意得，0<z<1,0<1－z<1，∴z(1－z)≤2＝
，
∵x2＋y2＋z2＝1，
∴1－z2＝x2＋y2≥2xy(当且仅当x＝y时取等号)，
∴≥1，即≥1，
∵1－z>0，∴≥，
∴≥≥4
，
则S＝的最小值为4.]
13．－3，－1,1(答案不唯一)
14．[4，＋∞) 15.
16.
解析 ∵正实数x，y满足x＋y＋3＝xy，
而xy≤2，
∴x＋y＋3≤2，
∴(x＋y)2－4(x＋y)－12≥0，
∴x＋y≥6或x＋y≤－2(舍去)，
又正实数x，y满足(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，
∴a≤x＋y＋恒成立，
∴a≤ ，
min
令t＝x＋y(t≥6)，g(t)＝t＋，
由对勾函数的性质得g(t)在[6，＋∞)上单调递增，
∴ ＝g(t)
min min
＝g(6)
＝6＋＝，
∴a≤.
第 4 讲 导数的几何意义及函数的单调性
1．C 2.C 3.D 4.D 5.D 6.C
7．B [由题意，不妨设x>x>0，
1 2
因为对任意两个不等的正实数x，x，都有>2，
1 2
所以f(x)－f(x)>2x－2x，
1 2 1 2
即f(x)－2x>f(x)－2x，
1 1 2 2构造函数g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋x2－2x(x>0)，
则g(x)>g(x)，
1 2
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)＝＋2x－2≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥－2x2＋2x在(0，＋∞)上恒成立，
当x>0时，因为－2x2＋2x＝－22＋≤，
所以(－2x2＋2x) ＝，
max
所以a≥，则实数a的最小值为.]
8．A [∵9m＝10，∴m∈(1,2)，
令f(x)＝xm－(x＋1)，
x∈(1，＋∞)，
∴f′(x)＝mxm－1－1，
∵x>1且1<m<2，
∴xm－1>1，∴f′(x)>0，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又9m＝10，∴9m－10＝0，
即f(9)＝0，
又a＝f(10)，b＝f(8)，
∴f(8)<f(9)<f(10)，
即b<0<a.]
9．6 10.(0,2) 11.2x＋y－8＝0
12．②③④
解析 ∵f(x)＝ln x是增函数，
∴(x－x)[f(x)－f(x)]>0，①错误；
1 2 1 2
[f(x)＋f(x)]＝(ln x＋ln x)
1 2 1 2
＝ln(xx)＝ln ，
1 2
f ＝ln，
由x>x>e，
1 2
得>，
∴[f(x)＋f(x)]<f ，②正确；
1 2
令h(x)＝，
则h′(x)＝，
当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x)<h(x)，
1 2
即<，即xf(x)－xf(x)>0，③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)<g(x)，
1 2
即ef(x)－x<ef(x)－x，
1 1 2 2
则e[f(x)－f(x)]<x－x，④正确．
1 2 1 2
13．解 函数定义域为(0，＋∞)，
求导得f′(x)＝2x－2＋.
(1)由已知得f′(1)＝2×1－2＋a＝－4，得a＝－4.
(2)f′(x)＝2x－2＋＝(x>0)，
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0<a<时，
令f′(x)＝0，
解得x＝，x＝.
1 2
又a>0，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0<a<时，
函数f(x)在，
上单调递增，
在上单调递减．
14．解 (1)当a＝1时，
F(x)＝ex－f(x)＝(x－1)ln(x－1)－2x，
定义域为(1，＋∞)，
F′(x)＝ln(x－1)－1，
令F′(x)>0，
解得x>e＋1，
令F′(x)<0，解得1<x<e＋1，
故F(x)的单调递增区间为(e＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，e＋1)．
(2)f(x)在区间上有意义，
故ax－1>0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 5 讲 函数的极值、最值
1．D 2.C 3.A 4.B 5.D 6.D
7．D [∵f(x)＝x2－4x＋aln x，
∴f′(x)＝2x－4＋＝(x>0)，
令f′(x)＝0，则方程2x2－4x＋a＝0的两根为x，x，且0<x<x，
1 2 1 2
∴Δ＝42－4×2a>0，解得a<2，
x＋x＝2，x·x＝<1，
1 2 1 2
∴0<x<1,1<x<2，
1 2
又x 为f(x)的极大值点，故f(x)>f(1)＝－3.]
1 1
8．C [令函数f(x)＝ln x－x＋3，可得f′(x)＝－1＝(x>0)，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
f(x)单调递减，
所以当x＝1时，可得f(x) ＝f(1)＝ln 1－1＋3＝2，
max令函数g(y)＝ey＋e－y，则ey＋e－y≥2，当且仅当y＝0时取等号，
又ln x－x＋3≥ey＋e－y，
所以ln x－x＋3＝ey＋e－y＝2，
所以x＝1，y＝0，所以x＋y＝1.]
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g<e，
即 (ln a)2<e，又 ，
所以(ln a)2<1.
由题意易知当x∈(－∞，x)，(x，＋∞)时，
1 2
f′(x)<0；
当x∈(x，x)时，f′(x)>0.
1 2
若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，
所以0<a<1，则－1<ln a<0，所以a∈.
方法二 由题意，f′(x)＝2axln a－2ex，
根据f(x)有极小值点x＝x 和极大值点x＝x 可知，x＝x，x＝x 为f′(x)＝0的两个不同的根，
1 2 1 2
又x<x，所以易知当x∈(－∞，x)，(x，＋∞)时，f′(x)<0；
1 2 1 2
当x∈(x，x)时，f′(x)>0.
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0<a<1，令g(x)＝axln a，h(x)＝ex，在同一平面直角坐标系中作出函数 g(x)和h(x)的大
致图象，如图所示．
因为f′(x)＝0有两个不同的根，
所以g(x)与h(x)的图象有两个交点，
则过原点且与g(x)的图象相切的直线l的斜率k<e.
不妨设直线l与g(x)的图象的切点坐标为(x， ln a)，
0
因为g′(x)＝ax(ln a)2，
所以k＝ (ln a)2＝ ，
可得x＝，从而k＝ (ln a)2<e，
0
又 ，
所以e·(ln a)2<e，则(ln a)2<1，
又0<a<1，所以－1<ln a<0，
所以a∈.
13．解 (1)因为f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)，
所以f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．①当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，
f(x)在R上单调递增；
②当a>0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<a<9时，
f(x)在[0，)上单调递减，
在(，3]上单调递增，
于是f(x) ＝f()＝－2a＋a，
min
又f(0)＝a，f(3)＝27－8a.
故当0<a<3时，g(a)＝27－9a＋2a；
当3≤a<9时，g(a)＝2a，
综上可得，
g(a)＝
14．(1)解 因为f(x)＝cos x－，
在x＝0处的切点为(0,0)，
求导得f′(x)＝－sin x＋，
所以切线斜率为f′(0)＝1，
所以函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝x.
(2)证明 因为f(x)＝cos x－，
所以f′(x)＝－sin x＋，
因为当x∈时，
函数y＝－sin x，y＝均单调递减，
1 2
所以f′(x)＝－sin x＋在区间上单调递减，因为e2<8，所以f′＝
＝－>－＝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 6 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x<a时，f′(x)<0，
即f(x)在(－∞，a)上单调递减，
故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a)，无单调递增区间．
(2)证明 当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，
要证f(e－x)<ex＋，
即证ln x＋x<ex＋，
即证＋1<＋.
设g(x)＝＋1(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当0<x<e时，g′(x)>0，
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0<x<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，
所以h(x)≥h(1)＝e＋，
又＋1<e＋，
所以当a＝e时，f(e－x)<ex＋.母题突破 2 恒成立问题与有解问题
1．解 (1)f′(x)＝2axln x＋ax，
g′(x)＝2x－b，
∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，
∴
即
∴
(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，
即ax2ln x≥x2－bx成立，
即axln x－x≥－b成立，
∵∃b∈使f(x)≥g(x)恒成立，
∴axln x－x≥－恒成立，
当x＝1时，有－1≥－成立，
∴a∈R，
当x∈(1，e]时，a≥，
令G(x)＝，
则G′(x)＝，
令m(x)＝ln x－x＋，
则m′(x)＝－1，且m′＝0，
当1<x<时，m′(x)>0，
当<x<e时，m′(x)<0，
∴m(x)在上单调递增，上单调递减，
m(1)＝－1＋>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，＋∞)，
0
在区间(0，x)上，
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0<x<1；
由f′(x)＝－1<0，得x>1.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0<x<1；
由f′(x)＝<0，得x>1.
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.B 3.A
4．C [由题意知函数f(x)＝3－x2是“(0，＋∞)上的k类成功函数”，
则f(x)在[a，b]上的值域为.
由f(x)在(0，＋∞)上单调递减，得k>0，
且
即方程f(x)＝在(0，＋∞)上必有两个不相等的实数根，
即3x－x3＝k在(0，＋∞)上必有两个不相等的实数根．
设g(x)＝3x－x3，则原问题可转化为直线y＝k与函数g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的
交点．因为g′(x)＝3－3x2，当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，其图象如图所示，
所以在(0，＋∞)上，g(x) ＝g(1)＝2.
max
又g(0)＝g()＝0，所以0<k<2.]
5．B [因为f(x)＝x2－2x－1，p＝2，
所以f(x)＝
2
对于A，f(f(0))＝f(－1)＝2，
p 2
f(f(0))＝f(－1)＝1＋2－1＝2，
p
所以A正确；
对于B，f(f(1))＝f(－2)＝2，
p 2
f(f(1))＝f(－2)＝4＋4－1＝7，
p
所以B错误；
对于C，f(f(2))＝f(－1)＝2，
p p 2
f(f(2))＝f(－1)＝2，所以C正确；
对于D，f(f(3))＝f(2)＝－1，
p p 2
f(f(3))＝f(2)＝－1，所以D正确．]
6．C [由题意，要使f(x)为“正交函数”，则f(x)的图象与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.
解析 当x∈(0,1)时，[x]＝0，f(x)＝－2x＋1，函数f(x)单调递减，
f(x)∈(－1,0]；
当x∈[1,2)时，[x]＝1，f(x)＝－2x＋1，y＝和y＝－2x＋1均为减函数，故函数f(x)单调递减，
f(x)∈；
当x∈[2,3)时，[x]＝2，f(x)＝－2x＋1，同理，函数f(x)单调递减，
f(x)∈；
当x＝3时，[x]＝3，f(x)＝－23＋1＝－>－.
综上，函数f(x)的值域为.
微重点 2 函数的嵌套与旋转、对称问题
1．A 2.D 3.C 4.A
5．B [由[f(x)]2－t·f(x)＝0，
即f(x)[f(x)－t]＝0，得f(x)＝0或f(x)＝t，
作出y＝f(x)的图象，如图所示，当f(x)＝0时，x＝－4，有1个实数根；
1
由f(x)＝t知，
当t＝1时，有3个实数根，
所以共4个实数根，满足题意；
当t＝4时，f(x)＝t只有2个实数根，所以共3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4个实数根，等价于f(x)＝t有3个实数根，等价于y＝f(x)与y＝t的图象有3个
交点，故t∈[1,4)，x∈[0,2ln 2)，
4
所以xx∈(－8ln 2,0]，故A错误，C错误；
1 4
又因为x＋x＝－4，
2 3
所以x＋x＋x＋x＝－8＋x，
1 2 3 4 4
其取值范围为[－8，－8＋2ln 2)，故B正确；
因为x＋x＝－4，x<x<0，
2 3 2 3
所以xx＝(－x)·(－x)<2＝4，故D错误．]
2 3 2 3
6．B [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可以是g(f(x))；
对于B，x＝x＋1，即0＝1，方程无解，故B一定不是g(f(x))；
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可以是g(f(x))；
对于D，当ln(|x|＋1)＝x时，x＝0为方程的解，所以方程有解，故D可以是g(f(x))．]
7．2≤m≤
解析 因为函数f(x)＝3x＋sin x－m＋1(m∈R)是定义在[－1,1]上的“倒戈函数”，
所以存在x∈[－1,1]，
0
使f(－x)＝－f(x)，
0 0即 －sin x＋m－1＝ ＋sin(－x)－m＋1，
0 0
即2m－2＝ ，
令t＝ ，则t∈，
所以2m－2＝t＋≥2，
当且仅当t＝1，即x＝0时取等号，
0
解得m≥2，
当t＝或t＝3时，(2m－2) ＝3＋＝，
max
解得m≤.所以2≤m≤.
