1_25版53A新高考数学答案速查_2025版教学资源包_（总复习系列）2025版《5年高考3年模拟》新高考版A版（⭐全科）_2025版.新高考版.高考总复习.数学.5·3A版_答案速查_1_答案速查

训练册答案精准解析 １
训练册答案精准解析
专题一 集合与常用逻辑用语 æ ö
２.答案 ç ２ ÷
è－１ꎬ ø
1.1 集合 ３
考点1 集合及其关系
１.Ａ ２.Ｂ ３.Ｃ ４.Ａ １.Ｃ ２.Ｄ ３.Ａ ４.Ｂ ５.Ｃ ６.Ｂ ７.Ｄ ８.ＢＤ
考点2 集合的基本运算
１.Ｃ ２.Ａ ３.Ｃ ４.Ｃ ５.Ｂ ６.Ａ ７.Ｂ ８.Ｄ ９.Ｂ １０.Ｃ
１.Ａ ２.Ｂ ３.Ｄ ４.Ｃ ５.ＡＣＤ ６.ＣＤ ７.ＡＢＤ
８.答案 或
[－４４ꎬ－４３)∪(５７ꎬ５８]ꎻ－９２５ １ ６２５
2.2 基本不等式
１.Ｂ ２.Ａ ３.Ｃ ４.Ｂ ５.Ｄ ６.Ａ ７.Ｄ ８.Ｃ ９.Ｂ １０.Ｃ
１１.Ｂ
考点 基本不等式
１２.答案
－１ １.ＢＣ ２.ＡＢＤ
1.2 常用逻辑用语
３.答案 ４
５
４.答案
考点1 充分条件与必要条件 ４ ３
５.答案
１.Ｂ ２.Ａ ３.Ａ ４.Ａ ５.Ｂ ６.Ｃ ７.Ｃ ４
６.答案
考点2 全称量词与存在量词 ４
１.Ｄ ２.Ｃ
３.答案
１
１.Ａ ２.Ｂ ３.Ａ
４.答案
１
１.Ｄ ２.Ａ ３.Ａ ４.Ｂ ５.Ａ
１.Ａ ２.ＢＣ ３.ＡＣ
４.答案
１.Ｂ ２.Ｃ ３.ＢＤ ４
１.Ａ ２.Ｄ ３.Ｄ ４.Ｃ ５.Ｂ ６.Ｂ ７.ＡＢＤ
１.Ｃ ２.Ｄ ３.Ｂ ４.Ｃ ５.Ｂ ６.Ａ ７.Ｂ ８.Ａ ９.ＡＢＤ
８.答案
１０.ＣＤ ８
９.答案
(０ꎬ１)
专题二 不等式 专题三 函数及其性质
2.1 不等式的性质与解法 3.1 函数的概念及表示
考点1 不等式的性质 考点1 函数的概念及表示
１.Ｃ ２.Ｂ ３.Ｂ １.Ｄ
考点2 不等式的解法 ２.答案
(－∞ꎬ０)∪(０ꎬ１]
１.Ｃ ３.答案
(０ꎬ＋∞)
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
４.答案
１
５.答案
[２ꎬ＋∞) １.Ｄ ２.Ａ ３.Ｃ ４.Ｄ ５.Ｄ ６.Ｂ ７.Ｂ ８.ＡＣ ９.ＡＢＤ
６.答案
－７ １０.答案
－１１
考点2 分段函数
１１.解析 当ｘ 时 ｘ
(１) <０ ꎬ－ >０ꎬ
１.Ｄ ２.Ｃ
æ ö－ ｘ ｘ ｘ
３.答案 则ｆ
(－
ｘ
)＝ è
ç １
ø
÷
－
－ ＋３
＝２
ｘ
＋
－３
ꎬ
２ ２ ３ ３
ｘ
又因为ｆ ｘ 为奇函数 所以 ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ －３
( ) ꎬ － ( )＝ (－ )＝ ２ ＋ ꎬ
３
ìæ öｘ ｘ
ï ç １ ÷ ＋３ ｘ
ｘ ïè ø － ꎬ ≥０ꎬ
１.Ｃ ２.Ｂ ３.Ａ ４.Ｃ ５.Ｂ ６.Ｄ ７.Ｂ ８.ＢＤ ９.ＡＢＤ 所以ｆ ｘ ｘ ３－ 所以ｆ ｘ í ２ ３
( )＝ －２ ＋ ꎬ ( )＝ ï ｘ
１０.答案 ３ ï ｘ ３－ ｘ .
(－１ꎬ＋∞) î－２ ＋ ꎬ <０
１１.答案 ３
２ æ öｘ ｘ æ öｘ
１２.答案
(３ꎬ４)∪(４ꎬ＋∞) (２)
因为当ｘ
≥０
时
ꎬ
ｆ
(
ｘ
)＝ è
ç １
ø
÷
－
＋３
ꎬ
ｙ
＝è
ç １
ø
÷ 单调递减
ꎬ
２ ３ ２
ｘ
ｙ ＋３也单调递减 因此 ｆ ｘ 在 上单调递减 两
１３.答案 ｆ ｘ ｘ 答案不唯一 ＝－ ꎬ ( ) [０ꎬ＋∞) ꎬ(
( )＝ ２ ( ) ３
１４.答案 个减函数的和仍为减函数
(０ꎬ１) )
又ｆ ｘ 为奇函数 所以ｆ ｘ 在 上单调递减
3.2 函数的单调性与奇偶性 ( ) ꎬ ( ) (－∞ꎬ０) ꎬ
所以ｆ ｘ 在 上单调递减.
( ) (－∞ꎬ＋∞)
因为ｆ ｔ２ ｔ ｆ ｔ２ ｋ 在ｔ Ｒ上恒成立
( －２ )＋ (２ － )<０ ∈ ꎬ
所以ｆ ｔ２ ｔ ｆ ｔ２ ｋ 又因为ｆ ｘ 为奇函数
考点1 函数的单调性 ( －２ )<－ (２ － )ꎬ ( ) ꎬ
所以ｆ ｔ２ ｔ ｆ ｋ ｔ２
１.Ｄ ２.Ｄ ３.Ｄ ４.Ａ ５.Ｄ ( －２ )< ( －２ )ꎬ
所以ｔ２ ｔ ｋ ｔ２ 在ｔ Ｒ上恒成立 即 ｔ２ ｔ ｋ 在 ｔ Ｒ
－２ > －２ ∈ ꎬ ３ －２ － >０ ∈
６.答案 １ 中任意一个实数都可以 答案不唯一
([０ꎬ１] ꎬ )ꎻ１ 上恒成立 所以Δ ｋ 即ｋ １.
２ ꎬ ＝４＋１２ <０ꎬ <－
考点2 函数的奇偶性 ３
æ ö
１.Ｄ ２.Ｂ ３.Ｃ ４.Ｂ ５.Ｂ ６.Ｄ 故实数ｋ的取值范围是ç １ ÷.
è－∞ꎬ－ ø
７.答案 ３
２ 解题关键
８.答案
１ 解决( )的关键是根据奇函数的性质ꎬ推出 ｆ(ｘ)在( ꎬ
２ －∞
)上单调递减ꎬ再将不等式ｆ(ｔ２ ｔ) ｆ( ｔ２ ｋ) 恒成立ꎬ
＋∞ －２ ＋ ２ － <０
转化为ｔ２ ｔ ｋ ｔ２ꎬ即 ｔ２ ｔ ｋ 在ｔ Ｒ上恒成立.
－２ > －２ ３ －２ － >０ ∈
１.Ａ ２.Ａ ３.Ｃ ４.Ｃ ５.Ｂ ６.Ａ ７.Ｂ ８.ＢＤ 3.3 函数的周期性和对称性
９.答案
２
１０.答案
①②④
考点1 函数的周期性
ｘ
１１.解析 因为 １ ｆ ｘ ｇ ｘ －１ 所以以 ｘ 代 ｘ 可得
( )－ ( )＝ ｘ２ ①ꎬ － １.Ｃ ２.Ｄ ３.Ａ
２ ＋１
ｘ
１ ｆ ｘ ｇ ｘ － －１.因为 ｆ ｘ 是奇函数且 ｇ ｘ 为偶函 ４.答案 ２
(－ )－ (－ )＝ ｘ２ ( ) ( )
２ ＋１ ２
ｘ
数 所以 １ｆ ｘ ｇ ｘ － －１ ５.答案 ２
ꎬ － ( )－ ( )＝ ｘ２ ②ꎬ －
２ ＋１ ５
ｘ 考点2 函数的对称性
得ｇ ｘ １ 得ｆ ｘ ２ .
①＋② ( )＝ ｘ２ ꎬ①－② ( )＝ｘ２ Ｄ
１＋ ＋１
ｘ
从而ｆ ｘ ２ ｇ ｘ １ .
( )＝ｘ２ ꎬ ( )＝ ｘ２
＋１ １＋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ３
é ö
当 １ ｔ ３时 ｔ ３ ｔ 函数ｙ ｘ２ ｘ 在êêｔ ３ ÷上单调
－ < < ꎬ < < ＋２ꎬ ＝ －３ ＋１ ë ꎬ ø
２ ２ ２ ２
æ ù æ ö２
递减 在ç ３ ｔ úú上单调递增 所以 ｙ ç ３ ÷ ３
ꎬ è ꎬ ＋２û ꎬ ｍｉｎ＝è ø －３× ＋１＝
１.Ｃ ２.Ｂ ３.Ｄ ４.Ａ ５.Ｄ ６.Ｃ ７.ＡＣＤ ８.ＡＣ ９.ＢＣ ２ ２ ２
１０.ＡＢＣ ９ ９ ５.
－ ＋１＝－
４ ２ ４
3.4 二次函数、幂函数
综上
ꎬ
函数ｙ
＝
ｆ
(
ｘ
)＋
ｘ２
－
ｘ 在 ｘ
∈[
ｔ
ꎬ
ｔ
＋２]
上的最小值为
ì
ï
ｔ２ ｔ ｔ ３
ï －３ ＋１ꎬ ≥ ꎬ
２
ï
ï
考点1 二次函数
ｙ í ５ １ ｔ ３
ｍｉｎ＝ï－ ꎬ－ < < ꎬ
１.Ａ ２.Ｂ ３.Ｂ ４ ２ ２
ï
æ ö ï ïｔ２ ｔ ｔ １.
４.答案 ç ２ ÷ î ＋ －１ꎬ ≤－
è－ ꎬ０ø
２
２
５.答案 3.5 指数函数
９
é ù
６.答案 êê １ úú
ë ꎬ２û
８
考点2 幂函数 考点 指数与指数函数
１.Ｄ ２.Ａ １.Ｄ ２.Ｃ ３.Ａ ４.Ａ ５.Ａ ６.Ｄ
３.答案 ７.答案
－１ (－１ꎬ２)
８.答案
１
１.Ｂ ２.Ｃ ３.Ｄ ４.Ａ ５.Ａ
６.答案 １.Ｄ ２.Ｃ ３.Ｂ ４.ＡＢＣ ５.ＣＤ
－２
æ ö
７.答案 ç ７ ÷
è０ꎬ ø 3.6 对数函数
３
１.Ａ ２.Ａ ３.Ａ ４.Ｄ ５.ＢＣ ６.ＡＢＣ
考点1 对数运算
７.解析 由ｆ ｘ 是一次函数且单调递减 设 ｆ ｘ ｋｘ ｂ
(１) ( ) ꎬ ( )＝ ＋ １.Ｃ ２.Ｂ ３.Ｃ ４.Ｃ ５.Ａ ６.Ａ
ｋ
( <０)ꎬ 考点2 对数函数
因为ｆ ｆ ｘ ｘ
( ( ))＝ ４ －１ꎬ １.Ｄ ２.Ｃ ３.Ｂ ４.Ｄ ５.Ｃ ６.Ｂ
所以ｆ ｆ ｘ ｆ ｋｘ ｂ ｋ ｋｘ ｂ ｂ ｘ
( ( ))＝ ( ＋ )＝ ( ＋ )＋ ＝４ －１ꎬ
７.答案 １
ì ï ï ｋ２ ＝４ꎬ {ｋ － ４
即ｋ２ｘ ｋｂ ｂ ｘ 所以íｋｂ ｂ 解得 ＝－２ꎬ
＋( ＋ )＝ ４ －１ꎬ ï ＋ ＝－１ꎬ ｂ
ï
îｋ ＝１ꎬ
<０ꎬ
因此ｆ ｘ ｘ .
( )＝ －２ ＋１
由 可得ｙ ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｘ２ ｘ ｘ２ ｘ 其图
(２) (１) ＝ ( )＋ － ＝－２ ＋１＋ － ＝ －３ ＋１ꎬ １.Ｄ ２.Ｂ ３.Ｄ
象开口向上 对称轴为直线ｘ ３
ꎬ ＝ ꎬ ４.答案 １７
２
４
当ｔ ３ 时 函数ｙ ｘ２ ｘ 在 ｘ ｔ ｔ 上单调递增 所 ５.答案
≥ ꎬ ＝ －３ ＋１ ∈[ ꎬ ＋２] ꎬ ４０
２
６.答案
以ｙ
ｍｉｎ＝
ｔ２
－３
ｔ
＋１ꎻ
( ３ꎬ＋∞)
７.答案
６
当ｔ ３ 即ｔ １时 函数ｙ ｘ２ ｘ 在ｘ ｔ ｔ 上
＋２≤ ꎬ ≤－ ꎬ ＝ －３ ＋１ ∈[ ꎬ ＋２] ８.解析 由ｆ 得 即
２ ２ (１) (２)＝ ２ ｌｏｇａ２＋ｌｏｇａ(４－２)＝ ２ꎬ ２ｌｏｇａ２＝２ꎬ
单调递减 所以ｙ ｔ ２ ｔ ｔ２ ｔ 所以 解得ａ 所以ｆ ｘ ｘ ｘ
ꎬ ｍｉｎ＝( ＋２) －３( ＋２)＋１＝ ＋ －１ꎻ ｌｏｇａ２＝１ꎬ ＝２ꎬ ( )＝ｌｏｇ２ ＋ｌｏｇ２(４－ )ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
{ｘ ７.解析 函数ｆ ｘ 是奇函数.证明如下
由 >０ꎬ 解得 ｘ 故ｆ ｘ 的定义域为 . (１) ( ) :
ｘ ０< <４ꎬ ( ) (０ꎬ４) ｘ
４－ >０ 由 ＋１ 解得ｘ 或ｘ 则ｆ ｘ 的定义域为
(２)
由
(１)
及条件知ｆ
(
ｘ
)＝ｌｏｇ２
ｘ
＋ｌｏｇ２(４－
ｘ
)＝ｌｏｇ２[
ｘ
(４－
ｘ
)]＝
ｘ －１ >０ꎬ >１ <－１ꎬ ( ) (－∞ꎬ－１)∪
.
ｘ ２ ｘ é êê ７ ù úú (１ꎬ＋∞)
ｌｏｇ２[－( －２) ＋４]ꎬ ∈ë１ꎬ ûꎬ ｘ ｘ æｘ ö－１ ｘ
２ ｆ ｘ － ＋１ －１ ç ＋１÷ ＋１
(－ )＝ ｌｏｇａ ｘ ＝ ｌｏｇａ ｘ ＝ ｌｏｇａ èｘ ø ＝ －ｌｏｇａ ｘ ＝
设ｔ ｘ ｘ ２ ｘ é êê ７ ù úú － －１ ＋１ －１ －１
( )＝ －( －２) ＋４ꎬ ∈ë１ꎬ ûꎬ ｆ ｘ 故ｆ ｘ 是奇函数.
２ － ( )ꎬ ( )
ｘ
则当ｘ 时 ｔ ｘ 当 ｘ 时 ｔ ｘ 当 ｘ ７ 时 当ａ 时 ｆ ｘ ＋１
＝２ ꎬ ( )ｍａｘ＝４ꎬ ＝１ ꎬ ( )＝ ３ꎻ ＝ ꎬ (２) ＝２ ꎬ ( )＝ｌｏｇ２ ｘ ꎬ
２ －１
ｘ æ ö
ｔ ｘ ７ 则ｙ ｆ ｘ ２ ＋１ ç ２ ÷.
( )＝ ꎬ ＝ (２ )＝ｌｏｇ２ ｘ ＝ｌｏｇ２è１＋ ｘ ø
４ ２ －１ ２ －１
é ù é ù
所以当ｘ êê ７ úú时 ｔ ｘ ７ 即ｔ ｘ êê ７ úú ｆ ｘ 的定义域是 ｘ ２
∈ë１ꎬ û ꎬ ( )ｍｉｎ＝ ꎬ ( )∈ë ꎬ４ûꎬ ∵ ( ) (－∞ꎬ－１)∪(１ꎬ＋∞)ꎬ∴ ２ >１ꎬ∴ ｘ ∈
２ ４ ４ ２ －１
所以ｆ ｘ ｆ ｘ ７ æ ö
( )ｍａｘ＝ｌｏｇ２４＝２ꎬ ( )ｍｉｎ＝ｌｏｇ２ ４ ＝ｌｏｇ２７－２ꎬ (０ꎬ＋∞)ꎬ１＋ ｘ ２ ∈(１ꎬ＋∞)ꎬ∴ ｌｏｇ２è ç １＋ ｘ ２ ø ÷ ∈(０ꎬ＋∞)ꎬ
２ －１ ２ －１
é ù
所以ｆ ｘ 在êê ７ úú上的值域为 . ｙ ｆ ｘ 的值域是 .
( ) ë１ꎬ û [ｌｏｇ２７－２ꎬ２] ∴ ＝ (２ ) (０ꎬ＋∞)
２ æ ö
假设存在 函数ｆ ｘ 在çｂ ３ ａ÷上的值域为
(３) ꎬ∵ ( ) è ꎬ ø (１ꎬ２)ꎬ
２
１.Ａ ２.Ｂ ３.Ｃ ４.Ｃ ５.ＡＣＤ æ ö
又ａ 且ａ 由ｆ ｘ 的定义域得çｂ ３ ａ÷
６.解析 因为ｆ ｘ 为奇函数 所以ｆ ｘ ｆ ｘ >０ꎬ ≠１ꎬ∴ ( ) è ꎬ ø⊆(１ꎬ＋∞)ꎬ
(１) ( ) ꎬ ( )＋ (－ )＝ ０ꎬ ２
æ ö æ ö
所以 ｌｏｇ２è ç ｘ
－
２
１
＋ ａ ø ÷ ＋ｌｏｇ２è ç
－
ｘ ２
－１
＋ ａ ø ÷ ＝０ 在定义域内恒成立 ꎬ ∴ ３
２
ａ > ｂ >１ .
æ öæ ö ａｘ ａ ａｘ ａ ｘ æ ö
即 è ç ｘ ２ ＋ ａ ø ÷ è ç ｘ ２ ＋ ａ ø ÷ ＝ － ｘ ( －２) 􀅰 ＋ ｘ ( －２) ＝１ 在定义域 ｆ ( ｘ )＝ｌｏｇａ ｘ ＋１ ＝ｌｏｇａè ç １＋ｘ ２ ø ÷.
－１ － －１ －１ ＋１ －１ －１
内恒成立 ꎬ 整理得 ( ａ －２) ２ － ａ２ｘ２ ＝１－ ｘ２ 在定义域内恒成立 ꎬ 所 当 ａ 时 ｙ ２ 在 上单调递减
{ ａ ２ ｘ
０< <１ ꎬ∵ ＝１＋ｘ
－１
(１ꎬ＋∞) ꎬ
以 ( －２) ＝１ꎬ解得ａ .因为 ａ 时 ｆ ｘ ＋１的定
－ ａ２ ＝－１ꎬ ＝１ ＝１ ꎬ ( )＝ ｌｏｇ２ ｘ －１ ∴ 函数ｆ ( ｘ )＝ｌｏｇａ æ è ç １＋ｘ ２ ö ø ÷在 æ è çｂ ꎬ ３ ａ ö ø ÷上单调递增 ꎬ
义域 关于原点对称 满足题意 所以 －１ ２
(－∞ꎬ－１)∪(１ꎬ＋∞) ꎬ ꎬ ì
ï
ａ . ２ ａ
＝１ ì ï ï ｆ ( ｂ )＝ １ꎬ ï ï １＋ｂ －１ ＝ ꎬ
(２) 因为ｆ ( ｘ )＝ｌｏｇ２ ｘ ｘ ＋ － １ １ 的定义域为 (－∞ꎬ－１)∪(１ꎬ＋∞)ꎬ 所 ∴ î í ïïｆ æ è ç ３ ａ ö ø ÷ ＝２ꎬ 即í ï ï １＋ ２ ＝ ａ２ ꎬ ∵ ｂ >１ꎬ∴ １＋ｂ － ２ １ >１ꎬ
以 ｘ 或 ｘ 解得ｘ 因为 ｆ (２ ｘ ) ｘ ｂ 恒成立 所以 ２ î ï ３ ａ －１
２ >１ ２ <－１ꎬ >０ꎬ ２ ＋３􀅰２ － ≥０ ꎬ ２
ｘ
ｂ ２ ＋１ ｘ ｘ 所以ｂ ｘ ２ ｘ . ２ ａ无解.故此时不存在实数ａ ｂ满足题意.
≤ ｘ ＋３􀅰２( >０)ꎬ ≤３(２ －１)＋ ｘ ＋４( >０) ∴ １＋ｂ ＝ ꎬ
２ －１ ２ －１ －１
因为当ｘ 时 ｘ 所以根据基本不等式得 ｘ
>０ ꎬ２ －１>０ꎬ ３(２ －１)＋ 当ａ 时 ｙ ２ 在 上单调递减
æ ö >１ ꎬ∵ ＝１＋ｘ (１ꎬ＋∞) ꎬ
２ 当且仅当 ｘ ２ 即 ｘ ç ６ ÷时等 －１
ｘ ≥２ ６ꎬ ３(２ －１)＝ ｘ ꎬ ＝ｌｏｇ２è ＋１ø æ ö æ ö
２ －１ ２ －１ ３ 函数ｆ ｘ ç ２ ÷在çｂ ３ ａ÷上单调递减
∴ ( )＝ｌｏｇａè１＋ｘ ø è ꎬ ø ꎬ
号成立 所以 ｘ ２ 所以 ｂ －１ ２
ꎬ ３(２ －１)＋ ｘ ＋４≥２ ６＋４ꎬ ∈(－∞ꎬ ì
ï
２ －１ ２ ａ
ì æ ö ï１＋ ＝ ꎬ
ï
. ïｆ ç ３ ａ÷ ï ３ ａ
２ ６＋４] í è ø ＝１ꎬ即í －１
思路分析 ∴ ïï ２ ï ２
îｆ ｂ
( )根据题意ꎬ由奇函数的定义可得 ｆ(ｘ) ｆ( ｘ) ꎬ然后代 ( )＝ ２ꎬ ï ï ２ ａ２
１ ＋ － ＝ ０ î１＋ｂ ＝ ꎬ
入计算即可得到结果ꎻ －１
ｘ 解得ａ 或ａ １ 舍 ｂ ５.
( )根据题意ꎬ将原式变形可得ｂ ２ ＋１ 􀅰 ｘ(ｘ )ꎬ然后结 ＝２ ＝－ ( )ꎬ ＝
２ ≤ ｘ ＋３ ２ >０ ３ ３
２ －１
合基本不等式计算可得结果. 综上 存在实数ａ ｂ ５满足题意.
ꎬ ＝２ꎬ ＝
３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ５
解法一:联立ｙ ｘ２ ｘ 与ｙ ｋｘ ｂ 得ｘ２ ｋ ｘ ｂ
3.7 函数图象 ＝ ＋２ －１ ＝ ＋ ꎬ ＋(２－ ) －１－ ＝０ꎬ
则Δ ｋ ２ ｂ .
１＝(２－ ) ＋４＋４ ＝０
联立ｙ ｘ２ ｘ 与ｙ ｋｘ ｂ 得ｘ２ ｋ ｘ ｂ
＝－ ＋６ －５ ＝ ＋ ꎬ ＋( －６) ＋ ＋５＝０ꎬ
考点 函数图象 则Δ ２＝( ｋ －６) ２ －４ ｂ －２０＝０ .
１.Ｄ ２.Ａ ３.Ａ ４.Ａ ５.Ｂ ６.Ｄ ７.Ｄ ８.Ａ ９.Ｄ １０.Ｄ 联立得方程组 { (２－ ｋ ) ２ ＋４＋４ ｂ ＝０ꎬ 解得 {ｋ ＝２ꎬ或 {ｋ ＝６ꎬ
１１.Ｂ １２.Ａ ( ｋ －６) ２ －４ ｂ －２０＝０ꎬ ｂ ＝－１ ｂ ＝－５ꎬ
当ｋ ｂ 时 此时ｘ ｘ 则切点Ａ Ｂ的坐标分别
＝２ꎬ ＝－１ ꎬ １＝０ꎬ ２＝２ꎬ ꎬ
为
(０ꎬ－１)ꎬ(２ꎬ３)ꎬ
当ｋ ｂ 时 此时ｘ 这与ｘ 矛盾 不符合题意.
＝６ꎬ ＝－５ ꎬ １＝２ꎬ １≤１ ꎬ
综上 存在直线ｙ ｋｘ ｂ满足题意 且ｋ ｂ .
１.Ａ ２.Ｄ ３.Ｂ ４.Ｂ ５.Ｂ ６.Ａ ꎬ ＝ ＋ ꎬ ＝２ꎬ ＝－１
解法二:设Ｈ ｘ ｘ２ ｘ ｘ 则Ｈ′ ｘ ｘ ｘ
( )＝ ＋２ －１( ≤１)ꎬ ( )＝ ２ ＋２( ≤１)ꎬ
则曲线ｙ Ｈ ｘ 在 ｘ ｘ 处的切线方程为 ｙ ｘ２ ｘ
＝ ( ) ＝ １ －( １＋２ １－１)＝
１.Ｄ ２.Ａ ３.Ｂ ４.Ｄ ５.Ｂ ６.ＢＣＤ
ｘ ｘ ｘ 即ｙ ｘ ｘ ｘ２
(２ １＋２)( － １)ꎬ ＝(２ １＋２) － １－１ꎬ
3.8 函数零点与方程的根
设ｈ ｘ ｘ２ ｘ ｘ 则ｈ′ ｘ ｘ ｘ
( )＝ － ＋６ －５( >１)ꎬ ( )＝ －２ ＋６( >１)ꎬ
则曲线ｙ ｈ ｘ 在ｘ ｘ 处的切线方程为 ｙ ｘ２ ｘ
＝ ( ) ＝ ２ －(－ ２＋６ ２－５)＝
ｘ ｘ ｘ 即ｙ ｘ ｘ ｘ２ .
(－２ ２＋６)( － ２)ꎬ ＝(－２ ２＋６) ＋ ２－５
考点 函数的零点 { ｘ ｘ
依题意可得 ２ １＋２＝－２ ２＋６ꎬ消去 ｘ 得 ｘ２ ｘ ２ 因
１.Ｃ ２.Ｂ ３.Ｃ ４.Ｃ ５.Ｄ
－
ｘ２
１－１＝
ｘ２
２－５ꎬ
２ꎬ １＋(２－ １) ＝４ꎬ
６.答案
３
为ｘ 所以ｘ ｘ 所以ｋ ｘ ｂ ｘ２
１≤１ꎬ １＝０ꎬ ２＝２ꎬ ＝２ １＋２＝２ꎬ ＝－ １－１＝－１ꎬ
７.答案
即存在直线ｙ ｋｘ ｂ满足题意 且ｋ ｂ .
①②④
＝ ＋ ꎬ ＝２ꎬ ＝－１
８.答案 é ê ê １ ２ ö ÷ 思路分析
ë ꎬ ø ( )函数ｇ(ｘ) ｆ(ｘ) ｍ的零点ꎬ即为函数 ｙ ｆ(ｘ)的图象与
３ ４ １ ＝ － ＝
９.答案 直线ｙ ｍ的交点横坐标ꎬ作出函数 ｙ ｆ(ｘ)图象ꎬ数形结合ꎬ
[１０ꎬ＋∞) ＝ ＝
可得交点个数ꎬ进而确定函数ｇ(ｘ)的零点个数ꎻ
( )解法一:设出切点坐标ꎬ分段联立ꎬ根据相切得出 Δ ꎬ
２ １＝０
Δ ꎬ联立得方程组ꎬ从而求得结果ꎻ解法二:分段求曲线ｙ
２＝０ ＝
ｆ(ｘ)的切线方程ꎬ由切线相同列方程组ꎬ从而求解即可.
１.Ｂ ２.Ａ ３.Ａ ４.Ａ ５.ＢＣＤ
６.答案 3.9 函数模型及应用
１１
７.答案
－１ꎻ[３－２ｌｎ ２ꎬ＋∞)
８.解析 当ｘ 时 ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ２ 的最小
(１) ≤１ ꎬ ( )＝ ＋２ －１＝( ＋１) －２
考点 函数模型及应用
值为
－２ꎻ
当ｘ
>１
时
ꎬ
ｆ
(
ｘ
)＝ －
ｘ２
＋６
ｘ
－５＝－(
ｘ
－３)
２
＋４
的最大值为
４
.
１.Ａ ２.ＡＣＤ
作出ｆ ｘ 的大致图象 如图所示.
３.答案
①１３０ꎻ②１５
( ) ꎬ
４.答案
①②③
１.Ｄ ２.Ｄ ３.Ａ
由ｇ ｘ 得ｆ ｘ ｍ. ４.解析 当 ｔ 时 设ｆ ｔ ｋｔ ｔ 候车减
( )＝ ０ꎬ ( )＝ (１) ０< <１６ ꎬ ( )＝ ５ １６０－ (１６－ )(
当ｍ 或ｍ 时 ｇ ｘ 的零点个数为 少的人数与ｔ ｔ 成正比 ｆ 则ｋ
＝－２ ＝４ ꎬ ( ) ２ꎻ (１６－ ) )ꎬ (６)＝ ３ ９６０ꎬ ＝２０ꎬ
当ｍ 时 ｇ ｘ 的零点个数为 { ｔ ｔ ｔ
∈(－２ꎬ０]∪(２ꎬ４) ꎬ ( ) ３ꎻ ｆ ｔ ５ １６０－２０ (１６－ )(０< <１６)ꎬ ｔ Ｎ .
当ｍ 时 ｇ ｘ 的零点个数为 . ∴ ( )＝ ｔ ( ∈ )
∈(０ꎬ２] ꎬ ( ) ４ ５ １６０(１６≤ ≤２４)
假设存在直线ｙ ｋｘ ｂ 使得该直线与曲线 ｙ ｆ ｘ 切于 ｆ
(２) ＝ ＋ ꎬ ＝ ( ) (１２)＝ ５ １６０－２０×１２×４＝４ ２００ꎬ
Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ｘ ｘ 两点 故当天中午 点时 候车厅候车人数为 .
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)( １≤１< ２) ꎬ １２ ꎬ ４ ２００
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
ì æ ö 数 且取 时有
ï çｔ １００÷ ｔ ꎬ ０ １>０>－１ꎬ
ï２０è ＋ ｔ ø(０< <１６)ꎬ 由奇函数的性质可知ｆ ｘ 是定义在 上的增函数
Ｐ í ｔ Ｎ . ( ) [－３ꎬ３] ꎬ
(２) ＝ï ( ∈ )
因为ｆ ａ ｆ ａ
ï２ ０００ ｔ ( ＋１)＋ (２ －１)>０ꎬ
î ｔ ＋３２０(１６≤ ≤２４)
所以ｆ ａ ｆ ａ ｆ ａ
( ＋１)>－ (２ －１)＝ (１－２ )ꎬ
æ ö
① 当 ０< ｔ <１６ 时 ꎬ Ｐ ＝２０è çｔ ＋ １０ ｔ ０ ø ÷ ≥２０×２ ｔ 􀅰 １０ ｔ ０ ＝４００ꎬ 当且 ì ï ï－３≤ ａ ＋１≤３ꎬ ì ï ï－４≤ ａ ≤２ꎬ
故有í ａ 则有í ａ
仅当ｔ 时等号成立 ï
ï
－３≤２ －１≤３ꎬ ï
ï
－１≤ ≤２ꎬ
＝１０ ꎻ îａ ａ îａ
＋１>１－２ ꎬ >０ꎬ
当 ｔ 时 Ｐ ２ ０００ 所以ｔ 解得 ａ .
② １６≤ ≤２４ ꎬ ≥ ＋３２０≈４０３ꎬ４０３>４００ꎬ ＝１０ ０< ≤２
２４
所以实数ａ的取值范围是 .
时 需要提供的矿泉水瓶数最少. (０ꎬ２]
ꎬ
专题四 导数及其应用
１.Ｄ ２.Ｂ ３.ＡＣＤ ４.ＢＣＤ
4.1 导数的概念及运算
１.Ｃ ２.Ａ ３.Ｄ ４.Ａ ５.Ｂ ６.Ｂ ７.Ａ ８.ＡＣＤ ９.ＡＢＣ
考点 导数的运算及几何意义
１０.ＡＣ １１.ＡＣ
１.Ｂ ２.Ｄ ３.Ｄ ４.Ｄ
１２.答案
－２ ５.答案 ｙ ｘ
＝５ ＋２
é ö
１３.答案 ë êê １ ꎬ １ ø ÷ ６.答案 ｘ ＋２ ｙ －２＝０
７ ３ ７.答案
æ ö ｅ
１４.答案 ç ３ ÷
è ꎬ１ø ８.答案 ｙ １ｘ ｙ １ｘ 不分先后
４ ＝ ꎻ ＝－ ( )
１５.答案 ｅ ｅ
４ ３ ９.答案
１６.解析
(１)
若ａ
＝２ꎬ
则ｆ
(
ｘ
)＝ｌｏｇ１ ３(
ｘ２
－２
ｘ
＋１０)ꎬ １０.答案
(－∞ꎬ－４)∪(０ꎬ＋∞)
(０ꎬ１)
因为ｘ２ ｘ ｘ ２ 当且仅当 ｘ 时 等号成
－２ ＋１０＝( －１) ＋９≥９>０ꎬ ＝１ ꎬ １１.解析 解法一:由题意可知ｆ ′ ｘ ｘ２ ｆ ｘ ｘ３ ｘ
立 所以可知ｆ ｘ 的定义域为Ｒ. ( )＝ ３ －１ꎬ ( １)＝ １－ １ꎬ
ꎬ ( ) 则曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｘ ｆ ｘ 处的切线方程为 ｙ ｘ３
由ｙ ｘ在定义域内单调递减 得ｆ ｘ ＝ ( ) ( １ꎬ ( １)) －( １－
＝ｌｏｇ１ ３ ꎬ ( )≤ｌｏｇ１ ３９＝－２ꎬ ｘ ｘ２ ｘ ｘ 即ｙ ｘ２ ｘ ｘ３ .
所以ｆ ｘ 的值域为 . １)＝(３ １－１)( － １)ꎬ ＝(３ １－１) －２ １①
( ) (－∞ꎬ－２] 因为曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｘ ｆ ｘ 处的切线也是曲线 ｙ
由题意可知 ｙ ｘ２ ａｘ ａ 在 上单调递增 根据 ＝ ( ) ( １ꎬ ( １)) ＝
(２) ＝ － ＋５ [１ꎬ＋∞) ( ｇ ｘ 的切线
复合函数单调性规则得出 且ｘ２ ａｘ ａ 在 上恒 ( ) ꎬ
)ꎬ － ＋５ >０ [１ꎬ＋∞) {ｙ ｘ２ ｘ ｘ３
ì ï ａ 所以 ＝(３ １－１) －２ １ꎬ有且仅有一组解
ï
成立 则í ≤１ꎬ 解得 １ ａ . ｙ ｘ２ ａ ꎬ
ꎬ ïï ２ － < ≤２ ＝ ＋
î ａ ａ ４ 即方程ｘ２ ｘ２ ｘ ｘ３ ａ 有两个相等的实数根
１－ ＋５ >０ꎬ －(３ １－１) ＋２ １＋ ＝０ ꎬ
所以ａ的取值范围是 æ ç １ ù úú. 从而􀪍􀪍Δ ＝ 􀪍 ( 􀪍 ３ ｘ􀪍 ２ １－ 􀪍 １) 􀪍 ２ － 􀪍 ４( 􀪍 ２ ｘ􀪍 ３ １＋ 􀪍ａ ) 􀪍 ＝ 􀪍 ０⇔ 􀪍 ４ ａ􀪍 ＝ 􀪍 ９ ｘ􀪍 ４ １－ 􀪍 ８ ｘ􀪍 ３ １－ 􀪍 ６ ｘ􀪍 ２ １＋１ .
è－ ꎬ２û
４ 若ｘ 则 ａ ａ .
１７.解析 因为ｆ ｘ 是定义在 上的奇函数
(１) １＝－１ꎬ ４ ＝１２⇔ ＝３
(１) ( ) [－３ꎬ３] ꎬ ａ ｘ４ ｘ３ ｘ２
所以ｆ .设 ｘ 则 ｘ
(２)４ ＝９ １－８ １－６ １＋１ꎬ
(０)＝ ０ －３≤ <０ꎬ ０<－ ≤３ꎬ 令ｈ ｘ ｘ４ ｘ３ ｘ２ 则 ｈ′ ｘ ｘ３ ｘ２ ｘ ｘ
( )＝ ９ －８ －６ ＋１ꎬ ( )＝ ３６ －２４ －１２ ＝１２
则ｆ ｘ １ ｘ ２ ｘ １ｘ２ ｘ . ｘ ｘ
(－ )＝ (－ ) ＋(－ )＋１＝ － ＋１ ( －１)(３ ＋１)ꎬ
２ ２
令ｈ′ ｘ 得 １ ｘ 或ｘ 令ｈ′ ｘ 得 ｘ １ 或
因为ｆ ｘ 为奇函数 所以ｆ ｘ ｆ ｘ １ｘ２ ｘ ( )>０ꎬ － < <０ >１ꎬ ( )<０ꎬ <－ ０<
( ) ꎬ ( )＝ － (－ )＝ － ＋ －１ꎬ ３ ３
２
æ ö
ì ï １ｘ２ ｘ ｘ ｘ <１ꎬ 所以 ｈ ( ｘ ) 在 è ç － １ ꎬ０ø ÷和 (１ꎬ＋∞) 上单调递增 ꎬ 在
ï ＋ ＋１ꎬ０< ≤３ꎬ ３
ï２
æ ö æ ö
则ｆ ｘ í ｘ ç １ ÷和 上单调递减 又ｈ ｈç １ ÷ ２０
( )＝ ï０ꎬ ＝０ꎬ è－∞ꎬ－ ø (０ꎬ１) ꎬ (１)＝ －４ꎬ è－ ø ＝ ꎬ
３ ３ ２７
ï
ï １ｘ２ ｘ ｘ . 所以ｈ ｘ 所以ａ .
î－ ＋ －１ꎬ－３≤ <０ ( )≥－４ꎬ ≥－１
２ 解法二:由题意可知ｆ ′ ｘ ｘ２ ｆ ｘ ｘ３ ｘ 则曲线ｙ
( )＝ ３ －１ꎬ ( １)＝ １－ １ꎬ ＝
(２) 当 ０< ｘ ≤３ 时 ꎬ ｆ ( ｘ )＝ １ ｘ２ ＋ ｘ ＋１＝ １ ( ｘ ＋１) ２ ＋ １ 为增函 ｆ ｘ 在点 ｘ ｆ ｘ 处的切线方程为 ｙ ｘ３ ｘ ｘ２
２ ２ ２ ( ) ( １ꎬ ( １)) －( １－ １)＝ (３ １－１)
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ７
ｘ ｘ 即ｙ ｘ２ ｘ ｘ３ æ ö æ ö
􀅰( － １)ꎬ ＝(３ １－１) －２ １①ꎬ 减 在ç １ ÷上单调递增 则 ｆ ｘ ｆ ç １ ÷
设公切线与曲线 ｙ ｇ ｘ 的切点为 ｘ ｘ２ ａ 又ｇ′ ｘ
ꎬ èｌｎ ａ ꎬ＋∞ø ꎬ ( )ｍｉｎ ＝ èｌｎ ａ ø ＝
＝ ( ) ( ２ꎬ ２＋ )ꎬ ( ２)
ｘ æ ö
＝ ２ ２ꎬ ａ
è
ç １
ａ ＋
ａ
ø
÷
－ｌｎ
１
ａ ＝１＋
ａ２
＋ｌｎ
ａ.
则切线可表示为ｙ ｘ２ ａ ｘ ｘ ｘ 即ｙ ｘ ｘ ｘ２ ａ
－( ２＋ )＝ ２ ２( － ２)ꎬ ＝２ ２ － ２＋ ②ꎬ
因为 表示同一直线方程 所以
{
３
ｘ２
１－１＝２
ｘ
２ꎬ
要证明ｆ
(
ｘ
)>２ｌｎ
ａ
＋
３
ꎬ
只需证明
１＋
ａ２
＋ｌｎ
ａ
>２ｌｎ
ａ
＋
３
ꎬ
①② ꎬ ｘ３ ｘ２ ａ ２ ２
－２ １＝－ ２＋ ꎬ
则 (３ ｘ２ １－１) ２ －８ ｘ３ １＝４ ａ ⇔４ ａ ＝９ ｘ４ １－８ ｘ３ １－６ ｘ２ １＋１ . 即证ａ２ －ｌｎ ａ －
２
１ >０ .
下面同解法一.
ｘ２
令ｇ ｘ ｘ２ ｘ １ ｘ 则ｇ′ ｘ ｘ １ ２ －１.
( )＝ －ｌｎ － ( >０)ꎬ ( )＝ ２ － ｘ ＝ ｘ
２
当 ｘ ２时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递减
０< < ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎻ
２
１.Ａ ２.Ｂ ３.Ｄ ４.Ｄ ５.Ｃ ６.Ｂ ７.Ｄ ８.ＢＣＤ
当ｘ ２时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增
> ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ
９.答案 １ ２
４ æ ö
１０.答案 ｇ ｘ ｇç ２÷ １ ２ １ ２
２ｅ＋１ ∴ ( )ｍｉｎ＝ è ø ＝ －ｌｎ － ＝－ｌｎ ＝ｌｎ ２>０ꎬ
１１.答案 ２ ２ ２ ２ ２
１ ｇ ｘ 在 上恒成立
∴ ( )>０ (０ꎬ＋∞) ꎬ
即ａ２ ａ １
１.Ｂ ２.Ａ ３.Ｄ ４.ＡＣＤ ５.ＡＤ ６.ＡＣＤ ７.ＡＣＤ －ｌｎ － >０ꎬ
２
ｘ
８.答案 １ ｆ ｘ ａ ３.４.解析 当 ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｓｉｎ
ｅ
∴ ( )>２ｌｎ ＋
２
(１) ＝１ ꎬ ( )＝ －
ｃｏｓ
２ｘꎬ
９.答案
０ æ ö
ｘ ç π÷
１０.答案 ∈è０ꎬ øꎬ
８ ２
１１.答案
７
ｘ
－３
ｙ
－４＝０ ｆ ′ ｘ ｃｏｓ
３ｘ
＋２ｓｉｎ
２ｘ
ｃｏｓ
ｘ
ｃｏｓ
３ｘ
－ｃｏｓ
２ｘ
－２ｓｉｎ
２ｘ
１２.答案 ( )＝ １－ ４ｘ ＝ ３ｘ
２ ２ ｃｏｓ ｃｏｓ
３ｘ ２ｘ
ｃｏｓ ＋ｃｏｓ －２
4.2 导数与函数的单调性、极值和最值 ＝ ３ｘ <０ꎬ
ｃｏｓ
æ ö
所以函数ｆ ｘ 在ç π÷上单调递减.
( ) è０ꎬ ø
２
考点1 导数与函数的单调性
ｘ ｘ ｘ ２ｘ
１.Ｄ ２.Ｃ
(２)
令ｇ
(
ｘ
)＝
ｓｉｎ
２ｘ－ｓｉｎ
ｘ
＝
ｓｉｎ －ｓｉｎ
２ｘ
ｃｏｓ
ｃｏｓ ｃｏｓ
３.解析 由已知得函数ｆ ｘ 的定义域为Ｒ
(１) ( ) ꎬ ｘ ｘ ２ｘ ３ｘ
ｆ ′ ( ｘ )＝ ａ ｅ ｘ －１ . ＝ ｓｉｎ －ｓｉｎ ( ２ｘ １－ｓｉｎ ) ＝ ｓｉｎ ２ｘꎬ
ｃｏｓ ｃｏｓ
当ａ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在Ｒ上单调递减
① ≤０ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎻ ３ｘ ２ｘ ４ｘ ｘ ２ｘ ２ｘ ４ｘ
则ｇ′ ｘ ３ｃｏｓ ｓｉｎ ＋２ｓｉｎ ｃｏｓ ３ｃｏｓ ｓｉｎ ＋２ｓｉｎ
当ａ 时 令ｆ ′ ｘ 则ｘ １
( )＝ ４ｘ ＝ ３ｘ ꎬ
ｃｏｓ ｃｏｓ
② >０ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝ｌｎ ａ ꎬ
æ ö
因为ｘ ç π÷ 所以 ２ｘ ２ｘ ４ｘ ３ｘ
当ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 ∈è０ꎬ øꎬ ３ｃｏｓ ｓｉｎ ＋２ｓｉｎ >０ꎬｃｏｓ >０ꎬ
<ｌｎ ａ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎻ ２
æ ö
则ｇ′ ｘ 所以函数ｇ ｘ 在ç π÷上单调递增
当ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增. ( )>０ꎬ ( ) è０ꎬ ø ꎬ
>ｌｎ ａ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ２
综上所述 当ａ 时 ｆ ｘ 在Ｒ上单调递减 ｇ 当ｘ π时 ｇ ｘ
ꎬ ≤０ ꎬ ( ) ꎻ (０)＝ ０ꎬ → ꎬ ( )→＋∞ꎬ
æ ö ２
当 ａ > ０ 时 ꎬ ｆ ( ｘ ) 在 è ç －∞ꎬｌｎ １ ａ ø ÷ 上 单 调 递 减 ꎬ 在
因为ｆ ｘ ｘ 恒成立 所以ｓｉｎ
ｘ
ｘ ａｘ在
æ
ç π
ö
÷上
( )＋ｓｉｎ <０ ꎬ ２ｘ－ｓｉｎ > è０ꎬ ø
æ ö ｃｏｓ ２
ç １ ÷上单调递增.
èｌｎ ａ ꎬ＋∞ø 恒成立
ꎬ
æ ö
证明 由 知 当ａ 时 ｆ ｘ 在ç １ ÷上单调递 即直线ｙ ａｘ在 ｘ π时恒在ｇ ｘ 的图象下方 如图所示
(２) : (１) ꎬ >０ ꎬ ( ) è－∞ꎬｌｎ ａ ø ＝ ０< < ( ) ꎬ ꎬ
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋８ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
又当ｘ 时 ｘ 故ｆ ｘ
∈(－∞ꎬ－１) ꎬ３－２ >０ꎬ ( )>０ꎻ
当ｘ 时 ｘ 故ｆ ｘ
∈(４ꎬ＋∞) ꎬ３－２ <０ꎬ ( )<０ꎬ
ｆ ｘ ｆ ｆ ｘ ｆ １.
∴ ( )ｍａｘ＝ (－１)＝ １ꎬ ( )ｍｉｎ＝ (４)＝ －
４
６.解析 第一步:求函数的定义域和导函数ꎬ并因式分解
(１)
由图及ｇ′ 可得ａ 求出导函数的零点.
(０)＝ ０ ≤０ꎬ
即ａ的取值范围为
(－∞ꎬ０]
. 由题意知ｘ
∈
Ｒ
ꎬ
ｆ ′
(
ｘ
)＝ ６
ｘ２
－２
ａｘ
＝２
ｘ
(３
ｘ
－
ａ
)
.
ａ
５.解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ １ ａ. 令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ .
(１) ( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ ｘ － ( )＝ ０ꎬ ＝０ ＝
３
若ａ 则ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在 上单调递增. 第二步:讨论ａ的取值ꎬ比较根的大小关系ꎬ写出单调区间.
≤０ꎬ ( )>０ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞)
æ ö æ ö æ ａ ö
若ａ 则当 ｘ ç １ ÷时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ ç １ ÷时 若ａ 则当ｘ ç ÷时 ｆ ′ ｘ
>０ꎬ ∈è０ꎬａ ø ꎬ ( )>０ꎻ ∈è ａ ꎬ＋∞ø ꎬ ① >０ꎬ ∈(－∞ꎬ０)∪è ꎬ＋∞ø ꎬ ( )>０ꎻ
３
æ ö æ ö æ ａ ö
ｆ ′ ｘ .所以ｆ ｘ 在ç １ ÷上单调递增 在ç １ ÷上单 当ｘ ç ÷时 ｆ ′ ｘ .
( )<０ ( ) è０ꎬａ ø ꎬ è ａ ꎬ＋∞ø ∈è０ꎬ ø ꎬ ( )<０
３
调递减. æ ａ ö æ ａ ö
故ｆ ｘ 在 ç ÷单调递增 在ç ÷单调
由 知 当ａ 时 ｆ ｘ 在 上无最大值 当ａ ( ) (－∞ꎬ０)ꎬè ꎬ＋∞ø ꎬ è０ꎬ ø
(２) (１) ꎬ ≤０ ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎻ > ３ ３
递减
æ ö
时 ｆ ｘ 在ｘ １ 处取得最大值 最大值为 ｆ ç １ ÷ １ ꎻ
０ ꎬ ( ) ＝ ａ ꎬ è ａ ø ＝ｌｎ ａ ＋ 若ａ ｆ ｘ 在 单调递增
② ＝０ꎬ ( ) (－∞ꎬ＋∞) ꎻ
æ ö æ ａ ö
ａç １ ÷ ａ ａ . 若ａ 则当ｘ ç ÷ 时 ｆ ′ ｘ
è１－ａ ø ＝－ｌｎ ＋ －１ ③ <０ꎬ ∈è－∞ꎬ ø∪(０ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎻ
３
æ ö æ ａ ö
因此ｆ ç １ ÷ ａ 等价于 ａ ａ . 当ｘ ç ÷时 ｆ ′ ｘ .
è ａ ø>２ －２ ｌｎ ＋ －１<０ ∈è ꎬ０ø ꎬ ( )<０
３
令ｇ ａ ａ ａ ａ æ ａ ö æ ａ ö
( )＝ｌｎ ＋ －１ꎬ >０ꎬ 故ｆ ｘ 在ç ÷ 单调递增 在ç ÷单调递减.
则ｇ ａ 在 上单调递增 ｇ .
( ) è－∞ꎬ øꎬ(０ꎬ＋∞) ꎬ è ꎬ０ø
３ ３
( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ (１)＝ ０
æ ａ ö
于是 ꎬ 当 ０< ａ <１ 时 ꎬ ｇ ( ａ )<０ꎻ 当ａ >１ 时 ꎬ ｇ ( ａ )>０ . (２) 当 ０< ａ <３ 时 ꎬ 由 (１) 知 ꎬ ｆ ( ｘ ) 在 è ç ０ꎬ ø ÷单调递减 ꎬ 在
因此 ａ的取值范围是 . ３
ꎬ (０ꎬ１)
æ ａ ö æ ａ ö
考点2 导数与函数的极（最）值 ç ÷单调递增 所以 ｆ ｘ 在 的最小值为ｆ ç ÷
è ꎬ１ø ꎬ ( ) [０ꎬ１] è ø ＝
３ ３
１.ＢＣＤ ２.ＡＣ
ａ３
３.答案
－ ＋２ꎬ
最大值为ｆ
(０)＝ ２
或ｆ
(１)＝ ４－
ａ.
１
２７
４.答案 æ ç １ ö ÷ 当 ０< ａ <２ 时 ꎬ ｆ (１)> ｆ (０)ꎬ 最大值为ｆ (１)＝ ４－ ａ.
è ꎬ１ø
ｅ ａ３
所以Ｍ ｍ ａ ａ
ｘ － ＝２－ ＋ ꎬ０< <２ꎬ
５.解析 当ａ 时 ｆ ｘ ３－２ ｆ ２７
(１) ＝０ ꎬ ( )＝ ｘ２ ꎬ∴ (１)＝ １ꎬ
ａ３ ａ２
对于函数ｙ ａ ｙ′ 当 ａ 时 ｙ′ 从而 ｙ
ｘ ＝ － ＋２ꎬ ＝ －１ꎬ ０< <２ ꎬ <０ꎬ ＝
ｆ ′ ｘ ２ －６ 故ｆ ′ 故曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ ２７ ９
( )＝ ｘ３ ꎬ (１)＝ －４ꎬ ＝ ( ) (１ꎬ (１))
ａ３ ａ３
ａ 单调递减 此时８ ａ 即 Ｍ ｍ的取值范围
处的切线方程为ｙ ｘ 即 ｘ ｙ . － ＋２ ꎬ < － ＋２<２ꎬ －
＝－４( －１)＋１ꎬ ４ ＋ －５＝０ ２７ ２７ ２７
ｘ２ ｘ ａ æ ö
由题意得ｆ ′ ｘ ２ －６ －２ 且ｆ ′ 是ç ８ ÷. 构造函数 利用函数单调性求值域
(２) ( )＝ ｘ２ ａ ２ ꎬ (－１)＝ ０ꎬ è ꎬ２ø ( ꎬ )
( ＋ ) ２７
ｘ 当 ａ 时 ｆ ｆ 最大值为 ｆ 所以 Ｍ ｍ
故 ａ 解得ａ 故ｆ ｘ ３－２ ｘ Ｒ ２≤ <３ ꎬ (１)< (０)ꎬ (０)＝ ２ꎬ － ＝
８－２ ＝０ꎬ ＝４ꎬ ( )＝ ｘ２
＋４
ꎬ ∈ ꎬ ａ３
而函数ｙ
ａ３
单调递增 所以Ｍ ｍ的取值范围是
é
êê ８
ö
÷.
则ｆ ′ ｘ ２
ｘ２
－６
ｘ
－８ ２(
ｘ
＋１)(
ｘ
－４) ２７
ꎬ ＝
２７
ꎬ － ë
２７
ꎬ１ø
( )＝ ｘ２ ２ ＝ ｘ２ ２ ꎬ é ö
( ＋４) ( ＋４) 综上 Ｍ ｍ的取值范围是êê ８ ÷.
令ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ 令ｆ ′ ｘ 得 ｘ ꎬ － ë ꎬ２ø
( )>０ꎬ >４ <－１ꎻ ( )<０ꎬ －１< <４ꎬ ２７
故函数 ｆ ｘ 的单调增区间为 和 单调减
( ) (－∞ꎬ－１) (４ꎬ＋∞)ꎬ
区间为 .所以ｆ ｘ 的极大值为ｆ ｆ ｘ 的极小
(－１ꎬ４) ( ) (－１)＝ １ꎬ ( )
值为ｆ １.
(４)＝ －
４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ９
易错警示 æ ö æ ö
因为ｈ ａ２ ｈç １ ÷ 所以 ｈ ｘ 在ç １ ÷内存
解题时ꎬ易犯以下两个错误: 对参数ａ未讨论或对ａ分类讨 (０)＝ ２－ <０ꎬ è ａ ø ＝２>０ꎬ ( ) è０ꎬａ ø
①
论不全面ꎬ尤其易忽略ａ 的情形而导致失分ꎻ 当ａ 时ꎬ 在唯一的零点ｎ.
＝０ ② >０
ｆ(ｘ)在( －∞ ꎬ ０ )ꎬ æ è ç ａ ꎬ ＋∞ ö ø ÷单调递增ꎬ将这两个区间合并表 当ｘ ∈(０ꎬ ｎ ) 时 ꎬ ｈ ( ｘ )<０ꎬ 又因为ｘ >０ꎬ１－ ｘ２ >０ .
３ ｘ
æ ａ ö 则ｆ ′ ｘ ａ３ｘ３ ａ２ｘ２ ａ３ｘ ａ２ .
示为ｆ(ｘ)在( ꎬ ) ç ꎬ ÷单调递增导致错误ꎬ从而 ( )< ｘ２ (－ ＋ ＋ ＋２－ )<０
－∞ ０ ∪è ＋∞ø １－
３
即当ｘ ｎ 时 ｆ ′ ｘ 则 ｆ ｘ 在 ｎ 上单
失分. ∈(０ꎬ )⊆(０ꎬ１) ꎬ ( )<０ꎬ ( ) (０ꎬ )
调递减.
７.解析 证明 令ｇ ｘ ｘ ｘ２ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ 又因为ｆ ｘ 是偶函数 所以ｆ ｘ 在 ｎ 上单调递增
(１) : ( )＝ － －ｓｉｎ ꎬ０< <１ꎬ ( )＝ １－ ( ) ꎬ ( ) (－ ꎬ０) ꎬ
ｘ ｘ 令Ｇ ｘ ｇ′ ｘ 得Ｇ′ ｘ ｘ 在区间 所以ｘ 是ｆ ｘ 的极大值点.
２ －ｃｏｓ ꎬ ( )＝ ( )ꎬ ( )＝ －２＋ｓｉｎ <０ (０ꎬ ＝０ ( )
上恒成立 所以 ｇ′ ｘ 在区间 上单调递减 因为
１) ꎬ ( ) (０ꎬ１) ꎬ 综合 知ａ .
(ｉ)(ｉｉ) > ２
ｇ′ 所以ｇ′ ｘ 在区间 上恒成立 所以 ｇ ｘ
(０)＝ ０ꎬ ( )<０ (０ꎬ１) ꎬ ( ) 当ａ 时 由于将ｆ ｘ 中的ａ换为 ａ所得解析式不变 所以
<０ ꎬ ( ) － ꎬ
在区间 上单调递减 所以 ｇ ｘ ｇ 即当 ｘ
(０ꎬ１) ꎬ ( )< (０)＝ ０ꎬ ０< <１ ａ 符合要求.
时 ｘ ｘ２ ｘ. <－ ２
ꎬ － <ｓｉｎ 故ａ的取值范围为 .
令ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｈ′ ｘ ｘ 在区间 (－∞ꎬ－ ２)∪( ２ꎬ＋∞)
( )＝ｓｉｎ － ꎬ０< <１ꎬ ( )＝ｃｏｓ －１<０ (０ꎬ１)
上恒成立 所以ｈ ｘ 在区间 上单调递减 所以 ｈ ｘ
ꎬ ( ) (０ꎬ１) ꎬ ( )<
ｈ 即当 ｘ 时 ｘ ｘ.
(０)＝ ０ꎬ ０< <１ ꎬｓｉｎ <
综上 当 ｘ 时 ｘ ｘ２ ｘ ｘ.
ꎬ ０< <１ ꎬ － <ｓｉｎ <
１.Ｄ ２.Ｄ ３.Ｃ ４.Ｃ ５.Ｄ ６.Ａ ７.ＡＢＤ
函数ｆ ｘ 的定义域为 .
(２) ( ) (－１ꎬ１) ８.答案
当ａ 时 ｆ ｘ ｘ２ ｆ ｘ 在 上单调递减 (－１０ꎬ－３)
＝０ ꎬ ( )＝ １－ｌｎ(１－ )ꎬ ( ) (－１ꎬ０) ꎬ ９.答案
在 上单调递增 ｘ 不是ｆ ｘ 的极大值点 所以ａ . (－６ꎬ－２)
(０ꎬ１) ꎬ ＝０ ( ) ꎬ ≠０
ｘ １０.答案 １０或 １９
当ａ 时 ｆ ′ ｘ ａ ａｘ ２ ｘ . －
>０ ꎬ ( )＝ － ｓｉｎ ＋ ｘ２ ꎬ ∈(－１ꎬ１) ３ ３
１－ １１.解析 因为ｆ ｘ ａｘ ｂ ｘ ａ ｂ Ｒ
{ } (１) ( )＝ ＋ ＋ｃｏｓ ( ꎬ ∈ )ꎬ
当 ａ 时 取ｍ １ ｘ ｍ 则ａｘ 所以ｆ ′ ｘ ａ ｘ
(ｉ) ０< ≤ ２ ꎬ ＝ｍｉｎ ａ ꎬ１ ꎬ ∈(０ꎬ )ꎬ ∈(０ꎬ ( )＝ －ｓｉｎ ꎬ
ìｆ ｂ ìｂ
ï ï(０)＝ ＋ｃｏｓ ０＝２ꎬ ï ï ＋１＝２ꎬ
１)ꎬ 由题意得í 即í 所以ａ １ ｂ
ｘ ｘ ïïｆ ′ ａ １ ïïａ １ ＝ ꎬ ＝１ꎬ
由 可 得 ｆ ′ ｘ ａ ａｘ ２ ａ２ｘ ２ î (０)＝ －ｓｉｎ ０＝ ꎬ î ＝ ꎬ ２
(１) ( ) ＝ － ｓｉｎ ＋ ｘ２ > － ＋ ｘ２ ２ ２
１－ １－
ｘ ａ２ｘ２ ａ２ 则ｆ ｘ １ｘ ｘ.
( ＋２－ ) ( )＝ ＋１＋ｃｏｓ
＝ ｘ２ ꎬ ２
１－
因为ａ２ｘ２
>０ꎬ２－
ａ２
≥０ꎬ１－
ｘ２
>０ꎬ
所以ｆ ′
(
ｘ
)>０ꎬ (２)
由
(１)
得ｆ
(
ｘ
)＝
１ｘ
＋１＋ｃｏｓ
ｘ
ꎬ
ｆ ′
(
ｘ
)＝
１
－ｓｉｎ
ｘ
ꎬ
２ ２
所以ｆ ｘ 在 ｍ 上单调递增 不合题意.
( ) (０ꎬ ) ꎬ
由ｆ ′ ｘ 且ｘ 可得 ｘ π或５π ｘ 函
æ ö ( )≥０ ∈[０ꎬ２π] ０≤ ≤ ≤ ≤２πꎬ
当ａ 时 取ｘ ç １ ÷ 则ａｘ ６ ６
(ｉｉ) > ２ ꎬ ∈è０ꎬａ ø⊆(０ꎬ１)ꎬ ∈(０ꎬ１)ꎬ
é ù é ù
数ｆ ｘ 在区间êê πúú和êê５π úú上单调递增
ｘ ｘ ( ) ë０ꎬ û ë ꎬ２πû ꎬ
由 可得ｆ ′ ｘ ａ ａｘ ２ ａ ａｘ ａ２ｘ２ ２ ６ ６
(１) ( )＝ － ｓｉｎ ＋ ｘ２ <－ ( － )＋ ｘ２
１－ １－ 由ｆ ′ ｘ 且ｘ 可得π ｘ ５π 函数 ｆ ｘ 在区间
ｘ ( )<０ ∈[０ꎬ２π] < < ꎬ ( )
ａ３ｘ３ ａ２ｘ２ ａ３ｘ ａ２ ６ ６
＝ ｘ２ (－ ＋ ＋ ＋２－ )ꎬ æ ö
１－ çπ ５π÷上单调递减.
æ ö è ꎬ ø
设ｈ ｘ ａ３ｘ３ ａ２ｘ２ ａ３ｘ ａ２ ｘ ç １ ÷ ６ ６
( )＝ － ＋ ＋ ＋２－ ꎬ ∈è０ꎬａ øꎬ æ ö
因此当ｘ π时 函数取得极大值ｆ çπ÷ １ π π
则ｈ′
(
ｘ
)＝ －３
ａ３ｘ２
＋２
ａ２ｘ
＋
ａ３
ꎬ
＝
６
ꎬ è
６
ø ＝
２
×
６
＋１＋ｃｏｓ
６
＝
æ ö æ ö
因为ｈ′
(０)＝
ａ３
>０ꎬ
ｈ′
è
ç １
ａ ø
÷
＝
ａ３
－
ａ
>０ꎬ
且 ｈ′
(
ｘ
)
的图象是开口
１＋
π
＋
３
ꎬ
当ｘ
＝
５π时
ꎬ
函数取得极小值ｆ
è
ç５π
ø
÷
＝
１
×
５π
＋１＋
１２ ２ ６ ６ ２ ６
æ ö
向下的抛物线 所以 ｘ ç １ ÷ 均有ｈ′ ｘ 所以 ｈ ｘ ５π ５π ３
ꎬ ∀ ∈è０ꎬａ øꎬ ( )>０ꎬ ( ) ｃｏｓ ＝１＋ － ꎬ
６ １２ ２
æ ö
在ç １ ÷上单调递增. 又ｆ ｆ １
è０ꎬａ ø (０)＝ ２ꎬ (２π)＝ ×２π＋１＋ｃｏｓ ２π＝１＋π＋１＝２＋πꎬ
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１０ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
５π ３ π ３ 所以函数ｆ ｘ 在 上的 令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 或ｘ １ 令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ １
１＋ － <２<１＋ ＋ <２＋πꎬ ( ) [０ꎬ２π] ( )>０ꎬ ０< <１ >ａ ꎬ ( )<０ꎬ １< <ａ ꎬ
１２ ２ １２ ２
æ ö
所以ｆ ｘ 在 上单调递增 在ç １ ÷上单调递减 在
最大值为 最小值为 ５π ３ 所以 ｆ ｘ 在 上 ( ) (０ꎬ１) ꎬ è１ꎬａ ø ꎬ
２＋πꎬ １＋ － ꎬ ( ) [０ꎬ２π]
１２ ２
æ ö
的值域为 é ê ê ５π ３ ù ú ú. è ç １ ａ ꎬ＋∞ø ÷上单调递增 ꎻ
ë１＋ － ꎬ２＋πû
１２ ２
当１ 即ａ 时
③ ａ <１ꎬ >１ ꎬ
１.Ｃ ２.ＡＢＤ
令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ １或ｘ 令ｆ ′ ｘ 解得１ ｘ
( )>０ꎬ ０< <ａ >１ꎬ ( )<０ꎬ ａ < <１ꎬ
３.答案
(－∞ꎬ－１)
４.解析 (１) 易得曲线ｙ ＝ ｆ ( ｘ ) 与曲线ｙ ＝ ｇ ( ｘ ) 的公共点坐标 所以ｆ ( ｘ ) 在 æ è ç ０ꎬ １ ａ ö ø ÷上单调递增 ꎬ 在 æ è ç １ ａ ꎬ１ ö ø ÷上单调递减 ꎬ 在
为 .
(１ꎬｅ) 上单调递增.
因为ｆ ′ ｘ ｘ 所以 ｆ ′ 所以曲线 ｙ ｆ ｘ 在公共点 (１ꎬ＋∞)
( )＝ｅ ꎬ (１)＝ ｅꎬ ＝ ( ) 综上所述 当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增 在
处的切线方程为ｙ ｘ 即ｙ ｘ. : <０ ꎬ ( ) (０ꎬ１) ꎬ (１ꎬ＋∞)
－ｅ＝ｅ( －１)ꎬ ＝ｅ
上单调递减
因为直线ｙ ａ分别交曲线ｙ ｆ ｘ 和ｙ ｇ ｘ 于点Ａ Ｂ ꎻ
(２) ＝ ＝ ( ) ＝ ( ) ꎬ ꎬ
æ ö
æ ö 当 ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增 在ç １ ÷上单调递
所以Ａ ａ ａ Ｂç ｅ ａ÷. ０< <１ ꎬ ( ) (０ꎬ１) ꎬ è１ꎬａ ø
(ｌｎ ꎬ )ꎬ è ａ ꎬ ø
æ ö
减 在ç １ ÷上单调递增
Ｓ ａ １ａ ＡＢ １ａ ｅ ａ ａ . ꎬ è ａ ꎬ＋∞ø ꎻ
( )＝ 􀅰｜ ｜＝ ａ －ｌｎ ꎬ ∈(０ꎬｅ)
２ ２ 当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增
＝１ ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎻ
因为ａ 时 ｅ ａ 所以 ｅ ａ
æ ö æ ö
∈(０ꎬｅ) ꎬａ >１ꎬｌｎ <１ꎬ ａ >ｌｎ ꎬ 当ａ 时 ｆ ｘ 在ç １ ÷上单调递增 在ç １ ÷上单调递
>１ ꎬ ( ) è０ꎬａ ø ꎬ è ａ ꎬ１ø
所以Ｓ ａ ｅ １ａ ａ ａ 减 在 上单调递增.
( )＝ － ｌｎ ꎬ ∈(０ꎬｅ)ꎬ ꎬ (１ꎬ＋∞)
２ ２
由 知 ａ 且ａ
(２) (１) : >０ ≠１ꎬ
求导得Ｓ′ ａ １ ａ
( )＝ － (１＋ｌｎ )ꎬ æ ö
２ 且ｇ ａ ｆ ç １ ÷ ｆ ａ ａ ａ ａ ａ ａ.
( )＝ è ａ ø＋ (１)＝ １－ ＋( ＋１)ｌｎ ＋ －１＝( ＋１)ｌｎ
令Ｓ′ ａ 得ａ １ 所以Ｓ′ ａ Ｓ ａ 的变化情况如表
( )＝ ０ꎬ ＝ ꎬ ( )ꎬ ( ) : ｇ ａ ａ 等价于 ａ ａ ａ ａ 且ａ
ｅ ( )<２ －２ ( ＋１)ｌｎ <２ －２( >０ ≠１)ꎬ
ａ
æ ö æ ö 等价于解不等式 ａ ２( －１)
ａ ç １ ÷ １ ç １ ÷ ｌｎ － ａ <０ꎬ
è０ꎬ ø è ꎬｅø ＋１
ｅ ｅ ｅ
ａ
Ｓ′ ａ 令ｍ ａ ａ ２( －１) ａ 构造函数 ｍ ａ 结合函数
( ) ＋ ０ － ( )＝ｌｎ － ａ ( >０)ꎬ( ( )ꎬ
＋１
Ｓ ａ 极大值
( ) ↗ ↘ 的单调性以及特殊值ｍ 从而解得不等式的解集
(１)＝ ０ꎬ )
因此 Ｓ ａ 的极大值也是最大值 为Ｓ æ ç １ ö ÷ ｅ １. ｍ′ ａ １ ４ ( ａ －１) ２
ꎬ ( ) ꎬ è ｅ ø ＝ ２ ＋ ２ｅ ( )＝ ａ － ( ａ ＋１) ２ ＝ａ ( ａ ＋１) ２ >０ꎬ
５.解析 函数ｆ ｘ 的定义域为 对ｆ ｘ 求导得 所以ｍ ａ 在 上单调递增 且ｍ
(１) ( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ ( ) ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ (１)＝ ０ꎬ
ａ ａｘ２ ａ ｘ ａｘ ｘ 所以ｍ ａ ｍ 即不等式的解集为 ａ ａ .
ｆ ′ ｘ ａ １ ＋１ －( ＋１) ＋１ ( －１)( －１) ( )<０＝ (１)ꎬ { ｜０< <１}
( )＝ ＋ｘ２ － ｘ ＝ ｘ２ ＝ ｘ２ ꎬ
６.解析 因为ｆ ｘ ａｘ３ ｂｘ 所以ｆ ′ ｘ ａｘ２ ｂ
(１) ( )＝ ＋ ＋２ꎬ ( )＝ ３ ＋ ꎬ
令ｆ ′ ｘ 则ｘ ｘ １. 又函数ｆ ｘ 在ｘ 处取得极值
( )＝ ０ꎬ １＝１ꎬ ２＝ ａ ( ) ＝２ －１４ꎬ
{ｆ ′ ａ ｂ { ａ ｂ {ａ
当ａ 时 ａｘ 所以 (２)＝ １２ ＋ ＝０ꎬ 即 １２ ＋ ＝０ꎬ解得 ＝１ꎬ
<０ ꎬ －１<０ꎬ ｆ ａ ｂ ａ ｂ ｂ
令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ (２)＝ ８ ＋２ ＋２＝－１４ꎬ ４ ＋ ＝－８ꎬ ＝－１２ꎬ
( )>０ꎬ ０< <１ꎬ ( )<０ꎬ >１ꎬ 经检验 ａ ｂ 符合题意 故ａ ｂ .
所以ｆ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减 ꎬ ＝１ꎬ ＝－１２ ꎬ ＝１ꎬ ＝－１２
( ) (０ꎬ１) ꎬ (１ꎬ＋∞) ꎻ 由 知 ｆ ｘ ｘ３ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ２
当ａ 时 (２) (１) : ( )＝ －１２ ＋２ꎬ ( )＝ ３ －１２ꎬ
>０ ꎬ 故ｆ ｆ ′ .
(１)＝ －９ꎬ (１)＝ －９
当１ 即ａ 时 ｆ ′ ｘ 恒成立 所以曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程为 ｙ
① ａ ＝１ꎬ ＝１ ꎬ ( )≥０ ꎬ ＝ ( ) (１ꎬ (１)) －
ｘ 即 ｘ ｙ .
所以ｆ ｘ 在 上单调递增 (－９)＝ －９( －１)ꎬ ９ ＋ ＝０
( ) (０ꎬ＋∞) ꎻ
由 知 ｆ ｘ ｘ３ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ２
(３) (１) : ( )＝ －１２ ＋２ꎬ ( )＝ ３ －１２ꎬ
当１ 即 ａ 时
② ａ >１ꎬ ０< <１ ꎬ 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ｘ
( )＝ ０ꎬ １＝－２ꎬ ２＝２ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 １１
ｘ 时 随ｘ的变化ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如表 ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增 即在定义域Ｒ上不存在极值.
∈[－３ꎬ３] ꎬ ( )ꎬ ( ) : ∴ ( ) ꎬ
ｘ
－３ (－３ꎬ－２) －２ (－２ꎬ２) ２ (２ꎬ３) ３
(２)
因为ｆ
(
ｘ
)＝ｅ
ｘ
－
ｘ２
－１≥
ａｘ在ｘ
∈[０ꎬ＋∞)
上恒成立
ꎬ
所以 ｘ ｘ２ ａｘ 在ｘ 上恒成立.
ｆ ′ ｘ ｅ － － －１≥０ ∈[０ꎬ＋∞)
( ) ＋ ０ － ０ ＋
显然当ｘ 时不等式成立
ｆ ｘ ＝０ ꎬ
( ) １１ ↗ １８ ↘ －１４ ↗ －７ ｘ ｘ２
当ｘ 时 ａ ｅ － －１恒成立
由表可知 当ｘ 时 函数ｆ ｘ 有极大值ｆ >０ ꎬ ≤ ｘ ꎬ
: ＝－２ ꎬ ( ) (－２)＝ １８ꎻ
当ｘ ＝２ 时 ꎬ 函数ｆ ( ｘ ) 有极小值ｆ (２)＝ －１４ꎻ 令ｇ ｘ ｅ ｘ － ｘ２ －１ ｘ
因为ｆ ｆ ｆ ｆ ( )＝ ｘ ꎬ >０ꎬ
(－２)＝ １８> (３)＝ －７ꎬ (２)＝ －１４< (－３)＝ １１ꎬ
故函数ｆ ｘ 在 上的最小值为 ｆ 最大值为 ｘ ｘ ｘ
( ) [－３ꎬ３] (２)＝ －１４ꎬ 则ｇ′ ｘ ( －１)(ｅ － －１)
ｆ . ( )＝ ｘ２ ꎬ
(－２)＝ １８
记Ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ
( )＝ｅ － －１ꎬ >０ꎬ
Ｆ′ ｘ ｘ
１.ＢＤ ２.ＢＤ ∴ ( )＝ｅ －１ꎬ
当ｘ 时 Ｆ′ ｘ Ｆ ｘ 单调递增 故Ｆ ｘ Ｆ
３.答案 >０ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ ( )> (０)＝ ０ꎬ
①④ 故当ｘ 时 ｘ ｘ
４.解析 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ ２ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ２ >０ ꎬｅ － －１>０ꎬ
(１) ＝１ ꎬ ( )＝ｅ( －１) ꎬ ( )＝ｅ( －１)ꎬ 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 当ｘ 时 ｇ′ ｘ
所以ｆ ′ ０ ２ 又ｆ ０ ２ ０< <１ ꎬ ( )<０ꎻ >１ ꎬ ( )>０ꎬ
(０)＝ｅ (０ －１)＝ －１ꎬ (０)＝ｅ (０－１) ＝１ꎬ 所以ｇ ｘ 在 上单调递减 在 上单调递增
所以切线方程为ｙ ｘ 即ｘ ｙ . ( ) (０ꎬ１) ꎬ (１ꎬ＋∞) ꎬ
－１＝－( －０)ꎬ ＋ －１＝０
所以当ｘ 时 ｇ ｘ 所以ａ .
ｆ ′ ｘ ａ ａｘ ｘ ２ ａｘ ｘ ａｘ ｘ ａｘ ａ ＝１ ꎬ ( )ｍｉｎ＝ｅ－２ꎬ ≤ｅ－２
(２) ( )＝ ｅ ( －１) ＋２ｅ ( －１)＝ｅ ( －１)( － ＋２)ꎬ 故实数ａ的取值范围是 .
当ａ 时 令ｆ ′ ｘ ｘ 解得ｘ (－∞ꎬｅ－２]
＝０ ꎬ ( )＝ ２( －１)＝ ０ꎬ ＝１ꎬ
故ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
4.3 导数的综合运用
<１ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎻ
ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增
>１ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ
故ｘ 时 ｆ ｘ 的极小值为ｆ 无极大值.
＝１ ꎬ ( ) (１)＝ ０ꎬ
考点1 利用导数证明不等式
当ａ 时 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ｘ ２
>０ ꎬ ( )＝ ０ꎬ １＝１ꎬ ２＝１－ａ ꎬ
ｘ
１.解析 ｆ ′ ｘ ＋２ １ ｘ 故曲线ｙ ｆ ｘ 在
故当ｘ ２或ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增
(１) ( )＝
２
ｘ
(
ｘ
＋１)
－ｘ２ ｌｎ( ＋１)ꎬ ＝ ( )
<１－ａ >１ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ
ｘ 处的切线斜率为ｆ ′ １ ｌｎ ３.
＝２ (２)＝ －
当 ２ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 ３ ４
１－ａ < <１ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ
指数找朋友法.
æ ö ａ －２ (２)
故ｆ ｘ 的极大值为ｆ ç ２ ÷ ４ｅ 极小值为ｆ . ｘ
( ) è１－ａ ø ＝ ａ２ ꎬ (１)＝ ０ 证明
:
当 ｘ
>０
时
ꎬ
ｆ
(
ｘ
)>１⇔ｌｎ(
ｘ
＋１)－ｘ
２
>０ꎬ
令ｇ
(
ｘ
)＝
＋２
当ａ 时 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ｘ ２ ｘ ｘ２
<０ ꎬ ( )＝ ０ꎬ １＝１ꎬ ２＝１－ａ ꎬ
ｌｎ(
ｘ
＋１)－ｘ
２
ꎬ
ｘ
>０ꎬ
ｇ′
(
ｘ
)＝ ｘ ｘ ２ >０ꎬ
故ｇ
(
ｘ
)
在
(０ꎬ
＋２ ( ＋１)( ＋２)
故当ｘ 或ｘ ２时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 上单调递增 因此ｇ ｘ ｇ 原不等式得证.
<１ >１－ａ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ ＋∞) ꎬ ( )> (０)＝ ０ꎬ
２.解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ １ ａｘ
当 ｘ ２时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 (１) ( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ ｘ ＋２ ＋
１< <１－ａ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ
ｘ ａｘ
æ ö ａ －２ ａ ( ＋１)(２ ＋１).
故ｆ ｘ 的极大值为ｆ ç ２ ÷ ４ｅ 极小值为ｆ . ２ ＋１＝ ｘ
( ) è１－ａ ø ＝ ａ２ ꎬ (１)＝ ０
若ａ 则当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
综上 当ａ 时 ｆ ｘ 的极小值为ｆ 无极大值 ≥０ꎬ ∈(０ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ
ꎬ ＝０ ꎬ ( ) (１)＝ ０ꎬ ꎻ
故ｆ ｘ 在 单调递增.
