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二轮专题强化练答案精析_通用版（老高考）复习资料_2023年复习资料_二轮复习_2023年高考数学二轮复习讲义+课件（全国版理科）_2023年高考数学二轮复习讲义（全国版理科）_学生版

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二轮专题强化练答案精析_通用版（老高考）复习资料_2023年复习资料_二轮复习_2023年高考数学二轮复习讲义+课件（全国版理科）_2023年高考数学二轮复习讲义（全国版理科）_学生版
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                            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 f >f(－0.83)，
3
即c0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01，
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00，
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．]
11．A [由已知得a，b，c∈(0,1)，
∵＝＝log 2·log 9<2＝2<2＝1，
5 5
∴a，∴b1)图象的交点的横坐标，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 1 213．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20，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，00，∴≥，
∴≥≥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11，∴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)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)]e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(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)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 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00，解得a<2，
x＋x＝2，x·x＝<1，
1 2 1 2
∴0f(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 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，＋∞)，
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.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－.
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，x0，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00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＝g1，
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)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
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>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 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，
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，
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，
∵00，
从而cos C＝－.
又0°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，
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20；
当bd0，
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)，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，
∴03.841，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 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′，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1b2，
∴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，
∴00，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，∴－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
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－31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－17，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.                        
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