8．1－e＜a≤1或a＝2
解析 由题意得，函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
对函数f(x)求导得f′(x)＝，
令f′(x)>0，可得x>e；
令f′(x)<0，可得0<x<1或1<x<e，
所以f(x)在(0,1)和(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
故当x＝e时，f(x)有极小值为f(e)＝e.
令t＝f(x)，则方程[f(x)]2＋af(x)＋a－1＝0化成t2＋at＋a－1＝0，
解得t＝－1或t＝1－a，
当－1＝1－a时，a＝2，符合题意；
当t＝－1时，t＝f(x)有一解，
所以当t＝1－a时，t＝f(x)没有实数解，作出f(x)的大致图象，由图可知，0≤1－a<e，解得
1－e<a≤1.
综上，1－e＜a≤1或a＝2.
微重点 3 导数中的函数构造问题
1．C 2.B 3.B
4．D [令g(x)＝f(x)sin x，因为f(x)为奇函数，则g(x)为偶函数，
又当x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，
即g′(x)>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则有g＝g<g<g，
即－f <f <－f ，
即－f <f <－f .]
5．A
6．B [由题设，eλx·λx≥xln x＝eln x·ln x，x>1，
令f(t)＝t·et(t>0)，
则f′(t)＝(t＋1)·et>0，
所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(λx)≥f(ln x)，x>1，
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≥.
故λ的取值不可能是.]
7．(2，＋∞) 8.1
微重点 4 函数的公切线问题
1．A 2.A
3．D [设直线l与f(x)＝xln x相切的切点为(m，mln m)，
由f(x)＝xln x的导数为f′(x)＝1＋ln x，
可得切线的斜率为1＋ln m，
则切线方程为y－mln m
＝(1＋ln m)(x－m)，
将A(0，－1)代入切线方程可得
－1－mln m＝(1＋ln m)(0－m)，
解得m＝1，则切线l的方程为y＝x－1，
联立
可得x2＋(a－1)x＋1＝0，
由Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或3.]4．B [由f(x)＝ex，g(x)＝ln x，
得f′(x)＝ex，g′(x)＝，
则 ＝， ＝ln ，即x＝－ln x.
1 2
曲线y＝f(x)在点A处的切线方程为y＝ x＋ (1－x)，
1
曲线y＝g(x)在点B处的切线方程为y＝x－1＋ln x，
2
所以 (1－x)＝－1＋ln x，
1 2
可得(1－x)＝－1－x，
1 1
整理得xx－x＋x＝－1.]
1 2 1 2
5．D [若曲线y＝f(x)在这两点处的切线重合，首先要保证这两点处导数相同．
A选项中，y′＝＋1；B选项中，y′＝ex，导数均为单调函数，切点不同时，导数值不同，
所以切线不可能重合，故A，B错误；
C选项中，y′＝3x2，若斜率相同，
则切点为(x，x)和(－x，－x)，
0 0
代入解得切线方程分别为y＝3xx－2x和y＝3xx＋2x，
若切线重合，则x＝0，此时两切点为同一点，不符合题意，故C错误；
0
D选项中，y′＝1＋sin x，
令y′＝1＋sin x＝1得x＝kπ(k∈Z)，
则有点(0，－1)，(2π，2π－1)，切线均为y＝x－1，所以存在不同的两点使得切线重合，故
D正确．]
6．C [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，a ＋3)，
2
所以4x＝a ＝ ，即2x＝，
1 1
可得x＝0或2x＝x＋2，
1 2 1
因为4x＝a ，a>0，则x>0,2x＝x＋2>2，即x>1，
1 1 2 1 2
所以a＝ ，x>1，
2
令h(x)＝，x>1，可得h′(x)＝＝，
由h′(x)>0可得1<x<2；由h′(x)<0可得x>2，
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的最大值为.]
7. 5
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)，
0 0
由题意得，
即
由x－2a＝得，
0
x－2ax－3a2＝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<a<时，F′(a)<0，
当a>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＝－＋·＝－.
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)<xex－2x＋sin x恒成立，
即x>0时，ax2<xex＋xcos x－2x恒成立，
即a<恒成立．
令g(x)＝，x>0，
∴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0<x<x，
1 2
使得g(x)＝g(x)，所以b<0.
1 2②令m(x)＝x－sin x(x>0)，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
1 1 1
＝x＋b(1＋ln x)－sin x，
2 2 2
所以－b(ln x－ln x)
2 1
＝x－x－(sin x－sin x)
2 1 2 1
>(x－x)，
2 1
又0<x<x，
1 2
所以－2b>>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为增函数，
令f′(x)＝0，解得x＝e－a－1，
故当0<x<e－a－1时，f′(x)<0；
当x>e－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 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ef(x)≤xex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)，
0
使得f′(x)＝0，
0
且当0<x<x 时，f′(x)>0；
0
当x<x<π时，f′(x)<0.
0
所以函数f(x)的单调递增区间是[0，x]，
0
单调递减区间是[x，π]．
0
所以函数f(x)存在唯一的极大值点x.
0
(2)由(1)知，
函数f(x)的单调递增区间是[0，x]，
0
单调递减区间是[x，π]．
0
且x∈(0，π)，f′(x)＝0，
0 0
即1＋cos x－ ＝0，即1＋cos x＝ .
0 0
所以f(x) ＝f(x)＝x＋sin x－
max 0 0 0
＝x＋sin x－cos x－1.
0 0 0
令φ(x)＝x＋sin x－cos x－1，x∈(0，π)，
φ′(x)＝1＋cos x＋sin x>0，
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，
0
在(x，＋∞)上单调递减，
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，
0
得a∈.
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，
1 2
即证ln x＋ln x>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0<x<e时，f(x)>0，
当x>e时，f(x)<0，
不妨设x<x，
1 2
则0<x<1<x<e.
1 2
要证2<＋<e，
即证2<x＋x<e.
1 2
先证x＋x>2，
1 2
要证x＋x>2，即证x>2－x，
1 2 2 1
因为0<x<1<x<e，
1 2
所以x>2－x>1，
2 1
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x)<f(2－x)，
2 1
又f(x)＝f(x)，所以即证f(x)<f(2－x)，即证当x∈(0,1)时，f(x)－f(2－x)<0.
1 2 1 1
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)
＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当0<x<1时，x(2－x)<1，
则－ln[x(2－x)]>0，
即当0<x<1时，F′(x)>0，
所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以当0<x<1时，F(x)<F(1)＝0，
所以当0<x<1时，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x＋x>2成立．
1 2
再证x＋x<e.
1 2
由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，
f(x)的极大值为f(1)＝1，
过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y＝x，
设f(x)＝f(x)＝m，当x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
1 2
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x<m.
1
欲证x＋x<e，
1 2即证x＋x<m＋x＝f(x)＋x<e，
1 2 2 2 2
即证当1<x<e时，f(x)＋x<e.
构造函数h(x)＝f(x)＋x，
则h′(x)＝1－ln x，
当1<x<e时，h′(x)>0，
所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1<x<e时，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，
所以x＋x<e成立．
1 2
综上可知，2<＋<e成立．
专题二 三角函数与解三角形
第 1 讲 三角函数的图象与性质
1．D 2.A 3.B 4.D 5.C 6.D
7．B [由题意知，△OAB是等边三角形，
所以AB＝OA＝2.
连接OC(图略)，因为C是AB的中点，
所以OC⊥AB，OC＝＝.
又CD⊥AB，所以O，C，D三点共线，
所以CD＝OD－OC＝2－，
所以s＝AB＋＝2＋＝.]
8．A [f(x)＝sin x＋acos x＝sin(x＋φ)，
由题意知＝2，且a>0，
解得a＝，
所以f(x)＝2sin.
方程f(x)＝b在区间内的实数根，即为y＝f(x)在区间内的图象与直线y＝b的交点的横坐标，
如图所示，
由f(x)图象的对称性可知，＝，＝，即x ＋x ＝，x ＋x ＝，所以x ＋2x ＋x ＝(x ＋x)＋(x ＋
1 2 2 3 1 2 3 1 2 2x)＝.]
3
9．A [依题意，得g(x)
＝2sin
＝2sin ωx，由－≤ωx≤，ω>0得－≤x≤，于是得y＝g(x)的一个单调递增区间是，
因为y＝g(x)在上单调递增，因此⊆，即有≥，解得0<ω≤2，即ω的最大值为2.]
10．B [对于选项A，把曲线C 上各点的横坐标伸长到原来的 2倍，纵坐标不变，再把得
1
到的曲线向右平移个单位长度，所得曲线对应的函数解析式为y＝cos＝cos
＝－sin，故A正确；
对于选项B，把曲线C 上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线
1
向右平移个单位长度，所得曲线对应的函数解析式为
y＝cos＝cos≠－sin，
故B错误；
对于选项C，把曲线C 向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来
1
的2倍，纵坐标不变，所得曲线对应的函数解析式为
y＝cos＝cos
＝－sin，故C正确；
对于选项D，把曲线C 向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来
1
的2倍，纵坐标不变，最后把得到的曲线向右平移π个单位长度，所得曲线对应的函数解析
式为y＝cos＝cos＝－sin，故D正确．]
11．A [由题意得函数的定义域为R，关于原点对称．
f(－x)＝|sin(－x)|＋cos(－x)＝|sin x|＋cos x＝f(x)，所以f(x)为偶函数，所以选项A正确，选
项B错误；
当0≤x≤π时，f(x)＝sin x＋cos x＝sin，令2kπ＋≤x＋≤2kπ＋，k∈Z, 所以2kπ＋≤x≤2kπ
＋，k∈Z，
令k＝0得≤x≤，
令k＝－1得－≤x≤－，
所以此时函数的单调递减区间为，所以选项C错误；
f ＝
＋cos＝，
f ＝＋cos ＝0≠f ，即f(x)的图象不关于直线x＝对称，所以选项D错误．]
12．D [因为函数y＝sin的最小正周期为T＝＝π，
所以区间的区间长度是该函数的最小正周期的，
因为函数y＝sin在区间上的最大值为g(t)，最小值为g(t)，
1 2所以当区间关于它的图象的对称轴对称，即对称轴为＝t＋时，g(t)－g(t)取得最小值，且此
1 2
时函数y＝sin在上有最值±1，
不妨设y在上有最大值g(t)＝1，
1
则有sin＝1，
所以sin＝1，
即2t＋＝＋2kπ，k∈Z，
得t＝kπ－，k∈Z，
所以g(t)＝sin
2
＝sin
＝sin＝，
所以g(t)－g(t)的最小值为.]
1 2
13. 14. 15.3
16．2
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)．点可看作“五点作图法”中的第二个点，
则2×＋φ＝，得φ＝－，
所以f(x)＝2cos，
所以f ＝2cos
＝2cos＝2cos＝1，
f ＝2cos
＝2cos＝0，
所以>0，
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.D
6．C [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．]
7．C [如图，根据题意得∠ACB＝15°，
∠ACD＝105°，∠ADC＝30°，∠CAD＝45°，CD＝24米，
所以∠CAD＝45°，
在△ACD中，由正弦定理得
＝，
即＝，
解得AC＝12(米)，
在Rt△ACB中，sin∠ACB＝，即sin 15°＝，
解得AB＝12sin 15°＝12sin(60°－45°)
＝12×
＝12×
＝3(－)＝6(－1)米．]
8．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，k∈Z，
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＝－.]