æ ö ａ －２ ( ) (０ꎬ＋∞)
当ａ ≠０ 时 ꎬ ｆ ( ｘ ) 的极大值为 ｆ è ç １－ａ ２ ø ÷ ＝ ４ｅ ａ２ ꎬ 极小值为 若ａ 则当ｘ æ ç １ ö ÷时 ｆ ′ ｘ
<０ꎬ ∈è０ꎬ－ ａø ꎬ ( )>０ꎻ
ｆ . ２
(１)＝ ０
æ ö
５.解析 ｆ ｘ ｘ ｘ２ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ 当ｘ ç １ ÷时 ｆ ′ ｘ
(１)∵ ( )＝ｅ － －１ꎬ∴ ( )＝ｅ －２ ꎬ ∈è－ ａꎬ＋∞ø ꎬ ( )<０ꎬ
记ｈ ｘ ｘ ｘ ｈ′ ｘ ｘ ２
( )＝ｅ －２ ꎬ∴ ( )＝ｅ －２ꎬ æ ö æ ö
当ｘ 时 ｈ′ ｘ 当ｘ 时 ｈ′ ｘ 故ｆ ｘ 在ç １ ÷单调递增 在ç １ ÷单调递减.
>ｌｎ ２ ꎬ ( )>０ꎻ <ｌｎ ２ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) è０ꎬ－ ａø ꎬ è－ ａꎬ＋∞ø
２ ２
则ｆ ′ ｘ 在 上单调递减 在 上单调递
( ) (－∞ꎬｌｎ ２) ꎬ (ｌｎ ２ꎬ＋∞)
证明 由 知 当 ａ 时 ｆ ｘ 在 ｘ １ 取得最大值
增 ｆ ′ ｘ ｆ ′ (２) : (１) ꎬ <０ ꎬ ( ) ＝－ ａ ꎬ
ꎬ∴ ( )ｍｉｎ＝ (ｌｎ ２)＝ ２－２ｌｎ ２>０ꎬ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１２ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
æ ö æ ö 当ｘ 时 ｈ ｘ ｈ
最大值为ｆ ç １ ÷ ç １ ÷ １. ∴ ∈(－∞ꎬ０)∪(０ꎬ１) ꎬ ( )> (０)＝ ０ꎬ
è－ ａø ＝ｌｎè－ ａø－１－ ａ ｘ ｘ ｘ 在 上恒成立.
２ ２ ４ ∴ ＋(１－ )ｌｎ(１－ )>０ (－∞ꎬ０)∪(０ꎬ１)
æ ö
ｇ ｘ .
所以ｆ ｘ ３ 等价于 ç １ ÷ １ ３ ∴ ( )<１
( )≤－ ａ－２ ｌｎè－ ａø－１－ ａ≤－ ａ－２ꎬ
４ ２ ４ ４ ４.解析 函数ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ ｘ
(１) ( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ －ｌｎ ꎬ
æ ö
即 ç １ ÷ １ . 令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 令 ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 所以函数
ｌｎè－ ａø＋ ａ＋１≤０ ( )>０ꎬ ０< <１ꎬ ( )<０ꎬ >１ꎬ
２ ２ ｆ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减.
设ｇ ｘ ｘ ｘ ( ) (０ꎬ１) ꎬ (１ꎬ＋∞)
( )＝ｌｎ － ＋１ꎬ
证明 由ｂ ａ ａ ｂ ａ ｂ 得 １ ａ １ ｂ
则ｇ′ ｘ １ . (２) : ｌｎ － ｌｎ ＝ － ａ (１＋ｌｎ )＝ ｂ (１＋ｌｎ )ꎬ
( )＝ ｘ －１
æ ö æ ö
当ｘ 时 ｇ′ ｘ 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ .所以 即１ ç １ ÷ １ ç １ ÷
∈(０ꎬ１) ꎬ ( )>０ꎻ ∈(１ꎬ＋∞) ꎬ ( )<０ ａ è１－ｌｎ ａ ø ＝ ｂ è１－ｌｎ ｂ øꎬ
ｇ ｘ 在 单调递增 在 单调递减.故当 ｘ 时
( ) (０ꎬ１) ꎬ (１ꎬ＋∞) ＝１ ꎬ
ｇ ( ｘ ) 取得最大值 ꎬ 最大值为ｇ (１)＝ ０ .所以当ｘ >０ 时 ꎬ ｇ ( ｘ )≤ 令ｘ １＝ ａ １ ꎬ ｘ ２＝ １ ｂ ꎬ 则 ｘ １ꎬ ｘ ２ 为 ｆ ( ｘ )＝ ｋ 的两个实根 ꎬ 当 ｘ →０ ＋
.从而当ａ 时 æ ç １ ö ÷ １ 即ｆ ｘ ３ . 时 ꎬ ｆ ( ｘ )→０ ＋ ꎬ 当ｘ →＋∞ 时 ꎬ ｆ ( ｘ )→－∞ꎬ 且ｆ (１)＝ １ꎬ
０ <０ ꎬｌｎè－ ａø＋ ａ＋１≤０ꎬ ( )≤－ ａ－２
２ ２ ４ 故ｋ
∈(０ꎬ１)ꎬ
３.解析 第一步ꎬ利用 ｘ 是函数 ｙ ｘｆ(ｘ)的极值点
(１) ＝０ ＝ 不妨令ｘ ｘ 则 ｘ ｘ
求ａ.
１∈(０ꎬ１)ꎬ ２∈(１ꎬｅ)ꎬ ２－ １>１ꎬｅ－ １>１ꎬ
先证明ｘ ｘ 即证ｘ ｘ
由题意得ｙ ｘｆ ｘ ｘ ａ ｘ ｘ ａ
１＋ ２>２ꎬ ２>２－ １ꎬ
＝ ( )＝ ｌｎ( － )ꎬ ∈(－∞ꎬ )ꎬ 即证ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ .
( ２)＝ ( １)< (２－ １)
ｘ
ｙ′ ａ ｘ ｘ １ ａ ｘ 令ｈ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ
∴ ＝ｌｎ( － )＋ 􀅰ａ ｘ􀅰(－１)＝ｌｎ( － )－ａ ｘꎬ ( )＝ ( )－ (２－ )ꎬ ∈(０ꎬ１)ꎬ
－ － 则ｈ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ
ｘ 是函数ｙ ｘｆ ｘ 的极值点 ( )＝ ( )＋ (２－ )＝ －ｌｎ －ｌｎ(２－ )
∵ ＝０ ＝ ( ) ꎬ ｘ ｘ .
＝ －ｌｎ[ (２－ )]
ａ ０ 可得ａ . ｘ ｘ ｘ
∴ ｌｎ( －０)－ａ ＝０ꎬ ＝１ ∵ ∈(０ꎬ１)ꎬ∴ (２－ )∈(０ꎬ１)ꎬ
－０
ｈ′ ｘ 恒成立
第二步ꎬ证明求出的ａ满足条件. ∴ ( )>０ ꎬ
ｈ ｘ 为增函数
ｘ ∴ ( ) ꎬ
当ａ 时 ｙ′ ｘ ｘ
＝１ ꎬ ＝ｌｎ(１－ )－
１－
ｘꎬ ∈(－∞ꎬ１)ꎬ
∴
ｈ
(
ｘ
)<
ｈ
(１)＝ ０
.
ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ 即ｆ ｘ ｆ ｘ
令ｐ ｘ ｘ ｘ ∴ ( １)－ (２－ １)<０ꎬ ( １)< (２－ １)ꎬ
( )＝ｌｎ(１－ )－ ｘꎬ ∈(－∞ꎬ１)ꎬ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ .
１－ ∴ ( ２)< (２－ １)ꎬ∴ ２>２－ １ꎬ∴ １＋ ２>２
ｘ 再证ｘ ｘ .
则ｐ′ ｘ １ １ －２ １＋ ２<ｅ
( )＝ｘ － ｘ ２ ＝ ｘ ２ ꎬ 设ｘ ｔｘ 则ｔ
－１ (１－ ) ( －１) ２＝ １ꎬ >１ꎬ
易知当ｘ 时 ｐ′ ｘ 恒成立. ａ ｂ
∈(－∞ꎬ１) ꎬ ( )<０ 结合ｌｎ ＋１ ｌｎ ＋１ １ ｘ １ ｘ
ｐ ｘ 在 上为减函数 又ｐ ａ ＝ ｂ ꎬａ ＝ １ꎬ ｂ ＝ ２
∴ ( ) (－∞ꎬ１) ꎬ (０)＝ ０ꎬ
当ｘ 时 ｐ ｘ 当ｘ 时 ｐ ｘ 可得ｘ ｘ ｘ ｘ
∴ ∈(－∞ꎬ０) ꎬ ( )>０ꎻ ∈(０ꎬ１) ꎬ ( )<０ꎬ １(１－ｌｎ １)＝ ２(１－ｌｎ ２)ꎬ
函数ｙ ｘｆ ｘ ｘ ｘ 在 上为增函数 在 ｔ ｔ ｔ
∴ ＝ ( )＝ ｌｎ(１－ ) (－∞ꎬ０) ꎬ (０ꎬ１) 即 ｘ ｔ ｔ ｘ 故 ｘ －１－ ｌｎ
上为减函数.
１－ｌｎ １＝ (１－ｌｎ －ｌｎ １)ꎬ ｌｎ １＝ ｔ
－１
ꎬ
要证ｘ ｘ 即证 ｔ ｘ 即证 ｔ ｘ
∴
当ａ
＝１
时
ꎬ
ｘ
＝０
是函数ｙ
＝
ｘｆ
(
ｘ
)
的极值点.
∴
ａ
＝１
. １＋ ２<ｅꎬ ( ＋１) １<ｅꎬ ｌｎ( ＋１)＋ｌｎ １<１ꎬ
ｔ ｔ ｔ
证明 由 知ａ ｆ ｘ ｘ ｘ 即证 ｔ －１－ ｌｎ 即证 ｔ ｔ ｔ ｔ
(２) : (１) ＝１ꎬ∴ ( )＝ｌｎ(１－ )ꎬ ∈(－∞ꎬ１)ꎬ ｌｎ( ＋１)＋ ｔ <１ꎬ ( －１)ｌｎ( ＋１)－ ｌｎ <０ꎬ
当ｘ 时 ｆ ｘ ｘ ｘｆ ｘ －１
∈(０ꎬ１) ꎬ ( )＝ｌｎ(１－ )<０ꎬ∴ ( )<０ꎻ 令Ｓ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ
当ｘ 时 ｆ ｘ ｘ ｘｆ ｘ ( )＝( －１)ｌｎ( ＋１)－ ｌｎ ꎬ >１ꎬ
∈(－∞ꎬ０) ꎬ ( )＝ｌｎ(１－ )>０ꎬ∴ ( )<０ꎬ ｔ æ ö
ｘ ｆ ｘ 则Ｓ′ ｔ ｔ －１ ｔ ç １ ÷ ２ .
要证ｇ ｘ ＋ ( ) ｇ ｘ 的定义域为 ( )＝ｌｎ( ＋１)＋ｔ －１－ｌｎ ＝ｌｎè１＋ ｔ ø－ｔ
∴ ( )＝ ｘｆ ｘ <１( ( ) (－∞ꎬ０)∪(０ꎬ ＋１ ＋１
( ) 因为 ｘ ｘ ｘ 当且仅当ｘ 时等号成立
只需证ｘ ｆ ｘ ｘｆ ｘ . ｌｎ( ＋１)≤ ( >－１ꎬ ＝０ )ꎬ
１))ꎬ ＋ ( )> ( ) æ ö
只需证ｘ ｘ ｘ ｘ 所以可得当ｔ 时 ç １ ÷ １ ２
＋ｌｎ(１－ )> ｌｎ(１－ )ꎬ >１ ꎬｌｎè１＋ ｔ ø≤ ｔ <ｔ ꎬ
＋１
只需证ｘ ｘ ｘ
＋(１－ )ｌｎ(１－ )>０ꎬ 故Ｓ′ ｔ 恒成立
( )<０ ꎬ
令ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 且ｘ
( )＝ ＋(１－ )ｌｎ(１－ )ꎬ <１ ≠０ꎬ 故Ｓ ｔ 在 上为减函数 故Ｓ ｔ Ｓ
( ) (１ꎬ＋∞) ꎬ ( )< (１)＝ ０ꎬ
则ｈ′ ｘ ｘ ｘ
( )＝ １－ｌｎ(１－ )－１＝－ｌｎ(１－ )ꎬ 故 ( ｔ －１)ｌｎ( ｔ ＋１)－ ｔ ｌｎ ｔ <０ 成立 ꎬ 即ｘ １＋ ｘ ２<ｅ 成立.
当ｘ 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递增 当 ｘ
∴ ∈(０ꎬ１) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ ∈(－∞ꎬ０) 综上所述 １ １ .
时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递减 ꎬ２<ａ ＋ ｂ <ｅ
ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 １３
考点2 利用导数研究不等式恒(能)成立问题 取ｃ 得ｈ ｘ ｘ ｘ ｈ 则由 知 当ｘ
＝－１ ( )＝ ２ｌｎ －２ ＋２ꎬ (１)＝ ０ꎬ (１) ꎬ ≠１
１.解析 证明 设ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 时 ｈ ｘ 即 ｘ ｘ .故当ｘ ａ ａ 时
(１) : ( )＝ ( )ꎬ ꎬ ( )<０ꎬ １－ ＋ｌｎ <０ ∈(０ꎬ )∪( ꎬ＋∞) ꎬ１－
则ｇ ｘ ｘ ｘ ｘ ｇ′ ｘ ｘ ｘ. ａ ａ
( )＝ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ －１ꎬ ( )＝ ｃｏｓ 从而 ｇ′ ｘ .所以 ｇ ｘ 在区间 ａ ａ
æ ö æ ö ｘ ＋ｌｎ ｘ <０ꎬ ( )<０ ( ) (０ꎬ )ꎬ( ꎬ
当ｘ ç π÷时 ｇ′ ｘ 当ｘ çπ ÷时 ｇ′ ｘ
∈è０ꎬ ø ꎬ ( )>０ꎻ ∈è ꎬπø ꎬ ( )<０ꎬ 单调递减.
２ ２ ＋∞)
æ ö æ ö ４.解析 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｆ ′ ｘ ｘ ｘ
所以ｇ ｘ 在ç π÷上单调递增 在çπ ÷上单调递减. (１) ＝１ ꎬ ( )＝ ｅ －ｅ ꎬ ( )＝ ｅ ꎬ
( ) è０ꎬ ø ꎬ è ꎬπø
２ ２ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
∈(－∞ꎬ０) ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ
æ ö
又ｇ ｇçπ÷ ｇ 故ｇ ｘ 在 存在唯一 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增.
(０)＝ ０ꎬ è ø>０ꎬ (π)＝ －２ꎬ ( ) (０ꎬπ) ∈(０ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ ( )
２
当ｘ 时 ｆ ｘ
零点.所以ｆ ′ ｘ 在 存在唯一零点. (２) >０ ꎬ ( )<－１ꎬ
( ) (０ꎬπ) 即ｘ ａｘ ｘ 在 上恒成立
由题设知ｆ ａ ｆ 可得ａ . ｅ －ｅ <－１ (０ꎬ＋∞) ꎬ
(２) (π)≥ πꎬ (π)＝ ０ꎬ ≤０
令Ｆ ｘ ｘ ａｘ ｘ ｘ
由 知 ｆ ′ ｘ 在 只有一个零点 设为 ｘ 且当 ｘ ( )＝ ｅ －ｅ ＋１( >０)ꎬ
(１) ꎬ ( ) (０ꎬπ) ꎬ ０ꎬ ∈
则Ｆ ｘ 在 上恒成立.
ｘ 时 ｆ ′ ｘ ( )<０ (０ꎬ＋∞)
(０ꎬ ０) ꎬ ( )>０ꎻ
易得Ｆ Ｆ′ ｘ ａｘ ａｘ ａｘ ｘ Ｆ′
当ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在 ｘ 上单调递增 (０)＝ ０ꎬ ( )＝ｅ ＋ ｅ －ｅ ꎬ (０)＝ ０ꎬ
∈( ０ꎬπ) ꎬ ( )<０ꎬ ( ) (０ꎬ ０) ꎬ
在 ｘ 上单调递减. Ｆ″ ｘ ａ ａｘ ａ ａｘ ａ２ｘ ａｘ ｘ Ｆ″ ａ .
( ０ꎬπ) ( )＝ ｅ ＋ ｅ ＋ ｅ －ｅ ꎬ (０)＝ ２ －１
又ｆ ｆ 所以 当ｘ 时 ｆ ｘ . 若Ｆ″
(０)＝ ０ꎬ (π)＝ ０ꎬ ꎬ ∈[０ꎬπ] ꎬ ( )≥０ (０)>０ꎬ
又当ａ ｘ 时 ａｘ 故ｆ ｘ ａｘ. 则Ｆ′ ｘ 必定存在一个单调递增区间 ｘ
≤０ꎬ ∈[０ꎬπ] ꎬ ≤０ꎬ ( )≥ ( ) (０ꎬ ０)ꎬ
因此 ａ的取值范围是 . 又Ｆ′
ꎬ (－∞ꎬ０] (０)＝ ０ꎬ
２.解析 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ′ 曲线 Ｆ ｘ 也必定存在一个单调递增区间 ｘ′ .
(１) ＝ｅ ꎬ ( )＝ｅ －ｌｎ ＋１ꎬ (１)＝ｅ－１ꎬ ∴ ( ) (０ꎬ ０)
ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程为ｙ ｘ 于是Ｆ ｘ Ｆ 在 ｘ′ 上恒成立 与 Ｆ ｘ 矛盾
＝ ( ) (１ꎬ (１)) －(ｅ＋１)＝(ｅ－１)( － ( )> (０)＝ ０ (０ꎬ ０) ꎬ ( )<０ ꎬ
即ｙ ｘ .
１)ꎬ ＝(ｅ－１) ＋２ Ｆ″ ａ １ .
∴ (０)≤０ꎬ∴ ≤
直线ｙ ｘ 在ｘ轴 ｙ轴上的截距分别为－２ . ２
＝(ｅ－１) ＋２ ꎬ ꎬ２ ｘ
ｅ－１ ａｘ 在 上成立
２
æ ∵ ｅ ≤ｅ (０ꎬ＋∞) ꎬ
因此所求三角形的面积为 ２ ç易错 容易忽略三角形的面 ｘ
è : Ｆ ｘ ｘ ２ ｘ 在 上成立
ｅ－１ ∴ ( )≤ ｅ －ｅ ＋１ (０ꎬ＋∞) ꎬ
积应大于 而把结果写成－２
ö
÷. 分
故只需证ｘ
ｅ ２
ｘ
－ｅ
ｘ
＋１<０
在
(０ꎬ＋∞)
上成立.
０ ø (６ )
ｅ－１
令Ｇ ｘ ｘ ２
ｘ
ｘ ｘ
当 ａ 时 ｆ ａ ａ . ( )＝ ｅ －ｅ ＋１( >０)ꎬ
(２) ０< <１ ꎬ (１)＝ ＋ｌｎ <１
ｘ ｘ ｘ ｘ æ ｘ ｘ ö
当ａ 时 ｆ ｘ ｘ －１ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ －１ １.当ｘ 时 则Ｇ′ ( ｘ )＝ｅ ２ ＋ ｅ ２ －ｅ ｘ ＝ｅ ２ è ç １＋ －ｅ ２ ø ÷.
＝１ ꎬ ( )＝ｅ －ｌｎ ꎬ ( )＝ｅ － ｘ ∈(０ꎬ１) ꎬ ２ ２
ｘ ｘ 在 上成立
ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ .所以当ｘ 时 ｆ ｘ ∵ ｅ > ＋１ (０ꎬ＋∞) ꎬ
( )<０ꎻ ∈(１ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ ＝１ ꎬ ( )
取得最小值 ꎬ 最小值为ｆ (１)＝ １ꎬ 从而ｆ ( ｘ )≥１ . ∴ ｅ ２ ｘ > ｘ ＋１ 在 (０ꎬ＋∞) 上成立.
当ａ 时 ｆ ｘ ａ ｘ －１ ｘ ａ ｘ －１ ｘ . ２
>１ ꎬ ( )＝ ｅ －ｌｎ ＋ｌｎ >ｅ －ｌｎ ≥１
Ｇ′ ｘ 故Ｇ ｘ 在 上单调递减
综上 ａ的取值范围是 . 分 ∴ ( )<０ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ
ꎬ [１ꎬ＋∞) (１２ )
Ｇ ｘ Ｇ .
３.解析 设ｈ ｘ ｆ ｘ ｘ ｃ 则ｈ ｘ ｘ ｘ ｃ ∴ ( )< (０)＝ ０
(１) ( )＝ ( )－２ － ꎬ ( )＝ ２ｌｎ －２ ＋１－ ꎬ ｘ ２ ｘ ｘ 在 上成立.
ｘ ∴ ｅ －ｅ ＋１<０ (０ꎬ＋∞)
其定义域为 ｈ′ ｘ ２ ２(１－ ).
(０ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ ｘ －２＝ ｘ
故当ａ １ 时 ｘ ａｘ ｘ 在 成立.
≤ ꎬ ｅ －ｅ <－１ (０ꎬ＋∞)
当 ｘ 时 ｈ′ ｘ 当ｘ 时 ｈ′ ｘ .所以ｈ ｘ 在区间 ２
０< <１ ꎬ ( )>０ꎻ >１ ꎬ ( )<０ ( )
(０ꎬ１) 单调递增 ꎬ 在区间 (１ꎬ＋∞) 单调递减.从而当 ｘ ＝１ 时 ꎬ
∴
ａ的取值范围为 æ
è
ç
－∞ꎬ
１ ù
û
úú.
ｈ ｘ 取得最大值 最大值为ｈ ｃ. ２
( ) ꎬ (１)＝ －１－
故当且仅当 ｃ 即ｃ 时 ｆ ｘ ｘ ｃ. 构造函数ｈ ｘ ｘ １ ｘ ｘ
－１－ ≤０ꎬ ≥－１ ꎬ ( )≤２ ＋ (３) ( )＝ － ｘ －２ｌｎ ( >１)ꎬ
所以ｃ的取值范围为 .
[－１ꎬ＋∞)
ｘ２ ｘ ｘ ２
ｆ ｘ ｆ ａ ｘ ａ 则ｈ′ ｘ １ ２ －２ ＋１ ( －１)
ｇ ｘ ( )－ ( ) ２(ｌｎ －ｌｎ ) ｘ ａ ａ ( )＝ １＋ｘ２ － ｘ ＝ ｘ２ ＝ ｘ２ ꎬ
(２) ( )＝ ｘ ａ ＝ ｘ ａ ꎬ ∈(０ꎬ )∪( ꎬ＋∞)ꎬ
－ －
易知ｈ′ ｘ ｈ ｘ 在 上单调递增
æｘ ａ ö æ ａ ａ ö ( )>０ꎬ∴ ( ) (１ꎬ＋∞) ꎬ
ç － ａ ｘ÷ ç ÷
２è ｘ ＋ｌｎ －ｌｎ ø ２è１－ ｘ ＋ｌｎ ｘ ø
ｇ′ ｘ . ｈ ｘ ｈ ｘ １ ｘ 令ｘ １
( )＝ ｘ ａ ２ ＝ ｘ ａ ２ ∴ ( )> (１)＝ ０ꎬ∴ － ｘ >２ｌｎ ꎬ ＝ １＋ｎ ꎬ
( － ) ( － )
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１４ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
ｎ
则有 １ １ １ １ ＋１ 令ｆ ′ ｘ 得ｘ ａ 令ｇ′ ｘ 得ｘ １.
１＋ｎ － >２ｌｎ １＋ｎ ꎬ∴ >ｌｎ ｎ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝ｌｎ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝ ａ
ｎ２ ｎ
１ ＋
１＋ｎ 易知ｆ ｘ ｆ ａ ａ ａ ａ
( )ｍｉｎ＝ (ｌｎ )＝ － ｌｎ ꎬ
ｎ æ ö
１ １ １ ２ ３ ＋１ ｇ ｘ ｇç １ ÷ ａ
∴
１ ２ ＋１
＋
２ ２ ＋２
＋􀆺＋
ｎ２ ＋ ｎ
>ｌｎ
１
＋ｌｎ
２
＋􀆺＋ｌｎ ｎ ＝ ( )ｍｉｎ＝ è ａ ø ＝１＋ｌｎ ꎬ
ａ
ｎ .原式得证. ａ ａ ａ ａ 即 ａ －１ .
ｌｎ( ＋１) ∴ － ｌｎ ＝１＋ｌｎ ꎬ ｌｎ ＝ａ ①
考点3 利用导数研究函数零点问题 ＋１
ｘ
令ｈ ｘ ｘ －１ ｘ
１.解 析
(１)
由 题 意 得 ｆ ′
(
ｘ
) ＝ ２
ａ２ｘ
＋
ａ
－
３
ｘ ＝
( )＝ｌｎ －ｘ
＋１
( >０)ꎬ
ｘ２
ａｘ ａｘ ａｘ 则ｈ′ ｘ １ ２ ＋１
(２ ＋３)( －１) ｘ . ａ ｘ ２ ＋３ 当 ( )＝ ｘ － ｘ ２ ＝ｘ ｘ ２ >０ꎬ
ｘ ꎬ ∈(０ꎬ＋∞) ∵ >０ꎬ >０ꎬ∴ ｘ >０ꎬ ( ＋１) ( ＋１)
ｈ ｘ 在 上单调递增
æ ö æ ö ∴ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ
ｘ ç １ ÷时 ｆ ′ ｘ 当ｘ ç １ ÷时 ｆ ′ ｘ 函 则ｈ ｘ 最多有一个零点.
∈è０ꎬａ ø ꎬ ( )<０ꎻ ∈è ａ ꎬ＋∞ø ꎬ ( )>０ꎬ∴ ( )
æ ö æ ö 又ｈ １－１
数ｆ ｘ 在ç １ ÷上单调递减 在ç １ ÷上单调递增. (１)＝ｌｎ １－ ＝０ꎬ
( ) è０ꎬａ ø ꎬ è ａ ꎬ＋∞ø １＋１
方程 有且仅有一解 为ａ 即为所求.
ｙ ｆ ｘ 的图象与ｘ轴没有公共点 ∴ ① ꎬ ＝１ꎬ
(２)∵ ＝ ( ) ꎬ 由 知 ｆ ｘ ｘ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ｘ 单
函数ｆ ｘ 在 上没有零点 (２) (１) ꎬ ( )＝ｅ － ꎬ ( )＝ －ｌｎ ꎬ <０ ꎬ ( )
∴ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ
调递减 当ｘ 时 ｆ ｘ 单调递增
æ ö æ ö ꎬ >０ ꎬ ( ) ꎻ
又函数ｆ ( ｘ ) 在 è ç ０ꎬ １ ａ ø ÷上单调递减 ꎬ 在 è ç １ ａ ꎬ＋∞ø ÷上单调递增 ꎬ 当
０<
ｘ
<１
时
ꎬ
ｇ
(
ｘ
)
单调递减
ꎬ
当ｘ
>１
时
ꎬ
ｇ
(
ｘ
)
单调递增.
不妨设直线ｙ ｂ与ｙ ｆ ｘ 的图象的两交点的横坐标分别为
æ ö ＝ ＝ ( )
ｆ ｘ ｆ ç １ ÷ １ ａ ａ 解得
∴ ( )ｍｉｎ＝ è ａ ø ＝３－３ｌｎ ａ ＝３＋３ｌｎ >０ꎬ∴ ｌｎ >－１ꎬ ｘ ｘ 与ｙ ｇ ｘ 的图象的两交点的横坐标分别为 ｘ ｘ 且
１ꎬ ２ꎬ ＝ ( ) ２ꎬ ３ꎬ
æ ö ｘ ｘ ｘ .
ａ １ 故实数ａ的取值范围是ç １ ÷. １< ２< ３
> ꎬ è ꎬ＋∞ø 则 ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
ｅ ｅ ｅ １ － １＝ｅ ２ － ２＝ ２－ｌｎ ２＝ ３－ｌｎ ３ꎬ
２.解析 (１) 当ａ ＝１ 时 ꎬ ｆ ( ｘ )＝ｅ ｘ － ｘ －２ꎬ 则ｆ ′ ( ｘ )＝ｅ ｘ －１ . ∴ ｅ ｘ １ － ｘ １＝ ｘ ２－ｌｎ ｘ ２＝ｅ ｌｎ ｘ ２ －ｌｎ ｘ ２ .
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ . 易知ｘ ｘ 则 ｘ
<０ ꎬ ( )<０ꎻ >０ ꎬ ( )>０ １∈(－∞ꎬ０)ꎬ ２∈(０ꎬ１)ꎬ ｌｎ ２∈(－∞ꎬ０)ꎬ
所以ｆ ( ｘ ) 在 (－∞ꎬ０) 单调递减 ꎬ 在 (０ꎬ＋∞) 单调递增. 又ｆ ( ｘ ) 在 (－∞ꎬ０) 上单调递减 ꎬ
若ｆ ｘ 有两个零点 则 ｘ ａ ｘ 有两个解 ｘ ｘ 同理ｘ ｘ ｘ ｘ.
(２) ( ) ꎬ ｅ － ( ＋２)＝ ０ ꎬ ∴ １＝ｌｎ ２ꎬ ２＝ｌｎ ３ꎬ ３＝ｅ ２
ｘ æ 又 ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ .
由方程可知 ꎬ ｘ ＝－２ 不成立 ꎬ 即 ａ ＝ｘ ｅ 有两个解 ꎬ è ç将问题转 ｅ ２ － ２＝ ２－ｌｎ ２ꎬ∴ ｌｎ ２＋ｅ ２ ＝２ ２
＋２ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ .
２
ｘ ö ∴ １＋ ３＝ｌｎ ２＋ｅ ＝２ ２
化为曲线ｙ ｅ 和直线ｙ ａ有两个交点 ÷ ｘ ｘ ｘ 成等差数列.
＝ｘ ＝ ø ∴ １ꎬ ２ꎬ ３
＋２ 存在直线ｙ ｂ 其与两条曲线ｙ ｆ ｘ 和ｙ ｇ ｘ 共有三个
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ∴ ＝ ꎬ ＝ ( ) ＝ ( )
令ｈ ｘ ｅ ｘ 则有ｈ′ ｘ ｅ( ＋２)－ｅ ｅ( ＋１) 不同的交点 并且从左到右的三个交点的横坐标成等差
( )＝ｘ ( ≠－２)ꎬ ( )＝ ｘ ２ ＝ ｘ ２ ꎬ ꎬ
＋２ ( ＋２) ( ＋２) 数列.
令ｈ′ ｘ 解得ｘ 令ｈ′ ｘ 解得ｘ 或 ｘ
( )>０ꎬ >－１ꎬ ( )<０ꎬ <－２ －２< <－１ꎬ ４.解析 当ａ 时
所以函数ｈ ｘ 在 和 上单调递减 在 (１) ＝２ ꎬ
( ) (－∞ꎬ－２) (－２ꎬ－１) ꎬ ｘ２ ｘ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｘ
上单调递增 ｆ ｘ ｆ ′ ｘ ２ 􀅰２ － 􀅰２ ｌｎ ２ (２－ ｌｎ ２)
(－１ꎬ＋∞) ꎬ ( )＝ ｘꎬ ( )＝ ｘ ２ ＝ ｘ ꎬ
２ (２ ) ２
且当ｘ 时 ｈ ｘ
<－２ ꎬ ( )<０ꎬ
令ｆ ′ ｘ 得ｘ ２
当ｘ ＋时 ｈ ｘ 当ｘ 时 ｈ ｘ ( )＝ ０ꎬ ＝ ꎬ
→－２ ꎬ ( )→＋∞ꎬ →＋∞ ꎬ ( )→＋∞ꎬ ｌｎ ２
ｘ
所以当ａ ｅ 有两个解时 有ａ ｈ １ 当 ｘ ２ 时 ｆ ′ ｘ
＝ｘ ꎬ > (－１)＝ ꎬ ０< < ꎬ ( )>０ꎬ
＋２ ｅ ｌｎ ２
æ ö
所以满足条件的ａ的取值范围是ç １ ÷. 当ｘ ２ 时 ｆ ′ ｘ
è ꎬ＋∞ø > ꎬ ( )<０ꎬ
ｅ ｌｎ ２
æ ù é ö
３.解析 ｆ ′ ｘ ｘ ａ ｇ′ ｘ ａ １. 函数 ｆ ｘ 在ç ２ úú上单调递增 在êê ２ ÷上单调
(１) ( )＝ｅ － ꎬ ( )＝ － ｘ ∴ ( ) è０ꎬ û ꎬ ë ꎬ＋∞ø
ｌｎ ２ ｌｎ ２
当ａ 时 ｆ ′ ｘ 恒成立 ｆ ｘ 在Ｒ上无最小值 不符合 递减.
≤０ ꎬ ( )>０ ꎬ ( ) ꎬ
题意. ａ . 第一步ꎬ将曲线ｙ ｆ(ｘ)与直线 ｙ 的交点问题转化为
∴ >０ (２) ＝ ＝１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 １５
方程的根的问题. ｇ ｘ ｇ ａ －１ ａ ａ －１ ａ ａ －１ ａ －１
∴ ( )≥ (ｅ )＝( －１)ｅ － ｅ ＋１＝１－ｅ ꎬ
令ｆ ｘ 则
ｘａ
所以ｘａ ａｘ. ∵ ０≤
ａ
≤１ꎬ∴ １－ｅ
ａ －１
≥０ꎬ
则ｇ
(
ｘ
)≥０ꎬ
( )＝ １ꎬ ａｘ ＝１ꎬ ＝
即ｘ ｘ ａｘ 当且仅当ｘ ａ 时取等号.
ｌｎ ≥ －１ꎬ ＝１ꎬ ＝１
第二步ꎬ将幂指数形式转化为对数形式ꎬ并参变量分离.
再证 ａｘ ａ ｘ .
: －１≥ ｓｉｎ －１
ｘ ａ 设ｈ ｘ ｘ ｘ 则ｈ′ ｘ ｘ .
两边同时取对数 可得ａ ｘ ｘ ａ 即ｌｎ ｌｎ . ( )＝ －ｓｉｎ ꎬ ( )＝ １－ｃｏｓ ≥０
ꎬ ｌｎ ＝ ｌｎ ꎬ ｘ ＝ ａ
ｈ ｘ 在 上单调递增 则ｈ ｘ ｈ 即ｘ ｘ.
第三步ꎬ将方程的根的个数转化为两个函数图象的交点个
∴ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ ( )> (０)＝０ꎬ >ｓｉｎ
ａ ａｘ ａ ｘ 当且仅当ａ 时取等号.
∵ ０≤ ≤１ꎬ∴ －１≥ ｓｉｎ －１ꎬ ＝０
数ꎬ并构造函数研究单调性.
又ｘ ｘ ａｘ 与ａｘ ａ ｘ 两个不等式的等号不能同
ｌｎ ≥ －１ －１≥ ｓｉｎ －１
ｘ ａ
根据题意可知 方程ｌｎ ｌｎ 有两个实数解. 时取到 ｘ ｘ ａ ｘ 成立 即当 ａ 时 ｆ ｘ
ꎬ ｘ ＝ ａ ꎬ∴ ｌｎ > ｓｉｎ －１ ꎬ ０≤ ≤１ ꎬ ( )>
ｇ ｘ 成立.
ｘ ｘ ( )
设ｇ ( ｘ )＝ ｌｎ ｘ ꎬ 则ｇ′ ( ｘ )＝ １－ ｘ ｌｎ ２ ꎬ ２.解析 对ｇ ｘ 求导得ｇ′ ｘ ｅ ２ ａ ｅ ２ － ａ ｅ ｘ ｘ .
(１) ( ) ( )＝ ｘ － ｅ＝ ｘ ( >０)
令ｇ′ ｘ 则ｘ .
( )＝ ０ꎬ ＝ｅ 当ａ 时 ｇ′ ｘ 所以ｇ ｘ 在 上单调递增 在
当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增 ① ≤０ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ
∈(０ꎬｅ) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎻ 上不存在最大值.
当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递减. (ｅꎬ＋∞)
∈(ｅꎬ＋∞) ꎬ ( )<０ꎬ ( )
第四步ꎬ根据交点个数ꎬ数形结合写出参数范围. 当ａ 时 令ｇ′ ｘ 解得ｘ ｅ
② >０ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝ ａ >０ꎬ
又知ｇ ｇ ｘ ｇ ｘ ｇ １ æ ö æ ö
(１)＝ ０ꎬｘｌ
→
ｉｍ
＋∞
( )＝ ０ꎬ ( )ｍａｘ＝ (ｅ)＝
ｅ
ꎬ 当ｘ
∈è
ç
０ꎬａ
ｅ
ø
÷时
ꎬ
ｇ′
(
ｘ
)>０ꎬ
ｇ
(
ｘ
)
在
è
ç
０ꎬａ
ｅ
ø
÷上单调递增
ꎬ
所以要使曲线ｙ ｆ ｘ 与直线 ｙ 有且仅有两个交点 则只
＝ ( ) ＝１ ꎬ æ ö æ ö
ａ æ ö ａ æ ö 当ｘ ∈è ç ａ ｅ ꎬ＋∞ø ÷时 ꎬ ｇ′ ( ｘ )<０ꎬ ｇ ( ｘ ) 在 è ç ａ ｅ ꎬ＋∞ø ÷上单调递减 ꎬ
需ｌｎ ç １ ÷ 即ｇ ａ ｌｎ ç １ ÷ 所以 ａ
ａ ∈è０ꎬ øꎬ ( )＝ ａ ∈è０ꎬ øꎬ ∈(１ꎬｅ)∪
ｅ ｅ æ ö
. 所以ｇ ( ｘ ) 在ｘ ＝ ａ ｅ 处取得最大值ｇ è ç ａ ｅ ø ÷ ꎬ
(ｅꎬ＋∞)
综上 实数ａ的取值范围为 .
ꎬ (１ꎬｅ)∪(ｅꎬ＋∞) 又函数ｇ ｘ 在 上存在最大值 因此 ｅ 解得ａ .
( ) (ｅꎬ＋∞) ꎬ ａ >ｅꎬ <１
所以ａ的取值范围为 .
(０ꎬ１)
证明 欲证ｆ ｘ ｇ ｘ
(２) : ( )> ( )ꎬ
ａ ｘ ａ 即证当ｘ >０ 时 ꎬ( ｘ２ －２ ｘ )ｅ ｘ >ｅ ２ ｌｎ ｘ －２ｅ ｘ ꎬ
１.解析 ｆ ′ ｘ １ －１ －( －１) ｘ
(１) ( )＝ ｘ － ｘ２ ＝ ｘ２ ( ∈(０ꎬ＋∞))ꎬ 即证当ｘ
>０
时
ꎬ(
ｘ２
－２
ｘ
)ｅ
ｘ
＋２ｅ
ｘ
>ｅ
２
ｌｎ
ｘ
ꎬ
当ａ 即ａ 时 ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 在 上单调 ２ ｘ
－１<０ꎬ <１ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) 即证 ｘ ｘ ｅ ｌｎ .
( －２)ｅ ＋２ｅ> ｘ
递增
ꎻ
设φ ｘ ｘ ｘ ｘ 则φ′ ｘ ｘ ｘ
当ａ 即ａ 时 令ｆ ′ ｘ 得ｘ ａ ( )＝( －２)ｅ ＋２ｅ( >０)ꎬ ( )＝( －１)ｅ ꎬ
－１>０ꎬ >１ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝ －１ꎬ
当 ｘ 时 φ′ ｘ 当ｘ 时 φ′ ｘ
函数ｆ ｘ 在 ａ 上单调递减 在 ａ 上单调 ０< <１ ꎬ ( )<０ꎬ >１ ꎬ ( )>０ꎬ
∴ ( ) (０ꎬ －１) ꎬ ( －１ꎬ＋∞)
所以φ ｘ 在 上单调递减 在 上单调递增
递增. ( ) (０ꎬ１) ꎬ (１ꎬ＋∞) ꎬ
故φ ｘ φ 当ｘ 时 等号成立.
综上所述 当ａ 时 函数ｆ ｘ 在 上单调递增 ( )≥ (１)＝ｅꎬ ＝１ ꎬ
ꎬ <１ ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎻ
当ａ 时 函数ｆ ｘ 在 ａ 上单调递减 在 ａ 设ｈ ｘ ｅ ２ ｌｎ ｘ ｘ
>１ ꎬ ( ) (０ꎬ －１) ꎬ ( －１ꎬ＋∞) ( )＝ ｘ ( >０)ꎬ
上单调递增.
２ ｘ
ａ ａ ｘ 则ｈ′ ｘ ｅ (１－ｌｎ )
证明 令Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ －１ (ｓｉｎ ＋１)－２ ( )＝ ｘ２ ꎬ
(２) : ( )＝ ( )－ ( )＝ ｌｎ ＋ ｘ － ｘ ＝
当 ｘ 时 ｈ′ ｘ 当ｘ 时 ｈ′ ｘ
ｘ ｘ ａ ｘ ０< <ｅ ꎬ ( )>０ꎬ >ｅ ꎬ ( )<０ꎬ
ｌｎ － ｓｉｎ ＋１ ｘ ａ
ｘ ( >０ꎬ０≤ ≤１)ꎬ 所以ｈ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减
( ) (０ꎬｅ) ꎬ (ｅꎬ＋∞) ꎬ
欲证ｆ ｘ ｇ ｘ 即证Ｆ ｘ 即证ｘ ｘ ａ ｘ 故ｈ ｘ ｈ 当ｘ 时 等号成立.
( )> ( )ꎬ ( )>０ꎬ ｌｎ － ｓｉｎ ＋１>０ꎬ ( )≤ (ｅ)＝ｅꎬ ＝ｅ ꎬ
即证ｘ ｘ ａ ｘ . 综上 ｘ 时 φ ｘ ｈ ｘ 但等号不同时成立
ｌｎ > ｓｉｎ －１ ꎬ >０ ꎬ ( )≥ ( )ꎬ ꎬ
先证 ｘ ｘ ａｘ . 所以ｘ 时 φ ｘ ｈ ｘ 即ｆ ｘ ｇ ｘ 得证.
: ｌｎ ≥ －１ >０ ꎬ ( )> ( )ꎬ ( )> ( )
设ｇ ｘ ｘ ｘ ａｘ 则ｇ′ ｘ ｘ ａ ｘ ａ ３.解析 圆的方程可化为 ｘ ２ ｙ ２ 则圆心为
( )＝ ｌｎ － ＋１ꎬ ( )＝ １＋ｌｎ － ＝ｌｎ ＋１－ ꎬ (１) ( －１) ＋( －１) ＝５ꎬ
令ｇ′ ｘ 得ｘ ａ －１ 半径为
( )＝ ０ꎬ ＝ｅ ꎬ (１ꎬ１)ꎬ ５ꎬ
ｇ ｘ 在 ａ －１ 上单调递减 在 ａ －１ 上单调递增 对函数ｆ ｘ 求导得ｆ ′ ｘ ｘ ａ ｘ
∴ ( ) (０ꎬｅ ) ꎬ (ｅ ꎬ＋∞) ꎬ ( ) ( )＝ － ｅ ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１６ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
则ｆ ′ ａ é ù æ ö
(０)＝ － ꎬ ｆ ｘ 在êê １ úú上的最大值为ｆ ç １ ÷ ３ａ .
又ｆ ａ ∴ ( ) ë ꎬ２û è ø ＝－４ｌｎ ２＋ ＋６
(０)＝ － ꎬ ２ ２ ２
ｇ′ ｘ ｘ 令ｇ′ ｘ 得ｘ
于是曲线 ｆ ( ｘ ) 在 (０ꎬ ｆ (０)) 处的切线方程为 ｙ ＋ ａ ＝ － ａｘ ꎬ 即 ( )＝ ２ｅ －４ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝ｌｎ ２ꎬ
é ö
ａｘ
＋
ｙ
＋
ａ
＝０ꎬ
因为直线ａｘ
＋
ｙ
＋
ａ
＝０
与圆相切
ꎬ
当ｘ
∈ë
êê １
ꎬｌｎ ２ø
÷时
ꎬ
ｇ′
(
ｘ
)<０ꎬ
ｇ
(
ｘ
)
单调递减
ꎬ
ａ ａ ２
所以｜ ＋１＋ ｜ 则ａ 当ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增
ａ２ ２ ＝ ５ꎬ ＝２ꎬ ∈(ｌｎ ２ꎬ２] ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ
＋１
é ù
所以实数ａ的值为 . ｇ ｘ 在êê １ úú上的最小值为ｇ ａ
２ ∴ ( ) ë ꎬ２û (ｌｎ ２)＝ ４－４ｌｎ ２＋２ ꎬ
２
设ｇ ｘ ｆ ｘ ｘ２ ａｘ ａ ３ｘ２ ａ ｘ ａｘ ａ ｘ
(２) ( )＝ ( )＋ ＋ ＋ ＝ － ｅ ＋ ＋ ( ≥０)ꎬ 由题意可知 ３ａ ａ 解得ａ
２ －４ｌｎ ２＋ ＋６>４－４ｌｎ ２＋２ ꎬ <４ꎬ
２
则ｇ ｘ 在 上恒成立.
( )≤０ [０ꎬ＋∞) 又 ａ
对ｇ ｘ 求导得ｇ′ ｘ ｘ ａ ｘ ａ ∵ ≥１ꎬ
( ) ( )＝ ３ － ｅ ＋ ꎬ 实数ａ的取值范围为 .
设ｈ ｘ ｘ ａ ｘ ａ ｘ ∴ [１ꎬ４)
( )＝ ３ － ｅ ＋ ꎬ ≥０ꎬ 思路导引
则ｈ′ ｘ ａ ｘ
( )＝ ３－ ｅ ꎬ ( )利用导数判断单调性ꎬ从而求出极值ꎻ
１
当ａ 时 当ｘ 时 ａ ｘ ｘ é ù
≥３ ꎬ ≥０ ꎬ ｅ ≥３ｅ ≥３ꎬ ( )存在ｘ ꎬｘ êê １ ꎬ úúꎬ使得 ｆ(ｘ ) ｇ(ｘ )ꎬ转化为在区间
即有ｈ′ ｘ ２ １ ２∈ë ２û １ > ２
( )≤０ꎬ ２
所以函数ｈ
(
ｘ
)ꎬ
即ｇ′
(
ｘ
)
在
[０ꎬ＋∞)
上单调递减
ꎬ
于是当ｘ
≥
é
ë
êê １ ꎬ
２
ù
û
úú上ｆ(ｘ)
ｍａｘ>
ｇ(ｘ)
ｍｉｎ
ꎬ利用导数求ｆ(ｘ)
ｍａｘ
和ｇ(ｘ)
ｍｉｎ
ꎬ最
时 ｇ′ ｘ ｇ′ ２
０ ꎬ ( )≤ (０)＝ ０ꎬ 后解关于ａ的不等式.
则函数ｇ ｘ 在 上单调递减 因此当ｘ 时 ｇ ｘ
( ) [０ꎬ＋∞) ꎬ ≥０ ꎬ ( )≤
ｇ 故ａ .
(０)＝ ０ꎬ ≥３
当 ａ 时 令ｈ′ ｘ 得 ｘ ３ １.Ｄ
０< <３ ꎬ ( )>０ꎬ ０< <ｌｎ ａ ꎬ
æ ö
é ö ２.解析 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ çｘ π÷.
则函数ｈ ｘ 即ｇ′ ｘ 在êê ３ ÷上单调递增 (１) ( )＝ｅ ｓｉｎ ＋ｅ ｃｏｓ ＝ ２ｅ ｓｉｎè ＋ ø
( )ꎬ ( ) ë０ꎬｌｎ ａ ø ꎬ ４
当 ｋ ｘ π ｋ ｋ Ｚ 即 ｘ
于是当 ｘ ３ 时 ｇ′ ｘ ｇ′ ２ π ≤ ＋ ≤ ２ π ＋ π ( ∈ )ꎬ ∈
０≤ <ｌｎ ａ ꎬ ( )> (０)＝ ０ꎬ ４
é ù
é ö êê ｋ π ｋ ３πúú ｋ Ｚ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增.
即函数ｇ ｘ 在êê ３ ÷上单调递增 ë２ π－ ꎬ２ π＋ û( ∈ ) ꎬ ( )≥０ꎬ ( )
( ) ë０ꎬｌｎ ａ ø ꎬ ４ ４
é ù
ｆ ｘ 的单调递增区间是êê ｋ π ｋ ３πúú ｋ Ｚ .
因此当 ｘ ３ 时 ｇ ｘ ｇ 不合题意. ∴ ( ) ë２ π－ ꎬ２ π＋ û( ∈ )
０≤ <ｌｎ ａ ꎬ ( )≥ (０)＝ ０ꎬ ４ ４
第一步ꎬ设函数ꎬ将问题转化.
所以实数ａ的取值范围为 . (２)
[３ꎬ＋∞) ｆ ｘ ｇ ｘ ｍ 即ｆ ｘ ｍ ｇ ｘ 设ｔ ｘ ｍ ｇ ｘ 则
４.解析 ｆ ｘ 的定义域为 . ( １)＋ ( ２)≥ ꎬ ( １)≥ － ( ２)ꎬ ( )＝ － ( )ꎬ
(１) ( ) (０ꎬ＋∞) é ù
ｘ 问题等价于ｆ ｘ ｔ ｘ ｘ êê πúú.
当ａ １时 ｆ ｘ ｘ ７ ( )ｍｉｎ≥ ( )ｍａｘꎬ ∈ë０ꎬ û
＝ ꎬ ( )＝ ４ｌｎ － ＋ ｘꎬ ２
２ ２ ２ é ù
ｘ ｘ 第二步ꎬ结合( )求ｆ(ｘ)在êê ꎬπúú上的最小值.
ｆ ′ ｘ ４ １ ７ ( －１)( －７) １ ë０ û
∴ ( )＝ ｘ － － ｘ２ ＝－ ｘ２ ꎬ ２
２ ２ ２ é ù é ù
令ｆ ′ ｘ 可得 ｘ 由 可知 当ｘ êê πúú时 ｆ ′ ｘ 故ｆ ｘ 在êê πúú上
( )>０ꎬ １< <７ꎬ (１) ꎬ ∈ë０ꎬ û ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ë０ꎬ û
２ ２
令ｆ ′ ｘ 可得 ｘ 或ｘ
( )<０ꎬ ０< <１ >７ꎬ 单调递增
ꎬ
ｆ ｘ 在 上单调递减 在 上单调递增
∴ ( ) (０ꎬ１)ꎬ(７ꎬ＋∞) ꎬ (１ꎬ７) ꎬ 当ｘ é êê π ù úú时 ｆ ｘ ｆ .
∴
ｆ
(
ｘ
)极小值＝
ｆ
(１)＝ ３ꎬ
ｆ
(
ｘ
)极大值＝
ｆ
(７)＝ ４ｌｎ ７－３
. ∴ ∈ë０ꎬ
２
û ꎬ ( )ｍｉｎ＝ (０)＝ ０
ａｘ２ ｘ ａ é ù
ｆ ′ ｘ － ＋４ －( ＋３) ｘ 第三步ꎬ利用导数知识求ｔ(ｘ)在êê ꎬπúú上的最大值.
(２) ( )＝ ｘ２ ( >０)ꎬ ë０ û
２
令ｈ ｘ ａｘ２ ｘ ａ ｘ ｔ ｘ ｍ ｘ ｘ ｘ
( )＝ － ＋４ －( ＋３)ꎬ >０ꎬ ( )＝ －( ＋１)ｃｏｓ ＋ ２ｅ ꎬ
若ａ ≥１ꎬ 则Δ ＝１６－４ ａ２ －１２ ａ ＝－４( ａ －１)( ａ ＋４)≤０ꎬ ｔ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
( )＝ －ｃｏｓ ＋( ＋１)ｓｉｎ ＋ ２ｅ ꎬ
ｈ ｘ
é ù
∴ ( )<０ꎬ ｘ êê πúú ｘ ｘ ｘ ｘ
ｆ ｘ 在区间 上单调递减 ∵ ∈ë０ꎬ ûꎬ∴ －ｃｏｓ ＋ ２ｅ >０ꎬ( ＋１)ｓｉｎ ≥０ꎬ
∴ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ ２
é ù é ù é ù
当ａ 时 ｆ ｘ 在êê １ úú上单调递减 ｔ′ ｘ 在êê πúú上恒成立 ｔ ｘ 在êê πúú上单调递增
∴ ≥１ ꎬ ( ) ë ꎬ２û ꎬ ∴ ( )>０ ë０ꎬ û ꎬ ( ) ë０ꎬ û ꎬ
２ ２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 １７
é ù æ ö ｘ
当ｘ êê πúú时 ｔ ｘ ｔçπ÷ ｍ π ２. 由ａｘ ｘ ｌｎ 得ａｘ ａ ｘ ａｘ ｘ ａ ｘ ｘ
∴ ∈ë０ꎬ û ꎬ ( )ｍａｘ＝ è ø ＝ ＋ ２ｅ ＝ｌｏｇａ ＝ ａꎬ 􀅰ｌｎ ＝ｌｎ ꎬ 􀅰 􀅰ｌｎ ＝ 􀅰ｌｎ ꎬ
２ ２ ｌｎ
第四步ꎬ建立不等式求结果. 于是ａｘ ａｘ ｘ ｘ.
􀅰ｌｎ ＝ 􀅰ｌｎ
故ｍ ＋ ２ｅ π ２ ≤０ꎬ ｍ ≤－ ２ｅ π ２ ꎬ 设ｍ ( ｘ )＝ ｘ ｌｎ ｘ ( ｘ >１)ꎬ 则ｍ′ ( ｘ )＝ｌｎ ｘ ＋１>０ꎬ 于是函数 ｍ ( ｘ )
在 上单调递增
故实数ｍ的取值范围是 π ２ . (１ꎬ＋∞) ꎬ
(－∞ꎬ－ ２ｅ ] 由ｍ ａｘ ｍ ｘ 可得ａｘ ｘ
第一步ꎬ求ｈ(ｘ)的解析式与导函数ｈ′(ｘ). ( )＝ ( ) ＝ ꎬ
(３)
ｘ
ｈ ｘ ｘ ｘ ｎ ｘ ｈ′ ｘ ｘ ｘ ｎ ｘ 即方程ａｘ ｘ有两根 等价于方程 ａ ｌｎ 有两正根
( )＝ ２ ｅ － ｓｉｎ ２ ꎬ ( )＝ ２( ＋１)ｅ －２ ｃｏｓ ２ ꎬ ＝ ꎬ ｌｎ ＝ ｘ ꎬ
第二步ꎬ讨论 ｎ 时ｈ(ｘ)的单调性及零点情况.
０< ≤１ ｘ
设ｌ ｘ ｌｎ ｘ
若 ｎ 则当ｘ æ ç π ö ÷时 ｘ ｘ ( )＝ ｘ ( >１)ꎬ
０< ≤１ꎬ ∈è０ꎬ ø ꎬ２( ＋１)ｅ >２ꎬ
２ ｘ
则ｌ′ ｘ １－ｌｎ
ｎ ｘ ｈ′ ｘ 在
æ
ç π
ö
÷上恒成立 则 ｈ ｘ 在
( )＝ ｘ２ ꎬ
２ ｃｏｓ ２ <２ꎬ∴ ( )>０ è０ꎬ ø ꎬ ( )
２ 由ｌ′ ｘ 得 ｘ 由ｌ′ ｘ 得 ｘ 故 ｌ ｘ 在 上
( )>０ １< <ｅꎬ ( )<０ >ｅꎬ ( ) (１ꎬｅ)
æ ö æ ö
ç π÷上单调递增 当ｘ ç π÷时 ｈ ｘ ｈ 单调递增 在 上单调递减
è０ꎬ ø ꎬ ∈è０ꎬ ø ꎬ ( )> (０)＝ ０ꎬ ꎬ (ｅꎬ＋∞) ꎬ
２ ２ 结合当ｘ 时 ｌ ｘ 当 ｘ 时 ｌ ｘ 且 ｘ
æ ö →１ ꎬ ( )→０ꎬ →＋∞ ꎬ ( )→０ꎬ ∈(１ꎬ
此时ｈ ｘ 在ç π÷上无零点. ｘ
( ) è０ꎬ ø 时 ｌ ｘ ｌｎ 画出ｌ ｘ 的图象 如图
２ ＋∞) ꎬ ( )＝ ｘ >０ꎬ ( ) ꎬ ꎬ
第三步ꎬ讨论ｎ 时ｈ(ｘ)的单调性及零点情况.
>１
若ｎ 设ｋ ｘ ｘ ｘ ｎ ｘ
>１ꎬ ( )＝ ２( ＋１)ｅ －２ ｃｏｓ ２ ꎬ
则ｋ′ ｘ ｘ ｘ ｎ ｘ
( )＝ ２( ＋２)ｅ ＋４ ｓｉｎ ２ ꎬ
æ ö
当ｘ ç π÷时 ｘ ｘ ｘ ｋ′ ｘ 在
∈è０ꎬ ø ꎬ２( ＋２)ｅ >０ꎬｓｉｎ ２ >０ꎬ∴ ( )>０ ｘ
２ 由方程 ａ ｌｎ 有两正根并结合 ｌ ｘ 的图象 得 ａ
æ ö æ ö ｌｎ ＝ ｘ ( ) ꎬ ０<ｌｎ <
ç π÷上恒成立 故ｋ ｘ 在ç π÷上单调递增.
è０ꎬ ø ꎬ ( ) è０ꎬ ø
２ ２ １ 从而 ａ １ ｅ.故ａ １ ｅ .
æ ö æ ö ꎬ １< <ｅ ∈(１ꎬｅ )
ｋ ｎ ｋçπ÷ çπ ÷ π ２ ｎ 故存在 ｘ ｅ
∵ (０)＝ ２－２ <０ꎬ è ø ＝２è ＋１øｅ ＋２ >０ꎬ ０∈ ４.解析 函数 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ
２ ２ (１) ( ) (－∞ꎬ０)ꎬ ( )＝
æ ö ａ２
ç π÷ 使得 ｋ ｘ 故当 ｘ ｘ 时 ｋ ｘ 即 ａ ２ ＋１.
è０ꎬ øꎬ ( ０)＝ ０ꎬ ∈(０ꎬ ０) ꎬ ( )<０ꎬ ２ ＋ ｘ
２
ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递减 当ａ 时 ｆ ′ ｘ 则ｆ ｘ 在 上单调递减
( )<０ꎬ ( ) ꎬ ① ≤０ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) (－∞ꎬ０) ꎻ
æ ö æ ａ２ ö
当ｘ çｘ π÷时 ｋ ｘ 即ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递增 ａçｘ ２ ＋１÷
∈è ０ꎬ ø ꎬ ( )>０ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ ａ２ ２ è ＋ ａ ø
２ 当ａ 时 ｆ ′ ｘ ａ ２ ＋１ ２
故当ｘ ｘ 时 ｈ ｘ ｈ ② >０ ꎬ ( )＝ ２ ＋ ｘ ＝ ｘ ꎬ
∈(０ꎬ ０) ꎬ ( )< (０)＝ ０ꎬ
当ｘ æ çｘ π ö ÷时 ｈ ｘ ｈ ｘ ｈ æ çπ ö ÷ 则当ｘ ∈
æ
è ç －∞ꎬ－ ２
ａ２
ａ ＋１
ö
ø ÷时 ꎬ ｆ ′ ( ｘ )>０ꎬ
∈è ０ꎬ ø ꎬ ( ０)< ( )< è øꎬ ２
２ ２
又ｈ ｘ ｈ æ çπ ö ÷ π ２ 当ｘ ∈
æ
è ç － ２
ａ２
ａ ＋１ ꎬ０
ö
ø ÷时 ꎬ ｆ ′ ( ｘ )<０ꎬ 则ｆ ( ｘ ) 在
æ
è ç －∞ꎬ－ ２
ａ２
ａ ＋１
ö
ø ÷上
( ０)<０ꎬ è ø ＝πｅ >０ꎬ ２ ２
２
æ ａ２ ö
æ ö 单调递增 在ç ２ ＋１ ÷上单调递减.
由零点存在定理及函数的单调性得ｈ ｘ 在ç π÷上存在 ꎬ è－ ａ ꎬ０ø
∴ ( ) è０ꎬ ø ２
２
当ａ 时 ｆ ｘ ｘ 令 ｘ 解得 ｘ
唯一零点. (２)① ＝０ ꎬ ( )＝ｌｎ(－ )ꎬ ｌｎ(－ )＝ ０ꎬ ＝－１ꎬ
é ù
故ｆ ｘ 在êê １ úú上有一个零点
３.解析 由题可知ｇ ｇ′ ｘ １ ( ) ë－１ꎬ－ û ꎻ
(１) (１)＝ ０ꎬ ( )＝ｘ ａꎬ ２
ｌｎ
当ａ 时
② >０ ꎬ
故ｇ′ １ 于是曲线ｙ ｇ ｘ 在点 ｇ 处的切线方
(１)＝ ａꎬ ＝ ( ) (１ꎬ (１)) æ ö２
ｌｎ ａ２ ２è çａ － １ ø ÷ ＋ １
２ ＋１ ２ ２
程为ｙ １ ｘ . ∵ ａ －１＝ ａ >０ꎬ
＝ ａ( －１) ２ ２
ｌｎ é ù æ ａ２ ö
ｈ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ 恰有两个零点 即方程 ａｘ ｘ 恰有 êê １ úú ç ２ ＋１ ÷
(２) ( )＝ ( )－ ( ) ꎬ ＝ｌｏｇａ ∴ ë－１ꎬ－ û⊆è－ ａ ꎬ０øꎬ
２ ２
两正根.
é ù
因为ａ 所以ａｘ ｘ 于是ｘ ∴
ｆ
(
ｘ
)
在
ë
êê
－１ꎬ－
１
û
úú上单调递减
ꎬ
>１ꎬ ＝ｌｏｇａ >１ꎬ >１ꎬ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１８ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
é ù 要证ｋ ｋ ｋ
又 ｆ ａ 故ｆ ｘ 在êê １ úú上没有零点. １＋ ２>２ ３ꎬ
∵ (－１)＝ －３ <０ꎬ ( ) ë－１ꎬ－ û
２ ａ ａ ｘ ｘ
只需证１ １ ２ ａ ｌｎ ２－ｌｎ １
综上 ꎬ 当ａ ＝０ 时 ꎬ ｆ ( ｘ ) 在 é ë êê －１ꎬ－ １ ù û úú上的零点个数为 １ꎻ 当ａ > ｘ２ １ ＋ｘ １ ＋ｘ２ ２ ＋ｘ ２ >ｘ １ ｘ ２ ＋２ 􀅰 ｘ ２－ ｘ １ ꎬ
２ æ ｘ ｘ ö
é ù 即证１ １ ２ ａç １ １ ｌｎ ２－ｌｎ １÷
时ｆ ｘ 在êê １ úú上没有零点. ｘ２ ＋ｘ２ －ｘ ｘ ＋ èｘ ＋ｘ －２􀅰 ｘ ｘ ø>０ꎬ
０ ( ) ë－１ꎬ－ û １ ２ １ ２ １ ２ ２－ １
２ 不妨设ｘ ｘ 两边同乘ｘ ｘ
２－ １>０ꎬ ２－ １ꎬ
ｘ ｘ æｘ ｘ ｘ ö
则只需证 ２ １ ３ ３ ａç ２ １ ２÷
ｘ２ －ｘ２ ＋ｘ －ｘ ＋ èｘ －ｘ －２ｌｎ ｘ ø>０ꎬ
１.Ｄ ２.Ａ ３.Ａ ４.Ｄ ５.Ｂ ６.Ｄ ７.Ｃ ８.ＡＢＣ ９.ＢＤ １ ２ ２ １ １ ２ １
æｘ ｘ２ ｘ ö æｘ ｘ ｘ ö
１０.答案 (－∞ꎬ－３)∪(０ꎬ＋∞) 即证 ｘ １ è ç ｘ ２ －ｘ １ ２ ＋ ３ ｘ １ －３ø ÷ ＋ ａ è ç ｘ ２ －ｘ １ －２ｌｎ ｘ ２ ø ÷ >０ꎬ
１ １ ２ ２ １ ２ １
１１.答案 １
ｘ
ｅ 设 ２ ｔ ｔ
ｘ ＝ ( >１)ꎬ
１２.答案 １ １
æ ö æ ö
２ 则只需证１ çｔ １ ３ ÷ ａçｔ １ ｔ÷
１３.解析 ｆ ｘ 的定义域为Ｒ ｆ ′ ｘ ｘ２ ａｘ 因为 ｘ è －ｔ２ ＋ ｔ －３ø＋ è － ｔ －２ｌｎ ø>０①ꎬ
(１) ( ) ꎬ ( )＝ ３ －２ －３ꎬ １
ｘ 为ｙ ｆ ｘ 的一个极值点 所以ｆ ′ 即 ａ
＝３ ＝ ( ) ꎬ (３)＝ ０ꎬ ２７－６ －３＝ 由 可知ｆ ｘ ｘ １ ｘ在 上单调递增
(１) ( )＝ － ｘ －２ｌｎ (０ꎬ＋∞) ꎬ
解得ａ 故ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ
０ꎬ ＝４ꎬ ( )＝ ３ －８ －３ꎬ
令ｆ ′ ｘ 即 ｘ２ ｘ ｘ ｘ 则当ｘ 时 ｆ ｘ ｆ 所以ｔ １ ｔ
( )＝ ０ꎬ ３ －８ －３＝(３ ＋１)( －３)＝ ０ꎬ ∈(１ꎬ＋∞) ꎬ ( )> (１)＝ ０ꎬ － ｔ －２ｌｎ >０ꎬ
解得ｘ １或ｘ
＝ ＝３ꎬ
３ 设ｇ ｔ ｔ １ ３ ｔ
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 上的变化情况如表
( )＝ －ｔ２ ＋ ｔ －３ꎬ >１ꎬ
( )ꎬ ( ) [１ꎬ４] :
ｔ３ ｔ ｔ ２ ｔ
ｘ 则ｇ′ ｔ ２ ３ －３ ＋２ ( －１) ( ＋２)
１ (１ꎬ３) ３ (３ꎬ４) ４ ( )＝ １＋ｔ３ －ｔ２ ＝ ｔ３ ＝ ｔ３ >０ꎬ
ｆ ′ ｘ
( ) － ０ ＋ 所以ｇ ｔ 在 上单调递增 所以ｇ ｔ ｇ
( ) (１ꎬ＋∞) ꎬ ( )> (１)＝ ０ꎬ
ｆ ｘ 极小值
( ) －６ ↘ －１８ ↗ －１２ 又因为 ｘ ａ 所以要证 式
０< １<１ꎬ ≥－１ꎬ ① ꎬ
故ｆ ｘ 在 上的最小值是 ｆ 最大值是
( ) [１ꎬ４] (３)＝ －１８ꎬ 只需证ｔ １ ３ ｔ １ ｔ ｔ ４ １
ｆ .
－ｔ２ ＋ ｔ －３－ ＋ ｔ ＋２ｌｎ ＝２ｌｎ ＋ ｔ －ｔ２ －３>０ꎬ
(１)＝ －６
(２)
由题意知ｆ ′
(
ｘ
)＝ ３
ｘ２
－２
ａｘ
－３≥０
在区间
[１ꎬ＋∞)
上恒成
设ｈ ｔ ｔ ４ １ ｔ
æ ö æ ö
( )＝ ２ｌｎ ＋ ｔ －ｔ２ －３ꎬ >１ꎬ
立 故ａ ３ çｘ １ ÷ 设ｇ ｘ ３ çｘ １ ÷ ｘ
ꎬ ≤ è － ｘ øꎬ ( )＝ è － ｘ øꎬ ≥１ꎬ æ ö２
２ ２ 则ｈ′ ｔ ２ ４ ２ ２ ç １ ÷
æ ö ( )＝ ｔ －ｔ２ ＋ｔ３ ＝ ｔ è１－ ｔ ø >０ꎬ
当ｘ 时 ｇ ｘ ３ çｘ １ ÷是增函数 其最小值为 ｇ
≥１ ꎬ ( )＝ è － ｘ ø ꎬ (１)＝ 所以ｈ ｔ 在 上单调递增.所以ｈ ｔ ｈ 得证.
２ ( ) (１ꎬ＋∞) ( )> (１)＝ ０ꎬ
故ａ
０ꎬ ≤０ꎬ
专题五 三角函数与解三角形
即实数ａ的取值范围为 .
(－∞ꎬ０]
１４.解析 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ １ ｘ ｘ 5.1 三角函数的概念、同角三角函数的
(１) ＝－２ ꎬ ( )＝ － ｘ －２ｌｎ ꎬ ∈(０ꎬ＋∞)ꎬ
基本关系及诱导公式
æ ö２
ｆ ′ ｘ １ ２ ç １ ÷ 所以 ｆ ｘ 的单调递增区间
( )＝ １＋ｘ２ － ｘ ＝è ｘ －１ø ≥０ꎬ ( )
为 无单调递减区间.
(０ꎬ＋∞)ꎬ
考点 三角函数的概念、同角三角函数的基本关系及诱导
ａ
证明 因为ｆ ｘ ｘ １ ａ ｘ 所以ｆ ′ ｘ １
(２) : ( )＝ － ｘ ＋ ｌｎ ꎬ ( )＝ １＋ｘ２ ＋ ｘ ꎬ 公式
ａ ａ
１.Ｄ ２.Ｄ ３.Ｂ ４.Ｂ ５.Ｂ
所以ｋ ｋ ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ １ １
１＋ ２＝ ( １)＋ ( ２)＝ ｘ２ ＋ｘ ＋ｘ２ ＋ｘ ＋２ꎬ
１ １ ２ ２ ６.答案 １０
－
ｘ １ ａ ｘ ｘ １ ａ ｘ ５
ｆ ｘ ｆ ｘ ２－ｘ ＋ ｌｎ ２－ １＋ｘ － ｌｎ １
ｋ ( ２)－ ( １) ２ １ ７.答案 ５π 答案不唯一
３＝ ｘ ｘ ＝ ｘ ｘ ( )
２－ １ ２－ １ １２
ｘ ｘ
１ ａ ｌｎ ２－ｌｎ １ ８.答案 １３π π 答案不唯一
＝１＋ｘ ｘ ＋ 􀅰 ｘ ｘ ꎬ ꎻ ( )
１ ２ ２－ １ ６ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 １９
æ ö æ ö
又 çπ β÷ ３ 所以 çπ β÷ ４
ｃｏｓè ＋ ø ＝ ꎬ ｓｉｎè ＋ ø ＝ ꎬ
４ ５ ４ ５
éæ ö ù æ ö æ ö
所以 β êêçπ β÷ πúú çπ β÷ π çπ β÷
ｃｏｓ ＝ｃｏｓëè ＋ ø－ û ＝ｃｏｓè ＋ øｃｏｓ ＋ｓｉｎè ＋ ø􀅰
４ ４ ４ ４ ４
１.Ｃ ２.Ａ ３.Ｂ ４.Ｃ ５.Ｄ ６.Ｂ ７.ＣＤ ８.ＡＣ
æ ö２
π ７ ２ β ç７ ２÷ ２.
９.答案 ３＋４ ３ ｓｉｎ ＝ ꎬｓｉｎ ＝ １－è ø ＝
４ １０ １０ １０
１０ 所以 α β α β α β
ｃｏｓ(２ ＋ )＝ｃｏｓ ２ ｃｏｓ －ｓｉｎ ２ ｓｉｎ
5.2 三角恒等变换 æ ö
ç ３÷ ７ ２ １ ２ ７ ６＋ ２.
＝è－ ø× － × ＝－
２ １０ ２ １０ ２０
考点 三角恒等变换
5.3 三角函数的图象与性质
１.Ｄ
２.Ｄ ３.Ｂ ４.Ｂ ５.Ａ ６.Ｂ ７.Ａ ８.Ｃ
９.答案 １ 考点1 三角函数的图象及其变换
３
１.Ｄ ２.Ｂ ３.Ｃ ４.Ｃ ５.ＢＣ
１０.答案 １
－
２ ６.答案 ３
－
２
１１.答案 ３ １０ ４ 考点2 三角函数的性质
ꎻ
１０ ５
１.Ｂ ２.Ａ ３.Ｃ ４.Ｃ ５.Ｄ ６.Ａ ７.Ａ ８.Ｃ ９.ＡＤ
１２.答案 ２
１０.答案
１０ １ꎻ－ ２
１１.答案
－４
１２.答案
[２ꎬ３)
１３.答案
３
１.Ｄ
１４.答案 ｘ ５
２.Ｂ ３.Ｃ ４.Ａ ５.Ａ ６.Ｃ ７.ＣＤ ＝－ π
２４
æ ｋ １５.答案
８.答案 π ç答案不唯一 只需满足α ２ ＋１ π ｋ Ｚ 即 ②③
è ꎬ ＝ π－ ( ∈ ) １６.解析 由题意得ｆ ｘ ωｘ φ
８ ４ ８ (１) ( )＝ｓｉｎ( ＋ )ꎬ
ö
可÷ ｆ φ ３ φ π φ π.
ø ∴ (０)＝ｓｉｎ ＝－ ꎬ∵ ｜ ｜< ꎬ∴ ＝－
２ ２ ３
æ ö é ù æ ö
９.解析 因为π α ３π 所以π α ç π ÷ 条件 与 ｆ ｘ 在êê π ２πúú上单调递增 ｆ ç２π÷ 矛
(１) < < ꎬ － ∈è－ ꎬ０øꎬ (２) ① ( ) ë－ ꎬ û ꎬ è ø ＝１
４ ４ ４ ２ ３ ３ ３
盾 显然不选条件 .
æ ö æ ö ꎬ ①
又 çπ α÷ １ 所以 çπ α÷ ３.
ｓｉｎè － ø ＝－ ꎬ ｃｏｓè － ø ＝ 选条件 .
４ ２ ４ ２ ②
é æ öù é ù æ ö æ ö
所以 α êêπ çπ α÷úú ｆ ｘ 在êê π ２πúú上单调递增 且 ｆ ç２π÷ ｆ ç π÷
ｃｏｓ ＝ｃｏｓë －è － øû ∵ ( ) ë－ ꎬ û ꎬ è ø ＝１ꎬ è－ ø ＝
４ ４ ３ ３ ３ ３
Ｔ æ ö
π æ çπ α ö ÷ π æ çπ α ö ÷ ６－ ２. －１ꎬ∴ ＝ ２π －è ç － π ø ÷ ＝πꎬ∴ Ｔ ＝ ２ ω π ＝２πꎬ∴ ω ＝１ꎬ
＝ｃｏｓ ｃｏｓè － ø＋ｓｉｎ ｓｉｎè － ø ＝ ２ ３ ３
４ ４ ４ ４ ４
æ ö æ ö
(２) 由 (１)ꎬ 得 ｓｉｎ α ＝ １－ｃｏｓ ２α ＝ １－ æ è ç ６－ ２ ö ø ÷ ２ ＝ ６＋ ２ ꎬ ∴ ｆ ( ｘ )＝ｓｉｎ( ｘ ＋ φ )ꎬ∵ ｆ è ç２ ３ π ø ÷ ＝ｓｉｎè ç２ ３ π ＋ φ ø ÷ ＝１ꎬ
４ ４
２π φ π ｋ ｋ Ｚ 即φ π ｋ ｋ Ｚ
æ ö２ ∴ ＋ ＝ ＋２ π( ∈ )ꎬ ＝－ ＋２ π( ∈ )ꎬ
α ２α ç ６－ ２÷ ３ ３ ２ ６
ｃｏｓ ２ ＝２ｃｏｓ －１＝２×è ø －１＝－ ꎬ
４ ２ φ π φ π.
∵ ｜ ｜< ꎬ∴ ＝－
所以 α α α １ ２ ６
ｓｉｎ ２ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ꎬ 选条件 .
２ ③
æ ö é ù é ù
因为 β π 所以π β çπ π÷ ｆ ｘ 在êê π πúú上单调递减 在êê π ２πúú上单调递增
０< < ꎬ ＋ ∈è ꎬ øꎬ ∵ ( ) ë－ ꎬ－ û ꎬ ë－ ꎬ û ꎬ
４ ４ ４ ２ ２ ３ ３ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２０ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
æ ö 一题多解
ｆ ｘ 在ｘ π处取得最小值 即ｆ ç π÷ .
∴ ( ) ＝－ ꎬ è－ ø ＝－１ ( )在 ＡＢＣ中ꎬＡＢ ꎬＡＣ ꎬ ＢＡＣ °ꎬ
３ ３ ２ △ ＝２ ＝１ ∠ ＝１２０
以下同选条件 .
② Ｓ １ ° ３ꎬ ( 分)
∴ △ ＡＢＣ＝ ×２×１×ｓｉｎ １２０ ＝ ９
２ ２
１ＡＣ􀅰ＡＤ􀅰 ° １
Ｓ ｓｉｎ ３０ １×
又 △ ＡＣＤ ２ ２ １ꎬ
Ｓ ＝ ＝ ＝
△ ＡＢＤ １ ＡＢ􀅰ＡＤ ２ ４
１.Ｄ ２.Ｄ ３.Ｄ ４.Ｄ ５.Ｄ ６.Ａ
２
７.答案 Ｓ １Ｓ ３. ( 分)
２ ∴ △ ＡＣＤ＝ △ ＡＢＣ＝ １２
５ １０
８.答案 π ５
ꎻ ａ Ｃ
６ ３ ９.解析 证明 由题设得ＢＤ ｓｉｎ
(１) : ＝ ＡＢＣꎬ
ｓｉｎ∠
１.Ｄ ２.Ｂ ３.ＡＤ ４.ＣＤ ５.ＡＢＤ ｃ ｂ
在 ＡＢＣ中 由正弦定理知
△ ꎬ Ｃ＝ ＡＢＣꎬ
６.答案 ｓｉｎ ｓｉｎ∠
７
Ｃ ｃ
æ ö 即 ｓｉｎ
７.答案 ç１７ １０÷ ＡＢＣ＝ ｂ ꎬ
è ꎬ ø ｓｉｎ∠
６ ３
ａ Ｃ ａｃ
代入ＢＤ ｓｉｎ 中 得ＢＤ 又ｂ２ ａｃ
８.答案 １ ＝ ＡＢＣ ꎬ ＝ ｂ ꎬ ＝ ꎬ
ｓｉｎ∠
３
ＢＤ ｂ. 分
∴ ＝ (４ )
5.4 解三角形 ｂ
解法一:由ＡＤ ＤＣ得ＡＤ ２ｂ ＤＣ
(２) ＝２ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
３ ３
４ｂ２ ｃ２ ｂ２ ｃ２ ５ｂ２
考点1 正弦定理、余弦定理 ＡＤ２ ＡＢ２ ＢＤ２ ＋ － －
在 ＡＢＤ中 Ａ ＋ － ９ ９
△ ꎬｃｏｓ ＝ ＡＤ ＡＢ ＝ ＝ ꎬ
１.Ｃ ２.Ｄ ３.Ａ ４.Ｃ ５.Ａ ２ 􀅰 ２ｂｃ ４ ｂｃ
２×
３ ３
６.答案
２ ２ ＡＣ２ ＡＢ２ ＢＣ２ ｂ２ ｃ２ ａ２
在 ＡＢＣ中 Ａ ＋ － ＋ － .
△ ꎬｃｏｓ ＝ ＡＣ ＡＢ ＝ ｂｃ
７.答案 ３ ２ 􀅰 ２
π
４
８.解析
(１)
在
△
ＡＢＣ中
ꎬ
由余弦定理
ꎬ
得ＢＣ２
＝２
２
＋１
２
－２×２× 故
ｃ２
－
９
５ｂ２
ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２
化简得 ｃ２ ｂ２ ａ２
＝ ｂｃ ꎬ ３ －１１ ＋６ ＝０ꎬ
° 则ＢＣ . 分 ４ ｂｃ ２
１×ｃｏｓ １２０ ＝７ꎬ ＝ ７ (３ )
ＡＣ ＢＣ ３
由正弦定理
ꎬ
得
ＡＢＣ＝ ＢＡＣꎬ
又ｂ２
＝
ａｃ
ꎬ (７
分
)
ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠
所以 ｃ２ ａｃ ａ２ 即 ｃ ａ ｃ ａ
ＡＣ ＢＡＣ ° ３ －１１ ＋６ ＝０ꎬ ( －３ )(３ －２ )＝ ０ꎬ
则 ＡＢＣ 􀅰ｓｉｎ∠ １×ｓｉｎ １２０ ２１. 分
ｓｉｎ∠ ＝ ＢＣ ＝ ＝ (６ ) 所以ｃ ａ或ｃ ２ａ. 分
７ １４ ＝３ ＝ (８ )
３
在 ＡＢＤ中 由 知 ＡＢＤ ２１ 且 ＡＢＤ为锐 当ｃ ａ时 ｂ２ ａｃ ａ２ 所以ｂ ａ 此时ａ ｂ ｃ
(２) Ｒｔ△ ꎬ (１) ｓｉｎ∠ ＝ ꎬ ∠ ＝３ ꎬ ＝ ＝３ ꎬ ＝ ３ ꎬ ＋ < ꎬ
１４
故ａ ｂ ｃ构不成三角形 分
ꎬ ꎬ ꎻ (１０ )
角 所以 ＡＢＤ ３.
ꎬ ｔａｎ∠ ＝
５
当ｃ
＝
２ａ时
ꎬ
ｂ２
＝
ａｃ
＝
２ａ２
ꎬ
所以ｂ
＝
６ａ
ꎬ
３ ３ ３
在 ＡＢＤ中 ＡＢ 则ＡＤ ＡＢ ＡＢＤ ３ ２ ３. 此时ａ ｂ ｃ可以构成三角形 分
Ｒｔ△ ꎬ ＝２ꎬ ＝ 􀅰ｔａｎ∠ ＝２× ＝ ꎬ ꎬ ꎬ (１１ )
５ ５
分
ａ２ ｃ２ ｂ２
故ｃ ２ ａ ｂ ６ａ 所以在 ＡＢＣ 中 ＡＢＣ ＋ －
(９ ) ＝ ꎬ ＝ ꎬ △ ꎬｃｏｓ∠ ＝ ａｃ ＝
在 ＡＤＣ中 ＤＡＣ ° ＡＣ ３ ３ ２
△ ꎬ∠ ＝３０ ꎬ ＝１ꎬ
ａ２ ４ａ２ ２ａ２
ＡＤＣ的面积Ｓ １ ２ ３ ° ３. 分 ＋ －
∴ △ ＝ × ×１×ｓｉｎ ３０ ＝ (１２ ) ９ ３ ７. 分
２ ５ １０ ＝ (１２ )
ａ ２ ａ １２
２ 􀅰
３
解法二:同解法一得到 ａ ｃ或 ａ ｃ. 分
２ ＝３ ３ ＝ (８ )
当 ａ ｃ时 ａ ３ｃ ｂ２ ａｃ ３ｃ２
２ ＝３ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ＝ ꎬ
２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ２１
即ＡＢ边上的高为 . 分
９ｃ２ ｃ２ ３ｃ２ ６ (１０ )
＋ －
由余弦定理的推论得 ＡＢＣ ４ ２ ７ 分
ｃｏｓ∠ ＝ ＝ ꎻ(１０ ) 解法二:由 知Ｃ π Ａ ３ １０ Ａ １０
３ ｃ ｃ １２ (１) ＝ ꎬｓｉｎ ＝ ꎬｃｏｓ ＝ ꎬ
２􀅰 􀅰 ４ １０ １０
２
æ ö
ｃ ｃ２ 则 Ｂ ç３π Ａ÷ ２ Ａ ２ Ａ ２ ５. 分
当 ａ ｃ时 ａ ｂ２ ａｃ ｓｉｎ ＝ｓｉｎè － ø ＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝ (６ )
３ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ＝ ꎬ ４ ２ ２ ５
３ ３
ＡＢ ＡＣ ＢＣ
ｃ２ ｃ２ 在 ＡＢＣ中 由正弦定理得
ｃ２ △ ꎬ Ｃ＝ Ｂ＝ Ａꎬ
＋ － ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ
由余弦定理的推论得 ＡＢＣ ９ ３ ７ 舍 .
ｃｏｓ∠ ＝ ｃ ＝ ( ) ＡＣ ＢＣ
５ ＡＣ ＢＣ 分
ｃ ６
∴ ＝ ＝ ꎬ∴ ＝２ １０ꎬ ＝３ ５ꎬ (８ )
２􀅰 􀅰
３ ２ ２ ５ ３ １０
分
２ ５ １０
(１１ )
综上 ＡＢＣ ７. 分 Ｓ １ＡＣ ＢＣ Ｃ １ ２ .
ꎬｃｏｓ∠ ＝ (１２ ) ∴ △ ＡＢＣ＝ 􀅰 􀅰ｓｉｎ ＝ ×２ １０×３ ５× ＝１５
１２ ２ ２ ２
考点2 解三角形及其综合应用 分
(９ )
１.答案
２ 设ＡＢ边上的高为ｈ 则１ ｈ ｈ . 分
ꎬ ×５ ＝１５ꎬ∴ ＝６ (１０ )
２.答案 ２
３－１
６.解析 由题意知Ｓ ＢＤ ＤＣ Ｓ ３.
３.答案 ２ ３９ △ ＡＢＣ＝ ３ꎬ ＝ ꎬ∴ △ ＡＤＣ＝
２ １３ꎻ ２
１３
Ｓ １ ＤＡ ＤＣ ＡＤＣ ３ ＤＡ ＡＤＣ
４.答案 １ (１)∵ △ ＡＤＣ＝ 􀅰 􀅰ｓｉｎ∠ ＝ ꎬ ＝１ꎬ∠ ＝
－ ２ ２
４
π １ ＤＣ π ３ ＤＣ
５.解析 Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ Ｃ π Ｂ ３π Ａ ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ ꎬ∴ ＝２ꎬ
(１)∵ ＋ ＋ ＝πꎬ ＋ ＝３ ꎬ∴ ＝ ꎬ ＝ － ꎬ ３ ２ ３ ２
４ ４
又 Ａ Ｃ Ｂ ＢＤ 易知 ＡＤＢ ２π 分
∵ ２ｓｉｎ( － )＝ｓｉｎ ꎬ ∴ ＝２ꎬ ∠ ＝ ꎬ (２ )
æ ö æ ö ３
∴ ２ｓｉｎè
çＡ
－
π
ø
÷
＝ｓｉｎè
ç３π
－
Ａ
ø
÷
ꎬ
在
△
ＡＤＢ中
ꎬ
由余弦定理可知
ꎬ
ＡＢ２
＝
ＢＤ２
＋
ＤＡ２
－２
ＤＡ
􀅰
ＤＢ
􀅰
４ ４
æ ö
æ ö æ ö ＡＤＢ 即ＡＢ２ ２ ２ ç １ ÷
即 ç ２ Ａ ２ Ａ÷ ２ Ａ ç ２÷ Ａ ｃｏｓ∠ ꎬ ＝２ ＋１ －２×１×２×è－ ø ＝７ꎬ
２è ｓｉｎ － ｃｏｓ ø ＝ ｃｏｓ －è－ øｓｉｎ ꎬ ２
２ ２ ２ ２
ＡＢ 分
整理得 Ａ Ａ ∴ ＝ ７ꎬ (３ )
ｓｉｎ ＝３ｃｏｓ ꎬ
ＡＢ２ ＢＤ２ ＡＤ２
æ ö Ｂ ＋ － ７＋４－１ ５ ７
又 ２Ａ ２Ａ Ａ ç ３π÷ Ａ ３ １０. 分 ∴ ｃｏｓ ＝ ＡＢ ＢＤ ＝ ＝ ꎬ
∵ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１ꎬ ∈è０ꎬ øꎬ∴ ｓｉｎ ＝ (５ ) ２ 􀅰 ２ ７×２ １４
４ １０
解法一:过Ｃ作ＣＤ ＡＢ 垂足为Ｄ 如图.
(２) ⊥ ꎬ ꎬ Ｂ ２Ｂ ２５ ２１ 分
∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ １－ ＝ ꎬ (４ )
２８ １４
Ｂ
Ｂ ｓｉｎ ３. 分
∴ ｔａｎ ＝ Ｂ＝ (５ )
ｃｏｓ ５
如图所示 延长ＡＤ至Ｅ 使ＤＥ ＡＤ 连接ＢＥ ＣＥ
(２) ꎬ ꎬ ＝ ꎬ ꎬ ꎬ
ＡＢ ＢＣ
在 ＡＢＣ 中 由正弦定理得 即 ５
△ ꎬ ＡＣＢ ＝ Ａꎬ ＝
ｓｉｎ∠ ｓｉｎ π
ｓｉｎ
４
ＢＣ
ＢＣ . 分
ꎬ∴ ＝３ ５ (７ ) 易得四边形ＡＢＥＣ为平行四边形 ꎬ∴ ＡＢ ＝ ＣＥ ꎬ ＡＣ ＝ ＢＥ ꎬ 由余弦
３ １０
定理得ＢＣ２ ＡＢ２ ＡＣ２ ＡＢ ＡＣ ＢＡＣ ＡＥ２ ＡＣ２ ＣＥ２
１０ ＝ ＋ －２ 􀅰 ｃｏｓ∠ ꎬ ＝ ＋ －
ＡＣ ＣＥ ＡＣＥ 两式相加得 ＢＣ２ ＡＥ２ ＡＢ２ ＡＣ２ 即
２ 􀅰 ｃｏｓ∠ ꎬ ＋ ＝２( ＋ )ꎬ
由 知 Ａ １０
(１) ｃｏｓ ＝ ꎬ ＢＣ２ ＡＥ２ ｂ２ ｃ２
１０ ＋ ＝２( ＋ )＝ １６ꎬ
æ ö 又ＡＥ ＡＤ ＢＣ２ ＢＣ 分
Ｂ ç３π Ａ÷ ２ Ａ ２ Ａ ２ ５. 分 ＝２ ＝２ꎬ∴ ＝１２ꎬ∴ ＝２ ３ꎬ (７ )
∴ ｓｉｎ ＝ｓｉｎè － ø ＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝ (８ )
４ ２ ２ ５
Ｓ １ＡＤ ＤＣ ＡＤＣ ３ ＡＤ ＤＣ
∵ △ ＡＤＣ＝ 􀅰 􀅰ｓｉｎ∠ ＝ ꎬ ＝１ꎬ ＝ ３ꎬ
在 ＢＣＤ中 ＣＤ ＢＣ Ｂ ２ ５ ２ ２
Ｒｔ△ ꎬ ＝ 􀅰ｓｉｎ ＝３ ５× ＝６ꎬ ＡＤＣ ＡＤ ＢＣ ｂ ｃ 分
５ ∴ ｓｉｎ∠ ＝１ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ ＝ ꎬ (９ )
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２２ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
又ｂ２ ｃ２ ｂ ｃ . 分 ａ２ ｂ２ ｔ ２ ｔ
＋ ＝８ꎬ∴ ＝ ＝２ (１０ ) ＋ (２ －１) ＋(１－ ) ｔ ２ 当且仅当 ｔ
∴ ｃ２ ＝ ｔ ＝４ ＋ ｔ －５≥４ ２－５ꎬ ４ ＝
７.解析 由题意得Ｓ ３ａ２ Ｓ ３ｂ２ Ｓ ３ｃ２
(１) １＝ ꎬ ２＝ ꎬ ３＝ ꎬ
４ ４ ４ ２ 即ｔ ２时 取 扣分点 不写扣 分 . 分
ｔ ꎬ ＝ ꎬ “＝”( : １ ) (１１ )
２
∴
Ｓ
１－
Ｓ
２＋
Ｓ
３＝
４
３
(
ａ２
－
ｂ２
＋
ｃ２
)＝
２
３
ꎬ
即ａ２
－
ｂ２
＋
ｃ２
＝２ꎬ ａ２
＋
ｂ２
的最小值为 . 分
ａ２ ｃ２ ｂ２
∴ ｃ２ ４ ２－５ (１２ )
由
ｃｏｓ
Ｂ
＝
＋
ａｃ
－ 得ａ２
＋
ｃ２
－
ｂ２
＝２
ａｃ
ｃｏｓ
Ｂ
ꎬ ９.解析 Ｃ Ａ ｃ ａ 又 ｃ ａ
２ (１)２ｓｉｎ ＝３ｓｉｎ ⇒２ ＝３ ꎬ ∵ ＝ ＋２ꎬ
故 ａｃ Ｂ ａｃ Ｂ 分 ａ ａ ａ ｂ ａ ｃ ａ
２ ｃｏｓ ＝２ꎬ∴ ｃｏｓ ＝１ꎬ (３ ) ∴ ２( ＋２)＝ ３ ꎬ∴ ＝４ꎬ∴ ＝ ＋１＝５ꎬ ＝ ＋２＝６ꎬ
ｂ２ ｃ２ ａ２ ２ ２ ２
又 Ｂ １ Ｂ ２ ２或 Ｂ ２ ２ 舍 Ａ ＋ － ５ ＋６ －４ ３ Ａ ２Ａ ７
∵ ｓｉｎ ＝ ꎬ∴ ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ ＝－ ( )ꎬ ∴ ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝ ＝ ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ ꎬ
３ ３ ３ ２ ２×５×６ ４ ４
ａｃ ３ ２ Ｓ １ａｃ Ｂ １ ３ ２ １ ２. 分 Ｓ １ｂｃ Ａ １ ７ １５ ７. 分
∴ ＝ ４ ꎬ∴ △ ＡＢＣ＝ ２ ｓｉｎ ＝ ２ × ４ × ３ ＝ ８ (６ ) ∴ △ ＡＢＣ＝ ２ ｓｉｎ ＝ ２ ×５×６× ４ ＝ ４ (６ )
由正弦定理
ａ ｂ ｃ
得
ｂ２ ａｃ
(２)
由已知得ｃ
>
ｂ
>
ａ
ꎬ
(２) Ａ＝ Ｂ＝ Ｃ ２Ｂ＝ Ａ Ｃꎬ 若 ＡＢＣ为钝角三角形 则角Ｃ为钝角
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ △ ꎬ ꎬ
ａ２ ｂ２ ｃ２
又知ａｃ ３ ２ Ａ Ｃ ２ 分 Ｃ ＋ － ａ２ ｂ２ ｃ２ ａ２ ａ ２ ａ ２ ａ２
＝ ꎬｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ꎬ (９ ) ∴ ｃｏｓ ＝ ａｂ <０⇒ ＋ < ⇒ ＋( ＋１) <( ＋２) ⇒ －
４ ３ ２
ａ ａ 又ａ ａ . 分
ｂ２ ｂ
２ －３<０⇒－１< <３ꎬ >０ꎬ∴ ∈(０ꎬ３) (９ )
９ ３
∴ ２Ｂ＝ ꎬ∴ Ｂ＝ ꎬ 同时还应考虑构成 ＡＢＣ的条件
ｓｉｎ ４ ｓｉｎ ２ △ ꎬ
即ａ ｂ ｃ ａ ａ ａ ａ .
ｂ ３ Ｂ ３ １ １. 分 ＋ > ⇒ ＋( ＋１)> ＋２⇒ >１
∴ ＝ ｓｉｎ ＝ × ＝ (１２ ) 综上所述 当ａ 时 ＡＢＣ为钝角三角形.
２ ２ ３ ２ ꎬ ∈(１ꎬ３) ꎬ△
Ａ Ｂ Ｂ Ｂ 存在正整数ａ 使得 ＡＢＣ为钝角三角形. 分
８.解析 ｃｏｓ ｓｉｎ ２ ２ｓｉｎ ｃｏｓ 采分点 出 ∴ ＝２ꎬ △ (１２ )
(１)∵ Ａ＝ Ｂ＝ ２Ｂ ( :
１＋ｓｉｎ １＋ｃｏｓ ２ ２ｃｏｓ
现二倍角公式给 分 分
１ )ꎬ (１ )
Ａ Ｂ
即 ｃｏｓ ｓｉｎ
Ａ＝ Ｂꎬ
１＋ｓｉｎ ｃｏｓ
１.Ｄ ２.Ｃ ３.Ｃ ４.Ｄ ５.Ｃ
Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ
∴ ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ꎬ
６.答案 π
即 Ａ Ｂ Ｂ 又Ｃ ２π 分 ꎻ２
ｃｏｓ( ＋ )＝ｓｉｎ ꎬ ＝ ꎬ (３ ) ３
３
Ａ ＡＢＣ Ｃ Ａ Ａ
７.解析 因为 Ａ ∠ ＋ π－
Ｂ Ａ Ｂ Ｃ ２π １ (１) ｃｏｓ ＝２ｓｉｎ ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ｓｉｎ ＝
∴ ｓｉｎ ＝ｃｏｓ( ＋ )＝ －ｃｏｓ ＝－ｃｏｓ ＝ ꎬ ２ ２ ２ ２
３ ２
Ａ Ａ Ａ
Ａ 可得 Ａ ｓｉｎ
Ｂ π Ｂ π. 分 ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ꎬ ｔａｎ ＝ Ａ＝１ꎬ
∵ ０< < ꎬ∴ ＝ (４ ) ２ ２ ｃｏｓ
３ ６
由 知 Ｂ Ａ Ｂ Ｃ 因为Ａ 所以Ａ π.
(２) (１) ꎬｓｉｎ ＝ｃｏｓ( ＋ )＝ －ｃｏｓ ꎬ ∈(０ꎬπ)ꎬ ＝
４
æ ö
Ｂ 恒成立 Ｃ çπ ÷ 作ＢＥ ＡＣ 垂足为Ｅ
∵ ｓｉｎ >０ ꎬ∴ ∈è ꎬπøꎬ (２) ⊥ ꎬ ꎬ
２
æ ö 在 ＡＢＤ 中 由 Ａ π ＡＢ ＢＤ 知 ＡＢＤ 为等腰直角三角
Ｃ çＣ π÷ △ ꎬ ＝ ꎬ ⊥ △
∵ －ｃｏｓ ＝ｓｉｎè － øꎬ ４
２
形 因为ＡＢ 所以ＢＤ ＡＤ ＢＥ
ꎬ ＝ ２ꎬ ＝ ２ꎬ ＝２ꎬ ＝１ꎬ
Ｃ π Ｂ或Ｂ Ｃ π 不合题意 舍去 分
∴ － ＝ ＋ － ＝π( ꎬ )ꎬ (５ )
２ ２ 由 ＢＣＤ的面积为 １ ＢＥ ＣＤ １ 解得 ＣＤ 可得 ＡＣ
△ 􀅰 ＝ ꎬ ＝１ꎬ ＝
æ ö ２ ２
Ａ π Ｂ Ａ Ｂ ç π÷ 分
∴ ＝
２
－２ ꎬ∵ >０ꎬ∴ ∈è０ꎬ
４
øꎬ (６ ) ＡＤ
＋
ＣＤ
＝３ꎬ
所以ＢＣ
＝
ＡＢ２
＋
ＡＣ２
－２
ＡＢ
􀅰
ＡＣ
􀅰ｃｏｓ
Ａ
＝ ５
.
ａ２ ｂ２ ２Ａ ２Ｂ ２ Ｂ ２Ｂ
＋ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ２ ＋ｓｉｎ
∴ ｃ２ ＝ ２Ｃ ＝ ２Ｂ
ｓｉｎ ｃｏｓ
１.Ｃ ２.Ｂ ３.Ｄ ４.ＡＣＤ
２Ｂ ２ ２Ｂ
(２ｃｏｓ －１) ＋(１－ｃｏｓ ) 分
＝
ｃｏｓ
２Ｂ ꎬ (８ )
５.答案 ３ ３
æ ö ４
令 ２Ｂ ｔ ｔ ç １ ÷
ｃｏｓ ＝ ꎬ ∈è ꎬ１øꎬ ６.解析 因为ａ ｂ 所以 ｘ ｘ
２ (１) ∥ ꎬ ３ｃｏｓ ＝－２ｓｉｎ ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ２３
则 ｘ ３. ９.答案 ５ ３
ｔａｎ ＝－
２ ９
æ ö２
ç ３÷ １０.答案 ３π 答案不唯一
ｘ ２ｘ ２ｘ ｃｏｓ
２ｘ
－ｓｉｎ
２ｘ
１－ｔａｎ
２ｘ １－è－
２
ø
１.
２０ ℃ꎻ
４
( )
ｃｏｓ ２ ＝ｃｏｓ －ｓｉｎ ＝ ２ｘ ２ｘ＝ ２ｘ ＝æ ö２ ＝ é ù æ ù
ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ｔａｎ ＋１ ç ３÷ ７ １１.答案 êê ３ úú ç１５ úú
è－ ø ＋１ ë ꎬ１û∪è ꎬ４û
２ ４ ４
ｆ ｘ ａ ｂ ａ ｘ ｘ ｘ
(２) ( )＝ ( ＋ )􀅰 ＝(ｓｉｎ ＋ ３ｃｏｓ )ｓｉｎ ＋(１－２)×１＝ １２.解析 由题意得ｂ Ａ Ｂ ３
(１) ｓｉｎ －ｓｉｎ ２Ｃ＝０ꎬ
ｓｉｎ
２ｘ ｘ ｘ ３ ｘ １ ｘ １
ｓｉｎ ＋ ３ ｓｉｎ ｃｏｓ － １ ＝ ｓｉｎ ２ － ｃｏｓ ２ － ＝ 因为 Ｃ 所以ｂ Ａ Ｃ Ｂ . 分
２ ２ ２ ｓｉｎ >０ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ － ３ｓｉｎ ＝０ (※) (２ )
æ ö 由正弦定理 得ｂ Ａ ａ Ｂ
ç ｘ π÷ １. ꎬ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ꎬ
ｓｉｎè２ － ø－
６ ２ 故 式可化为ａ Ｂ Ｃ Ｂ .
(※) ｓｉｎ ｓｉｎ － ３ｓｉｎ ＝０
æ ö æ ö
因为ｆ Ａ １ 所以 ç Ａ π÷ Ａ ç π÷ 得 Ａ π 因为 Ｂ 所以ａ Ｃ
( )＝ ꎬ ｓｉｎè２ － ø ＝１ꎬ ∈è０ꎬ øꎬ ２ － ＝ ｓｉｎ ≠０ꎬ ｓｉｎ ＝ ３ꎬ
２ ６ ２ ６
由正弦定理 得ｃ Ａ ａ Ｃ . 分
ꎬ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ＝ ３ (５ )
π 即Ａ π
ꎬ ＝ ꎬ 由 ｂ Ｃ ａ Ｃ ｃ Ｃ 及 正 弦 定 理 得
２ ３ (２) ２ ( ｓｉｎ － ｔａｎ ) ＝ ｔａｎ
ｃ ｂ Ｃ æ Ｃö Ｃ
因为 所以ｃ ２ｓｉｎ ç Ｂ Ｃ Ａ ｓｉｎ ÷ Ｃ ｓｉｎ
Ｃ＝ Ｂꎬ ＝ Ｂ ꎬ ２èｓｉｎ ｓｉｎ －ｓｉｎ 􀅰 Ｃø ＝ｓｉｎ 􀅰 Ｃꎬ
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ｃｏｓ
æ ö 因为 Ｃ 故 Ｃ Ｂ Ａ Ｃ Ｂ Ｃ
çＢ π÷ ｓｉｎ ≠０ꎬ ２ｃｏｓ 􀅰ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ( ＋ )＋
Ｃ ３ｓｉｎè ＋ ø Ｃ 则 Ｃ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｃ
所以Ｓ １ｂｃ Ａ ３ｓｉｎ ３ ３ ３ ｓｉｎ ꎬ ２ｃｏｓ 􀅰ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋２ｃｏｓ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ꎬ
△ ＡＢＣ＝ ２ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ Ｂ ＝ ｓｉｎ Ｂ ＝ ２ ＋ ２ｔａｎ Ｂꎬ 故 Ｂ Ｃ Ｃ
２ｃｏｓ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝０ꎬ
ì
ï
Ｂ π
ï０< < ꎬ 因为 Ｃ 故 Ｂ １
由 ＡＢＣ是锐角三角形得í ２ ｓｉｎ ≠０ꎬ ｃｏｓ ＝－
２
ꎬ
△ ï
ï Ｃ π Ｂ π
î０< ＝π－ － < ꎬ 又Ｂ 故Ｂ ２π 分
３ ２ ∈(０ꎬπ)ꎬ ＝ ꎬ (７ )
３
解得π Ｂ π 代入ｂ Ａ Ｃ Ｂ 中 得ｂ Ａ Ｃ ２Ｂ
< < ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ － ３ｓｉｎ ＝０ ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ꎬ
６ ２
即ａｃ ｂ.
＝２
则
ｔａｎ
Ｂ
>
３
ꎬ
故 ３
<
３
＋
３
Ｂ<２ ３ꎬ
由余弦定理
ꎬ
知ｂ２
＝
ａ２
＋
ｃ２
－２
ａｃ
ｃｏｓ
Ｂ
＝
ａ２
＋
ｃ２
＋
ａｃ
≥３
ａｃ
＝６
ｂ
ꎬ
故
３ ２ ２ ２ｔａｎ
ｂ 则ａｃ 当且仅当ａ ｃ 时等号成立 分
æ ö ≥６ꎬ ≥１２ꎬ ＝ ＝２ ３ ꎬ (９ )
即 ＡＢＣ面积的取值范围为ç ３ ÷.
△ è ꎬ２ ３ø
２ 故Ｓ １ａｃ Ｂ 又Ｓ λ
７.解析 若Ｂ Ｃ 则 Ｂ Ａ. △ ＡＢＣ＝ ２ ｓｉｎ ≥３ ３ꎬ △ ＡＢＣ≥ ꎬ
(１) ＝ ꎬ ２ ＝π－
因为 Ｂ Ｃ Ａ Ａ Ｂ Ｃ Ａ 所以实数λ的取值范围为 . 分
ｃｏｓ( － )ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ２ ＝１＋ｃｏｓ( ＋ )ｃｏｓ ꎬ (－∞ꎬ３ ３] (１０ )
所以 Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ ｃ ｂ
ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ２ ＝１＋ｃｏｓ(π－ )ｃｏｓ ꎬ １３.解析 因为 ｓｉｎ －
(１) Ｂ Ｃ＝ ｂ ꎬ
整理得 ２Ａ Ａ 由Ａ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ
３ｃｏｓ ＋ｃｏｓ －２＝０ꎬ ∈(０ꎬπ)ꎬ
ａ ｃ ｂ
所以由正弦定理可得 － 即ｃ２ ｂ２ ａｂ 分
解得 Ａ 舍 或 Ａ ２. ｂ ｃ＝ ｂ ꎬ ＝ ＋ ꎬ (２ )
ｃｏｓ ＝－１( ) ｃｏｓ ＝ ＋
３
(２)
因为
ｃｏｓ(
Ｂ
－
Ｃ
)ｃｏｓ
Ａ
＋ｃｏｓ ２
Ａ
＝１＋ｃｏｓ(
Ｂ
＋
Ｃ
)ｃｏｓ
Ａ
ꎬ
因为Ｃ
＝
π
ꎬ
所以ｃ２
＝
ａ２
＋
ｂ２
ꎬ
所以 Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ Ａ. ２
[ｃｏｓ( － )－ｃｏｓ( ＋ )]ｃｏｓ ＝１－ｃｏｓ ２ 所以ｂ２ ａｂ ａ２ ｂ２ 解得ａ ｂ
整理得 Ｂ Ｃ Ａ ２Ａ ＋ ＝ ＋ ꎬ ＝ ꎬ
２ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝２ｓｉｎ ꎬ
由正弦定理得
２
ｂｃ
ｃｏｓ
Ａ
＝２
ａ２
ꎬ
即Ａ
＝
Ｂ
ꎬ
又Ｃ
＝
π
ꎬ
所以Ｂ
＝
π.
(４
分
)
２ ４
由余弦定理的推论得ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２
＝２
ａ２
ꎬ ｃ２ ｂ２
由 知 ｃ２ ｂ２ ａｂ 所以ａ － ｃ ｂ
ｂ２ ｃ２ (２) (１) ꎬ ＝ ＋ ꎬ ＝ ｂ ꎬ > ꎬ
所以 ＋ .
ａ２ ＝３ {ａ ｂ ｃ
由三角形三边关系可得 ＋ > ꎬ则ｂ ｃ ｂ 分
ｂ ｃ ａ < <２ ꎬ (６ )
＋ > ꎬ
ａ ｃ ｃ２ ｂ２ ｂｃ ｃ２ ｃ
所以 ＋ － ＋ 分
１.Ｂ ２.Ｂ ３.Ａ ４.Ｄ ５.Ｃ ６.Ｂ ７.Ｄ ８.ＢＤ ｂ ＝ ｂ２ ＝ｂ２ ＋ ｂ －１ꎬ (８ )
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２４ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
ｃ
令ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ
＝ ｂ ꎬ ∈(１ꎬ２)ꎬ ( )＝ ＋ －１ꎬ１< <２ꎬ
æ ö２
所以ｆ ｘ çｘ １ ÷ ５
( )＝ è ＋ ø － ∈(１ꎬ５)ꎬ
２ ４ １.Ａ ２.Ｂ ３.Ｄ ４.Ｂ ５.Ａ ６.Ｄ ７.Ｃ
ｃ２ ｃ
所以
ｂ２ ＋ ｂ －１∈(１ꎬ５)ꎬ ８.答案 ８
ａ ｃ １３
所以 ＋ 的取值范围是 . 分
ｂ (１ꎬ５) (１０ )
１.Ｄ ２.Ａ ３.Ｃ ４.Ａ ５.Ｄ ６.Ｂ ７.Ａ ８.Ｄ
１４.解析 证明 Ａ π ｂ ｃ
(１) : ＝ ꎬ ＝２ꎬ ＝３ꎬ
３ ９.解析 Ａ Ｃ Ｑ 三点共线 设Ａ→Ｃ ｋ Ａ→Ｑ ｋ Ｒ 即
(１)∵ ꎬ ꎬ ꎬ∴ ＝ ꎬ ∈ ꎬ
由余弦定理可得 ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ １
＝ ＋ －２ ｃｏｓ ＝４＋９－２×２×３× ＝７ꎬ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ ｋ Ｏ→Ｑ Ｏ→Ａ Ｏ→Ａ １Ｏ→Ｐ １ａ Ｏ→Ｑ ｂ
２ － ＝ ( － )ꎬ∵ ＝ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
ａ ｂ ２ ２
ａ . ｋ
∴ ＝ ７ ∵ Ａ＝ Ｂꎬ Ｏ→Ｃ ｋＯ→Ｑ ｋ Ｏ→Ａ ｋｂ (１－ )ａ.
ｓｉｎ ｓｉｎ ∴ ＝ ＋(１－ ) ＝ ＋
２
ａ ｂ ａ ａ
７ ７ ７ ７ . ｔ
∴ Ａ＋ Ｂ＝ Ａ＋ Ａ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ２１ 由Ｐ Ｃ Ｂ 三点共线可设Ｏ→Ｃ ｔ Ｏ→Ｐ ｔ Ｏ→Ｂ ｔａ (１－ )ｂ
ｔａｎ ｓｉｎ ｔａｎ ｓｉｎ π π ３ ３ ꎬ ꎬ ＝ ＋(１－ ) ＝ ＋ ꎬ
ｔａｎ ｓｉｎ ４
３ ３ ２ ｔ Ｒ
∈ ꎬ
分
(６ ) ì ｋ
ï ｔ １－
ï ＝ ꎬ
由Ｓ １ｂｃ ＢＡＣ ３ｂｃ 可得ｂｃ . 根据平面向量基本定理知 í ２ 解得ｋ １ ｔ ３.
(２) △ ＡＢＣ＝ ２ ｓｉｎ∠ ＝ ４ ＝６ ３ ＝２４ :ï ïｋ １－ ｔ ＝ ７ ꎬ ＝ ７
∵
Ｄ为边ＢＣ的中点
ꎬ
则Ｄ→Ｂ
＋
Ｄ→Ｃ
＝
０
ꎬ
î ＝
４
ꎬ
Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ Ａ→Ｄ Ｄ→Ｂ Ａ→Ｄ Ｄ→Ｃ Ａ→Ｄ Ｏ→Ｃ ３ａ １ｂ.
∴ ＋ ＝( ＋ )＋( ＋ )＝ ２ ꎬ ∴ ＝ ＋
７ ７
所以 Ａ→Ｄ ２ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ ２ Ａ→Ｂ２ Ａ→Ｃ２ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ
４ ｜ ｜ ＝( ＋ ) ＝ ＋ ＋２ 􀅰 由Ｎ Ｃ Ｍ三点共线 设Ｏ→Ｃ ｘＯ→Ｍ ｘ Ｏ→Ｎ
(２) ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ＋(１－ ) ꎬ
＝
ｃ２
＋
ｂ２
＋２
ｃｂ
ｃｏｓ
π
则Ｏ→Ｃ ｘＯ→Ｍ ｘ Ｏ→Ｎ ｘλｂ ｘ μａ.
＝ ＋(１－ ) ＝ ＋(１－ )
３
ì
ｂ２ ｃ２ ｂｃ ｂｃ ｂｃ ｂｃ 即 Ａ→Ｄ 分 ï ｘλ １
＝ ＋ ＋ ≥２ ＋ ＝３ ＝７２ꎬ ｜ ｜≥３ ２ꎬ (１１ ) ï ＝ ꎬ
当且仅当ｂ ｃ 时 等号成立 故ＡＤ长的最小值为 . 又由 知Ｏ→Ｃ ３ａ １ｂ 所以í ７ 故有３ １ .
＝ ＝２ ６ ꎬ ꎬ ３ ２ (１) ＝ ＋ ꎬ ï μ＋ λ＝１
分 ７ ７ î ï (１－ ｘ ) μ ＝ ３ ꎬ ７ ７
(１２ ) ７
因为 λ μ
专题六 平面向量与复数 ０< ꎬ <１ꎬ
æ ö λ μ
所以 μ λ ç ３ １ ÷ ６ ９ ６ ９ １２ 当且仅
6.1 平面向量的概念及线性运算、 ( ＋３ )è μ＋ λø ＝ ＋ μ＋ λ≥ ＋２ ＝ ꎬ
７ ７ ７ ７ ７ ７ ４９ ７
平面向量基本定理及坐标表示
当λ ２ μ ６时等号成立
＝ ꎬ ＝ ꎬ
７ ７
从而可得μ λ的最小值为１２.
＋３
考点1 平面向量的概念及线性运算 ７
１.Ｂ ２.Ａ ３.Ａ ４.Ａ ５.Ａ ６.Ａ
6.2 平面向量的数量积及其应用
７.答案 １ １
ꎻ－
２ ６
考点2 平面向量基本定理及坐标运算
考点1 平面向量数量积及夹角与模问题
１.Ｂ
１.Ｃ ２.Ｄ ３.Ｂ ４.Ｄ ５.ＡＣ
２.答案 １ ６.答案
３
２
３.答案 ７.答案 ９
４ －
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ２５
考点2 平面向量数量积的应用
专题七 数列
１.Ｄ ２.Ｄ ３.Ｃ ４.Ａ ５.Ｄ
7.1 数列的概念及表示
６.答案 ２
３
７.答案 １ａ ３ｂ π 或 °
－ ＋ ꎻ ( ３０ )
考点 数列的概念及表示
２ ２ ６
１.Ａ ２.Ｃ ３.Ａ
４.答案 ３１
１６
１.Ｃ ２.Ｄ ３.Ｃ ４.Ｄ ５.Ｄ ６.Ｃ ７.Ａ ８.Ｄ ９.Ｄ １０.Ｄ
５.答案
１ꎻ１２１
１１.答案 ６.答案 １
２ ５
１２.答案 ２
３
７.答案 ２０
１３.答案 π
１１
３ ８.答案
①③④
９.答案
７
１.Ｃ ２.Ｂ ３.Ａ ４.Ｄ ５.ＡＤ ６.ＡＢＤ １０.解析 令ｎ 则由题可得ａ２ ａ ａ ａ
(１) ＝１ꎬ １－(２ ２－１) １－２ ２＝０ꎬ
７.答案 ９ 把ａ 代入 得 ａ ａ 解得ａ １
－ １＝１ ꎬ １－(２ ２－１)－２ ２＝０ꎬ ２＝ ꎬ
２ ２
８.答案 令ｎ 则ａ２ ａ ａ ａ
[３９ꎬ５５] ＝２ꎬ ２－(２ ３－１) ２－２ ３＝０ꎬ
９.答案
４－ １３ 即１ － １ (２ ａ ３－１)－２ ａ ３＝０ꎬ 解得ａ ３＝ １.
４ ２ ４
6.3 复数 将ａ２ ａ ａ ａ 因式分解可得 ａ
(２) ｎ－(２ ｎ ＋１－１) ｎ－２ ｎ ＋１＝０ ( ｎ＋１)􀅰
ａ ａ 则ａ 舍 或ａ ａ
( ｎ－２ ｎ ＋１)＝ ０ꎬ ｎ＝－１( ) ｎ－２ ｎ ＋１＝０ꎬ
ａ
即 ｎ ＋１ １ 即 ａ 是以 为首项 １ 为公比的等比数列 所
考点1 复数的概念 ａ ＝ ꎬ { ｎ} １ ꎬ ꎬ
ｎ ２ ２
１.Ａ ２.Ｃ ３.Ｃ ４.Ｄ ５.Ａ ６.Ａ ７.Ｃ æ öｎ －１
以ａ ç １ ÷ １ .
８.答案 ｎ＝１×è ２ ø ＝ ２ ｎ －１
２ ３
考点2 复数的运算
１.Ｄ ２.Ｂ ３.Ｃ ４.Ｂ ５.Ａ ６.Ｄ ７.Ｄ ８.Ｃ ９.Ｃ
１.Ｂ ２.Ａ ３.Ｃ ４.Ｃ ５.Ａ ６.Ａ ７.ＢＣＤ
８.答案
－６
９.答案
１.Ａ ２.Ａ ３.Ｄ ４.Ｄ ５.Ｂ ６.Ｂ ７.Ｂ ８.Ｃ ９.Ａ １０.Ｃ ６５
１０.解析 由对任意正整数 ｍ ｎ 均有 ａ ａ ａ ｍｎ
１１.ＡＤ １２.ＢＤ １３.ＣＤ (１) ꎬ ｍ ＋ ｎ＝ ｎ＋ ｍ＋２ ꎬ
取ｍ 得ａ ａ ｎ
１４.答案 ＝１ꎬ ｎ ＋１＝ ｎ＋１＋２ ꎬ
１ 当ｎ 时 ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ
≥２ ꎬ ｎ＝ １＋( ２－ １)＋( ３－ ２)＋􀆺＋( ｎ－ ｎ －１)＝ １＋３＋
ｎ ｎ
ｎ (１＋２ －１) ｎ２
５＋􀆺＋２ －１＝ ＝ ꎬ
２
１.Ｄ ２.Ｃ ３.Ｃ ４.Ａ ５.Ｃ ６.Ａ ７.Ｄ ８.Ｃ ９.Ｃ １０.Ｄ
１１.Ｃ １２. ＢＤ １３.ＡＢ Ｄ １４ .ＢＣ
当ｎ
＝１
时
ꎬ
ａ
１＝１ꎬ
符合上式
ꎬ
所以ａ
ｎ＝
ｎ２
ꎬ
ｎ
∈
Ｎ .
(６
分
)
当ｎ为偶数时
(２) ꎬ
１５.答案
６ Ｓ ２ ２ ２ ２ ｎ ２ ｎ２
ｎ＝(－１ ＋２ )＋(－３ ＋４ )＋􀆺＋[－( －１) ＋ ]＝３＋７＋１１＋􀆺＋
１６.答案 °
１２０ ｎ
ｎ
æ ö æ ö (３＋２ －１) ｎ ｎ
１７.答案 ç １ ÷ ç １ ÷ ｎ ２ ( ＋１)
－１ꎻè－２ꎬ ø∪è ꎬ＋∞ø (２ －１)＝ ＝ ꎻ
２ ２ ２ ２
ｎ ｎ
１８.答案 ２ ａ 当ｎ为奇数时 Ｓ Ｓ ｎａ Ｓ ａ ( －１) ｎ２
ꎬ ｎ ＝ ｎ －１＋(－１) ｎ ＝ ｎ －１－ ｎ ＝ －
７ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２６ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
－
ｎ２
－
ｎ
. ∴
ａ
ｎ＝２
ｎ
＋１ꎬ
ｎ
∈
Ｎ .
＝
２ 由 得 ａ 又 ７ ８ 同时 ａ ７
(２) (１) ꎬ １００ ＝２０１ꎬ ２ <２０１<２ ꎬ ９３ ＝１８７>２ ꎬ
ì
ï
ｎ２
＋
ｎ
ｎ为偶数 ｂ ａ
ïï ꎬ ꎬ ∴ １００＝ ９３ꎬ
综上所述 Ｓ í ２ 分 ｂ ｂ ｂ ａ ａ ａ １ ２ ７
: ｎ＝ï ｎ２ ｎ (１２ ) ∴ １＋ ２＋􀆺＋ １００ ＝( １＋ ２＋􀆺＋ ９３)＋(２ ＋２ ＋􀆺＋２ )＝
î
ï－ －
ꎬ
ｎ为奇数.
９３×(
ａ
１＋
ａ
９３) ２×(１－２ ７ ) .
２ ＋ ＝９ ０８９
２ １－２
所以 ｂ 的前 项和为 .
{ ｎ} １００ ９ ０８９
１.Ｃ ２.Ａ ３.Ｃ ４.ＢＣ ９.解析
(１)
当 ｎ
＝１
时
ꎬ
Ｓ
２＋
Ｓ
１ ＝
ａ
２＋２
ａ
１ ＝２×(１＋１)
２
＝８ꎬ
５.答案 ｎ ｎ －１ ａ
􀅰２ ２＝６ꎬ
é ö
６.答案 ë êê ５ ꎬ＋∞ø ÷ 当ｎ ＝２ 时 ꎬ Ｓ ３＋ Ｓ ２＝ ａ ３＋２ ａ ２＋２ ａ １＝２×(２＋１) ２ ＝１８ꎬ ａ ３＝４ꎬ
２ 当ｎ 时 Ｓ Ｓ ａ ａ ａ ａ ２ ａ .
７.解析 因为ｎａ ｎ ａ ＝３ ꎬ ４＋ ３＝ ４＋２ ３＋２ ２＋２ １＝２×(３＋１) ＝３２ꎬ ４＝１０
(１) ｎ ＋１－( ＋１) ｎ＝１ꎬ Ｓ Ｓ ｎ ２
ａ ａ (２)∵ ｎ ＋１＋ ｎ＝２( ＋１) ꎬ①
所以 ｎ ＋１ ｎ １ １ １ 分 当ｎ 时 Ｓ Ｓ ２
ｎ
＋１
－ｎ ＝ｎ
(
ｎ
＋１)
＝ ｎ －ｎ
＋１
ꎬ (１ ) ∴ ＝１ ꎬ ２＋ １＝２×２ ＝８ꎬ
又ａ Ｓ 则Ｓ Ｓ
所以ｎ ≥２ 时 ꎬ ａ ｎ ｎ ＝ æ è ç ａ ｎ ｎ －ｎ ａ － ｎ － １ １ ö ø ÷ ＋ æ è ç ｎ ａ － ｎ － １ １ －ｎ ａ － ｎ － ２ ２ ö ø ÷ ＋􀆺＋ æ è ç ａ ２ ２ － ａ １ １ ö ø ÷ ＋ ａ １ 当ｎ ≥ １＝ ２ １ 时 ＝ ꎬ １ Ｓ ꎬ ｎ＋ Ｓ ｎ － ２ １ ＝ ＝ ８ ２ － ｎ２ ꎬ １ ② ＝８－１＝７ꎬ
可得Ｓ Ｓ ｎ
æ
ç １ １
ö
÷
æ
ç １ １
ö
÷
æ
ç １
ö
÷ １ 分
①－② ｎ ＋１－ ｎ －１＝４ ＋２ꎬ
＝èｎ －ｎ ø＋èｎ －ｎ ø＋􀆺＋è１－ ø＋１＝２－ｎ ꎬ (３ ) 当ｎ ｎ 为偶数时
－１ －２ －１ ２ ( >２) ꎬ
当ｎ 时 ａ 适合上式 分 Ｓ Ｓ ｎ
＝１ ꎬ １＝１ ꎬ (４ ) ｎ－ ２＝(４×４－２)＋(４×６－２)＋􀆺＋(４ －２)
所以ａ ｎ ｎ Ｎ . 分 ｎ æ ｎ ö
ｎ＝２ －１ꎬ ∈ (５ ) [１４＋(４ －２)] ç ÷ ｎ２ ｎ
＝ 􀅰è －１ø ＝ ＋ －６ꎬ
ｎ ａ ２ ２
因为Ｓ ３ －１ 所以当ｎ 时 Ｓ １ 得ｂ
(２) ｎ＝ ꎬ ＝１ ꎬ １＝ｂ ＝１ꎬ １＝１ꎻ ∴ Ｓ ｎ＝ ｎ ( ｎ ＋１)＋１ .
２ １
当ｎ ｎ 为奇数时
分 ( >２) ꎬ
(６ )
Ｓ Ｓ ｎ
当ｎ ≥２ 时 ꎬ ａ ｂ
ｎ
ｎ ＝ Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１＝ ３ ｎ
２
－１ － ３ ｎ －
２
１ －１ ＝３ ｎ －１ ꎬ ｎ
[
－
１０
１
＋
＝
(
(
４
４ ｎ ×
－
３
２
－
)
２
]
)＋( ｎ ４
－
×
１
５－
ｎ
２
２
)＋
ｎ
􀆺＋(４ －２)
＝ 􀅰 ＝ ＋ －２ꎬ
ｎ ２ ２
所以ｂ ２ －１ ｎ 当ｎ 时也成立. 分
ｎ＝ ｎ －１ ꎬ ≥２ꎬ ＝１ (７ ) ∴ Ｓ ｎ＝ ｎ ( ｎ ＋１)－１ꎬ
３
由 得 ｎ 的最大值
ｎ １５×１６－１＝２３９<２４０ꎬ１６×１７＋１＝２７３>２４０
因此ｂ ２ －１ ｎ Ｎ .
ｎ＝ ｎ －１ ꎬ ∈ 为 .
３ １５
ｎ ａ ｎ ｎａ
因为Ｔ １ ３ ５ ２ －１ １０.解析 由 ｎ ＋１得到Ｓ ２ ｎ
ｎ＝ ３ ０ ＋ ３ １ ＋ ３ ２ ＋􀆺＋ ３ ｎ －１ ꎬ (１) Ｓ ｎ ＝ ２ ｎ ｎ＝ｎ ＋１ ꎬ
ｎ ｎ ａ
所以１ Ｔ １ ３ ５ ２ －１ 分 当ｎ 时 Ｓ ２( －１) ｎ －１
ｎ＝ １ ＋ ２ ＋ ３ ＋􀆺＋ ｎ ꎬ (８ ) ≥２ ꎬ ｎ －１＝ ｎ ꎬ
３ ３ ３ ３ ３
æ ö ｎａ ｎ ａ ｎ ａ
１ ç １ ÷ 两式相减 有 ａ ２ ｎ ２( －１) ｎ －１ 得 到 ２( －１) ｎ －１
ｎ è１－ ｎ －１ø ꎬ ｎ ＝ ｎ － ｎ ꎬ ｎ
所以２ Ｔ １ ２ ２ ２ ２ －１ ３ ３ ＋１
ｎ＝
０
＋
１
＋
２
＋􀆺＋ ｎ
－１
－ ｎ ＝１＋２× －
ｎ ａ
３ ３ ３ ３ ３ ３ １－ １ ( －１) ｎ
３ ＝ ｎ ꎬ
＋１
ｎ ｎ ｎ
２ －１ １ ２ －１ ２ ＋２ 分 ａ ａ
３
ｎ ＝１＋１－
３
ｎ －１ －
３
ｎ ＝２－
３
ｎ ꎬ (１１ ) 由于ｎ
≥２ꎬ
所以
ｎ
ｎ
＝２􀅰 ｎ
ｎ －１.
＋１
ｎ
故Ｔ ＋１. 分 ａ ａ
ｎ＝３－ ｎ －１ (１２ ) 因为 １ 由上述递推关系知 ｎ
３ ＝２ꎬ ｎ ≠０ꎬ
８.解析
(１)
依题意 ａ
ｎ>０ꎬ
当 ｎ
＝１
时
ꎬ４
ａ
１＝
ａ２
１＋２
ａ
１－３ꎬ
解得
所以
{
２
ａ
ｎ
}
是以 为首项 为公
＋
比
１
的等比数列
ａ
１＝３ꎬ ｎ
＋１
２ ꎬ２ ꎬ
当ｎ
≥２
时
ꎬ
由
４
Ｓ
ｎ＝
ａ２
ｎ＋２
ａ
ｎ－３ꎬ
得
４
Ｓ
ｎ －１＝
ａ２
ｎ －１＋２
ａ
ｎ －１－３ꎬ
作差得
所以 ａ ｎ ｎ －１ 所以ａ ｎ ｎ.
ａ ａ２ ａ２ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ｎ ｎ ＝２×２ ꎬ ｎ＝( ＋１)２
４ ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＋２ ｎ－２ ｎ －１ꎬ∴ ( ｎ＋ ｎ －１)( ｎ－ ｎ －１－２)＝ ０( ≥ ＋１
ａ ａ ａ ａ ｎ 数列 ａ 是首项为 ａ
２)ꎬ∵ ｎ＋ ｎ －１>０ꎬ∴ ｎ－ ｎ －１＝２( ≥２)ꎬ∴ { ｎ} 由 知 ｃ ｎ ｎ 则ｃ ｃ ｎ ｎ
公差为 的等差数列 (２) (１) : ｎ＝ ｎ－１＝ ꎬ ｎ ＋１－ ｎ＝ ＋１－ ＝１ꎬ
３ꎬ ２ ꎬ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ２７
所以数列 ｃ 为等差数列 { }
{ ｎ} ꎬ 所以 １ 是以１ 为首项 １ 为公比的等比数列
ａ －１ ꎬ ꎬ
所以数列 ｃ 的前ｎ项和为Ｔ ｎ ( ｎ ＋１) ｎ ２ ２
{ ｎ} ｎ＝ ꎬ æ öｎ æ öｎ
２ 所以１ ç １ ÷ 则１ ç １ ÷
ａ －１＝è ø ꎬ ａ ＝è ø ＋１ꎬ
则１ ２ æ ç １ １ ö ÷ ｎ ２ ｎ ２
Ｔ ＝ｎ ｎ ＝ ２è ｎ －ｎ øꎬ ｎ
ｎ ( ＋１) ＋１ 所以ａ １ ２
éæ ö æ ö ｎ＝æ öｎ ＝ ｎ ꎬ
所以 Ｔ １ ＋ Ｔ １ ＋ 􀆺 ＋ Ｔ １ ＝ ２ ë ê ê è ç １－ １ ø ÷ ＋ è ç １ － １ ø ÷ ＋ 􀆺 ＋ è ç １ ø ÷ ＋１ ２ ＋１
１ ２ ｎ ２ ２ ３ ２
ｎ
æ ç １ １ ö ÷ ù ú ú ２ ｎ . 即数列 { ａ ｎ} 的通项公式为ａ ｎ＝ ｎ ２ .
è ｎ －ｎ ø û＝ｎ ２ ＋１
＋１ ＋１
æ öｎ
１１.解析 (１) 由题意知 Ｓ ｎ 为正项数列 { ａ ｎ} 的前 ｎ 项的乘 (２) 因为 ａ １ ＝ è ç １ ø ÷ ＋ １ꎬ 所以 ａ １ ＋ ａ １ ＋ 􀆺 ＋ ａ １ ＝ ｎ ＋
积 ꎬ 且Ｓ ｎ＝ ａｎ ｎ ＋１ ꎬ é æ öｎ ｎ ù ２ １ ２ ｎ
１ êê ç １ ÷ úú
当ｎ 时 Ｓ２ ａ ａ ２ ａ３ 所以 ａ ２ ａ３ 解得ａ . ë１－è ø û æ öｎ
＝２ ꎬ ２＝( １ ２) ＝ ２ꎬ (３ ２) ＝ ２ꎬ ２＝９ ２ ２ ｎ ç １ ÷
又Ｓ２ ａｎ ＋１ Ｓ２ ａｎ ＋２ 得 ａ２
ａｎ
ｎ ＋ ＋ ２ １ 即ａｎ ａｎ ＋１ １－ １
＝ ＋１－è
２
ø ꎬ
ｎ＝ ｎ ①ꎬ ｎ ＋１＝ ｎ ＋１②ꎬ②÷① ꎬ ｎ ＋１＝ａｎ ＋１ ꎬ ｎ ＋１＝ ｎ ꎬ ２
ｎ
æ öｎ
所以 ａｎ ａｎ ＋１ 即ｎ ａ ｎ ａ 令ｂ ｎ ç １ ÷ 显然 ｂ 是递增数列
ｌｇ ｎ ＋１＝ｌｇ ｎ ꎬ ｌｇ ｎ ＋１＝( ＋１)ｌｇ ｎꎬ ｎ＝ ＋１－è ø ꎬ ꎬ{ ｎ} ꎬ
２
ａ ａ ａ ａ
所以ｌｇ ｎ ＋１ ｌｇ ｎ 所以ｌｇ ２ ｌｇ １ æ öｎ
ｎ ＝ ｎ ꎬ ＝ ＝ｌｇ ３ꎬ 由题意知ｂ ｎ ç １ ÷ .
＋１ ２ １ ｎ＝ ＋１－è ø <１００
２
ａ ａ { ａ }
结合ｌｇ ｎ ＋１ ｌｇ ｎ 可知数列 ｌｇ ｎ 是常数列 因为ｂ １ ｂ １ 所以ｎ
ｎ
＋１
＝ ｎ ꎬ ｎ ꎬ ９９＝１００－
９９
<１００ꎬ １００＝１０１－
１００
>１００ꎬ ≤９９ꎬ
２ ２
所以ｌｇ ａ ｎ ｌｇ ａ １ 所以 ａ ｎ ｎ 所以ａ ｎ. 所以满足条件的最大整数ｎ为 ９９ .
ｎ ＝ ＝ｌｇ ３ꎬ ｌｇ ｎ＝ ｌｇ ３＝ｌｇ ３ ꎬ ｎ＝３
１
7.2 等差数列
ａ ｎ
证明 由 可得ｂ ｎ－１ ３ －１ ２
(２) : (１) ｎ＝ａ ＝ ｎ ＝１－ ｎ ꎬ
ｎ＋１ ３ ＋１ ３ ＋１
æ ö æ ö æ ö
则Ｔ ｎ＝è ç １－ １ ２ ø ÷ ＋è ç １－ ２ ２ ø ÷ ＋􀆺＋è ç １－ ｎ ２ ø ÷ 考点1 等差数列及其前ｎ项和
３ ＋１ ３ ＋１ ３ ＋１
１.Ａ ２.Ｃ ３.Ｄ ４.Ｃ
æ ö
ｎ ç １ １ １ ÷
＝ －２è １ ＋ ２ ＋􀆺＋ ｎ øꎬ ５.答案
３ ＋１ ３ ＋１ ３ ＋１ ２
æ ö ６.答案
１ ç １ ÷ ２５
è１－ ｎø ７.答案
由于 １ １ １ １ １ １ ３ ３ １００
＋ ＋􀆺＋ ｎ < ＋ ＋􀆺＋ ｎ ＝ ＝
３
１
＋１ ３
２
＋１ ３ ＋１ ３
１
３
２
３ １－ １
８.答案
０ꎻ－１０
３ ９.解析 设 ａ 的公差为ｄ.
(１) { ｎ}
æ ö
１ ç １ ÷ １ 由Ｓ ａ 得ａ ｄ .由ａ 得ａ ｄ .
è１－ ｎø< ꎬ ９＝－ ５ １＋４ ＝０ ３＝４ １＋２ ＝４
２ ３ ２ 于是ａ ｄ .
æ ö １＝８ꎬ ＝－２
故Ｔ ｎ ç １ １ １ ÷ ｎ 且Ｔ ｎ 因此 ａ 的通项公式为ａ ｎ.
ｎ＝ －２è １ ＋ ２ ＋􀆺＋ ｎ ø> －１ꎬ ｎ< ꎬ { ｎ} ｎ＝１０－２
３ ＋１ ３ ＋１ ３ ＋１
ｎ ｎ ｄ
所以ｎ Ｔ ｎ 即Ｔ ｎ ｎ . 由 得ａ ｄ 故ａ ｎ ｄ Ｓ ( －９) .由 ａ
－１< ｎ< ꎬ ｎ∈( －１ꎬ ) (２) (１) １＝－４ ꎬ ｎ＝( －５) ꎬ ｎ＝ １>０
ａ ２
１２.解析 因为ａ ２ ｎ ａ ２ 知ｄ 故Ｓ ａ 等价于 ｎ２ ｎ 解得 ｎ .所
(１) ｎ ＋１＝ａ ꎬ １＝ ꎬ <０ꎬ ｎ≥ ｎ －１１ ＋１０≤０ꎬ １≤ ≤１０
ｎ＋１ ３ 以ｎ的取值范围是 ｎ ｎ ｎ Ｎ .
所以易知ａ { ｜１≤ ≤１０ꎬ ∈ }
ｎ≠０ꎬ １０.解析 设等差数列 ａ 的公差为ｄ
ａ æ ö (１) { ｎ} ꎬ
取倒数得 １ ｎ＋１ １ １ 即 １ １ ç １ ÷ {ａ ｄ {ａ
ａ ＝ ａ ＝ ＋ ａ ꎬ ａ －１＝ èａ －１øꎬ 则 １＋ ＝１１ꎬ 解得 １＝１３ꎬ ａ ｎ ｎ.
ｎ ＋１ ２ ｎ ２ ２ ｎ ｎ ＋１ ２ ｎ ａ ｄ ｄ ∴ ｎ＝１３－２( －１)＝ １５－２
１０ １＋４５ ＝４０ꎬ ＝－２ꎬ
因为ａ ２ 所以１ １ 所以１
１＝ ３ ꎬ ａ １ －１＝ ２ ꎬ ａ ｎ －１≠０ꎬ (２) 由ａ ｎ＝１５－２ ｎ 知 ꎬ 当 ｎ ≤７ꎬ ｎ ∈ Ｎ 时 ꎬ ａ ｎ>０ꎬ 当 ｎ ≥８ꎬ ｎ ∈
Ｎ 时 ａ
ꎬ ｎ<０ꎬ
１
ａ －１ 当ｎ ｎ Ｎ 时 Ｔ ａ ａ ａ ａ ａ
所以 ｎ ＋１ １为常数 ∴ ≤７ꎬ ∈ ꎬ ｎ＝ ｜ １｜＋｜ ２｜＋􀆺＋｜ ｎ｜ ＝ １＋ ２＋􀆺＋
＝ ꎬ ｎ ｎ
ａ
１
－１
２ ａ
ｎ＝
Ｓ
ｎ＝
(２８－２ )
＝－
ｎ２
＋１４
ｎ
ꎬ
ｎ
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２８ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
当ｎ ｎ Ｎ 时 Ｔ ａ ａ ａ ａ ａ ａ
≥８ꎬ ∈ ꎬ ｎ＝( １＋ ２＋􀆺＋ ７)－( ８＋ ９＋􀆺＋ ｎ) ｄ ５０ 解得ｄ 或ｄ ５０
∴ ５１ －ｄ ＝１ꎬ ＝１ ＝－ ꎬ
＝ ２ Ｓ ７－ Ｓ ｎ＝９８－(－ ｎ２ ＋１４ ｎ )＝ ｎ２ －１４ ｎ ＋９８ . ５１
Ｔ
{
－
ｎ２
＋１４
ｎ
(
ｎ
≤７
且ｎ
∈
Ｎ
)ꎬ
又 ∵ ｄ >１ꎬ∴ ａ １≠２ ｄ.
∴ ｎ＝ ｎ２ ｎ ｎ 且ｎ Ｎ . 当ａ ｄ时 ａ ｎｄ ｂ ｎ ＋１ Ｓ (１＋９９)×９９ ｄ ｄ
－１４ ＋９８( ≥８ ∈ ) １＝ ꎬ ｎ＝ ꎬ ｎ＝ ｄ ꎬ∴ ９９＝ ＝５０×９９ ꎬ
１１.解析 证明 由ｂ Ｓ Ｓ Ｓ 可得 ２
(１) : ｎ＝ １􀅰 ２􀅰􀆺􀅰 ｎ ꎬ
ìｂ ｎ Ｔ １ (２＋１００)×９９ ５１×９９
ï ï １ꎬ ＝１ꎬ ９９＝ ｄ 􀅰 ＝ ｄ ꎬ
２
Ｓ íｂ 由２ １ 知
ｎ＝ïï ｎ
ｎ .
Ｓ
ｎ
＋ｂ
ｎ
＝２ ꎬ
又 Ｓ Ｔ ｄ ５１×９９
îｂ ｎ ꎬ ≥２ ∵ ９９－ ９９＝９９ꎬ∴ ５０×９９ － ｄ ＝９９ꎬ
－１
当ｎ ＝１ 时 ꎬＳ ２ ＋ｂ １ ＝２ꎬ 即 ｂ ２ ＋ｂ １ ＝２ꎬ 所以ｂ １＝ Ｓ １＝ ３ ꎬ ∴ ５０ ｄ － ５ ｄ １ ＝１ꎬ 解得ｄ ＝ ５１或ｄ ＝－１ꎬ 又 ∵ ｄ >１ꎬ∴ ｄ ＝ ５１.
１ １ １ １ ２ ５０ ５０
当ｎ 时 ２ １ 即 ｂ ｂ 即ｂ ｂ １ 故数
≥２ ꎬ ｂ
ｎ
＋ｂ
ｎ
＝２ꎬ ２ ｎ＝２ ｎ －１＋１ꎬ ｎ－ ｎ －１＝
２
ꎬ 综上
ꎬ
ｄ
＝
５１.
５０
ｂ
ｎ 考点2 等差数列的性质
－１
列 ｂ 是首项为３ 公差为１ 的等差数列. １.Ｄ
{ ｎ} ꎬ
２ ２ ２.答案 ｎ２ ｎ
ｎ ３ －２
(２) 由 (１) 知 ꎬ ｂ ｎ＝
２
３ ＋( ｎ －１)×
２
１ ＝ ＋
２
２ ꎬ ３.解析 (１) 易得ａ ｎ＝( ｎ －１) ｄ －１ꎬ ｎ ∈ Ｎ ꎬ Ｓ ４＝ ａ １＋ ａ ２＋ ａ ３＋ ａ ４＝
ａ ｄ ｄ .
故当ｎ 时 Ｓ ｂ ｎ ｎ ＋２ Ｓ 也符合该式 ４ １＋６ ＝６ －４
≥２ ꎬ ｎ＝ｂ ｎ －１ ＝ｎ ＋１ ꎬ １ ꎬ 又Ｓ ４－２ ａ ２ ａ ３＋６＝０ꎬ∴ ６ ｄ －４－２( ｄ －１)(２ ｄ －１)＋６＝０ꎬ
即Ｓ
ｎ
＋２ ｎ Ｎ 从而ａ Ｓ ３ ∴
ｄ
＝３
或ｄ
＝０(
舍
)ꎬ
则ａ
ｎ＝３
ｎ
－４ꎬ
ｎ
∈
Ｎ
ꎬ
ｎ＝ｎ
＋１
( ∈ )ꎬ １＝ １＝
２
ꎬ
故Ｓ ｎ ｎ ３ ｎ ( ｎ ＋１)－８ ｎ ３ ｎ２ －５ ｎ ｎ Ｎ .
ｎ ｎ ｎ＝３(１＋２＋􀆺＋ )－４ ＝ ＝ ꎬ ∈
当ｎ 时 ａ Ｓ Ｓ ＋２ ＋１ １ ａ 不符合该 ２ ２
≥２ ꎬ ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝ｎ ＋１ － ｎ ＝－ｎ ( ｎ ＋１) ꎬ １ (２) 由 (１) 知ａ ｎ＝( ｎ －１) ｄ －１ꎬ ｎ ∈ Ｎ ꎬ 依题意得 [ ｃ ｎ＋( ｎ －１) ｄ －
ì
ï ３ ｎ ｃ ｎ ｄ ｃ ｎｄ ２
ï ꎬ ＝１ꎬ １][１５ ｎ＋( ＋１) －１]＝(４ ｎ＋ －１) ꎬ
式
ꎬ
所以ａ
ｎ＝
í
ï
２ 即
１５
ｃ２
ｎ＋[(１６
ｎ
－１４)
ｄ
－１６]
ｃ
ｎ＋(
ｎ２
－１)
ｄ２
－２
ｎｄ
＋１＝１６
ｃ２
ｎ＋
î ï －ｎ ( ｎ １ ＋１) ꎬ ｎ ≥２ . ８( ｎｄ －１) ｃ ｎ＋ ｎ２ｄ２ －２ ｎｄ ＋１ꎬ 故ｃ２ ｎ＋[(１４－８ ｎ ) ｄ ＋８] ｃ ｎ＋ ｄ２ ＝０ꎬ
１２.解析 ａ ａ ａ ａ ｄ ａ ａ ｄ 故 ｎ ｄ ２ ｄ２ ｎ ｄ ｎ ｄ
(１)∵ ３ ２＝３ １＋ ３ꎬ∴ ３( １＋ )＝ ３ １＋ １＋２ ꎬ [(１４－８ ) ＋８] －４ ＝[(１２－８ ) ＋８][(１６－８ ) ＋８]≥
ａ ｄ Ｓ ａ ａ ａ ａ ａ ｄ ａ ｄ ａ 故 ｎ ｄ ｎ ｄ 对任意正整数 ｎ 恒成
∴ １＝ >１ꎬ∴ ３＝ １＋ ２＋ ３＝ １＋ １＋ ＋ １＋２ ＝６ １ꎬ ０ꎬ [(３－２ ) ＋２][(２－ ) ＋１]≥０
又 ｂ
ｎ２
＋
ｎ
ｂ ２ ｂ ６ ６ ３ ｂ １２ １２
立
ꎬ
ｎ
＝１
时
ꎬ
显然成立
ꎻ
ｎ
＝２
时
ꎬ－
ｄ
＋２≥０ꎬ
则ｄ
≤２ꎻ
∵ ｎ＝ ａ ꎬ∴ １＝ａ ꎬ ２＝ａ ＝ａ ｄ＝ａ ꎬ ３＝ａ ＝ａ ｄ＝ ｎ 时 ｎ ｄ ｎ ｄ ｎ ｎ .
ｎ １ ２ １＋ １ ３ １＋２ ≥３ ꎬ[(２ －３) －２][( －２) －１]>(２ －５)( －３)≥０
综上所述 ｄ .
４ Ｔ ｂ ｂ ｂ ９ ꎬ１< ≤２
ａ ꎬ∴ ３＝ １＋ ２＋ ３＝ａ ꎬ
４.解析 解法一:设等差数列 ａ 的公差为ｄ ｄ 则
１ １ (１) { ｎ} ( ≠０)ꎬ
Ｓ Ｔ ａ ９ 解得ａ 或ａ １ 舍 ａ ｎ. ａ Ｓ ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ ａ
∴ ３＋ ３＝６ １＋ａ ＝２１ꎬ １＝３ １＝ ( )ꎬ∴ ｎ＝３ ３＝ ５⇒ １＋２ ＝５ １＋１０ ⇒４ １＋８ ＝０⇒ １＋２ ＝０⇒ １ ＝
１ ２ ｄ
－２ ꎬ①
ｂ 为等差数列 ｂ ｂ ｂ 即１２ ２ １２ ａ ａ Ｓ ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ
(２)∵ { ｎ} ꎬ∴ ２ ２＝ １＋ ３ꎬ ａ ＝ａ ＋ａ ꎬ ２􀅰 ４＝ ４⇒( １＋ )( １＋３ )＝ ４ １＋６ ꎬ②
２ １ ３
将 代入 得 ｄ２ ｄ ｄ 舍 或ｄ ａ ｄ
即 ６ １ ６ 即ａ２ ａ ｄ ｄ２
① ② － ＝－２ ⇒ ＝０( ) ＝２ꎬ∴ １＝－２ ＝－４ꎬ
ａ １＋ ｄ＝ａ １ ＋ａ １＋２ ｄꎬ １－３ １ ＋２ ＝０ꎬ ∴ ａ ｎ＝－４＋( ｎ －１)×２＝２ ｎ －６ .
ａ ｄ或ａ ｄ. 解法二:由等差数列的性质可得 Ｓ ａ 则 ａ ａ
∴ １＝２ １＝ ５ ＝ ５ ３ꎬ ３ ＝ ５ ３ꎬ
ｎ ａ
当ａ ｄ时 ａ ｎ ｄ ｂ ∴ ３＝０ꎬ
１＝２ ꎬ ｎ＝( ＋１) ꎬ ｎ＝ ｄ ꎬ
设等差数列的公差为ｄ
ꎬ
ｄ ｄ
Ｓ (２ ＋１００ )×９９ ｄ 从而有ａ ａ ａ ｄ ａ ｄ ｄ２
∴ ９９＝ ＝９９×５１ ꎬ ２ ４＝( ３－ )( ３＋ )＝ － ꎬ
２ Ｓ ａ ａ ａ ａ ａ ｄ ａ ｄ ａ ａ ｄ ｄ
４＝ １＋ ２＋ ３＋ ４＝( ３－２ )＋( ３－ )＋ ３＋( ３＋ )＝ －２ ꎬ
Ｔ
９９＝ ｄ
１
􀅰
(１＋９９)×９９
＝
９９×
ｄ
５０
ꎬ
从而
－
ｄ２
＝－２
ｄ
ꎬ
由于公差不为零
ꎬ
故ｄ
＝２ꎬ
２
所以数列 ａ 的通项公式为ａ ａ ｎ ｄ ｎ .
又 Ｓ Ｔ ｄ １
{ ｎ} ｎ＝ ３＋( －３) ＝２ －６
∵ ９９－ ９９＝９９ꎬ∴ ９９×５１ －９９×５０􀅰ｄ ＝９９ꎬ
(２)
由
(１)
知ａ
ｎ＝２
ｎ
－６ꎬ
ａ
１＝２×１－６＝－４
.
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ２９
ｎ ｎ 所以 ａ 是以 为公差的等差数列.
Ｓ ｎａ ( －１)ｄ ｎ ｎ ｎ ｎ２ ｎ. { ｎ} ２
ｎ＝ １＋ ＝－４ ＋ ( －１)＝ －５ 由 及题意得等差数列 ａ 的前ｎ项和
２ (２) (１) { ｎ}
Ｓ
ｎ>
ａ
ｎ⇔
ｎ２
－５
ｎ
>２
ｎ
－６⇔
ｎ２
－７
ｎ
＋６>０⇔(
ｎ
－１)(
ｎ
－６)>０ꎬ ｎ ｎ æ ö æ ö
Ｓ ａ ａ ç ２ ｎ÷ ｎçｎ １ ÷
解得ｎ 或ｎ 又ｎ Ｎ ｎ的最小值为 . ｎ＝ ( １＋ ｎ)＝ è ＋２ ø ＝ è ＋ øꎬ
<１ >６ꎬ ∈ ꎬ∴ ７ ２ ２ ３ ３
则１ １ ３
Ｓ ＝ æ ö ＝ｎ ｎ ꎬ
ｎ ｎçｎ １ ÷ (３ ＋１)
è ＋ ø
３
é ù
１.Ｃ ２.Ｃ ３.Ａ ４.ＡＤ 要证１ １ １ êê １ １ １ úú ２７
Ｓ ＋Ｓ ＋􀆺＋Ｓ ＝３ë ＋ ＋􀆺＋ｎ ｎ û< ꎬ
１ ２ ｎ １×４ ２×７ ×(３ ＋１) ２０
５.答案 １１
即证 ３ ３ ３ ９
４ ＋ ＋􀆺＋ ｎ ｎ < ꎬ
３×４ ６×７ ３ ×(３ ＋１) ２０
６.答案 １１ 易知 ｎ ｎ ｎ ｎ
(３ －１)(３ ＋２)<３ (３ ＋１)ꎬ
９
７.答案 则 ３ ３
１０ ｎ ｎ < ｎ ｎ ꎬ
３ (３ ＋１) (３ －１)(３ ＋２)
８.答案 ｎ 答案不唯一
８－ ( )
故 ３ ３ ３
ａ ａ ＋ ＋􀆺＋ ｎ ｎ
９.解析 由题知ａ .当ｎ 时 ａ Ｓ １ ２ 则ａ . ３×４ ６×７ ３ ×(３ ＋１)
当ｎ
≥ ２ꎬ
( ｎ １
∈
) Ｎ 时
ꎬ
ａ ｎ
ｎ
≠
＝
０ Ｓ
ｎ－
Ｓ
ｎ －
＝
１
１
＝
ａ ｎ ꎬ ａ ｎ ＋ １ １ ＝
－
ａ １ ｎ ＝ －１ ａ ２ ｎ
＝
ꎬ ａ ｎ
(
ａ ２
ｎ
＝
＋１
２
－
< ４ １ ＋ é ë ê ê ５× ３ ８ ＋􀆺＋ (３ ｎ －１)× ３ (３ ｎ ＋２) ù û ú ú
２ ２ ２ æ ö
１ ç １ １ １ １ １ １ ÷ １ １ ９
ａ 所以ａ ａ ＝ ＋è － ＋ － ＋􀆺＋ ｎ － ｎ ø< ＋ ＝ ꎬ
ｎ －１)ꎬ ｎ ＋１－ ｎ －１＝２ꎬ ４ ５ ８ ８ １１ ３ －１ ３ ＋２ ４ ５ ２０
所以数列 ａ 是首项为 公差为 的等差数列 原不等式得证.
{ ２ ｎ －１} １ꎬ ２ ꎬ
数列 ａ 是首项为 公差也为 的等差数列
{ ２ ｎ} ２ꎬ ２ ꎬ
则ａ ａ ｎ ｎ ａ ａ ｎ ｎ
２ ｎ －１＝ １＋２( －１)＝ ２ －１ꎬ ２ ｎ＝ ２＋２( －１)＝ ２ ꎬ １.解析 设等差数列 ａ 的公差为ｄ
所以ａ ｎ ｎ Ｎ . (１) { ｎ} ꎬ
ｎ＝ ꎬ ∈ {ａ {ａ ｄ {ａ
因为 ３＝１０ꎬ 所以 １＋２ ＝１０ꎬ 解得 １＝２ꎬ
由 得 ｂ １ ｎ ｎ
(２) (１) ꎬ ｎ＝ ｎ
＋
ｎ
＋１
＝ ＋１－ ꎬ ａ ５－２ ａ ２＝６ꎬ ( ａ １＋４ ｄ )－２( ａ １＋ ｄ )＝ ６ꎬ ｄ ＝４ꎬ
所以ａ ｎ ｎ .
所以ｂ ｂ ｂ ｂ ｎ＝２＋４( －１)＝ ４ －２
１＋ ２＋ ３＋􀆺＋ ９９＝ ２－１＋ ３－ ２＋􀆺＋ １００－ ９９ ＝ { ｎ －１ ｎ为奇数
. 由 可得ｂ ２ ꎬ ꎬ
１０－１＝９ (２) (１) ｎ＝ ｎ ｎ为偶数
２ －３ꎬ ꎬ
则Ｔ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ
２ ｎ＝( １＋ ３＋􀆺＋ ２ ｎ －１)＋( ２＋ ４＋􀆺＋ ２ ｎ)
１.Ｄ ２.ＡＣＤ ３.ＡＢＤ
２ ２ ｎ －２ ｎ
＝(１＋２ ＋􀆺＋２ )＋[１＋５＋􀆺＋(４ －３)]
４.答案 ６５ ｎ ｎ ｎ ｎ
１－４ (４ －２) ｎ２ ｎ ４ －１
２ ＝ ＋ ＝２ － ＋ ꎬ
１－４ ２ ３
５.解析 证明 因为Ｓ ｎａ ｎ ｎ
(１) : ｎ＝ ｎ＋ ( －１)①ꎬ ｎ
所以当ｎ ≥２ 时 ꎬ Ｓ ｎ －１＝( ｎ －１) ａ ｎ －１＋( ｎ －１)( ｎ －２)②ꎬ
所以Ｔ
２ ｎ＝２
ｎ２
－
ｎ
＋
４
３
－１.
①－② 可得ａ ｎ＝ ｎａ ｎ－( ｎ －１) ａ ｎ －１＋２ ｎ －２ꎬ ２.解析 (１) 因为 { ａ ｎ} 的各项为正 ꎬ ａ ｎꎬ Ｓ ｎꎬ ａ２ ｎ 为等差数列 ꎬ
即 ｎ ａ ｎ ａ ｎ
(１－ ) ｎ＝－( －１) ｎ －１＋２( －１)ꎬ 所以 ２ Ｓ ｎ＝ ａ ｎ＋ ａ２ ｎꎬ ａ ｎ>０ꎬ
亦即ａ ａ 故 ａ 为等差数列.
若当
ｎ－
且
ｎ －
仅
１＝
当
－２
ｎ
ꎬ {
时
ｎ}
Ｓ 取得最大值
当ｎ ＝１ 时 ꎬ２ Ｓ １＝２ ａ １＝ ａ １＋ ａ２ １ꎬ 可得ａ １＝１ꎻ
(２) ＝７ ꎬ ｎ ꎬ 当ｎ 时 Ｓ Ｓ ａ ａ ａ２ ａ ａ２
{Ｓ Ｓ {ａ {ａ ≥２ ꎬ２( ｎ－ ｎ －１)＝ ２ ｎ＝ ｎ＋ ｎ－ ｎ －１－ ｎ －１ꎬ
则有 Ｓ ７> Ｓ ６ꎬ得 ａ ７>０ꎬ则 ａ １－１２>０ꎬ １２< ａ １<１４ꎬ 则ａ ｎ＋ ａ ｎ －１＝ ａ２ ｎ－ ａ２ ｎ －１＝( ａ ｎ＋ ａ ｎ －１)( ａ ｎ－ ａ ｎ －１)ꎬ ｎ ≥２ꎬ
故ａ 的
７
取
>
值
８ꎬ
范围为
８<０ꎬ １－
.
１４<０ꎬ 由ａ ｎ＋ ａ ｎ －１>０ꎬ 得ａ ｎ－ ａ ｎ －１＝１ꎬ ｎ ≥２ꎬ
１ (１２ꎬ１４) 所以 { ａ ｎ} 是首项为 １ꎬ 公差为 １ 的等差数列 ꎬ 故ａ ｎ＝ ｎ.
６.证明
(１)
因为Ｓ
ｎ＝
ｎａ
ｎ ＋１－
ｎ２
－
ｎ
ꎬ ａ
ｎ
ｎ æ ö
所以Ｓ ｎ ＋１＝( ｎ ＋１) ａ ｎ ＋２－( ｎ ＋１) ２ －( ｎ ＋１)ꎬ (２) ２ ＋ａ ２ ｎ ≤ ｍ ⇒ ２ ＋ｎ ２ ≤ ｍ ⇒ １ ２ è çｎ ＋ｎ ４ ø ÷ ≤ ｍ ꎬ
两式相减得Ｓ Ｓ ａ ｎ ａ ｎａ ｎ
ｎ ＋１－ ｎ＝ ｎ ＋１＝( ＋１) ｎ ＋２－ ｎ ＋１－(２ ＋１)－１ꎬ
因为１
æ
çｎ ４
ö
÷ 当且仅当 ｎ 时 成立 所以 ｂ
即 ｎ ａ ｎ ａ ｎ è ＋ｎ ø≥２ꎬ ＝２ “＝” ꎬ １＝０
( ＋１) ｎ ＋１＝( ＋１) ｎ ＋２－２( ＋１)ꎬ ２
即ａ ａ 当ｎ 时 Ｓ ａ ａ 则ａ ａ 当ｍ 时 不存在满足条件的ｎ值 ｂ
ｎ ＋２＝ ｎ ＋１＋２ꎬ ＝１ ꎬ １＝ １＝ ２－２ꎬ ２－ １＝２ꎬ ( ＝１ ꎬ )ꎬ ２＝１ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋３０ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
ｍ
当ｍ 时 记 ｎ 最大取 ｍ .因为２ －１ ２ ｍ １ ａ ｑ １ 舍 注意 不要忽略公比大于 这一条件
≥３ ꎬ ２ －１ ＋ ｍ ＝ － ＋ １＝３２ꎬ ＝ ( )( : １ )ꎬ
２ ２ －１ ２ ２
所􀪍以􀪍􀪍ａ 􀪍􀪍ｎ 所以数列 ａ 的通项公式为ａ ｎ. 分
２ ｍ ２ １ ｍ ｍ ５ ｎ＝２ ꎬ { ｎ} ｎ＝２ (５ )
ｍ ≤ ꎬ ｍ ≤ ꎬ２ －１≥４ꎬ ≥ ꎬ
２ －１ ２ －１ ２ ２ ａ ａ ａ ａ ｎ －１ａ ａ
(２) １ ２－ ２ ３＋􀆺＋(－１) ｎ ｎ ＋１
又ｍ
∈
Ｎ
ꎬ
所以ｍ
≥３ꎬ
所以ｍ
－
１
＋ ｍ
２
≤
ｍ成立.