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，
∵0<A<，
则－<A－<，－
<sin<1，
－2<4sin<4﹒
∴2a－c的取值范围为.
微重点 5 三角函数中 ω，φ 的范围问题
1．A 2.B
3．C [由2ωx＋＝kπ＋，k∈Z，
得x＝π，k∈Z，因为函数f(x)＝sin在区间内没有最值，
所以对任意k∈Z，都有π∉，
当ω＝，k＝1时，π＝∈，故选项A，D不正确；
当ω＝时，存在k＝1使得π＝∈，故选项B不正确．]
4．A [由－＋2kπ≤ωx＋≤＋2kπ，k∈Z，
得－＋≤x≤＋，k∈Z，
取k＝0，可得－≤x≤.
若f(x)在上单调递增，
则
解得0<ω≤.
若x∈(0,2π)，
则ωx＋∈.
设t＝ωx＋，
则t∈，
因为2ωπ＋∈，
所以函数y＝sin t在上的零点最多有2个．
所以f(x)在(0,2π)上的零点最多有2个．]
5．D [由f(x)≤，知x＝为函数f(x)图象的一条对称轴，
所以f(0)＝f .
又f ＝0，
所以·T＝－
＝(n∈Z)，
即·＝(n∈Z)，
即ω＝2n＋1(n∈Z)．
因为f(x)在上单调，
所以＝≥－＝，
所以ω≤8，所以ω ＝7.
max
因为|φ|<，
所以φ≠＋kπ(k∈Z)，
所以不存在φ，使得f(x)是偶函数．]
6．B [当x∈时，
2x＋∈，
令2x＋＝t，2a＋＝h，则问题转化为g(t)＝sin t在上的最大值是M，最小值是m，
由正弦函数性质，可知g(t)＝sin t的周期是2π，要使得M－m最小，则g(t)的最大值或最小
值点是区间的中点，
由周期性，不妨取h＋h＋＝π或h＋h＋＝3π，即h＝或h＝，
当h＝时，M＝1，m＝si n＝，M－m＝，
当h＝时，m＝－1，M＝sin ＝－，M－m＝.]
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 6 几何特征在解三角形中的应用
1．C 2.C
3．B [设∠ABC＝θ，则∠ADC＝π－θ，
∵在△ABC中，
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos θ，
在△ACD中，
AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos(π－θ)，
∴AB2＋BC2－2AB·BC·cos θ
＝AD2＋CD2＋2AD·CD·cos θ，
则61－60cos θ＝25＋24cos θ，
∴cos θ＝，而0<θ<π，
故sin θ＝，
∴S ＝AD·CD·sin(π－θ)
△ACD
＝6sin θ＝.]
4.
5．3＋6
解析 因为A＝60°，B＝45°，
则C＝75°，
所以sin C＝sin 75°＝sin(45°＋30°)
＝sin 45°cos 30°＋cos 45°sin 30°
＝，
面积比为相似比的平方，
＝＝
＝
＝
＝
＝＝6＋3.
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°<B<180°，所以sin B>0，
从而cos C＝－.
又0°<C<180°，所以C＝120°.
(2)因为S ＝absin 120°＝ab＝4，
△ABC
所以ab＝16.
在△ACD中，由余弦定理可得
AD2＝b2＋2－2×b××cos 120°
＝b2＋2＋≥2＋＝＝24，
当且仅当b＝a，
即a＝4，b＝2时，等号成立．
此时AB2＝a2＋b2－2abcos 120°
＝32＋8－2×4×2×＝56，
故AB＝2.
8．(1)证明 在△ACD中，
由正弦定理得＝，
即AD·sin D＝AC·sin∠ACD，
因为AB∥CD，
所以∠ACD＝∠CAB，
所以AD·sin D＝AC·sin∠CAB，
在△ABC中，由正弦定理得＝，即AC·sin∠CAB＝BC·sin B，
所以AD·sin D＝BC·sin B.
又AD·sin D＝2CD·sin B，
所以BC·sin B＝2CD·sin B，
即BC＝2CD.
(2)解 由(1)知CD＝BC＝1.
在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC，
解得AC＝.
所以cos∠CAB＝cos∠ACD
＝＝.
在△ABC中，由余弦定理得
BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠CAB，
解得AB＝1或3.
又因为四边形ABCD为梯形，所以AB＝3.
又梯形ABCD的高为h＝AD·sin 60°＝，所以梯形ABCD的面积为S＝(AB＋CD)h＝2.
微重点 7 平面向量的最值与范围问题
1．C 2.A 3.A 4.A
5．B [如图，以点B为坐标原点，BC，BA所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，
设AB＝a，BP＝x(0≤x≤a)，
因为AD＝1，BC＝2，
所以P(0，x)，C(2,0)，D(1，a)，
所以PC＝(2，－x)，PD＝(1，a－x)，
4PD＝(4,4a－4x)，
所以PC＋4PD＝(6,4a－5x)，
所以|PC＋4PD|＝≥6，
所以当4a－5x＝0，即x＝a时，
|PC＋4PD|的最小值为6.]6．B [∵|m|＝2，不妨设m＝(2,0)，
由|m＋n|－|m－n|＝2，得|n＋m|－|n－m|＝2，
令n＝ON，其对应点N的轨迹是以(－2,0)，(2,0)为焦点的双曲线的右支，
方程为x2－＝1(x>0)，
实半轴长为1，虚半轴长为，
又|n|≥，由
得N，
此时ON与x轴的夹角为，
则满足|n|≥的N在图中双曲线N点的上方或在双曲线上与N点关于x轴对称的N 点下方的
1
位置，如图所示，
又双曲线的渐近线为y＝±x，所以m与n夹角的取值范围为，所以m与n夹角的余弦值的取
值范围为.]
7．②③④
8．6 2
解析 ∵|2a＋b|＋|2a－b|≥|2a＋b＋2a－b|
＝4|a|＝4，
且|2a＋b|＋|2a－b|≥|2a＋b－2a＋b|＝2|b|＝6，
∴|2a＋b|＋|2a－b|≥6，当且仅当2a＋b与2a－b反向时取等号．
此时|2a＋b|＋|2a－b|的最小值为6.
∵≤
＝＝，
∴|2a＋b|＋|2a－b|≤2，当且仅当|2a＋b|＝|2a－b|时取等号，
∴|2a＋b|＋|2a－b|的最大值为2.
培优点 5 平面向量“奔驰定理”
1．C 2.A 3.C4．C [在△ABC中，由余弦定理，可得BC＝＝2，
所以圆M的半径R＝＝，
所以S ＝×8×＝，
△AMB
S ＝×2×＝，
△BMC
S ＝×6×＝5.
△CMA
由AM＝λAB＋μAC，
可得MA＋λMB－λMA＋μMC－μMA＝0，
整理得(1－λ－μ)MA＋λMB＋μMC＝0，
所以S ∶S ∶S ＝μ∶(1－λ－μ)∶λ＝8∶13∶15，
△AMB △BMC △CMA
解得λ＝，μ＝，
所以4λ＋3μ＝.]
5．B [由AP＝AB＋AC，
可得PA＋PB－PA＋PC－PA＝0，
整理得PA＋PB＋PC＝0，
所以2PA＋2PB＋PC＝0，
＝＝，故①正确；
由AQ＝AB＋AC，
可得QA＋QB－QA＋QC－QA＝0，
整理得QA＋QB＋QC＝0，
所以QA＋8QB＋3QC＝0，
所以＝＝，＝，故②，④错误，③正确．]
6. 7.
8.
解析 根据奔驰定理得S ∶S ∶S ＝1∶2∶3，
△PBC △PAC △PAB
S ∶S ∶S ＝2∶3∶5，
△QBC △QAC △QAB
∴S ＝S ＝S ，
△PAB △QAB △ABC
∴PQ∥AB，
又∵S ＝S ，S ＝S ，
△PBC △ABC △QBC △ABC
∴＝＝－＝.
培优点 6 向量极化恒等式
1．B 2.C
3．C [如图，O为AB的中点，MA·MB＝MO2－BA2，
|MO| ＝|OC|＋1＝3，
max
|AB| ＝2a＝8，
min
所以 ＝9－×64＝－7.]
max
4．C [如图，当P位于点A时，
(λ＋μ) ＝0，
min
当P位于点D时，(λ＋μ) ＝3.]
max
5．D [如图所示，取AB的中点E，因为PB＝AB，
0
所以P 为EB的中点，取BC的中点D，连接DP，DP，
0 0
则DP 为△CEB的中位线，DP∥CE.
0 0
根据向量的极化恒等式，
有PB·PC＝PD2－DB2，
P0B·P0C＝P0D2－DB2.
又PB·PC≥P0B·P0C，
则|PD|≥|P0D|恒成立，
必有DP⊥AB.因此CE⊥AB，
0
又E为AB的中点，所以AC＝BC.]
6．[－2,6]
解析 如图所示，取AB的中点D，连接CD，因为△ABC为等边三角形，所以O为△ABC的
重心，O在CD上，且OC＝2OD＝2，所以CD＝3，AB＝2.又由极化恒等式得PA·PB＝
PD2－BA2＝PD2－3，因为P在圆O上，所以当P在点C处时，|PD| ＝3，当P在CO的延
max
长线与圆O的交点处时，|PD| ＝1，
min
所以PA·PB∈[－2,6]．
7．2
8.
解析 由等和线定理知当点P，Q分别在如图所示的位置时，x＋y 取最大值，x＋y 取最小
1 1 2 2
值，且x＋y 的最大值为＝，x＋y 的最小值为＝.
1 1 2 2
故|(2x－x)＋(2y－y)|＝|2(x＋y)－(x＋y)|≤－＝.
1 2 1 2 1 1 2 2
专题三 数 列
第 1 讲 等差数列、等比数列
1．C. 2.D 3.A 4.B 5.D 6.C
7．D [因为＝
＝＝3，
所以数列{a －a}为公比为3的等比数列，故A正确；
n＋1 n
因为(a －3a)－(a－3a )＝a －4a＋3a ＝0，即a －3a＝a－3a ，
n＋1 n n n－1 n＋1 n n－1 n＋1 n n n－1
所以数列{a －3a}为常数列，即公差为0的等差数列，故B正确；
n＋1 n
由以上分析可得a －a＝1×3n－1，且a －3a＝－1，
n＋1 n n＋1 n
解得a＝，故C正确；
n
S＝a＋a＋…＋a
n 1 2 n
＝＋＋…＋
＝×(30＋31＋…＋3n－1)＋＝×＋＝＋，
故D不正确．]
8．A [已知{a}是等比数列，
n
∵a＝ln a >0，∴a>0，a >1，
9 10 9 10
又∵a＝ln a ＝ln(a·q)＝ln a＋ln q，
9 10 9 9
∴ln q＝a－ln a，
9 9
设函数f(x)＝x－ln x，f′(x)＝，
当x>1 时，f′(x)>0，
当0<x<1 时，f′(x)<0，
∴在x＝1时，f(x) 取极小值1，∴ln q≥1，q≥e，
由题意得q＝e，a＝1，a＝e－8，
9 1
∴a＝e－8·en－1＝en－9，
n
由T＝aaa…a＝e－8·e－7·e－6·…·en－9
n 1 2 3 n
＝ ≥1，解得n≥17，
∴n的最小值是17.]
9．a＝2n2 10.134 11.
n
12．12
解析 由题意得，“n次分形”后线段之和是“(n－1)次分形” 后所得线段之和的，且一次
分形后线段之和为×4＝，故每次分形后所得线段之和可看做首项为，公比是的等比数列，
故“n次分形”后线段之和为×n－1＝n，故n≥30，两边取对数得(2lg 2－lg 3)n≥1＋lg 3，又
n∈N*，解得n≥12，故n的最小整数值为12.