＝２
３
－２
５
＋２
７
－２
９
＋􀆺＋(－１)
ｎ －１
􀅰２
２ ｎ ＋１
２ ２ －１ ｎ ｎ
３ ２ ２＋３
所以ｂ ｍ ｍ ２ [１－(－２ ) ] ８ ｎ ２ . 分
ｍ＝２ －１( ≥３)ꎬ ＝ ＝ －(－１) (１２ )
２
所以 ｂ 的前 项和为 １－(－２ ) ５ ５
{ ｍ} ５０ ０＋１＋５＋７＋􀆺＋９９ ＝ ０＋１＋
(５＋９９)×４８ .
＝２ ４９７
２
３.解析 设等差数列 ａ 的公差为ｄ
(１) { ｎ} ꎬ
{ａ ａ ｄ {ａ １.Ｂ ２.Ｄ ３.Ａ ４.ＡＣＤ
由题意可得 ３＝ １＋２ ＝２０ꎬ 解得 １＝４ꎬ
ａ ａ ａ ｄ ｄ
１＋ ７＝２ １＋６ ＝５６ꎬ ＝８ꎬ ５.答案 ７
所以数列 ａ 的通项公式为ａ ｎ ｎ . ８
{ ｎ} ｎ＝４＋８( －１)＝ ８ －４
６.答案
ｎ ｎ １２８
由 可得ａ ｎ 则Ｓ (４＋８ －４) ｎ２
(２) (１) ｎ＝８ －４ꎬ ｎ＝ ＝４ ꎬ ７.解析 设 ａ 的公差为 ｄ ｄ 根据 ａ ａ ａ 成等
２ (１) { ｎ} ( ≠０)ꎬ １ꎬ ３ꎬ ７
所以ｂ
Ｓ
ｎ
ｎ２
ｎ １
比数列
ꎬ
可得ａ２
３＝
ａ
１
ａ
７ꎬ
ｎ＝ ４( ｎ ＋１) ＝ｎ ＋１ ＝( －１)＋ｎ ＋１ ꎬ 又ａ 所以 { ( ａ １＋２ ｄ ) ２ ＝ ａ １( ａ １＋６ ｄ )ꎬ即 { ２ ｄ２ ＝ ａ １ ｄ ꎬ
因为ｎ
∈
Ｎ
ꎬ
则ｎ
－１∈
Ｎ
ꎬｎ
１
∈
æ
è
ç
０ꎬ
１ ù
û
úú
ꎬ
２＝３ꎬ ａ
１＋
ｄ
＝３ꎬ
ａ
１＋
ｄ
＝３ꎬ
＋１ ２ {ｄ
所以 ｂ ｎ 则 ｂ ｂ ｎ ｎ 即数列 由ｄ 解得 ＝１ꎬ 故ａ ｎ .
[ ｎ] ＝ －１ꎬ [ ｎ ＋１]－[ ｎ] ＝ －( －１)＝ １ꎬ ≠０ꎬ ａ ｎ＝ ＋１
ｂ 是首项为 公差为 的等差数列 １＝２ꎬ
{[ ｎ]} ０ꎬ １ ꎬ
æ ö
ｎ ｎ ｎ ｎ 证明 由 知ｂ １ １ ç １ １ ÷
则 ｂ ｂ ｂ ｂ (０＋ －１) ( －１) (２) : (１) ｎ＝ ｎ ｎ ＝ èｎ －ｎ øꎬ
[ １]＋[ ２]＋[ ３]＋􀆺＋[ ｎ]＝ ＝ ꎬ ( ＋１)( ＋３) ２ ＋１ ＋３
２ ２
所以Ｓ ｂ ｂ ｂ
令 ｎ ( ｎ
２
－１)
<２ ０２３ꎬ
即ｎ２
－
ｎ
<４ ０４６ꎬ １
ｎ
é ê ê
＝
æ ç １
１＋ ２
１
＋
ö ÷
􀆺＋
æ ç
ｎ
１ １ ö ÷ æ ç １ １ ö ÷ æ ç １ １ ö ÷
＝ ëè － ø ＋ è － ø ＋ è － ø ＋ è － ø ＋ 􀆺 ＋
因为ｆ ｎ ｎ２ ｎ 在 上单调递增 且 ｆ ２ ２ ４ ３ ５ ４ ６ ５ ７
( )＝ － [１ꎬ＋∞) ꎬ (６４)＝ ４ ０３２<
４ ０４６ꎬ ｆ (６５)＝ ４ １６０>４ ０４６ꎬ æ ç １ １ ö ÷ æ ç １ １ ö ÷ ù ú ú １ æ ç １ １ １ １ ö ÷.
è ｎ －ｎ ø＋èｎ －ｎ ø û＝ è ＋ －ｎ －ｎ ø
所以使 [ ｂ １]＋[ ｂ ２]＋[ ｂ ３]＋􀆺＋[ ｂ ｎ]<２ ０２３ 的最大正整数ｎ的 ＋２ ＋１ ＋３ ２ ２ ３ ＋２ ＋３
值为 . æ ö æ ö
６４ 因为ｎ Ｎ 所以１ ç １ １ １ １ ÷ １ ç １ １ ÷ ５.
∈ ꎬ è ＋ －ｎ －ｎ ø< ×è ＋ ø ＝
２ ２ ３ ＋２ ＋３ ２ ２ ３ １２
7.3 等比数列
所以Ｓ ５.
ｎ<
１２
考点1 等比数列及其前ｎ项和
１.Ａ ２.Ｃ ３.Ｄ ４.ＡＣ ５.ＡＢＤ
１.Ｃ ２.Ｃ ３.Ｄ ４.Ｃ
６.答案
５０２
５.答案 ５ ７.证明 ａ ａ ａ
８
(１)∵ ｎ ＋２＝５ ｎ ＋１－６ ｎꎬ
ａ ａ ａ ａ ａ
６.答案 １
∴ ｎ ＋２－２ ｎ ＋１＝５ ｎ ＋１－６ ｎ－２ ｎ ＋１ꎬ
－ ａ ａ ａ ａ ａ ａ
２ ∴ ｎ ＋２－２ ｎ ＋１＝３ ｎ ＋１－６ ｎ＝３( ｎ ＋１－２ ｎ)ꎬ
显然ａ ａ 与ａ ａ 矛盾
７.答案 １２１ ｎ ＋１－２ ｎ＝０ １＝１ꎬ ２＝５ ꎬ
ａ ａ
３ ａ ａ ｎ ＋２－２ ｎ ＋１
考点2 等比数列的性质 ∴ ｎ ＋１－２ ｎ≠０ꎬ∴ ａ ａ ＝３ꎬ
ｎ ＋１－２ ｎ
１.Ｃ ２.Ｂ 数列 ａ ａ 是首项为 ａ ａ 公比为 的等
∴ { ｎ ＋１－２ ｎ} ２－２ １＝５－２＝３ꎬ ３
３.答案 比数列.
－２
４.解析 (１) 已知数列 { ａ ｎ} 是公比大于 １ 的等比数列 ꎬ 设公 (２)∵ ａ ｎ ＋２＝５ ａ ｎ ＋１－６ ａ ｎꎬ∴ ａ ｎ ＋２－３ ａ ｎ ＋１＝５ ａ ｎ ＋１－６ ａ ｎ－３ ａ ｎ ＋１ꎬ
{ａ ｑ ａ ｑ３ ａ ａ ａ ａ ａ ａ
比为ｑ ｑ 依题意有 １ ＋ １ ＝２０ꎬ解得 ａ ｑ 或 ∴ ｎ ＋２－３ ｎ ＋１＝２ ｎ ＋１－６ ｎ＝２( ｎ ＋１－３ ｎ)ꎬ
( >１)ꎬ ａ ｑ２ １＝２ꎬ ＝２ꎬ 显然ａ ａ 与ａ ａ 矛盾 ａ ａ
１ ＝８ꎬ ｎ ＋１－３ ｎ＝０ １＝１ꎬ ２＝５ ꎬ∴ ｎ ＋１－３ ｎ≠０ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ３１
ａ ａ ４.解析 设 ａ 的公比为ｑ ｑ ｂ 的公差为ｄ
ｎ ＋２－３ ｎ ＋１ (１) { ｎ} ( >０)ꎬ{ ｎ} ꎬ
∴ ａ ｎ ＋１－３ ａ ｎ ＝２ꎬ 由题意可得 { １＋ ｑ２ ＝２＋４ ｄ ꎬ解得 {ｄ ＝２ꎬ或 {ｄ ＝０ꎬ 舍去 .
∴ 数列 { ａ ｎ ＋１－３ ａ ｎ} 是首项为 ａ ２－３ ａ １＝５－３＝２ꎬ 公比为 ２ 的等 ｑ ＋２＝１＋２ ｄ ꎬ ｑ ＝３ ｑ ＝－１ ( )
比数列 ꎬ ∴ ａ ｎ＝３ ｎ －１ ( ｎ ∈ Ｎ )ꎬ ｂ ｎ＝２ ｎ －１( ｎ ∈ Ｎ ) .
∴ ａ ｎ ＋１－３ ａ ｎ＝２ ｎ ꎬ① (２) 选择条件 ①: ｃ ｎ＝ ａ ｎ ｂ ｎꎬ 则ｃ ｎ＝(２ ｎ －１)􀅰３ ｎ －１.
又由 知 ａ ａ ｎ
(１) ꎬ ｎ ＋１－２ ｎ＝３ ꎬ② ∴ Ｓ ｎ＝ ｃ １＋ ｃ ２＋ ｃ ３＋􀆺＋ ｃ ｎ －１＋ ｃ ｎ＝１×１＋３×３＋５×３ ２ ＋􀆺＋(２ ｎ －３)×
∴ ②－① 得 ꎬ ａ ｎ＝３ ｎ －２ ｎ ꎬ ｎ －２ ｎ ｎ －１
３ ＋(２ －１)×３ ꎬ①
∴ 存在ｂ ｎ＝３ ｎ ꎬ ｃ ｎ＝－２ ｎ 两个等比数列 { ｂ ｎ}ꎬ{ ｃ ｎ}ꎬ 使得 ａ ｎ＝ ∴ ３ Ｓ ｎ＝１×３＋３×３ ２ ＋５×３ ３ ＋􀆺＋(２ ｎ －３)×３ ｎ －１ ＋(２ ｎ －１)×３ ｎ ꎬ②
ｂ ｎ＋ ｃ ｎ 成立.
①－②
得
－２
Ｓ
ｎ＝１＋２×(３＋３
２
＋３
３
＋􀆺＋３
ｎ －１
)－(２
ｎ
－１)×３
ｎ
ｎ
３－３ ｎ ｎ ｎ ｎ
＝１＋２× －(２ －１)×３ ＝－２－(２ －２)×３ ꎬ
１.解析 证明 当ｎ 时 Ｓ ａ 得ａ １－３
(１) : ＝１ ꎬ １＝２ １－１ꎬ １＝１ꎬ Ｓ ｎ ｎ .
当ｎ 时 Ｓ Ｓ ａ ｎ ａ ｎ ∴ ｎ＝( －１)×３ ＋１
≥２ ꎬ ｎ－ ｎ －１＝(２ ｎ－ )－[２ ｎ －１－( －１)]ꎬ
ｂ ｎ
所以ａ ａ ｎ 选择条件 ｃ ｎ 则ｃ ２ －１.
ｎ＝２ ｎ －１＋１ꎬ ≥２ꎬ ａ ②: ｎ＝ａ ｎ ꎬ ｎ＝ ３ ｎ －１
从而ａ ａ ｎ 得 ｎ＋１ ｎ ｎ ｎ
ｎ＋１＝２( ｎ －１＋１)ꎬ ≥２ꎬ ａ ＝２( ≥２)ꎬ Ｓ ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ ３ ５ ２ －３ ２ －１
ｎ －１＋１ ∴ ｎ＝ １＋ ２＋ ３＋􀆺＋ ｎ －１＋ ｎ＝１＋ ＋ ２ ＋􀆺＋ ｎ －２ ＋ ｎ －１ ꎬ①
所以 ａ 是以 为首项 为公比的等比数列. ３ ３ ３ ３
{ ｎ＋１} ２ ꎬ２ ｎ ｎ
(２)
由
(１)
得ａ
ｎ＝２
ｎ
－１ꎬ ∴
１ Ｓ
ｎ＝
１
＋
３
２ ＋
５
３ ＋􀆺＋
２
ｎ
－
－１
３
＋
２ －
ｎ
１
ꎬ②
３ ３ ３ ３ ３ ３
所以ａ １＋ ａ ３＋ ａ ５＋􀆺＋ ａ ２ ｎ ＋１＝(２＋２ ３ ＋􀆺＋２ ２ ｎ ＋１ )－( ｎ ＋１) 得２ Ｓ æ ç １ １ １ １ ö ÷ ２ ｎ －１
ｎ ＋１ ①－② ｎ＝１＋２×è ＋ ２ ＋ ３ ＋􀆺＋ ｎ －１ø－ ｎ
２(１－４ ) ｎ ３ ３ ３ ３ ３ ３
＝ －( ＋１)
１－４
１ １
２ ｎ ＋３ ｎ － ｎ ｎ ｎ
２ －３ －５. ３ ３ ２ －１ ２ ＋２
＝ ＝１＋２× － ｎ ＝２－ ｎ ꎬ
３ １ ３ ３
２.解析 因为 ａ 是等差数列 １－
(１) { ｎ} ꎬ ３
所以ａ ａ ｄ ａ ａ ｄ ａ ａ ｄ ｎ
因为ａ ２＝ 是 １ ａ ＋ 和 ꎬ ４ ａ ＝ 的 １＋ 等 ３ 比 ꎬ 中 ８ 项 ＝ １＋７ ꎬ ∴ Ｓ ｎ＝３－ ３ ＋ ｎ － １ １ ( ｎ ∈ Ｎ ) .
所以ａ ４ ２
４＝
ａ
２􀅰
２ ａ
８ꎬ
所 ８ 以
(
ａ
１＋３
ｄ
)
２ ꎬ
＝(
ａ
１＋
ｄ
)􀅰(
ａ
１＋７
ｄ
)ꎬ
５
即
.解
ａ
析 (１) 因为Ｓ ｎ＝２ ｎ ＋１ －２ꎬ 所以当 ｎ ＝１ 时 ꎬ Ｓ １＝２ ２ －２＝２ꎬ
由
由
ｄ
Ｓ
≠０
ｍ
化
( ｍ
简
＋
得
１)
ｄ
＝
ａ
１＝１
.所以ａ
ｎ＝
ｎ
ꎬ
当ｎ ≥
１＝
２
２ꎬ
时 ꎬ Ｓ ｎ －１＝２ ｎ －２ꎬ 所以 Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１ ＝２ ｎ ＋１ －２－(２ ｎ －２)ꎬ 即
ｍ＝ ＝６６ꎬ ａ ｎ
２ ｎ＝２ ꎬ
解得ｍ . 经检验 当ｎ 时ａ ｎ 也成立 所以ａ ｎ ｎ Ｎ .
＝１１ ꎬ ＝１ ｎ＝２ ꎬ ｎ＝２ ꎬ ∈
因为ａ ａ ａ ａ ａ 成等比数列 则ｂ ａ ｎ ｎ.
(２) １ꎬ ２ꎬ ｋ １ ꎬ ｋ ２ ꎬ􀆺ꎬ ｋｎ ꎬ ｎ＝ｌｏｇ２ ｎ＝ｌｏｇ２２ ＝
ａ 由数阵可知Ｔ ａ ｂ ｂ ｂ ａ ｂ ｂ ｂ
所以该数列的公比为 ２ ２ (２) ｎ＝ １( １＋ ２＋􀆺＋ ｎ)＋ ２( １＋ ２＋􀆺＋ ｎ)＋
ａ ＝ ＝２ꎬ
１ １ 􀆺＋ ａ ｎ( ｂ １＋ ｂ ２＋􀆺＋ ｂ ｎ)
又ａ １＝１ꎬ 所以ａ ｋｎ＝１×２ ( ｎ ＋２)－１ ＝２ ｎ ＋１ ꎬ ＝( ａ １＋ ａ ２＋􀆺＋ ａ ｎ)( ｂ １＋ ｂ ２＋􀆺＋ ｂ ｎ)ꎬ
又
{
ａ
ｎ}
为等差数列
ꎬ
且ａ
ｎ＝
ｎ
ꎬ
所以ａ
ｋｎ＝
ｋ
ｎ＝２
ｎ ＋１.
因为Ｓ ｎ ＋１ ｂ ｂ ｂ ｎ ｎ (１＋ ｎ ) ｎ２ ＋ ｎ
故数列 ｋ 的通项公式为ｋ ｎ ＋１. ｎ＝２ －２ꎬ １＋ ２＋􀆺＋ ｎ＝１＋２＋􀆺＋ ＝ ＝ ꎬ
{ ｎ} ｎ＝２ ２ ２
３.解析 证明 由已知得ｂ ａ ｂ ａ . ｎ２ ｎ
(１) : １＝ ２＝３ꎬ １＋２＝ ２＋２＝５ 所以Ｔ
ｎ＝(２
ｎ ＋１
－２)×
＋
＝(２
ｎ
－１)􀅰(
ｎ２
＋
ｎ
)
.
当ｎ 时 ｂ ａ ａ ａ ｂ ２
≥２ ꎬ ｎ＝ ２ ｎ＝ ２ ｎ －１＋２＝２ ２ ｎ －２＋２＝２ ｎ －１＋２ꎬ
故ｂ ｂ
ｎ＋２＝２( ｎ －１＋２)ꎬ 7.4 数列求和
所以数列 ｂ 是首项为 公比为 的等比数列.
{ ｎ＋２} ５ꎬ ２
由 知 ｂ ｎ －１
(２) (１) : ｎ＝５×２ －２ꎬ
Ｔ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ 考点1 公式法求和
２ ｎ＝ １＋ ２＋􀆺＋ ２ ｎ＝( １＋ ３＋􀆺＋ ２ ｎ －１)＋( ２＋ ４＋􀆺＋ ２ ｎ)＝
ｂ ｂ ｂ ｎ 设 Ｓ ｂ ｂ ｂ １.Ｃ
２( １＋ ２＋􀆺＋ ｎ)－２ ꎬ ｎ＝ １＋ ２＋􀆺＋ ｎ＝５×(１＋２＋􀆺＋
ｎ －１ ｎ ｎ ｎ 故Ｔ Ｓ ｎ ｎ ＋１ ｎ . ２.解析 设 ａ 的公差为ｄ 由题意得 ａ ｄ .
２ )－２ ＝５×２ －２ －５ꎬ ２ ｎ＝２ ｎ－２ ＝５×２ －６ －１０ (１) { ｎ} ꎬ ３ １＋３ ＝－１５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋３２ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
由ａ １＝－７ 得ｄ ＝２ . (０ꎬ６３]ꎬ 则ｂ ３２＝ ｂ ３３＝􀆺＝ ｂ ６３＝５ꎬ 即有 ２ ５ 个 ５ꎻ
所以 ａ 的通项公式为ａ ｎ . ｂ ｂ ｂ 对应的区间分别为
{ ｎ} ｎ＝２ －９ ６４ꎬ ６５ꎬ􀆺ꎬ １００ (０ꎬ６４]ꎬ(０ꎬ６５]ꎬ􀆺ꎬ
由 得Ｓ ｎ２ ｎ ｎ ２ . 则ｂ ｂ ｂ 即有 个 . 分
(２) (１) ｎ＝ －８ ＝( －４) －１６ (０ꎬ１００]ꎬ ６４＝ ６５＝􀆺＝ １００＝６ꎬ ３７ ６ (１０ )
所以当ｎ ＝４ 时 ꎬ Ｓ ｎ 取得最小值 ꎬ 最小值为 －１６ . 所以 Ｓ １００＝１×２＋２×２ ２ ＋３×２ ３ ＋４×２ ４ ＋５×２ ５ ＋６×３７＝４８０ .
考点2 分组、并项求和 分
(１２ )
１.解析 设 ａ 的公差为ｄ 据已知有 ｄ 考点3 错位相减求和
(１) { ｎ} ꎬ ７＋２１ ＝２８ꎬ
解得ｄ .所以 ａ 的通项公式为ａ ｎ. æ ｎ ö
＝１ { ｎ} ｎ＝ １.答案 ç ＋３÷
ｂ ｂ ｂ . ５ꎻ２４０×è３－ ｎ ø
１＝[ｌｇ １]＝０ꎬ １１＝[ｌｇ １１]＝１ꎬ １０１＝[ｌｇ １０１]＝２ ２
ì ｎ ２.解析 设 ａ 的公比为ｑ 由题设得 ａ ａ ａ
ï ０ꎬ１≤ <１０ꎬ (１) { ｎ} ꎬ ２ １＝ ２＋ ３ꎬ
ï ï ｎ 即 ａ ａ ｑ ａ ｑ２.所以ｑ２ ｑ 解得ｑ 舍去 ｑ .
因为ｂ í１ꎬ１０≤ <１００ꎬ ２ １＝ １ ＋ １ ＋ －２＝０ꎬ １＝１( )ꎬ ２＝－２
(２) ｎ＝ï ｎ 故 ａ 的公比为 .
２ꎬ１００≤ <１ ０００ꎬ { ｎ} －２
ïï
î ｎ 记 Ｓ 为 ｎａ 的前 ｎ 项和.由 及题设可得 ａ
３ꎬ ＝１ ０００ꎬ (２) ｎ { ｎ} (１) ꎬ ｎ ＝
所以数列 ｂ 的前 项和为 . ｎ －１.所以Ｓ ｎ ｎ －１ Ｓ
{ ｎ} １ ０００ １×９０＋２×９００＋３×１＝１ ８９３ (－２) ｎ＝１＋２×(－２)＋􀆺＋ ×(－２) ꎬ－２ ｎ＝－２＋２×
２.解析 (１) 由题设可得 ａ ２ ｋ ＋２ ＝ ａ ２ ｋ ＋１＋１ꎬ ａ ２ ｋ ＋１ ＝ ａ ２ ｋ＋２( ｋ ∈ (－２) ２ ＋􀆺＋( ｎ －１)×(－２) ｎ －１ ＋ ｎ ×(－２) ｎ.可得 ３ Ｓ ｎ＝１＋(－２)＋
Ｎ 故ａ ａ 即ｂ ｂ ｎ
)ꎬ ２ ｋ ＋２＝ ２ ｋ＋３ꎬ ｎ ＋１＝ ｎ＋３ꎬ ２ ｎ －１ ｎ ｎ １－(－２) ｎ ｎ.所以
即ｂ ｂ ｂ ａ ａ ｂ ｂ (－２) ＋􀆺＋(－２) － ×(－２) ＝ － ×(－２)
ｎ ＋１－ ｎ＝３ꎬ １＝ ２＝ １＋１＝２ꎬ ２＝ １＋３＝５ꎬ ３
所以 ｂ 是首项为 公差为 的等差数列 ｎ ｎ
{ ｎ} ２ꎬ ３ ꎬ Ｓ １ (３ ＋１)(－２) .
ｎ＝ －
故ｂ ｎ ｎ . ９ ９
ｎ＝２＋( －１)×３＝３ －１
３.解析 ａ ａ .
(２) 当ｎ为奇数时 ꎬ ａ ｎ＝ ａ ｎ ＋１－１ .
猜想ａ
(１
ｎ
) ２
.由
＝５
已
ꎬ
知
３＝
可
７
得
设数列 ａ 的前ｎ项和为Ｓ ｎ＝２ ＋１ ꎬ
{ ｎ} ｎꎬ
ａ ｎ ａ ｎ
则Ｓ
２０＝
ａ
１＋
ａ
２＋􀆺＋
ａ
２０ ａ
ｎ ＋１－(
ｎ
２ ＋３)＝ ３
ａ
[ ｎ－(２
ｎ
＋１)]ꎬ
＝(
ａ
１＋
ａ
３＋􀆺＋
ａ
１９)＋(
ａ
２＋
ａ
４＋􀆺＋
ａ
２０)
ｎ－(２ ＋１)＝ ３[ ｎ －１－(２ －１)]ꎬ
ａ ａ ａ ａ ａ ａ 􀆺􀆺
＝[( ２－１)＋( ４－１)＋􀆺＋( ２０－１)]＋( ２＋ ４＋􀆺＋ ２０)
ａ ａ .
ａ ａ ａ ２－５＝３( １－３)
＝ ２( ２＋ ４＋􀆺＋ ２０)－１０
因为ａ 所以ａ ｎ .
æ ö １＝３ꎬ ｎ＝２ ＋１
＝２( ｂ １＋ ｂ ２＋􀆺＋ ｂ １０)－１０＝２×è ç １０×２＋ ９×
２
１０ ×３ø ÷ －１０＝３００ꎬ
(２)
由
(１)
得
２
ｎａ
ｎ＝(２
ｎ
＋１)２
ｎ
ꎬ
即 ａ 的前 项和为 . 所以Ｓ ２ ３ ｎ ｎ.
{ ｎ} ２０ ３００ ｎ＝３×２＋５×２ ＋７×２ ＋􀆺＋(２ ＋１)×２ ①
３.解析 已知数列 ａ 是公比大于 的等比数列 设公 从而 Ｓ ２ ３ ４ ｎ ｎ ＋１.
(１) { ｎ} １ ꎬ ２ ｎ＝３×２ ＋５×２ ＋７×２ ＋􀆺＋(２ ＋１)×２ ②
比为ｑ ｑ 依题意有
{ａ
１
ｑ
＋
ａ
１
ｑ３
＝２０ꎬ解得 ａ ｑ 或 ①－②
得
－
Ｓ
ｎ＝３×２＋２×２
２
＋２×２
３
＋􀆺＋２×２
ｎ
－(２
ｎ
＋１)×２
ｎ ＋１.
( >１)ꎬ ａ
１
ｑ２
＝８ꎬ
１＝２ꎬ ＝２ 所以Ｓ
ｎ＝(２
ｎ
－１)２
ｎ ＋１
＋２
.
考点4 裂项相消求和
ａ ｑ １ 舍去
１＝３２ꎬ ＝ ( )ꎬ ｎ
２ １.答案 ２
所以ａ ｎ 所以数列 ａ 的通项公式为ａ ｎ. 分 ｎ
ｎ＝２ ꎬ { ｎ} ｎ＝２ (５ ) ＋１
(２) 由于 ２ １ ＝２ꎬ２ ２ ＝４ꎬ２ ３ ＝８ꎬ２ ４ ＝１６ꎬ２ ５ ＝３２ꎬ２ ６ ＝６４ꎬ２ ７ ＝１２８ꎬ ２.解析 (１) 依题意得 ꎬ Ｓ １＝ ａ １＝１ꎬ
所以ｂ １ 对应的区间为 (０ꎬ１]ꎬ 则ｂ １＝０ꎻ Ｓ ａ ｎ ＝ １ ＋( ｎ －１)× １ ＝ ｎ ＋２ ꎬ∴ ３ Ｓ ｎ＝( ｎ ＋２) ａ ｎꎬ
ｂ ｂ 对应的区间分别为 ｎ １ ３ ３
２ꎬ ３ (０ꎬ２]ꎬ(０ꎬ３]ꎬ 则 Ｓ ｎ ａ ｎ ａ
则ｂ
２＝
ｂ
３＝１ꎬ
即有
２
个
１ꎻ
３
Ｓ
ｎ ＋１＝(
Ｓ
＋１＋
ｎ
２) ｎ
ａ
＋１＝(
ｎ
＋３)
ａ
ｎ ＋１ꎬ
ｂ
４ꎬ
ｂ
５ꎬ
ｂ
６ꎬ
ｂ
７
对应的区间分别为
(０ꎬ４]ꎬ(０ꎬ５]ꎬ(０ꎬ６]ꎬ(０ꎬ７]ꎬ
∴
即
３
ａ
ｎ ＋１－３
ｎ
ｎ＝(
ａ
＋３) ｎ ＋
ｎ
１－(
ａ
＋２) ｎꎬ
则ｂ ｂ ｂ ｂ 即有 ２ 个 ３ ｎ ＋１＝( ＋３) ｎ ＋１－( ＋２) ｎꎬ
４＝ ５＝ ６＝ ７＝２ꎬ ２ ２ꎻ
ａ ｎ
ｂ ｂ ｂ 对应的区间分别为 则 ｎａ ｎ ａ 即 ｎ ＋１ ＋２
８ꎬ ９ꎬ􀆺ꎬ １５ (０ꎬ８]ꎬ(０ꎬ９]ꎬ􀆺ꎬ(０ꎬ１５]ꎬ ∴ ｎ ＋１＝( ＋２) ｎꎬ ａ ＝ ｎ ꎬ
ｎ
ｂ ｂ ｂ 即有 ３ 个
８＝ ９＝􀆺＝ １５＝３ꎬ ２ ３ꎻ ａ ｎ ｎ
ｂ ｂ ｂ 对应的区间分别为 由累乘法得 ｎ ＋１ ( ＋１)( ＋２)
１６ꎬ １７ꎬ􀆺ꎬ ３１ (０ꎬ１６]ꎬ(０ꎬ１７]ꎬ􀆺ꎬ ａ ＝ ꎬ
(０ꎬ３１]ꎬ 则ｂ １６＝ ｂ １７＝􀆺＝ ｂ ３１＝４ꎬ 即有 ２ ４ 个 ４ꎻ (８ 分 )
又ａ ａ
１
(
ｎ
＋１
１
)
×
(
２ ｎ
＋２)
ｂ ｂ ｂ 对应的区间分别为 １＝１ꎬ∴ ｎ ＋１＝ ꎬ
３２ꎬ ３３ꎬ􀆺ꎬ ６３ (０ꎬ３２]ꎬ(０ꎬ３３]ꎬ􀆺ꎬ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ３３
∴
ａ
ｎ＝
ｎ ( ｎ
２
＋１)
(
ｎ
≥２)ꎬ
又ａ
１＝１
满足上式
ꎬ
由
①②
消去ｂ
１
ｑ２ 得ｄ
＝１ꎬ
由
①③
得
１＋
ｑ
ｑ
２
＋
ｑ２ ＝
７
４
ꎬ
ｎ ｎ
∴ ａ ｎ＝ ( ＋１) ( ｎ ∈ Ｎ ) . 所以 ３ ｑ２ －４ ｑ －４＝０ꎬ 得ｑ ＝２ 或ｑ ＝－ ２ ꎬ 所以ｄ ＝１ꎬ ｑ ＝２ 或 － ２.
２ ３ ３
(２)
证明
:
由
(１)
知
ａ
１
＝ｎ ｎ
２
＝ ２
æ
è
ç １
ｎ －ｎ
１ ö
ø
÷
ꎬ
(２) 当ｑ >０ 时 ꎬ ｑ ＝２ꎬ 则ｂ １＝ ａ １＝１ꎬ 所以ａ ｎ＝ ｎ ꎬ ｂ ｎ＝２ ｎ －１ ꎬ
ｎ ( ＋１) ＋１ { ｎ ｎ ｎ为奇数
æ ö æ ö æ ö 所以ｃ － 􀅰２ ꎬ ꎬ
１ １ １ ç １ １ ÷ ç １ １ ÷ ç １ １ ÷ ｎ＝ ｎ ｎ －１ ｎ为偶数
∴ ａ ＋ａ ＋􀆺＋ａ ＝２è － ø＋２è － ø＋􀆺＋２è ｎ －ｎ ø ＝ 􀅰２ ꎬ ꎬ
１ ２ ｎ １ ２ ２ ３ ＋１ ｃ ｃ ｎ ２ ｎ －１ ｎ ２ ｎ －１ ２ ｎ －１
æ ö ２ ｎ －１＋ ２ ｎ＝－(２ －１)􀅰２ ＋２ 􀅰２ ＝２ ꎬ
２è ç １－ｎ １ ø ÷ ＝２－ｎ ２ <２ . ( 应用裂项相消法 ) 则 ｃ 的前 ｎ 项和为 ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ ｃ
＋１ ＋１ { ｎ} ２ １＋ ２＋ ３＋ ４＋􀆺＋ ２ ｎ －１＋ ２ ｎ＝( １＋ ２)＋
ｃ ｃ ｃ ｃ
( ３＋ ４)＋􀆺＋( ２ ｎ －１＋ ２ ｎ)
ｎ
３ ５ ２ ｎ －１ ２(１－４ ) ２ ｎ .
＝ ２＋２ ＋２ ＋􀆺＋２ ＝ ＝ (４ －１)
１－４ ３
４.解析 因为ａ ａ ａ 成等比数列 所以ａ２ ａ ａ
１.Ｃ ２.Ｂ ３.Ｃ ４.Ｃ ５.Ｄ ６.ＢＣ (１) １ꎬ ２ꎬ ４ ꎬ ２＝ １ ４ꎬ
即 ｄ ２ ｄ 解得ｄ 或ｄ .
７.答案 (１＋ ) ＝１×(１＋３ )ꎬ ＝０ ＝１
２
因为ｄ 所以ｄ 所以ａ ｎ ｎ.
８.解析 设等差数列 ａ 的公差为ｄ 由ａ ａ Ｓ >０ꎬ ＝１ꎬ ｎ＝１＋１×( －１)＝
{
(１
ａ
)
ｄ
{ ｎ} ꎬ ５＋ ６＝２４ꎬ ３＝
ì ï ï２ ｎ ꎬ ｎ为奇数 ꎬ
可得 ２ １＋９ ＝２４ꎬ解得ａ ｄ 由 得ｂ í
１５ꎬ ａ ｄ １＝３ꎬ ＝２ꎬ (２) (１) ｎ＝ïï １ ｎ为偶数
３ １＋３ ＝１５ꎬ îｎ ｎ ꎬ ꎬ
( ＋２)
ａ ｎ ｎ .
∴ ｎ＝３＋２( －１)＝ ２ ＋１ ì ｎ ｎ为奇数
ï
ï２ ꎬ ꎬ
æ ö
(２) ｂ ｎ＝ａ２ １ ＝ ｎ １ ２ ＝ ｎ １ ｎ ＝ １ è ç １ ｎ －ｎ １ ø ÷ ꎬ 所以ｂ ｎ＝ í ïï１ æ ç １ １ ö ÷ ｎ为偶数
ｎ－１ (２ ＋１) －１ ２ (２ ＋２) ４ ＋１ î è ｎ －ｎ øꎬ ꎬ
２ ＋２
数列 ｂ 的前ｎ项和
∴ { ｎ} 所以Ｔ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ
éæ ö æ ö æ ö æ öù ２ ｎ＝ １＋ ２＋ ３＋􀆺＋ ２ ｎ －１＋ ２ ｎ
Ｔ １ êêç １ ÷ ç １ １ ÷ ç １ １ ÷ ç １ １ ÷úú ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ
ｎ＝ ëè１－ ø＋è － ø＋è － ø＋􀆺＋è ｎ －ｎ øû ＝( １＋ ３＋􀆺＋ ２ ｎ －１)＋( ２＋ ４＋􀆺＋ ２ ｎ)
４ ２ ２ ３ ３ ４ ＋１
éæ ö æ ö
æ ö ｎ １ ３ ２ ｎ －１ １ ê êç １ １ ÷ ç １ １ ÷
１ ç １ ÷ . ＝ (２ ＋ ２ ＋ 􀆺 ＋ ２ ) ＋ ëè － ø ＋ è － ø ＋ 􀆺 ＋
＝ è１－ｎ ø ＝ ｎ ２ ２ ４ ４ ６
４ ＋１ ４( ＋１)
æ ö ù
ç １ １ ÷ ú ú
è ｎ－ ｎ ø û
２ ２ ＋２
１.ＡＢ
１ ２ ｎ －１ ２ æ ö ２ ｎ ＋１
２.解析 (１) 设 { ａ ｎ} 的公差为ｄ ꎬ 因为ａ ２＝４ꎬ２ ａ ４－ ａ ５＝７ꎬ ＝ ２ －２ １－２ ２ 􀅰２ ＋ ２ １ è ç １ ２ － ２ ｎ １ ＋２ ø ÷ ＝ ２ ３ － ４ ｎ １ ＋４ － １ ５ ２ ꎬ
所以 ｄ ｄ 解得ｄ 从而ａ ｎ
２(４＋２ )－(４＋３ )＝ ７ꎬ ＝３ꎬ １＝１ꎬ 所以数列 ｂ 的前 ｎ项和Ｔ ２ ２＋１ １ ５.
所以ａ
ｎ＝３
ｎ
－２(
ｎ
∈
Ｎ
)
. { ｎ} ２ ２ ｎ＝
３
－
４
ｎ
＋４
－
１２
设 ｂ 的公比为ｑ ｑ
{ ｎ} ꎬ ≠－１ꎬ ５.解析 当ｎ 时 １ 解得ａ
ｂ ｂ
(１) ＝１ ꎬ１＋ａ ＝２ꎬ １＝１ꎬ
因为ｂ
４＋
ｂ
５＝８(
ｂ
１＋
ｂ
２)ꎬ
所以
ｂ
４
１
＋
＋ ｂ
５
２ ＝
ｑ３
＝８ꎬ
解得ｑ
＝２ꎬ 当ｎ ≥２ 时 ꎬ 由 æ è ç １＋ａ １ ö ø ÷ æ è ç １＋ａ １ ö ø ÷
１
􀆺 æ è ç １＋ａ １ ö ø ÷ ＝２ ｎ(ｎ ２ ＋１) ꎬ
ｎ
因为ｂ
３＝４ꎬ
所以ｂ
１＝ ２
４
２ ＝１ꎬ
所以ｂ
ｎ＝２
ｎ －１
(
ｎ
∈
Ｎ
)
.
得 æ ç １ ö ÷ æ ç １ ö ÷
１
æ ç １
２
ö ÷ (ｎ－ ２ １)ｎ
è１＋ａ øè１＋ａ ø􀆺è１＋ａ ø ＝２ ꎬ
ｎ
１ ２ －１
由 可知 ｃ ３ ｎ －１
(２) (１) : ｎ＝ (３ ｎ －２)(３ ｎ ＋１) ＋２ ꎬ 两式相除得 ａ １ ＋１＝２ ｎ ꎬ 即ａ ｎ＝ ｎ １ ꎬ 当ｎ ＝１ 时 ꎬ ａ １＝１ 也满足 ꎬ
ｎ ２ －１
所以ｃ １ １ ｎ －１
ｎ＝ ｎ － ｎ ＋２ ꎬ
３ －２ ３ ＋１ 所以ａ
ｎ＝ ｎ
１
ꎬ
ｎ
∈
Ｎ .
æ ö ２ －１
所以Ｓ ç １ １ １ １ １ ÷ ｎ －１
ｎ＝è１－ ＋ － ＋􀆺＋ ｎ － ｎ ø＋(１＋２＋􀆺＋２ ) ｎ
４ ４ ７ ３ －２ ３ ＋１ 由 可知 １ ｎ 所以 ｎ ｎ ｎ
(２) (１) ꎬａ ＝２ －１ꎬ ａ ＝ 􀅰２ － ꎬ
æ ö ｎ ｎ ｎ
＝ è
ç
１－ ｎ
１
ø
÷
＋
１－２
＝２
ｎ
－ ｎ
１
(
ｎ
∈
Ｎ
)
.
所以Ｓ １ ２ ３ ｎ ｎ ｎ
３ ＋１ １－２ ３ ＋１ ｎ＝(１×２ －１)＋(２×２ －２)＋(３×２ －３)＋􀆺＋( 􀅰２ － )
３.解析 由已知条件可得 ｂ ｑ２ ａ １ ２ ３ ｎ ｎ ｎ
(１) : １ ＝４ １①ꎬ ＝(１×２ ＋２×２ ＋３×２ ＋􀆺＋ 􀅰２ )－(１＋２＋３＋􀆺＋ )ꎬ
ａ ｄ ｂ ｑ２ ｂ ｂ ｑ ｂ ｑ２ ａ 令Ａ １ ２ ３ ｎ ｎ Ｂ ｎ
４ １＋６ ＝ １ ＋６②ꎬ １＋ １ ＋ １ ＝７ １③ꎬ ｎ＝１×２ ＋２×２ ＋３×２ ＋􀆺＋ 􀅰２ ꎬ ｎ＝１＋２＋３＋􀆺＋ ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋３４ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
ｎ ｎ 当ｎ ｎ 为奇数时 Ｔ ｂ ｂ ｂ
则Ｂ ｎ ( ＋１) ② ( ≥７) ꎬ ｎ＝ １＋ ２＋􀆺＋ ｎ
ｎ＝１＋２＋３＋􀆺＋ ＝ ꎬ
ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ
２ ＝( １＋ ３＋􀆺＋ ｎ)＋( ２＋ ４＋􀆺＋ ｎ －１)
Ａ ｎ＝１×２ １ ＋２×２ ２ ＋３×２ ３ ＋􀆺＋ ｎ 􀅰２ ｎ ꎬ ＝( ａ １－６＋ ａ ３－６＋􀆺＋ ａ ｎ－６)＋(２ ａ ２＋２ ａ ４＋􀆺＋２ ａ ｎ －１)
２ Ａ ｎ＝１×２ ２ ＋２×２ ３ ＋３×２ ４ ＋􀆺＋( ｎ －１)􀅰２ ｎ ＋ ｎ 􀅰２ ｎ ＋１ ꎬ ａ １＋ ａ ｎ ｎ ＋１ ｎ ＋１ ａ ２＋ ａ ｎ －１ ｎ －１ ５＋２ ｎ ＋３ ｎ ＋１
ｎ ＝ 􀅰 －６􀅰 ＋２􀅰 􀅰 ＝ 􀅰 －
Ａ １ ２ ３ ｎ ｎ ｎ ＋１ ２(１－２ ) ｎ ｎ ＋１ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２
－ ｎ＝２ ＋２ ＋２ ＋􀆺＋２ － 􀅰２ ＝
１－２
－ 􀅰２ ꎬ
ｎ ｎ ７＋２(
ｎ
－１)＋３ ３
ｎ２
＋５
ｎ
－１０
Ａ ｎ ｎ ＋１ ３( ＋１)＋( －１)􀅰 ＝ ꎬ
∴ ｎ＝( －１)􀅰２ ＋２ꎬ ２ ２
ｎ ｎ ｎ２ ｎ ｎ２ ｎ ｎ ｎ
∴ Ｓ ｎ＝ Ａ ｎ－ Ｂ ｎ＝( ｎ －１)􀅰２ ｎ ＋１ ＋２－ ( ＋１). ∴ Ｔ ｎ－ Ｓ ｎ＝ ３ ＋５ －１０ －( ｎ２ ＋４ ｎ )＝ －３ －１０ ＝ ( －５)( ＋２) >
２ ２ ２ ２
ｎ
０( ≥７)ꎬ
7.5 数列综合
ｎ ｎ 为奇数时 Ｔ Ｓ . 分
∴ ( ≥７) ꎬ ｎ> ｎ (１１ )
综上可知 当ｎ 时 Ｔ Ｓ . 分
ꎬ >５ ꎬ ｎ> ｎ (１２ )
３.解析 设数列 ａ 的公差为ｄ.
考点 数列综合 (１) { ｎ}
{ａ ａ ａ ｄ {ａ
１.解析 证明 设等差数列 ａ 的公差为ｄ. 由已知得 ２＋ ５＝２ １＋５ ＝１６ꎬ则 １＝３ꎬ
(１) : { ｎ} ａ ａ ｄ ｄ
由ａ ｂ ａ ｂ 得ａ ｄ ｂ ａ ｄ ｂ 故ｄ ｂ ５－ ３＝２ ＝４ꎬ ＝２ꎬ
２－ ２＝ ３－ ３ １＋ －２ １＝ １＋２ －４ １ꎬ ＝２ １ꎬ① ａ ｎ ｎ
由ａ ｂ ｂ ａ 得ａ ｄ ｂ ｂ ａ ｄ ∴ ｎ＝３＋２( －１)＝ ２ ＋１ꎬ
３－ ３＝ ４－ ４ １＋２ －４ １＝８ １－ １－３ ꎬ ａ 的通项公式为ａ ｎ .
故 ａ ｄ ｂ ∴ { ｎ} ｎ＝２ ＋１
２ １＋５ ＝１２ １ꎬ② ｎ－
２ １
由 得 ａ ｂ ｂ 即ａ ｂ . ａ ａ ａ ａ
(２
ｋ －
①
)
１
由
②
(
ａ
１)
２
知
ｍ
１＋
ｄ
１
＝
０
２
ｄ
１
ｂ
＝
１
即
＝
１２
２
ａ
ａ
１
１
ꎬ
ꎬ 由
ｋ －１
ｂ
１
ｋ
＝
＝
ａ
ａ
１
ｍ＋ ａ
ｍ
１ꎬ１≤
ａ
ｍ ≤
其
５
中
００
ａ
得 ｂ １×
ｉ ∑
＝
＝
２ ２
ｎ－１
ｎ －
ｉ
１
＝
􀅰(
２ ｎ
２
－１＋
ｎ ＋１
２ ｎ－
＋
１＋
２
１＋
ｎ ＋
􀆺
１ －
＋
１)
２
＝
ｎ －１
３×４
ｎ －１.
(
提示
:
项数为
(２
ｎ
－１)－２
ｎ －１
＋
２ ＝２ １＋( －１) ꎬ １×２ ＝２ １＋２( －１) １ꎬ １≠０ꎬ ２
ｋ －１ ｍ 即 ｋ －２ ｍ ｋ －２ ｋ ｎ －１ ｎ －１ ｎ －１
∴ ２ ＝２ ꎬ ２ ＝ ꎬ∴ １≤２ ≤５００ꎬ∴ ０≤ －２≤８ꎬ １＝２ ×２－２ ＝２ )
ｋ . 证明 ｋ －１ ｎ ｋ
∴ ２≤ ≤１０ (２)(ｉ) :∵ ２ ≤ ≤２ －１ꎬ
故集合 ｋ ｂ ａ ａ ｍ 中元素的个数为 . ｋ －１ ｎ ｋ ｋ ａ ｋ ＋１ .
{ ｜ ｋ＝ ｍ＋ １ꎬ１≤ ≤５００} ９ ∴ ２×２ ＋１≤２ ＋１≤２(２ －１)＋１ꎬ∴ ２ ＋１≤ ｎ≤２ －１
２.解析 设数列 ａ 的首项为ａ 公差为ｄ 又ｂ ａ ｂ 恒成立
(１) { ｎ} １ꎬ ꎬ ｋ< ｎ< ｋ ＋１ ꎬ
{ａ ｎ为奇数 ｂ ａ ｋ ｂ ａ ｋ ＋１ 即ｂ ｋ
ｂ ｎ－６ꎬ ꎬ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ∴ ｋ<( ｎ)ｍｉｎ＝２ ＋１ꎬ ｋ ＋１>( ｎ)ｍａｘ＝２ －１ꎬ ｋ>２ －１ꎬ
∵ ｎ＝ ａ ｎ为偶数 ∴ １＝ １－６ꎬ ２＝２ ２ꎬ ３＝ ３－６ꎬ ｋ ｂ ｋ .
２ ｎꎬ ꎬ ∴ ２ －１< ｋ<２ ＋１
又Ｔ 且ｂ ｂ ｂ ａ ａ ａ ａ ａ ｂ
３＝１６ꎬ １＋ ２＋ ３＝ １＋２ ２＋ ３－１２＝４ ２－１２ꎬ∴ ４ ２－１２＝ ｋ ｂ ｋ １ ｋ １.
(ｉｉ)∵ ２ －１< ｋ<２ ＋１ꎬ∴ １－ ｋ< ｋ<１＋ ｋ
ａ 即ａ ｄ
１６ꎬ∴ ２＝７ꎬ １＋ ＝７ꎬ① ２ ２ ２
又Ｓ ４＝３２ꎬ∴ ４ ａ １＋６ ｄ ＝３２ꎬ② (２ 分 )
∴
当ｋ
→＋∞
时
ꎬ
ｂ ｋ
ｋ →１ꎬ∴
ｂ
ｋ＝２
ｋ
ꎬ
满足
{
ｂ
ｎ}
为等比数列
ꎬ
由 得ａ ｄ 每个结果 分 分
２
①② １＝５ꎬ ＝２ꎬ( １ ) (４ )
ｂ ｎ ｎ Ｎ
∴ ａ ｎ＝５＋２( ｎ －１)＝ ２ ｎ ＋３ . (５ 分 ) ∴ ｎ＝２ ( ∈ )ꎬ
ｎ
(２) 证明 :∵ { ａ ｎ} 为等差数列 ꎬ ∴ { ｂ ｎ} 的前ｎ项和为Ｔ ｎ＝ ２(１－２ ) ＝２ ｎ ＋１ －２ .
ｎ ｎ １－２
∴ Ｓ ｎ＝ ｎａ １＋ ( －１)ｄ ＝５ ｎ ＋ ｎ２ － ｎ ＝ ｎ２ ＋４ ｎ ꎬ ４.解析 (１) 证明 : 欲证数列{ａ ｎ }为“ Ｍ－ 数列”ꎬ即证数列
２
{ａ }的首项为 且公比为正数.
① 当ｎ ( ｎ ≥６) 为偶数时 ꎬ Ｔ ｎ＝ ｂ １＋ ｂ ２＋􀆺＋ ｂ ｎ ｎ １
设等比数列 ａ 的公比为ｑ
＝( ｂ
ａ
１＋ ｂ ３＋
ａ
􀆺＋ ｂ ｎ －１)＋
ａ
( ｂ ２＋ ｂ ４＋􀆺＋
ａ
ｂ ｎ)
ａ ａ {ａ ａ ａ
{ ｎ}
{ａ２ｑ４
ꎬ
ａ ｑ４ {ａ
＝( １－６＋ ３－６＋􀆺＋ ｎ －１－６)＋(２ ２＋２ ４＋􀆺＋２ ｎ) 由 ２ ４＝ ５ꎬ 得 １ ＝ １ ꎬ 解得 １＝１ꎬ
ａ ａ ｎ ｎ ａ ａ ｎ ａ ａ ａ ａ ｑ２ ａ ｑ ａ ｑ .
１＋ ｎ －１ ２＋ ｎ 分 ３－４ ２＋４ １＝０ꎬ １ －４ １ ＋４ １＝０ꎬ ＝２
＝ 􀅰 －６􀅰 ＋２􀅰 􀅰 (７ ) 因此数列 ａ 为 数列 . 分
２ ２ ２ ２ ２ { ｎ} “Ｍ－ ” (２ )
ｎ ｎ ｎ ｎ２ ｎ 第一步ꎬ由ｂ 和递推式求ｂ .
５＋２( －１)＋３ ｎ ７＋２ ＋３ ｎ ３ ＋７ . 分 (２)① １＝１ ２
＝ 􀅰 －３ ＋ 􀅰 ＝ (９ )
２ ２ ２ ２
因为１ ２ ２ 所以ｂ .
ｎ２ ｎ ｎ２ ｎ ｎ２ ｎ ｎ２ ｎ ｎ ｎ Ｓ ＝ｂ －ｂ ꎬ ｎ≠０
∴
Ｔ
ｎ－
Ｓ
ｎ＝
３ ＋７
－
ｎ２
－４
ｎ
＝
３ ＋７ －２ －８
＝
－
＝
( －１)
>
ｎ ｎ ｎ ＋１
２ ２ ２ ２
当ｎ 时 由ｂ Ｓ ｂ 得１ ２ ２ 则ｂ .
ｎ ＝１ ꎬ １＝１ꎬ １＝ １ꎬ ＝ －ｂ ꎬ ２＝２
０( ≥６)ꎬ １ １ ２
当ｎ ｎ 为偶数时 Ｔ Ｓ . 分 第二步ꎬ由ｂ Ｓ Ｓ (ｎ )和递推式证明数列{ｂ }是等差
∴ ( ≥６) ꎬ ｎ> ｎ (１０ ) ｎ＝ ｎ－ ｎ －１ ≥２ ｎ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ３５
数列ꎬ从而求{ｂ }的通项公式.
ｎ ｔ 时 ｎ ｂ １ １
由１ ２ ２ 得Ｓ ｂ ｎ ｂ ｎ ＋１
＝１ ꎬ ＝１ꎬ １＝
１＋６＋２
＝
９
ꎬ
Ｓ ＝ｂ －ｂ ꎬ ｎ＝ ｂ ｂ ꎬ
ｎ ｎ ｎ ＋１ ２( ｎ ＋１－ ｎ) ｔ 时 ｎ ｂ １ １ １
当ｎ 时 由ｂ Ｓ Ｓ 得ｂ ｂ ｎ ｂ ｎ ＋１ ｂ ｎ －１ ｂ ｎ
＝３ ꎬ ＝２ꎬ ２＝
３＋２＋２
＝
７
>
９
ꎬ
≥２ ꎬ ｎ＝ ｎ－ ｎ －１ꎬ ｎ＝ ｂ ｂ － ｂ ｂ ꎬ
整理得ｂ ｎ ＋１＋ ｂ ｎ －１＝２ ｂ ｎ .
２( ｎ ＋１－ ｎ) ２( ｎ－ ｎ －１) 所以数列
{
ｂ
ｎ}
的最大项为ｂ
２＝
７
１.
２.解析 当ｎ 时 由ａ Ｓ 得ａ Ｓ 则ａ
所以数列 { ｂ ｎ} 是首项和公差均为 １ 的等差数列. (１) ≥２ ꎬ ｎ ＋１＝ ｎ＋１ ｎ＝ ｎ －１＋１ꎬ ｎ ＋１－
因此 ꎬ 数列 { ｂ ｎ} 的通项公式为ｂ ｎ＝ ｎ ( ｎ ∈ Ｎ ) . (６ 分 ) ａ ｎ＝ Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１ꎬ 即ａ ｎ ＋１＝２ ａ ｎ( ｎ ≥２)ꎬ
② 由 ① 知 ꎬ ｂ ｋ＝ ｋ ꎬ ｋ ∈ Ｎ . 因为数列 { ａ ｎ} 是等比数列 ꎬ 所以公比为 ２ꎬ
因为数列 ｃ 为 数列 所以ｃ 设公比为ｑ ｑ . 当ｎ 时 ａ ａ 即 ａ ａ 所以ａ
{ ｎ} “Ｍ－ ”ꎬ １＝１ꎬ ꎬ >０ ＝１ ꎬ ２＝ １＋１ꎬ ２ １＝ １＋１ꎬ １＝１ꎬ
因为ｃ ｋ≤ ｂ ｋ≤ ｃ ｋ ＋１ꎬ 所以ｑｋ －１ ≤ ｋ ≤ ｑｋ ꎬ 其中ｋ ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ􀆺ꎬ ｍ. 所以 { ａ ｎ} 的通项公式为ａ ｎ＝２ ｎ －１.
当ｋ ＝１ 时 ꎬ 有ｑ ≥１ꎻ (２) 由 (１) 得ａ ２ ｎ＝２ ２ ｎ －１ ꎬ 所以 ｌｏｇ２ ａ ２ ｎ＝２ ｎ －１ꎬ
ｋ ｋ 故ｂ ａ ａ ａ ａ
当ｋ ＝２ꎬ３ꎬ􀆺ꎬ ｍ时 ꎬ 有ｌｎ ｋ ≤ｌｎ ｑ ≤ｋ ｌｎ . (９ 分 ) ｎ＝ｌｏｇ２ ２ ｎ＋１－(ｌｏｇ２ ２＋ｌｏｇ２ ２２＋􀆺＋ｌｏｇ２ ２ ｎ)
－１ ｎ ＋１ １ ２ ｎ
＝ ２ －１－(２ －１＋２ －１＋􀆺＋２ －１)
ｘ ｘ
设ｆ ｘ ｌｎ ｘ 则ｆ ′ ｘ １－ｌｎ . ｎ
( )＝ ｘ ( >１)ꎬ ( )＝ ｘ２ ｎ ＋１ ｎ ２(１－２ ) ｎ
＝ ２ ＋ －１－ ＝ ＋１ꎬ
令ｆ ′ ｘ 得ｘ .列表如下
１－２
( )＝ ０ꎬ ＝ｅ : 由ａ ｂ 得 ｎ －１ ｎ 即 ｎ －１ ｎ
ｎ－ ｎ<２ ０２３ ２ －( ＋１)<２ ０２３ꎬ ２ － <２ ０２４ꎬ
ｘ
(１ꎬｅ) ｅ (ｅꎬ＋∞) 令ｆ ｎ ｎ －１ ｎ
( )＝ ２ － ꎬ
ｆ ′ ( ｘ ) ＋ ０ － 则ｆ ｎ ｆ ｎ ｎ ｎ ｎ －１ ｎ ｎ －１
( ＋１)－ ( )＝ ２ －( ＋１)－(２ － )＝ ２ －１ꎬ
ｆ ｘ 极大值 所以ｆ ｎ 在ｎ 时递增 且ｆ ｆ
( ) ↗ ↘ ( ) ≥２ ꎬ (２)＝ (１)＝ ０ꎬ
而ｆ １０ ｆ １１
因为ｌｎ ２ ｌｎ ８ ｌｎ ９ ｌｎ ３ 所以ｆ ｋ ｆ ｌｎ ３. 分 (１１)＝ ２ －１１＝１ ０１３<２ ０２４ꎬ (１２)＝ ２ －１２＝２ ０３６>
＝ < ＝ ꎬ ( )ｍａｘ＝ (３)＝ (１１ )
２ ６ ６ ３ ３
２ ０２４ꎬ
取ｑ
＝
３
３ꎬ
当ｋ
＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５
时
ꎬ
ｌｎ
ｋ
ｋ
≤ｌｎ
ｑ
ꎬ
即ｋ
≤
ｑｋ
ꎬ
经检验知 所以满足条件的最大正整数ｎ ＝１１ .
３.解析 设公比为ｑ 由ａ ａ 得ａ ｑ２ ａ 得ｑ２
ｑｋ －１ ｋ也成立. (１) ꎬ ５＝４ ３ꎬ ３ ＝４ ３ꎬ ＝４ꎬ
≤ 又ａ 所以ｑ 所以ｑ 则ａ ａ ｑｎ －１ ｎ －１.
因此所求ｍ的最大值不小于 . 分 ｎ>０ꎬ >０ꎬ ＝２ꎬ ｎ＝ １ ＝２
５ (１４ ) ｎ ｎ
若
ｑ１５
ｍ
≥６ꎬ
分
所
别
以
取
ｑ不
ｋ
＝ 存 ３ꎬ 在 ６ꎬ .
得
３≤
ｑ３
ꎬ
且ｑ５
≤６ꎬ
从而ｑ１５
≥２４３ꎬ
且
(２)
由
(１)
知
ꎬ
ａ
ｎ＝２
ｎ －１
ꎬ
故
ａ ｎ ＝ ２ ｎ －１ ꎬ
≤２１６ꎬ ｎ ｎ
因此所求ｍ的最大值小于 . 设Ｓ １ ２ ３ ２ ３
综上 所求ｍ的最大值为 ６ . 分 ｎ＝ａ １ ＋ａ ２ ＋ａ ３ ＋􀆺＋ａ ｎ ＝１＋ ２ １ ＋ ２ ２ ＋􀆺＋ ２ ｎ －１ ꎬ
ꎬ ５ (１６ ) ｎ
则１ Ｓ １ ２ ３
ｎ＝ ＋ ＋ ＋􀆺＋ ｎꎬ
２ ３
２ ２ ２ ２ ２
ｎ
所以Ｓ １Ｓ １ １ １ １
ｎ－ ｎ＝１＋ ＋
２
＋
３
＋􀆺＋ ｎ
－１
－ ｎꎬ
２ ２ ２ ２ ２ ２
１.解析 由题意知Ｓ ｎａ ｎ ｎ １
(１) ｎ＝ １＋ ( －１)ꎬ １－ ｎ ｎ ｎ ｎ
又因为Ｓ２ ２＝ Ｓ １􀅰 Ｓ ４ꎬ 即 (２ ａ １＋２) ２ ＝ ａ １􀅰(４ ａ １＋１２)ꎬ 所以ａ １＝１ꎬ 所以１ Ｓ ｎ＝ ２ － ｎ ＝２－ ２ ｎ－ ｎ ＝２－ ＋ ｎ ２ ꎬ
２ １ ２ ２ ２ ２
又ｄ 所以ａ ｎ . １－
＝２ꎬ ｎ＝２ －１ ２
ｎ ｎ
ｎ
(２) 由 (１) 知ｂ ｎ＝
(２
ｎ
－１)
２
(
－
２
ｎ １
＋１)＋６
＝
４
２ ｎ２ －
＋
１
５
ꎬ 所以Ｓ ｎ＝４－ ＋ ｎ
－
２
１
.
２
ｔ
设ｔ ｎ ｔ 所以ｎ ＋１ 又因为ｔ ｎ
＝２ －１( ＝１ꎬ３ꎬ５ꎬ􀆺)ꎬ ＝ ２ ꎬ >０ꎬ 当ｎ趋近于正无穷时 ꎬ ＋ ｎ － ２ １ 趋近于 ０ꎬ 所以Ｓ ｎ 趋近于 ４ 且Ｓ ｎ<
２
ｔ ｔ
所以ｆ ｔ １ ｔ 所以ｍ 所以ｍ的最小值为 .
( )＝ ｔ ２ ＝ｔ２ ｔ ＝ ( ＝１ꎬ３ꎬ５ꎬ􀆺)ꎬ ４ꎬ ≥４ꎬ ４
( ＋１) ＋５ ＋２ ＋６ ｔ ＋ ６ ｔ ＋２ ４.证明 (１)∵ ４ Ｓ ｎ－２ ａ ｎ＝２ ｎ ꎬ∴ ４ Ｓ ｎ －１－２ ａ ｎ －１＝２ ｎ －１ ( ｎ ≥２)ꎬ
因为函数在ｔ ≥３ 时递减 ꎬ 所以ｆ ( ｔ ) 的最大值可能出现在ｔ ＝１ 两式相减得 ４( Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１)－２ ａ ｎ＋２ ａ ｎ －１＝２ ｎ －２ ｎ －１ ꎬ
或ｔ 时 即ａ ａ ｎ －２ ｎ .
＝３ ꎬ ｎ＋ ｎ －１＝２ ( ≥２)
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋３６ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
ａ ａ ｎ －２ æａ ö ｎ ｎ
ｎ １ － ｎ －１＋２ １ １ ç ｎ －１ １ ÷ 所以１ Ｓ １ ２ ３ －１
２ ｎ－ ６ ２ ｎ － ６ － ２ è ２ ｎ －１ － ６ ø １ ｎ . ２ ｎ＝ ２ ＋ ２ ２ ＋ ２ ３ ＋􀆺＋ ２ ｎ －１ ＋ ２ ｎꎬ②
∴ ａ ｎ －１ １ ＝ ａ ｎ －１ １ ＝ ａ ｎ －１ １ ＝－ ２ ( ≥２) 由 得１ Ｓ １ １ １ ｎ
ｎ －１ － ｎ －１ － ｎ －１ － ①－② ｎ＝１＋ １ ＋ ２ ＋􀆺＋ ｎ －１ － ｎ
２ ６ ２ ６ ２ ６ ２ ２ ２ ２ ２
当ｎ 时 Ｓ ａ １ 即ａ . æ ö ｎ ｎ
＝１ ꎬ４ １－２ １＝２ ꎬ １＝１ ç １ ÷ ＋２
ａ {ａ } ＝２è１－ ｎø－ ｎ ＝２－ ｎ ꎬ
又 １ １ １ ｎ １ 是以１ 为首项 １ 为公比的 ２ ２ ２
∵ １ － ＝ ≠０ꎬ∴ ｎ－ ꎬ－ ｎ
２ ６ ３ ２ ６ ３ ２ 所以Ｓ ＋２.
等比数列.
ｎ＝４－ ｎ
－１
２
ｎ
(２) 由 (１) 得 ａ ｎ ｎ － １ ＝ １ × æ è ç － １ ö ø ÷ ｎ －１ ꎬ 不等式 (－１) ｎλ < Ｓ ｎ＋ ｎ －１ 即 (－１) ｎλ <４－ １ ｎ －２ 恒成立 ꎬ
２ ２
２ ６ ３ ２
令ｄ １ 则 ｄ 为递增数列 转化为 ｎλ ｄ
所以ａ ｎ＝－ ２ ×(－１) ｎ ＋ １ ×２ ｎ. ｎ＝４－
２
ｎ －２ ꎬ { ｎ} ꎬ (－１) <( ｎ)ｍｉｎꎬ
３ ６
当ｎ ｋ ｋ Ｎ 时 λ １ 恒成立 取ｎ 所以λ .
令ｂ ｎ＝ ６ ａ ｎ＋３ １ (－１) ｎ＝ ２ ｎ －( １ －１) ｎꎬ ＝２ ( ∈ ) ꎬ <４－ ２ ｎ －２ ꎬ ＝２ꎬ <３
３ ×２ ２ ｎ ３ ×２ ２ ｎ 当ｎ ＝２ ｋ －１( ｋ ∈ Ｎ ) 时 ꎬ－ λ <４－ １ ｎ －２ 恒成立 ꎬ 取ｎ ＝１ꎬ－ λ <２ꎬ 所
２
则ｂ ｂ １ １ ２ ２ ３ .
２ ｎ －１＋ ２ ｎ＝ ２ ｎ －１ ＋ ２ ｎ ＝ ４ ｎ －１ ２ ｎ －１ < ４ ｎ －１ ＝ ２ ｎ 以λ .
２ ＋１ ２ －１ ２ ＋２ －１ ２ ２ >－２
æ ö 综上可得 实数λ的取值范围是 .
３ ç １ ÷ ꎬ (－２ꎬ３)
数列 { ｂ ｎ} 的前 ２ ｎ项和Ｔ ２ ｎ< ３ ＋ ３ ２ ＋􀆺＋ ３ ｎ ＝ ４ ×è１－ ４ ｎø <１ . ３.解析 (１) 由 ２ Ｓ ｎ ＝ ａ ｎ＋１ꎬ 得Ｓ ｎ＝ æ è ç ａ ｎ＋１ ö ø ÷ ２ ꎬ
４ ４ ４ １ ２
１－
４ æａ ö２
又ｂ ｎ>０ꎬ∴ Ｔ ｎ< Ｔ ｎ ＋１<􀆺< Ｔ ２ ｎ －１< Ｔ ２ ｎ<１ꎬ∴ 原不等式得证. 当ｎ ＝１ 时 ꎬ ａ １＝ Ｓ １＝è ç １ ２ ＋１ ø ÷ ꎬ 解得ａ １＝１ꎬ
æａ ö２ æａ ö２
当ｎ 时 ａ Ｓ Ｓ ç ｎ＋１÷ ç ｎ －１＋１÷
≥２ ꎬ ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝è ø －è ø ꎬ
１.解析 因为ａ Ｓ 所以ｎ 时 ａ Ｓ ２ ２
(１) ｎ ＋１＝２ ｎ＋２ꎬ ≥２ ꎬ ｎ＝２ ｎ －１＋２ꎬ
化简得 ａ ａ ａ ａ 由ａ 得ａ ａ
所以ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝２( Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１)＝ ２ ａ ｎꎬ 所以ａ ｎ ＋１＝３ ａ ｎ( ｎ ≥２)ꎬ
数列
(
ａ
ｎ＋
是
ｎ －
以
１)(
为
ｎ－
首
ｎ
项
－１－２)
为
＝
公
０ꎬ
差的
ｎ
等
>０
差数列
ｎ－ ｎ －１＝２ꎬ
因为 ａ 为等比数列 所以ａ ａ ∴ { ｎ} １ ꎬ２ ꎬ
{ ｎ} ꎬ ２＝３ １ꎬ
故ａ ｎ ｎ .
又因为ａ Ｓ ａ 所以ａ ｎ＝１＋２( －１)＝ ２ －１
２＝２ １＋２＝２ １＋２ꎬ １＝２ꎬ
则等比数列
{
ａ
ｎ}
的首项为
２ꎬ
公比为
３ꎬ
所以ａ
ｎ＝２􀅰３
ｎ －１.
(２)
由
(１)
可 得 ｂ
ｎ ＝ ａ
１
ａ ＝ ｎ
１
ｎ ＝
证明 要证ｎ 时 ａ ｂ 即证ｎ 时 ｎ －１ ｎ ＋１
( ｎ＋１)( ｎ ＋１＋１) ２ ×２( ＋１)
(２) : >２ ꎬ ｎ－ ｎ>０ꎬ >２ ꎬ２􀅰３ >２ ꎬ æ ö
１ ç １ １ ÷
æ öｎ －１ è ｎ －ｎ øꎬ
需证ｎ 时 ç ３ ÷ ４ ＋１
>２ ꎬè ø >２ꎬ
２ æ
数列 ｂ 的前 ｎ 项和 Ｔ １ ç １ １ １ １
因为ｎ 且ｎ Ｎ 所以ｎ ｎ ∴ { ｎ} ｎ ＝ è１－ ＋ － ＋􀆺＋ ｎ －
>２ ∈ ꎬ ≥３ꎬ －１≥２ꎬ ４ ２ ２ ３
又３ >１ꎬ 所以 æ è ç ３ ö ø ÷ ｎ －１ ≥ ９ >２ꎬ 原不等式成立. １ ö ÷ １ æ ç １ ö ÷ ｎ .
２ ２ ４
ｎ ø＝ è１－ｎ ø ＝ ｎ
＋１ ４ ＋１ ４( ＋１)
{ｂ ｂ ｑ
２.解析 设等比数列 ｂ 的公比为ｑ 则 ２＝ １ ＝２ꎬ Ｔ Ｔ ｎ ＋１ ｎ １
(１) { ｎ} ꎬ ｂ
３＝
ｂ
１
ｑ２
＝４ꎬ
∵ ｎ ＋１－ ｎ＝
４(
ｎ
＋２)
－
４(
ｎ
＋１)
＝
４(
ｎ
＋１)(
ｎ
＋２)
>０ꎬ
{ｂ
解得
ｑ
１＝１ꎬ所以ｂ ｎ＝２ ｎ －１. ∴ Ｔ ｎ 递增 ꎬ∴ Ｔ ｎ≥ Ｔ １＝
８
１ ꎬ
＝２ꎬ
ｎ
设等差数列 ａ 的公差为 ｄ 因为 ａ ｂ ａ ａ ｄ Ｔ １ １ Ｔ １
{ ｎ} ꎬ １＝ １＝１ꎬ ８＋１＝ １＋７ ＋ ∵ ｎ＝ ｎ < ꎬ∴ ≤ ｎ< ꎬ
所以公差ｄ ４( ＋１) ４ ８ ４
１＝１６ꎬ ＝２ꎬ ì
ï
所以ａ
ｎ＝１＋２(
ｎ
－１)＝ ２
ｎ
－１
.故ａ
ｎ＝２
ｎ
－１ꎬ
ｂ
ｎ＝２
ｎ －１.
ｍ ï
１
≤５
ｍ
ꎬ
若５ －２ Ｔ ｍ对一切ｎ Ｎ 恒成立 则í４
(２)
由
(１)
得ｃ
ｎ＝
ａ
ｂ
ｎ
ｎ
＋
＋１
１
＝ ２
ｎ
ｎ －１ ꎬ
４ < ｎ<５ ∈ ꎬ
î
ï ï５ ｍ
４
－２
< ８
１
ꎬ
ｎ
数列 ｃ 的前ｎ项和为Ｓ ２ ３ 解得１ ｍ １
{ ｎ} ｎ＝１＋ １ ＋ ２ ＋􀆺＋ ｎ －１ ꎬ① ≤ < ꎬ
２ ２ ２ ２０ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ３７
实数ｍ的取值范围是 é êê １ １ ö ÷. 所以Ｔ ２ ｎ＝( ａ ２－ ａ １)＋( ａ ４－ ａ ３)＋􀆺＋( ａ ２ ｎ－ ａ ２ ｎ －１)＋(２ ２ ＋２ ３ ＋􀆺＋
∴ ë ꎬ ø
ｎ
２０ ２ ２ ２
４.解析 ａ Ｓ ｎ 当ｎ 时 ａ Ｓ 解得 ２ ２ ｎ ＋１ )＝ ３× ｎ ＋ ２ ×(１－２ ) ＝３ ｎ ＋２ ２ ｎ ＋２ －４＝３ ｎ ＋４ ｎ ＋１ －４ .
(１)３ ｎ＝２( ｎ＋２ )ꎬ ＝１ ꎬ３ １＝２( １＋２)ꎬ １－２
ａ １６.解析 证明 ａ ａ λ ｎ ｎ Ｎ
１＝４ꎬ (１) : ｎ＋ ｎ ＋１＝ 􀅰２ ( ∈ )ꎬ
当ｎ 时 ａ Ｓ ｎ 两式相减得ａ ａ 当λ 时 ａ ａ ａ ａ
≥２ ꎬ３ ｎ －１＝２( ｎ －１＋２ －２)ꎬ ｎ＝３ ｎ －１＋４ꎬ ＝０ ꎬ ｎ＋ ｎ ＋１＝０ꎬ ｎ ＋１＝－ ｎꎬ
所以ａ ａ ｎ 所以数列 ａ 是首项为ａ 公比为 的等比数列.
ｎ＋２＝３( ｎ －１＋２)ꎬ ≥２ꎬ { ｎ} １＝１ꎬ －１
所以 ａ 是首项为 公比为 的等比数列 分类讨论法 因为ａ ａ ａ λ ｎ ｎ Ｎ λ
{ ｎ＋２} ６ꎬ ３ ꎬ (２)( ) １＝１ꎬ ｎ＋ ｎ ＋１＝ 􀅰２ ( ∈ )ꎬ ≠
即ａ ｎ －１ 所以ａ ｎ －１ . 且 ａ 是等比数列
ｎ＋２＝６×３ ꎬ ｎ＝６×３ －２ ０ꎬ { ｎ} ꎬ
ａ ｎ 所以ａ ａ ａ λ ａ λ
证明 由 可得ｂ ｎ＋２ ６×３ －１ ｎ ｎ １＋ ２＝１＋ ２＝ 􀅰２ꎬ ２＝２ －１ꎬ
(２) : (１) ｎ＝ｌｏｇ３ ２ ＝ｌｏｇ３ ２ ＝ｌｏｇ３３ ＝ ꎬ ａ ２＋ ａ ３＝２ λ －１＋ ａ ３＝ λ 􀅰２ ２ ꎬ ａ ３＝２ λ ＋１ꎬ
æ öæ ö æ ö
即证 (１＋１)è ç １＋ １ ø ÷ è ç １＋ １ ø ÷ 􀆺è ç １＋ ｎ １ ø ÷ > ２ ｎ ＋１ . 所以 (２ λ －１) ２ ＝１×(２ λ ＋１)ꎬ 而λ ≠０ꎬ 故解得λ ＝ ３ ꎬ
３ ５ ２ －１ ２
æ öæ öæ ö æ ö 则ａ ａ 所以等比数列 ａ 的公比ｑ
è
ç
１＋ｂ
１
ø
÷
è
ç
１＋ｂ
１
ø
÷
è
ç
１＋ｂ
１
ø
÷
􀆺è
ç
１＋ｂ
１
ø
÷ ２＝２ꎬ ３＝４ꎬ { ｎ} ＝２ꎬ
证法一:令ｆ ( ｎ )＝ １ ３ ｎ ５ ２ ｎ －１ ꎬ 则ａ ｎ＝２ ｎ －１ ꎬ ａ ３ ｎ －１＝２ ３ ｎ －２ ꎬ 所以 (－１) ｎ ｌｏｇ２ ａ ３ ｎ －１＝(－１) ｎ ｌｏｇ２２ ３ ｎ －２ ＝
２ ＋１ ｎ ｎ .
(－１) (３ －２)
ｆ ｎ ｎ
则 ( ＋１) ２ ＋２ 当ｎ为偶数时
ｆ ｎ ＝ ｎ ｎ ꎬ ꎬ
( ) ２ ＋１􀅰 ２ ＋３ Ｓ ｎ ｎ
ｎ＝(－１)＋４＋(－７)＋１０＋(－１３)＋１６＋􀆺＋[－(３ －５)]＋(３ －
因为 ｎ ２ ｎ ｎ 所以ｆ ｎ ｆ ｎ
(２ ＋２) >(２ ＋１)(２ ＋３)ꎬ ( ＋１)> ( )ꎬ ｎ ｎ
３ｎ ６
２)＝ ３× ＝ ＝ ꎬ
所以ｆ ｎ 递增 即ｆ ｎ ｆ ２ ２ ２ ４
( ) ꎬ ( )> (１)＝ >１ꎬ
当ｎ为奇数时
３
ꎬ
æ öæ öæ ö æ ö ｎ ｎ
即 è ç １＋ｂ １ ø ÷ è ç １＋ｂ １ ø ÷ è ç １＋ｂ １ ø ÷ 􀆺è ç １＋ｂ １ ｎ ø ÷ > ｂ ２ ｎ ＋１ . Ｓ ｎ＝ Ｓ ｎ ＋１－(３ ｎ ＋１)＝ ３ ( ｎ ＋１)－(３ ｎ ＋１)＝ －３ ＋１ ＝ －６ ＋２.
１ ３ ５ ２－１ ２ ２ ４
ｎ ｎ æ ｎ ö２ ｎ ｎ ｎ ｎ
证法二(放缩法): ２ ２ ＋１ ç ２ ÷ ２ ２ ＋１ 综上所述 Ｓ (６ －１)×(－１) ＋１.
ｎ > ｎ ⇒è ｎ ø > ｎ 􀅰 ｎ ꎬ ｎ＝
２ －１ ２ ２ －１ ２ －１ ２ ４
＝ ２ ｎ ｎ ＋１ ꎬ １７.解析 (１) 若ａ ｎ＝ Ｓ ｎ＋ Ｓ ｎ －１( ｎ ∈ Ｎ ꎬ ｎ ≥２)ꎬ ａ ｎ>０ꎬ
２ －１ 则由ａ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ
æ ö２ æ ö２ æ ｎ ö２ ｎ ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝( ｎ－ ｎ －１)( ｎ＋ ｎ －１)ꎬ
所以 è ç ２ １ ø ÷ > １ ３ ꎬè ç ４ ３ ø ÷ > ３ ５ ꎬ􀆺􀆺ꎬè ç ２ ｎ ２ －１ ø ÷ > ２ ２ ｎ － ＋ １ １ ꎬ 可得 Ｓ ｎ－ Ｓ ｎ －１ ＝１ꎬ
相乘得 æ ç ２ ö ÷ ２ æ ç ４ ö ÷ ２ æ ç ２ ｎ ö ÷ ２ ３ ５ ２ ｎ ＋１ 则数列 { Ｓ ｎ} 是首项为 ２ꎬ 公差为 １ 的等差数列 ꎬ
è ø 􀅰è ø 􀅰􀆺􀅰è ｎ ø > 􀅰 􀅰􀆺􀅰 ｎ ＝
１ ３ ２ －１ １ ３ ２ －１ 所以 Ｓ ｎ ｎ 即Ｓ ｎ ２
ｎ ＝２＋ －１＝ ＋１ꎬ ｎ＝( ＋１) ꎬ
æ öæ öæ ö æ ö
ｎ 即ç １ ÷ç １ ÷ç １ ÷ ç １ ÷ ｂ . 当ｎ 时 ａ Ｓ Ｓ ｎ ｎ ｎ
２ ＋１ꎬ è１＋ｂ
１
øè１＋ｂ
３
øè１＋ｂ
５
ø􀆺è１＋ｂ
２ ｎ －１
ø> ２ ｎ ＋１ ≥２ ꎬ ｎ＝ ｎ＋ ｎ －１ ＝ ＋１＋ ＝
{
２ ＋
ｎ
１ꎬ
当ｎ 时 ａ 不符合上式 则ａ ４ꎬ ＝１ꎬ
＝１ ꎬ １＝４ ꎬ ｎ＝ ｎ ｎ .