13．(1)证明 设等差数列{a}的公差为d，
n
由a－b＝a－b 得a＋d－2b＝a＋2d－4b，即d＝2b，
2 2 3 3 1 1 1 1 1
由a－b＝b－a 得a＋d－2b＝8b－(a＋3d)，即a＝5b－2d，
2 2 4 4 1 1 1 1 1 1
将d＝2b 代入，得a＝5b－2×2b＝b，
1 1 1 1 1
即a＝b.
1 1
(2)解 由(1)知a＝a＋(n－1)d＝a＋(n－1)×2b＝(2n－1)a，b＝b·2n－1，
n 1 1 1 1 n 1
由b＝a ＋a，
k m 1
得b·2k－1＝(2m－1)a＋a，
1 1 1
由a＝b≠0得2k－1＝2m，
1 1
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|b＝
k
a ＋a,1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9.
m 1
14．证明 (1)当n＝1时，S＝T，S＋T＝1，则S＝T＝，＝－2，
1 1 1 1 1 1由S＋T＝1可得S－1＝－T，
n n n n
则S －1＝－T ，
n＋1 n＋1
则＝＝S ，即＝＝1＋，即－＝－1，
n＋1
故数列是首项为－2，公差为－1的等差数列．
(2)由(1)知，＝－2＋(n－1)×(－1)＝－n－1，则S＝，
n
所以T＝1－S＝.
n n
当n＝1时，a＝S＝，
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝－＝，又a＝适合上式，所以a＝，则a·S＝·＝＝T，
n n n－1 1 n n n
综上，对于任意的正整数n，T 是a 与S 的等比中项．
n n n
第 2 讲 数列求和及其综合应用
1．A 2.B 3.C 4.C 5.C 6.A
7．B [由题意可知
GnB＝GnFn＋GnC，
因为B，F，C三点共线，
n
所以＋＝1，
即1＋2＋2a＝a ，
n n＋1
即a ＝3＋2a，
n＋1 n
a ＋3＝2(a＋3)，
n＋1 n
所以数列{a＋3}是以a＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，
n 1
于是a＋3＝4×2n－1＝2n＋1，
n
所以a＝2n＋1－3，
n
所以a＝24－3＝13，
3
所以B选项正确，A，C选项不正确；
又S＝a＋a＝1＋5＝6，而22＋1－3×2＝2，
2 1 2
所以D选项不正确．]
8．C [由题可得a＝4，
1
a＝
2
＝a，
1
a＝＝a，
3 2
…，
a＝＝a ，
n n－1则＝，
所以数列{a}是以4为首项， 为公比的等比数列，则a＝4×n－1，显然B正确；
n n
由题意可得，S ＝，
△AEH
即b＝，b＝，…，b＝，
1 2 n
于是b
n
＝＝×n－1，为等比数列，
对于A，连续三个正方形的面积之和S＝a＋a＋a＝16＋10＋＝，A正确；
对于C，令b＝×n－1>，
n
则n－1>，
而4－1＝<，C错误；
对于D，S＝×＝4×<4，
n
D正确．]
9．9 10.(－3，＋∞) 11.8
12．8 B＝
n
解析 根据题意，第5行的数列依次为1,2,2,4,2,8,4,8,2,16,8,32,4,32,8,16,2，
从左数起第6个数的值为8.
A＝21，
1
A＝22＝ ，
2
A＝25＝ ，
3
A＝214＝ ，
4
A＝241＝ ，
5
故有A＝ ，
n
则B＝log A＝ ＝.
n 2 n
13．解 (1)设{a}的公差为d，
n
由已知a＋3d＝9,3a＋3d＝15.
1 1
解得a＝3，d＝2.
1
所以a＝2n＋1.
n
(2)因为在a 与a (k＝1,2，…)之间插入2k个1，
k k＋1
所以a 在{b}中对应的项数为
k n
n＝k＋21＋22＋23＋…＋2k－1
＝k＋＝2k＋k－2，当k＝6时，2k＋k－2＝68，
当k＝7时，2k＋k－2＝133，
所以a＝b ，a＝b ，
6 68 7 133
且b ＝b ＝…＝b ＝1.
69 70 100
因此T ＝S＋(2×1＋22×1＋23×1＋…＋25×1)＋32×1
100 6
＝×(3＋13)＋＋32＝142.
14．解 (1)设数列{a}的公差为d，
n
由已知得a＝aa，
2 8
即(2＋3d)2＝(2＋d)(2＋7d)，
整理得d2－2d＝0，
又d≠0，∴d＝2，
∴a＝2＋2(n－1)＝2n，
n
∴S＝＝n2＋n.
n
(2)由题意知，
b＝2n＋＝2n＋
n
＝2n＋－，
∴T＝(21＋22＋…＋2n)＋
n
＝＋1－＝2n＋1－1－，
∵T≥，
n
∴(n＋1)2n＋1－(n＋2)≥m，
令f(n)＝(n＋1)2n＋1－(n＋2)，
则f(n＋1)－f(n)＝(n＋3)2n＋1－1>0，
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 8 数列的递推关系
1．D
2．B [因为na ＝(n＋1)a＋2，
n＋1 n所以＝＋，
即－＝2，
所以－＝2，
－＝2，
…
－＝2，
累加得－
＝2
＝2(n≥2)，
即－1＝2－，
即a＝3n－2，当n＝1时也成立，
n
则a ＝6 067.]
2 023
3．B [由题意知S ＝a ＋，
102 102
所以S －a ＝S ＝，
102 102 101
又S ＝－a ＋，
101 101
所以a ＝，
101
故S ＝S －a ＝0.]
100 101 101
4．C [由2a －aa ＝1，
n＋1 n n＋1
得a ＝，
n＋1
所以－＝－＝－＝－1，
又＝，
故数列为以为首项，－1为公差的等差数列，则＝＋(n－1)×(－1)＝－n，故a ＝1＋，a
n 2
＝，数列{a}的最小值为a＝－1，最大值为a＝3.]
n 7 6
5．22 023
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＝.
n
b＝a(a －1)＝＝－，
n n n＋1
所以S＝＋＋＋…＋
n
＝1－.
微重点 9 子数列问题
1．解 (1)由题意知a＝2，a＝4，
1 2
a＝8，
3
所以等比数列{a}的公比q＝2，a＝aqn－1＝2n，
n 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 )＋
1 2 10 1 2 10
22(a＋a＋…＋a )＋…＋29(a＋a＋…＋a )
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，故由a ＝12，
n n 1
b＝1，a＝5b，a＝2b 可得
1 2 2 3 3
解得或(舍)．
故a＝12＋3(n－1)＝3n＋9，b＝3n－1.
n 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)＝1＋3＋9＋12×60＋×3＝
63 1 2 3 4 5 1 60 4 5
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，得(k－1)a＝(k－1)a，
5 3 4 2 3 2
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 ＝b＋b＋…＋b ＋b＋b＋…＋b
n 2k－1 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 立体几何与空间向量
第 1 讲 空间几何体
1．A 2.B 3.C 4.D 5.D
6．D [如图(1)所示，当点P为AD 的中点时，此时三棱锥P－ABC的俯视图为选项C；
1 1
如图(2)所示，当点P为BC 的中点时，此时三棱锥P－ABC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，当点P为EF的中点时，此时三棱锥
1 1 1 1
P－ABC的俯视图为选项A，所以此三棱锥P－ABC的俯视图不可能是选项D.]
7．B
8．D [如图所示，设△ABC的外接圆的半径为r，
则2r＝＝＝4，
解得r＝2.
设直三棱柱ABC－ABC 的外接球的球半径为R，所以R＝＝，
1 1 1
所以该直三棱柱外接球的表面积是S＝4πR2＝84π.]
9．D [将三棱锥由PA展开，如图所示，则∠APA＝90°，
1
所求最短距离为AA 的长度，
1
∵PA＝2，
∴由勾股定理可得
AA＝＝2 .
1
∴虫子爬行的最短距离为2 .]
10．D [由题知V ＝V ，
B－AEF B－ACD
所以S ＝S ＝××1×1×＝，
△AEF △ACD
记EF＝a，AE＝b，AF＝c，
则bcsin 60°＝，即bc＝.
则a2＝b2＋c2－2bccos 60°≥2bc－bc＝bc＝，
当且仅当b＝c＝时取等号，
所以a即EF的最小值为.]
11．C [不妨过斜圆柱的最高点D和最低点B作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE是斜圆柱的过底面椭圆的
长轴的截面，
由圆柱的性质知∠ABF＝45°，
则BF＝AB，设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，
则2a＝·2b，a＝b，
c＝＝＝a，
所以离心率为e＝＝，A正确；
EG⊥BF，垂足为G，则EG＝6，
易知∠EBG＝45°，则BE＝6，
又CE＝AF＝AB＝4，
所以斜圆柱的侧面积为S＝2π×2×(4＋6)－2π×2×4＝24π，B正确；
2b＝4，b＝2,2a＝4，a＝2，
椭圆面积为πab＝4π，D正确；
由于斜圆柱的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的
半径为2，则球的表面积为4π×22＝16π，C错误．]
12．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2<l≤3时，V′<0，
所以函数V＝(3≤l≤3)在[3,2)上单调递增，
在(2，3]上单调递减，
又当l＝3时，V＝；当l＝2时，
V＝；当l＝3时，V＝，
所以该正四棱锥的体积的取值范围是.
方法二 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
又3≤l≤3，
所以该正四棱锥的体积V＝a2h
＝·＝
＝72×··
≤72×3＝
，
所以正四棱锥的体积的最大值为，排除A，B，D.
方法三 如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底面边长为a，高为h，正四棱
锥的侧棱与高所成的角为θ，依题意，得36π＝πR3，解得R＝3，
所以正四棱锥的底面边长a＝lsin θ，高h＝lcos θ.
在△OPC中，作OE⊥PC，垂足为E，则可得cos θ＝＝∈，所以l＝6cos θ，
所以正四棱锥的体积
V＝a2h＝(lsin θ)2·lcos θ
＝(6cos θ)3sin2θcos θ
＝144(sin θcos2θ)2.
设sin θ＝t，易得t∈，
则y＝sin θcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，
则y′＝1－3t2.
令y′＝0，得t＝，
所以当<t<时，y′>0；
当<t<时，y′<0，
所以函数y＝t－t3在上单调递增，在上单调递减．
又当t＝时，y＝；当t＝时，y＝；当t＝时，y＝，
所以≤y≤，所以≤V≤.
所以该正四棱锥的体积的取值范围是.]
13.
14．π＋ 3π＋4＋4
解析 根据三视图还原该几何体的直观图，如图所示，
几何体体积V＝V ＋V ＝×π×12×2＋×2×2×2＝π＋；
半圆柱 四棱锥
表面积S＝2××π×12＋×2π×1×2＋2××2×2＋2××2×2＝3π＋4＋4.
15．40π
解析 由圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，
可得sin∠ASB＝＝，
又△SAB的面积为5，
则SA2·sin∠ASB＝5，
即SA2×＝5，
可得SA＝4，
SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为×4＝2，则该圆锥的侧面积为π×2×4＝40π.
16.
解析 设截面圆半径为r，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即此距离为 2，
根据截面圆的周长可得3π＝2πr，
得r＝，
故R2＝r2＋22＝，得R＝，
所以球的表面积S＝25π.
1
如图，OA＝OB＝，且OO ＝2，
1
则球冠的高h＝R－OO ＝，
1
得所截的一个球冠表面积S＝2πRh＝2π××＝，且截面圆的面积为π×2＝，
所以工艺品的表面积为4πR2－6＝25π－＝.
第 2 讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
1．D 2.D 3.B 4.B
5．A [在正方体ABCD－ABC D 中，
1 1 1 1
AC⊥BD且DD ⊥平面ABCD，
1
又EF⊂平面ABCD，
所以EF⊥DD ，
1
因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，
又BD∩DD ＝D，BD，DD ⊂平面BDD ，
1 1 1
所以EF⊥平面BDD ，
1
又EF⊂平面BEF，
1
所以平面BEF⊥平面BDD ，故A正确；
1 1如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，
设AB＝2，
则D(0,0,0)，
B(2,2,2)，
1
E(2,1,0)，F(1,2,0)，
B(2,2,0)，A(2,0,2)，
1
A(2,0,0)，C(0,2,0)，
C (0,2,2)，
1
则EF＝(－1,1,0)，EB1＝(0,1,2)，
DB＝(2,2,0)，DA1＝(2,0,2)，
AA1＝(0,0,2)，AC＝(－2,2,0)，
A1C1＝(－2,2,0)．
设平面BEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
1 1 1 1
则有
可取m＝(2,2，－1)，
同理可得平面ABD的一个法向量为
1
n＝(1，－1，－1)，
1
平面AAC的一个法向量为n＝(1,1,0)，
1 2
平面AC D的一个法向量为
1 1
n＝(1,1，－1)，
3
则m·n＝2－2＋1＝1≠0，
1
所以平面BEF与平面ABD不垂直，故B错误；
1 1
因为m与n 不平行，
2
所以平面BEF与平面AAC不平行，故C错误；
1 1
因为m与n 不平行，
3
所以平面BEF与平面AC D不平行，
1 1 1
故D错误．]
6．D [如图，连接DB，AB，DB，DC，BC，PB，AC，DC ，AB，
1 1 1 1 1 1 1
由正方体的性质知，AB∥DC，
1 1又AB与PB相交，
1
所以PB与DC不平行，故A错误；
1
显然，直线PB与直线AC异面，直线AB⊥平面ADC B，
1 1 1
而直线PB与AB不平行，
1
所以直线PB不与平面ADC B 垂直，故B错误；
1 1
直线PB与直线BD 异面，不相交，故C错误；
1 1
因为BA＝BD，P是AD的中点，
1 1
所以直线PB与直线AD垂直，
1
又DB∥DB，AB∥DC，
1 1 1 1
DB⊄平面BDC，AB⊄平面BDC，
1 1 1 1 1
AB∩DB＝B，AB，DB⊂平面BDA ，
1 1 1
DC，DB⊂平面BDC，
1 1 1 1 1
所以平面BDA ∥平面BDC，
1 1 1
又PB⊂平面BDA ，
1
所以直线PB∥平面BDC，故D正确．]
1 1
7．D [连接AB，交AB于点Q，连接PA，PB，PQ，如图所示．
1 1 1
因为AC ∥平面ABP，
1 1
AC ⊂平面ABC ，
1 1 1
且平面ABC ∩平面ABP＝PQ，
1 1 1
所以AC ∥PQ，又点Q是AB 的中点，
1 1
所以P是BC 的中点，
1 1
所以PC ＝1.]
1
8．D [对于①，取DC的中点G，连接BG，因为BE∥GD，BE＝GD，所以四边形DEBG
为平行四边形，所以DE∥GB，而BG与平面PBC相交，所以DE与平面PBC相交，故①错
误；对于②，连接FG，则FG∥PD，由DE∥GB，易证平面 BFG∥平面PDE，而BF⊂平面
BFG，所以BF∥平面PDE，故②正确；
对于③，因为PE⊥PD，要使得PE⊥CD，则PE⊥平面PCD，则PE⊥PC，而EC＝ED，此
时，只需要PC＝PD即可，故③正确；
对于④，由PD＝CD＝PC＝4可知，
PE⊥平面PCD，PE＝2，
设△PCD的外接圆半径为r，
则r＝＝，
设三棱锥P－CDE的外接球半径为R，
则R2＝r2＋2＝2＋1＝，所以三棱锥P－CDE的外接球的表面积为4πR2＝，
故④正确．]
9．若①③，则②或若②③，则①(填写一个即可) 10.2
11. 60°
12.
解析 如图，分别取AC，BD的中点S，E，连接AE，CE，SB，SD，SE.
则AE⊥BD，CE⊥BD，
又AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面ACE，
则BD⊥平面ACE，则SE⊥BD，
AC⊥SD，AC⊥SB，
又SD∩SB＝S，SD，SB⊂平面SBD，
则AC⊥平面SBD，则SE⊥AC，
则SE是异面直线AC与BD的公垂线段，
在△SBD中，SB＝SD＝a，
BD＝a，
则SE＝＝，
则异面直线AC与BD的距离为.
13．(1)证明 如图，连接DH，EH，由∠ADC＝∠DAB＝90°，
可得AB∥CD，
因为CD＝2，AB＝4，
且H是AB的中点，
所以DC∥HB且DC＝HB，所以四边形DHBC是平行四边形，
所以DH∥BC，
因为E，F分别是PB，PC的中点，所以EF∥BC，所以EF∥DH，
所以E，F，D，H四点共面，即点H在平面DEF内．
(2)解 因为∠ADC＝90°，且平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，AD⊂平
面ABCD，
所以AD⊥平面PCD，所以∠ADF＝90°，
又因为△PCD是边长为2的等边三角形，点F是PC的中点，所以DF＝，
因为tan∠AFD＝，所以AD＝，
所以V ＝V ＝××1××＝.
P－ADF A－PDF
14．(1)证明 由题意知AD＝1，BC＝3，AD∥EF，
因为EF为梯形ABCD的中位线，所以EF＝2，
过点D作DM⊥EF，
垂足为M，如图所示，
则DF＝，DE＝，
DF2＋DE2＝EF2，所以DE⊥DF，
因为AE⊥BE，BE⊥EF，
AE∩EF＝E，AE⊂平面AEFD，EF⊂平面AEFD，
所以BE⊥平面AEFD，
又DF⊂平面AEFD，所以EB⊥DF，
又DE∩BE＝E，DE⊂平面BED，BE⊂平面BED，
所以DF⊥平面BED.
(2)解 设点E到平面BDF的距离为d，
由(1)知，DM⊥EF，BE⊥平面AEFD，因为DM⊂平面AEFD，
所以DM⊥BE，
因为EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，
BE∩EF＝E，所以DM⊥平面BEF，
所以V ＝V ，
E－BDF D－BEF
即V ＝S ·DM＝S ·d＝V ，S ＝×EF×EB＝1.
D－BEF △BEF △BDF E－BDF △BEF
由BA＝，得BD＝，又DF＝，
且由(1)知DF⊥平面BED，
所以DF⊥DB，
所以S ＝，所以·d＝1，
△BDF
即d＝，
故点E到平面BDF的距离为.
第 3 讲 空间向量与空间角
1．(1)证明 连接BD交AC于点O，因为ABCD是菱形，所以O为BD的中点．连接OF.
因为F为PD的中点，所以OF为△PBD的中位线，所以OF∥PB.
因为OF⊂平面AFC，PB⊄平面AFC，
所以PB∥平面AFC.
(2)过O作Oz∥AP.
以O为原点，OB，OC，Oz为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
选条件①：∠ABC＝.
在菱形ABCD中，AC⊥BD.
因为AB＝AP＝2，
所以OB＝OD＝2×sin ＝，
OA＝OC＝2×cos ＝1.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，
B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，
P(0，－1,2)，F.
所以AF＝，
AC＝(0,2,0)．
设n＝(x，y，z)为平面ACF的法向量，
则
不妨令x＝2，则n＝(2,0，)．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD 的一个法向量．
设平二面角D－AC－F的平面角为θ，由图易知θ为锐角．
所以cos θ＝|cos〈n，m〉|＝
＝＝.
所以二面角D－AC－F的余弦值为.
选条件②：BD＝AC.
在菱形ABCD中，BD＝AC，
所以OB＝OC，
所以BC＝＝2OC.
因为AB＝AP＝2，
所以OB＝OD＝，OA＝OC＝1.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，
B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，
P(0，－1,2)，F.
所以AF＝，
AC＝(0,2,0)．
设n＝(x，y，z)为平面ACF的法向量，
则
不妨令x＝2，则n＝(2,0，)．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量．
设二面角D－AC－F的平面角为θ，由图易知，θ为锐角，
所以cos θ＝＝＝＝.
所以二面角D－AC－F的余弦值为.
选条件③：PC与平面ABCD所成的角为.
因为PA⊥平面ABCD，所以∠PCA为PC与平面ABCD所成的角，
即∠PCA＝.
在Rt△PAC中，由∠PCA＝，
可得PA＝CA＝2.
所以OB＝OD＝，OA＝OC＝1.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，
B(，0,0)，C(0,1,0)，
D(－，0,0)，P(0，－1,2)，
F.
所以AF＝，AC＝(0,2,0)．
设n＝(x，y，z)为平面ACF的法向量，
则
不妨令x＝2，则n＝(2,0，)．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量．
设二面角D－AC－F的平面角为θ，
由图易知，θ为锐角，
所以cos θ＝＝
＝＝.
所以二面角D－AC－F的余弦值为.
2．(1)证明 由题意知，DA，DC，DP两两垂直．
如图所示，以DA，DC，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(a，0,0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，
E，P(0,0，a)，
F，EF＝，DC＝(0，a，0)，
因为EF·DC＝0，所以EF⊥DC，
从而得EF⊥CD.
(2)解 存在．理由如下：假设存在满足条件的点G，
设G(x，0，z)，
则FG＝，
若使GF⊥平面PCB，则由FG·CB＝·(a，0,0)＝a＝0，得x＝；
由FG·CP＝·
(0，－a，a)＝＋a＝0，
得z＝0，
所以点G的坐标为，
故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．
3．解 (1)设点A到平面ABC的距离为h，
1
因为直三棱柱ABC－ABC 的体积为4，
1 1 1
所以 ＝S ·AA
△ABC 1
＝ ＝，
又△ABC的面积为2，
1
＝×2h＝，
所以h＝，
即点A到平面ABC的距离为.
1
(2)取AB的中点E，连接AE，
1
则AE⊥AB.
1
因为平面ABC⊥平面ABBA，平面ABC∩平面ABBA＝AB，AE⊂平面ABBA，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AE⊥平面ABC，
1
又BC⊂平面ABC，所以AE⊥BC.
1
又AA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
1
所以AA⊥BC.
1
因为AA∩AE＝A，AA，AE⊂平面ABBA，所以BC⊥平面ABBA，
1 1 1 1 1 1
又AB⊂平面ABBA，
1 1
所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空
间直角坐标系B－xyz，由(1)知，AE＝，
所以AA＝AB＝2，AB＝2.
1 1
因为△ABC的面积为2，
1
所以2＝·AB·BC，
1
所以BC＝2，
所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)，
1
则BD＝(1,1,1)，BA＝(0,2,0)．
设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得n＝(1,0，－1)．
又平面BDC的一个法向量为AE＝(0，－1，1)，
所以cos〈AE，n〉＝＝＝－.
设二面角A－BD－C的平面角为θ，
则sin θ＝＝，
所以二面角A－BD－C的正弦值为.
4．解 (1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，所以点
O在平面ABFE与平面ADE的交线，即直线AE上，延长EA，FM交于点O，连接OD，如
图所示．
因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，即M是OF的中点，
则AO＝BF＝2，
故点O在EA的延长线上且与点A的距离为2,
连接DF交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是DF的中点．
连接MN，则MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.
(2)存在．由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以EF⊥平面ADE，又因为EF⊂平`面ABFE，
所以平面ABFE⊥平面ADE，易知∠DEA＝60°，DE＝AE，
所以△ADE为等边三角形，取AE的中点H，连接DH，则DH⊥AE，因为平面ABFE∩平面
ADE＝AE，DH⊂平面ADE，所以DH⊥平面ABFE.