２ ＋１ꎬ ≥２
１.Ｃ ２.Ｂ ３.Ａ ４.Ａ ５.Ａ ６.Ｃ ７.Ｃ ８.Ｃ ９.ＡＢＣ 证 明 当 ｎ 时 １ １
(２) : ≥ ２ ꎬ ａ ａ ＝ ｎ ｎ ＝
１０.ＡＣ ｎ ｎ ＋１ (２ ＋１)(２ ＋３)
æ ö
１１.答案 １ è ç ｎ １ － ｎ １ ø ÷ ꎬ
２ ０２５ ２ ２ ＋１ ２ ＋３
１２.答案
æ ö
６
则Ｔ １ １ ç １ １ １ １ １ １ ÷
１３.答案 ｎ２ ｎ ＋１ ｎ＝ ＋ × è － ＋ － ＋􀆺＋ ｎ － ｎ ø
􀅰２ ４×５ ２ ５ ７ ７ ９ ２ ＋１ ２ ＋３
１４.答案 æ ö
１２７ １ １ ç １ １ ÷ ３ １
１５.解析 设 ａ 的公差为ｄ ＝ ＋ ×è － ｎ ø ＝ － ｎ ꎬ
(１) { ｎ} ꎬ ２０ ２ ５ ２ ＋３ ２０ ４ ＋６
ì
ï ï ａ ５×４ｄ ａ ｄ {ａ 由ｙ ３ １ 在 ｎ Ｎ 上递增 得最小值为 ３ １ １ 且
依题意得í５ １＋ ＝２( １＋６ )ꎬ解得 １＝２ꎬ ＝
２０
－
４
ｎ
＋６
∈ ꎬ
２０
－
１０
＝
２０
ꎬ
２
ïï ｄ
îａ
１＋２
ｄ
＝８ꎬ
＝３ꎬ
３ － ｎ １ < ３ ꎬ 则１ ≤ Ｔ ｎ< ３.
所以ａ ａ ｎ ｄ ｎ ｎ ｎ Ｎ . ２０ ４ ＋６ ２０ ２０ ２０
ｎ＝ １＋( －１) ＝２＋３( －１)＝ ３ －１( ∈ )
(２)(
分组求和法
)
因为ｂ
ｎ＝(－１)
ｎａ
ｎ＋２
ｎ ＋１
(
ｎ
∈
Ｎ
)ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋３８ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
专题八 立体几何与空间向量 ６.解析 证明 如图 取ＤＤ 的中点Ｈ 连接 ＡＨ ＨＦ ＥＧ
(１) : ꎬ １ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
因为ＨＦ ＣＤ ＣＤ ＡＢ 所以 ＡＢ ＨＦ 所以四边形 ＡＢＦＨ 是
8.1 空间几何体的结构特征、表面积和体积 􀱀 ꎬ 􀱀 ꎬ 􀱀 ꎬ
平行四边形 所以ＢＦ ＡＨ.
ꎬ ∥
在 ＡＨＤ中 ＥＧ为中位线 故 ＥＧ ＡＨ 所以 ＥＧ ＢＦ 故 Ｂ
△ ꎬ ꎬ ∥ ꎬ ∥ ꎬ ꎬ
Ｅ Ｇ Ｆ四点共面.
考点1 空间几何体的结构特征 ꎬ ꎬ
１.Ｂ ２.Ｃ ３.Ｂ
４.答案
１
５.答案
[２ ２ꎬ２ ３]
考点2 空间几何体的表面积和体积
１.Ｄ ２.Ｂ ３.Ａ ４.Ｂ ５.Ｃ ６.Ａ ７.ＣＤ ８.Ｃ ９.ＡＢＤ
１０.Ｃ １１.Ｃ
１２.答案 连接ＥＣ .设Ｃ 到平面ＢＥＦ的距离为ｈ 由题意知点Ｅ到
２８ (２) １ １ ꎬ
１３.答案 平面ＢＣＣ Ｂ 的距离为ＡＢ
１ １ １ ＝２ꎬ
１４.答案 ７ ６ 在 ＢＥＦ中 ＢＥ ＢＦ ＥＦ 故Ｓ ２１.
△ ꎬ ＝ ＝ ５ꎬ ＝ ６ꎬ △ ＢＥＦ＝
６ ２
易得Ｓ 由Ｖ Ｖ
△
ＢＣ
１
Ｆ＝１ꎬ Ｃ
１－
ＢＥＦ＝ Ｅ
－
ＢＣ
１
Ｆꎬ
得１ Ｓ ｈ １Ｓ 解得ｈ ４ ２１.
△ ＢＥＦ􀅰 ＝ △ ＢＣ １ Ｆ􀅰２ꎬ ＝
３ ３ ２１
１.Ｂ ２.Ａ ３.Ｃ ４.Ｄ ５.Ｂ ６.Ｄ
故Ｃ 到平面ＢＥＦ的距离为４ ２１.
１
７.答案 ２１
１０
8.3 直线、平面平行的判定与性质
１.Ｃ ２.Ａ ３.Ｂ ４.ＢＤ
５.答案 ２７ 考点 直线、平面平行的判定与性质
４
１.Ｂ ２.Ａ ３.Ａ
６.答案 ９ ７
４.解析 证明 因为 ＡＢ ＢＣ ＡＢ ＢＣ 所以
１４ (１) : ＝ ２ꎬ ＝ ２ ２ꎬ ⊥ ꎬ
ＡＣ２ ＡＢ２ ＢＣ２ ＡＣ .设Ａ→Ｆ λ Ａ→Ｃ 则Ｂ→Ｆ Ａ→Ｏ
8.2 空间点、线、面的位置关系 ＝ ＋ ＝ １２ꎬ ＝ ２ ３ ＝ ꎬ 􀅰 ＝
æ ö
λＡ→Ｃ Ａ→Ｂ ç １ Ａ→Ｂ １Ａ→Ｃ÷ １ λ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ １ λ Ａ→Ｃ２
( － ) 􀅰è ＋ ø ＝ 􀅰 ＋ －
２ ２ ２ ２
考点 空间点、线、面的位置关系 １Ａ→Ｂ２ １Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ λ λ 解得 λ １ 所以 Ｆ 为
－ 􀅰 ＝２ ＋６ －２－２＝０ꎬ ＝ ꎬ
２ ２ ２
１.Ｂ ２.Ｃ ３.Ａ ４.ＢＤ
ＡＣ的中点 所以ＥＦ ＰＣ 又ＯＤ ＰＣ 所以ＥＦ ＯＤ
ꎬ ∥ ꎬ ∥ ꎬ ∥ ꎬ
５.答案
１２ 又因为ＥＦ 平面ＡＤＯ ＯＤ 平面ＡＤＯ 所以ＥＦ 平面ＡＤＯ.
⊄ ꎬ ⊂ ꎬ ∥
因为ＡＢ ＢＣ ＯＦ ＡＢ 所以ＯＦ ＢＣ
６.答案 ２π (２) ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ⊥ ꎬ
２ 又ＰＢ ＰＣ 所以ＯＰ ＢＣ
＝ ＝ ６ꎬ ⊥ ꎬ
又ＯＦ ＯＰ Ｏ ＯＦ ＯＰ 平面ＯＰＦ
∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ
所以ＢＣ 平面ＯＰＦ 又ＢＣ 平面ＡＢＣ
⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
所以平面ＡＢＣ 平面ＯＰＦ 过点Ｐ作ＰＭ ＯＦ于点Ｍ
⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
１.Ｂ ２.Ｂ ３.Ｃ ４.Ａ ５.ＡＢＣ
又平面ＯＰＦ 平面ＡＢＣ ＯＦ ＰＭ 平面ＯＰＦ
∩ ＝ ꎬ ⊂ ꎬ
所以ＰＭ 平面ＡＢＣ 因为ＢＣ ＰＢ ＰＣ
⊥ ꎬ ＝２ ２ꎬ ＝ ＝ ６ꎬ
１.Ａ ２.Ｃ ３.ＢＣＤ 所以ＯＰ 又 ＰＯＦ °
＝２ꎬ ∠ ＝１２０ ꎬ
所以ＰＭ ＯＰ ° ° 即三棱锥Ｐ ＡＢＣ的高为 .
４.答案 ３ ＝ 􀅰ｓｉｎ(１８０ －１２０ )＝ ３ꎬ － ３
４
所以三棱锥Ｐ ＡＢＣ的体积Ｖ １ ２ ６.
５.答案 － ＝ ×２ ２× ３＝
２ ２２ ３ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ３９
５.证明 因为Ｄ Ｅ分别为ＢＣ ＡＣ的中点 所以ＥＤ ＡＢ.
(１) ꎬ ꎬ ꎬ ∥
由已知可得ＤＥ ＤＡ.以Ｄ为坐标原点 Ｄ→Ａ Ｄ→Ｅ Ｄ→Ｄ 的方
(２) ⊥ ꎬ ꎬ ꎬ １
在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＢ Ａ Ｂ 所以Ａ Ｂ ＥＤ.
－ １ １ １ ꎬ ∥ １ １ꎬ １ １∥ 向为ｘ轴 ꎬ ｙ轴 ꎬ ｚ轴的正方向 ꎬ 建立如图所示的空间直角坐标
又因为ＥＤ 平面ＤＥＣ Ａ Ｂ 平面ＤＥＣ
系Ｄｘｙｚ
⊂ １ꎬ １ １⊄ １ꎬ ꎬ
所以Ａ Ｂ 平面ＤＥＣ .
１ １∥ １
因为ＡＢ ＢＣ Ｅ为ＡＣ的中点 所以ＢＥ ＡＣ.
(２) ＝ ꎬ ꎬ ⊥
因为三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 是直棱柱 所以Ｃ Ｃ 平面ＡＢＣ.
－ １ １ １ ꎬ １ ⊥
又因为ＢＥ 平面ＡＢＣ 所以Ｃ Ｃ ＢＥ.
⊂ ꎬ １ ⊥
因为Ｃ Ｃ 平面Ａ ＡＣＣ ＡＣ 平面Ａ ＡＣＣ Ｃ Ｃ ＡＣ Ｃ
１ ⊂ １ １ꎬ ⊂ １ １ꎬ １ ∩ ＝ ꎬ
所以ＢＥ 平面Ａ ＡＣＣ .
⊥ １ １
因为Ｃ Ｅ 平面Ａ ＡＣＣ 所以ＢＥ Ｃ Ｅ.
１ ⊂ １ １ꎬ ⊥ １
６.解析 证明 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 为正方体 Ｄ Ｃ
(１) :∵ － １ １ １ １ ꎬ∴ １ １∥
Ａ Ｂ Ｄ Ｃ Ａ Ｂ . 则Ａ Ａ Ｍ Ｎ
１ １ꎬ １ １＝ １ １ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ １(２ꎬ０ꎬ４)ꎬ (１ꎬ ３ꎬ２)ꎬ (１ꎬ０ꎬ２)ꎬ
又ＡＢ
∥
Ａ
１
Ｂ
１ꎬ
ＡＢ
＝
Ａ
１
Ｂ
１ꎬ∴
Ｄ
１
Ｃ
１∥
ＡＢ
ꎬ
Ｄ
１
Ｃ
１＝
ＡＢ
ꎬ∴
四边形 则Ａ→
１
Ａ
＝(０ꎬ０ꎬ－４)ꎬ
Ａ
１
→Ｍ
＝ (－１ꎬ ３ꎬ－２)ꎬ
Ａ→
１
Ｎ
＝(－１ꎬ０ꎬ－２)ꎬ
ＡＢＣ Ｄ 为平行四边形 ＡＤ ＢＣ 又 ＡＤ 平面 ＡＤ Ｅ
１ １ ꎬ∴ １∥ １ꎬ １⊂ １ ꎬ Ｍ→Ｎ .
＝(０ꎬ－ ３ꎬ０)
ＢＣ 平面ＡＤ Ｅ ＢＣ 平面ＡＤ Ｅ.
１⊄ １ ꎬ∴ １∥ １ {ｍ Ａ→Ｍ
不妨设正方体的棱长为 如图 以 Ａ→Ｄ Ａ→Ｂ Ａ→Ａ 为正交 设ｍ ｘ ｙ ｚ 为平面Ａ ＭＡ的法向量 则 􀅰 １ ＝０ꎬ
(２) ２ꎬ ꎬ { ꎬ ꎬ １} ＝( ꎬ ꎬ ) １ ꎬ ｍ Ａ→Ａ .
基底建立空间直角坐标系Ａｘｙｚ ꎬ { 􀅰 １ ＝０
ｘ ｙ ｚ
所以 － ＋ ３ －２ ＝０ꎬ可取ｍ .
ｚ . ＝( ３ꎬ１ꎬ０)
－４ ＝０
{ｎ Ｍ→Ｎ
􀅰 ＝０ꎬ
设ｎ ｐ ｑ ｒ 为平面Ａ ＭＮ的法向量 则
＝( ꎬ ꎬ ) １ ꎬ ｎ Ａ→Ｎ .
􀅰 １ ＝０
{
ｑ
所以 － ３ ＝０ꎬ可取ｎ .
ｐ ｒ .
＝(２ꎬ０ꎬ－１)
－ －２ ＝０
ｍ ｎ
于是 ｍ ｎ 􀅰 ２ ３ １５
ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ｍ ｎ ＝ ＝ ꎬ
则Ａ Ａ Ｄ Ｅ ｜ ｜｜ ｜ ２× ５ ５
(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ １(２ꎬ０ꎬ２)ꎬ (０ꎬ２ꎬ１)ꎬ
Ａ→Ａ Ａ→Ｄ Ａ→Ｅ . 所以二面角Ａ ＭＡ Ｎ的正弦值为 １０.
∴ １＝(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ １＝(２ꎬ０ꎬ２)ꎬ ＝(０ꎬ２ꎬ１) － １－
５
设平面ＡＤ Ｅ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
１ ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
直线ＡＡ 与平面ＡＤ Ｅ所成的角为θ
１ １ ꎬ
{ｎ ＡＤ→ { ｘ ｚ {ｘ
则 􀅰 １＝０ꎬ 即 ２ ＋２ ＝０ꎬ令ｚ 则 ＝２ꎬ
ｎ
􀅰
Ａ→Ｅ
＝０ꎬ ２
ｙ
＋
ｚ
＝０ꎬ
＝－２ꎬ ｙ
＝１ꎬ
１.Ｃ ２.Ｃ ３.Ｃ ４.Ｂ ５.Ａ ６.ＡＣ ７.ＡＣ
此时ｎ
＝(２ꎬ１ꎬ－２)ꎬ
ｎ Ａ→Ａ
１.Ｂ
θ ｎ Ａ→Ａ ｜ 􀅰 １｜ ｜－４｜ ２
∴ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ‹ ꎬ １›｜＝
｜ ｎ ｜｜ Ａ→Ａ １｜
＝
４＋１＋４×２
＝
３
ꎬ
２.解析 (１) 证明 : 如图 ꎬ 连接Ｂ １ Ａ ꎬ ＡＤ １ .
直线ＡＡ 与平面ＡＤ Ｅ所成角的正弦值为２ .
∴ １ １
３
７.解析 证明 连接 Ｂ Ｃ ＭＥ.因为 Ｍ Ｅ 分别为 ＢＢ ＢＣ
(１) : １ ꎬ ꎬ １ꎬ
的中点 所以ＭＥ Ｂ Ｃ 且ＭＥ １Ｂ Ｃ.又因为Ｎ为Ａ Ｄ的中
ꎬ ∥ １ ꎬ ＝ １ １
２
点 所以 ＮＤ １Ａ Ｄ.由题设知 Ａ Ｂ ＤＣ 所以四边形
ꎬ ＝ １ １ １􀱀 ꎬ 因为ＣＣ 平面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｂ Ｄ 平面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 所以 ＣＣ
２ １⊥ １ １ １ １ꎬ １ １⊂ １ １ １ １ꎬ １
Ａ Ｂ ＣＤ是平行四边形 所以 Ｂ Ｃ Ａ Ｄ 故 ＭＥ ＮＤ 因此四 Ｂ Ｄ .
１ １ ꎬ １ 􀱀 １ ꎬ 􀱀 ꎬ ⊥ １ １
边形 ＭＮＤＥ 为平行四边形 所以 ＭＮ ＥＤ.又 ＭＮ 平面 因为四边形Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 是正方形 所以Ａ Ｃ Ｂ Ｄ
ꎬ ∥ ⊄ １ １ １ １ ꎬ １ １⊥ １ １ꎬ
Ｃ ＤＥ 所以ＭＮ 平面Ｃ ＤＥ. 又因为ＣＣ Ａ Ｃ Ｃ ＣＣ Ａ Ｃ 平面Ａ Ｃ Ｃ 所以Ｂ Ｄ
１ ꎬ ∥ １ １∩ １ １＝ １ꎬ １ꎬ １ １⊂ １ １ ꎬ １ １⊥
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４０ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
平面Ａ Ｃ Ｃ. 由 知ＡＧ ＢＤ ＡＧ 平面ＢＣＤ 因为ＧＦ 平面ＢＣＤ 所以
１ １ (１) ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
又因为Ａ Ｃ 平面Ａ Ｃ Ｃ 所以Ｂ Ｄ Ａ Ｃ. ＡＧ ＧＦ 所以ＧＦ ＧＢ ＧＡ两两垂直
１ ⊂ １ １ ꎬ １ １⊥ １ ⊥ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
同理可得Ａ Ｃ ＡＢ 证明ＡＢ 平面Ａ ＢＣ得到 如图 以点Ｇ为坐标原点 ＧＦ ＧＢ ＧＡ所在直线分别为 ｘ轴
１ ⊥ １ꎬ( １⊥ １ ) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
又因为ＡＢ Ｂ Ｄ Ｂ ＡＢ Ｂ Ｄ 平面ＡＢ Ｄ ｙ轴 ｚ轴建立空间直角坐标系
１∩ １ １＝ １ꎬ １ꎬ １ １⊂ １ １ꎬ ꎬ ꎬ
所以Ａ Ｃ 平面ＡＢ Ｄ .
１ ⊥ １ １
因为Ｂ Ｃ ＡＤ Ｂ Ｃ ＡＤ 所以四边形 ＡＤＣ Ｂ 为平行四边
１ １＝ ꎬ １ １∥ ꎬ １ １
形 所以Ｃ Ｄ ＡＢ .因为ＭＮ Ｃ Ｄ 所以ＭＮ ＡＢ .
ꎬ １ ∥ １ ⊥ １ ꎬ ⊥ １
又因为ＭＮ Ｂ Ｄ ＡＢ Ｂ Ｄ Ｂ ＡＢ Ｂ Ｄ 平面 ＡＢ Ｄ
⊥ １ １ꎬ １∩ １ １＝ １ꎬ １ꎬ １ １⊂ １ １ꎬ
所以ＭＮ 平面ＡＢ Ｄ .所以Ａ Ｃ ＭＮ.
⊥ １ １ １ ∥
如图 以Ａ 为坐标原点 ＡＢ ＡＤ ＡＡ 所在直线分别为 ｘ
(２) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ １ ꎬ
ｙ ｚ轴建立空间直角坐标系
ꎬ ꎬ 则Ａ Ｃ Ｅ Ｂ Ｄ
(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ (２ꎬ１ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ２)ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ (０ꎬ－１ꎬ０)ꎬ
Ａ→Ｃ Ｃ→Ｅ
＝(２ꎬ１ꎬ－１)ꎬ ＝(－１ꎬ０ꎬ２)ꎬ
易知平面ＡＦＧ的一个法向量为Ｄ→Ｂ 设平面ＡＣＥ的
＝(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ
法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
{ｎ Ａ→Ｃ { ｘ ｙ ｚ
则 􀅰 ＝０ꎬ 即 ２ ＋ － ＝０ꎬ取ｘ 得ｎ
ｎ Ｃ→Ｅ ｘ ｚ ＝２ꎬ ＝(２ꎬ－３ꎬ１)ꎬ
􀅰 ＝０ꎬ － ＋２ ＝０ꎬ
则Ａ Ｃ Ｄ Ｃ 则Ａ→Ｃ 设平面ＡＦＧ和平面ＡＣＥ的夹角为θ
１(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ (２ꎬ２ꎬ０)ꎬ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ １(２ꎬ２ꎬ２)ꎬ １ ＝ ꎬ
Ｄ→Ｃ . ｎ Ｄ→Ｂ
(２ꎬ２ꎬ－２)ꎬ １＝(２ꎬ０ꎬ２) 则
ｃｏｓ
θ
＝｜ｃｏｓ‹
ｎ
ꎬ
Ｄ→Ｂ
›｜＝
｜ 􀅰 ｜
＝
６
＝
３ １４
ꎬ
连接ＢＤ ꎬ ＡＣ ꎬ 易知 ＡＣ ⊥ ＢＤ ꎬ ＡＣ ⊥ ＢＢ １ꎬ 且 ＢＤ ∩ ＢＢ １＝ Ｂ ꎬ ＢＤ ꎬ ｜ ｎ ｜｜ Ｄ→Ｂ ｜ ２× １４ １４
ＢＢ 平面Ｂ ＤＭ 故ＡＣ 平面Ｂ ＤＭ.
１⊂ １ ꎬ ⊥ １ 所以平面ＡＦＧ和平面ＡＣＥ夹角的余弦值为３ １４.
所以平面Ｂ ＤＭ的一个法向量为Ａ→Ｃ . １４
１ ＝(２ꎬ２ꎬ０) 8.4 直线、平面垂直的判定与性质
设平面ＤＭＮ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ .由 知Ａ Ｃ ＭＮ
＝( ꎬ ꎬ ) (１) １ ∥ ꎬ
{ｍ Ｄ→Ｃ ｘ ｚ
故ｍ Ａ→Ｃ ｍ Ｍ→Ｎ 则
􀅰 １＝２ ＋２ ＝０ꎬ
令ｘ
􀅰 １ ＝ 􀅰 ＝０ꎬ ｍ Ａ→Ｃ ｘ ｙ ｚ ＝１ꎬ 考点 直线、平面垂直的判定与性质
􀅰 １ ＝２ ＋２ －２ ＝０ꎬ
得ｙ ｚ １.Ｃ ２.ＡＣ
＝－２ꎬ ＝－１ꎬ
所以平面ＤＭＮ的一个法向量为ｍ . ３.解析 证明 Ａ Ｃ 平面ＡＢＣ ＢＣ 平面ＡＢＣ
＝(１ꎬ－２ꎬ－１) (１) :∵ １ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
设平面Ｂ ＤＭ与平面ＤＭＮ的夹角为θ Ａ Ｃ ＢＣ. ＡＣＢ ° ＡＣ ＢＣ
１ ꎬ ∴ １ ⊥ ∵ ∠ ＝９０ ꎬ∴ ⊥ ꎬ
又 Ａ Ｃ ＡＣ 平面ＡＣＣ Ａ 且Ａ Ｃ ＡＣ Ｃ
ｍ Ａ→Ｃ ∵ １ ꎬ ⊂ １ １ꎬ １ ∩ ＝ ꎬ
则
ｃｏｓ
θ
＝｜ｃｏｓ‹
ｍ
ꎬ
Ａ→Ｃ
›｜＝
｜ 􀅰 ｜
＝
２
＝
３.
ＢＣ 平面ＡＣＣ Ａ 又 ＢＣ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ
｜ ｍ ｜｜ Ａ→Ｃ ｜ ６×２ ２ ６ ∴ ⊥ １ １ꎬ ∵ ⊂ １ １ ꎬ
平面ＡＣＣ Ａ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ.
∴ １ １⊥ １ １
所以平面Ｂ ＤＭ与平面ＤＭＮ的夹角的余弦值为 ３. 过Ａ 作Ａ Ｏ ＣＣ 垂足为Ｏ
１ (２) １ １ ⊥ １ꎬ ꎬ
６
平面 ＡＣＣ Ａ 平面 ＢＢ Ｃ Ｃ 且平面 ＡＣＣ Ａ 平面
３.解析 证明 取ＢＣ的中点Ｈ 连接ＥＨ ∵ １ １ ⊥ １ １ ꎬ １ １ ∩
(１) : ꎬ ꎬ
ＢＢ Ｃ Ｃ ＣＣ Ａ Ｏ 平面ＡＣＣ Ａ
因为ＥＢ ＥＣ 所以ＥＨ ＢＣ １ １ ＝ １ꎬ １ ⊂ １ １ꎬ
＝ ꎬ ⊥ ꎬ
Ａ Ｏ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ 即Ａ Ｏ是四棱锥Ａ ＢＢ Ｃ Ｃ的高.
又因为平面ＢＣＥ 平面ＢＣＤ 平面ＢＣＥ 平面ＢＣＤ ＢＣ ＥＨ ∴ １ ⊥ １ １ ꎬ １ １－ １ １
⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ 由 知 Ａ ＣＢ ＢＣＡ °.
平面ＢＣＥ 所以ＥＨ 平面ＢＣＤ (１) ∠ １ ＝∠ ＝９０
⊂ ꎬ ⊥ ꎬ 在 Ａ ＣＢ与 ＡＣＢ中 Ａ Ｂ ＡＢ ＢＣ ＢＣ
同理可得ＡＧ 平面ＢＣＤ 所以ＥＨ ＡＧ Ｒｔ△ １ Ｒｔ△ ꎬ １ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
⊥ ꎬ ∥ ꎬ
Ａ ＣＢ ＡＣＢ Ａ Ｃ ＡＣ Ａ Ｃ Ａ Ｃ
又因为ＡＧ 平面ＢＣＥ ＥＨ 平面ＢＣＥ 所以ＡＧ 平面ＢＣＥ. ∴ Ｒｔ△ １ ≌Ｒｔ△ ꎬ∴ １ ＝ ꎬ∴ １ ＝ １ １ꎬ
⊄ ꎬ ⊂ ꎬ ∥ 又知Ａ Ｃ Ａ Ｃ ＣＡ Ｃ 为等腰直角三角形
因为点Ｆ Ｇ分别是ＣＤ ＢＤ的中点 所以ＦＧ ＢＣ １ ⊥ １ １ꎬ∴ △ １ １ ꎬ
ꎬ ꎬ ꎬ ∥ ꎬ
又ＦＧ 平面ＢＣＥ ＢＣ 平面ＢＣＥ 所以ＦＧ 平面ＢＣＥ Ａ Ｏ １ＣＣ １ＡＡ 即四棱锥Ａ ＢＢ Ｃ Ｃ的高为 .
⊄ ꎬ ⊂ ꎬ ∥ ꎬ ∴ １ ＝ １＝ １＝１ꎬ １－ １ １ １
２ ２
又因为ＡＧ ＦＧ Ｇ ＡＧ ＦＧ 平面ＡＦＧ
∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ
所以平面ＡＦＧ 平面ＢＣＥ.
∥
因为ＢＣ ＢＤ ＢＣ ＦＧ 所以ＦＧ ＢＤ
(２) ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ⊥ ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ４１
解法二:如图所示 作ＤＥ ＡＢ 垂足为Ｅ 连接ＰＥ.因为ＰＤ
ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ ⊥
底面ＡＢＣＤ ＡＢ 平面 ＡＢＣＤ 所以 ＰＤ ＡＢ 又 ＤＥ ＰＤ Ｄ
ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
故ＡＢ 平面ＰＤＥ.
⊥
作ＤＦ ＰＥ 垂足为Ｆ.因为 ＡＢ 平面 ＰＤＥ ＤＦ 平面 ＰＤＥ
⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
所以ＤＦ ＡＢ.
⊥
因为ＡＢ ＰＥ Ｅ 所以ＤＦ 平面ＰＡＢ.
∩ ＝ ꎬ ⊥
４.解析 证明 由于 ＰＤ 平面 ＡＢＣＤ ＡＭ 平面 ＡＢＣＤ 因此 ＤＰＦ即为ＰＤ与平面ＰＡＢ所成的角.
(１) : ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ ∠
则ＰＤ ＡＭ 又ＰＢ ＡＭ ＰＢ ＰＤ Ｐ ＰＢ ＰＤ 平面ＰＢＤ
⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ 因为１ ＡＢ ＤＥ １ＤＡ ＤＢ 所以ＤＥ ３
所以ＡＭ 平面ＰＢＤ 􀅰 ＝ 􀅰 ꎬ ＝ ꎬ
２ ２ ２
⊥ ꎬ
因为ＡＭ 平面ＰＡＭ 所以平面ＰＡＭ 平面ＰＢＤ.
⊂ ꎬ ⊥ 故ＰＥ ＤＥ２ ＤＰ２ １５.
＝ ＋ ＝
由 知ＡＭ 平面 ＰＢＤ 因为 ＢＤ 平面 ＰＢＤ 所以 ＡＭ ２
(２) (１) ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
ＢＤ 所以 ＭＡＢ ＡＢＤ ° 因为四边形 ＡＢＣＤ 为矩形 ＤＥ
⊥ ꎬ ∠ ＋∠ ＝９０ ꎬ ꎬ 因此ＰＤ与平面ＰＡＢ所成角的正弦值为 ５.
ＰＥ＝
所以 ＤＡＢ ＡＢＭ 所以 ＭＡＢ ＡＭＢ ° 所以 ５
∠ ＝ ∠ ꎬ ∠ ＋ ∠ ＝ ９０ ꎬ
ＤＡ ＡＢ
ＡＢＤ ＡＭＢ 则 ＤＡＢ ＡＢＭ 则 又ＡＢ ＤＣ
∠ ＝∠ ꎬ △ ∽△ ꎬ ＡＢ＝ＢＭꎬ ＝ ＝
Ｍ为ＢＣ的中点 所以ＡＤ 所以Ｓ ＡＢ ＡＤ
１ꎬ ꎬ ＝ ２ꎬ 矩形ＡＢＣＤ＝ 􀅰 ＝ ２ꎬ
所以Ｖ １Ｓ ＰＤ １ ２.
四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ＝ 矩形ＡＢＣＤ􀅰 ＝ × ２×１＝
３ ３ ３
５.解析 证明 过Ｄ作ＤＨ ＡＢ 垂足为Ｈ 则ＡＨ １ 又
(１) : ⊥ ꎬ ꎬ ＝ ꎬ
２ ６.解析 证明 在 ＡＢＤ中 ＡＢ ＡＤ Ｏ为ＢＤ的中点
(１) : △ ꎬ∵ ＝ ꎬ ꎬ
ＡＤ 所以ＤＨ ３.易知 ＢＨ ３ 所以 ＢＤ 在 ＡＢＤ ＡＯ ＢＤ 又 平面 ＡＢＤ 平面 ＢＣＤ 平面 ＡＢＤ 平面
＝１ꎬ ＝ ＝ ꎬ ＝ ３ꎬ △ ∴ ⊥ ꎬ ∵ ⊥ ꎬ ∩
２ ２
ＢＣＤ ＢＤ ＡＯ 平面ＡＢＤ ＡＯ 平面ＢＣＤ
中 ＡＤ２ ＢＤ２ ＡＢ２ 所以 ＡＤ ＢＤ.因为 ＰＤ 平面 ＡＢＣＤ ＢＤ ＝ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ⊥ ꎬ
ꎬ ＋ ＝ ꎬ ⊥ ⊥ ꎬ
又ＣＤ 平面ＢＣＤ ＡＯ ＣＤ.
平面ＡＢＣＤ 所以ＰＤ ＢＤ 又因为ＰＤ ＡＤ Ｄ 所以ＢＤ ⊂ ꎬ∴ ⊥
⊂ ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊥ 由ＯＣ ＯＤ ＯＢ得ＢＣ ＣＤ 由 知ＡＯ 平面ＢＣＤ 以
平面ＰＡＤ 又ＰＡ 平面ＰＡＤ 所以ＢＤ ＰＡ. (２) ＝ ＝ ⊥ ꎬ (１) ⊥ ꎬ
ꎬ ⊂ ꎬ ⊥
Ｃ为原点 Ｃ→Ｄ Ｃ→Ｂ Ｏ→Ａ的方向分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴正方向建
ꎬ ꎬ ꎬ 、 、
立空间直角坐标系 如图所示 则 Ｃ Ｂ
ꎬ ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ ３ꎬ０)ꎬ
Ｃ→Ｂ 设ＡＯ ａ.
∴ ＝(０ꎬ ３ꎬ０)ꎬ ＝
解法一:由题设及 得三棱锥Ｐ ＡＢＤ的体积为Ｖ １
(２) (１) － ＝ × æ ö æ ö
３ 则Ｅç ２ ３ ２ ａ÷ 则Ｃ→Ｅ ç ２ ３ ２ ａ÷
è ꎬ ꎬ øꎬ ＝è ꎬ ꎬ øꎬ
１ １. ３ ３ ３ ３ ３ ３
×１× ３× ３＝ 设平面ＥＢＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
２ ２ ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
又ＡＢ ＝２ꎬ ＰＡ ＝ ＤＡ２ ＋ ＤＰ２ ＝２ꎬ ＰＢ ＝ ＤＢ２ ＋ ＤＰ２ ＝ ６ꎬ {ｎ Ｃ→Ｂ ì ï ï ３ ｙ ＝０ꎬ
􀅰 ＝０ꎬ
则 即í
所以 ＰＡＢ
ＡＢ２
＋
ＰＡ２
－
ＰＢ２
１ 则 ＰＡＢ １５. ｎ Ｃ→Ｅ ï ï２ ｘ ３ｙ ２ａｚ
ｃｏｓ∠ ＝ ＡＢ ＰＡ ＝ ꎬ ｓｉｎ∠ ＝ 􀅰 ＝０ꎬ î ＋ ＋ ＝０ꎬ
２ 􀅰 ４ ４ ３ ３ ３
令ｘ ａ 则ｚ ｎ ａ
＝ ꎬ ＝－１ꎬ∴ ＝( ꎬ０ꎬ－１)ꎬ
设点Ｄ到平面ＰＡＢ的距离为 ｄ 则 Ｖ １ １ １５
ꎬ ＝ × ×２×２× 􀅰 易知平面ＢＣＤ的一个法向量为ｍ
３ ２ ４ ＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ
ｍ ｎ
ｄ １５ｄ.由 １５ｄ １ 得ｄ １５. 由题可知 ｍ ｎ 􀅰 －１ ２
＝ ＝ ꎬ ＝ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜＝ ｍ ｎ ＝ ａ２ ＝ ꎬ
６ ６ ２ ５ ｜ ｜􀅰｜ ｜ ＋１ ２
ｄ
因此ＰＤ与平面ＰＡＢ所成角的正弦值为 ５. ａ 即ＡＯ . Ｖ １Ｓ ＡＯ １ １ ３
ＰＤ＝ ∴ ＝１ꎬ ＝１∴ Ａ － ＢＣＤ＝ △ ＢＣＤ􀅰 ＝ × ×１× ３×１＝ ꎬ
５ ３ ３ ２ ６
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４２ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
æ ö２
故三棱锥Ａ ＢＣＤ的体积为 ３. ＢＥ２ ＥＦ２ ＢＦ２ 故 ＢＥ ＥＦ 则 ＧＦ２ ç １ ６÷
－ ∴ ＋ ＝ ３ ＝ ꎬ ⊥ ꎬ ＝ è × ø ＋
６ ３ ２
７.解析 解法一(几何法): 根据给定条件 证明四边形 æ ö２
(１) ꎬ ç ６÷ ５ ＧＦ １５ 故ＤＨ ３ １５ １５.
ＯＤＥＦ为平行四边形 再利用线面平行的判定定理作答. è ø ＝ ꎬ∴ ＝ ꎬ ＝ × ＝
ꎬ ２ ３ ３ ２ ３ ２
证明 如图 连接ＤＥ ＯＦ 设 ＡＦ ｔＡＣ ｔ 则Ｂ→Ｆ Ｂ→Ａ
: １ꎬ 、 ꎬ ＝ (０< <１)ꎬ ＝ ＋ 在 ＤＯＨ中 ＯＨ １ＢＦ ３ ＯＤ ６ ＤＨ １５
△ ꎬ ＝ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
Ａ→Ｆ Ｂ→Ａ ｔ Ａ→Ｃ Ｂ→Ａ ｔ Ｂ→Ｃ Ｂ→Ａ ｔ Ｂ→Ａ ｔＢ→Ｃ.易知Ａ→Ｏ ２ ２ ２ ２
＝ ＋ ＝ ＋ ( － )＝ (１－ ) ＋ ＝
６ ３ １５
Ｂ→Ａ １Ｂ→Ｃ. ＢＦ ＡＯ ＋ －
－ ＋ ∵ ⊥ ꎬ ＤＯＨ ４ ４ ４ － ２.
２ ∴ ｃｏｓ∠ ＝ ＝
æ ö ６ ３ ２
Ｂ→Ｆ Ａ→Ｏ ｔ Ｂ→Ａ ｔ Ｂ→Ｃ ç Ｂ→Ａ １Ｂ→Ｃ÷ ｔ Ｂ→Ａ２ ２× ×
∴ 􀅰 ＝[(１－ ) ＋ ]􀅰è－ ＋ ø ＝( －１) ＋ ２ ２
２
二面角Ｄ ＡＯ Ｃ的正弦值为 ２.
１ｔＢ→Ｃ２ ｔ ｔ 解得ｔ １ 故Ｆ为ＡＣ的中点. ∴ － －
＝４( －１)＋４ ＝０ꎬ ＝ ꎬ
２
２ ２
Ｄ Ｅ Ｏ Ｆ分别为ＰＢ ＰＡ ＢＣ ＡＣ的中点
∵ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
ＤＥ ＡＢ 且ＤＥ １ＡＢ ＯＦ ＡＢ 且ＯＦ １ＡＢ ＤＥ ＯＦ.
∴ ∥ ꎬ ＝ ꎬ ∥ ꎬ ＝ ꎬ∴ 􀱀
２ ２
四边形ＤＥＦＯ是平行四边形 ＥＦ ＤＯ.
∴ ꎬ∴ ∥
又ＥＦ 平面ＡＤＯ ＤＯ 平面ＡＤＯ
⊄ ꎬ ⊂ ꎬ
ＥＦ 平面ＡＤＯ.
∴ ∥
由 的结论 结合勾股定理的逆定理及线面垂直 面面
(２) (１) ꎬ 、
垂直的判定定理作答. 图 图
１ ２
解法二(空间向量法):以ＢＡ ＢＣ所在直线分别为ｘ ｙ轴 过
证明 Ｄ Ｏ分别是ＰＢ ＢＣ的中点 且ＰＣ ꎬ ꎬ ꎬ
:∵ ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ６ꎬ
点Ｂ且垂直于平面ＡＢＣ的直线为ｚ轴 建立如图 所示的空
ꎬ ２
ＤＯ １ＰＣ ６ 又ＡＤ ＤＯ ＡＤ ３０.
∴ ＝ ＝ ꎬ ＝ ５ ꎬ∴ ＝ 间直角坐标系 则 Ｂ Ａ Ｏ Ｃ
２ ２ ２ ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ ２ꎬ０)ꎬ (０ꎬ
在 ＡＢＯ中 ＡＢ ＢＯ ＡＯ .
Ｒｔ△ ꎬ ＝２ꎬ ＝ ２ꎬ∴ ＝ ６ꎬ ２ ２ꎬ０)
在 ＡＤＯ中 ＯＤ２ ＡＯ２ ＡＤ２ 证明 设Ａ→Ｆ λＡ→Ｃ λ . Ａ→Ｃ
△ ꎬ ＋ ＝ ꎬ (１) : ＝ ꎬ０< <１ ∵ ＝(－２ꎬ２ ２ꎬ０)ꎬ
ＯＤ ＡＯ 由 知ＥＦ ＯＤ 则ＥＦ ＡＯ
∴ ⊥ ꎬ (１) ∥ ꎬ ⊥ ꎬ ∴
Ｆ
(２－２
λ
ꎬ２ ２
λ
ꎬ０)ꎬ∴
Ｂ→Ｆ
＝(２－２
λ
ꎬ２ ２
λ
ꎬ０)
.
又ＡＯ ＢＦ ＢＦ ＥＦ Ｆ ＢＦ 平面ＢＥＦ ＥＦ 平面ＢＥＦ
⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊂ ꎬ ⊂ ꎬ ＢＦ ＡＯ Ａ→Ｏ Ｂ→Ｆ Ａ→Ｏ 即 λ
∵ ⊥ ꎬ ＝(－２ꎬ ２ꎬ０)ꎬ∴ 􀅰 ＝０ꎬ －２(２－２ )＋
ＡＯ 平面ＢＥＦ
∴ ⊥ ꎬ
λ 解得λ １ 故Ｆ为ＡＣ的中点.
又ＡＯ 平面ＡＤＯ 平面ＡＤＯ 平面ＢＥＦ.
４ ＝０ꎬ ＝ ꎬ
⊂ ꎬ∴ ⊥
２
由 的结论作出二面角的平面角 再结合三角形重心
连接ＯＦ ＤＥ Ｄ Ｅ Ｏ Ｆ分别为ＰＢ ＰＡ ＢＣ ＡＣ的中点
(３) (２) ꎬ
ꎬ ꎬ∵ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
的性质及余弦定理的推论求解.
ＤＥ ＡＢ 且ＤＥ １ＡＢ ＯＦ ＡＢ 且ＯＦ １ＡＢ
如图 过点Ｏ作ＯＨ ＢＦ 交 ＡＣ 于点 Ｈ 由 ＡＯ ＢＦ 知 ＨＯ ∴ ∥ ꎬ ＝ ꎬ ∥ ꎬ ＝ ꎬ
１ꎬ ∥ ꎬ ⊥ ꎬ ２ ２
ＡＯ 又由 知 ＯＤ ＡＯ 故 ＤＯＨ 为二面角 Ｄ ＡＯ Ｃ 的 ＤＥ ＯＦ 故四边形ＯＤＥＦ为平行四边形 ＥＦ ＤＯ
⊥ ꎬ (２) ⊥ ꎬ ∠ － － ∴ 􀱀 ꎬ ꎬ∴ ∥ ꎬ
平面角 设ＡＤ ＢＥ Ｇ 又ＥＦ 平面ＡＤＯ ＤＯ 平面ＡＤＯ ＥＦ 平面ＡＤＯ.
ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ∥
Ｄ Ｅ分别为ＰＢ ＰＡ的中点 Ｇ为 ＰＡＢ的重心
∵ ꎬ ꎬ ꎬ∴ △ ꎬ
证明 易得ＡＤ ３０
(２) : ＝ ꎬ
ＤＧ １ＡＤ ＧＥ １ＢＥ ２
∴ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
３ ３
３ １５
Ｏ为ＢＣ 的中点 ＯＨ ＢＦ Ｈ 为 ＦＣ 的中点 由 知 Ｆ ４＋ － ＰＡ２
∵ ꎬ ∥ ꎬ∴ ꎬ (１) 由 ＡＢＤ ２ ２ ４＋６－ 得ＰＡ .
ｃｏｓ∠ ＝ ＝ ꎬ ＝ １４
为ＡＣ的中点 ＦＨ １ＡＨ 连接ＤＨ ＧＦ ＤＨ ３ＧＦ ６ ２×２× ６
ꎬ∴ ＝ ꎬ ꎬ ꎬ∴ ＝ ꎬ ２×２×
３ ２ ２
设 Ｐ ｘ ｙ ｚ ｚ 则由 ＰＢ ＰＣ ＰＡ 可得
３ １５ ( ꎬ ꎬ )ꎬ >０ꎬ ＝ ＝ ６ꎬ ＝ １４
４＋ － ＰＡ２
由 ｃｏｓ∠ ＡＢＤ ＝ ２ ２ ＝ ４＋６－ ꎬ 得ＰＡ ＝ １４ꎬ ì ï ｘ２ ＋ ｙ２ ＋ ｚ２ ＝６ꎬ ì ï ｘ ＝－１ꎬ
ï ï
２×２×
２
６ ２×２× ６ í
ï ï
ｘ２
＋(
ｙ
－２ ２)
２
＋
ｚ２
＝６ꎬ
解得í
ï ï
ｙ
＝ ２ꎬ
故Ｐ
(－１ꎬ ２ꎬ ３)ꎬ
î ｘ ２ ｙ２ ｚ２ îｚ
( －２) ＋ ＋ ＝１４ꎬ ＝ ３ꎬ
同理可得ＢＥ ６
＝ ꎬ 又 Ｅ是ＰＡ的中点
２ ∵ ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ４３
æ ö æ ö 又ＰＥ ＰＢ 且ＰＥ与ＡＥ相交 所以ＰＢ 平面ＰＡＥ
Ｅç １ ２ ３÷ Ｂ→Ｅ ç １ ２ ３÷ 又Ａ→Ｏ ⊥ ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ
∴ è ꎬ ꎬ øꎬ∴ ＝è ꎬ ꎬ øꎬ ＝(－２ꎬ ２ꎬ０)ꎬ 又ＰＢ 平面ＰＡＢ 所以平面ＰＡＢ 平面ＰＡＥ.
２ ２ ２ ２ ２ ２ ⊂ ꎬ ⊥
以Ｄ为原点 Ｄ→Ａ Ｄ→Ｃ的方向分别为ｘ ｙ轴的正方向 过Ｄ
Ａ→Ｏ Ｂ→Ｅ １ ２ ３ Ａ→Ｏ Ｂ→Ｅ 即 ＡＯ (２) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
∴ 􀅰 ＝－２× ＋ ２× ＋０× ＝０ꎬ∴ ⊥ ꎬ ⊥
２ ２ ２ 作ｚ轴垂直于平面ＡＢＣＤ 建立空间直角坐标系
ꎬ ꎬ
ＢＥ 又ＡＯ ＢＦ ＢＥ ＢＦ Ｂ
ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
ＡＯ 平面ＢＥＦ 又ＡＯ 平面ＡＤＯ
∴ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
平面ＡＤＯ 平面ＢＥＦ.
∴ ⊥
易知平面ＡＯＣ的一个法向量为ｍ
(３) １＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ
æ ö
Ｄ为ＰＢ的中点 Ｄç １ ２ ３÷ 则Ｄ Ａ Ｂ Ｐ
∵ ꎬ∴ è－ ꎬ ꎬ øꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ４ꎬ０)ꎬ (１ꎬ３ꎬ ２)ꎬ
２ ２ ２ 则Ａ→Ｐ Ｄ→Ａ Ａ→Ｂ
æ ö ＝(－１ꎬ３ꎬ ２)ꎬ ＝(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝(０ꎬ４ꎬ０)ꎬ
Ｏ→Ｄ ç １ ２ ３÷ 设平面ＢＰＡ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
∴ ＝è－ ꎬ－ ꎬ øꎬ １＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ
２ ２ ２ {
Ａ→Ｐ ｎ ｘ ｙ ｚ
设平面ＡＯＤ的法向量为ｍ ２＝( ｘ １ꎬ ｙ １ꎬ ｚ １)ꎬ 则 􀅰 １＝－ １＋３ １＋ ２ １＝０ꎬ
则
{ｍ
２􀅰
Ａ→Ｏ
＝０ꎬ
即
ì
í
ï ï－２ ｘ １＋ ２ ｙ １＝０ꎬ
取ｚ
Ａ→Ｂ 􀅰 ｎ
可
１＝
得
４
ｎ
ｙ １＝０ꎬ
ｍ Ｏ→Ｄ ï ï １ｘ ２ｙ ３ｚ １＝１ꎬ １＝( ２ꎬ０ꎬ１)ꎬ
２􀅰 ＝０ꎬ î－
２
１－
２
１＋
２
１＝０ꎬ 设平面ＤＰＡ的法向量为ｎ
２＝(
ｘ
２ꎬ
ｙ
２ꎬ
ｚ
２)ꎬ
{
取ｘ 则ｙ ｚ 则ｍ Ａ→Ｐ ｎ ｘ ｙ ｚ
１＝１ꎬ １＝ ２ꎬ １＝ ３ꎬ ２＝(１ꎬ ２ꎬ ３)ꎬ 则 􀅰 ２＝－ ２＋３ ２＋ ２ ２＝０ꎬ
设二面角Ｄ － ＡＯ － Ｃ 的大小为 θ ꎬ 则 ｜ｃｏｓ θ ｜ ＝｜ｃｏｓ‹ ｍ １ꎬ ｍ ２›｜ ＝ Ｄ→Ａ 􀅰 ｎ ２＝２ ｘ ２＝０ꎬ
ｍ ｍ
｜
ｍ
１􀅰
ｍ
２｜
＝
３
＝
２.
取ｚ
２＝３ꎬ
可得ｎ
２＝(０ꎬ－ ２ꎬ３)ꎬ
｜ １｜｜ ２｜ １× １＋２＋３ ２ ｎ ｎ
则 ｎ ｎ １􀅰 ２ ３ ３３
由题图可知
ꎬ
二面角 Ｄ
－
ＡＯ
－
Ｃ 的平面角为钝角
ꎬ∴ ｃｏｓ
θ
＝
ｃｏｓ‹ １ꎬ ２›＝
｜
ｎ
１｜｜
ｎ
２｜
＝
３× １１
＝
１１
ꎬ
由图知二面角Ｂ ＰＡ Ｄ的平面角为钝角
２ θ ２ 即二面角Ｄ ＡＯ Ｃ的正弦值为 ２. － － ꎬ
－ ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ ꎬ － －
２ ２ ２
所以二面角Ｂ ＰＡ Ｄ的余弦值为 ３３.
－ － －
１１
8.5 空间角与距离、空间向量及其应用
１.Ｄ ２.Ｄ ３.Ａ ４.Ｄ ５.Ｃ ６.Ｃ ７.ＡＣＤ
考点1 用向量法判定空间中的位置关系
１.Ｂ ＢＣ
２.答案 考点2 空间角与距离
１３π
１.Ｄ ２.Ｃ ３.ＡＢＤ
３.答案 ２
４.解析 证明 因为ＰＤ 底面ＡＢＣＤ 所以ＰＤ ＡＤ.又底
３ (１) : ⊥ ꎬ ⊥
４.解析 证明 设 ＢＣ ＣＥ ｍ ｍ 由题意知 ＢＣＥ 为 面ＡＢＣＤ为正方形 所以ＡＤ ＤＣ.因此ＡＤ 平面ＰＤＣ.
(１) : ＝ ＝ ꎬ >０ꎬ △ ꎬ ⊥ ⊥
等腰直角三角形 折叠后 ＢＰＥ为等腰直角三角形.取ＢＥ的 因为ＡＤ ＢＣ ＡＤ 平面ＰＢＣ 所以ＡＤ 平面ＰＢＣ.
ꎬ △ ∥ ꎬ ⊄ ꎬ ∥
中点Ｆ 连接ＰＦ 则ＰＦ ＢＥ 由已知得ｌ ＡＤ.因此ｌ 平面ＰＤＣ.
ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ ∥ ⊥
因为二面角Ｐ ＢＥ Ｃ为直二面角 所以ＰＦ 平面ＡＢＣＤ.
－ － ꎬ ⊥ 以 Ｄ 为坐标原点 Ｄ→Ａ的方向为 ｘ 轴正方向 建立如图所
(２) ꎬ ꎬ
由Ｖ １Ｓ ＰＦ １ １ ＡＢ ＢＣ ＰＦ １ １ ｍ 示的空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ.则Ｄ Ｃ Ｂ
Ｐ － ＡＢＥ＝ △ ＡＢＥ􀅰 ＝ × 􀅰 􀅰 ＝ × ×４ 􀅰 － (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ
３ ３ ２ ３ ２
Ｐ Ｄ→Ｃ Ｐ→Ｂ .
０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ ＝(１ꎬ１ꎬ－１)
２ｍ ４ ２ 得ｍ 即ＢＣ ＣＥ ＤＥ .
＝ ꎬ ＝２ꎬ ＝ ＝ ＝２
２ ３
则ＡＥ ＢＥ 则ＡＥ２ ＢＥ２ ＡＢ２ 故ＡＥ ＢＥ.
＝ ＝２ ２ꎬ ＋ ＝ ꎬ ⊥
因为ＰＦ 平面ＡＢＣＤ ＡＥ 平面ＡＢＣＤ 所以ＡＥ ＰＦ
⊥ ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ
又ＰＦ与ＢＥ相交 所以ＡＥ 平面ＰＢＥ
ꎬ ⊥ ꎬ
因为ＰＢ 平面ＰＢＥ 所以ＡＥ ＰＢ
⊂ ꎬ ⊥ ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４４ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
由 可设Ｑ ａ 则Ｄ→Ｑ ａ .
(１) ( ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝( ꎬ０ꎬ１)
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＱＣＤ的法向量 则
＝( ꎬ ꎬ ) ꎬ
{ｎ Ｄ→Ｑ {ａｘ ｚ
􀅰 ＝０ꎬ 即 ＋ ＝０ꎬ可取ｎ ａ .
ｎ Ｄ→Ｃ ｙ . ＝(－１ꎬ０ꎬ )
􀅰 ＝０ꎬ ＝０
ＰＯ ＰＡ 结合 可知 ＯＡ ＯＢ 又 ＡＢＯ
ｎ Ｐ→Ｂ ａ ∵ ＝３ꎬ ＝５ꎬ∴ (１) ＝ ＝４ꎬ ∠ ＝
所以 ｎ Ｐ→Ｂ 􀅰 －１－ .
ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ＝ ＣＢＯ ° ＯＭ ＭＢ Ｐ Ｂ
ｎ Ｐ→Ｂ ａ２ ∠ ＝３０ ꎬ∴ ＝２ꎬ ＝２ ３ꎬ∴ (０ꎬ２ꎬ３)ꎬ (２ ３ꎬ０ꎬ
｜ ｜􀅰｜ ｜ ３ １＋
æ ö
ａ Ａ Ｅç ３ ÷
设ＰＢ与平面ＱＣＤ所成角为θ 则 θ ３ ｜ ＋１｜ ０)ꎬ (－２ ３ꎬ０ꎬ０)ꎬ è ３ꎬ１ꎬ øꎬ
ꎬ ｓｉｎ ＝ × ＝ ２
３ １＋
ａ２
ＡＢ ＡＣ ＣＢＡ ° ＡＢ
􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 ∵ ⊥ ꎬ∠ ＝６０ ꎬ ＝４ ３ꎬ
ａ
３ ２ 易错 余弦值转化为正弦值后应该是个正数 . ＡＣ Ｃ .
１＋ａ２ ( : ) ∴ ＝１２ꎬ (－２ ３ꎬ１２ꎬ０)
３ ＋１
设平面ＡＥＢ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 ａ １＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ
因为 ３ ２ ６ 当且仅当 ａ 时等号成立 所以 ＰＢ
æ ö
３ １＋ａ２ ＋１ ≤ ３ ꎬ ＝１ ꎬ Ａ→Ｂ ＝(４ ３ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ａ→Ｅ ＝è ç ３ ３ꎬ１ꎬ ３ ø ÷ ꎬ
２
与平面ＱＣＤ所成角的正弦值的最大值为
３
６. {Ａ→Ｂ
􀅰
ｎ
１＝０ꎬ 即
ì
í
ï ï ｘ １＝０ꎬ
５.解
ＰＯ
析
是 三
(１
棱
)
证
锥
法
Ｐ
一
Ａ
:
Ｂ
连
Ｃ
接
的高
ＯＡ
ꎬ
ＰＯ 平面ＡＢＣ
∴ Ａ→Ｅ
􀅰
ｎ
１＝０ꎬ î
ïï
３ ３
ｘ
１＋
ｙ
１＋
２
３ｚ
１＝０ꎬ
∵ － ꎬ∴ ⊥ ꎬ 令ｙ 则ｚ ｎ .
ＰＯ ＯＡ ＰＯ ＯＢ ＰＯＡ ＰＯＢ ° １＝３ꎬ １＝－２ꎬ∴ １＝(０ꎬ３ꎬ－２)
∴ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ∴ ∠ ＝∠ ＝９０ ꎬ 设平面ＡＥＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
又ＰＡ ＰＢ ＰＯ ＰＯ ＰＯＡ ＰＯＢ ＯＡ ＯＢ ２＝( ２ꎬ ２ꎬ ２)ꎬ
＝ ꎬ ＝ ꎬ∴ △ ≌△ ꎬ∴ ＝ ꎬ
取ＡＢ的中点Ｄ 连接ＯＤ ＤＥ 则ＯＤ ＡＢ
Ａ→Ｃ
＝(０ꎬ１２ꎬ０)ꎬ
ꎬ 、 ꎬ ⊥ ꎬ
{Ａ→Ｃ
􀅰
ｎ
２＝０ꎬ
即
ì
í
ï ï ｙ ２＝０ꎬ
∴ Ａ→Ｅ ｎ ïï ｘ ｙ ３ｚ
􀅰 ２＝０ꎬ î３ ３ ２＋ ２＋
２
２＝０ꎬ
令ｘ 则ｚ ｎ
２＝ ３ꎬ ２＝－６ꎬ∴ ２＝( ３ꎬ０ꎬ－６)ꎬ
又 ＡＢ ＡＣ ＯＤ ＡＣ ｎ ｎ
∵ ⊥ ꎬ∴ ∥ ꎬ ｎ ｎ １􀅰 ２ １２ ４ ３
又 ＯＤ 平面ＰＡＣ ＡＣ 平面ＰＡＣ ＯＤ 平面ＰＡＣ ∴ ｃｏｓ‹ １ꎬ ２›＝ ｎ ｎ ＝ ＝ ꎬ
∵ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ∥ ꎬ ｜ １｜􀅰｜ ２｜ １３× ３９ １３
又Ｄ Ｅ分别为ＡＢ ＰＢ的中点 ＤＥ ＰＡ
、 、 ꎬ∴ ∥ ꎬ
设二面角 Ｃ ＡＥ Ｂ 的平面角为 θ 则 θ ２θ １１
又 ＤＥ 平面ＰＡＣ ＰＡ 平面ＰＡＣ ＤＥ 平面ＰＡＣ － － ꎬ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ ꎬ
∵ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ∥ ꎬ １３
又ＯＤ ＤＥ 平面ＯＤＥ ＯＤ ＤＥ Ｄ
、 ⊂ ꎬ ∩ ＝ ꎬ 二面角Ｃ ＡＥ Ｂ的正弦值为１１.
平面ＯＤＥ 平面ＰＡＣ ∴ － －
∴ ∥ ꎬ １３
又ＯＥ 平面ＯＤＥ ＯＥ 平面ＰＡＣ. ６.解析 证明 以Ｃ 为原点 Ｃ→Ｄ Ｃ→Ｂ Ｃ→Ｃ 的方向分别为 ｘ
⊂ ꎬ∴ ∥ (１) : ꎬ ꎬ ꎬ １
证法二:连接ＯＡ ＰＯ是三棱锥Ｐ ＡＢＣ的高 轴 ｙ轴 ｚ轴的正方向 建立如图所示的空间直角坐标系
ꎬ∵ － ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
ＰＯ 平面ＡＢＣ ＰＯ ＯＡ ＰＯ ＯＢ
∴ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
ＰＯＡ ＰＯＢ ° 又ＰＡ ＰＢ ＰＯ ＰＯ
∴ ∠ ＝∠ ＝９０ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
ＰＯＡ ＰＯＢ ＯＡ ＯＢ
∴ △ ≌△ ꎬ∴ ＝ ꎬ
延长ＢＯ交ＡＣ于点Ｆ 连接ＰＦ
ꎬ ꎬ
易知在 ＡＢＦ中 Ｏ为ＢＦ的中点
Ｒｔ△ ꎬ ꎬ
Ｅ为ＰＢ的中点 ＯＥ ＰＦ
∵ ꎬ∴ ∥ ꎬ
又ＯＥ 平面ＰＡＣ ＰＦ 平面ＰＡＣ
⊄ ꎬ ⊂ ꎬ
ＯＥ 平面ＰＡＣ.
∴ ∥ 由题意知 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
取ＡＢ的中点Ｍ 连接ＯＭ ＯＡ 以Ｍ为坐标原点 ＭＢ ＭＯ ꎬ ２(２ꎬ２ꎬ１)ꎬ ２(０ꎬ２ꎬ２)ꎬ ２(０ꎬ０ꎬ３)ꎬ ２(２ꎬ０ꎬ２)ꎬ
(２) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
则Ｂ→Ｃ Ａ→Ｄ
所在直线分别为ｘ ꎬ ｙ 轴 ꎬ 过点 Ｍ 且与平面 ＡＢＣ 垂直的直线 ２ ２＝(０ꎬ－２ꎬ１)ꎬ ２ ２＝(０ꎬ－２ꎬ１)ꎬ
为ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系. Ｂ →Ｃ Ａ Ｄ→ Ｂ →Ｃ Ａ Ｄ→
∴ ２ ２＝ ２ ２ꎬ∴ ２ ２∥ ２ ２ꎬ
又知Ｂ Ｃ 与Ａ Ｄ 无公共点
２ ２ ２ ２ ꎬ
Ｂ Ｃ Ａ Ｄ .
∴ ２ ２∥ ２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ４５
点Ｐ在棱ＢＢ 上 设Ｐ ａ ａ Ｅ→Ｆ Ｄ→Ａ Ｆ Ａ→Ｆ . 分
(２)∵ １ ꎬ∴ (０ꎬ２ꎬ )(０≤ ≤４)ꎬ ∵ ＝ ꎬ∴ (－ ２ꎬ０ꎬ ２)ꎬ∴ ＝(－ ２ꎬ０ꎬ０) (８ )
结合 可知Ａ →Ｃ Ａ Ｄ→ Ｐ→Ａ 设平面ＤＡＢ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
(１) ２ ２＝(－２ꎬ－２ꎬ２)ꎬ ２ ２＝(０ꎬ－２ꎬ１)ꎬ ２＝(２ꎬ １＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ
ａ Ｐ→Ｃ ａ . {Ｄ→Ａ ｎ { ｘ ｚ
０ꎬ１－ )ꎬ ２＝(０ꎬ－２ꎬ３－ ) 则 􀅰 １＝０ꎬ 即 － ２ １＋ ２ １＝０ꎬ
设平面Ａ Ｃ Ｄ 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
２ ２ ２ １＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ Ａ→Ｂ 􀅰 ｎ １＝０ꎬ ２ ｙ １－ ２ ｚ １＝０ꎬ
{Ａ →Ｃ ｎ { ｘ ｙ ｚ 令ｚ 则ｎ . 分
则 ２ ２􀅰 １＝０ꎬ 即 －２ １－２ １＋２ １＝０ꎬ １＝１ꎬ １＝(１ꎬ１ꎬ１) (９ )
Ａ
２
Ｄ→
２􀅰
ｎ
１＝０ꎬ －２
ｙ
１＋
ｚ
１＝０ꎬ
设平面ＡＢＦ的法向量为ｎ
２＝(
ｘ
２ꎬ
ｙ
２ꎬ
ｚ
２)ꎬ
令ｚ 则ｎ . {Ａ→Ｂ ｎ { ｙ ｚ
１＝２ꎬ １＝(１ꎬ１ꎬ２) 则 􀅰 ２＝０ꎬ 即 ２ ２－ ２ ２＝０ꎬ
设平面ＰＡ Ｃ 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
２ ２ ２＝( ２ꎬ ２ꎬ ２)ꎬ Ａ→Ｆ ｎ ｘ
则 {Ｐ→Ａ ２􀅰 ｎ ２＝０ꎬ 即 { ２ ｘ ２＋(１－ ａ ) ｚ ２＝０ꎬ 令ｚ ２＝ 􀅰 １ꎬ 则 ２＝ ｎ ０ ２ ꎬ ＝(０ꎬ － １ꎬ ２ １) ２ . ＝０ꎬ (１０ 分 )
Ｐ→Ｃ ｎ ｙ ａ ｚ 设二面角Ｄ ＡＢ Ｆ的平面角为θ
２􀅰 ２＝０ꎬ －２ ２＋(３－ ) ２＝０ꎬ － － ꎬ
令ｚ 则ｎ ａ ａ ｎ ｎ
２＝２ꎬ ２＝( －１ꎬ３－ ꎬ２)ꎬ 则 θ ｜ １􀅰 ２｜ ２ ６. 分
又 二面角Ｐ Ａ Ｃ Ｄ 为 ° ｜ｃｏｓ ｜＝ ｎ ｎ ＝ ＝ (１１ )
∵ － ２ ２－ ２ １５０ ꎬ ｜ １｜􀅰｜ ２｜ ３× ２ ３
ｎ ｎ 又 θ
° ｎ ｎ ｜ １􀅰 ２｜ ∵ ∈[０ꎬπ]ꎬ
∴ ｜ｃｏｓ １５０ ｜＝｜ｃｏｓ‹ １ꎬ ２›｜＝ ｎ ｎ
｜ １｜􀅰｜ ２｜ æ ö２
θ ２θ ç ６÷ ３
ａ ａ ∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ １－è ø ＝ ꎬ
｜ －１＋３－ ＋４｜ ６ ３ ３
＝ ＝ ꎬ
ａ ２ ａ ２ ａ２ ａ
６􀅰 ( －１) ＋(３－ ) ＋４ ２ －８ ＋１４
二面角Ｄ ＡＢ Ｆ的正弦值为 ３. 分
∴ － － (１２ )
即 ３ ３ 化简得ａ２ ａ 解得ａ 或ａ ３
２
＝ ａ２
－４
ａ
＋７
ꎬ －４ ＋３＝０ꎬ ＝１ ＝３ꎬ ８.解析
(１)
证明
:
因为ＰＡ
⊥
平面ＡＢＣ
ꎬ
ＢＣ
ꎬ
ＡＢ
⊂
平面ＡＢＣ
ꎬ
当ａ
＝１
时
ꎬ
Ｂ
２
Ｐ
＝１ꎻ
当ａ
＝３
时
ꎬ
Ｂ
２
Ｐ
＝１
. 所以ＰＡ
⊥
ＢＣ
ꎬ
ＰＡ
⊥
ＡＢ.所以ＰＢ
＝
ＰＡ２
＋
ＡＢ２
＝ ２
.
综上 Ｂ Ｐ .
ꎬ ２ ＝１ 又因为ＢＣ ＝１ꎬ ＰＣ ＝ ３ꎬ 所以ＰＢ２ ＋ ＢＣ２ ＝ ＰＣ２ ꎬ 所以ＰＢ ⊥ ＢＣ ꎬ
７.解析 证明 连接ＡＥ ＤＥ
(１) : ꎬ ꎬ 又因为ＰＡ ＢＣ 且ＰＡ ＰＢ Ｐ ＰＡ ＰＢ 平面ＰＡＢ
⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ
ＤＢ ＤＣ Ｅ为ＢＣ的中点 ＤＥ ＢＣ. 分
∵ ＝ ꎬ ꎬ∴ ⊥ (１ ) 所以ＢＣ 平面ＰＡＢ.
⊥
又 ＤＡ ＤＢ ＤＣ ＡＤＢ ＡＤＣ °
∵ ＝ ＝ ꎬ∠ ＝∠ ＝６０ ꎬ 以 Ｂ 为原点 ＢＣ 所在直线为 ｘ 轴 ＢＡ 所在直线为 ｙ 轴
(２) ꎬ ꎬ ꎬ
ＡＣＤ与 ＡＢＤ均为等边三角形
∴ △ △ ꎬ 建立如图所示的空间直角坐标系
ꎬ
ＡＣ ＡＢ ＡＥ ＢＣ. 分
∴ ＝ ꎬ∴ ⊥ (２ )
又 ＡＥ ＤＥ Ｅ ＡＥ 平面ＡＤＥ ＤＥ 平面ＡＤＥ
∵ ∩ ＝ ꎬ ⊂ ꎬ ⊂ ꎬ
ＢＣ 平面ＡＤＥ 分
∴ ⊥ ꎬ (３ )
又 ＤＡ 平面ＡＤＥ ＢＣ ＤＡ. 分
∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥ (４ )
设ＤＡ ＤＢ ＤＣ 则ＢＣ ＤＥ ＡＥ
(２) ＝ ＝ ＝２ꎬ ＝２ ２ꎬ ＝ ＝ ２ꎬ
∴
ＡＥ２
＋
ＤＥ２
＝４＝
ＤＡ２
ꎬ (６
分
)
则Ａ
(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ
Ｂ
(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ
Ｃ
(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ
Ｐ
(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ
所以Ａ→Ｐ
＝(０ꎬ
ＡＥ ＤＥ.又 ＡＥ ＢＣ ＤＥ ＢＣ Ｅ ＤＥ 平面 ＢＣＤ ＢＣ Ａ→Ｃ Ｐ→Ｃ Ｂ→Ｃ
∴ ⊥ ∵ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊂ ꎬ ⊂ ０ꎬ１)ꎬ ＝(１ꎬ－１ꎬ０)ꎬ ＝(１ꎬ－１ꎬ－１)ꎬ ＝(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ
平面ＢＣＤ ＡＥ 平面ＢＣＤ. 设平面ＰＡＣ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
ꎬ∴ ⊥ ＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ
以Ｅ为原点 Ｅ→Ｄ Ｅ→Ｂ Ｅ→Ａ的方向分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴的正方 {ｍ Ａ→Ｐ ｚ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
则
􀅰 ＝ １＝０ꎬ
令ｙ 则ｍ
向
ꎬ
建立如图所示的空间直角坐标系
ꎬ ｍ Ａ→Ｃ ｘ ｙ
１＝１ꎬ ＝(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ
􀅰 ＝ １－ １＝０ꎬ
设平面ＰＢＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝( ２ꎬ ２ꎬ ２)ꎬ
{ｎ Ｐ→Ｃ ｘ ｙ ｚ
则
􀅰 ＝ ２－ ２－ ２＝０ꎬ
令ｚ 则ｎ
ｎ Ｂ→Ｃ ｘ
２＝－１ꎬ ＝(０ꎬ１ꎬ－１)ꎬ
􀅰 ＝ ２＝０ꎬ
ｍ ｎ
所以 ｍ ｎ 􀅰 １ １
ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ｍ ｎ ＝ ＝ ꎬ
｜ ｜􀅰｜ ｜ ２× ２ ２
又因为二面角Ａ ＰＣ Ｂ为锐二面角
－ － ꎬ
则Ｄ Ａ Ｂ Ｅ
( ２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ ２)ꎬ (０ꎬ ２ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ
所以二面角Ａ ＰＣ Ｂ的大小为π.
Ｄ→Ａ Ａ→Ｂ － －
∴ ＝(－ ２ꎬ０ꎬ ２)ꎬ ＝(０ꎬ ２ꎬ－ ２)ꎬ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４６ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
９.解析 设 Ａ 到平面 Ａ ＢＣ 的距离为 ｄ.因为 Ｖ 又Ｅ为ＡＣ的中点 所以ＢＥ ＡＣ.
(１) １ Ａ １－ ＡＢＣ ＝ ꎬ ⊥
又ＤＥ ＢＥ 平面ＢＥＤ 且ＤＥ ＢＥ Ｅ
Ｖ １ Ｓ ＡＡ １ Ｓ ｄ １ Ｖ ４ ꎬ ⊂ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
Ａ － Ａ １ ＢＣ＝ △ ＡＢＣ􀅰 １ ＝ △ Ａ １ ＢＣ􀅰 ＝ 􀅰 ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ ＝ ꎬ 所以ＡＣ 平面ＢＥＤ 又ＡＣ 平面ＡＣＤ
３ ３ ３ ３
⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
所以平面ＡＣＤ 平面ＢＥＤ.
４
⊥
３×
Ｓ 所以ｄ ３ . 由题意及 知ＡＢ ＢＣ
△ Ａ １ ＢＣ＝２ ２ꎬ ＝ ＝ ２ (２) (１) ＝ ＝２ꎬ
２ ２ 又 ＡＣＢ ° 所以ＡＣ ＢＥ .
如图 取Ａ Ｂ的中点Ｅ 连接ＡＥ. ∠ ＝６０ ꎬ ＝２ꎬ ＝ ３
(２) ꎬ １ ꎬ 因为ＡＤ ＤＣ Ｅ为ＡＣ的中点 所以ＤＥ .
⊥ ꎬ ꎬ ＝１
所以ＤＥ２ ＢＥ２ ＢＤ２ 则ＤＥ ＢＥ.
＋ ＝ ꎬ ⊥
连接ＥＦ 因为ＡＣ 平面ＢＥＤ ＥＦ 平面ＢＥＤ
ꎬ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
所以ＡＣ ＥＦ 所以Ｓ １ＡＣ ＥＦ ＥＦ.
⊥ ꎬ △ ＡＦＣ＝ 􀅰 ＝
２
当ＥＦ ＢＤ时 ＥＦ最小 即 ＡＦＣ的面积最小 此时ＥＦ ３.
⊥ ꎬ ꎬ △ ꎬ ＝
２
因为 ＡＡ ＡＢ 所以 ＡＥ Ａ Ｂ 又因为平面 Ａ ＢＣ 平面
１ ＝ ꎬ ⊥ １ ꎬ １ ⊥ 如图 以Ｅ为坐标原点 Ｅ→Ａ Ｅ→Ｂ Ｅ→Ｄ的方向分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ
ＡＢＢ Ａ 平面Ａ ＢＣ 平面 ＡＢＢ Ａ Ａ Ｂ ＡＥ 平面 ＡＢＢ Ａ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 、 、
１ １ꎬ １ ∩ １ １＝ １ ꎬ ⊂ １ １ꎬ 轴的正方向 建立空间直角坐标系 Ｅ ｘｙｚ 则Ｃ
所以ＡＥ 平面Ａ ＢＣ.又ＢＣ 平面Ａ ＢＣ 所以ＡＥ ＢＣ. ꎬ － ꎬ (－１ꎬ０ꎬ０)ꎬ
⊥ １ ⊂ １ ꎬ ⊥ æ ö
由直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 得ＡＡ 平面ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｄ Ｆç ３ ３ ÷
－ １ １ １ １⊥ ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ ３ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ１)ꎬ è０ꎬ ꎬ øꎬ
又ＢＣ 平面ＡＢＣ 所以 ＡＡ ＢＣ 又 ＡＡ ＡＥ Ａ ＡＡ ＡＥ ４ ４
⊂ ꎬ １⊥ ꎬ １∩ ＝ ꎬ １ꎬ ⊂ æ ö
平面ＡＢＢ Ａ 所以 ＢＣ 平面 ＡＢＢ Ａ 又 ＡＢ 平面 ＡＢＢ Ａ 所以Ａ→Ｄ Ｂ→Ｄ Ｃ→Ｆ ç ３ ３ ÷.
１ １ꎬ ⊥ １ １ꎬ ⊂ １ １ꎬ ＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝(０ꎬ－ ３ꎬ１)ꎬ ＝è１ꎬ ꎬ ø
４ ４
所以ＢＣ ＡＢ.
⊥ 设平面ＡＢＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
由 知ＡＥ ｄ 所以ＡＢ ＡＡ Ａ Ｂ
(１) ＝ ＝ ２ꎬ ＝ １＝２ꎬ １ ＝２ ２ꎬ {Ａ→Ｄ ｎ { ｘ ｚ
又因为 Ａ ＢＣ的面积为 所以ＢＣ . 则
􀅰 ＝０ꎬ
即
－ ＋ ＝０ꎬ
△ １ ２ ２ꎬ ＝２ Ｂ→Ｄ ｎ ｙ ｚ
􀅰 ＝０ꎬ － ３ ＋ ＝０ꎬ
以Ｂ为坐标原点 向量Ｂ→Ｃ Ｂ→Ａ Ｂ→Ｂ 的方向分别为 ｘ ｙ ｚ轴的
ꎬ ꎬ ꎬ １ ꎬ ꎬ 令ｙ 得ｎ .
正方向 建立空间直角坐标系Ｂ ｘｙｚ ＝１ꎬ ＝( ３ꎬ１ꎬ ３)
ꎬ － ꎬ 设ＣＦ与平面ＡＢＤ所成的角为θ
则Ｃ Ａ Ａ Ｄ Ｂ ꎬ
(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ２ꎬ２)ꎬ (１ꎬ１ꎬ１)ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ
ｎ Ｃ→Ｆ
则Ｂ→Ｃ Ｂ→Ａ Ｂ→Ｄ .
则
ｓｉｎ
θ
＝ ｜ｃｏｓ‹
ｎ
ꎬ
Ｃ→Ｆ
› ｜ ＝
｜ 􀅰 ｜
＝
４ ３
ꎬ
所以 ＣＦ 与平面
＝(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ ＝(１ꎬ１ꎬ１) ｎ Ｃ→Ｆ
７
｜ ｜｜ ｜
设平面ＡＢＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
１＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ
{ｎ Ｂ→Ａ { ｙ ＡＢＤ所成的角的正弦值为４ ３.
则 １􀅰 ＝０ꎬ 即 ２ １＝０ꎬ ７
ｎ Ｂ→Ｄ ｘ ｙ ｚ
１􀅰 ＝０ꎬ １＋ １＋ １＝０ꎬ
令ｘ 得ｚ 所以ｎ .
１＝１ꎬ １＝－１ꎬ １＝(１ꎬ０ꎬ－１)
设平面ＢＣＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
２＝( ２ꎬ ２ꎬ ２)ꎬ
{ｎ Ｂ→Ｃ { ｘ
则 ２􀅰 ＝０ꎬ 即 ２ ２＝０ꎬ
ｎ Ｂ→Ｄ ｘ ｙ ｚ
２􀅰 ＝０ꎬ ２＋ ２＋ ２＝０ꎬ １１.解析 第一步:证明线线垂直ꎬ为建系做铺垫.
令ｙ 得ｚ 所以ｎ .
２＝１ꎬ ２＝－１ꎬ
ｎ ｎ
２＝(０ꎬ１ꎬ－１)
∵
ＢＦ
⊥
Ａ
１
Ｂ
１ꎬ
Ｂ
１
Ｂ
⊥
Ａ
１
Ｂ
１ꎬ
ＢＦ
∩
Ｂ
１
Ｂ
＝
Ｂ
ꎬ
所以 ｃｏｓ‹ ｎ １ꎬ ｎ ２›＝ ｎ １􀅰 ｎ ２ ＝ １ ꎬ ∴ Ａ １ Ｂ １⊥ 平面Ｂ １ Ｃ １ ＣＢ ꎬ
｜ １｜｜ ２｜ ２ ＡＢ Ａ Ｂ ＡＢ 平面Ｂ Ｃ ＣＢ
∵ ∥ １ １ꎬ∴ ⊥ １ １ ꎬ
又 ｎ ｎ 所以 ｎ ｎ ３. 又 ＢＣ 平面Ｂ Ｃ ＣＢ ＡＢ ＢＣ.
ｓｉｎ‹ １ꎬ ２›>０ꎬ ｓｉｎ‹ １ꎬ ２›＝ ∵ ⊂ １ １ ꎬ∴ ⊥
２ 第二步:建立空间直角坐标系ꎬ求出相关量的坐标.
所以二面角Ａ ＢＤ Ｃ的正弦值为 ３. 以Ｂ为坐标原点 ＢＡ ＢＣ ＢＢ 所在直线分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ
－ － ꎬ ꎬ ꎬ １ ꎬ ꎬ
２ 轴 建立如图所示的空间直角坐标系 则 Ｂ
１０.解析 证明 因为ＡＤ ＣＤ Ｅ为ＡＣ的中点 ꎬ ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ
(１) : ＝ ꎬ ꎬ
所以ＤＥ ⊥ ＡＣ.因为 ∠ ＡＤＢ ＝∠ ＢＤＣ ꎬ ＡＤ ＝ ＣＤ ꎬ ＢＤ ＝ ＢＤ ꎬ
Ｆ
(０ꎬ２ꎬ１)ꎬ
Ｅ
(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ∴
Ｂ→Ｆ
＝(０ꎬ２ꎬ１)ꎬ
设 Ｂ
１
Ｄ
＝
ａ
(０≤
ａ
≤
所以 ＡＤＢ ＣＤＢ 所以ＡＢ ＣＢ 则Ｄ ａ 则Ｄ→Ｅ ａ .
△ ≌△ ꎬ ＝ ꎬ ２)ꎬ ( ꎬ０ꎬ２)ꎬ ＝(１－ ꎬ１ꎬ－２)
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ４７
又ＡＢ ＡＦ 所以以Ａ为坐标原点 ＡＦ ＡＢ ＡＤ所在直线分别
⊥ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
为ｘ ｙ ｚ轴 建立空间直角坐标系 则Ｂ Ｅ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ (１ꎬ２ꎬ０)ꎬ
Ｃ Ｄ Ｇ
(０ꎬ２ꎬ１)ꎬ (０ꎬ０ꎬ２)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ
所以Ｅ→Ｃ Ｅ→Ｄ Ｂ→Ｇ
＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝(－１ꎬ－２ꎬ２)ꎬ ＝(２ꎬ－２ꎬ０)ꎬ
设平面ＤＣＥ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
{ｎ Ｅ→Ｃ ｘ ｚ
􀅰 ＝－ ＋ ＝０ꎬ
则
ｎ Ｅ→Ｄ ｘ ｙ ｚ
第三步:利用ａ􀅰ｂ 判定线线垂直. 􀅰 ＝－ －２ ＋２ ＝０ꎬ
＝０ 令ｘ 则ｚ ｙ 所以ｎ
＝２ꎬ ＝２ꎬ ＝１ꎬ ＝(２ꎬ１ꎬ２)ꎬ
证明 Ｂ→Ｆ Ｄ→Ｅ ａ ａ
(１) :∵ 􀅰 ＝(０ꎬ２ꎬ１)􀅰(１－ ꎬ１ꎬ－２)＝ ０×(１－ )＋ 因为ｎ Ｂ→Ｇ 所以 ｎ 与Ｂ→Ｇ不垂直 即
ＢＦ ＤＥ. 􀅰 ＝２×２＋１×(－２)＝ ２≠０ꎬ ꎬ
２×１＋１×(－２)＝ ０ꎬ∴ ⊥ ＢＧ与平面ＤＣＥ不平行.
第四步:求出相关平面的法向量.
设ＡＦ ａ ａ 且ａ 则Ｆ ａ Ｂ→Ｆ ａ .
Ｅ→Ｆ Ｆ→Ｄ ａ (２) ＝ ( >０ ≠１)ꎬ ( ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝( ꎬ－２ꎬ０)
(２) ＝(－１ꎬ１ꎬ１)ꎬ ＝( ꎬ－２ꎬ１)ꎬ
设平面ＤＦＥ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 因为直线ＢＦ与平面ＤＣＥ所成角的正弦值为 ５
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ ꎬ
５
则
{Ｅ→Ｆ
􀅰
ｎ
＝－
ｘ
＋
ｙ
＋
ｚ
＝０ꎬ 不妨设ｘ 则ｙ ａ ＋１ ｚ ２－ ａ 所以 ５ Ｂ→Ｆ ｎ ｜ Ｂ→Ｆ 􀅰 ｎ ｜ ｜２ ａ －２｜
Ｆ→Ｄ 􀅰 ｎ ＝ ａｘ －２ ｙ ＋ ｚ ＝０ꎬ ＝１ꎬ ＝ ３ ꎬ ＝ ３ ꎬ ５ ＝｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜＝ ｜ Ｂ→Ｆ ｜｜ ｎ ｜ ＝ ３× ａ２ ＋４ ꎬ
ｎ
æ
ç
ａ
＋１ ２－
ａö
÷.
化简得
１１
ａ２
－４０
ａ
－１６＝０ꎬ
∴ ＝è１ꎬ ꎬ ø
３ ３
解得ａ 或ａ ４ 舍去 故ＡＦ .所以 Ｆ Ｆ→Ｄ
易知ｍ 是平面ＢＢ Ｃ Ｃ的一个法向量. ＝４ ＝－ ( )ꎬ ＝４ (４ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝
＝(１ꎬ０ꎬ０) １ １ １１
第五步:由向量夹角公式表示二面角大小ꎬ利用函数思想求 由 知平面ＤＣＥ的一个法向量为ｎ
(－４ꎬ０ꎬ２)ꎬ (１) ＝(２ꎬ１ꎬ２)ꎬ
其最值.
Ｆ→Ｄ ｎ
所以点Ｆ到平面ＤＣＥ的距离ｄ ｜ 􀅰 ｜ ４.
设平面ＢＢ Ｃ Ｃ与平面ＤＥＦ 所成的锐二面角的大小为 θ 则 ＝ ｎ ＝
１ １ ꎬ ｜ ｜ ３
ｍ ｎ ５.解析 连接ＰＯ 则ＰＯ 平面ＡＢＣ.
θ ｍ ｎ ｜ 􀅰 ｜ １ (１) ꎬ ⊥
ｃｏｓ ＝ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ › ｜ ＝ ｍ ｎ ＝ ＝
｜ ｜􀅰｜ ｜ æ ç ａ ＋１ ö ÷ ２ æ ç２－ ａö ÷ ２ 分别取ＡＣ ꎬ ＢＣ的中点Ｍ ꎬ Ｎ ꎬ 连接ＰＭ ꎬ ＯＭ ꎬ ＰＮ ꎬ ＯＮ ꎬ 则在圆Ｏ
１＋è ø ＋è ø
中 ＯＭ ＡＣ.
３ ３
ꎬ ⊥
æ ö 由ＰＯ 平面ＡＢＣ ＡＣ 平面 ＡＢＣ 得 ＰＯ ＡＣ.又 ＰＯ ＯＭ
３ ３ ６ç当ａ １时取等号÷ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ∩ ＝
≤ ＝ è ＝ øꎬ
æ çａ １ ö ÷ ２ ２７ ２７ ３ ２ Ｏ ꎬ 所以ＡＣ ⊥ 平面ＰＭＯ ꎬ 因为ＰＭ ⊂ 平面ＰＭＯ ꎬ 所以ＡＣ ⊥ ＰＭ.
２è － ø ＋
２ ２ ２ 所以 ＰＭＯ α.同理 ＰＮＯ β.
∠ ＝ ꎬ∠ ＝
æＯＭö２ æＯＮö２
θ ２θ ３ 故当ａ １ 即Ｂ Ｄ １时 平面ＢＢ Ｃ Ｃ 于是 １ １ ç ÷ ç ÷
∴ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ≥
３
ꎬ ＝
２
ꎬ １ ＝
２
ꎬ １ １
ｔａｎ
２α＋
ｔａｎ
２β＝èＯＰø ＋èＯＰø
æ ö２ æ ö２
与平面ＤＦＥ所成的二面角的正弦值最小 最小值为 ３. ＯＣ２ ç １ＡＣ÷ ＯＣ２ ç １ＢＣ÷ ＯＣ２ １ ＡＣ２ ＢＣ２
ꎬ －è ø ＋ －è ø ２ － ( ＋ )
３ ２ ２ ４
＝ ＯＰ２ ＝ ＯＰ２
ＯＣ２ １ＡＢ２
２ － ＯＣ２ ＯＣ２ ＯＣ２ ＯＣ２
４ ２ － １.
＝ ＯＰ２ ＝ ＯＰ２ ＝ＯＰ２ ＝ＡＰ２ ＯＡ２ ＝
－ ２
１.Ｂ ２.Ｃ ３.Ｂ
ＯＰ ＯＰ
因为 β α 即
４.解析 证明 因为 ＤＡ 平面 ＡＢＥＦ ＡＢ ＡＦ 平面 (２) ｔａｎ ＝ ３ｔａｎ ꎬ ＯＮ＝ ３􀅰ＯＭꎬ
(１) : ⊥ ꎬ ꎬ ⊂
ＡＢＥＦ 所以ＤＡ ＡＢ ＤＡ ＡＦ. 所以ＯＭ ＯＮ 即ＢＣ ＡＣ
ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ＝ ３ ꎬ ＝ ３ ꎬ
因为ＡＣ２ ＢＣ２ ＡＢ２ 所以ＢＣ ＡＣ .
＋ ＝ ꎬ ＝２ ３ꎬ ＝２
在圆 Ｏ 中 ＣＡ ＣＢ 以点 Ｃ 为坐标原点 ＣＡ 所在直线为 ｘ
ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ
轴 ＣＢ所在直线为ｙ轴 过Ｃ 且垂直于平面 ＡＢＣ 的直线为 ｚ
ꎬ ꎬ
轴建立空间直角坐标系Ｃ ｘｙｚ.
－
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４８ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
设Ｐ→Ｅ λ Ｐ→Ｃ λ 则Ｐ→Ｅ λ λ λ Ｏ→Ｅ
＝ (０≤ ≤１)ꎬ ＝(－２ ꎬ ３ ꎬ－ ３ )ꎬ ＝
Ｏ→Ｐ Ｐ→Ｅ λ λ λ
＋ ＝(－２ ꎬ ３ ꎬ ３－ ３ )ꎬ
则Ｅ λ λ λ 则Ａ→Ｅ λ λ λ .
(－２ ꎬ ３ ꎬ ３－ ３ )ꎬ ＝(－２ －１ꎬ ３ ꎬ ３－ ３ )
由于ＯＰ 平面ＡＢＣＤ 则取平面ＡＢＣＤ的法向量为ｎ .
⊥ ꎬ １＝(０ꎬ０ꎬ１)
设ＡＥ与平面ＡＢＣＤ所成的角为θ 则
ꎬ
则Ｃ Ａ Ｂ λ
(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ２ ３ꎬ０)ꎬ θ Ａ→Ｅ ｎ ｜ ３－ ３ ｜
则Ｃ→Ａ ＝(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｃ→Ｂ ＝(０ꎬ２ ３ꎬ０)ꎬ
ｓｉｎ ＝ ｜ ｃｏｓ‹ ꎬ １› ｜ ＝
(－２ λ －１) ２ ＋３ λ２ ＋( ３－ ３ λ ) ２
＝
因为ＰＯ 平面ＡＢＣ 所以ＯＰ ｚ轴
⊥ ꎬ ∥ ꎬ ３０ 解得λ １.
从而Ｐ 则Ｃ→Ｐ . ꎬ ＝
(１ꎬ ３ꎬ２ ２)ꎬ ＝(１ꎬ ３ꎬ２ ２) １０ ３
æ ö æ ö
设平面ＰＡＣ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ 则Ｅç ２ ３ ２ ３÷ Ａ→Ｅ ç ５ ３ ２ ３÷.
è－ ꎬ ꎬ øꎬ ＝è－ ꎬ ꎬ ø
{ｍ Ｃ→Ａ { ｘ ３ ３ ３ ３ ３ ３
则 􀅰 ＝０ꎬ 即 ２ ＝０ꎬ 设平面ＡＤＥ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
２＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
ｍ Ｃ→Ｐ ｘ ｙ ｚ
􀅰 ＝０ꎬ ＋ ３ ＋２ ２ ＝０ꎬ ì
ï ï
ｎ
２􀅰
Ａ→Ｄ
＝－２
ｘ
＝０ꎬ
不妨取ｙ 则ｍ .
＝２ ２ꎬ ＝(０ꎬ２ ２ꎬ－ ３) 则í
设平面ＰＢＣ的法向量为ｎ ｍ ｎ ｔ ï ïｎ Ａ→Ｅ ５ｘ ３ｙ ２ ３ｚ .
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ î ２􀅰 ＝－ ＋ ＋ ＝０
３ ３ ３
{ｎ Ｃ→Ｂ { ｎ 令ｙ 则ｎ 又平面ＡＢＣＤ的法向量为ｎ
则 􀅰 ＝０ꎬ 即 ２ ３ ＝０ꎬ ＝２ꎬ ２＝(０ꎬ２ꎬ－１)ꎬ １＝(０ꎬ
ｎ Ｃ→Ｐ ｍ ｎ ｔ . 故 平 面 ＡＤＥ 与 平 面 ＡＢＣＤ 夹 角 的 余 弦 值 为
􀅰 ＝０ꎬ ＋ ３ ＋２ ２ ＝０ꎬ ０ꎬ１)
不妨取ｍ 则ｎ .
＝２ ２ꎬ ＝(２ ２ꎬ０ꎬ－１) ｎ ｎ １ ５.
｜ｃｏｓ‹ １ꎬ ２›｜＝ ＝
ｍ ｎ ５ ５
所以 ｍ ｎ 􀅰 ３ ３３.
ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ｍ ｎ ＝ ＝
｜ ｜􀅰｜ ｜ １１×３ ３３
又二面角Ａ ＰＣ Ｂ为钝二面角 所以二面角Ａ ＰＣ Ｂ的余弦
－ － ꎬ － －
值为 ３３.
－
３３
１.ＡＣＤ ２.ＡＢＤ
３.解析 取ＡＤ的中点Ｏ 连接ＯＢ ＯＰ.
(１) ꎬ ꎬ １.ＡＣＤ
ＰＡＤ为等边三角形 ＯＰ ＡＤ ＯＡ ＯＰ .
∵ △ ꎬ∴ ⊥ ꎬ ＝１ꎬ ＝ ３ ２.解析 证明 因为四边形ＡＢＣＤ为菱形 所以ＢＣ ＡＤ
(１) : ꎬ ∥ ꎬ
平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ ＯＰ
∵ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊂ 因为ＢＣ 平面ＰＡＤ ＡＤ 平面ＰＡＤ 所以ＢＣ 平面ＰＡＤ
⊄ ꎬ ⊂ ꎬ ∥ ꎬ
平面ＰＡＤ ＯＰ 平面ＡＢＣＤ.
因为ＢＣ 平面ＢＣＭ 平面ＢＣＭ 平面ＰＡＤ ＭＮ
ꎬ∴ ⊥ ⊂ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
又 ＯＢ 平面ＡＢＣＤ ＯＰ ＯＢ. 所以ＭＮ ＢＣ
∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥
∥ ꎬ
ＰＢ ＢＣ ＢＣ ＡＤ ＰＢ ＡＤ. 因为ＭＮ 平面ＰＢＣ ＢＣ 平面ＰＢＣ 因此ＭＮ 平面ＰＢＣ.
∵ ⊥ ꎬ ∥ ꎬ∴ ⊥ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ ∥
又 ＯＰ ＰＢ 平面ＰＯＢ ＯＰ ＰＢ Ｐ ＡＤ 平面ＰＯＢ. 连接ＰＥ ＣＥ ＡＣ
∵ ꎬ ⊂ ꎬ ∩ ＝ ꎬ∴ ⊥ (２) 、 、 ꎬ
又 ＯＢ 平面ＰＯＢ ＡＤ ＯＢ ＯＢ ＰＢ . 因为 ＰＡＢ为等边三角形 Ｅ为ＡＢ的中点 所以ＰＥ ＡＢ
∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ ＝ ３ꎬ ＝ ６ △ ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ
设点Ａ到平面ＰＢＣ的距离为ｈ 因为平面ＰＡＢ 平面ＡＢＣＤ 平面 ＰＡＢ 平面 ＡＢＣＤ ＡＢ ＰＥ
ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
平面ＰＡＢ 所以ＰＥ 平面ＡＢＣＤ
由Ｖ Ｖ 得１ Ｓ ｈ １Ｓ ＯＰ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ
Ａ － ＰＢＣ＝ Ｐ － ＡＢＣꎬ △ ＰＢＣ􀅰 ＝ △ ＡＢＣ􀅰 ꎬ 因为四边形ＡＢＣＤ是边长为 的菱形 所以ＡＢ ＢＣ
３ ３ ２ ꎬ ＝ ＝２ꎬ
又因为 ＡＢＣ ° 所以 ＡＢＣ为等边三角形 则ＣＥ ＡＢ.
即１ ｈ １ ｈ ６. ∠ ＝６０ ꎬ △ ꎬ ⊥
×２× ６ ＝ ×２× ３× ３ꎬ∴ ＝ 以点Ｅ为坐标原点 ＥＢ ＥＣ ＥＰ 所在直线分别为 ｘ ｙ ｚ 轴建
２ ２ ２ ꎬ 、 、 、 、
由 知 ＯＰ ＯＡ ＯＢ 两两垂直 故以点 Ｏ 为坐标原点 立如图所示的空间直角坐标系
(２) (１) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
ＯＡ ＯＢ ＯＰ所在直线分别为 ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立如图所示的
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
空间直角坐标系 则Ｐ Ｃ Ａ
ꎬ (０ꎬ０ꎬ ３)ꎬ (－２ꎬ ３ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ
Ｄ 则Ｐ→Ｃ Ｏ→Ｐ Ａ→Ｄ
(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝(－２ꎬ ３ꎬ－ ３)ꎬ ＝(０ꎬ０ꎬ ３)ꎬ ＝
.
(－２ꎬ０ꎬ０)
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ４９
则Ｂ Ｃ Ｄ Ｐ 连接ＥＦ 因为ＡＣ 平面 ＢＥＱＦ ＡＣ 平面 ＰＡＣ 平面 ＰＡＣ
(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ ３ꎬ０)ꎬ (－２ꎬ ３ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ ３)ꎬ ꎬ ∥ ꎬ ⊂ ꎬ ∩
平面ＢＥＱＦ ＥＦ 所以ＡＣ ＥＦ
设Ｐ→Ｍ λＰ→Ｄ λ λ λ λ 其中 ＝ ꎬ ∥ ꎬ
＝ ＝ (－２ꎬ ３ꎬ－ ３)＝(－２ ꎬ ３ ꎬ－ ３ )ꎬ ０<
λ 取与Ｅ→Ｆ同向的单位向量ｊ
<１ꎬ ＝(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ
设平面ＰＢＣ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ . 设平面ＢＥＱＦ的法向量是ｎ ｘ ｙ ｚ
＝( １ꎬ １ꎬ １) ２＝( ２ꎬ ２ꎬ ２)ꎬ
Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｐ {ｎ ｊ ｙ
＝(－１ꎬ ３ꎬ０)ꎬ ＝(－１ꎬ０ꎬ ３)ꎬ 则 ２􀅰 ＝ ２＝０ꎬ
{
ｍ Ｂ→Ｃ ｘ ｙ ｎ Ｂ→Ｑ λ ｘ λ ｙ λｚ
由 􀅰 ＝－ １＋ ３ １＝０ꎬ取ｘ 可得ｍ ２􀅰 ＝(３ －４) ２＋２ ３(１－ ) ２＋ ３ ２＝０ꎬ
ｍ Ｂ→Ｐ ｘ ｚ
１＝ ３ꎬ ＝( ３ꎬ１ꎬ１)ꎬ
取ｎ λ λ .
􀅰 ＝－ １＋ ３ １＝０ꎬ ２＝( ３ ꎬ０ꎬ４－３ )
设平面ＢＣＭ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ . 由平面ＢＥＱＦ 平面 ＰＡＤ 知 ｎ ｎ 当两平面垂直时 它
＝( ２ꎬ ２ꎬ ２) ⊥ ꎬ １⊥ ２ꎬ( ꎬ
Ｂ→Ｍ Ｂ→Ｐ Ｐ→Ｍ λ λ λ λ
＝ ＋ ＝(－１ꎬ０ꎬ ３)＋(－２ ꎬ ３ ꎬ－ ３ )＝ (－２ －１ꎬ 们的法向量也垂直 即ｎ ｎ λ λ 解得 λ ２.故
) １􀅰 ２＝３ ＋３ －４＝０ꎬ ＝
λ λ ３
３ ꎬ ３－ ３ )ꎬ
{
ｎ Ｂ→Ｃ ｘ ｙ 在侧棱ＰＤ上存在点 Ｑ 且当 ＤＱ ２ ＤＰ 时 使得平面 ＢＥＱＦ
由 􀅰 ＝－ ２＋ ３ ２＝０ꎬ ＝ ꎬ
３
ｎ Ｂ→Ｍ λ ｘ λｙ λ ｚ 平面ＰＡＤ.
􀅰 ＝－(２ ＋１) ２＋ ３ ２＋ ３(１－ ) ２＝０ꎬ ⊥
取ｘ λ 则ｙ λ ｚ λ
２＝ ３－ ３ ꎬ ２＝１－ ꎬ ２＝ ＋１ꎬ
所以ｎ λ λ λ １.ＡＢＣ
＝( ３－ ３ ꎬ１－ ꎬ ＋１)ꎬ
ｍ ｎ λ ２.解析 证明 平面ＦＧＨ 平面ＡＢＥＤ 平面ＢＣＦＥ 平
由题意可得 ｍ ｎ ｜ 􀅰 ｜ ｜５－３ ｜ (１) :∵ ∥ ꎬ ∩
｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜＝ ｍ ｎ ＝ ＝
｜ ｜􀅰｜ ｜ ５􀅰 ４(１－ λ ) ２ ＋( λ ＋１) ２ 面ＡＢＥＤ ＝ ＢＥ ꎬ 平面ＢＣＦＥ ∩ 平面ＧＨＦ ＝ ＨＦ ꎬ∴ ＢＥ ∥ ＨＦ.
æ ö２ ＢＣ ＥＦ 四边形ＢＨＦＥ为平行四边形 则ＢＨ ＥＦ.
ç １０÷ ３ １０ ∵ ∥ ꎬ∴ ꎬ ＝
１－è ø ＝ ꎬ ＢＣ ＥＦ ＢＣ ＢＨ 则Ｈ为ＢＣ的中点.
１０ １０ ∵ ＝２ ꎬ∴ ＝２ ꎬ
整理可得 λ２ λ 即 λ λ 同理 Ｇ为ＡＣ的中点 则ＧＨ ＡＢ
２７ ＋６ －５＝０ꎬ (３ －１)(９ ＋５)＝ ０ꎬ ꎬ ꎬ ∥ ꎬ
ＡＢ ＢＣ ＧＨ ＢＣ.
因为 λ 所以λ １ 故当点Ｍ为线段ＰＤ上靠近点Ｐ的 ∵ ⊥ ꎬ∴ ⊥
０< <１ꎬ ＝ ꎬ
３ 又ＨＣ ＥＦ且ＨＣ ＥＦ 四边形ＥＦＣＨ是平行四边形
∥ ＝ ꎬ∴ ꎬ
三等分点时 二面角Ｐ ＢＣ Ｍ的正弦值为 １０.３.解析 则ＣＦ ∥ ＨＥ.又ＣＦ ⊥ ＢＣ ꎬ∴ ＨＥ ⊥ ＢＣ.
ꎬ － － (１)
１０ 又ＨＥ ＧＨ 平面ＥＧＨ ＨＥ ＧＨ Ｈ
ꎬ ⊂ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
证明 在 ＡＢＣ 中 因为 ＢＣ ＡＢ ＡＢＣ ° 所以 ＡＣ２
: △ ꎬ ＝２ ꎬ∠ ＝６０ ꎬ ＝ ＢＣ 平面ＥＧＨ.
∴ ⊥
ＡＢ２
＋
ＢＣ２
－２
ＡＢ
􀅰
ＢＣ
ｃｏｓ ６０
°
＝３
ＡＢ２
ꎬ
ＡＣ
＝ ３
ＡＢ
ꎬ ＡＢ ＣＦ ＣＦ ＨＥ ＧＨ ＡＢ ＨＥ ＧＨ.
(２)∵ ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ∥ ꎬ∴ ⊥
所以ＡＣ２ ＡＢ２ ＢＣ２ 则 ＢＡＣ ° 即ＡＣ ＡＢ 又 ＡＣ ＰＢ
＋ ＝ ꎬ ∠ ＝９０ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
ＰＢ ＡＢ Ｂ ＰＢ ＡＢ 平面ＰＡＢ 所以ＡＣ 平面ＰＡＢ
∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ
又ＡＣ 平面ＡＢＣＤ 所以平面ＰＡＢ 平面ＡＢＣＤ.
⊂ ꎬ ⊥
假设存在点Ｑ 使得平面ＢＥＱＦ 平面ＰＡＤ.
(２) ꎬ ⊥
如图 以Ａ为原点 分别以Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ的方向为ｘ ｙ轴的正方向建
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
立空间直角坐标系Ａｘｙｚ 则Ａ .
ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)
设ＡＢ 则Ｂ
＝２ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ 以Ｈ为坐标原点 以ＨＧ ＨＢ ＨＥ所在直线分别为ｘ ｙ ｚ轴建
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
Ｄ Ｐ 立空间直角坐标系.
(－２ꎬ２ ３ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ ３)ꎬ
则Ａ→Ｄ Ａ→Ｐ ＢＡＣ °
＝(－２ꎬ２ ３ꎬ０)ꎬ ＝(１ꎬ０ꎬ ∵ ∠ ＝４５
Ｂ→Ｄ Ｄ→Ｐ ＡＢＣ为等腰直角三角形 即ＡＢ ＢＣ.
３)ꎬ ＝ (－４ꎬ２ ３ꎬ０)ꎬ ＝ ∴ △ ꎬ ＝
则Ｅ Ｆ Ｇ Ｄ
(３ꎬ－２ ３ꎬ ３)ꎬ (０ꎬ０ꎬ１)ꎬ (０ꎬ－１ꎬ１)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ１)ꎬ
设平面ＰＡＤ的法向量是ｎ ｘ ｙ ｚ Ｅ→Ｆ Ｅ→Ｇ Ｆ→Ｇ Ｇ→Ｄ
１＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ ＝(０ꎬ－１ꎬ０)ꎬ ＝(１ꎬ０ꎬ－１)ꎬ ＝(１ꎬ１ꎬ－１)ꎬ ＝(０ꎬ０ꎬ
{
ｎ Ａ→Ｄ ｘ ｙ .设平面ＥＦＧ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ .
则 １􀅰 ＝－２ １＋２ ３ １＝０ꎬ取ｎ １) ＝( １ꎬ １ꎬ １)
ｎ Ａ→Ｐ ｘ ｚ １＝( ３ꎬ１ꎬ－１)ꎬ {ｍ Ｅ→Ｆ ｙ
１􀅰 ＝ １＋ ３ １＝０ꎬ 则 􀅰 ＝－ １＝０ꎬ 取ｘ 得ｍ .
设Ｄ→Ｑ λＤ→Ｐ 其中 λ ｍ Ｅ→Ｇ ｘ ｚ
１＝１ꎬ ＝(１ꎬ０ꎬ１)
＝ ꎬ ０< <１ꎬ 􀅰 ＝ １－ １＝０ꎬ
则Ｂ→Ｑ Ｂ→Ｄ Ｄ→Ｑ Ｂ→Ｄ λＤ→Ｐ λ λ λ . 设平面ＦＧＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ .
＝ ＋ ＝ ＋ ＝(３ －４ꎬ２ ３－２ ３ ꎬ ３ ) ＝( ２ꎬ ２ꎬ ２)
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５０ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
{ｎ Ｆ→Ｇ ｘ ｙ ｚ
则 ｎ
􀅰
Ｇ→Ｄ
＝
ｚ
２＋ ２－ ２＝０ꎬ
取ｘ ２＝１ꎬ 得ｎ ＝(１ꎬ－１ꎬ０) .
因为 ＭＮ
＝
ａ２
＋
ＢＤ２
＝ ２
３
０ ＋１２ ＝
９
１０
１５
ꎬ
ＡＥ
＝
２
３
３
ꎬ
Ｓ
△ ＥＡＣ ＝
􀅰 ＝ ２＝０ꎬ
ｍ ｎ １ＡＥ２ ２π １ ４ ３ ３
ｍ ｎ 􀅰 １. ｓｉｎ ＝ × × ＝ ꎬ
∴ ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ｍ ｎ ＝ ２ ３ ２ ３ ２ ３
｜ ｜􀅰｜ ｜ ２
则Ｖ Ｖ Ｖ １ Ｓ ＭＮ １ ３ ９ １５
设平面ＥＦＧ和平面ＤＦＧ的夹角为θ ꎬ 则 ｃｏｓ θ ＝｜ｃｏｓ‹ ｍ ꎬ ｎ ›｜＝ １. Ｍ － ＮＡＣ ＝ Ｍ － ＥＡＣ＋ Ｎ － ＥＡＣ ＝ ３ △ ＡＥＣ􀅰 ＝ ３ × ３ × １０
２
平面ＥＦＧ和平面ＤＦＧ的夹角的余弦值为１ . ３ ５.
∴ ＝
２ １０
３.解析 证明 因为 ＢＭ 平面 ＡＢＣＤ ＡＣ 平面 ＡＢＣＤ
(１) : ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
所以ＡＣ ＢＭ.
⊥
因为四边形 ＡＢＣＤ 是菱形 所以 ＡＣ ＢＤ 又 ＢＤ ＢＭ Ｂ １.Ｄ ２.Ｄ ３.Ａ ４.Ｄ ５.Ｃ ６.Ｄ ７.ＢＣ ８.ＢＣ
ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
ＢＤ ＢＭ 平面ＢＭＮＤ 所以ＡＣ 平面ＢＭＮＤ ９.解析 证明 延长 Ａ Ｄ Ｂ Ｃ 相交于点 Ｏ 因为 ｌ
ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ (１) : １ １ꎬ １ １ １ꎬ １＝
因为ＡＣ 平面ＥＡＣ 所以平面ＥＡＣ 平面ＢＭＮＤ.
⊂ ꎬ ⊥ ｌ ４π 则Ｄ Ｏ Ａ Ｄ ＡＤ Ａ Ｏ Ｂ ２π.
设 ＡＣ 与 ＢＤ 的交点为 Ｏ 连接 ＥＯ.因为 ＡＣ 平面 ２ ２＝ ꎬ １ １＝ １ １＝ ＝１ꎬ∠ １ １ １＝
(２) ꎬ ⊥ ３ ３
ＢＭＮＤ ＯＥ 平面ＢＭＮＤ 所以 ＡＣ ＯＥ 又 Ｏ 为 ＡＣ 的中点 连接Ａ Ｅ Ｄ Ｅ Ｏ Ｅ 因为 Ｅ 为弧 Ａ Ｂ 的中点 则 Ａ Ｏ Ｅ
ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ １ ꎬ １ ꎬ １ ꎬ １ １ ꎬ ∠ １ １ ＝
则ＡＥ ＣＥ 在 ＡＥＣ 中 由余弦定理的推论得 ＡＥＣ
＝ ꎬ △ ꎬ ｃｏｓ∠ ＝ π 则 Ａ Ｏ Ｅ为正三角形 于是Ａ Ｄ Ｄ Ｅ. 分
ꎬ △ １ １ ꎬ １ １⊥ １ (２ )
ＡＥ２ ＣＥ２ ＡＣ２ ３
＋ － ２ ＡＥＣ .当 ＡＥ 最短时 ＡＥＣ
２
ＡＥ
􀅰
ＣＥ ＝１－ＡＥ２ ꎬ∠ ∈(０ꎬπ) ∠ 因为ＡＡ
１⊥
平面Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
Ｄ
１ꎬ
ＤＤ
１∥
ＡＡ
１ꎬ
所以ＤＤ 平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 分
最大 此时ＡＥ ＭＮ ＣＥ ＭＮ ＡＥＣ ２π 因为 ＡＣ ＡＥ １⊥ １ １ １ １ꎬ (４ )
ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ∠ ＝ ꎬ ＝２ꎬ ＝ 又Ａ Ｄ 平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 所以Ａ Ｄ ＤＤ
３ １ １⊂ １ １ １ １ꎬ １ １⊥ １ꎬ
又Ｄ Ｅ ＤＤ Ｄ Ｄ Ｅ ＤＤ 平面 ＤＤ Ｅ 因此 Ａ Ｄ 平面
２ ３ ＯＥ ３.取ＭＮ的中点Ｈ 连接ＯＨ 分别以直线ＯＡ ＯＢ １ ∩ １＝ １ꎬ １ ꎬ １⊂ １ ꎬ １ １⊥
ꎬ ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ＤＤ Ｅ 又ＤＥ 平面ＤＤ Ｅ 所以Ａ Ｄ ＤＥ. 分
３ ３ １ ꎬ ⊂ １ ꎬ １ １⊥ (６ )
ＯＨ为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴建立空间直角坐标系 则 Ａ 以Ｄ 为坐标原点 Ｄ Ｏ Ｄ Ｅ ＤＤ 所在直线分别为 ｘ ｙ
ꎬ ꎬ ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２) １ ꎬ １ １ꎬ １ ꎬ １ ꎬ ꎬ
Ｃ . ｚ轴 建立如图所示的空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ
(－１ꎬ０ꎬ０) ꎬ １ ꎬ
设ＮＤ ａ ａ 则Ｎ ａ Ｍ ａ
＝ ꎬ >０ꎬ (０ꎬ－ ３ꎬ ) (０ꎬ ３ꎬ２ )ꎬ
则Ａ→Ｎ ａ Ａ→Ｍ ａ . æ ö
＝(－１ꎬ－ ３ꎬ )ꎬ ＝(－１ꎬ ３ꎬ２ ) 则Ｅ Ｃç ３ ３ ÷ Ｄ Ｂ
设平面ＡＭＮ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ (０ꎬ ３ꎬ０)ꎬ è ꎬ ꎬ－４øꎬ (０ꎬ０ꎬ－４)ꎬ １(２ꎬ ３ꎬ０)ꎬ
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ ２ ２
{Ａ→Ｎ ｎ { ｘ ｙ ａｚ æ ö
则 􀅰 ＝０ꎬ 即 － － ３ ＋ ＝０ꎬ 则Ｃ→Ｅ ç ３ ３ ÷ Ｄ→Ｅ Ｄ→Ｂ . 分
＝è－ ꎬ ꎬ４øꎬ ＝(０ꎬ ３ꎬ４)ꎬ １＝(２ꎬ ３ꎬ４) (８ )
Ａ→Ｍ ｎ ｘ ｙ ａｚ ２ ２
􀅰 ＝０ꎬ － ＋ ３ ＋２ ＝０ꎬ
设平面ＤＥＢ 的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
æ ａ ａ ö １ ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
取ｚ 则ｎ ç３ ３ ÷ {
＝１ꎬ ＝è ꎬ－ ꎬ１øꎬ Ｄ→Ｅ ｍ ｙ ｚ
２ ６ 则 􀅰 ＝ ３ ＋４ ＝０ꎬ 令ｚ 得ｍ
æ ａ ａ ö Ｄ→Ｂ ｍ ｘ ｙ ｚ ＝ ３ꎬ ＝(０ꎬ－４ꎬ ３)ꎬ
同理求得平面ＣＭＮ的一个法向量为ｍ
＝è
ç
－
３
ꎬ－
３
ꎬ１ø
÷. １􀅰 ＝２ ＋ ３ ＋４ ＝０ꎬ
２ ６ 分
(１０ )
因为 ＡＥＣ ２π是二面角 Ａ ＭＮ Ｃ的平面角 设直 线 ＣＥ 与 平 面 ＤＥＢ 所 成 角 为 θ 则 θ
∠ ＝ － － ꎬ １ ꎬ ｓｉｎ ＝
３
ａ２ ａ２ ３
９ ３ Ｃ→Ｅ ｍ －４× ＋ ３×４
－ ＋ ＋１ Ｃ→Ｅ ｍ ｜ 􀅰 ｜ ２
所以 ＡＥＣ ｍ ｎ ４ ３６ １ 解得 ｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜ ＝ ＝
｜ｃｏｓ∠ ｜ ＝ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜ ＝
９
ａ２
３
ａ２ ＝
２
ꎬ
｜
Ｃ→Ｅ
｜｜
ｍ
｜
æ
ç ３
ö
÷
２ æ
ç ３
ö
÷
２
２
＋ ＋１ １９× è－ ø ＋è ø ＋４
４ ３６ ２ ２
ａ １５或ａ ６.由图可知ａ ＯＥ ３ 故ａ １５ ２ ３
＝ ＝ < ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
１０ ２ ３ １０ １９
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ５１
ＭＮ 平面ＡＢＣ ＥＦ 平面ＡＢＣ
所以直线ＣＥ与平面ＤＥＢ 所成角的正弦值为２ ３. 分 ∵ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ
１ (１２ ) ＭＮ 平面ＡＢＣ. 分
１９ ∴ ∥ (３ )
１０.解析 证明 取ＡＥ的中点Ｐ 连接ＤＰ ＰＧ
(１) : ꎬ ꎬ ꎬ 证明 连接 Ｂ Ｃ. ＢＢ ＢＣ Ｂ→Ｃ Ａ→Ｃ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ
(２) : １ ∵ １ ＝３ꎬ ＝２ꎬ １ ＝ － １ ＝ －
因为Ｇ是线段ＢＥ的中点 所以ＰＧ ＡＢ 且ＰＧ １ＡＢ Ａ→Ｂ Ａ→Ａ
ꎬ ∥ ꎬ ＝
２
ꎬ － １ꎬ
因为四边形ＡＢＣＤ是矩形 ꎬ 所以ＡＢ ∥ ＣＤ ꎬ ＡＢ ＝ ＣＤ ꎬ ∴ ｜ Ｂ→ １ Ｃ ｜ ２ ＝( Ａ→Ｃ － Ａ→Ｂ － Ａ→Ａ １) ２ ＝４＋４＋９－２×２×２× １ －２×２×３× １ ＋
因为Ｆ是线段ＤＣ的中点 所以ＰＧ ＤＦ 且ＰＧ ＤＦ ２ ２
ꎬ ∥ ꎬ ＝ ꎬ
故四边形ＤＦＧＰ为平行四边形 故ＤＰ ＧＦ １ Ｂ Ｃ
ꎬ ∥ ꎬ ２×２×３× ＝１３ꎬ∴ ｜ １ ｜＝ １３ꎬ
２
因为ＤＰ 平面ＡＤＥ ＧＦ 平面ＡＤＥ 所以ＧＦ 平面ＡＤＥ.
⊂ ꎬ ⊄ ꎬ ∥ ＢＢ２ ＢＣ２ Ｂ Ｃ２ ＢＢ ＢＣ. 分
因为四边形ＡＢＣＤ是矩形 所以ＡＢ ＢＣ ∴ １＋ ＝ １ ꎬ∴ １⊥ (６ )
(２) ꎬ ⊥ ꎬ 取ＢＣ的中点Ｄ 连接Ａ Ｄ ＡＤ Ａ Ｃ
因为ＡＢ ＢＥ ＢＣ ＢＥ Ｂ ＢＣ ＢＥ 平面ＢＣＥ (３) ꎬ １ ꎬ ꎬ １ ꎬ
⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ
ＡＢＣ为等边三角形且ＡＢ ＡＤ ＢＣ ＡＤ .
所以ＡＢ 平面ＢＣＥ ∵ △ ＝２ꎬ∴ ⊥ ꎬ ＝ ３
⊥ ꎬ
因为ＣＥ 平面ＢＣＥ 所以ＡＢ ＣＥ 在 Ａ ＡＢ中 Ａ Ｂ １
⊂ ꎬ ⊥ ꎬ △ １ ꎬ １ ＝ ４＋９－２×２×３× ＝ ７ꎬ
又ＢＥ ＥＣ 所以ＡＢ ＢＥ ＣＥ两两垂直 ２
⊥ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
易得 Ａ ＡＢ Ａ ＡＣ Ａ Ｃ Ａ Ｂ
以Ｅ为坐标原点 ꎬ ＥＣ ꎬ ＥＢ所在直线分别为ｘ ꎬ ｙ轴 ꎬ 平行于ＡＢ △ １ ≌△ １ ꎬ∴ １ ＝ １ ＝ ７ꎬ
的直线为ｚ轴 建立空间直角坐标系 则Ｅ . 在 Ａ ＢＣ中 Ｄ为ＢＣ中点 Ａ Ｄ ＢＣ
ꎬ ꎬ (０ꎬ０ꎬ０) △ １ ꎬ ꎬ∴ １ ⊥ ꎬ
Ａ Ｄ Ａ Ｄ２ ＡＤ２ ＡＡ２ Ａ Ｄ ＡＤ. 分
∴ １ ＝ ７－１＝ ６ꎬ∴ １ ＋ ＝ １ꎬ∴ １ ⊥ (８ )
如图 分别以Ｄ→Ａ Ｄ→Ｂ Ｄ→Ａ 的方向为 ｘ ｙ ｚ 轴的正方向建立空
ꎬ ꎬ ꎬ １ ꎬ ꎬ
间直角坐标系.
因为ＡＢ ＢＥ ＥＣ 所以Ｇ Ｆ Ａ
＝ ＝ ＝２ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ１)ꎬ (０ꎬ２ꎬ２)ꎬ
设平面ＡＥＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
{Ａ→Ｅ
􀅰
ｎ
＝(０ꎬ－２ꎬ－２)􀅰(
ｘ
ꎬ
ｙ
ꎬ
ｚ
)＝ －２
ｙ
－２
ｚ
＝０ꎬ
则Ａ ( ３ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｂ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ Ｃ (０ꎬ－１ꎬ０)ꎬ Ａ １(０ꎬ０ꎬ ６)ꎬ
则
Ｅ→Ｆ 􀅰 ｎ ＝(２ꎬ０ꎬ１)􀅰( ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ )＝ ２ ｘ ＋ ｚ ＝０ꎬ Ｄ→Ｃ １＝ Ｄ→Ｃ ＋ Ｃ→Ｃ １＝ Ｄ→Ｃ ＋ Ａ→Ａ １＝(０ꎬ－１ꎬ０)＋(－ ３ꎬ０ꎬ ６)＝ (－ ３ꎬ
令ｘ 得ｚ ｙ 故ｎ 即Ｃ
＝１ꎬ ＝－２ꎬ ＝２ꎬ ＝(１ꎬ２ꎬ－２)ꎬ －１ꎬ ６)ꎬ １(－ ３ꎬ－１ꎬ ６)ꎬ
设直线ＧＦ与平面ＡＥＦ所成角的大小为θ
ꎬ
设Ｍ ｘ ｙ ｚ Ａ→Ｍ ｔＡ→Ｃ
( ꎬ ꎬ )ꎬ∵ ＝ １ꎬ
则
ｓｉｎ
θ
＝｜ｃｏｓ‹
Ｇ→Ｆ
ꎬ
ｎ
›｜＝
｜ Ｇ→Ｆ 􀅰 ｎ ｜
＝
２
＝
６. ì ï
ï
ｘ
＝ ３－２ ３
ｔ
ꎬ
｜
Ｇ→Ｆ
｜􀅰｜
ｎ
｜ ３ ６ ９ ｘ ｙ ｚ ｔ 即íｙ ｔ
∴ ( － ３ꎬ ꎬ )＝ (－２ ３ꎬ－１ꎬ ６)ꎬ ï ＝－ ꎬ
易知平面ＢＥＣ的一个法向量为ｍ ï
(３) ＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ îｚ ｔ
＝ ６ ꎬ
由 可知 平面ＡＥＦ的一个法向量为ｎ
(２) ꎬ ＝(１ꎬ２ꎬ－２)ꎬ 故Ｍ ｔ ｔ ｔ 同理可得Ｎ ｔ ｔ
设平面ＡＥＦ与平面ＢＥＣ所成角的大小为α ( ３－２ ３ ꎬ－ ꎬ ６ )ꎬ (０ꎬ１－ ꎬ ６ )ꎬ
ꎬ
Ｍ→Ｎ ｔ Ａ→Ｍ ｔ ｔ ｔ
ｍ ｎ ∴ ＝(２ ３ － ３ꎬ１ꎬ０)ꎬ ＝(－２ ３ ꎬ－ ꎬ ６ )ꎬ
则 α ｍ ｎ ｜ 􀅰 ｜ ２
ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜＝ ｍ ｎ ＝ ꎬ 设平面ＡＭＮ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
｜ ｜􀅰｜ ｜ ３ １＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ
{
ｔ ｘ ｙ æ ö
故平面ＡＥＦ与平面ＢＥＣ所成角的余弦值为２ . (２ ３ － ３) １＋ １＝０ꎬ 可取ｎ ç ｔ ３ ２ ｔ÷.
３ ∴ ｔｘ ｔｙ ｔｚ １＝è１ꎬ ３－２ ３ ꎬ － ２ ø
２
１１.解析 证明 过Ｍ Ｎ分别作 ＭＥ ＣＣ 交 ＡＣ 于点 Ｅ －２ ３ １－ １＋ ６ １＝０ꎬ
(１) : ꎬ ∥ １ ꎬ 分
ＮＦ Ａ Ａ交ＡＢ于点Ｆ 连接ＥＦ (１０ )
∥ １ ꎬ ꎬ 易知平面ＡＢＣ的一个法向量为ｎ
ＭＥ ＡＭ ＮＦ ＢＮ ２＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ
ＡＡ ＣＣ ＭＥ ＮＦ 且
∵ １∥ １ꎬ∴ ∥ ꎬ∴ ＣＣ ＝ＡＣ ＡＡ ＝ＢＡ ꎬ
１ １ １ １ 设二面角Ｍ ｌ Ｃ的平面角为θ 则 θ ３
－ － ꎬ ｓｉｎ ＝ ꎬ
ＡＭ ＢＮ ＭＥ ＮＦ
３
又ＣＣ ＡＡ ＭＥ ＮＦ
∵ ＡＣ ＝ＢＡ ꎬ∴ ＣＣ ＝ＡＡ ꎬ １＝ １ꎬ∴ ＝ ꎬ ｎ ｎ
１ １ １ １ 则 θ ｎ ｎ ｜ １􀅰 ２｜
四边形ＭＥＦＮ为平行四边形 ＭＮ ＥＦ ｜ｃｏｓ ｜＝｜ｃｏｓ‹ １ꎬ ２›｜＝ ｎ ｎ
∴ ꎬ∴ ∥ ꎬ ｜ １｜｜ ２｜
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５２ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
9.2 椭圆
ｔ ３ ２
２ －
２ ６
＝ ＝ ꎬ
æ ö２
３
ｔ ２ ç ｔ ３ ２÷
１＋( ３－２ ３ ) ＋è ２ － ø 考点1 椭圆的定义和标准方程
２
１.Ｃ ２.Ｂ ３.Ｂ ４.Ｂ ５.Ｂ
化简得 ｔ２ ｔ 解得ｔ １或ｔ ７. 分
４４ －３６ ＋７＝０ꎬ ＝ ＝ (１２ )
２ ２２ ６.答案
(３ꎬ １５)
专题九 平面解析几何
７.解析
(１)
由已知可设 Ｃ
２
的方程为 ｙ２
＝ ４
ｃｘ
ꎬ
其中 ｃ
＝
ａ２ ｂ２.不妨设Ａ Ｃ在第一象限 由题设得Ａ Ｂ 的纵坐标分
－ ꎬ ꎬ ꎬ
9.1 直线和圆
ｂ２ ｂ２ ｂ２
别为 Ｃ Ｄ 的纵坐标分别为 ｃ ｃ 故 ＡＢ ２
ａ ꎬ－ａ ꎻ ꎬ ２ ꎬ－２ ꎬ ｜ ｜ ＝ ａ ꎬ
ｂ２ ｃ æ ｃ ö２
考点1 直线的方程 ＣＤ ｃ.由 ＣＤ ４ ＡＢ 得 ｃ ８ 即 ç ÷
｜ ｜＝４ ｜ ｜＝ ｜ ｜ ４ ＝ ａꎬ ３× ａ ＝２－２è ａ ø ꎬ
３ ３
１.Ｃ ２.Ｂ
ｃ ｃ
解得 舍去 或 １.所以Ｃ 的离心率为１ .
考点2 圆的方程 ａ ＝－２( ) ａ ＝ １
２ ２
１.Ａ ｘ２ ｙ２
由 知ａ ｃ ｂ ｃ 故Ｃ .
２.答案 ｘ２
＋
ｙ２
－２
ｘ
＝０
(２) (１) ＝２ ꎬ ＝ ３ ꎬ １:
４
ｃ２ ＋
３
ｃ２ ＝１
３.答案 ( ｘ －１) ２ ＋( ｙ ＋１) ２ ＝５ 设Ｍ ｘ ｙ 则 ｘ２ ０ ｙ２ ０ ｙ２ ｃｘ 故 ｘ２ ０ ４ ｘ ０ .
４.答案 ｘ ２ ｙ ２ 或 ｘ ２ ｙ ２ 或 ( ０ꎬ ０)ꎬ ４ ｃ２ ＋ ３ ｃ２ ＝１ꎬ ０＝４ ０ꎬ ４ ｃ２ ＋ ３ ｃ ＝１ ①
( －２) ＋( －３) ＝１３ ( －２) ＋( －１) ＝５
由于Ｃ 的准线为 ｘ ｃ 所以 ＭＦ ｘ ｃ 而 ＭＦ 故
æ çｘ ４ ö ÷ ２ æ çｙ ７ ö ÷ ２ ６５或 æ çｘ ８ ö ÷ ２ ｙ ２ １６９ 写出一个 ２ ＝－ ꎬ ｜ ｜ ＝ ０＋ ꎬ ｜ ｜ ＝５ꎬ
è － ø ＋è － ø ＝ è － ø ＋( －１) ＝ ( ｃ ２ ｃ
３ ３ ９ ５ ２５ ｘ ｃ 代入 得(５－ ) ４(５－ ) 即 ｃ２ ｃ 解得
即可 ０＝５－ ꎬ ① ｃ２ ＋ ｃ ＝１ꎬ －２ －３＝０ꎬ
) ４ ３
考点3 直线与圆、圆与圆的位置关系 ｘ２ ｙ２
ｃ 舍去 或ｃ .所以 Ｃ 的标准方程为 Ｃ 的
１.Ｂ ２.Ｂ ３.Ｄ ４.ＡＢＤ ５.ＡＣＤ ６.Ａ ＝－１( ) ＝３ １ ３６ ＋ ２７ ＝１ꎬ ２
标准方程为ｙ２ ｘ.
＝１２
７.答案 或 或１ 或 １ 写出一个即可
２ －２ － ( ) ８.解析 设椭圆的半焦距为ｃ
２ ２ (１) ꎬ
８.答案 ｘ 或 ｘ ｙ 或 ｘ ｙ 因为 ＯＡ ＯＢ 所以 ａ ｂ.
＝－１( ３ ＋４ －５＝０ ７ －２４ －２５＝０) ３｜ ｜＝２｜ ｜ꎬ ３ ＝２
é ù æ ö２ ｃ
９.答案
ë
êê １
ꎬ
３
û
úú 又由ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
ꎬ
消去ｂ得ａ２
＝è
ç ３ａ
ø
÷
＋
ｃ２
ꎬ
解得
ａ ＝
１.
３ ２ ２ ２
所以 椭圆的离心率为１ .
ꎬ
２
ｘ２ ｙ２
由 知 ａ ｃ ｂ ｃ 故椭圆方程为 .由题
(２) (１) ꎬ ＝２ ꎬ ＝ ３ ꎬ ｃ２ ＋ ｃ２ ＝１
１.Ａ ２.Ｃ ３.Ａ ４.Ｄ ５.Ｃ ６.Ａ ７.ＡＣＤ ８.ＢＣ ４ ３
９.答案 意 Ｆ ｃ 则直线ｌ的方程为ｙ ３ ｘ ｃ .
４ ꎬ (－ ꎬ０)ꎬ ＝ ( ＋ )
æ ö２ ４
１０.答案 ｘ ２ çｙ １ ÷ ５ 第一步:先由直线与椭圆位置关系求出点Ｐ坐标.
( －１) ＋è ＋ ø ＝
２ ４
ì
ï
ｘ２ ｙ２
１１.答案
２ ２ ïï ｃ２ ＋ ｃ２ ＝１ꎬ
点Ｐ的坐标满足í４ ３ 消去ｙ并化简 得到 ｘ２ ｃｘ
１２.答案 ３ ３或 ３ 填一个即可 ï ꎬ ７ ＋６ －
－ ( ) ïｙ ３ ｘ ｃ
î ＝ ( ＋ )ꎬ
５ ７
４
ｃ
ｃ２ 解得ｘ ｃ ｘ １３ .
１３ ＝０ꎬ １＝ ꎬ ２＝－
１.Ｃ ２.Ｂ ３.ＢＣＤ ４.ＡＢＤ ５.ＢＣＤ ７
６.答案 代入ｌ的方程 解得ｙ ３ｃ ｙ ９ｃ.
９ ꎬ １＝ ꎬ ２＝－
２ １４
æ ö
因为点Ｐ在ｘ轴上方 所以Ｐçｃ ３ ｃ÷.
ꎬ è ꎬ ø
２
第二步:由ＯＣ ＡＰ求得圆心Ｃ的坐标.
∥
由圆心Ｃ在直线ｘ 上 可设Ｃ ｔ .
＝４ ꎬ (４ꎬ )
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ５３
因为ＯＣ ＡＰ 且由 知Ａ ｃ 故 ｔ ２
３ｃ
∴
Ｓ
△ ＯＭＮ＝ ２
１ｍ２
ｓｉｎ∠
ＮＯＭ
＝ ４
３ｍ２
＝ ３ꎬ
解得ｍ
＝２ꎬ
∥ ꎬ (１) (－２ ꎬ０)ꎬ ＝ｃ ｃꎬ
４ ＋２
解得ｔ .则Ｃ . ∴ ３
ｂ２
×
１
＋
ｂ２
－４＝０ꎬ
可得ｂ２
＝２ꎬ
＝２ (４ꎬ２) ３
第三步:由圆与直线ｌ的相切关系求出ｃ的大小ꎬ进而求得椭
ｘ２ ｙ２
椭圆的标准方程为 .
圆方程. ∴ ＋ ＝１
６ ２
因为圆Ｃ与ｘ轴相切 所以圆的半径长为 又由圆Ｃ与ｌ相切
ꎬ ２ꎬ ꎬ
３ ｃ
(４＋ )－２ ｘ２ ｙ２
得 ４ 可得ｃ .所以 椭圆的方程为 .
＝２ꎬ ＝２ ꎬ ＋ ＝１
æ ç ３ ö ÷ ２ １６ １２ １.Ｄ ２.Ｃ ３.Ｃ ４.Ｄ ５.Ａ ６.ＢＣＤ ７.ＡＣＤ
１＋è ø
４ ８.答案
考点2 椭圆的几何性质 ７
１.Ｃ ２.Ｂ ３.Ａ ４.Ｃ ５.Ａ ６.Ａ ７.Ｃ ９.答案 ３
５
８.答案 ２ ５ ꎻ ５ ì ï ï２ ａ ＝６ꎬ {ａ
５ ５ １０.解析 由题意得íｃ 解得 ＝３ꎬ
９.答案 ｘ ＋ ２ ｙ －２ ２＝０ (１) î ïï ａ ＝ ６ ꎬ ｃ ＝ ６ꎬ
３
１０.答案
１３
ｘ２ ｙ２
所以ｂ２ ａ２ ｃ２ 所以椭圆Ｃ的方程为 .
１１.解析
(１)∵ ｜
ＢＦ
｜＝
ｃ２
＋
ｂ２
＝
ａ
ꎬ｜
ＡＢ
｜＝
ａ２
＋
ｂ２
ꎬ
＝ － ＝３ꎬ
９
＋
３
＝１
设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ
ＢＦ ａ (２) ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
｜ ｜ ３ 解得ａ ｂ
∴ ｜ ＡＢ ｜ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＝ ２ ꎬ ＝ ３ ꎬ ì ï ï ｙ ＝ ｘ －２ꎬ
ｃ
联立í
ïï
ｘ２ ｙ２ 消ｙ得
４
ｘ２
－１２
ｘ
＋３＝０ꎬ
ｃ ａ２ ｂ２ ｂ 离心率ｅ ６. î ＋ ＝１ꎬ
∴ ＝ － ＝ ２ ꎬ∴ ＝ ａ ＝ ９ ３
３ Δ ２
ｘ２ ｙ２ ＝(－１２) －４×４×３>０ꎬ
由 知椭圆方程为 .
(２) (１) ｂ２ ＋ｂ２ ＝１ 由根与系数的关系得ｘ ｘ ｘ ｘ ３
３ １＋ ２＝３ꎬ １ ２＝ ꎬ
由题可知直线ｌ 的斜率存在且不为 设 ｌ ｙ ｋｘ ｍ ｋ ４
０ꎬ : ＝ ＋ ( ≠０)ꎬ
æ ö
由椭圆的对称性 不妨设ｋ ｍ 如图. 所以 ＭＮ ２ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ç ２ ３ ÷
ꎬ <０ꎬ >０ꎬ ｜ ｜＝ １＋１ 􀅰 ( １＋ ２) －４ １ ２ ＝ ２×è３ －４× ø ＝
４
２ ３ꎬ
又Ｏ到直线ｌ ｘ ｙ 的距离ｄ ｜０－０－２｜
: － －２＝０ ＝ ＝ ２ꎬ
２
所以 ＯＭＮ的面积为１ ＭＮ ｄ １ .
△ ｜ ｜􀅰 ＝ ×２ ３× ２＝ ６
２ ２
则有 ＯＭ ＯＮ ｍ.
｜ ｜＝｜ ｜＝
ì
ï
ｘ２ ｙ２ １.Ｂ ２.Ａ ３.ＡＢＤ ４.ＡＢＤ
ï
联立得í ｂ２ ＋ｂ２ ＝１ꎬ ５.答案
ïï ３ ３
îｙ ｋｘ ｍ
＝ ＋ ꎬ ６.答案
( ２－１ꎬ１)
则有 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ ｂ２
(３ ＋１) ＋６ ＋３ －３ ＝０ꎬ
７.解析 由题知 Ｓ Ｓ １ ＯＲ ｙ
Δ ＝０⇒３ ｂ２ｋ２ ＋ ｂ２ － ｍ２ ＝０ꎬ (１) △ ＡＢＲ ＝２ △ ＯＡＲ ＝２× ２ ×｜ ｜×｜ Ａ ｜ ＝
ｍｋ
由根与系数的关系得 ｘ Ｍ ＝－ ３ ｋ２ ꎬ 代入直线 ｌ 的方程 ꎬ 有 ２｜ ｙ Ａ｜≤２｜ ｂ ｜ꎬ 又Ｓ △ ＡＢＲ 的最大值为 ２ ５ꎬ
３ ＋１ ｘ２ ｙ２
所以ｂ 故椭圆Ｅ的方程为 .
ｍ ｍ ｋ２ ＝ ５ꎬ ＋ ＝１
ｙ . ＯＭ ｘ２ ｙ２ ９ ＋１ ｍ 解得ｋ ３ ９ ５
Ｍ＝ ３ ｋ２ ＋１ ∴ ｜ ｜＝ Ｍ＋ Ｍ ＝ ３ ｋ２ ＋１ ＝ ꎬ ＝－ ３ ꎬ (２) 设直线ＡＣ的方程为ｘ ＝２＋ ｔｙ ꎬ Ａ ( ｘ １ꎬ ｙ １)ꎬ Ｃ ( ｘ ２ꎬ ｙ ２)ꎬ
设直线ＯＭ的倾斜角为θ
ìｘ ｔｙ
ꎬ ï ï ＝２＋ ꎬ
∴
ｋ
ＯＭ＝ｔａｎ
θ
＝
ｙ
ｘ
Ｍ
＝－
１
ｋ＝
３
ꎬ∴
θ
＝３０
°
ꎬ
故
∠
ＮＯＭ
＝６０
°
ꎬ
由
î
í ïï ｘ２
＋
ｙ２
＝１
⇒(５ ｔ２ ＋９) ｙ２ ＋２０ ｔｙ －２５＝０ꎬ
Ｍ ３ ３ ９ ５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５４ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
ｔ
ｙ ｙ ２０ ｙ ｙ ２５ . 9.3 双曲线
∴ １＋ ２＝－ ｔ２ ꎬ １􀅰 ２＝－ ｔ２
５ ＋９ ５ ＋９
æ ö ｍ ｍ ｙ ｍ ｙ
由Ｐç ９ ｍ÷ Ｒ 得ｋ ２ .ｋ ｋ － １ － ２
è ꎬ øꎬ (２ꎬ０) ２＝ １＋ ３＝ ＋ ꎬ
２ ５ ５ ｔｙ ５ ｔｙ 考点1 双曲线的定义和标准方程
－ １ － ２
２ ２
１.Ｂ ２.Ｂ ３.Ｄ ４.Ｄ ５.Ｂ
ｋ ｍ ｔ ｙ ｙ ｔ２ｙ ｙ
２ ２ ２５－１０ ( １＋ ２)＋４ １􀅰 ２ 考点2 双曲线的几何性质
∴ ｋ ｋ ＝ 􀅰 ｍ ｍｔ ｙ ｙ ｔｙ ｙ
１＋ ３ ５ ２[１０ －(２ ＋５)( １＋ ２)＋４ １􀅰 ２]
１.Ａ ２.Ｄ ３.Ａ ４.Ｂ ５.Ｄ ６.Ａ
æ ｔ ö æ ö
ｔ ç ２０ ÷ ｔ２ ç ２５ ÷
ｍ ２５－１０ 􀅰è－
５
ｔ２
＋９
ø＋４ 􀅰è－
５
ｔ２
＋９
ø
７.答案
ｘ２ ｙ２
＝ 􀅰 æ ｔ ö æ ö － ＝１
５ ｍ ｍｔ ç ２０ ÷ ｔ ç ２５ ÷ ２ ２
１０ －(２ ＋５)􀅰è－ ｔ２ ø＋４ 􀅰è－ ｔ２ ø ８.答案
５ ＋９ ５ ＋９ ５
ｍ ｔ２ ｔ２ ｍ ９.答案 ｙ ｘ ｙ ｘ
２５[(５ ＋９)＋４ ] ５ １. ＝ ３ ꎻ ＝－ ３
＝
５
􀅰
１０
ｍ
[(５
ｔ２
＋９)＋４
ｔ２
]
＝
５
􀅰
２
ｍ＝
２ １０.答案
４
８.解析 设椭圆的右焦点为 Ｆ 则由题知 椭圆 Ｃ 的右
(１) ２ꎬ ꎬ １１.答案
(３ꎬ０)ꎻ ３
æ ö
焦点坐标为Ｆ .因为椭圆过点Ａç １ ÷
２( ３ꎬ０) è ３ꎬ øꎬ １２.答案 ３ ５
２
５
所以 ａ ２ １ １ 所以ａ . １３.答案 答案不唯一 在 范围内取值均可
２ ＝ ( ３＋ ３) ＋ ＋ ＝４ꎬ ＝２ ２( ꎬ (１ꎬ ５] )
４ ４ １４.答案
ｘ２ ２
又ｃ 所以ｂ ａ２ ｃ２ 所以Ｃ的方程为 ｙ２ .
＝ ３ꎬ ＝ － ＝１ꎬ ＋ ＝１
４
由题知 直线ｌ的斜率存在 且不为 .
(２)(ｉ) ꎬ ꎬ ０
设ｌ ｙ ｋｘ ｍ ｋ ｍ Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ
: ＝ ＋ ( ≠０ꎬ ≠０)ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
１.Ｃ ２.Ｃ ３.Ｄ ４.Ｄ ５.Ｂ ６.Ｄ ７.Ｃ ８.Ｂ ９.ＢＣ
{ｙ ｋｘ ｍ
联立 ＝ ＋ ꎬ 消ｙ得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ 所以 １０.答案
ｘ２ ｙ２ (１＋４ ) ＋８ ＋４( －１)＝ ０ꎬ ４
＋４ ＝４ꎬ
１１.答案
ｋｍ ｍ２ ７
ｘ ｘ －８ ｘ ｘ ４( －１)
１＋ ２＝ ｋ２ ꎬ １ ２＝ ｋ２ ꎬ １２.答案 ｘ２ ｙ２
１＋４ １＋４ － ＝１
且Δ ｋ２ｍ２ ｋ２ ｍ２ 即 ｋ２ ｍ２ . １２ ４
＝６４ －１６(１＋４ )( －１)>０ꎬ ４ － ＋１>０
因为直线ＯＰ ＰＱ ＯＱ的斜率成等比数列 １３.答案 ２ ３
ꎬ ꎬ ꎬ
３
ｙ ｙ ｋ２ｘ ｘ ｋｍ ｘ ｘ ｍ２
所以 １ ２ ｋ２ 即 １ ２＋ ( １＋ ２)＋ ｋ２ ｘ ｘ
ｘ 􀅰ｘ ＝ ꎬ ｘ ｘ ＝ ꎬ １ ２≠０ꎬ
１ ２ １ ２
１.Ｂ ２.Ｄ ３.Ｄ ４.ＢＤ ５.ＡＢＣ
ｋ２ｍ２
所以－８ ｍ２ 且ｍ２
１＋４ ｋ２ ＋ ＝０ꎬ ≠１ꎬ ６.答案 æ ç ６ ù ú ú
è１ꎬ û
２
因为ｍ 所以ｋ２ １ 所以ｋ １.
≠０ꎬ ＝ ꎬ ＝± ì ï
４ ２ ８ １
ïïａ２ －ｂ２ ＝１ꎬ {ａ
７.解析 由题设可知í 解得 ＝２ꎬ
(ｉｉ) 由 (ｉ) 知 ４ ｋ２ － ｍ２ ＋１>０ꎬ ｋ ＝± １ ꎬ 所以 ０< ｍ２ <２ꎬ 且ｍ２ ≠１ . (１) ïｂ ｂ
２ ï １ ＝１ꎬ
îａ ＝ ꎬ
ｍ ２
点Ｏ到直线ＰＱ的距离ｄ ｜ ｜ .
＝
ｘ２
ｋ２ 则Ｃ的方程为 ｙ２ .
＋１ － ＝１
４
因为ｋ ＝± １ ꎬ 所以 ( ｘ １＋ ｘ ２) ２ ＝４ ｍ２ ꎬ ｘ １ ｘ ２＝２( ｍ２ －１)ꎬ (２) 设点Ｍ的横坐标为ｘ Ｍꎬ ｘ Ｍ>０ꎬ 当直线ｌ的斜率不存在时 ꎬ
２ 直线ｌ ｘ 易知点Ｍ到ｙ轴的距离为ｘ
: ＝２ꎬ Ｍ＝２ꎻ
ｍ
所以Ｓ １ｄ ＰＱ １ ｜ ｜ ｋ２ ｘ ｘ æ ö
△ ＯＰＱ＝ ２ 􀅰｜ ｜＝ ２ 􀅰 １＋ ｋ２ 􀅰 １＋ ｜ １－ ２｜ 当直线ｌ的斜率存在时 ꎬ 设 ｌ : ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｍ è çｋ ≠±
２
１ ø ÷ ꎬ Ａ ( ｘ １ꎬ ｙ １)ꎬ
Ｂ ｘ ｙ
＝ ２ １ ｜ ｍ ｜ ( ｘ １＋ ｘ ２) ２ －４ ｘ １ ｘ ２ ＝ ｍ２ (２－ ｍ２ )＝ －( ｍ２ －１) ２ ＋１ꎬ ( ２ꎬ ì ï ｘ ２ ２ )ꎬ
ï ｙ２
又 ０< ｍ２ <２ꎬ 且ｍ２ ≠１ꎬ 所以 Ｓ △ ＯＰＱ∈(０ꎬ１)ꎬ 即 △ ＯＰＱ 的面积 联立í ïï ４ － ＝１ꎬ整理得 (４ ｋ２ －１) ｘ２ ＋８ ｋｍｘ ＋４ ｍ２ ＋４＝０ꎬ
的取值范围是 . îｙ ｋｘ ｍ
(０ꎬ１) ＝ ＋ ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ５５
Δ
＝６４
ｋ２ｍ２
－１６(４
ｋ２
－１)(
ｍ２
＋１)＝ ０ꎬ
整理得
４
ｋ２
＝
ｍ２
＋１
. 则
２
ａ
＝４ꎬ
ａ
＝２ꎬ
又ｃ
＝ １０ꎬ
所以ｂ２
＝
ｃ２
－
ａ２
＝６ꎬ
ì ï ｘ２ ｘ２ ｙ２
ï ｙ２ 故点Ｄ的轨迹Ｅ的方程为 .
联立í － ＝０ꎬ整理得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ － ＝１
ïï ４ (４ －１) ＋８ ＋４ ＝０ꎬ ４ ６
îｙ ｋｘ ｍ 证明 由题意知 Ａ Ａ 若直线 ｌ 的斜率为
＝ ＋ ꎬ (２) : １(－２ꎬ０)ꎬ ２(２ꎬ０)ꎬ
ｋｍ ｋｍ ｋ ｘ ｘ ｋ 则其与双曲线的交点为双曲线的两顶点 不合题意 故直
则ｘ ｘ ８ ８ ８ 则ｘ １＋ ２ ４ 即ｋｍ ０ꎬ ꎬ ꎬ
１＋ ２＝－ ｋ２ ＝－ｍ２ ＝－ｍꎬ Ｍ＝ ＝－ｍ>０ꎬ <０ꎬ 线ｌ的斜率不能为 故设其方程为ｘ ｔｙ
４ －１ ２ ０ꎬ ＝ ＋３ꎬ
则ｘ２ １６
ｋ２
４(
ｍ２
＋１) ４ 即 ｘ 此时点 Ｍ 到 ｙ
ì
ï ï
ｘ
＝
ｔｙ
＋３ꎬ
Ｍ＝ ｍ２ ＝ ｍ２ ＝４＋ｍ２ >４ꎬ Ｍ>２ꎬ∴ 联立í
ïï
ｘ２ ｙ２ 消ｘ得
(３
ｔ２
－２)
ｙ２
＋１８
ｔｙ
＋１５＝０ꎬ
轴的距离大于 .综上所述 点Ｍ到ｙ轴的距离的最小值为 . î － ＝１ꎬ
２ ꎬ ２ ４ ６
Δ ｔ２
＝１４４ ＋１２０>０ꎬ
ｔ
１.ＢＣＤ 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 则ｙ ｙ －１８ ｙ ｙ １５ .
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ １＋ ２＝ ｔ２ ꎬ １ ２＝ ｔ２
３ －２ ３ －２
２.解析 由离心率ｅ 点Ｍ 在双曲线上 ｙ ｙ
(１) ＝２ꎬ ( ５ꎬ ３) ꎬ 直线Ａ Ｍ的方程为ｙ １ ｘ 即ｙ １ ｘ
ｃ １ ＝ｘ ( ＋２)ꎬ ＝ｔｙ ( ＋２)①ꎬ
可得 ５ ３ 结合 ａ２ ｂ２ ｃ２ 解得 ａ ｂ １＋２ １＋５
ａ ＝２ꎬａ２ －ｂ２ ＝１ꎬ ＋ ＝ ꎬ ＝２ꎬ ＝２ ３ꎬ ｙ ｙ
直线Ａ Ｎ的方程为ｙ ２ ｘ 即ｙ ２ ｘ
ｃ ２ ＝ｘ ( －２)ꎬ ＝ｔｙ ( －２)②ꎬ
＝４ꎬ ２－２ ２＋１
则双曲线的方程为
ｘ２ ｙ２
. 联立 消ｙ得
ｘ
＋２
ｔｙ
１
ｙ
２＋５
ｙ
２
－ ＝１ ①②ꎬ ｘ ＝ ｔｙ ｙ ｙ ꎬ
４ １２ －２ １ ２＋ １
ｔ æ ｔ ö ｔ
(２) 由Ｏ→Ｐ 􀅰 Ｏ→Ｑ ＝０ꎬ 可得ＯＰ ⊥ ＯＱ ꎬ ｘ ｔ １ ２ ５ ＋５è ç－ ｔ２ １８ － ｙ １ø ÷ － ｔ ７ ２ ５ －５ ｙ １ ｘ
则 ＋２ ３ －２ ３ －２ ３ －２ 即 ＋２
设ＯＰ的方程为ｙ ｋｘ 则ＯＱ的方程为ｙ １ｘ ｘ ＝ ｔ ＝ ｔ ＝－５ꎬ ｘ ＝－５ꎬ
＝ ꎬ ＝－ ｋ ꎬ －２ １５ ｙ １５ ｙ －２
ｔ２ ＋ １ ｔ２ ＋ １
由 { ３ ｙ ｘ ＝ ２ ｋ － ｘ ｙ ꎬ ２ ＝１２ 解得ｘ２ ＝ ３ １ － ２ ｋ２ ꎬ ｙ２ ＝ ３ １ － ２ ｋ ｋ ２ ２ ꎬ 则 ｜ ＯＰ ｜ ２ ＝ １２( ３ １ － ＋ ｋ２ ｋ２ ) ꎬ 解得ｘ ＝ ３ ４ ꎬ ３ －２ ３ －２
ｋ２
将ｋ换为 １ 可得 ＯＱ ２ １２(１＋ ) １ ｋ２ 故直线Ａ Ｍ与直线Ａ Ｎ的交点Ｐ在定直线ｘ ４上.
－ ｋ ꎬ ｜ ｜ ＝ ３ ｋ２ －１ ꎬ ３ < <３ꎬ １ ２ ＝ ３
ｋ２ ２ ４.解析 因为双曲线Ｃ的离心率为
所以 ＯＰ ２ ＯＱ ２ ２４(１＋ ) (１) ２ꎬ
｜ ｜ ＋｜ ｜ ＝
(３－
ｋ２
)(３
ｋ２
－１)
ꎬ
所以
ｃ
即
ａ２
＋
ｂ２
即ａ２ ｂ２
æ ö ａ ＝ ２ꎬ ａ２ ＝２ꎬ ＝ ꎬ
令 ｋ２ ｔç ４ ｔ ÷ 则ｋ２ ｔ
１＋ ＝ è
３
< <４øꎬ ＝ －１ꎬ 所以双曲线Ｃ的方程为ｘ２
－
ｙ２
＝
ａ２
ꎬ
所以 ｜ ＯＰ ｜ ２ ＋ ｜ ＯＱ ｜ ２ ＝
(４－
ｔ
)
２４
(
ｔ
３
２ ｔ
－４)
＝
－３
ｔ２
＋
２４
１
ｔ
６
２ ｔ
－１６
＝ 联立 { ｙ
ｘ２
＝２
ｙ
ｘ
２
＋４
ａ２
３ꎬ消去ｙ整理得
３
ｘ２
＋１６ ３
ｘ
＋
ａ２
＋４８＝０ꎬ
－ ＝ ꎬ
２４ ２４ 因为ｌ 与双曲线Ｃ仅有一个公共点
＝ æ ö２ ꎬ １ ꎬ
－３＋ １ ｔ ６ － １ ｔ２ ６ －１６è ç １ ｔ －
２
１ ø ÷ ＋１ 所以Δ
＝(１６ ３)
２
－１２(
ａ２
＋４８)＝ ０ꎬ
解得ａ２
＝１６ꎬ
当ｔ 即ｋ２ 时 ＯＰ ２ ＯＱ ２ 取得最小值 . 故双曲线Ｃ的方程为
ｘ２ ｙ２
.
＝２ꎬ ＝１ ꎬ｜ ｜ ＋｜ ｜ ２４ － ＝１
３.解析 由 Ｃ ｘ２ ｙ２ ｘ 得 Ｃ ｘ ２ １６ １６
(１) : ＋ －２ １０ －６＝０ :( － １０) ＋ 证明 设ｌ ｙ ｘ ｍ ｍ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ
ｙ２ 其半径为 连接 ＢＤ 因为线段 ＡＢ 的垂直平分线与 (２) : ２: ＝２ ＋ ( ≠４ ３)ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
＝１６ꎬ ４ꎬ ꎬ {ｙ ｘ ｍ
直线ＡＣ交于点 Ｄ 所以 ＤＢ ＤＡ 则 ＤＣ ＤＢ 联立 ＝２ ＋ ꎬ 消去ｙ得 ｘ２ ｍｘ ｍ２
ꎬ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ꎬ ｜ ｜ ｜－｜ ｜ ｜ ＝ ｘ２ ｙ２ ３ ＋４ ＋ ＋１６＝０ꎬ
ＤＣ ＤＡ ＡＣ － ＝１６ꎬ
｜｜ ｜－｜ ｜｜＝｜ ｜＝４ꎬ ｍ２
所以ｘ ｘ ４ｍ ｘ ｘ ＋１６.
１＋ ２＝－ ꎬ １ ２＝
３ ３
如图所示 过Ａ 作ＭＮ的垂线交Ｃ于另一点Ｈ
ꎬ (－４ꎬ０) ꎬ
而 ＢＣ 故点Ｄ的轨迹Ｅ是以Ｂ Ｃ为焦点的双曲
｜ ｜＝２ １０>４ꎬ ꎬ
ｘ２ ｙ２
线 设Ｅ的方程为 ａ ｂ ｃ ａ２ ｂ２
ꎬ ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０ꎬ ＝ ＋ )ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５６ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
则ＡＨ的方程为ｙ １ｘ 当且仅当 ｘ ９ 时取 此时 ｘ ３ 点 Ｐ 的坐标为
＝－ －２ꎬ ４ ０＝ｘ “＝”ꎬ ０＝ ꎬ (９ꎬ
２ ０ ２
代入ｘ２ ｙ２ 得 ｘ２ ｘ 解得ｘ 舍去 或ｘ ２０. 因此ｋ 的最大值为１ .
－ ＝１６ ３ －８ －８０＝０ꎬ ＝－４( ) ＝ ６)ꎬ ＯＱ
３ ３
æ ö 考点2 抛物线的几何性质
所以点Ｈ的坐标为ç２０ １６÷.
è ꎬ－ ø
３ ３ １.Ｂ ２.Ｄ ３.Ｄ ４.ＡＣ ５.ＡＣＤ ６.ＢＣＤ
æ ö
ｙ çｙ １６÷
２è １＋ ø ７.答案 ９
连接ＨＭ并延长 所以ｋ ｋ ３
ꎬ ＡＮ ＭＨ＝ æ ö ４
ｘ çｘ ２０÷
( ２＋４)è １－
３
ø
８.答案 １６
ｘ ｍ ｘ ｍ ｘ ｍ ３
３(２ １＋ )(２ ２＋ )＋１６(２ ２＋ )
＝ ｘ ｘ
(３ １－２０)( ２＋４) ９.答案 ｘ
＝－
３
ｘ ｘ ｍ ｘ ｘ ｘ ｍ２ ｍ ２
１２ １ ２＋６ ( １＋ ２)＋３２ ２＋３ ＋１６
＝ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｐ
３ １ ２＋１２( １＋ ２)－３２ ２－８０ １０.解析 (１) 当直线 ＭＤ 垂直于 ｘ 轴时 ꎬ｜ ＭＦ ｜ ＝ ｐ ＋ ＝３ꎬ
ｍ２ ｍ２ ｍ２ ｍ ｘ ２
＝
４( ＋
ｍ
１
２
６)－８
ｍ
＋３ ＋
ｘ
１６ ＋３２ ２
∴
ｐ
＝２ꎬ∴
Ｃ的方程为ｙ２
＝４
ｘ.
＋１６－１６ －３２ ２－８０
解法一:设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 直
－
ｍ２
＋１６
ｍ
＋３２
ｘ
２＋６４ 所以ＭＨ ＡＮ
(２) ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ( ３ꎬ ３)ꎬ ( ４ꎬ ４)ꎬ
故
＝ ｍ
Ｈ
２
为
－１６
ｍ
Ａ
－
Ｍ
３
Ｎ
２
ｘ
的
２－
垂
６４
心
＝－
得
１ꎬ
证.
⊥ ꎬ 线
{
Ｍ
ｘ
Ｎ
ｍ
的
ｙ
方程为ｘ ＝ ｍｙ ＋１ꎬ
△ ꎬ 由 ＝ ＋１ꎬ得ｙ２ ｍｙ
ｙ２ ｘ －４ －４＝０ꎬ
＝４
9.4 抛物线
Δ ｍ２ 恒成立 且ｙ ｙ .
１＝１６ ＋１６>０ ꎬ １ ２＝－４
ｙ ｙ ｙ ｙ
由斜率公式可得ｋ １－ ２ １－ ２ ４
ＭＮ＝ｘ ｘ ＝ｙ２ ｙ２ ＝ｙ ｙ ꎬ
考点1 抛物线的定义和标准方程 １－ ２ １ ２ １＋ ２
－
１.Ｃ ２.Ｂ ３.Ｂ ４.Ｃ ４ ４
５.解析
(１)∵
抛物线ｙ２
＝２
ｐｘ
(
ｐ
>０)
的焦点Ｆ到准线的距离 同理ｋ
ＡＢ＝ｙ
４
ｙ
.
为 ｐ . 抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ｘ. ３＋ ４
２ꎬ∴ ＝２ ∴ ＝４ ｘ
第一步:设点写向量坐标ꎬ利用向量相等坐标相同得点Ｑ 直线 ＭＤ 的方程为 ｘ １－２ｙ 代入 ｙ２ ｘ 中可得 ｙ２
(２) ＝ ｙ ＋２ꎬ ＝ ４ －
的坐标. １
ｘ
４( １－２)ｙ .