过点H作直线HT∥EF，交BF于点T；以H为坐标原点，以HA，HT，HD所在直线分别为
x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(－1,0,0)，D(0,0，)，C(0,4，)，F(－1,4,0)，所以ED＝(1,0，)，EC＝(1,4，)，
设M(1，t，0)(0≤t≤4)，
则EM＝(2，t，0)，
设平面EMC的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
取y＝－2，则x＝t，z＝，
所以m＝，
要使直线DE与平面EMC所成的角为60°，
则|cos〈ED，m〉|＝＝sin 60°＝，
整理得t2－4t＋3＝0，
解得t＝1或t＝3，
所以存在点M，即为线段AB上靠近A或B的一个四等分点，使得直线DE与平面EMC所成
的角为60°.
微重点 10 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．D [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不正确；
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．]
5．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＝，
2
从而＝.]
6．①②④
解析 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②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①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③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④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 11 立体几何中的动态问题
1．C 2.A
3．C [由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，
所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，
折叠后如图所示，过点M作MP∥DE，交AE于点P，
因为MP⊄平面DEC，DE⊂平面DEC，
所以MP∥平面DEC，连接NP，
因为M，N分别是AD，BE的中点，
所以P为AE中点，
故NP∥AB∥EC，
因为NP⊄平面DEC，EC⊂平面DEC，
所以NP∥平面DEC，
又MP∩NP＝P，MP，NP⊂平面MNP，
所以平面MNP∥平面DEC，
又MN⊂平面MNP，所以MN∥平面DEC，故A正确；
由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，
所以AE⊥MP，AE⊥NP，
又MP∩NP＝P，MP，NP⊂平面MNP，
所以AE⊥平面MNP，
又MN⊂平面MNP，
所以AE⊥MN，故B正确；
假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，
从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，这与BE和AD是异面直线矛盾，故C不正确；
当EC⊥ED时，EC⊥AD，证明如下，
因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E，EA，ED⊂平面ADE，
所以EC⊥平面ADE，
又AD⊂平面ADE，
所以EC⊥AD，故D正确．]
4．C [如图，设△ABC的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，GA，GC，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①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②正确；当OM∥AC时，∠DCA即为直线OM与CD所成的角，由上知∠DCA＝<，故③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④正确．]
5．①④
解析 把平面图形还原得到原四棱锥P－ABCD，如图，由ED⊥DC，FD⊥DA，
可知PD⊥DC，PD⊥DA，
又DC∩DA＝D，DA，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥平面ABCD.
在Rt△ADP中，∠PAD＝30°，DA＝3，
故PD＝3tan 30°＝，
连接DB，在矩形ABCD中，DA＝3，DC＝2，
DB＝＝，
在Rt△PDB中，
PB＝＝＝4，
所以点D到直线PB的距离为＝，
故DM的取值范围是，故①正确；
对于②，假设DM⊥BC，
因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC，
因为PD∩DM＝D，
所以BC⊥平面PBD，
因为BD⊂平面PBD，所以BC⊥BD，与已知条件矛盾，故②错误；
对于③，将此四棱锥可以补形成一个长方体，PB为长方体的一条体对角线，同时也是四棱
锥P－ABCD外接球的直径，所以半径为2，
其体积V＝×23＝，故③错误；
对于④，因为＝，＝，
而V ＝V ＝V ＝V ，
B－PAD P－BAD P－BCD B－PCD
所以V ＝V ，故④正确．
M－PAD M－PCD
6．①②④
解析 对于①，当λ＝时，F为C D 的中点，如图，
1 1又E为BC中点，∴EF∥BD，
1 1
∵EF⊂平面EFD，BD⊄平面EFD，
1
∴BD∥平面EFD，
1
则当P在线段BD 上移动时，其到平面EFD的距离不变，又△EFD的面积为定值，
1
∴三棱锥P－EFD的体积为定值，①正确；
对于②，当μ＝时P为BD 的中点，如图，连接AC，BD，交点为O，连接PO，则四棱锥P
1
－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＝，②正确；
对于③，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 )
1 1 1 1
＝2－2＝，
∴EG＝BE·sin∠EBA
1 1 1
＝BE·sin∠EBA＝，
1
∴EH＝－＝，
1
即PE＋PF的最小值为，③错误；
对于④，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，④正确．
微重点 12 截面、交线问题
1．B 2.C
3．D [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正确；
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．C [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 ， ， ，
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 ， ， 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
1 1
的截面．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.
专题五 概率与统计
第 1 讲 计数原理与概率
1．D 2.A 3.B 4.D 5.C 6.B 7.D
8．B [由1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数一共有A＝120(个)．
而构成波动数，需满足 a>b<c>d<e，有 31 425，31 524,41 325,41 523,51 324,51 423，32
415，32 514，42 315，42 513,52 314,52 413，21 435，21 534,53 412,43 512，共16个．
所以波动数的概率为＝.]
9．A [令f(x)＝－x2＋mx＋2m＝0，
当函数f(x)有零点时，由Δ＝m2＋8m≥0，得m≥0或m≤－8，又因为m∈[－11,6]，
所以m∈[－11，－8]∪[0,6]，
当函数f(x)只有负零点时，
得
解得m≤－8，又因为m∈[－11,6]，
所以m∈[－11，－8]，
所以P(B|A)＝＝.]
10．D [6名护士按人数可分为2,2,2或者1,2,3，先安排医生，再安排护士．
安排医生的方法有A＝6(种)，由于“护士甲和护士乙必须分到同一家医院”，故安排护士
方法有×A＋C×A＋C×C×A＝114(种)，其中C×A表示护士甲和护士乙一组的分配方法种数，
C×C×A表示护士甲和护士乙与另一人共3人一组的分配方法种数．所以总的分配方法有
6×114＝684(种)．]
11．A [因为n＝C＋C·8＋C·82＋…＋C·810
＝(1＋8)10＝(7＋2)10，
也即n＝C·710＋C·79·2＋…＋C·7·29＋C·210，
故n除以7的余数即为C·210＝1 024除以7的余数，1 024除以7的余数为2，结合选项知23
除以7的余数也为2，满足题意，其它选项都不满足题意．]
12．C [将《三国演义》、《西游记》、《水浒传》、《红楼梦》4本名著全部随机分给甲、
乙、丙三名同学，共有CA＝36(个)基本事件，
事件A包含的基本事件数为A＋CA＝12，
则P(A)＝＝，
同理，P(B)＝P(C)＝，
事件AB包含的基本事件数为A＝2，则P(AB)＝＝，
事件AC包含的基本事件数为C＋CC＝5，
则P(AC)＝，
因为P(A)P(B)＝≠P(AB)，故A错误；
因为P(A)P(C)＝≠P(AC)，故B错误；
因为P(C|A)＝＝，故C正确；
因为P(B|A)＝＝，故D错误．]
13．90 14. 15.－60
16.
解析 由图可知，若想通过6次移动最终停在－2的位置上，则必然需要向右移动2次且向
左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次为L，则该题可转化为RRLLLL六个字母
排序的问题，故落在－2上的排法种数为＝15，所以移动结果的总数为26＝64，所有落在－2上的概率为P＝.
第 2 讲 随机变量及其分布
1．A 2.A 3.C 4.D 5.D
6．A [小球落到第⑤个格子的概率是
C××4＝.]
7．D [设该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P ，
甲
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P ，
乙
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P ，
丙
方法一 由题意可知，P
甲
＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]
1 2 3 3 2
＝2pp＋2pp－4ppp，
1 2 1 3 1 2 3
P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝2pp＋2pp－4ppp，
乙 2 1 3 3 1 1 2 2 3 1 2 3
P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝2pp＋2pp－4ppp.
丙 3 1 2 2 1 1 3 2 3 1 2 3
所以P －P ＝2p(p－p)>0，
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.
丙 3 1 2 2 1
所以P 最大，故选D.]
丙
8．D [设逐份检测方式样本需要检测的总次数为X，则E(X)＝10，
设混合检测方式样本需要检测的总次数为Y，Y的可能取值为1,11，
P(Y＝1)＝(1－p)10，P(Y＝11)＝1－(1－p)10，
故Y的分布列为
Y 1 11
P (1－p)10 1－(1－p)10
∴E(Y)＝1×(1－p)10＋11×[1－(1－p)10]
＝11－10×(1－p)10.
要使得混合检测方式优于逐份检测方式，则需E(Y)<E(X)，
即11－10×(1－p)10<10，
即(1－p)10>，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，
∴0<p<0.206.]
9．2 10. 11.0.84
12.
解析 依题意得P(X＝1)＝P(X＝2)，
即＝，解得λ＝2，
所以P(X＝k)＝e－2，
所以P(X＝0)＝e－2＝，
P(X＝1)＝e－2＝，
P(X＝2)＝e－2＝，
则两周共销售2件的概率为
P＝C··＋C2＝.
13．解 (1)记乙闯关成功为事件A，
所以P(A)＝C2·＋3＝.
(2)由题意知随机变量X所有可能的取值为0,1,2,3，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
故X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
所以甲闯关成功的概率为＋＝，
因为<，
所以甲比乙闯关成功的可能性大．
14．解 (1)25＋10＋5＝40，即随机抽取的100位会员中，至少消费2次的会员有40位，
∴估计该游泳馆1位会员至少消费2次的概率P＝＝.(2)第1次消费时，80－30＝50(元)，所以游泳馆获得的利润为50元，
第2次消费时，80×0.95－30＝46(元)，所以游泳馆获得的利润为46元，
第3次消费时，80×0.90－30＝42(元)，所以游泳馆获得的利润为42元，
第4次消费时，80×0.85－30＝38(元)，所以游泳馆获得的利润为38元，
∵＝44(元)，
∴这4次消费中，游泳馆获得的平均利润为44元．
(3)若会员消费1次，P＝＝，
1
则平均利润为50元，其概率为；
若会员消费2次，＝48(元)，
P＝＝，
2
则平均利润为48元，其概率为；
若会员消费3次，＝46(元)，
P＝＝，
3
则平均利润为46元，其概率为；
若会员消费4次，＝44(元)，P＝＝，
4
则平均利润为44元，其概率为.
由题意知，X的所有可能取值为0,2,4,6.
且P(X＝0)＝×＋×＋×＋×＝，
P(X＝2)＝2×＝，
P(X＝4)＝2×＝，
P(X＝6)＝2××＝.
∴X的分布列为
X 0 2 4 6
P
∴E(X)＝0×＋2×＋4×＋6×＝.
第 3 讲 统计与统计案例
1．B 2.B 3.C 4.A 5.D 6.D
7．C [因为4.844>3.841，由临界值表知，P(K2≥3.841)≈0.05，
所以有95%的把握认为是否选择物理与数学成绩有关；
在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为是否选择物理与数学成绩有关；
若表中的数据都扩大为原来的10倍，K2＝≈48.44，又48.44>10.828，故结论会发生变化．]
8．C [2022年中国运动鞋服消费者为父母长辈购买运动鞋服时选择国产品牌的占比为
71.9%，超过70%，故A正确；
2022年中国运动鞋服消费者没有为孩子购买运动鞋服的占比为 17.2%，低于20%，故B正
确；
2022年中国运动鞋服消费者在为自己购买运动鞋服时选择国外品牌的占比为26.8%，超过了，
故C错误；
2022年中国运动鞋服消费者在为朋友购买运动鞋服时选择国产品牌的人数占比为49.9%，选
择国外品牌的人数占比为24.0%，故D正确．]
9．D [对于甲， ＝×(7.8＋7.8＋7.5＋7.5＋8.0＋8.0＋8.2＋8.3＋8.4＋9.9)＝8.14，
甲
对于乙， ＝×(7.5＋7.8＋7.8＋7.8＋8.0＋8.0＋8.3＋8.3＋8.5＋8.5)＝8.05，故A正确；
乙
甲的极差为9.9－7.5＝2.4，乙的极差为8.5－7.5＝1，故B正确；
甲得分的中位数为＝8，乙得分的中位数为＝8，故C正确；
对于甲，s＝×[(7.5－8.14)2＋(7.5－8.14)2＋(7.8－8.14)2＋(7.8－8.14)2＋(8－8.14)2＋(8－8.14)2
＋(8.2－8.14)2＋(8.3－8.14)2＋(8.4－8.14)2＋(9.9－8.14)2]＝0.428 4，
对于乙，s＝×[(7.5－8.05)2＋(7.8－8.05)2＋(7.8－8.05)2＋(7.8－8.05)2＋(8－8.05)2＋(8－8.05)2
＋(8.3－8.05)2＋(8.3－8.05)2＋(8.5－8.05)2＋(8.5－8.05)2]＝0.102 5，故D错误．]
10．A [不妨设8天中，每天查获的酒驾人数从小到大为x，x，…，x，
1 2 8
且x≥0其中i＝1,2,3，…，8，
i
选项A，若不达标，则x≥11，由平均数为7可知，其余七个数中至少有一个数不等于7，
8
由方差定义可知，s2＝(x－7)2＋(x－7)2>2，这与方差为2矛盾，从而甲地一定达标，故A正
i 8
确；
选项B，由众数和中位数的定义可知，当x ＝x ＝0，x ＝x ＝1，x ＝x ＝x ＝3，x ＝11时，
1 2 3 4 5 6 7 8
乙地不达标，故B错误；
选项C，若不达标，则x≥11，由平均数为7可知，因为中位数是5，所以x＋x＝10，
8 4 5
又因为平均数为4，故 ＝32，从而x＋x＋x＋x＋x≤32－11－10＝11，
i 1 2 3 6 7
且x≤x≤x≤5≤x≤x ，则当x ＝x ＝0，x ＝1，x ＝x ＝x ＝x ＝5，x ＝11时满足题意，
1 2 3 6 7 1 2 3 4 5 6 7 8
此时丙地不达标，故C错误；
选项D，由极差和中位数的定义可知，当x ＝x ＝x ＝x ＝x ＝x ＝x ＝8，x ＝11时，丁地不
1 2 3 4 5 6 7 8
达标，故D错误．]
11．4.5 12.②③
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)相关系数为r＝
＝·＝b·＝b·
＝4.7×＝＝≈＝0.94>0.9，
故y与x线性相关较强．
(2)∵K2＝＝≈5.031>5.024.
∴可以在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为购买新能源车与车主性别有关．
(3)抽样比＝＝，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 <q .
10 10 10 10
2．解 (1)由已知可得＝＝3，
＝＝17.2，
y＝1×9＋2×12＋3×17＋4×21＋5×27＝303，
i i
＝12＋22＋32＋42＋52＝55，
所以b＝＝＝＝4.5，
所以a＝－b＝17.2－4.5×3＝3.7，
所以y＝bx＋a＝4.5x＋3.7，
当x＝6时，y＝4.5×6＋3.7＝30.7(百亿元)，
所以预测2023年该平台“双十一”购物节当天的成交额为30.7百亿元．
(2)①由题意知，X的可能取值为0,1,2，
P(X＝0)＝(1－p)(1－q)＝1－p－q＋pq，
P(X＝1)＝(1－p)q＋(1－q)p＝p＋q－2pq，
P(X＝2)＝pq，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P 1－p－q＋pq p＋q－2pq pq
E(X)＝p＋q－2pq＋2pq＝p＋q.
②因为Y＝kX，
所以E(Y)＝kE(X)＝k(p＋q)
＝k＝2sin －，
令t＝∈，
设f(t)＝2sin πt－πt，则E(Y)＝f(t)，
因为f′(t)＝2πcos πt－π＝2π，且πt∈，所以当t∈时，f′(t)>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.B
7．D [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(图略)，则四边形PACB为正方形，即PC＝r＝2，圆心到直线的距离d＝
≤2，
即－2≤k≤2，
故k不可能为4.]
8．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，＋∞)．]
9．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∈[－，－]∪[，]．]10．D [由圆C ：(x－1)2＋(y－2)2＝4，可知圆心C (1,2)，半径为2，由圆C ：(x－2)2＋(y
1 1 2
－1)2＝2，可知圆心C (2,1)，半径为，
2
又圆C ：x2＋y2－2x－4y＋1＝0，圆C ：x2＋y2－4x－2y＋3＝0，
1 2
所以可得l ：x－y－1＝0，
AB
设l：x－y＋c＝0，因为直线l与圆C 相切，则＝.
2
解得c＝1或c＝－3，
当c＝1时，l：x－y＋1＝0，
所以|MN|＝2×＝4；
当c＝－3时，l：x－y－3＝0，
因为>2，故不符合题意．
综上，|MN|＝4.]
11．D [圆O的半径为2，
因为cos θ·sin θ＋sin θ·(－cos θ)＝0，
所以l⊥l，A错误；
1 2
圆心O到直线l 的距离为d＝＝4>2，直线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错误；
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．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
13．2x＋y＋1＝0 14.3x－4y＋2＝0或x＝2
15.
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)，
1 2
由题意可知关于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.A 6.B
7．C [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 ＝|OA|·|OF|sin θ＋|OB|·|OF|sin(π－θ)＝|OA|sin θ＋2sin θ＝(|OA|＋2)sin
△ABF △AOF △OBF
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．D [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，
即e＝，故B错误；
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，即x－a2＝y，
故 ＝·
＝＝1，故C错误；
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
根据选项C的结论知 ＝1，
即有tan θ·tan 4θ＝1，
∴·＝1，
∴cos 5θ＝0，
∵θ＋3θ∈(0，π)，∴θ∈，5θ∈，∴5θ＝，∴∠PAA＝θ＝，故D正确．]
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 ·k＝－1.
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.C 3.B 4.D 5.A 6.A
7．D [由已知得F(－2,0)，F(2,0)，
1 2
设M(x ，y )，N(x ，y )，直线PF 的斜率为k，
M M N N 1 1
则直线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＝＝，所以x ＝－x＝－，
M 0 M 0
故y ＝(x ＋2)＝－；
M M
同理得x ＝，y ＝，
N N
所以k ＝＝＝＝－＝－，
MN
解得＝5.]
8．C [对于A，∵双曲线C的一个焦点为F(5,0)，
渐近线方程为4x±3y＝0，
∴焦点F到渐近线的距离为d＝＝4，故A错误；
对于B，双曲线C的离心率e＝＝，
若双曲线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′<e，即离心率变小，故B错误；
对于C，A(－3,0)，B(3,0)，
设P(x，y)，
∵k＝，k＝，
1 2
∴k·k＝·＝，
1 2
又点P在双曲线上，
∴－＝1，∴y2＝16＝，
∴k·k＝·＝为定值，
1 2
故C正确；
对于D，双曲线C的渐近线方程为y＝±x，
且>，则根据双曲线图象可知，若直线y＝x＋t与双曲线C有两个交点，则这两个交点必在
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，
1 2 2
所以＝，
所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.因为|AF|＝|AF|＝a＝2c＝|FF|，所以△AFF 为等边三角
1 2 1 2 1 2
形，又DE⊥AF ，所以直线DE为线段AF 的垂直平分线，所以|AD|＝|DF|，|AE|＝|EF|，且
2 2 2 2
∠EFF ＝30°，所以直线DE的方程为y＝(x＋c)，代入椭圆C的方程＋＝1，得13x2＋8cx－
1 2
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)，
1 1 2 2
且x－x＝4，
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，
2 1
得(x－x)2＝(x＋x)2－4xx＝16，
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，
1 1
同理得B点处切线方程为y＝xx－y，
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，
1 2
故有k＋k＝4.
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，
1 2 0
kk＝－4x，
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，
0 0
则有＋－≤－4，
当且仅当x＝时，等号成立；
0
当x<0时，
0
－－4x≥2＝4，
0
则有＋－≥4，
当且仅当x＝－时，等号成立，
0
故＋－的取值范围为(－∞，－4]∪[4，＋∞)．
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＝－，
1 2
xx＝，
1 2
因为∠MON＝，
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＝－，
1 2
xx＝代入，得
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<|FF|＝2，
2 1 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，
1 2
则2a＝2，可得a＝1，b＝＝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)，
1 1 2 2
则Q(x，－y)，
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 ，
NQ NB
即＝，
∴－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，
M
y ＝＝2m，
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)，
0 0
DN＝(－x，2m－y)，
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)，
1 1 1 1
E(－x 0)，
1,
联立方程
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
∴x＋x＝－，
1 2
∴y＋y＝k(x＋x)＋2m
1 2 1 2
＝k＋2m＝，
∴k ＝＝＝－，
MQ
k ＝＝k ＝k，
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)，
0 0
M，N，
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)，
4 4
由
作差得(x＋x)(x－x)
3 4 3 4
＝4(y－y)，
3 4
所以＝，
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)，
5
即x－2y－4＝0，
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，可得x＝1.
0 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
1x＝ty－1(t≠0)，
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)，
0,
显然ET∥TF，
所以·
＝·，
化简得－4(1＋t2)＝7x(1＋t2)，
0
即x＝－；
0
②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 13 离心率的范围问题
1．B
2．B [方法一 由双曲线的定义知
|PF|－|PF|＝2a，①
1 2
又|PF|＝4|PF|，②
1 2
故联立①②，
解得|PF|＝a，|PF|＝a.
1 2
在△PFF 中，由余弦定理，
1 2
得cos∠FPF＝＝－e2，
1 2
要求e的最大值，即求cos∠FPF 的最小值，
1 2
当cos∠FPF＝－1时，
1 2
解得e＝，即e的最大值为.
方法二 由双曲线的定义知，
|PF|－|PF|＝2a，
1 2
又|PF|＝4|PF|，
1 2
∴|PF|＝a，|PF|＝a，
1 2
∵|FF|＝2c，
1 2
∴a＋a≥2c，
∴≤，
即双曲线的离心率e的最大值为.]
3．B 4.D
5．A [双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x，
∵||PF|－|PF||＝2b<|FF|，
1 2 1 2
∴点P在双曲线－＝1上，
∵双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x，
又y＝±x与双曲线－＝1相交，
∴由双曲线渐近线性质可知<，即a2>b2，
即a2>c2－a2，解得1<<，
故该双曲线离心率的取值范围是(1，)．]
6．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1<e＝≤.]
7.
8.
解析 由图知e＝＝，
1
e＝＝＝，
2
则＝，
设∠PFF＝θ，|FF|＝2c，
1 2 1 2
则|PF|＋|PF|＝2c·(sin θ＋cos θ)，
1 2
|BF|＝，
1
则＝(sin θ＋cos θ)·cos θ
＝sin＋≤，
当且仅当2θ＝时，等号成立．
微重点 14 椭圆、双曲线的二级结论的应用
1．C 2.D
3．B [如图，由对称性知MN与FF 互相平分，
1 2
∴四边形MF NF 为平行四边形，
2 1
∵F 为MM′的中点，且|MN|＝|M′N|，
2
∴NF ⊥MF
2 2
∴四边形MF NF 为矩形，
2 1∴ ＝4a2，
又 ＝＝4a2，即b2＝4a2，
∴c2－a2＝4a2，即c2＝5a2，即e＝＝.]
4．D [设P(x，y)，则y2＝b2，
因为A(－a，0)，A(a，0)，
1 2
所以 ＝＝3，
所以＝±，所以渐近线方程为y＝±x，故A错误；
又e＝＝2，故B错误；
因为＝2，
所以c＝2a，根据双曲线的定义可得|PF|－|PF|＝2a，
2 1
又因为PF⊥PF，
1 2
所以△PFF 的面积为＝b2＝3，
1 2
又＝3，所以a＝1，故C错误；
设PF 的中点为O，O为原点．
1 1
因为OO 为△PFF 的中位线，
1 1 2
所以|OO |＝|PF|＝(|PF|＋2a)
1 2 1
＝|PF|＋a，
1
则可知以线段PF，AA 为直径的两个圆外切，故D正确．]
1 1 2
5．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＝.]6．D [设P(x，y)，∴＋＝1，
0 0
∵e＝＝，
∴a＝2c，∴a2＝b2，
∴ ＝－＝－，
∴选项A正确；
若PF⊥PF，则△PFF 的面积为b2tan ＝b2，
1 2 1 2
∴选项B正确；
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正确；
若|PF|≤2b恒成立，∴a＋c≤2b，
1
∴a2＋c2＋2ac≤4b2＝4(a2－c2)，
∴5e2＋2e－3≤0，
∴0<e≤，∴选项D错误．]
7.
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 ＝，k ＝k ＝＝，k ＝，
MN PN EN 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 15 抛物线的二级结论的应用
1．D 2.B
3．B [∵OA⊥OB，∴直线过定点(2p，0)
设直线l的方程为x＝y＋2p，
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2联立
得y2－2py－4p2＝0，
Δ＝4p2－4×(－4p2)＝20p2>0，
∴y＋y＝2p，yy＝－4p2，
1 2 1 2
S ＝·2p·|y－y|
△AOB 1 2
＝p
＝p·＝2p2＝8，
∴p＝2，
∴抛物线C的方程为y2＝4x.]
4．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．D [对于A，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；
对于B，若|AF|＝4，则x ＝3，
A所以y＝4x ＝12，
A
所以|OA|＝＝，
故B错误；
对于C，设直线AB的倾斜角为α，α∈(0，π)，
则|AF||BF|＝·＝＝4p2，
所以sin2α＝，
所以sin α＝，
所以α＝30°或150°，
所以tan α＝±，故C错误；
对于D，若x轴平分∠HFB，
则∠OFH＝∠OFB，又AH∥x轴，
所以∠AHF＝∠OFH，∠OFB＝∠HAF，
所以∠AHF＝∠HAF，
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．D [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，∴抛物线C的方程为y2＝4x，其焦点为F(1,0)，
由已知可得以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轴于点A，过B作BB⊥x轴于点B，
1 1 1 1设抛物线的准线交x轴于点C，∠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 [由题意可知四边形PAOB为正方形，|OP|＝，
∴点P在以O为圆心，以为半径的圆上，其方程为x2＋y2＝2，
若圆M上存在这样的点P，则圆M与x2＋y2＝2有公共点，
则有－≤≤＋，解得－2≤a≤2.]
2．C [由动直线方程化为m(x－1)＋n(y－3)＝0，可知其恒过定点Q(1,3)．
又∵点A(－5，－5)在动直线mx＋ny－m－3n＝0上的射影为点B，
∴∠ABQ＝90°，则点B的轨迹是以AQ为直径的圆，
∴圆心为AQ的中点M(－2，－1)，
圆的半径r＝|AQ|＝5.
又|MC|＝＝7>r＝5，
∴点C(5，－1)在圆M外，
故|BC|的最大值为r＋|MC|＝7＋5＝12.]
3．C [已知圆O：x2＋y2＝1，A，B是圆O上两动点，且∠AOB＝，
所以△AOB为等边三角形，
又|AB|＝|OA|＝1，
取AB的中点M，则|OM|＝，
所以|OP|＝，
所以点P的轨迹方程为x2＋y2＝3，
当PQ与x2＋y2＝3相切时，∠PQO最大，
此时sin∠PQO＝，
则∠PQO＝.]
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．C [∵点M(4,3)为AB的中点，
∴OM⊥AB，
|OM|＝＝5，
∴|AM|＝|BM|＝＝2，
∵|AC|2＋|BC|2＝66，
∴AC2＋BC2＝66，
则(AM＋MC)2＋(BM＋MC)2＝66，
即AM2＋2AM·MC＋MC2＋BM2＋2BM·MC＋MC2＝66，
∵AM＝－BM，
∴2AM2＋2MC2＝66，
解得|MC|＝3，
∴点C构成的图象是以M为圆心，3为半径的圆，故①错误，②正确；
∴OC的最小值为|OM|－3＝5－3＝2，故③正确，④错误．]
6．D [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，
△PAB max
选项B正确；
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，∴－1<k<1，
故k的取值范围为(－1,1)．
(2)由已知可得A，A 的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，
1 2
∴k＝，k＝，
1 2
由(1)知，x＋x＝－，
1 2
x·x＝，
1 2
∴k·k＝
1 2
＝
＝
＝
＝
＝，
由①得m2－k2＝1，
∴k·k＝＝－(3＋2)为定值．
1 2
2．解 (1)设抛物线y2＝4x上的任意点为S(x，y)，垂线段的中点为(x，y)，
0 0
故
则
代入y＝4x 得(2y)2＝4x，
0
得曲线P的方程为y2＝x，
所以曲线P是焦点为的抛物线．
(2)若直线l与x轴重合，则直线l与曲线P只有一个交点，不符合题意．
设直线l的方程为x＝ty＋2，根据题意知t≠0，
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
联立
得y2－ty－2＝0，Δ＝t2＋8>0，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
3 4 3 4
＝－(t2＋5)，
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＝.专题七 系列 4 选讲
第 1 讲 坐标系与参数方程
1．解 (1)由题意得直线l的参数方程是(t为参数)，
即(t为参数)，
由曲线C的参数方程知，x2＝sin2φ＋4sin φcos φ＋4cos2φ，
y2＝4sin2φ－4sin φcos φ＋cos2φ，
得x2＋y2＝5，
即曲线C的普通方程是x2＋y2＝5，
又x2＋y2＝ρ2，
故曲线C的极坐标方程是ρ＝.
(2)将直线l的参数方程(t为参数)代入x2＋y2＝5，
整理得t2－t－4＝0，设A，B两点对应的参数分别为t，t，
1 2
则t＋t＝1，tt＝－4<0，
1 2 12
则t，t 为一正一负，
1 2
所以＋＝＋＝＝＝.
2．解 (1)由x＝2cos ＝0，y＝2sin ＝－2，得点M的直角坐标为(0，－2)，
ρcos＋1＝0化简得ρcos θ－ρsin θ＋1＝0，即x－y＋1＝0，故直线l的直角坐标方程为x－y
＋1＝0.
(2)设N(2＋2cos α，－2＋2sin α)，则P(1＋cos α，－2＋sin α)，
所以MN的中点P到直线l的距离d＝＝，
当cos＝－1，
即α＝＋2kπ，k∈Z时，d ＝，
min
此时cos α＝－，sin α＝，
所以P(0，－1)，
由ρ＝＝1，θ＝，
可知P点的极坐标为，
所以MN的中点P到直线l的距离的最小值为，此时点P的极坐标为.
3．解 (1)由题意知曲线C的参数方程可化为＋y2＝(cos θ＋sin θ)2＋(cos θ－sin θ)2＝2，
∴曲线C的直角坐标方程为＋＝1，
由ρcos＝8得ρcos θ＋ρsin θ＝16，∴x＋y－16＝0，即直线l的直角坐标方程为x＋y－16＝0.
(2)设M(ρ，θ)，A(ρ，θ)，B(ρ，θ)，
1 2
则＋＝1，ρcos θ＋ρsin θ＝16，
2 2
即
由|OA|2＝|OM||OB|得ρ＝ρρ ，
2
即＝，
∴＋＝，
即＋＝，
∵ρ≠0，∴M的轨迹方程为2x2＋8y2－x－y＝0(去掉(0,0))．
4．解 (1)因为直线l的参数方程为(t为参数)，
当α＝时，直线l的普通方程为x＝2.
当α≠时，直线l的普通方程为y－＝tan α(x－2)．
因为ρ2＝x2＋y2，ρcos θ＝x，
又因为ρ2＝2ρcos θ＋8，所以x2＋y2＝2x＋8.
所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－8＝0.
(2)将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程并整理，
得t2＋(2sin α＋2cos α)t－5＝0.
因为Δ＝(2sin α＋2cos α)2＋20>0，可设该方程的两个根为t，t，
1 2
则t＋t＝－(2sin α＋2cos α)，tt＝－5.
1 2 12
所以|AB|＝|t－t|
1 2
＝
＝
＝4.
整理得(sin α＋cos α)2＝3，
故2sin＝±.
因为0≤α<π，所以α＋＝或α＋＝，
解得α＝或α＝，
综上所述，直线l的倾斜角为或.
第 2 讲 不等式选讲
1．解 (1)当a＝4时，不等式f(x)<6可化为|2x＋4|＋|x－1|<6，
当x<－2时，不等式f(x)<6可化为－2x－4－(x－1)<6，解得－3<x<－2；当－2≤x≤1时，不等式f(x)<6可化为2x＋4－(x－1)<6，解得－2≤x<1；
当x>1时，不等式f(x)<6可化为2x＋4＋x－1<6，无解，
综上所述，当a＝4时，不等式f(x)<6的解集为(－3,1)．
(2)由f(x)≥a2－|x－1|得a2≤|2x＋a|＋|2x－2|，
因为|2x＋a|＋|2x－2|≥|(2x＋a)－(2x－2)|＝|a＋2|(当且仅当(2x＋a)(2x－2)≤0时，等号成立)，
又因为a2≤|2x＋a|＋|2x－2|对任意的x∈R恒成立，所以a2≤|a＋2|，
当a＋2≤0，即a≤－2时，有a2≤－a－2，即a2＋a＋2≤0，此不等式无解，
当a＋2>0，即a>－2时，有a2≤a＋2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2，
综上所述，a的取值范围为－1≤a≤2.
2．解 (1)f(x)＝|x－2|＋|x＋t|≥|t＋2|＝t＋2＝3，
当且仅当－t≤x≤2时，等号成立，
所以t＝1.
(2)g(x)＝
f(x＋a)＝
画出函数f(x＋a)与g(x)的大致图象，如图所示，
由图可知，当2x＋2a－1≥2x＋2时，即a≥时，
f(x＋a)≥g(x)恒成立．
3．(1)解 当m＝1时，f(x)＝|x－4|＋|x＋1|＝
当x≤－1时，－2x＋3>7，
解得x<－2；
当－1<x<4时，5>7，显然不成立；
当x≥4时，2x－3>7，
解得x>5.
综上，当m＝1时，不等式f(x)>7的解集为(－∞，－2)∪(5，＋∞)．
(2)证明 f(x)＝|x－4m|＋≥＝，
当且仅当－≤x≤4m时，等号成立，
∵m>1，
∴＝4m＋，
∴f(x)＋－≥4m＋＋－＝4m＋，4m＋＝4(m－1)＋＋4≥2＋4＝8，
当且仅当4(m－1)＝，
即m＝时，等号成立，
故f(x)＋－≥8.
4．(1)解 当x≥－时，f(x)＝＋|2x＋1|＝x＋＋2x＋1＝3x＋，
当x＝－时，取到最小值；
当x<－时，f(x)＝＋|2x＋1|＝－x－－2x－1＝－3x－，
f(x)>；
当－≤x<－时，f(x)＝＋|2x＋1|＝－x－＋2x＋1＝x＋，
当x＝－时，取到最小值；
综上所述，f(x)的最小值为，
即M的值为.
(2)证明 由柯西不等式有[(x2＋1)＋(y2＋1)＋(z2＋1)]≥(x2＋y2＋z2)2，
令t＝x2＋y2＋z2，由排序不等式有x2＋y2＋z2≥xy＋yz＋xz＝1，
即t≥1，
所以≥＝t＋3＋－6，
因为t≥1，所以t＋3≥4，根据对勾函数的性质，得t＋3＋－6≥4＋－6＝，
即＋＋≥M.