设点Ｐ ｘ２ ｘ Ｑ ｘ ｙ 则Ｐ→Ｑ ｘ ｘ２ ｙ ｘ ｙ －８＝０
(４ ０ꎬ４ ０)ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ＝( １－４ ０ꎬ １－４ ０)ꎬ
１
Ｆ Ｑ→Ｆ ｘ ｙ Ｐ→Ｑ Ｑ→Ｆ Δ 且ｙ ｙ 所以ｙ ｙ 同理ｙ ｙ
∵ (１ꎬ０)ꎬ∴ ＝(１－ １ꎬ－ １)ꎬ∵ ＝９ ꎬ ２>０ １ ３＝－８ꎬ ３＝２ ２ꎬ ４＝２ １ꎬ
ì ï ｋ
{ｘ １－４ ｘ２ ０＝９(１－ ｘ １)ꎬ整理得í ï ｘ １＝ １ １ ０ (９＋４ ｘ２ ０)ꎬ 所以ｋ ＡＢ＝ｙ ３＋ ４ ｙ ４ ＝ｙ １＋ ２ ｙ ２ ＝ ２ ＭＮ ꎬ
∴ ｙ ｘ ｙ ï 又因为直线ＭＮ ＡＢ的倾斜角分别为α β
１－４ ０＝９(－ １)ꎬ ïｙ ４ｘ ꎬ ꎬ ꎬ
î １＝ ０ꎬ
１０ ｋ α
第二步:用参数ｘ 表示ｋ ꎬ利用基本不等式求其最值. 所以ｋ β ＭＮ ｔａｎ
０ ＯＱ ＡＢ＝ｔａｎ ＝ ＝ ꎬ
２ ２
ｙ ｘ
ｋ １ ４ ０ æ ö
∴ ＯＱ＝ｘ
１
＝
９＋４
ｘ２
０
ꎬ 若要使α
－
β最大
ꎬ
则β
∈è
ç
０ꎬ
π
２ ø
÷.
α β ｋ
设ｋ ｋ ｋ ｋ 则 α β ｔａｎ －ｔａｎ
ＭＮ＝２ ＡＢ＝２ ꎬ >０ꎬ ｔａｎ( － )＝ α β＝ ｋ２ ＝
１＋ｔａｎ ｔａｎ １＋２
１ １ ２ 当且仅当１ ｋ 即ｋ ２时 等号
≤ ＝ ꎬ ｋ ＝２ ꎬ ＝ ꎬ
１ ｋ １ ｋ ４ ２
ｋ ＋２ ２ ｋ 􀅰２
成立
ꎬ
当ｋ 最大时 ｘ
ＯＱ ꎬ ０>０ꎬ 所以当α β最大时 设直线ＡＢ的方程为ｘ ｙ ｎ
－ ꎬ ＝ ２ ＋ ꎬ
ｋ ４ ４ １ {
∴ ＯＱ＝ ≤ ＝ ꎬ ｘ ｙ ｎ
ｘ ９ ＋４ ｘ ０ ２ ３６ ３ 由 ｙ２ ＝ ２ ｘ ＋ ꎬ得ｙ２ －４ ２ ｙ －４ ｎ ＝０ꎬ
０ ＝４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ５７
则ｙ ｙ ｎ ｙ ｙ . 即 ｍ２ｔ ｔ ｍ２ｔ ｍ２ ｔ２ ｔ 即 ｍ２ ｔ２ ｔ .
３ ４＝－４ ＝４ １ ２＝－１６ －４ －４ ＋４ －４ ＋ －２ ＋１＝０ꎬ ４ ＝ －６ ＋１
所以ｎ 所以直线ＡＢ的方程为ｘ ｙ . ｔ
＝４ꎬ － ２ －４＝０ 设Ｆ到ＭＮ的距离为ｄ 则ｄ ｜ －１｜
ꎬ ＝ ꎬ
解法二:由题可知 直线ＭＮ的斜率存在. ｍ２
ꎬ
１＋
设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 直线 ＭＮ ｙ 又 ＭＮ ｍ２ ｙ ｙ ｍ２ ｙ ｙ ２ ｙ ｙ
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ( ３ꎬ ３)ꎬ ( ４ꎬ ４)ꎬ : ＝ ｜ ｜ ＝ １＋ ｜ ３－ ４ ｜ ＝ １＋ 􀅰 ( ３＋ ４) －４ ３ ４ ＝
{ｙ ｋ ｘ
ｋ ｘ 由 ＝ ( －１)ꎬ得ｋ２ｘ２ ｋ２ ｘ ｋ２ １＋ ｍ２ 􀅰 １６ ｍ２ ＋１６ ｔ ＝４ １＋ ｍ２ 􀅰 ｍ２ ＋ ｔ ꎬ
( －１)ꎬ ｙ２ ｘ －(２ ＋４) ＋ ＝０ꎬ
ｔ
＝４
Ｓ １ ＭＮ ｄ １ ｍ２ ｍ２ ｔ ｜ －１｜
所以ｘ
１
ｘ
２＝１ꎬ
则ｙ
１
ｙ
２＝－４
. ∴ △ ＭＦＮ＝
２
｜ ｜􀅰 ＝
２
×４ １＋ 􀅰 ＋ 􀅰
１＋
ｍ２ ＝
ｙ
直线ＭＤ ｙ １ ｘ 代入抛物线方程可得 ｘ ｘ 同 ｍ２ ｔ ｔ ｍ２ ｔ ｔ
: ＝ｘ ( －２)ꎬ １ ３＝４ꎬ ２ ＋ 􀅰｜ －１｜＝ ４ ＋４ 􀅰｜ －１｜
１－２
ｔ２ ｔ ｔ ｔ ２.
理 ｘ ｘ . ＝ －２ ＋１｜ －１｜＝( －１)
ꎬ ２ ４＝４
结合抛物线方程可得 ｙ １ ｙ ３ ＝ －８ꎬ 所以 ｙ ３ ＝ ２ ｙ ２ꎬ 同理可得 ∵ ４ ｍ２ ＝ ｔ２ －６ ｔ ＋１≥０ꎬ 解得ｔ ≤３－２ ２ 或ｔ ≥３＋２ ２ꎬ
ｙ ｙ 当且仅当ｔ 时 Ｓ 取得最小值 .
４＝２ １ꎬ ∴ ＝３－２ ２ ꎬ △ ＭＦＮ １２－８ ２
ｙ ｙ ｙ ｙ ｙ ｙ 即 ＭＦＮ面积的最小值为 .
所以ｋ ４－ ３ ２( １－ ２) ２－ １ １ｋ . △ １２－８ ２
ＡＢ＝ｘ ｘ ＝ æ ö ＝ ｘ ｘ ＝ ＭＮ
４－ ３ ç １ １ ÷ ２( ２－ １) ２
４èｘ －ｘ ø
２ １
下同解法一.
１１.解析 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
(１) ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ １.Ｂ ２.Ａ ３.Ｃ ４.Ｃ ５.Ｂ ６.ＡＢＤ ７.ＢＣ
{ｘ ｙ
由 －２ ＋１＝０ꎬ消去ｘ得ｙ２ ｐｙ ｐ ８.答案 ｘ２ ｙ 答案不唯一
ｙ２ ｐｘ －４ ＋２ ＝０ꎬ ＝１６ ( )
＝２
直线与抛物线有两个交点Ａ Ｂ Δ ｐ２ ｐ ９.答案 ４
∵ ꎬ ꎬ∴ ＝１６ －８ >０ꎬ
３
解得ｐ １或ｐ 舍 . １０.答案
> <０( ) １４
２
由根与系数的关系可知
ꎬ
１.ＡＣ ２.Ｃ ３.Ｂ ４.Ｂ ５.Ａ ６.ＢＤ
ｙ ｙ ｐ ｙ ｙ ｐ ＡＢ １ ｙ ｙ
１＋ ２ ＝ ４ ꎬ １ ２ ＝ ２ ꎬ ∴ ｜ ｜ ＝ １＋ｋ２ ｜ １ － ２ ｜ ＝ ７.答案 ５
ｙ ｙ ２ ｙ ｙ ｐ２ ｐ . ３
１＋４􀅰 ( １＋ ２) －４ １ ２ ＝ ５􀅰 １６ －８ ＝４ １５ ８.答案 ｙ２ ｘ
＝８
解得ｐ
＝２
或ｐ
＝－
３
(
舍
)
. ９.答案
２ ２
２
ｐ . １０.答案
∴ ＝２ (－∞ꎬ－ ３]∪[ ３ꎬ＋∞)
由 知 抛物线的焦点为Ｆ .
(２) (１) ꎬ (１ꎬ０) １１.解析 因为Ｂ→Ｆ Ｆ→Ａ 所以 ＡＦ １ ＡＢ
(１) ＝２ ꎬ ｜ ｜＝ ｜ ｜＝３ꎬ
３
ｐ ｐ
由Ｂ→Ｆ Ｆ→Ａ ｘ ｘ 可得ｘ ｐ
＝２ ꎬ Ｂ＝－ ꎬ Ｆ＝ Ａ＝ ꎬ
２ ２
ｐ
由抛物线的定义可知 ＡＦ ｐ 解得ｐ .
ꎬ｜ ｜＝ ＋ ＝３ꎬ ＝２
２
则Ｃ的方程为ｙ２ ｘ.
由题意知直线ＭＮ的斜率不可能为 ＝４
０ꎬ 因为Ｅ ｘ 在抛物线Ｃ上 所以ｘ
设ＭＮ的方程为ｘ ｍｙ ｔ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ (２) ( ０ꎬ－２) ꎬ ０＝１ꎬ
∴ ＝ ＋ ꎬ ( ３ꎬ ３)ꎬ ( ４ꎬ ４)ꎬ 设直线ＭＮ的方程为ｘ ｔｙ ｎ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ
{ｘ ｍｙ ｔ ＝ ＋ ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
联立
ｙ２
＝
ｘ
＋ ꎬ消去ｘ得ｙ２
－４
ｍｙ
－４
ｔ
＝０ꎬ
将ｘ
＝
ｔｙ
＋
ｎ代入ｙ２
＝４
ｘ
ꎬ
得ｙ２
－４
ｔｙ
－４
ｎ
＝０ꎬ
＝４ ꎬ 则ｙ ｙ ｔ ｙ ｙ ｎ
Δ ｍ２ ｔ 即ｍ２ ｔ １＋ ２＝４ ꎬ １ ２＝－４ ꎬ
∴ ＝１６ ＋１６ >０ꎬ ＋ >０ꎬ ｙ ｙ
由根与系数的关系得ｙ ｙ ｍ ｙ ｙ ｔ ｋ １＋２ １＋２ ４ 同理ｋ ４
３＋ ４＝４ ꎬ ３ ４＝－４ ꎬ ＥＭ＝ｘ ＝ｙ２ ＝ｙ ꎬ ＥＮ＝ｙ ꎬ
∵
Ｆ→Ｍ
􀅰
Ｆ→Ｎ
＝０ꎬ∴ (
ｘ
３－１ꎬ
ｙ
３)􀅰(
ｘ
４－１ꎬ
ｙ
４)＝ ０ꎬ
即
(
ｘ
３－１)(
ｘ
４－
１－１
４
１ －１
１－２ ２－２
ｙ ｙ ｍｙ ｔ ｍｙ ｔ ｙ ｙ
１)＋ ３ ４＝( ３＋ －１)( ４＋ －１)＋ ３ ４ ｋ ｋ ４ ４ ４( ｙ １＋ ｙ ２)－１６ １６ ｔ －１６
ｍ２ ｙ ｙ ｍ ｔ ｙ ｙ ｔ ２ ＥＭ＋ ＥＮ＝ｙ ＋ｙ ＝ｙ ｙ ｙ ｙ ＝ ｎ ｔ ＝１ꎬ
＝( ＋１) ３ ４＋ ( －１)( ３＋ ４)＋( －１) １－２ ２－２ １ ２－２( １＋ ２)＋４ －４ －８ ＋４
ｍ２ ｔ ｍ ｔ ｍ ｔ ２ 整理得 ｎ ｔ 则直线ＭＮ的方程为ｘ ｔｙ ｔ
＝( ＋１)(－４ )＋ ( －１)􀅰４ ＋( －１) ＝０ꎬ ꎬ ＝－６ ＋５ꎬ ＝ －６ ＋５ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５８ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
所以直线ＭＮ过定点Ｔ .
(５ꎬ６) １ 则Ｃ的方程为ｘ２ ｙ.
ꎬ ＝
当ＥＴ ＭＮ时 点Ｅ到直线ＭＮ的距离最大
２
⊥ ꎬ ꎬ
证明 设Ｓ ｘ ｘ２ Ｔ ｘ ｘ２
且最大距离为 ＥＴ ２ ２ (２) : ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
｜ ｜＝ (５－１) ＋(６＋２) ＝４ ５ꎬ
经检验符合题意.
æ ｐ ö ｐ
１２.解析 由题意知Ｆç ÷ 将ｙ 代入ｘ２ ｐｙ 解得
(１) è０ꎬ øꎬ ＝ ＝２ ꎬ
２ ２
ｘ ｐ 所以当ｌ与ｙ轴垂直时 ＨＩ ｐ 所以ｐ
＝± ꎬ ꎬ｜ ｜＝２ ＝４ꎬ ＝２ꎬ
故抛物线Ｃ的方程为ｘ２ ｙ.
＝４
证明 根据题意知直线ｌ的斜率存在 由 知Ｆ
(２) : ꎬ (１) (０ꎬ１)ꎬ æ ö æ ö
则Ｆ→Ｓ çｘ ｘ２ １ ÷ Ｆ→Ｔ çｘ ｘ２ １ ÷
＝è １ꎬ １－ øꎬ ＝è ２ꎬ ２－ øꎬ
４ ４
ＦＳ ＦＴ
∵ ⊥ ꎬ
æ öæ ö
Ｆ→Ｓ Ｆ→Ｔ ｘ ｘ çｘ２ １ ÷çｘ２ １ ÷
∴ 􀅰 ＝ １ ２＋è １－ øè ２－ ø ＝０ꎬ
４ ４
ｘ２ ｘ２
设直线ｌ的方程为ｙ ｋｘ Ｈ ｘ ｙ Ｉ ｘ ｙ 即ｘ２ｘ２ １ １＋ ２ ｘ ｘ .
＝ ＋１ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ １ ２＋
１６
＝
４
－ １ ２(∗)
联立 {ｘ
ｙ
２ ＝
ｋ
４
ｘ
ｙ ꎬ 消ｙ得ｘ２
－４
ｋｘ
－４＝０ꎬ
由ｙ ＝ ｘ２ ꎬ 可得 ｙ′ ＝２ ｘ ꎬ 过点 Ｓ ( ｘ １ꎬ ｘ２ １) 的切线的斜率为 ｋ １＝
＝ ＋１ꎬ ｘ 则切线ＳＱ的方程为ｙ ｘ２ ｘ ｘ ｘ
２ １ꎬ － １＝２ １( － １)①ꎬ
所以Δ ＝(－４ ｋ ) ２ ＋１６>０ꎬ ｘ １＋ ｘ ２＝４ ｋ ꎬ ｘ １ ｘ ２＝－４ . 同理切线ＴＱ的方程为ｙ － ｘ２ ２＝２ ｘ ２( ｘ － ｘ ２)②ꎬ
对ｙ
＝
４
１ｘ２ 求导
ꎬ
得ｙ′
＝
２
１ｘ
ꎬ
所以ｋ
ＴＨ􀅰
ｋ
ＴＩ＝
２
１ ｘ
１􀅰
１
２
ｘ
２＝
４
１
× 联立
①②
解得Ｑ
æ
è
ç
ｘ
１＋
ｘ
２
ꎬ
ｘ
１
ｘ
２
ö
ø
÷
ꎬ
２
所以ＴＨ ＴＩ.
(－４)＝ －１ꎬ ⊥
由点 Ｓ Ｔ 是曲线 Ｃ 上位于直线 ｙ １ 的上方的点 可知
ì ï ꎬ ＝ ꎬ
ï ｙ － ｙ １＝ １ｘ １( ｘ － ｘ １)ꎬ {ｘ ｋ ４
由í ２ 得 ＝２ ꎬ所以Ｔ ｋ . æｘ ｘ ö æｘ ｘ ö
î ï ïｙ － ｙ ２＝ １ｘ ２( ｘ － ｘ ２) ｙ ＝－１ꎬ (２ ꎬ－１) ｘ １ ｘ ２<－ ４ １.Ｑ→Ｓ ＝è ç １ ２ － ２ ꎬ ｘ２ １－ ｘ １ ｘ ２ø ÷ ꎬ Ｑ→Ｔ ＝è ç ２ ２ － １ ꎬ ｘ２ ２－ ｘ １ ｘ ２ø ÷ ꎬ
２
Ｑ→Ｓ Ｑ→Ｔ
证法一:当ｋ 时 根据对称性得 ＦＩ ＦＨ ＦＴ 则 ＳＱＴ 􀅰
＝０ ꎬ ｜ ｜ ＝｜ ｜ ＝２ꎬ｜ ｜ ＝２ꎬ ｃｏｓ∠ ＝
Ｑ→Ｓ Ｑ→Ｔ
所以 ＦＩ ＦＨ ＦＴ ２ ｜ ｜｜ ｜
｜ ｜􀅰｜ ｜＝｜ ｜ ꎻ
æｘ ｘ ö２
ç １－ ２÷ ｘ ｘ ｘ ｘ ２
当ｋ ≠０ 时 ꎬ ｋ ＦＴ􀅰 ｋ ＨＩ＝－ １ ｋ 􀅰 ｋ ＝－１ꎬ 所以ＦＴ ⊥ ＨＩ ꎬ è ２ ø ＋ １ ２( １－ ２)
＝－
æｘ ｘ ö２ æｘ ｘ ö２
所以
△
ＦＴＩ
∽△
ＦＨＴ
ꎬ
所以｜
Ｆ
Ｆ
Ｈ
Ｔ ｜
＝
｜
Ｆ
Ｆ
Ｔ
Ｉ ｜
ꎬ
è ç １
２
－ ２ ø ÷ ＋ ｘ２ １( ｘ １－ ｘ ２) ２ 􀅰 è ç ２
２
－ １ ø ÷ ＋ ｘ２ ２( ｘ ２－ ｘ １) ２
｜ ｜ ｜ ｜
即 ＦＩ ＦＨ ＦＴ ２.综上 ＦＩ ＦＨ ＦＴ ２. æ ö２
｜ ｜􀅰｜ ｜＝｜ ｜ ꎬ｜ ｜􀅰｜ ｜＝｜ ｜ １ ｘ ｘ ç １ ｘ ｘ ÷
证法二:因为 ＦＨ ２ ｘ２ ｙ ２ ｙ ｙ ２ ｙ ２ ４ ＋ １ ２ è ４ ＋ １ ２ø
｜ ｜ ＝ １＋( １－１) ＝４ １＋( １－１) ＝( １＋１) ꎬ ＝－ ＝ æ öæ ö
｜ ＦＩ ｜ ２ ＝ ｘ２ ２＋( ｙ ２－１) ２ ＝４ ｙ ２＋( ｙ ２－１) ２ ＝( ｙ ２＋１) ２ ꎬ １ ４ ＋ ｘ２ １ １ ４ ＋ ｘ２ ２ è ç １ ４ ＋ ｘ２ １ø ÷ è ç １ ４ ＋ ｘ２ ２ø ÷
所以 ＦＨ ２ ＦＩ ２ ｙ ２ ｙ ２
｜ ｜ 􀅰｜ ｜ ＝( １＋１) 􀅰( ２＋１)
ｙ ｙ ｙ ｙ ２ æ ç ｘ２ １ ｘ２ ２ ｘ２ １ ｘ２ ２ ö ÷ ２ １
１
６ ＋ ２
１ｘ
１
ｘ
２＋
ｘ２
１
ｘ２
２
＝ ( １ ２ ＋ １ ＋ ２ ＋ １ ) ＝ è 􀅰 ＋ ＋ ＋１ø ＝ ＝ ꎬ
４ ４ ４ ４ １ １ ｘ２ ｘ２ ｘ２ｘ２
é ê ê ( ｘ １ ｘ ２) ２ ( ｘ １＋ ｘ ２) ２ －２ ｘ １ ｘ ２ ù ú ú ２ ｋ２ ２. １６ ＋ ４ ( １＋ ２)＋ １ ２
ë ＋ ＋１û ＝(４ ＋４)
１６ ４ １ ｘ２ ｘ２ ｘ ｘ １ｘ ｘ
又 ｜ ＦＴ ｜ ２ ＝４ ｋ２ ＋４ꎬ 所以 ｜ ＦＩ ｜􀅰｜ ＦＨ ｜＝｜ ＦＴ ｜ ２. 结合 化简 得 ＳＱＴ ４ ( １＋ ２)－ １ ２＋ ２ １ ２
(∗) ꎬ ｃｏｓ∠ ＝ ＝
１３.解析 由题意 知动点Ｐ到定点Ｆ
æ
ç １
ö
÷的距离与动
１
(
ｘ２
１＋
ｘ２
２)－
ｘ
１
ｘ
２＋
１
(
ｘ２
１＋
ｘ２
２)
(１) ꎬ è０ꎬ ø ４ ４
４
２ 即 ＳＱＴ为定值.
点Ｐ到定直线ｙ １ 的距离相等 由抛物线的定义知 Ｃ 为
ꎬ ｃｏｓ∠
＝－ ꎬ
２
４
ｐ
抛物线 且焦点在ｙ轴上 设Ｃ ｘ２ ｐｙ ｐ 则 １ 得ｐ
ꎬ ꎬ : ＝２ ꎬ >０ꎬ ＝ ꎬ ＝
２ ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ５９
æ ö
9.5 圆锥曲线的综合问题 ＡＢ ＢＣ ｋ２ ç ｋ ｘ １ ｘ ÷
∴ ｜ ｜ ＋ ｜ ｜ ≥ １＋ è｜ －２ ０｜＋ ｋ ＋２ ０ ø >
ｋ２ ３
ｋ２ ｋ １ ( ＋１) 令ｔ ｋ２ 则ｔ
１＋ ＋ ｋ ＝ ｋ２ ꎬ ＝ ꎬ ∈(０ꎬ１]ꎬ
考点1 圆锥曲线中的轨迹方程问题
ｋ２ ３ ｔ ３ ｔ ３
１.Ｃ ２.Ｃ ３.ＡＣＤ 则 ( ＋１) ( ＋１) 令ｇ ｔ ( ＋１) ｔ
ｋ２ ＝ ｔ ꎬ ( )＝ ｔ ꎬ ∈(０ꎬ１]ꎬ
æ ö２
４.解析 设Ｐ ｘ ｙ 由题意可得 ｘ ２ çｙ １ ÷ ｙ ｔ ２ｔ ｔ ３ ｔ ２ ｔ
(１) ( ꎬ )ꎬ ( －０) ＋è － ø ＝｜ ｜ꎬ 则ｇ′ ｔ ３( ＋１) －( ＋１) ( ＋１) 􀅰(２ －１)
２ ( )＝ ｔ２ ＝ ｔ２ ꎬ
整理得ｘ２ ｙ １ 因此Ｗ的方程为ｙ ｘ２ １.
－ ＋ ＝０ꎬ ＝ ＋ 当 ｔ １时 ｇ′ ｔ ｇ ｔ 单调递减 当 １ ｔ 时 ｇ′ ｔ
４ ４ ０< < ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎻ < ≤１ ꎬ ( )>
２ ２
证明 不妨设Ａ Ｂ Ｃ三点在Ｗ上 如图所示.
(２) : ꎬ ꎬ ꎬ ｇ ｔ 单调递增
０ꎬ ( ) ꎬ
æ ö
ｇ ｔ 在ｔ １处取得极小值 即最小值 为ｇç １ ÷ ２７
∴ ( ) ＝ ꎬ ꎬ è ø ＝ ꎬ
２ ２ ４
æ ö
ＡＢ ＢＣ ｇ ｔ ｇç １ ÷ ３ ３.
∴ ｜ ｜＋｜ ｜> ( )≥ è ø ＝
２ ２
矩形的周长 ＡＢ ＢＣ .
∴ ＝２(｜ ｜＋｜ ｜)>３ ３
æ ö æ ö æ ö
设Ｂçｘ ｘ２ １ ÷ Ａçｘ ｘ２ １ ÷ Ｃçｘ ｘ２ １ ÷ ＡＢ 的斜率为 考点2 弦长与面积问题
è ０ꎬ ０＋ øꎬ è １ꎬ １＋ øꎬ è ２ꎬ ２＋ øꎬ
４ ４ ４ １.解析 因为椭圆 Ｃ 的焦点为 Ｆ Ｆ
(１) １(－ ３ꎬ０)ꎬ ２( ３ꎬ０)ꎬ
ｋ 则直线ＢＣ的斜率为 １ ｋ
ꎬ － ｋ ( ≠０)ꎬ ｘ２ ｙ２
所以可设椭圆Ｃ的方程为 ａ ｂ .
ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０)
æ ö
直线 ＡＢ ＢＣ 的方程分别为 ｙ çｘ２ １ ÷ ｋ ｘ ｘ ｙ
ꎬ －è ０＋ ４ ø ＝ ( － ０)ꎬ － æ ö ì ï ï３ １ {ａ２
æ è çｘ２ ０＋ １ ö ø ÷ ＝－ １ ｋ ( ｘ － ｘ ０)ꎬ 即直线 ＡＢ ꎬ ＢＣ 的方程分别为 ｙ ＝ ｋｘ － 又点 è ç ３ꎬ １ ２ ø ÷在椭圆Ｃ上 ꎬ 所以 î í ïï ａ ａ ２ ２ ＋ ｂ ４ ２ ｂ２ ＝１ꎬ解得 ｂ２ ＝ ＝ １ ４ . ꎬ
４ － ＝３ꎬ
ｘ ｘ ｘ２
ｋｘ
０＋
ｘ２
０＋
１
ꎬ
ｙ
＝－ ｋ ＋ ｋ
０
＋
ｘ２
０＋
１
ꎬ
因此
ꎬ
椭圆Ｃ的方程为
＋
ｙ２
＝１
.
(３
分
)
４ ４ ４
ì
ï ｙ ｘ２ １
因为圆Ｏ的直径为Ｆ
１
Ｆ
２ꎬ
所以其方程为ｘ２
＋
ｙ２
＝３
.
(５
分
)
ï ＝ ＋ ꎬ 设直线ｌ与圆Ｏ 相切于 Ｐ ｘ ｙ ｘ ｙ 如图
联立直线ＡＢ与抛物线Ｗ的方程可得í ４ (２)① ( ０ꎬ ０)( ０>０ꎬ ０>０)ꎬ
ï
î ïｙ ＝ ｋｘ － ｋｘ ０＋ ｘ２ ０＋ １ ꎬ １ꎬ
则ｘ２
０＋
ｙ２
０＝３
.
４ ｘ ｘ
消去ｙ得ｘ２
－
ｋｘ
＋
ｋｘ
０－
ｘ２
０＝０ꎬ
所以直线ｌ的方程为ｙ
＝－ｙ
０
(
ｘ
－
ｘ
０)＋
ｙ
０ꎬ
即ｙ
＝－ｙ
０ｘ
＋ｙ
３.
０ ０ ０
则Δ ｋ２ ｋｘ ｘ２ ｋ ｘ ２ ｋ ｘ .
＝ －４ ０＋４ ０＝( －２ ０) >０ꎬ ≠２ ０ ì ï ｘ２
ｙ２
由根与系数的关系得ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ ｋｘ ｘ２ ïï ＋ ＝１ꎬ
０＋ １＝ ꎬ ０􀅰 １＝ ０－ ０ꎬ 由í４ 消去ｙ 得
ＡＢ ｋ２ ｘ ｘ ｋ２ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ï ｘ ꎬ
∴ ｜ ｜ ＝ １＋ 􀅰｜ １－ ０ ｜ ＝ １＋ 􀅰 ( ０＋ １) －４ ０ １ ＝ ïｙ ０ｘ ３
î ＝－ｙ ＋ｙ
ｋ２ ｋ ｘ . ０ ０
１＋ ｜ －２ ０｜
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｘ ｘ ｙ２ . 分
(４ ０＋ ０) －２４ ０ ＋３６－４ ０＝０ (∗) (７ )
同理
ꎬ
联立直线ＢＣ与抛物线Ｗ的方程
ꎬ
并消去ｙ得ｘ２
＋
１
ｋ
ｘ
－
因为直线ｌ与椭圆Ｃ有且只有一个公共点
ꎬ
所以Δ ｘ ２ ｘ２ ｙ２ ｙ２ ｙ２ ｘ２ .
æ ö２ æ ö２ ＝(－２４ ０) －４(４ ０＋ ０)(３６－４ ０)＝ ４８ ０( ０－２)＝ ０
１ｘ ｘ２ 且 ＢＣ ç １ ÷ ｘ ｘ ç １ ÷
ｋ ０－ ０＝０ꎬ ｜ ｜ ＝ １＋è－ ｋ ø 􀅰｜ ２－ ０｜ ＝ １＋è－ ｋ ø 因为ｘ ｙ 所以ｘ ｙ .
０ꎬ ０>０ꎬ ０＝ ２ꎬ ０＝１
因此 点Ｐ的坐标为 . 分
１ ｘ １ １ ｘ ꎬ ( ２ꎬ１) (１０ )
􀅰 － ｋ －２ ０ ＝ １＋ｋ２ ｋ ＋２ ０ ꎬ
ＡＢ ＢＣ ｋ２ ｋ ｘ １ １ ｘ .
∴ ｜ ｜＋｜ ｜＝ １＋ ｜ －２ ０｜＋ １＋ｋ２ ｋ ＋２ ０
由对称性不妨设 ｋ
０<｜ ｜≤１ꎬ
ｋ２
则 １ １＋ ｋ２ 当 ｋ 时取
１＋ｋ２ ＝ ｋ ≥ １＋ ( ｜ ｜＝１ “＝”)ꎬ 图 图
｜ ｜ １ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６０ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
ｘ２
因为三角形ＯＡＢ的面积为２ ６ 解得ａ２ . Ｃ的方程为 ｙ２ .
② ꎬ ＝２ ∴ － ＝１ ①
７ ２
设直线ｌ ｙ ｋｘ ｍ.
: ＝ ＋ ②
所以１ ＡＢ ＯＰ ２ ６ 从而ＡＢ ４ ２.
􀅰 ＝ ꎬ ＝ 联立 消去ｙ得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ .
２ ７ ７ ①②ꎬ (１－２ ) －４ －２( ＋１)＝ ０
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 如图 设Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ２ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
ｋｍ ｍ２
ｘ ｙ２ ｘ２ 则ｘ ｘ ４ ｘ ｘ ２ ＋２
由 得ｘ ２４ ０± ４８ ０( ０－２) １＋ ２＝ ｋ２ ꎬ １ ２＝－ ｋ２ ꎬ
(∗) １ꎬ２＝ ｘ２ ｙ２ ꎬ １－２ １－２
２(４ ０＋ ０) ｙ ｙ ｙ ｙ
所以ＡＢ２ ＝( ｘ １－ ｘ ２) ２ ＋( ｙ １－ ｙ ２) ２ ＝ æ è ç １＋ ｘ ｙ ２ ０ ２ ö ø ÷ 􀅰 ４８ ｙ ｘ ２ ０( ２ ｘ２ ０ ｙ － ２ ２ ２ ). ｋ ＰＡ＝ｘ １ １ － － １ ２ ꎬ ｋ ＱＡ＝ｘ ２ ２ － － １ ２ ꎬ 由ｋ ＰＡ＋ ｋ ＱＡ＝０ꎬ 得 ｘ １ １ － － １ ２ ＋ｘ ２ ２ － － １ ２ ＝０ꎬ
０ (４ ０＋ ０) 化简得 ｋｘ ｘ ｍ ｋ ｘ ｘ ｍ
分 ２ １ ２＋( －２ －１)( １＋ ２)－４( －１)＝ ０ꎬ
(１３ ) æ ｍ２ ö ｋｍ
因为ｘ２ ０＋ ｙ２ ０＝３ꎬ 即 ２ ｋ 􀅰è ç － ２
１－２
＋ ｋ２ ２ ø ÷ ＋( ｍ －２ ｋ －１)􀅰
１
４
－２
ｋ２ －４( ｍ －１)＝ ０ꎬ
ｘ２ 化简得 ｋ ｍ ｋ ｋ ｍ 或ｋ .
所以ＡＢ２ １６( ０－２) ３２ 即 ｘ４ ｘ２ . (２ ＋ －１)( ＋１)＝ ０ꎬ∴ ２ ＋ －１＝０ ＋１＝０
＝ ( ｘ２ ０＋１) ２ ＝ ４９ ꎬ ２ ０－４５ ０＋１００＝０ 若
２
ｋ
＋
ｍ
－１＝０ꎬ
则ｌ
:
ｙ
＝
ｋ
(
ｘ
－２)＋１ꎬ
这时直线ｌ过点Ａ 不合题意 ｋ ｋ .
解得 ｘ２ ５ ｘ２ 舍去 则 ｙ２ １ 因此 Ｐ 的坐标为 ꎬ ꎬ∴ ＋１＝０ꎬ∴ ＝－１
０ ＝ ( ０ ＝ ２０ )ꎬ ０ ＝ ꎬ
２ ２ æ ö
不妨设直线ＰＡ ＡＱ的倾斜角为α βçα π β÷
æ ö (２) ꎬ ꎬ è < < øꎬ
ç １０ ２÷. 注意数形结合 ｘ ２
è ꎬ ø ( ꎬ０< ０< ３)
ｋ ｋ α β .
２ ２ ∵ ＡＰ＋ ＡＱ＝０ꎬ∴ ＋ ＝π
则直线ｌ的方程为ｙ ｘ . 分 由 知 ｘ ｘ ｍ２ 当 Ｐ Ｑ 均在双曲线左支时
＝－ ５ ＋３ ２ (１６ ) (１) １ ２ ＝ ２ ＋２>０ꎬ ꎬ ꎬ
ｍ２ ＰＡＱ α α
２.解析 由题设可得 ２５－ １５ 得ｍ２ ２５ ∠ ＝２ ꎬ∴ ｔａｎ ２ ＝２ ２ꎬ
(１) ＝ ꎬ ＝ ꎬ
５ ４ １６
即 ２α α 解得 α ２ 负值舍去 .
ｘ２ ｙ２ ２ｔａｎ ＋ｔａｎ － ２＝０ꎬ ｔａｎ ＝ ( )
所以Ｃ的方程为 . ２
＋ ＝１
２５ ２５ 此时 ＰＡ 与双曲线的渐近线平行 与双曲线左支无交点
ꎬ ꎬ
１６ 舍去
设Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｙ 根据对称性可设ｙ 由题意知 ꎻ
(２) ( Ｐꎬ Ｐ)ꎬ (６ꎬ Ｑ)ꎬ Ｑ>０ꎬ 当Ｐ Ｑ均在双曲线右支时 ＰＡＱ
ｙ . ꎬ ꎬ∵ ｔａｎ∠ ＝２ ２ꎬ
Ｐ>０
β α 即 α
∴ ｔａｎ( － )＝ ２ ２ꎬ ｔａｎ ２ ＝－２ ２ꎬ
由已知可得Ｂ 直线ＢＰ的方程为ｙ １ ｘ
(５ꎬ０)ꎬ ＝－ｙ ( －５)ꎬ 即 ２α α 解得 α 负值舍去 .
Ｑ ２ｔａｎ －ｔａｎ － ２＝０ꎬ ｔａｎ ＝ ２( )
所以
｜
ＢＰ
｜＝
ｙ
Ｐ １＋
ｙ２
Ｑꎬ｜
ＢＱ
｜＝ １＋
ｙ２
Ｑ
. 于是
ꎬ
直线ＰＡ
:
ｙ
＝ ２(
ｘ
－２)＋１ꎬ
ＱＡ
:
ｙ
＝－ ２(
ｘ
－２)＋１ꎬ
因为 ＢＰ ＢＱ ì ïｙ ｘ
｜ ｜＝｜ ｜ꎬ ï ＝ ２( －２)＋１ꎬ
所以ｙ Ｐ＝１ꎬ 将ｙ Ｐ＝１ 代入Ｃ的方程 ꎬ 解得ｘ Ｐ＝３ 或 －３ . 联立í ï ï ｘ２ ｙ２ 消去 ｙ 可得 ３ ｘ２ ＋(４ ２ －１６) ｘ ＋２０－
由直线ＢＰ的方程得ｙ 或 . î － ＝１ꎬ
Ｑ＝２ ８ ２
所以点 Ｐ Ｑ 的坐标分别为 Ｐ Ｑ Ｐ
Ｑ .
ꎬ １(３ꎬ１)ꎬ １(６ꎬ２)ꎻ ２(－３ꎬ１)ꎬ
８ ２＝０ꎬ∴
ｘ
１＋
ｘ
Ａ＝
１６－
３
４ ２
ꎬ
ｘ
１
ｘ
Ａ＝
２０－
３
８ ２.
２(６ꎬ８)
｜ Ｐ １ Ｑ １｜＝ １０ꎬ 直线Ｐ １ Ｑ １ 的方程为ｙ ＝ ３ １ ｘ ꎬ 点Ａ (－５ꎬ０) 到直线 ∴ ｜ ＡＰ ｜＝ １＋( ２) ２ ( ｘ １＋ ｘ Ａ) ２ －４ ｘ １ ｘ Ａ ＝ ４( ６ ３ － ３) ꎬ
Ｐ Ｑ 的距离为 １０ 故 ＡＰ Ｑ 的面积为１ １０ ５. 同理 ＡＱ ４( ６＋ ３) 又 ＰＡＱ ２ ２
１ １ ꎬ △ １ １ × × １０＝ ｜ ｜＝ ３ ꎬ ∵ ｓｉｎ∠ ＝ ３ ꎬ
２ ２ ２ ２
Ｐ Ｑ 直线Ｐ Ｑ 的方程为ｙ ７ｘ １０ 点Ａ到直线 Ｓ １ ＰＡ ＱＡ ＰＡＱ １６ ２.
｜ ２ ２｜＝ １３０ꎬ ２ ２ ＝ ＋ ꎬ ∴ △ ＰＡＱ＝ ｜ ｜｜ ｜ｓｉｎ∠ ＝
９ ３ ２ ９
考点3 定点与定值问题
Ｐ Ｑ 的距离为 １３０ 故 ＡＰ Ｑ 的面积为 １ １３０
２ ２ ２６ ꎬ △ ２ ２ ２ × ２６ × １.解析 设双曲线的方程为 ｘ２ ｙ２ ａ ｂ
(１) ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０)ꎬ
５.综上 ＡＰＱ的面积为５ .
１３０＝ ꎬ△ 由题意可知ｃ
２ ２ ＝２ ５ꎬ
ｃ
３.解析 点Ａ 在双曲线上 ４ １ 又离心率ｅ 写出公式给 分 ａ
(１)∵ (２ꎬ１) ꎬ∴ ａ２ －ａ２ ＝１ꎬ ＝ ａ ＝ ５( １ )ꎬ∴ ＝２ꎬ
－１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ６１
ｘ２ ｙ２
ｂ２ ｃ２ ａ２ 双曲线Ｃ的方程为 .
∴ ＝ － ＝２０－４＝１６ꎬ∴ － ＝１
４ １６
证明 由题意知直线 ＭＮ 的斜率不为 失分点 考虑斜
(２) : ０( :
率不存在 否则会失分 所以可设直线ＭＮ的方程为ｘ ｍｙ
ꎬ )ꎬ ＝ －
Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 由 知 Ａ Ａ .
４ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ (１) ꎬ １(－２ꎬ０)ꎬ ２(２ꎬ０)
ìｘ ｍｙ
ï ï ＝ －４ꎬ
联立í
ïï
ｘ２ ｙ２ 消去ｘ
ꎬ
得
(４
ｍ２
－１)
ｙ２
－３２
ｍｙ
＋４８＝０ꎬ
î － ＝１ꎬ
４ １６
再证充分性.
②
ｍ 易知直线ＭＮ的斜率存在 设其方程为ｙ ｋｘ ｔ.
ｙ ｙ ３２ ｙ ｙ ４８ ｍｙ ｙ ３ ｙ ｙ . ꎬ ＝ ＋
∴ １＋ ２＝
４
ｍ２
－１
ꎬ １ ２＝
４
ｍ２
－１
ꎬ∴ １ ２＝
２
( １＋ ２)
ｔ
由题意得 ｜ ｜ ｂ 即ｔ２ ｋ２.
ｙ ｙ ｋ２ ＝ ＝１ꎬ ＝１＋
易知直线ＭＡ 的方程为ｙ １ ｘ １ ｘ １＋
１ ＝ｘ １＋２ ( ＋２)＝ｍｙ １－２ ( ＋２)ꎬ① ì ï ï ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｔ ꎬ
直线ＮＡ
２
的方程为ｙ
＝ｘ
ｙ
２
(
ｘ
－２)＝ｍｙ
ｙ
２
(
ｘ
－２)ꎬ②
由
î
í
ïï
ｘ２
＋
ｙ２
＝１ꎬ
消ｙ整理得
(１＋３
ｋ２
)
ｘ２
＋６
ｋｔｘ
＋３
ｔ２
－３＝０ꎬ
２－２ ２－６
３
ｙ ｙ ｋｔ ｔ２
联立 可得 １ ｘ ２ ｘ 则ｘ ｘ ６ ｘ ｘ ３ －３
①② ꎬｍｙ ( ＋２)＝ｍｙ ( －２)ꎬ １＋ ２＝－ ｋ２ ꎬ １ ２＝ ｋ２ ꎬ
１－２ ２－６ １＋３ １＋３
∴ ｘ ｘ ＋ － ２ ２ ＝ ｍ ｍ ｙ ｙ １ １ ｙ ｙ ２ ２ － － ２ ６ ｙ ｙ ２ １ ＝ ２ ３ ２ ３ ( ( ｙ ｙ １ １ ＋ ＋ ｙ ｙ ２ ２ ) ) － － ２ ６ ｙ ｙ ２ １ ＝－ ３ １ ꎬ∴ ｘ ＝－１ꎬ 所 ＝ 以 ( ｜ １ Ｍ ＋ Ｎ ｋ２ ｜ ) ＝ é ë ê ê æ è ç ( － １ １ ＋ ＋ ６ ｋ ３ ｋ ２ ｔ ｋ ) ２ [ ö ø ÷ ( ２ － ｘ ４ １＋ × ｘ １ ３ ２ ＋ ｔ ) ２ ３ － ２ ｋ － ３ ２ ４ ù û ú ú ｘ １ ｘ ２]
点Ｐ在定直线ｘ 上 最后一定要作答 否则会失分 . ｔ２ ｋ２ ｋ２ ｋ２ ｋ２
∴ ＝－１ ( ꎬ ) －１２( －１－３ )(１＋ ) ２４ (１＋ ).
ì ïｃ ＝ (１＋３ ｋ２ ) ２ ＝ (１＋３ ｋ２ ) ２
ï
ï
＝ ２ꎬ ì
ï
ï
ａ２
＝３ꎬ ｋ２ ｋ２
２.解析 (１) 由题意得í ï ｅ ＝ ａ
ｃ
＝ ６ ꎬ 解得í ï ï ｂ２ ＝１ꎬ
因为
｜
ＭＮ
｜＝ ３ꎬ
所以８
(１
(
＋
１
３
＋
ｋ２ )
)
２ ＝１ꎬ
解得ｋ２
＝１ꎬ
则ｔ２
＝２
.
î
ïï
ａ２ ｂ２ ｃ
３
２
îｃ２
＝２ꎬ 因为ｘ ｘ ６
ｋｔ
即ｋｔ
＝ ＋ ꎬ １＋ ２＝－ ｋ２ >０ꎬ <０ꎬ
１＋３
ｘ２
故椭圆Ｃ的方程为 ｙ２ . 所以ｋ ｔ 或ｋ ｔ
＋ ＝１ ＝１ꎬ ＝－ ２ ＝－１ꎬ ＝ ２ꎬ
３
(２)
证明
:
由
(１)
得
ꎬ
曲线ｘ２
＋
ｙ２
＝１(
ｘ
>０)ꎬ
所以直线ＭＮ的方程为ｙ
＝
ｘ
－ ２
或ｙ
＝－
ｘ
＋ ２
.
无论哪一种情况 直线ＭＮ恒过焦点Ｆ
当直线ＭＮ的斜率不存在时 直线ＭＮ ｘ 不符合题意
ꎬ : ＝１ꎬ ꎻ ꎬ ꎬ
所以Ｍ Ｎ Ｆ三点共线 即充分性成立.
当直线ＭＮ的斜率存在时 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ . ꎬ ꎬ ꎬ
ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)
先证必要性. 故Ｍ Ｎ Ｆ三点共线的充要条件是 ＭＮ .
① ꎬ ꎬ ｜ ｜＝ ３
因为Ｍ Ｎ Ｆ三点共线 Ｆ ｃ ｂ２
ꎬ ꎬ ꎬ ( ２ꎬ０)ꎬ ３.解析 由已知条件得 ｂ 又 ｅ
(１) ＝ ２ꎬ ＝ ａ ＝ １－ａ２ ＝
所以设直线ＭＮ ｘ ｍｙ 即ｘ ｍｙ .
: ＝ ＋ ２ꎬ － － ２＝０
ｙ２ ｘ２
４ ５ ａ２ Ｃ的方程为 .
由题意知 Ｏ 到直线 ＭＮ 的距离 ｄ ２ 解得
１－ａ２ ＝ ꎬ∴ ＝９ꎬ∴ ＋ ＝１
(０ꎬ０) ＝ ＝１ꎬ ３ ９ ４
ｍ２
＋１ 证明 由题意知 过 Ｐ Ｑ 两点的直线的斜率存在且不为
(２) : ꎬ 、
ｍ２ 故ｍ 所以直线ＭＮ ｘ ｙ 零 记直线为ｌ 设ｌ ｙ ｋ ｘ ｋｘ ｋ 令 ｔ ｋ 则
＝１ꎬ ＝±１ꎬ : ± － ２＝０ꎬ ꎬ ꎬ : ＝ ( ＋２)＋３＝ ＋２ ＋３ꎬ ＝２ ＋３ꎬ
ｌ ｙ ｋｘ ｔ
根据对称性 不妨令直线ＭＮ ｙ ｘ . : ＝ ＋ ①ꎬ
ꎬ : ＝ － ２
ìｙ ｋｘ ｔ
ì ïｙ ｘ ï ï ＝ ＋ ꎬ
联立í
ï
ï ï ｘ
＝
２ ｙ
－
２
２ꎬ
消ｙ整理得 ４ ｘ２ －６ ２ ｘ ＋３＝０ .
联立
î
í
ïï
ｙ２
＋
ｘ２
＝１ꎬ
消去ｙ得
(４
ｋ２
＋９)
ｘ２
＋８
ｋｔｘ
＋４
ｔ２
－３６＝０ꎬ
î ＋ ＝１ꎬ ９ ４
３ 由Δ ｋｔ ２ ｋ２ ｔ２ ｋ２ ｔ２ 得
＝(８ ) －４(４ ＋９)(４ －３６)＝ １４４×(４ ＋９－ )>０
故ｘ １＋ ｘ ２＝ ３ ２ ꎬ ｘ １ ｘ ２＝ ３ ꎬ 所以 ｜ ＭＮ ｜＝ １＋１ ２ 􀅰｜ ｘ １－ ｘ ２｜＝ ２× ４ ｋ２ ＋９> ｔ２.
２ ４ ｋｔ ｔ２
设Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ 则ｘ ｘ －８ ｘ ｘ ４ －３６
(
ｘ
１＋
ｘ
２)
２
－４
ｘ
１
ｘ
２ ＝ ３ꎬ
即必要性成立. ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ １＋ ２＝
４
ｋ２
＋９
ꎬ １ ２＝
４
ｋ２
＋９
ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６２ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
ｙ
易知直线ＡＰ的方程为ｙ １ ｘ . 解得ｘ 舍去 或ｘ ２.
＝ｘ ( ＋２) １＝２( ) １＝
１＋２ ３
ｙ ｙ æ ö
令ｘ ＝０ꎬ 得ｙ Ｍ＝ｘ ２ １ ꎬ 同理可得ｙ Ｎ＝ｘ ２ ２ ꎬ 此时直线ＭＮ过点Ｐ è ç ２ ꎬ－ １ ø ÷.
１＋２ ２＋２ ３ ３
ｙ ｙ ｙ ｙ ｋｘ ｔ ｋｘ ｔ æ ö
则 Ｍ＋ Ｎ １ ２ １＋ ２＋ 令Ｑ为ＡＰ的中点 ꎬ 即Ｑ è ç ４ ꎬ １ ø ÷.
＝ｘ ＋ｘ ＝ｘ ＋ｘ
３ ３
２ １＋２ ２＋２ １＋２ ２＋２
若Ｄ与 Ｐ 不重合 则由题设知 ＡＰ 是 ＡＤＰ 的斜边 故
ｋｘ ｔ ｘ ｋｘ ｔ ｘ ꎬ Ｒｔ△ ꎬ
( １＋ )( ２＋２)＋( ２＋ )( １＋２)
＝ ｘ ｘ
( １＋２)( ２＋２) ＤＱ １ ＡＰ ２ ２.
｜ ｜＝ ｜ ｜＝
ｋｘ ｘ ｋ ｔ ｘ ｘ ｔ
２ １ ２＋(２ ＋ )( １＋ ２)＋４ ２ ３
＝ ｘ ｘ ｘ ｘ
２( １＋ ２)＋ １ ２＋４ 若Ｄ与Ｐ重合 则 ＤＱ １ ＡＰ .
ꎬ ｜ ｜＝ ｜ ｜
ｋ ｔ２ ｋｔ ｋ ｔ ｔ ｋ２ ｔ ｋ ２
２ (４ －３６)－８ (２ ＋)＋４(４ ＋９) ３６( －２ ) ９ ９ .
＝ －１６ ｋｔ ＋４ ｔ２ －３６＋４(４ ｋ２ ＋９) ＝ ４( ｔ －２ ｋ ) ２ ＝ｔ －２ ｋ＝ ３ ＝３ 综上 存在点Ｑ æ ç ４ １ ö ÷ 使得 ＤＱ 为定值.
ꎬ è ꎬ øꎬ ｜ ｜
线段ＭＮ的中点为定点 . ３ ３
∴ (０ꎬ３)
考点4 最值与范围问题
解题技巧
解决直线ｌ过坐标系内定点问题时ꎬ可采取换元法将点斜式
１.解析 由题意可知直线 ＡＭ 的方程为 ｙ １ ｘ
方程变为斜截式方程ꎬ减少项数ꎬ从而有效降低后续的计 (１) －３＝ ( －２)ꎬ
２
算量. 即ｘ ｙ 当ｙ 时 解得ｘ 所以ａ
－２ ＝－４ꎬ ＝０ ꎬ ＝－４ꎬ ＝４ꎬ
ｘ２ ｙ２
由椭圆Ｃ ａ ｂ 过点 Ｍ 可得 ４ ９
４.解析
(１)
由题设得
ａ
４
２ ＋ｂ
１
２ ＝１ꎬ
ａ２
ａ
－
２
ｂ２
＝
１
ꎬ
解得ａ２
＝６ꎬ
ｂ２
＝３
. :ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) (２ꎬ３)ꎬ
１６
＋ｂ２ ＝１ꎬ
２ ｘ２ ｙ２
所以Ｃ的方程为
ｘ２ ｙ２
.
解得ｂ２
＝１２ꎬ
所以Ｃ的方程为
＋ ＝１
.
＋ ＝１ １６ １２
６ ３ 设与直线ＡＭ平行的直线方程为ｘ ｙ ｍ 当直线与椭圆
(２) －２ ＝ ꎬ
证明 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ .
(２) : ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２) 相切时 与ＡＭ距离比较远的直线与椭圆的切点为 Ｎ 此时
ꎬ ꎬ
若直线ＭＮ与ｘ轴不垂直 设直线ＭＮ的方程为 ｙ ｋｘ ｍ 代
ꎬ ＝ ＋ ꎬ ＡＭＮ的面积取得最大值.
△
ｘ２ ｙ２
入 得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ .
＋ ＝１ (１＋２ ) ＋４ ＋２ －６＝０
６ ３
ｋｍ ｍ２
于是ｘ ｘ ４ ｘ ｘ ２ －６.
１＋ ２＝－ ｋ２ ꎬ １ ２＝ ｋ２ ①
１＋２ １＋２
由ＡＭ ＡＮ知Ａ→Ｍ Ａ→Ｎ 故 ｘ ｘ ｙ ｙ
⊥ 􀅰 ＝０ꎬ ( １－２)( ２－２)＋( １－１)􀅰( ２－
可得 ｋ２ ｘ ｘ ｋｍ ｋ ｘ ｘ ｍ ２ .
１)＝ ０ꎬ ( ＋１) １ ２＋( － －２)( １＋ ２)＋( －１) ＋４＝０
ｍ２ ｋｍ
将 代入上式可得 ｋ２ ２ －６ ｋｍ ｋ ４ ｍ
① ( ＋１) ｋ２ －( － －２) ｋ２ ＋( －
１＋２ １＋２
２ .
１) ＋４＝０
整理得 (２ ｋ ＋３ ｍ ＋１)(２ ｋ ＋ ｍ －１)＝ ０( 易错点 : 化简和因式分解 ì ï ï ｘ －２ ｙ ＝ ｍ ꎬ
过 􀪍 程 􀪍 中 􀪍 的 􀪍 计 􀪍 算 􀪍 量 􀪍 比 􀪍 较 􀪍 大 􀪍 ꎬ 􀪍 容 􀪍 易 􀪍 出 􀪍 错 ) . 联立í ïï ｘ２ ｙ２ 消去ｘ得 １６ ｙ２ ＋１２ ｍｙ ＋３ ｍ２ －４８＝０ꎬ 所以 Δ ＝
î ＋ ＝１ꎬ
因为Ａ 不在直线ＭＮ上 所以 ｋ ｍ １６ １２
(２ꎬ１) ꎬ ２ ＋ －１≠０ꎬ
故 ｋ ｍ ｋ . １４４
ｍ２
－４×１６(３
ｍ２
－４８)＝ ０ꎬ
即ｍ２
＝６４ꎬ
解得ｍ
＝±８ꎬ
与 ＡＭ 距
２ ＋３ ＋１＝０ꎬ ≠１
离比较远的直线方程为ｘ ｙ 两平行线 直线ＡＭ与直线
æ ö －２ ＝８ꎬ (
于是ＭＮ的方程为ｙ ｋçｘ ２ ÷ １ ｋ .
＝ è － ø－ ( ≠１)
３ ３ ｘ ｙ 之间的距离为 ｄ ｜８＋４｜ １２ ５ ＡＭ
－ ２ ＝ ８) ＝ ＝ ꎬ ｜ ｜ ＝
æ ö
所以直线ＭＮ过点Ｐç ２ １ ÷. １＋４ ５
è ꎬ－ ø
３ ３
２ ２ .所以 ＡＭＮ的面积的最大值为 １
若直线ＭＮ与ｘ轴垂直 易丢分点 容易忽略直线斜率不存 (２＋４) ＋３ ＝３ ５ △ ×３ ５×
( : ２
􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍
在的情况 可得Ｎ ｘ ｙ .
)ꎬ ( １ꎬ－ １)
１２ ５ .
＝１８
由Ａ→Ｍ Ａ→Ｎ 得 ｘ ｘ ｙ ｙ . ５
􀅰 ＝０ ( １－２)( １－２)＋( １－１)(－ １－１)＝ ０
ｘ２ ｙ２ ２.解析
(１)
设Ｍ
(２ ３ｃｏｓ
θ
ꎬｓｉｎ
θ
)
是椭圆上一点
ꎬ
又 １ １ 所以 ｘ２ ｘ .
＋ ＝１ꎬ ３ １－８ １＋４＝０ 又Ｐ
６ ３ (０ꎬ１)ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ６３
ｐ ｐ
ＰＭ ２ ２θ θ ２ ２θ θ １４４ 径为 Ｆ与圆Ｍ上点的距离的最小值为 即
∴ ｜ ｜ ＝１２ｃｏｓ ＋(ｓｉｎ －１) ＝１３－１１ｓｉｎ －２ｓｉｎ ＝ － １ꎬ ＋３ꎬ ＋３＝４ꎬ
１１ ２ ２
解得ｐ .
æ
ç θ １
ö
÷
２
１４４ 故 ＰＭ 的最大值是１２ １１ 即点 Ｐ 到
＝２
１１èｓｉｎ ＋ ø ≤ ꎬ ｜ ｜ ꎬ 由 知Ｃ ｘ２ ｙ.
１１ １１ １１ (２) (１) : ＝４
设Ｐ ｘ ｙ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ .
椭圆上的点的距离的最大值为１２ １１. ( ０ꎬ ０)ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)
ｘ
１１ 因为Ｃ在Ａ处切线的斜率为 １
ꎬ
由题易知直线ＡＢ 的斜率存在 设直线 ＡＢ ｙ ｋｘ １ 将 ２
(２) ꎬ : ＝ ＋ ꎬ 所以直线ＰＡ的方程为ｘ ｘ ｙ ｙ .
２ １ －２ －２ １＝０
直线ＡＢ的方程与椭圆的方程联立
ꎬ
消去ｙ
ꎬ
æ
ç方法点拨 因为抛物线方程为ｘ２ ｙ 即ｙ
ｘ２
所以利用导
æ ö è : ＝４ ꎬ ＝ ꎬ
整理得çｋ２ １ ÷ｘ２ ｋｘ ３ ４
è ＋ ø ＋ － ＝０ꎬ
ö
１２ ４
数的几何意义可求切线方程 ÷
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ø
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
ｋ 因为Ｐ在直线ＰＡ上 故ｘ ｘ ｙ ｙ
则ｘ ｘ ｘ ｘ ３ ꎬ １ ０－２ ０－２ １＝０ꎬ
１＋ ２＝－ ｋ２ ＋ １ ꎬ １ ２＝－ ４ æ è çｋ２ ＋ １ ö ø ÷ ꎬ 所以Ａ在直线ｘ ０ ｘ －２ ｙ －２ ｙ ０＝０ 上.
１２ １２ 同理Ｂ也在直线ｘ ｘ ｙ ｙ 上.
ì ０ －２ －２ ０＝０
ï ｙ １ｘ 所以直线ＡＢ的方程为ｘ ｘ ｙ ｙ .
ｙ ïï ＝－ ＋３ꎬ ０ －２ －２ ０＝０
易得直线ＰＡ ｙ １－１ｘ 联立í ２ 利用点与直线的关系以及直线与方程的定义可知过 Ａ Ｂ
: ＝ ｘ ＋１ꎬ ï ｙ ( ꎬ
１ ïｙ １－１ｘ 两点的直线的方程
î ＝ ｘ ＋１ꎬ )
１ {ｘ ｘ ｙ ｙ
得ｘ Ｃ＝ｘ ４ ｘ ｙ １ ＝ ｋ ４ ｘ １ ｘ ꎬ 由 ｘ ０ ２ －２ ｙ －２ ０＝０ꎬ得ｘ２ －２ ｘ ０ ｘ ＋４ ｙ ０＝０ꎬ
１＋２ １－２ (２ ＋１) １－１ ＝４
ｘ ｘ 故ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｙ .
同理可得ｘ ４ ２ ４ ２ １＋ ２＝２ ０ꎬ １ ２＝４ ０
Ｄ＝ｘ ｙ ＝ ｋ ｘ ꎬ
２＋２ ２－２ (２ ＋１) ２－１ 因此 ＡＢ é ê ê æ ç ｘ ０ ö ÷ ２ù ú ú ｘ ｘ ２ ｘ２ ｘ２ ｙ .
则 ＣＤ æ ç １ ö ÷ ２ ｘ ｘ ｜ ｜＝ ë１＋è ２ ø û( １－ ２) ＝ ( ０＋４)( ０－４ ０)
｜ ｜＝ １＋è－ ø ｜ Ｃ－ Ｄ｜ ｘ２ ｙ
２ 因为点Ｐ到直线ＡＢ的距离ｄ ｜ ０－４ ０｜
＝ ꎬ
ｘ ｘ ｘ２
５ ４ １ ４ ２ ０＋４
＝ ｋ ｘ － ｋ ｘ
２ (２ ＋１) １－１ (２ ＋１) ２－１ 所以 ＰＡＢ的面积Ｓ １ ＡＢ ｄ １ ｘ２ ｙ ３ ２.
ｘ ｘ △ ＝ ｜ ｜× ＝ ( ０－４ ０)
２－ １ ２ ２
＝２ ５ ｋ ｘ ｋ ｘ 利用弦长公式和点到直线的距离公式表示三角形的面积
[(２ ＋１) １－１][(２ ＋１) ２－１] ( )
ｘ ｘ
２－ １ 由ｘ２ ｙ ２ 得Ｓ １ ｙ ２ ３ ２.
＝２ ５
(２
ｋ
＋１)
２ｘ
１
ｘ
２－(２
ｋ
＋１)(
ｘ
１＋
ｘ
２)＋１
０＝１－( ０＋４) ＝
２
[２１－( ０＋６) ]
因为ｙ 所以当 ｙ 时 ＰＡＢ 的面积取得最
æ ｋ ö２ ０∈[－５ꎬ－３]ꎬ ０＝－５ ꎬ△
ç － ÷ ３
＋ 大值 最大值为 .
çｋ２ １ ÷ ｋ２ １ ꎬ ２０ ５
è ＋ ø ＋ 利用圆的方程得出ｙ 的取值范围 再利用函数思想求得三
＝２ ５ １２ １２ ｋ ( ０ ꎬ
ｋ ２ ３ ｋ 角形面积的最值
－(２ ＋１) æ ö＋(２ ＋１) ＋１ )
çｋ２ １ ÷ ｋ２ １ ｙ ｙ
４è ＋ ø ＋ ４.解析 由题设得 １
１２ １２ (１) ｘ 􀅰ｘ ＝－ ꎬ
＋２ －２ ２
ｋ２ ９ ｘ２ ｙ２
ｋ２ １６ ＋１ ＋１ 化简得 ｘ 由于两直线的斜率存在 所以
３ ５ １６ ＋１ ６ ５ １６ ６ ５ ＋ ＝１ (｜ ｜≠２)ꎬ( ꎬ
＝ × ｋ ＝ × ｋ ＝ × ４ ２
２ ｜３ ＋１｜ ５ ｜３ ＋１｜ ５ ｘ
｜ ｜≠２)
æ ö２ æ ö２
ｋ ２ ２ ç ３ ÷ ２ ç ｋ ３ ÷ 所以Ｃ为中心在坐标原点 焦点在 ｘ 轴上的椭圆 不含左右
(４ ) ＋１ 􀅰 è ø ＋１ è４ × ＋１×１ø ꎬ ꎬ
４ ６ ５ ４ ６ ５. 顶点. 易忽略Ｃ的轨迹不含左右顶点 分
ｋ ≥ × ｋ ＝ ( ) (４ )
｜３ ＋１｜ ５ ｜３ ＋１｜ ５
证明
(２)(ｉ) :
当且仅当ｋ ３时取到等号 经检验符合题意.
＝ ꎬ 第一步:设直线 ＰＱ 的方程ꎬ与椭圆方程联立ꎬ得 ＰꎬＱꎬＥ 的
１６
坐标.
æ ｐ ö
３.解析 由题设知 Ｆç ÷ 圆 Ｍ 的圆心为 半
(１) è０ꎬ øꎬ (０ꎬ－４)ꎬ 设直线ＰＱ的斜率为 ｋ 则其方程为 ｙ ｋｘ ｋ . 已知点 Ｐ
２ ꎬ ＝ ( >０) (
􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６４ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
在第一象限 所以ｋ {ａ ｃ {ａ
ꎬ >０) 则 ＋ ＝３ꎬ解得 ＝２ꎬ故ｂ２ ａ２ ｃ２
ìｙ ｋｘ ａ ｃ ｃ ＝ － ＝３ꎬ
ï ï ＝ ꎬ － ＝１ꎬ ＝１ꎬ
由
î
í
ïï
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
得ｘ
＝±
１＋
２
２
ｋ２
.
所以椭圆Ｃ的方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１ꎬ
离心率ｅ
＝ ａ
ｃ
＝
１.
４ ２ ４ ３ ２
æ ö
记ｕ ＝
１＋
２
２
ｋ２ ꎬè ç简化书写形式 ꎬ 用ｕ代替
１＋
２
２
ｋ２ø ÷ (２) 由 (１) 可得 ꎬ｜ Ａ ２ Ｆ ｜ ＝ ４ １ ｜ Ａ １ Ａ ２｜ꎬ 所以 Ｓ △ Ａ ２ ＦＰ＝ ４ １Ｓ △ ＰＡ １ Ａ ２ ꎬ 又
则Ｐ ｕ ｕｋ Ｑ ｕ ｕｋ Ｅ ｕ . Ｓ Ｓ 所以Ｓ １Ｓ 所以 ＰＱ １ ＰＡ .
( ꎬ )ꎬ (－ ꎬ－ )ꎬ ( ꎬ０) △ Ａ １ ＰＱ＝２ △ Ａ ２ ＦＰꎬ △ Ａ １ ＰＱ＝ △ ＰＡ １ Ａ ２ ꎬ ｜ ｜＝ ｜ ２｜
２ ２
第二步:利用点斜式表示ＱＧ的方程ꎬ与椭圆方程联立得点Ｇ
设Ｐ ｘ ｙ 当ｘ 时 Ｐ→Ｑ １Ｐ→Ａ 此时点Ｐ与Ａ 重合 不
的坐标. ( ０ꎬ ０)ꎬ ０<０ ꎬ ＝ ２ꎬ １ ꎬ
２
ｋ ｋ 合题意
于是直线ＱＧ的斜率为 方程为ｙ ｘ ｕ . ꎻ
ꎬ ＝ ( － )
２ ２
当ｘ 时 可得Ｑ→Ｐ １Ｑ→Ａ
ì
ï ｙ
ｋ
ｘ ｕ
０>０ ꎬ ＝
３
２ꎬ
ïï ＝ ( － )ꎬ æ ö
由í ２ 得 ｋ２ ｘ２ ｕｋ２ｘ ｋ２ｕ２ . 故ｘ ２ 代入椭圆方程 得Ｐç ２ ２ ６÷
ïｘ２ ｙ２ (２＋ ) －２ ＋ －８＝０ ① ０＝ ꎬ ꎬ è ꎬ± øꎬ
ï ３ ３ ３
î ＋ ＝１
４ ２
又Ａ 所以ｋ ６
设Ｇ
(
ｘ
Ｇꎬ
ｙ
Ｇ)ꎬ
则
－
ｕ和ｘ
Ｇ
是方程
①
的解
ꎬ
２(２ꎬ０)ꎬ Ａ
２
Ｐ＝±
２
ꎬ
ｕ ｋ２ ｕｋ３
故ｘ Ｇ＝ (３ ２＋ ｋ ＋ ２ ２) ꎬ 由此得ｙ Ｇ＝ ２＋ ｋ２ . 所以直线Ａ ２ Ｐ的方程为ｙ ＝± ２ ６ ( ｘ －２) .
第三步:由斜率公式得直线ＰＧ的斜率ꎬ利用斜率关系得三角
２.解析 由题意知 Ｆ Ｆ 因为 ＭＦ ＭＦ
(１) ｜ １ ２｜ ＝２ １７ꎬ ｜ １｜－｜ ２｜ ＝
形形状.
Ｆ Ｆ 所以结合双曲线定义知 点 Ｍ 的轨迹 Ｃ
ｕｋ３
ｕｋ 是
２<
以
｜
Ｆ
１ ２
Ｆ
｜ ＝
为
２
焦
１
点
７ꎬ
的双曲线的右支.
ꎬ
ｋ２ － １、 ２
从而直线ＰＧ的斜率为
ｕ
２＋
ｋ２ ＝－
１
ｋ
.
设其方程为
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ ｘ ａ
(３
ｋ
＋
２
２)
－
ｕ ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０ꎬ ≥ )ꎬ
２＋
则 ａ ｃ
所以ＰＱ ＰＧ 即 ＰＱＧ是直角三角形. 分 ２ ＝２ꎬ２ ＝２ １７ꎬ
⊥ ꎬ △ (８ )
第一步:利用弦长公式表示三角形的两直角边的长. 解得ａ ｃ 则ｂ２ ｃ２ ａ２ ２ ２
(ｉｉ) ＝１ꎬ ＝ １７ꎬ ＝ － ＝( １７) －１ ＝１６ꎬ
ｙ２
ｕｋ ｋ２ 所以Ｍ的轨迹Ｃ的方程为ｘ２ ｘ .
由 得 ＰＱ ｕ ｋ２ ＰＧ ２ ＋１ － ＝１( ≥１)
(ｉ) ｜ ｜＝２ １＋ ꎬ｜ ｜＝ ｋ２ ꎬ １６
２＋
æ ö æ ö
第二步:利用三角形的面积公式把面积表示成关于ｋ的函数. 如图 设 Ｔç １ ｍ÷ 直线 ＡＢ 的方程为 ｙ ｍ ｋ çｘ １ ÷
(２) ꎬ è ꎬ øꎬ － ＝ １è － øꎬ
２ ２
ｋ ｋ２
所以 ＰＱＧ 的面积 Ｓ １ ＰＱ ＰＧ ８ (１＋ ) ì ï æ ö
△ ＝
２
｜ ｜ ｜ ｜ ＝
(１＋２
ｋ２
)(２＋
ｋ２
) ïï
ｙ
＝
ｋ
１è
çｘ
－
１
ø
÷
＋
ｍ
ꎬ
８ æ è ç １ ｋ ＋ ｋ ö ø ÷
由í
ï ïｘ２ ｙ２
２
ｘ
消ｙ得
(１６－
ｋ２
１)
ｘ２
＋(
ｋ２
１－２
ｋ
１
ｍ
)
ｘ
－ ４
１ｋ２
１＋
. î － ＝１( ≥１)
＝ æ ö２ １６
ç １ ｋ÷ ｋ ｍ ｍ２
１＋２è ｋ ＋ ø １ － －１６＝０ꎬ
第三步:利用换元法和对勾函数的性质求面积的最值.
设ｔ ｋ １ 则由ｋ 得ｔ 当且仅当ｋ 时取等号.
＝ ＋ ｋ ꎬ >０ ≥２ꎬ ＝１
ｔ
因为Ｓ ８ 在 上单调递减 所以当 ｔ 即 ｋ
＝ ｔ２ [２ꎬ＋∞) ꎬ ＝２ꎬ ＝１
１＋２
时 Ｓ取得最大值 最大值为１６.
ꎬ ꎬ
９
设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
因此
ꎬ△
ＰＱＧ面积的最大值为１６.
(１２
分
)
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
９
考点5 存在性问题 则ｘ ｘ ｋ２ １－２ ｋ １ ｍ ｘ ｘ ４
１ｋ２
１＋
ｍ２
－
ｋ
１
ｍ
＋１６
１.解析 设椭圆Ｃ的焦距为 ｃ ｃ １＋ ２＝ ｋ２ ꎬ １ ２＝ ｋ２ ꎬ
(１) ２ ( >０)ꎬ １－１６ １－１６
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ６５
æ ö 得ｙ ｙ ｘ ｘ ｘ
因为Ｔ
è
ç １
ꎬ
ｍ
ø
÷
ꎬ
(∗)－(∗∗) １－ ２＝－ ３( １＋ ２－２ ０)ꎬ
２ 即ｋ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
æ ö æ ö ( １－ ２)＝ － ３( １＋ ２－２ ０)ꎬ
所以 ＴＡ ｋ２çｘ １ ÷ ＴＢ ｋ２çｘ １ ÷
｜ ｜＝ １＋ １è １－
２
øꎬ｜ ｜＝ １＋ １è ２－
２
øꎬ
解得ｘ
ｋ ｂ２
＋３－
ｋ２
＋
ｋｂ
æ öæ ö
０＝ ｋ２
－３
ꎬ
所以 ＴＡ ＴＢ ｋ２ çｘ １ ÷çｘ １ ÷
｜ ｜􀅰｜ ｜＝(１＋ １)è １－ øè ２－ ø 又 得 ｙ ｙ ｙ ｘ ｘ 而 ｙ ｙ ｋ ｘ
２ ２ (∗)＋(∗∗) １＋ ２－２ ０＝ ３( ２－ １)ꎬ １＋ ２＝ ( １＋
é ù
＝(１＋ ｋ２ １) ë ê êｘ １ ｘ ２－ １ ( ｘ １＋ ｘ ２)＋ １ û ú ú ｘ ２)＋２ ｂ ꎬ∴ ｋ ( ｘ １＋ ｘ ２)＋２ ｂ －２ ｙ ０＝ ３( ｘ ２－ ｘ １)ꎬ
２ ４
ｂ２ ｋ２ ｂ
解得ｙ ３ ＋３－ ＋３ ３ｘ .
＝(１＋ ｋ２ １) æ è ç ç １ ４ ｋ２ １＋ ｋ ｍ ２ １ ２ － － １ ｋ ６ １ ｍ ＋１６ － ２ １ × ｋ２ １ ｋ － ２ １－ ２ ｋ １ １ ６ ｍ ＋ ４ １ ö ø ÷ ÷ 故点Ｍ ０＝ 的轨迹 ｋ 方 ２ － 程 ３ 为ｙ ＝ ＝ ３ ｋ ｋ ｘ ꎬ ０ 其中ｋ为直线ＰＱ的斜率.
１ ｋ２ ｍ２ ｋ ｍ １ｋ２ ｋ ｍ １ｋ２ 若选择 作为条件 作为结论
１＋ － １ ＋１６－ １＋ １ ＋ １－４ ①② ꎬ③ ꎬ
＝(１＋
ｋ２
１)
４
ｋ２
２ ４
设直线ＡＢ的方程为ｙ ＝ ｋ ( ｘ －２)ꎬ Ａ ( ｘ Ａꎬ ｙ Ａ)ꎬ Ｂ ( ｘ Ｂꎬ ｙ Ｂ)ꎬ 不妨
１－１６
(１＋
ｋ２
１)(
ｍ２
＋１２).
设点Ａ在渐近线ｙ
＝ ３
ｘ上
ꎬ
＝ ｋ２ ì ï ｋ
１－１６ ｘ ２
æ ö {ｙ ｋ ｘ ï ï ＝ ｋ ꎬ
设直线ＰＱ的方程为ｙ ｍ ｋ çｘ １ ÷ 则由 ＝ ( －２)ꎬ得í － ３
－ ＝ ２è －
２
øꎬ
ｙ ｘ ï ｋ
同理得 ＴＰ ＴＱ ( ｍ２ ＋１２)(１＋ ｋ２ ２)
＝ ３ ꎬ
î
ïï ｙ
＝ ｋ
２
－
３
３ ꎬ
｜ ｜􀅰｜ ｜＝ ｋ２ ꎬ
２－１６ æ ｋ ｋö æ ｋ ｋö
因为 ＴＡ ＴＢ ＴＰ ＴＱ Ａç ２ ２ ３ ÷ 同理Ｂç ２ ２ ３ ÷
｜ ｜􀅰｜ ｜＝｜ ｜􀅰｜ ｜ꎬ ∴ èｋ ꎬｋ øꎬ èｋ ꎬ－ ｋ øꎬ
－ ３ － ３ ＋ ３ ＋ ３
ｍ２ ｋ２ ｍ２ ｋ２
所以( ＋１２)(１＋ １) ( ＋１２)(１＋ ２) ì
ï
ｋ２
即 ｋ １ ２ １ ＋ － ｋ １ ２ １ ６ ＝ ｋ ｋ １ ２ １ ２ ２ ＋ － － ｋ １ １ ２ ２ ６ ６ ꎬ(１＋ ｋ ＝ ２ １)( ｋ２ ２－ ｋ １ ２ ２ ６ － ) １ ＝ ６ (１＋ ｋ ꎬ ２ ２)( ｋ２ １－１６)ꎬ 又由 ì î í ï ï ïï ｙ ｙ ＝ ＝ ｋ ３ ｋ ( ｘ ｘ ꎬ －２)ꎬ 得 î í ïï ï ï ｘ ｙ ＝ ＝ ｋ ｋ ２ ２ ２ ６ － － ｋ ３ ３ ꎬ ꎬ ∴ Ｍ æ è ç ｋ ２ ２ ｋ － ２ ３ ꎬｋ２ ６ － ｋ ３ ö ø ÷ ꎬ
化简得ｋ２
１＝
ｋ２
２ꎬ
由题意知ｋ
１≠
ｋ
２ꎬ
所以ｋ
１＋
ｋ
２＝０ꎬ ｘ ｘ Ａ＋ ｘ Ｂ ｙ ｙ Ａ＋ ｙ Ｂ 即Ｍ为ＡＢ的中点
即直线ＡＢ的斜率与直线ＰＱ的斜率之和为 . ∴ Ｍ＝ ꎬ Ｍ＝ ꎬ ꎬ
０ ２ ２
ì ï ｃ ＝２ꎬ ∴ ｜ ＭＡ ｜＝｜ ＭＢ ｜ .
３.解析 由题意知í
ïïｂ
解得
{ａ
＝１ꎬ 若选择 ①③ 作为条件 ꎬ② 作为结论 ꎬ
(１) ïａ ＝ ３ꎬ ｂ 当直线ＡＢ的斜率不存在时 点Ｍ即为Ｆ
ïï ＝ ３ꎬ ꎬ (２ꎬ０)ꎬ
îｃ２ ａ２ ｂ２
＝ ＋ ꎬ
此时Ｍ不在直线ｙ ３ｘ上 不符合题意 舍去
ｙ２ ＝ ｋ ꎬ ꎬ ꎻ
Ｃ的方程为ｘ２ .
∴ － ＝１
３ 当直线ＡＢ的斜率存在时 设直线 ＡＢ 的方程为 ｙ ｍ ｘ
ꎬ ＝ ( －２)ꎬ
易知直线ＰＱ的斜率存在
(２) ꎬ ｍ .不妨设点 Ａ 在渐近线 ｙ ｘ 上 且Ａ ｘ ｙ
≠０ꎬ± ３ ＝ ３ ꎬ ( Ａꎬ Ａ)ꎬ
设其方程为ｙ ｋｘ ｂ ｋ
＝ ＋ ( > ３)ꎬ Ｂ ｘ ｙ .
{ｙ ｋｘ ｂ ( Ｂꎬ Ｂ)
由
３ ｘ
＝
２ － ｙ
＋
２ －
ꎬ
３＝０ꎬ
得
(３－
ｋ２
)
ｘ２
－２
ｋｂｘ
－
ｂ２
－３＝０ꎬ {ｙ ｍ ｘ
ì ï
ï ï ｘ ＝ ｍ ２
ｍ
ꎬ æ ｍ ｍö
由Δ 得ｂ２ ｋ２ 由 ＝ ( －２)ꎬ得í － ３ Ａç ２ ２ ３ ÷
>０ꎬ ＋３－ >０ꎬ ｙ ｘ ï ｍ ∴ èｍ ꎬｍ øꎬ
ｘ ｘ ２
ｋｂ
ｘ ｘ －
ｂ２
－３
＝ ３ ꎬ
î
ïï ｙ
＝ ｍ
２ ３
ꎬ
－ ３ － ３
∴ １＋ ２＝ ｋ２ ꎬ １ ２＝ ｋ２ ꎬ － ３
３－ ３－
æ ｍ ｍö
ｂ２ ｋ２ 同理Ｂç ２ ２ ３ ÷
ｘ ｘ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ２ ３( ＋３－ ) èｍ ꎬ－ ｍ øꎬ
∴ １－ ２＝ ( １＋ ２) －４ １ ２ ＝ ｋ２ ꎬ ＋ ３ ＋ ３
－３
设点Ｍ的坐标为 ( ｘ ０ꎬ ｙ ０)ꎬ 则直线 ＰＭ 、 ＱＭ 的方程分别为 ｙ － 此时ｘ Ｍ＝ ｘ Ａ＋ ｘ Ｂ ＝ｍ ２
２
ｍ２ ꎬ ｙ Ｍ＝ ｙ Ａ＋ ｙ Ｂ ＝ｍ ６
２
ｍ ꎬ
ｙ ｘ ｘ ｙ ｙ ｘ ｘ ２ －３ ２ －３
０＝
{ ｙ
－ ３
ｙ
( － ０)ꎬ
ｘ
－
ｘ
０＝ ３( － ０)ꎬ
点Ｍ在直线ｙ ３ｘ上 ６
ｍ
３ ２
ｍ２
故 １－ ０＝－ ３( １－ ０)ꎬ(∗) ∵ ＝ ｋ ꎬ∴ ｍ２ －３ ＝ ｋ 􀅰ｍ２ －３ ꎬ
ｙ ｙ ｘ ｘ 解得ｋ ｍ 故ＰＱ ＡＢ.
２－ ０＝ ３( ２－ ０)ꎬ(∗∗) ＝ ꎬ ∥
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６６ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
若选择
②③
作为条件
ꎬ①
作为结论
ꎬ (
ｔ２
＋１)(
ｔ
－ ３)(
ｔ
＋ ３)
设直线ＡＢ的方程为ｙ ｋ ｘ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 不妨 ＝８􀅰 ｔ４ ꎬ
＝ ( －２)ꎬ ( Ａꎬ Ａ)ꎬ ( Ｂꎬ Ｂ)ꎬ
设点Ａ在渐近线ｙ ｘ上 当ｔ 时 Ｓ′ ｔ Ｓ ｔ 单调递增 当 ｔ 时 Ｓ′ ｔ
＝ ３ ꎬ > ３ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ ０< < ３ ꎬ ( )<０ꎬ
则 {ｙ Ａ＝ ｋ ( ｘ Ａ－２)ꎬ 解得ｘ ２ ｋ ｙ ２ ３ ｋ Ｓ ( ｔ ) 单调递减 ꎬ
ｙ ｘ Ａ＝ ｋ ꎬ Ａ＝ ｋ ꎬ 所以当ｔ 即 ｋ 时 四边形ＭＡＮＢ的面积最小 此时
Ａ＝ ３ Ａꎬ － ３ － ３ ＝ ３ꎬ ｜ ｜＝ ３ ꎬ ꎬ
ｋ ｋ ｋ 故直线 ｌ 的方程为 ｙ ｘ 即 ｘ ｙ
同理 得ｘ ２ ｙ ２ ３ ＝± ３ꎬ ＝± ３( －１)ꎬ ３ － － ３ ＝０
ꎬ Ｂ＝ ｋ ꎬ Ｂ＝－ ｋ ꎬ
＋ ３ ＋ ３ 或 ｘ ｙ .
３ ＋ － ３＝０
设线段ＡＢ的中点为Ｃ ｘ ｙ
( Ｃꎬ Ｃ)ꎬ ２.解析 由已知得渐近线方程为 ｂｘ ａｙ 右焦点为
(１) ± ＝０ꎬ
则ｘ Ｃ＝
ｘ
Ａ＋
ｘ
Ｂ ＝ｋ ２ ２
ｋ２
ꎬ ｙ Ｃ＝
ｙ
Ａ＋
ｙ
Ｂ ＝ｋ２ ６
ｋ
ꎬ Ｆ ( ｃ ꎬ０)ꎬ∴ ｜ ｂｃ ｜ ＝ ３ꎬ 又 ∵ ａ２ ＋ ｂ２ ＝ ｃ２ ꎬ∴ ｂ ｃ ｃ ＝ ３ꎬ
２ －３ ２ －３ ａ２ ｂ２
＋
由于 ＭＡ ＭＢ 故点Ｍ在线段ＡＢ的中垂线上
｜ ｜＝｜ ｜ꎬ ꎬ ｃ
解得ｂ 由离心率ｅ 可得ａ ｃ 双曲线的
＝ ３ꎬ ＝ ａ ＝２ꎬ ＝１ꎬ ＝２ꎬ∴
即点Ｍ在直线ｙ ｙ １ ｘ ｘ 上
－ Ｃ＝－ ｋ ( － Ｃ) ꎬ
ｙ２
将该直线方程与 ｙ ３ ｘ 联立 得 ｘ ２
ｋ２
ｘ ｙ ６
ｋ
标准方程为ｘ２
－ ＝１
.
＝ ｋ ꎬ Ｍ＝ｋ２ ＝ Ｃꎬ Ｍ＝ｋ２ ＝ ３
－３ －３ ｙ２
ｙ Ｃꎬ 即点Ｍ恰为线段ＡＢ的中点 ꎬ (２) 解法一:双曲线ｘ２ － ＝１ 的渐近线方程为ｙ ＝± ３ ｘ ꎬ
３
故点Ｍ在直线ＡＢ上.
当直线ｌ的斜率不存在时 由Ｐ 知直线ｌ的方程为ｘ
ꎬ (１ꎬ０)ꎬ ＝
此时可得Ｍ Ｎ 不妨令Ｍ 在 ｘ轴上方
１ꎬ (１ꎬ ３)ꎬ (１ꎬ－ ３)( )ꎬ
故 ＭＮ
｜ ｜＝２ ３ꎬ
又 Ｆ 故Ｓ １ ＭＮ ＰＦ １
１.解析 (１) 设 Ｐ ( ｘ ꎬ ｙ )ꎬ 则以 ＰＦ 为直径的圆的圆心为 ∵ (２ꎬ０)ꎬ △ ＦＭＮ＝ ２ ｜ ｜􀅰｜ ｜＝ ２ ×２ ３×１＝ ３ꎻ
æｘ ｙ ö ｘ 当直线ｌ的斜率存在时 设其方程为ｙ ｋｘ ｍ ｍ
ç ＋１ ÷ 根据圆与 ｙ 轴相切 可得 ＋１ １ ＰＦ ꎬ ＝ ＋ ( ≠０)ꎬ
è ꎬ øꎬ ꎬ ＝ ｜ ｜ ＝
２ ２ ２ ２ ì
ï
ｙ２
ïｘ２
１ ( ｘ －１) ２ ＋ ｙ２ ꎬ 化简得ｙ２ ＝４ ｘ ꎬ 联立í ïï － ３ ＝１ꎬ消去ｙ得 ( ｋ２ －３) ｘ２ ＋２ ｋｍｘ ＋ ｍ２ ＋３＝０ꎬ∵ 直线
２ îｙ ｋｘ ｍ
所以Ｃ的方程为ｙ２ ｘ. ＝ ＋ ꎬ
＝４ 与双曲线相切 Δ ｋ２ｍ２ ｋ２ ｍ２ 解得 ｍ２
由题意可知 直线 ｌ 的斜率存在且不为 设直线 ｌ ｙ ꎬ∴ ＝４ －４( －３)( ＋３)＝ ０ꎬ ＝
(２) : ０ꎬ : ＝ ｋ２ 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ
ｋ ｘ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ －３>０ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
( －１)ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ { ｘ２ ｙ２
{ｙ ｋ ｘ 联立 ３ － ＝０ꎬ消ｙ得 ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２
联立 ＝ ( －１)ꎬ ｋ２ｘ２ ｋ２ ｘ ｋ２ ｙ ｋｘ ｍ ( －３) ＋２ ＋ ＝０ꎬ
ｙ２ ｘ ⇒ －２( ＋２) ＋ ＝０ꎬ ＝ ＋ ꎬ
＝４ ｋｍ ｋｍ ｋ
所以ｘ ｘ ２(
ｋ２
＋２) ｘ ｘ ∴
ｘ
１＋
ｘ
２＝
－
ｋ
２
２ ＝
－
ｍ
２
２ ＝
－
ｍ
２
ꎬ
ｘ
１
ｘ
２＝１ꎬ
１＋ ２＝ ｋ２ ꎬ １ ２＝１ꎬ －３
ｋ２ ｍ２ ｋ２ ｍ２
ｋ２ ｋ２ ｙ ｙ ｋ ｘ ｘ ｍ －２ ＋２ －２( － ) ６
所以 ＡＢ ＡＦ ＢＦ ｘ ｘ ２( ＋２) ４ ＋４ １＋ ２＝ ( １＋ ２)＋２ ＝ ｍ ＝ ｍ ＝－ｍꎬ
｜ ｜＝｜ ｜＋｜ ｜＝ １＋ ２＋２＝ ｋ２ ＋２＝ ｋ２ ꎬ
ｋ
设直线ｌ 的倾斜角为 θ 则 ＡＭ ＡＦ θ ＢＮ ｙ ｙ ｋ２ｘ ｘ ｋｍ ｘ ｘ ｍ２ ｋ２ ｋｍ －２ ｍ２
ꎬ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ｜ｔａｎ ｜ꎬ｜ ｜ ＝ １ ２＝ １ ２＋ ( １＋ ２)＋ ＝ ＋ 􀅰 ｍ ＋ ＝－３ꎬ
ＢＦ θ
｜ ｜｜ｔａｎ ｜ꎬ 在 ＯＭＮ中 ＯＭ ｘ ＯＮ ｘ
所以 ＡＭ ＢＮ ＡＦ θ ＢＦ θ ＡＢ θ
△ ꎬ｜ ｜＝２ １ꎬ｜ ｜＝２ ２ꎬ
｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜｜ｔａｎ ｜＋｜ ｜｜ｔａｎ ｜＝｜ ｜｜ｔａｎ ｜＝
ＡＢ ｋ . Ｓ １ ＯＭ ＯＮ ＭＯＮ ｘ ｘ ３
｜ ｜｜ ｜ ∴ △ ＯＭＮ＝ ｜ ｜􀅰｜ ｜ｓｉｎ∠ ＝２ １ ２􀅰 ＝ ３ꎬ
２ ２
四边形 ＭＡＮＢ 的面积 Ｓ Ｓ Ｓ １ ＡＢ ＡＭ
＝ △ ＡＢＭ＋ △ ＡＢＮ ＝ ２ ｜ ｜( ｜ ｜ ＋ ∴ Ｓ △ ＦＭＮ＝ Ｓ △ ＯＦＭ＋ Ｓ △ ＯＦＮ－ Ｓ △ ＯＭＮ＝ １ ｜ ＯＦ ｜􀅰｜ ｙ １－ ｙ ２｜－ ３
２
ＡＢ ２ ｋ ｋ２ ２ ｋ４ ｋ２
ＢＮ ｜ ｜ ｜ ｜ ８( ＋１) ８( ＋２ ＋１)
｜ ｜)＝ ２ ＝ ｜ ｋ ｜ ３ ＝ ｜ ｋ ｜ ３ ꎬ ＝ ( ｙ １＋ ｙ ２) ２ －４ ｙ １􀅰 ｙ ２－ ３＝ ｍ ３６ ２ ＋１２－ ３ꎬ
ｔ４ ｔ２ æ ö
设ｔ ｋ 则Ｓ ｔ ８( ＋２ ＋１) çｔ ２ １ ÷
＝｜ ｜>０ꎬ ( )＝ ｔ３ ＝８è ＋ ｔ ＋ｔ３ øꎬ
ｍ２ ｋ２ Ｓ ３６ .
∵ ＝ －３>０ꎬ∴ △ ＦＭＮ＝ ｍ２ ＋１２－ ３>２ ３－ ３＝ ３
æ ö ｔ４ ｔ２
所以Ｓ′ ｔ ç ２ ３ ÷ －２ －３
( )＝ ８è１－ｔ２ －ｔ４ ø ＝８􀅰 ｔ４ 综上所述 ＦＭＮ的面积的最小值为 .
ꎬ△ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ６７
解法二:由条件知 若直线ｌ的斜率存在 则斜率不为零 ｘ２ ｙ２ ａ２ｙ２
ꎬ ꎬ ꎬ 由点Ｐ在双曲线Ｃ 上 得 ０ ０ 则ｘ２ ａ２ ０.
故可设ｌ ｘ ｍｙ ｎ １ ꎬ ａ２ －ｂ２ ＝１ꎬ ０－ ＝ ｂ２
: ＝ ＋ ꎬ
ì
ï
ｙ２ ｙ ｙ
ïｘ２ ｋ ０ ｋ ０
联立í － ＝１ꎬ消ｘ得 ｍ２ ｙ２ ｍｎｙ ｎ２ １＝ｘ ａꎬ ２＝ｘ ａꎬ
ïï ３ (３ －１) ＋６ ＋３ －３＝０ꎬ ０＋ ０－
îｘ ＝ ｍｙ ＋ ｎ ꎬ ｋ ｋ ｙ ０ ｙ ０ ２ ｘ ０ ｙ ０ ２ ｘ ０ ｙ ０ ２ ｂ２ｘ ０ ２ ｂ２
直线ｌ与双曲线相切 ∴ １＋ ２＝ｘ ａ＋ｘ ａ＝ｘ２ ａ２ ＝ ａ２ ＝ ａ２ｙ ＝ｋａ２ ꎬ
∵ ꎬ ０＋ ０－ ０－ ｙ２ ０
{Δ ｍ２ｎ２ ｍ２ ｎ２ { ｍ２ ｎ２ ｂ２ ０
＝３６ －４(３ －１)(３ －３)＝ ０ꎬ即 ３ ＋ ＝１ꎬ
∴
３
ｍ２
－１≠０ꎬ ３
ｍ２
－１≠０ꎬ 同理可得ｋ ｋ ２
ｂ２
因此ｋ ｋ ｋ ｋ 为定值.
设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ
３＋ ４＝－ｋａ２ ꎬ １＋ ２＋ ３＋ ４＝０ꎬ
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
２.解析 由于Ａ Ａ 关于ｘ轴对称 所以Ａ Ａ 要么都在
ì ï ｙ２ (１) ３ꎬ ４ ꎬ ３ꎬ ４
联立í
ï
ïï
ｘ２
－
３
＝０ꎬ消ｘ得
(３
ｍ２
－１)
ｙ２
＋６
ｍｎｙ
＋３
ｎ２
＝０ꎬ
双曲线Ｃ上
ꎬ
要么都不在双曲线 Ｃ 上.点 Ａ
１ꎬ
Ａ
２
不可能都在
îｘ ｍｙ ｎ 双曲线Ｃ上.因为双曲线Ｃ经过其中 个点 所以Ａ Ａ 都在
＝ ＋ ꎬ ３ ꎬ ３ꎬ ４
ｍｎ ｍｎ ｍ ｎ２ ｎ２ ｘ２ ｙ２
则ｙ ｙ －６ －６ ６ ｙ ｙ ３ ３ 双曲线Ｃ上.将Ａ Ａ 的坐标代入 得 ８ ３ 由
１＋ ２＝ ｍ２ ＝ ｎ２ ＝ ｎ ꎬ １ ２＝ ｍ２ ＝ ｎ２ ＝－３ꎬ ３ꎬ ４ ａ２ －ｂ２ ＝１ ａ２ －ｂ２ ＝１ꎬ
３ －１ － ３ －１ －
由直线ｌ的方程得 直线与ｘ轴的交点坐标为 ｎ Ａ Ａ 都在双曲线Ｃ上可知Ａ Ａ 都不在双曲
ꎬ ( ꎬ０)ꎬ ３ꎬ ４ ２(４ꎬ０)、 ５( ３ꎬ ３)
∴ Ｓ △ ＦＭＮ＝ １ ｜２－ ｎ ｜ ( ｙ １＋ ｙ ２) ２ －４ ｙ １􀅰 ｙ ２ ＝ １ ｜２－ ｎ ｜ ３ ｎ ６ ２
ｍ２
＋１２ 线Ｃ上 ꎬ 所以点 Ａ １(２ꎬ０) 在双曲线 Ｃ 上 ꎬ 故 ａ ＝２ꎬ 结合 ａ ８ ２ －
２ ２
ｘ２ ｙ２
ｎ ３ 可得ｂ 所以双曲线Ｃ的方程为 .
＝
１
｜２－
ｎ
｜ ｎ
１２
＝
３(
ｎ
２－ )
＝ ３
２
ｎ －１ ꎬ
ｂ２ ＝１ ＝ ３ꎬ
４
－
３
＝１
２ ｜ ｜
设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 其中ｙ ｙ 易知直线ＭＮ不
∵ ３
ｍ２
＋
ｎ２
＝１ꎬ∴
ｎ２
≤１ꎬ
且ｎ
≠０ꎬ
(２) ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ １≠ ２≠０ꎬ
与ｙ轴平行 当直线ＭＮ的斜率不为 时 设直线ＭＮ的方程
又 Ｐ在双曲线右支 故ｎ ꎬ ０ ꎬ
∵ ꎬ >０ꎬ
为ｘ ｍｙ ｎ
ｎ 时 Ｓ 取得最小值 为 . ＝ ＋ ꎬ
∴ ＝１ ꎬ △ ＦＭＮ ꎬ ３ ìｘ ｍｙ ｎ
ï ï ＝ ＋ ꎬ
由í
ïï
ｘ２ ｙ２ 消去ｘ并整理得
(３
ｍ２
－４)
ｙ２
＋６
ｍｎｙ
＋３
ｎ２
－１２＝０ꎬ
１.解析 由双曲线 Ｃ 的渐近线方程为 ｙ １ ｘ 设双曲 î － ＝１
(１) １ ＝± ꎬ ４ ３
２ ｍｎ ｎ２
线Ｃ
１
的方程为 ｘ２
－
ｙ２
＝
λ
ꎬ
λ
≠０ꎬ
则有
３
ｍ２
－４≠０ꎬ
ｙ
１＋
ｙ
２＝－
３
ｍ
６
２
－４
ꎬ
ｙ
１􀅰
ｙ
２＝
３
３
ｍ２
－
－
１
４
２.
４ 因为双曲线Ｃ的右顶点为Ａ 且ｋ ｋ
æ ö ２ æ ö２
１(２ꎬ０)ꎬ １＋ ２＝１ꎬ
将点ç １ ÷代入双曲线Ｃ 的方程得λ ( ５) ç １ ÷ ｙ ｙ ｙ ｙ
è ５ꎬ ø １ ＝ －è ø ＝１ꎬ 所以 １ ２ １ ２
２ ４ ２ ｘ ＋ｘ ＝ｍｙ ｎ ＋ｍｙ ｎ
ｘ２
１－２ ２－２ １＋ －２ ２＋ －２
因此双曲线Ｃ 的方程为 ｙ２ . ｍｙ ｙ ｎ ｙ ｙ
１ － ＝１ ２ １ ２＋( －２)( １＋ ２)
４ ＝ｍ２ｙ ｙ ｍ ｎ ｙ ｙ ｎ ２
设射线 ＯＰ 所在直线的方程为 ｙ ｋｘ Ｐ ｘ ｙ 则 １ ２＋ ( －２)( １＋ ２)＋( －２)
(２) ＝ ꎬ ( ０ꎬ ０)ꎬ ｍｎ２ ｍ ｍｎ２ ｍｎ
ｙ ｋｘ ６ －２４ ６ －１２
０＝ ０ꎬ ｍ２ － ｍ２ ｍ
３ －４ ３ －４ ３
∵ 点Ｐ在双曲线Ｃ １ 上 ꎬ∴ ｘ ４ ２ ０ － ｙ２ ０＝１ꎬ 即ｘ２ ０－４＝４ ｙ２ ０ . ＝ ３ ｍ ３ ２ｎ ｍ ２ ２ － － １ ４ ２ ｍ２ － ６ ｍ２ ３ ｎ ｍ ２ － ２ － １２ ４ ｍ２ｎ ＋( ｎ －２) ２ ＝ ２－ ｎ＝１ꎬ
ｙ ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ 所以ｎ ｍ 代入ｘ ｍｙ ｎ得ｘ ｍ ｙ 当ｙ 时
ｋ ｋ ０ ０ ２ ０ ０ ２ ０ ０ ０ １ １５ ＝－３ ＋２ꎬ ＝ ＋ ＝ ( －３)＋２ꎬ ＝３ ꎬ
∵ １＋ ２＝ｘ
０＋２
＋ｘ
０－２
＝ｘ２
０－４
＝
４
ｙ２
０
＝
２
ｙ
０
＝
２
ｋ＝
８
ꎬ
ｘ ＝２ꎬ
ｋ ４. 射线ＯＰ所在直线的方程为ｙ ４ｘ. 所以直线ＭＮ过定点 .
∴ ＝ ∴ ＝ (２ꎬ３)
１５ １５ ｘ２ ｙ２
当直线ＭＮ的斜率为 时 直线方程为 ｙ 代入
ì ï ０ ꎬ ＝３ꎬ － ＝１
ｙ ４ｘ
ïï ＝ ꎬ ４ ３
联立í
ï ï ｘ２
１
ｙ
５
２
解得ｙ２
＝ ２
６
８
４
９ ꎬ∴
点Ｑ的纵坐标为
± １
８
７ ꎬ 得ｘ ＝±４ꎬ 不妨令Ｍ (４ꎬ３)ꎬ Ｎ (－４ꎬ３)ꎬ 则 ｋ １＋ ｋ ２＝ ４ ３ － － ２ ０ ＋ － ３ ４ － － ０ ２ ＝
î ＋ ＝１ꎬ
４ 符合题意.
１ꎬ
因此 ＡＢＱ的面积为Ｓ １ ８ １６. 综上 直线ＭＮ过定点 .
ꎬ△ ＝ ×４× ＝ ꎬ (２ꎬ３)
２ １７ １７
设点Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ
(３) ( ０ꎬ ０)、 ( １ꎬ １)ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６８ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
１ ２ 的取值范围为 .
∴ ＯＰ ＋ ＯＱ [ ２ꎬ＋∞)
１.解析 由双曲线定义可知 ＭＦ ＭＦ ａ ｜ ｜ ｜ ｜
(１) ｜ ｜ １｜－｜ ２｜ ｜ ＝２ ＝２ꎬ ｂ ａｂ
∴ ａ ＝１ꎬ 又 ｜ Ｆ １ Ｆ ２｜＝４ꎬ∴ ｃ ＝２ꎬ∵ ａ２ ＋ ｂ２ ＝ ｃ２ ꎬ∴ ｂ ＝ ３ꎬ ２.解析 (１) 由题意得 ｅ ＝ ｃ ＝４ ３ꎬ２ ａ ＝８ꎬ 又ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ ꎬ
∴
双曲线Ｃ的方程为ｘ２
－
ｙ２
＝１
.
∴
ａ２
＝１６ꎬ
ｂ２
＝１２ꎬ
ｃ２
＝４ꎬ∴
椭圆Ｃ的标准方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
.
３ １６ １２
证明 当直线 ｌ 的斜率不存在时 由双曲线的对称性 由 得Ａ 需要分直线 ｌ ｘ 轴与直线 ｌ 不垂直
(２)(ｉ) : ꎬ (２) (１) (４ꎬ０)ꎬ( ⊥
可知 ｌ的方程为ｘ 满足题意. 于ｘ轴两种情况讨论 当直线 ｌ ｘ轴时 由对称性不妨令点
ꎬ ＝±１ꎬ ) ⊥ ꎬ
当直线ｌ的斜率存在时 设ｌ的方程为ｙ ｋｘ ｍ ｋ 且 ｋ Ｅ在ｘ轴上方. ＡＥ ＡＦ 直线 ＡＥ 的斜率为 则 ＡＥ
ꎬ ＝ ＋ ( ≠± ３ ∵ ⊥ ꎬ∴ －１ꎬ :
≠０) . ì ï ï ｙ ＝－ ｘ ＋４ꎬ
ì ï ï ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｍ ꎬ ｙ ＝－ ｘ ＋４ꎬ 联立í ïï ｘ２ ｙ２ 消ｙ得 ７ ｘ２ －３２ ｘ ＋１６＝０ꎬ 解得ｘ ＝ ４
î ＋ ＝１ꎬ ７
由
î
í ïïｘ２
－
ｙ２
＝１ꎬ
得 (３－ ｋ２ ) ｘ２ －２ ｋｍｘ － ｍ２ －３＝０ . １６ １２
æ ö
３ 或ｘ ＝４ꎬ 所以ｘ Ｅ＝ ｘ Ｆ＝ ４ ꎬ 此时 Ｐ è ç ４ ꎬ０ø ÷ ꎬ 故直线 ＡＰ 的斜率
Δ ｋ２ｍ２ ｋ２ ｍ２ ｍ２ ｋ２ . ７ ７
＝４ ＋４(３－ )( ＋３)＝ １２( ＋３－ )(∗)
为 .
{ｙ ｋｘ ｍ æ ｍ ｍö ０
由 ＝ ＋ ꎬ得交点坐标为ç ３ ÷ 当直线ｌ不垂直于ｘ轴时 设Ｅ ｘ ｙ Ｆ ｘ ｙ 直线ｌ ｙ
ｙ ｘ è ｋꎬ ｋøꎬ ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ : ＝
＝ ３ ３－ ３－ ｋｘ ｔ ｔ ｋ ｋ
由 {ｙ ＝ ｋｘ ＋ ｍ ꎬ得交点坐标为 æ ç － ｍ ３ ｍö ÷ ＋ ( {ｙ ≠－ ｋｘ ４ ｔ ꎬ ≠０)ꎬ
ｙ ＝－ ３ ｘ è ３＋ ｋꎬ ３＋ ｋøꎬ 联立 ｘ ＝ ２ ＋ ｙ２ ꎬ 消ｙ整理得 (３＋４ ｋ２ ) ｘ２ ＋８ ｋｔｘ ＋４ ｔ２ －４８＝０ꎬ
３ ＋４ ＝４８ꎬ
由 ＭＰ ＭＱ 得Ｍ为ＰＱ中点 设Ｍ ｘ ｙ
｜ ｜＝｜ ｜ ꎬ ( ０ꎬ ０)ꎬ 依题意知Δ
＝６４
ｋ２ｔ２
－４(３＋４
ｋ２
)(４
ｔ２
－４８)>０ꎬ
则
ì
í
ï ï ï ２ ｘ ０＝
３
ｍ
－
ｋ ＋
３
－ ｍ
＋
ｋꎬ
得
ì
í
ï ïï ｘ ０＝
３
ｍ
－
ｋ ｋ２ ꎬ 即
由根
１６
与
ｋ２
系
－ ｔ２
数
＋１
的
２>
关
０
系
(∗
得
)ꎬ
ｘ ｘ ８ ｋｔ ｘ ｘ ４ ｔ２ －４８.
ï ｍ ｍ ï ｍ １＋ ２＝－ ｋ２ ꎬ １ ２＝ ｋ２
î ïï２ ｙ ０＝ ３ ｋ ＋ ３ ｋꎬ î ïｙ ０＝ ３ ｋ２ ꎬ ＡＥ ＡＦ ３＋４ ３＋４
３－ ３＋ ３－ ∵ ⊥ ꎬ
æ ｍｋ ö２
æ
è ç ３
ｍ
ｋ２
ö
ø ÷
２
∴
Ａ→Ｅ
􀅰
Ａ→Ｆ
＝(
ｘ
１－４)(
ｘ
２－４)＋
ｙ
１
ｙ
２＝(
ｘ
１－４)(
ｘ
２－４)＋(
ｋｘ
１＋
ｔ
)􀅰
点Ｍ在双曲线上 ç ÷ ３－ ｋｘ ｔ ｋ２ ｘ ｘ ｋｔ ｘ ｘ ｔ２
∵ ꎬ∴ è ｋ２ø － ＝１ꎬ ( ２＋ )＝(１＋ ) １ ２＋( －４)( １＋ ２)＋１６＋
３－ ３
ｔ２ ｋｔ ｋ２
化简得ｍ２ ｋ２ ７ ＋３２ ＋１６
＝ －３ꎬ ＝ ｋ２ ＝０ꎬ
３＋４
代入 式 得Δ 直线ｌ与Ｃ有且只有一个交点.
(∗) ꎬ ＝０ꎬ∴ ｔ２ ｋｔ ｋ２ 即 ｔ ｋ ｔ ｋ
∴ ７ ＋３２ ＋１６ ＝０ꎬ (７ ＋４ )( ＋４ )＝ ０ꎬ
综上所述 直线ｌ与Ｃ有且只有一个交点.
ꎬ ｋ
ｔ ４ 且ｔ满足 式
当直线ｌ的斜率不存在时 易知 ＯＰ ＯＱ ｃ 此时 ∴ ＝－ (∗) ꎬ
(ｉｉ) ꎬ ｜ ｜＝｜ ｜＝ ＝２ꎬ ７
æ ｋｔ ｔ ö
｜
Ｏ １ Ｐ
｜
＋
｜
Ｏ ２ Ｑ
｜
＝
２
１ ＋
２
２ ＝
２
３. ∴ ２ Ｏ→Ｐ ＝ Ｏ→Ｅ ＋ Ｏ→Ｆ ＝( ｘ １＋ ｘ ２ꎬ ｙ １＋ ｙ ２)＝ è ç －
３＋
８
４
ｋ２ ꎬ
３＋
６
４
ｋ２ø ÷ ꎬ
æ ｍ ｍö æ ｋｔ ｔ ö
当直线ｌ的斜率存在时 由 及题意不妨令Ｐç ３ ÷ Ｐç ４ ３ ÷
ꎬ (ｉ) è ｋꎬ ｋøꎬ ∴ è－ ｋ２ ꎬ ｋ２øꎬ
３－ ３－ ３＋４ ３＋４
ｔ
æ ｍ ｍö æ ｍ ö２ æ ｍö２ ｍ ３
Ｑç － ３ ÷ 则 ＯＰ ç ÷ ç ３ ÷ ２ ｋ２ ｔ ｋ
è ３＋ ｋꎬ ３＋ ｋøꎬ ｜ ｜＝ è ３－ ｋø ＋è ３－ ｋø ＝ ３－ ｋ ꎬ 故ｋ ＡＰ＝ ３＋ ｋ ４ ｔ ＝－ ｋ２ ３ ｋｔ ＝ ｋ２ ＝ １ ꎬ
４ １６ ＋４ ＋１２ ８ ＋７ ｋ ７
ｍ － ｋ２ －４ ８ ＋ ｋ
同理可得 ＯＱ ２ ３＋４
ꎬ｜ ｜＝ ｋ ꎬ
３＋ æ ö
当ｋ 时 ｋ ７ ç ｋ ７ ÷ ｋ ７ 当
ｍ ｍ ｍ２ <０ ꎬ８ ＋ ｋ ＝－è－８ ＋ ｋø≤－２ －８ 􀅰 ｋ＝－４ １４ꎬ
则 ＯＰ ＯＱ ２ ２ ４ . － －
｜ ｜􀅰｜ ｜＝ ｋ􀅰 ｋ ＝ ｋ２ ＝４
３－ ３＋ ３－
且仅当 ｋ ７ 即ｋ １４时取等号 此时 １４ ｋ
－８ ＝ ｋꎬ ＝－ ꎬ － ≤ ＡＰ<０ꎻ
ＯＰ ＯＰ － ４ ５６
１ ２ １ ｜ ｜ １ ｜ ｜ 当且
∴ ＯＰ ＋ ＯＱ ＝ ＯＰ ＋ ≥２ ＯＰ 􀅰 ＝ ２ꎬ
｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ２ ｜ ｜ ２ 当ｋ 时 ｋ ７ ｋ ７ 当且仅当 ｋ ７ 即
ＯＰ >０ ꎬ８ ＋ ｋ ≥２ ８ 􀅰 ｋ ＝４ １４ꎬ ８ ＝ ｋ ꎬ
仅当 １ ｜ ｜ 即 ＯＰ 时取等号.
ＯＰ ＝ ꎬ ｜ ｜＝ ２
｜ ｜ ２
ｋ １４时取等号 此时 ｋ １４.
又 ＯＰ ＝ ꎬ ０< ＡＰ≤
∵ ｜ ｜∈(０ꎬ＋∞)ꎬ ４ ５６
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ６９
é ù 不存在.
综上 直线ＡＰ的斜率的取值范围为ê ê １４ １４ ú ú. (２)
ꎬ ë－ ꎬ û 理由如下 假设存在圆Ｆ 满足题意 当圆Ｆ 过原点Ｏ时 直
５６ ５６ : １ ꎬ １ ꎬ
线ＰＮ与ｙ轴重合 直线ＰＭ的斜率为 不符合题意.不妨设
ꎬ ０ꎬ
１.解析
(１)
由题意得 ｂ
＝１ꎬ２
ｃ
＝２ꎬ
所以 ｃ
＝１ꎬ
所以 ａ２
＝
ｂ２
＋
ＰＭ
:
ｙ
＝
ｋ
１
ｘ
＋２(
ｋ
１≠０)ꎬ
ＰＮ
:
ｙ
＝
ｋ
２
ｘ
＋２(
ｋ
２≠０)ꎬ
Ｍ
(
ｘ
１ꎬ
ｙ
１)ꎬ
ｃ２ 所以椭圆Ｅ的方程为
ｘ２
ｙ２ .
Ｎ
(
ｘ
２ꎬ
ｙ
２)ꎬ
圆Ｆ
１
的半径为ｒ
ꎬ
＝２ꎬ ＋ ＝１ ｋ
２ 则圆心到直线ＰＭ的距离为｜－２ １＋２｜ ｒ 到直线 ＰＮ的距离
存在.由已知得 直线ＢＣ的斜率存在 且Ｂ Ｃ在ｘ轴的同 ＝ ꎬ
(２) ꎬ ꎬ ꎬ １＋
ｋ２
１
侧 设直线ＢＣ 的方程为 ｙ ｋ ｘ Ｂ ｘ ｙ Ｃ ｘ ｙ
ｋ
ｙ １ ｙ
ꎬ
ì ２ ｙ >０ ｋ ꎬ 不 ｘ 妨令ｘ １< ｘ ２ꎬ 则ｘ １<
＝
ｔ <
(
ｘ ２ꎬ
－２)ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ 为｜－２
１＋
２＋
ｋ２ ２
２｜
＝
ｒ
ꎬ
则 ｋ
１ꎬ
ｋ
２
是关于 ｋ 的方程
(
ｒ２
－４)
ｋ２
＋８
ｋ
＋
ｒ２
－
ï ï ＝ ( －２)ꎬ 的两异根 此时ｋ ｋ
由
î
í
ïï
ｘ２
＋ ｙ２ ＝１
消去ｙ得
(１＋２
ｋ２
)
ｘ２
－８
ｋ２ｘ
＋８
ｋ２
－２＝０ꎬ
４＝０
ì ï ï ｙ ＝ ｋ １ ｘ ＋２
ꎬ
ꎬ
１ ２＝１ꎬ
２
ｋ２ ｋ２
联立í
ïï
ｘ２ ｙ２ 消ｙ得
(１＋２
ｋ２
１)
ｘ２
＋８
ｋ
１
ｘ
＝０ꎬ
所以Δ ｋ２ ｘ ｘ ８ ｘ ｘ ８ －２ î ＋ ＝１ꎬ
＝８(１－２ )>０ꎬ １＋ ２＝ ｋ２ ꎬ １ ２＝ ｋ２ ꎬ ８ ４
１＋２ １＋２ ｋ ｋ ｋ２
所以ｘ ｘ －８ １ 即ｘ －８ １ 得ｙ ２－４ １.
因为Ｓ
１＝
１
(
ｔ
－
ｘ
１)｜
ｙ
１｜ꎬ
Ｓ
２＝
１
(２－
ｔ
)｜
ｙ
２－
ｙ
１｜ꎬ
Ｐ＋ Ｍ＝
１＋２
ｋ２
１
ꎬ Ｍ＝
１＋２
ｋ２
１
ꎬ Ｍ＝
１＋２
ｋ２
１
２ ２
æ ｋ ｋ２ö æ ｋ ｋ２ö
Ｓ １ ｘ ｔ ｙ 所以Ｍç －８ １ ２－４ １÷ 同理Ｎç －８ ２ ２－４ ２÷.
３＝
２
( ２－ )｜ ２｜ꎬ è
１＋２
ｋ２
１
ꎬ
１＋２
ｋ２
１
øꎬ è
１＋２
ｋ２
２
ꎬ
１＋２
ｋ２
２
ø
æ ｋ ｋ２ ö
所以Ｓ Ｓ １ ｘ ｔ ｔ ｘ ｙ ｙ 由ｋ １ 得Ｎç－８ １ ２ １－４÷
１􀅰 ３＝
４
( ２－ )( － １)｜ １ ２｜ ２＝ｋ
１
ꎬ è
２＋
ｋ２
１
ꎬ
２＋
ｋ２
１
øꎬ
１ ｘ ｔ ｔ ｘ ｙ ｙ 由题意 得ＰＭ ＭＮ 即ｋ １
＝ ( ２－ )( － １) １ ２ ꎬ ⊥ ꎬ ＭＮ＝－ｋ ꎬ
４
１
＝
４
１ｋ２ ( ｘ ２－ ｔ )( ｔ － ｘ １)( ｘ １－２)( ｘ ２－２) ２－４
ｋ
ｋ
２
２ １
－
２ ｋ２ １
ｋ
－
２
４
ｋ２ ｋ２ ｋ２ ｋ２
即ｋ １＋２ １ ２＋ １ (－２ １＋１)( １＋２)－( １－２)(２ １＋１)
＝ ４
１ｋ２
[
ｔ
(
ｘ
１＋
ｘ
２)－
ｘ
１
ｘ
２－
ｔ２
]􀅰[
ｘ
１
ｘ
２－２(
ｘ
１＋
ｘ
２)＋４]
ＭＮ＝
－８
ｋ
ｋ １ ２ － －８ ｋ
ｋ
２ １
＝
４
ｋ
１(２
ｋ２
１＋１)－４
ｋ
１(
ｋ２
１＋２)
( ｋ２ｔ ｋ２ ) ( ｋ２ ｋ２ ) １＋２ １ ２＋ １
１ｋ２ ８ ８ －２ ｔ２ ８ －２ １６ ｋ４ ｋ２
＝ ｋ２ － ｋ２ － 􀅰 ｋ２ － ｋ２ ＋４ －４ １＋４ －( １＋１) １
４ １＋２ １＋２ １＋２ １＋２ ＝ ｋ ｋ２ ＝ ｋ ＝－ｋ ꎬ
ｋ２ ４ １( １－１) １ １
ｋ２ ｔ ２ ｔ２ 因为ｋ 所以方程无解 故不存在圆Ｆ 使得 ＰＭＮ是以
＝
２(１＋２
ｋ２
)
２ [－２ ( －２) － ＋２]ꎬ １≠０ꎬ ꎬ １ꎬ △
ＰＮ为斜边的直角三角形.
１ Ｓ２ １ ｔ ２ ｙ ｙ ２ １ｋ２ ｔ ２ ｘ ｘ ２
２＝ (２－ ) ( ２－ １) ＝ (２－ ) ( ２－ １)
４ １６ １６
１ｋ２ ｔ ２ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ
＝ ( －２) [( ２＋ １) －４ １ ２] １.Ａ ２.Ａ ３.Ａ ４.Ｃ ５.Ａ ６.ＡＣ ７.ＡＣＤ
１６
[æ ｋ２ ö２ ｋ２ ] ８.答案
１ｋ２ ｔ ２ ç ８ ÷ ３２ －８ ２
＝ ( －２) è ｋ２ø － ｋ２
１６ １＋２ １＋２
９.答案 ６
ｋ２
(１ꎬ１)ꎻ
＝ ｋ２ ２ [－２ ｋ２ ( ｔ －２) ２ ＋( ｔ －２) ２ ]ꎬ ３
２(１＋２ ) １０.解析 设圆Ｍ的半径为 ｒ 圆 ｘ２ ｙ２ ｘ 的圆心为
(１) ꎬ ＋ －２ ＝０
要使Ｓ １ Ｓ Ｓ 总成等比数列 则应有 ｔ２ ｔ ２ 解得 Ｎ 则Ｎ 圆Ｎ的半径为 分
１ꎬ ２ꎬ ３ ꎬ － ＋２＝( －２) ꎬ ꎬ (１ꎬ０)ꎬ １ꎬ (１ )
２ 因为圆Ｍ与圆Ｎ内切 且与直线ｘ 相切 所以 ＭＮ ｒ
ｔ ꎬ ＝－２ ꎬ ｜ ｜＝ －
＝１ꎬ
圆心Ｍ到直线ｘ 的距离为ｒ 分
１ꎬ ＝－２ ꎬ (２ )
所以存在ｔ 使得Ｓ １ Ｓ Ｓ 总成等比数列. 故圆心Ｍ到点Ｎ的距离与到直线ｘ 的距离相等
＝１ꎬ １ꎬ ２ꎬ ３ ＝－１ ꎬ
２
分
ｃ (３ )
２.解析 由题意设焦距为 ｃ 则 ｃ 由离心率 ２
(１) ２ ꎬ ＝２ꎬ ａ ＝ ꎬ 根据抛物线的定义 知曲线 Ｅ 是以 Ｎ 为焦点 直线 ｘ
２ ꎬ (１ꎬ０) ꎬ ＝
得ａ 则ｂ２ ａ２ ｃ２ －１
为准线的抛物线
ꎬ
所以曲线Ｅ的方程为ｙ２
＝４
ｘ.
(４
分
)
＝２ ２ꎬ ＝ － ＝４ꎬ
圆心Ｎ 与Ｆ重合.设直线 ＡＢ 的方程为 ｘ ｍｙ ｍ
ｘ２ ｙ２ (２) (１ꎬ０) ＝ ＋１ꎬ
所以Γ的方程为 .
＋ ＝１ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ .
８ ４ ≠０ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７０ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
{ｘ ｍｙ {ｙ ｙ ｍ
联立 ＝ ＋１ꎬ消ｘ整理得ｙ２ ｍｙ 故 １＋ ２＝４ ꎬ １２.解析 (１) 由 ( ｘ ＋ ２) ２ ＋ ｙ２ － ( ｘ － ２) ２ ＋ ｙ２ ＝２ 可得
ｙ２ ｘ －４ －４＝０ꎬ ｙ ｙ
＝４ ꎬ １ ２＝－４ꎬ ｘ ２ ｙ２ ｘ ２ ｙ２ 分
分 ( ＋ ２) ＋ ＝ ( － ２) ＋ ＋２ꎬ (２ )
(６ )
所以 ＡＢ ＡＦ ＢＦ ｘ ｘ ｍｙ ｍｙ 两边平方可得 ( ｘ ＋ ２) ２ ＋ ｙ２ ＝( ｘ － ２) ２ ＋ ｙ２ ＋４ ( ｘ － ２) ２ ＋ ｙ２ ＋
｜ ｜＝｜ ｜＋｜ ｜＝ １＋１＋ ２＋１＝ １＋１＋１＋ ２＋１＋１
ｍ ｙ ｙ ｍ２ . 分 ４ꎬ
化简整理得ｘ２
－
ｙ２
＝１ꎬ (３
分
)
＝ ( １＋ ２)＋４＝４ ＋４ (８ )
由 ｘ ２ ｙ２ ｘ ２ ｙ２ 得ｘ
因为ＡＢ ＣＤ 所以直线ＣＤ的方程为ｘ １ｙ ( ＋ ２) ＋ >( － ２) ＋ >０ꎬ
⊥ ꎬ ＝－ｍ ＋１ꎬ
故曲线Ｃ的方程是ｘ２ ｙ２ ｘ . 分
－ ＝１( >０) (４ )
同理可得 ＣＤ ４ . 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 直线 ＭＮ 的方程为 ｙ ｋ ｘ ｍ
｜ ｜＝ｍ２ ＋４ (２) ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ＝ ( － )
æ ö ｋ 则直线ｌ的方程为ｙ １ ｘ ｍ 即ｘ ｋｙ ｍ
所以 Ｓ １ ＡＢ ＣＤ １ ｍ２ ç ４ ÷ ( ≠０)ꎬ ＝－ ｋ ( － )ꎬ ＋ － ＝０ꎬ
＝ ｜ ｜ 􀅰 ｜ ｜ ＝ (４ ＋４) 􀅰 èｍ２ ＋４ø ＝
２ ２ 分
(５ )
æ ö æ ö
８è
ç
２＋
ｍ２
＋ｍ
１
２ø
÷
≥８è
ç
２＋２
ｍ２
􀅰ｍ
１
２ø
÷
＝３２ꎬ
当且仅当 ｍ２
＝ｍ
１
２ ꎬ
即
ｍ 时 取等号.
＝±１ ꎬ
所以四边形ＡＢＣＤ面积Ｓ的最小值为 . 分
３２ (１２ )
１１.解析 因为椭圆Ｃ经过点Ａ 和Ｂ 所
(１) １(－２ꎬ０) (０ꎬ－ ３)ꎬ
以ａ ｂ ｃ ａ２ ｂ２
＝２ꎬ ＝ ３ꎬ ＝ － ＝１ꎬ
ｘ２ ｙ２ ｃ ｍ
所以椭圆Ｃ的方程为
＋ ＝１ꎬ
离心率ｅ
＝ ａ ＝
１.
∵
直线ｌ与圆Ｏ相切
ꎬ∴
｜ ｜
＝１ꎬ
则ｍ２
＝
ｋ２
＋１ꎬ
４ ３ ２ ｋ２
１＋
ＭＮＡ 的面积与 ＮＡ Ｂ 的面积相等.理由如下 设
(２)△ １ △ ２ : {ｘ２ ｙ２
Ｐ ｘ ｙ 由 － ＝１ꎬ 得 ｋ２ ｘ２ ｍｋ２ｘ ｍ２ｋ２
( ０ꎬ ０)ꎬ ｙ ｋ ｘ ｍ ( －１) －２ ＋ ＋１＝０ꎬ
＝ ( － )
ｙ ｙ
直线ＰＡ ｙ ０ ｘ 令ｘ 得ｙ ２ ０ 由题意知Δ ｍ２ｋ４ ｋ２ ｍ２ｋ２ ｍ２ｋ２ ｋ２
１: ＝ｘ ( ＋２)ꎬ ＝０ꎬ Ｍ＝ｘ ꎬ ＝４ －４( －１)( ＋１)＝ ４( － ＋１)>０
０＋２ ０＋２
ｍ
ｙ ｘ (∵ >１)ꎬ
直线ＰＢ ｙ ０＋ ３ｘ 令ｙ 得ｘ ３ ０ ｍｋ２ ｍ２ｋ２
: ＝ ｘ － ３ꎬ ＝０ꎬ Ｎ＝ ｙ ꎬ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ＋１ ｋ 或ｋ 分
０ ０＋ ３ １＋ ２＝ｋ２
－１
>０ꎬ １ ２＝ ｋ２
－１
>０ꎬ∴ <－１ >１ꎬ (６ )
æ ｘ ö ｙ
所以Ｓ １ çç ３ ０ ÷÷ ２ ０ 则 ＭＮ ｋ２ ｘ ｘ ｋ２ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ
△ ＭＮＡ １ ＝ ２ èｙ ０＋ ３ ＋２ø􀅰ｘ ０＋２ ｜ ｜
ｋ
＝
２ ｍ
１＋
２ｋ２ ｋ
｜
２
１ － ２ ｜ ＝ １＋ 􀅰 ( １＋ ２) －４ １ ２
ｘ ｙ ｙ ｙ ２ (１＋ )( － ＋１)
＝
３
ｘ
０ ０＋２ ０
ｙ
( ０＋ ３)
ꎬ
＝ ｋ２ －１ ꎬ
( ０＋２)( ０＋ ３)
又原点Ｏ到直线ＭＮ的距离ｄ ｜
ｋｍ
｜ 分
Ｓ １
æ
çç ３
ｘ
０
ö
÷÷ ２ ３(
ｙ
０＋ ３)－３
ｘ
０
＝ ｋ２
＋１
ꎬ (７ )
△ ＮＢＡ ２ ＝ è２－ ｙ ø􀅰 ３＝ ｙ ꎬ
２ ０＋ ３ ２( ０＋ ３) Ｓ １ｄ ＭＮ
ｘ ｙ ｙ ｙ ｙ ｘ ∴ △ ＯＭＮ＝ 􀅰｜ ｜
故Ｓ Ｓ ３ ０ ０＋２ ０( ０＋ ３) ２ ３( ０＋ ３)－３ ０ ２
△ ＭＮＡ １ － △ ＮＢＡ ２ ＝ ｘ ｙ － ｙ ｋ２ｍ２ ｍ２ｋ２ ｋ２ ｋ２ ｋ２ ｋ４
( ０＋２)( ０＋ ３) ２( ０＋ ３) ( － ＋１) ( ＋１)( ＋１) 分
４
ｙ２
０＋３
ｘ２
０－１２ 因为点 Ｐ ｘ ｙ 在椭圆上 所以
ｘ２
０
＝
(
ｋ２
－１)
２ ＝
(
ｋ２
－１)
２ ꎬ (８ )
＝ ｘ ｙ ꎬ ( ０ꎬ ０) ꎬ ＋ 设ｔ ｋ２ ｔ
２( ０＋２)( ０＋ ３) ４ ＝ －１ꎬ >０ꎬ
ｙ２
ｙ
ｋ２
(
ｋ２
＋１)(
ｋ４
＋１) (
ｔ
＋１)(
ｔ
＋２)(
ｔ２
＋２
ｔ
＋２)
０ ＝１ꎬ 即 ４ ｙ２ ０＋３ ｘ２ ０－１２＝０ꎬ ＝
(
ｋ２
－１)
２ ＝ ｔ２
３
所以Ｓ Ｓ .
△ ＭＮＡ １ ＝ △ ＮＢＡ ２ ＝ ｔ２ ＋５ ｔ ＋１０＋ １ ｔ ０ ＋ｔ ４ ２ . (１０ 分 )
ｔ２ ４ ｔ２ ４ 当且仅当ｔ 时等号成立
∵ ＋ｔ２ ≥２ 􀅰ｔ２ ＝４ꎬ ＝ ２ ꎬ
ｔ １０ ｔ １０ 当且仅当ｔ 时等号成立
５ ＋ ｔ ≥２ ５ 􀅰 ｔ ＝１０ ２ꎬ ＝ ２ ꎬ
ｔ 时 ｙ 分
∴ ＝ ２ ꎬ ｍｉｎ＝１４＋１０ ２ꎬ (１１ )
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ７１
１３.答案
ｋ２ 即ｋ 时 Ｓ . ５ꎻ１０
∴ －１＝ ２ꎬ ＝± ２＋１ ꎬ( △ ＯＭＮ)ｍｉｎ＝ １４＋１０ ２ １４.答案
分 ８０ꎻ５１
(１２ )
方法总结
直线与圆锥曲线相交中三角形面积最值问题ꎬ一般设交点坐
标为(ｘ ꎬｙ )ꎬ(ｘ ꎬｙ )ꎬ直线方程为ｙ ｋｘ ｍꎬ由直线满足的其
１ １ ２ ２ ＝ ＋
他条件得出ｋꎬｍ 关系ꎬ直线方程与圆锥曲线方程联立后消
１.Ｂ ２.Ｄ ３.Ｄ ４.Ｄ ５.Ａ ６.ＢＤ ７.ＡＤ ８.ＡＢＤ
元ꎬ应用根与系数的关系得 ｘ ｘ ꎬｘ ｘ (或 ｙ ｙ ꎬｙ ｙ )ꎬ由弦
１＋ ２ １ ２ １＋ ２ １ ２ ９.答案
１６０
长公式求得弦长(即三角形的底)ꎬ由点到直线距离公式求出
１０.答案
三角形的高ꎬ从而求得三角形的面积ꎬ并化简表达式ꎬ然后利 ９ꎻ－１８
１１.答案
用函数知识、基本不等式或导数求得最值. ４
１２.答案
１５０
１３.答案
专题十 计数原理 ２８
１４.答案
４９
10.1 计数原理、排列与组合
１.Ｃ ２.Ｂ ３.Ｃ ４.Ｃ ５.Ｃ ６.Ａ ７.Ｂ ８.ＡＢＤ ９.ＡＤ
考点 计数原理、排列与组合
１０.ＢＣＤ １１.ＡＣ １２.ＡＢＤ
１.Ｄ ２.Ｄ ３.Ｃ ４.Ｂ ５.Ｃ ６.Ｃ ７.Ｂ
１３.答案
２０
８.答案
１８０
１４.答案
９６
９.答案
６４
１５.答案
２４
１０.答案
３６
１６.答案 ２５５
１１.答案 －
１６ １２８
１７.答案
６０
专题十一 概率与统计
１.Ａ ２.Ａ ３.Ａ ４.Ｃ ５.Ｄ ６.Ｄ ７.Ｄ ８.Ｂ 11.1 随机事件及概率
９.答案
８１
１０.答案
２４
１１.答案 考点1 随机事件的概率
８
１２.答案 １.Ｂ ２.Ｂ ３.Ｃ
９１２
考点2 古典概型
10.2 二项式定理
１.Ｃ ２.Ａ ３.Ｄ ４.Ａ
５.答案 ３
１０
考点 二项式定理
６.答案 ６
１.Ｃ ２.Ａ
３５
３.答案
考点3 事件的相互独立性
６０
４.答案
－２８ １.Ｂ ２.Ｄ ３.ＡＢＤ
５.答案
１５
４.答案 １ ２
６.答案 ꎻ
－４ ６ ３
７.答案 ５.答案 .
２ ０ １８
８.答案 ６.解析 Ｘ 就是 平后 两人又打了 个球该局
２４０ (１) ＝２ １０ ∶ １０ ꎬ ２
９.答案 比赛结束 则这 个球均由甲得分 或者均由乙得分.因此
１０ ꎬ ２ ꎬ
１０.答案 Ｐ Ｘ . . . . . .
２８ ( ＝２)＝ ０ ５×０ ４＋(１－０ ５)×(１－０ ４)＝ ０ ５
１１.答案 Ｘ 且甲获胜 就是 平后 两人又打了 个球该
１６ ２ꎻ５ (２) ＝４ ꎬ １０ ∶ １０ ꎬ ４
１２.答案 局比赛结束 且这 个球的得分情况为 前两球是甲 乙各得
８ꎻ－２ ꎬ ４ : 、
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７２ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
分 后两球均为甲得分.因此所求概率为 . .
１ ꎬ [０ ５×(１－０ ４)＋ ５.答案 ５
. . . . . .
(１－０ ５)×０ ４]×０ ５×０ ４＝０ １ ９
名师点拨 ６.解析 设Ａ ｉꎬ Ｂ ｉꎬ Ｃ ｉ 表示第ｉ次种植农作物Ａ ꎬ Ｂ ꎬ Ｃ 的事件 ꎬ
由于先多得两分的一方获胜ꎬ 平后ꎬ又打 Ｘ 球该局比 其中ｉ .
１０ ∶ １０ ＝１ꎬ２ꎬ３
赛结束ꎬ故Ｘ 和Ｘ 分别表示打 球和 球后有一方比 在第一次种植Ｂ的情况下 第三次种植Ａ的概率为
＝２ ＝４ ２ ４ (１) ꎬ
对方多得 分.
２
Ｐ Ａ Ｐ Ｃ Ｂ Ｐ Ａ Ｃ ３ ２ ３.
( ３)＝ ( ２｜ １) ( ３｜ ２)＝ × ＝
考点4 条件概率与全概率公式 ４ ５ １０
１.Ａ 由已知条件 得在第 次种植 Ａ 的前提下 Ｐ Ｂ １
(２) ꎬ １ ( ２)＝ ꎬ
３
２.答案 １ ３
Ｐ Ａ Ｂ １ Ｐ Ｃ Ｂ ３
ꎻ
２０ ５
( ３｜ ２)＝ ꎬ ( ３｜ ２)＝ ꎬ
４ ４
２
３.解析 由题中数据可知Ｋ２ ２００×(４０×９０－１０×６０)
Ｐ Ｃ ２ Ｐ Ａ Ｃ ２ Ｐ Ｂ Ｃ ３
(１) ＝
１００×１００×５０×１５０
＝２４> ( ２)＝
３
ꎬ ( ３｜ ２)＝
５
ꎬ ( ３｜ ２)＝
５
ꎬ
. 所以有 ％的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群 因为第一次必种植Ａ 则随机变量Ｘ的可能取值为
６６３５ꎬ ９９ ꎬ １ꎬ２ꎬ
体的卫生习惯有差异. Ｐ Ｘ Ｐ Ｃ Ｂ Ｐ Ｂ Ｃ Ｐ Ｂ Ｃ Ｐ Ｃ
( ＝ １)＝ ( ２ ３)＋ ( ２ ３)＝ ( ３ ｜ ２)􀅰 ( ２)＋
Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ ＡＢ Ｐ Ａ
证明 因为 Ｒ ( ｜ ) ( ｜ ) ( ) ( ) Ｐ Ｃ Ｂ Ｐ Ｂ ３ ２ ３ １ １３
(２)(ｉ) : ＝ 􀅰 ＝ Ｐ Ａ 􀅰 ( ３｜ ２)􀅰 ( ２)＝ × ＋ × ＝ ꎬ
Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ( ) Ｐ ＢＡ ５ ３ ４ ３ ２０
( ｜ ) ( ｜ ) ( )
Ｐ Ｘ Ｐ Ｃ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｃ Ｐ Ｃ
Ｐ ＢＡ Ｐ Ａ Ｐ ＡＢ Ｐ ＢＡ ( ＝ ２)＝ ( ２ ３) ＋ ( ２ ３)＝ ( ３ ｜ ２)􀅰 ( ２) ＋
( ) ( ) ( )􀅰 ( )
􀅰 􀅰 ＝ ꎬ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ｂ ２ ２ １ １ ７
Ｐ Ａ Ｐ ＢＡ Ｐ ＢＡ Ｐ ＢＡ
( ) ( ) ( )􀅰 ( )
( ３｜ ２)􀅰 ( ２)＝ × ＋ × ＝ ꎬ
５ ３ ４ ３ ２０
æ Ｐ ＡＢ ö 所以Ｘ的分布列为
ç注意Ｐ Ｂ Ａ ( )÷
è ( ｜ )＝ Ｐ Ａ ø
( )
Ｘ
１ ２
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ ＡＢ Ｐ Ｂ Ｐ ＡＢ
且 ( ｜ ) ( ｜ ) ( ) ( ) ( )
Ｐ Ａ Ｂ 􀅰 Ｐ Ａ Ｂ ＝ Ｐ Ｂ 􀅰 Ｐ ＡＢ 􀅰 Ｐ Ｂ 􀅰 Ｐ １３ ７
( )
( ｜ ) ( ｜ ) ( ) ( )
２０ ２０
Ｐ Ｂ Ｐ ＡＢ Ｐ ＡＢ
( ) ( )􀅰 ( )
Ｐ ＡＢ ＝ Ｐ ＡＢ Ｐ ＡＢ ꎬ Ｅ ( Ｘ )＝ １× １３ ＋２× ７ ＝ ２７.
( ) ( )􀅰 ( ) ２０ ２０ ２０
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ
所以Ｒ ( ｜ ) ( ｜ ). 11.2 离散型随机变量及其分布列、均值、方差
＝ 􀅰
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ
( ｜ ) ( ｜ )
由题表中数据可知 Ｐ Ａ Ｂ ４０ ２ Ｐ Ａ Ｂ １０
(ｉｉ) ( ｜ )＝ ＝ ꎬ ( ｜ )＝ ＝
１００ ５ １００ 考点 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
１ Ｐ Ａ Ｂ ６０ ３ Ｐ Ａ Ｂ ９０ ９
１.Ｂ ２.Ｄ ３.Ａ
ꎬ ( ｜ )＝ ＝ ꎬ ( ｜ )＝ ＝ ꎬ
１０ １００ ５ １００ １０
４.答案 ８
１ꎻ
２ ９
９
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ
所以Ｒ ( ｜ ) ( ｜ ) ５ １０ . ５.解析 甲以往参加的 次比赛中 有 次比赛成绩达
＝ 􀅰 ＝ × ＝６ (１) １０ ꎬ ４
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ
( ｜ ) ( ｜ ) ３ １ 到获得优秀奖的标准.
５ １０
设Ａ为事件 甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖 则
“ ”ꎬ
Ｐ Ａ ４ ２.
( )＝ ＝
１０ ５
Ｘ所有可能的取值为
(２) ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ
１.Ｄ ２.Ｄ ３.Ｄ ４.Ｃ ５.Ｂ ６.Ｂ ７.Ａ ８.Ｄ
设Ｂ为事件 乙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖 Ｃ为事
“ ”ꎬ
９.答案 ３ 件 丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖
“ ”ꎬ
５
则Ｐ Ｂ ３ １ Ｐ Ｃ ２ １ 由 知Ｐ Ａ ２
( )＝ ＝ ꎬ ( )＝ ＝ ꎬ (１) ( )＝ ꎬ
６ ２ ４ ２ ５
１.Ａ ２.ＢＤ ３.ＢＣ 则Ｐ Ｘ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ
( ＝０)＝ ( ) ( ) ( )
æ ö æ ö æ ö
４.答案 ５ ç ２ ÷ ç １ ÷ ç １ ÷ ３
＝ è１－ ø×è１－ ø×è１－ ø ＝ ꎬ
９ ５ ２ ２ ２０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ７３
意义 若一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过 则
Ｐ Ｘ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ
(３) : １ꎬ
( ＝１)＝ ( ) ( ) ( )＋ ( ) ( ) ( )＋ ( ) ( )􀅰
若干代后会临近灭绝 若繁殖后代的平均数超过 则若干代
ꎬ １ꎬ
Ｐ Ｃ ２ １ １ ３ １ １ ３ １ １ ２
( )＝ × × ＋ × × ＋ × × ＝ ꎬ 后还有继续繁殖的可能.
５ ２ ２ ５ ２ ２ ５ ２ ２ ５
７.解析 记Ａ 第ｉ次投篮的人是甲 Ｂ 第 ｉ 次投篮的
Ｐ Ｘ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ｉ＝“ ”ꎬ ｉ＝“
( ＝２)＝ ( ) ( ) ( )＋ ( ) ( ) ( )＋ ( ) ( )􀅰
人是乙 .
”
Ｐ Ｃ ２ １ １ ２ １ １ ３ １ １ ７
( )＝ × × ＋ × × ＋ × × ＝ ꎬ 因为Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ｂ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
５ ２ ２ ５ ２ ２ ５ ２ ２ ２０ (１) ( ２)＝ ( １ ２)＋ ( １ ２)＝ ( １) ( ２｜ １)＋
Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ Ｂ . . . . .
Ｐ Ｘ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ ２ １ １ １ ( １) ( ２｜ １)＝ ０ ５×(１－０ ６)＋０ ５×０ ８＝０ ６ꎬ
( ＝３)＝ ( ) ( ) ( )＝ × × ＝ ꎬ 所以第 次投篮的人是乙的概率为 . .
５ ２ ２ １０ ２ ０ ６
设Ｐ Ａ ｐ 则Ｐ Ｂ ｐ 所以Ｐ Ａ Ｐ ＡＡ
Ｅ Ｘ ３ ２ ７ １ ７. (２) ( ｉ)＝ ｉꎬ ( ｉ)＝ １－ ｉꎬ ( ｉ ＋１)＝ ( ｉ ｉ ＋１)＋
∴ ( )＝ ０× ＋１× ＋２× ＋３× ＝
Ｐ ＢＡ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ
２０ ５ ２０ １０ ５ ( ｉ ｉ ＋１)＝ ( ｉ) ( ｉ ＋１｜ ｉ)＋ ( ｉ) ( ｉ ＋１｜ ｉ)ꎬ
丙获得冠军的可能性最大. 依据 在收集的以往的比赛
即ｐ . ｐ . ｐ . ｐ . .
(３) ( : ｉ ＋１＝０ ６ ｉ＋(１－０ ８)×(１－ ｉ)＝ ０ ４ ｉ＋０ ２
成绩中 丙的最高成绩为 . 是三人中最高的
æ ö
ꎬ ９ ８５ ｍꎬ ) 设ｐ λ ２ ｐ λ 解得λ １ 则ｐ １ ２ çｐ １ ÷
６.解析 Ｅ Ｘ . . . . . ｉ ＋１＋ ＝ ( ｉ＋ )ꎬ ＝－ ꎬ ｉ ＋１－ ＝ è ｉ－ øꎬ
(１) ( )＝ ０×０ ４＋１×０ ３＋２×０ ２＋３×０ １＝１ ５ ３ ３ ５ ３
证明 设ｆ ｘ ｐ ｘ３ ｐ ｘ２ ｐ ｘ ｐ { }
(
由
２
题
)
易知
:
ｐ ｐ
( )
ｐ
＝
ｐ
３ ＋ ２ ＋( １－１) ＋ ０ꎬ 因为ｐ １＝
２
１ ꎬ ｐ １－
３
１ ＝
６
１ ꎬ 所以 ｐ ｉ－
３
１ 是首项为 １
６
ꎬ 公比为 ２
５
３＋ ２＋ １＋ ０＝１ꎬ
æ öｉ －１ æ öｉ －１
故ｆ ｘ ｐ ｘ３ ｐ ｘ２ ｐ ｐ ｐ ｘ ｐ 的等比数列 所以ｐ １ １ ç ２ ÷ 即ｐ １ ç ２ ÷ １.
( )＝ ３ ＋ ２ －( ２＋ ０＋ ３) ＋ ０ꎬ ꎬ ｉ－ ＝ ×è ø ꎬ ｉ＝ ×è ø ＋
ｆ ′ ｘ ｐ ｘ２ ｐ ｘ ｐ ｐ ｐ ３ ６ ５ ６ ５ ３
( )＝ ３ ３ ＋２ ２ －( ２＋ ０＋ ３)ꎬ æ öｉ －１
Ｅ Ｘ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ 所以第ｉ次投篮的人是甲的概率为１ ç ２ ÷ １.
( )＝ ０􀅰 ０＋１􀅰 １＋２􀅰 ２＋３􀅰 ３＝ １＋２ ２＋３ ３ꎬ
６
×è
５
ø ＋
３
若Ｅ ( Ｘ )≤１ꎬ 则ｐ １＋２ ｐ ２＋３ ｐ ３≤１ꎬ 故ｐ ２＋２ ｐ ３≤ ｐ ０ꎬ 因为ｐ １ æ ç ２ ö ÷ ｉ －１ １ ｉ ｎ
因为ｆ ′ ｐ ｐ ｐ (３) ｉ＝ ×è ø ＋ ꎬ ＝１ꎬ２ꎬ􀆺ꎬ ꎬ
(０)＝ －( ２＋ ０＋ ３)<０ꎬ ６ ５ ３
ｆ ′ ｐ ｐ ｐ æ öｎ
(１)＝ ２＋２ ３－ ０≤０ꎬ ç ２ ÷
１－è ø ｎ
所以ｆ ′ ｘ 有两个不同零点ｘ ｘ 且ｘ ｘ 所以当ｎ Ｎ 时 Ｅ Ｙ ｐ ｐ ｐ １ ５
( ) １ꎬ ２ꎬ １<０<１≤ ２ꎬ ∈ ꎬ ( )＝ １＋ ２＋􀆺＋ ｎ＝ × ＋ ＝
当ｘ ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ６ ２ ３
∈(－∞ꎬ １)∪( ２ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ １－
当ｘ ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ５
故ｆ
∈
ｘ
(
在
１ꎬ ２)
ｘ
ꎬ (
ｘ
)<０ꎬ
上为增函数 ５
é
ë êê １－
æ
è ç ２
ö
ø ÷
ｎù
û úú ＋
ｎ
ꎬ
( ) (－∞ꎬ １)ꎬ( ２ꎬ＋∞) ꎬ
１８ ５ ３
在 ｘ ｘ 上为减函数 é æ öｎù ｎ
( １ꎬ ２) ꎬ 故Ｅ Ｙ ５ êê ç ２ ÷ úú .
若ｘ 因为ｆ ｘ 在 ｘ 上为增函数 在 ｘ ｘ 上为 ( )＝ ë１－è ø û＋
２＝１ꎬ ( ) ( ２ꎬ＋∞) ꎬ ( １ꎬ ２) １８ ５ ３
减函数 且ｆ
ꎬ (１)＝ ０ꎬ
所以ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ
( )> ( ２)＝ (１)＝ ０ꎬ
故 为关于ｘ的方程 ｐ ｐ ｘ ｐ ｘ２ ｐ ｘ３ ｘ 的一个最小正实
１ : ０＋ １ ＋ ２ ＋ ３ ＝
根 即ｐ 故当Ｅ ｘ 时 ｐ .
ꎬ ＝１ꎬ ( )≤１ ꎬ ＝１ １.Ｄ
若ｘ 因为ｆ 且ｆ ｘ 在 ｘ 上为减函数
２>１ꎬ (１)＝ ０ ( ) (０ꎬ ２) ꎬ ２.答案
０
.
４２６ ２
故
１
为关于 ｘ 的方程
:
ｐ
０＋
ｐ
１
ｘ
＋
ｐ
２
ｘ２
＋
ｐ
３
ｘ３
＝
ｘ 的一个最小正 ３.解析
(１)
由题意可知
ꎬ
甲盒子中有
２
个红球和
２
个黄球
实根.
２ ２
的概率Ｐ Ｃ４Ｃ４ １８.
综上 若Ｅ Ｘ 则ｐ . ＝ ＝
ꎬ ( )≤１ꎬ ＝１ Ｃ ４ ８ ３５
若Ｅ Ｘ 则ｐ ｐ ｐ 则ｐ ｐ ｐ 证明 当ｉ 时 Ｘ的可能取值是
( )>１ꎬ １＋２ ２＋３ ３>１ꎬ ２＋２ ３> ０ꎬ (２) : ＝１ ꎬ ２ꎬ３ꎬ４ꎬ
此时ｆ ′ ｐ ｐ ｐ ｆ ′ ｐ ｐ ｐ
(０)＝ －( ２＋ ０＋ ３)<０ꎬ (１)＝ ２＋２ ３－ ０>０ꎬ Ｐ Ｘ Ｃ １ ３Ｃ １ ３ ９ Ｐ Ｘ ２Ｃ １ ３Ｃ １ １ ３ Ｐ Ｘ
故ｆ ′ ｘ 有两个不同零点ｘ ｘ 且ｘ ｘ ( ＝２)＝ ＝ ꎬ ( ＝ ３)＝ ＝ ꎬ ( ＝ ４)＝
１ １ １ １
( ) ３ꎬ ４ ３<０< ４<１ꎬ Ｃ４Ｃ４ １６ Ｃ４Ｃ４ ８
故ｆ ｘ 在 ｘ ｘ 上为增函数 在 ｘ ｘ 上为减
( ) (－∞ꎬ ３)ꎬ( ４ꎬ＋∞) ꎬ ( ３ꎬ ４) Ｃ １ １Ｃ １ １ １ 则Ｅ Ｘ ９ ３ １ ５.
函数
１ １
＝ ꎬ １( )＝ ２× ＋３× ＋４× ＝
ꎬ Ｃ４Ｃ４ １６ １６ ８ １６ ２
而ｆ 故ｆ ｘ 当ｉ 时 Ｘ的取值可能是
(１)＝ ０ꎬ ( ４)<０ꎬ ＝３ ꎬ ０ꎬ１ꎬ２ꎬ
又ｆ ｐ 所以ｆ ｘ 在 ｘ 上存在一个零点ｘ 且ｘ ３ ３ ２ ３
(０)＝ ０>０ꎬ ( ) (０ꎬ ４) ０ꎬ ０<１ꎬ Ｐ Ｘ Ｃ３Ｃ３ １ Ｐ Ｘ ２Ｃ３Ｃ３ ３
所以ｘ
０
为关于ｘ的方程
:
ｐ
０＋
ｐ
１
ｘ
＋
ｐ
２
ｘ２
＋
ｐ
３
ｘ３
＝
ｘ的一个最小正 ( ＝０)＝
Ｃ
３
４Ｃ
３
４
＝
１６
ꎬ ( ＝１)＝
Ｃ
３
４Ｃ
３
４
＝
８
ꎬ
根 即ｐ ２ ２
ꎬ <１ꎬ Ｐ Ｘ Ｃ３Ｃ３ ９
故当Ｅ Ｘ 时 ｐ . ( ＝２)＝ ３ ３ ＝ ꎬ
( )>１ ꎬ <１ Ｃ４Ｃ４ １６
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７４ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
æ öｋæ ö３－ ｋ
则Ｅ Ｘ １ ３ ９ ３. 而Ｐ Ｘ ｋ ｋ ç ２ ÷ ç １ ÷ ｋ .
３( )＝ ０× ＋１× ＋２× ＝ ( ＝ )＝Ｃ３􀅰è ø è ø ꎬ ＝０ꎬ１ꎬ２ꎬ３
１６ ８ １６ ２ ３ ３
故Ｅ Ｘ Ｅ Ｘ . 所以 随机变量Ｘ的分布列为
１( )＋ ３( )＝ ４ ꎬ
４.解析 设顾客选择甲 乙 丙作为第一个游戏分别为事
(１) ꎬ ꎬ Ｘ
０ １ ２ ３
件Ａ Ｂ Ｃ 顾客通过游戏甲 乙 丙分别为事件Ａ Ｂ Ｃ.
１ꎬ １ꎬ １ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
Ｐ １ ２ ４ ８
顾客没有获得奖金等价于顾客一个游戏也没有通过 设此事
ꎬ ２７ ９ ９ ２７
件为事件Ｍ
ꎬ
随机变量Ｘ的数学期望Ｅ Ｘ ２ .
( )＝ ３× ＝２
由已知得 Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ １ Ｐ Ａ Ａ .
３
( １)＝ ( １)＝ ( １)＝ ꎬ ( ｜ １)＝ ０ ８ꎬ
３ 设乙同学上学期间的三天中 之前到校的天数为Ｙ 则
(２) ７:３０ ꎬ
Ｐ Ｂ Ｂ . Ｐ Ｃ Ｃ .
( ｜ １)＝ ０ ６ꎬ ( ｜ １)＝ ０ ４ꎬ æ ö
由全概率公式得 Ｙ ~ Ｂ è ç ３ꎬ ２ ø ÷ ꎬ 且Ｍ ＝{ Ｘ ＝３ꎬ Ｙ ＝１}∪{ Ｘ ＝２ꎬ Ｙ ＝０} .
:
３
Ｐ Ｍ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ｃ Ｃ 由题意知事件 Ｘ Ｙ 与 Ｘ Ｙ 互斥 且事件 Ｘ
( )＝ ( １) ( ｜ １)＋ ( １) ( ｜ １)＋ ( １) ( ｜ １) { ＝３ꎬ ＝１} { ＝２ꎬ ＝０} ꎬ { ＝
与 Ｙ 事件 Ｘ 与 Ｙ 均相互独立
１ . １ . １ . . . ３} { ＝１}ꎬ { ＝２} { ＝０} ꎬ
＝ ×(１－０ ８)＋ ×(１－０ ６)＋ ×(１－０ ４)＝ ０ ４ 从而由 知 Ｐ Ｍ Ｐ Ｘ Ｙ Ｘ Ｙ
３ ３ ３ (１) ( )＝ ({ ＝３ꎬ ＝１}∪{ ＝２ꎬ ＝０})＝
设王先生获得奖金总额为Ｘ 单位 元 按甲 乙 丙的
Ｐ Ｘ Ｙ Ｐ Ｘ Ｙ Ｐ Ｘ Ｐ Ｙ
(２) ( : )ꎬ → → ( ＝３ꎬ ＝１)＋ ( ＝ ２ꎬ ＝ ０)＝ ( ＝ ３) ( ＝ １) ＋
顺序进行
ꎬ
Ｐ Ｘ Ｐ Ｙ ８ ２ ４ １ ２０.
则Ｘ的可能取值为 ( ＝２) ( ＝０)＝ × ＋ × ＝
０ꎬ１００ꎬ３００ꎬ６００ꎬ ２７ ９ ９ ２７ ２４３
Ｐ Ｘ . . Ｐ Ｘ . . . ４.解析 件产品中恰有 件不合格品的概率为ｆ ｐ
( ＝０)＝ １－０ ８＝０ ２ꎬ ( ＝１００)＝ ０ ８×(１－０ ６)＝ ０ ３２ꎬ (１)２０ ２ ( )＝
Ｐ Ｘ . . . . Ｐ Ｘ . ２ ｐ２ ｐ １８.
( ＝３００)＝ ０ ８×０ ６×(１－０ ４)＝ ０ ２８８ꎬ ( ＝６００)＝ ０ ８× Ｃ２０ (１－ )
０ . ６×０ . ４＝０ . １９２ꎬ 因此ｆ ′ ( ｐ )＝Ｃ ２ ２０[２ ｐ (１－ ｐ ) １８ －１８ ｐ２ (１－ ｐ ) １７ ]＝２Ｃ ２ ２０ ｐ (１－ ｐ ) １７ 􀅰
Ｘ的分布列为
ｐ .
(１－１０ )
Ｘ 令ｆ ′ ｐ 得ｐ . 当ｐ . 时 ｆ ′ ｐ
０ １００ ３００ ６００ ( )＝ ０ꎬ ＝０ １ꎬ ∈(０ꎬ０ １) ꎬ ( )>０ꎻ
当ｐ . 时 ｆ ′ ｐ .所以ｆ ｐ 的最大值点为ｐ . .
Ｐ . . . .
０２ ０３２ ０２８８ ０１９２ ∈(０１ꎬ１) ꎬ ( )<０ ( ) ０＝０１
由 知 ｐ .
Ｅ Ｘ . . . . . 元 (２) (１) ꎬ ＝０ １ꎬ
( )＝ ０×０ ２＋１００×０ ３２＋３００×０ ２８８＋６００×０ １９２＝２３３ ６ ꎬ 令 Ｙ 表示余下的 件产品中的不合格品件数 依题意
同理 设李先生获得奖金总额为Ｙ 单位 元 按丙 乙 甲 (ｉ) １８０ ꎬ
ꎬ ( : )ꎬ → → 知Ｙ Ｂ . Ｘ Ｙ 即Ｘ Ｙ
的顺序进行 则Ｙ的可能取值为 ~ (１８０ꎬ０ １)ꎬ ＝２０×２＋２５ ꎬ ＝４０＋２５ ꎬ
ꎬ ０ꎬ３００ꎬ５００ꎬ６００ꎬ
所以ＥＸ Ｅ Ｙ ＥＹ .
Ｐ Ｙ . . Ｐ Ｙ . . . ＝ (４０＋２５ )＝ ４０＋２５ ＝４９０
( ＝０)＝ １－０ ４＝０ ６ꎬ ( ＝３００)＝ ０ ４×(１－０ ６)＝ ０ １６ꎬ
如果对余下的产品作检验 则这一箱产品所需要的检验
Ｐ Ｙ . . . . Ｐ Ｙ . (ｉｉ) ꎬ
( ＝５００)＝ ０ ４×０ ６×(１－０ ８)＝ ０ ０４８ꎬ ( ＝６００)＝ ０ ４×
费为 元.
. . . ４００
０ ６×０ ８＝０ １９２ꎬ
由于ＥＸ 故应该对这箱余下的所有产品作检验.
Ｙ的分布列为 >４００ꎬ
考点2 超几何分布
Ｙ
０ ３００ ５００ ６００
１.答案 １６ １２
Ｐ . . . . ꎻ
０６ ０１６ ００４８ ０１９２ ３５ ７
Ｅ Ｙ . . . . . 元. ２.解析 由已知 甲 乙 丙三个部门的员工人数之比为
( )＝ ０×０ ６＋３００×０ １６＋５００×０ ０４８＋６００×０ １９２＝１８７ ２ (１) ꎬ 、 、
综上 可知王先生获得奖金的期望值较大.
ꎬ ３ ∶ ２ ∶ ２ꎬ
由于采用分层随机抽样的方法从中抽取 人 因此应从甲
７ ꎬ 、
11.3 二项分布、超几何分布和正态分布
乙 丙三个部门的员工中分别抽取 人 人 人.
、 ３ ꎬ２ ꎬ２
随机变量Ｘ的所有可能取值为 .
(２)(ｉ) ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３
ｋ ｋ
３－
考点1 二项分布 Ｐ Ｘ ｋ Ｃ４􀅰Ｃ３ ｋ .
( ＝ )＝ ( ＝０ꎬ１ꎬ２ꎬ３)
３
１.Ｂ Ｃ７
所以随机变量Ｘ的分布列为
２.答案 .
１ ９６
Ｘ
３.解析 因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独 ０ １ ２ ３
(１)
æ ö Ｐ １ １２ １８ ４
立 且每天 之前到校的概率均为 ２ 故Ｘ Ｂç ２ ÷ 从
ꎬ ７:３０ ꎬ ~ è３ꎬ øꎬ ３５ ３５ ３５ ３５
３ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ７５
随机变量 Ｘ 的数学期望 Ｅ Ｘ １ １２ １８
( )＝ ０× ＋１× ＋２× ＋３×
３５ ３５ ３５ １.Ｃ
４ １２. ２.解析 设事件 Ａ为挑战者获胜 事件 Ｂ 为不多于两次
＝
(１) ꎬ
３５ ７
答题比赛结束.
设事件Ｂ为 抽取的 人中 睡眠充足的员工有 人 睡
(ｉｉ) “ ３ ꎬ １ ꎬ
眠不足的员工有 人 事件 Ｃ 为 抽取的 人中 睡眠充足 Ｐ Ａ Ｂ Ｐ ( ＡＢ ) ０ . ５×０ . ５ ０ . ２５ １.
２ ”ꎻ “ ３ ꎬ
( ｜ )＝ Ｐ Ｂ ＝ . . . ＝ . ＝
的员工有 人 睡眠不足的员工有 人 则 Ａ Ｂ Ｃ 且 Ｂ ( ) ０ ５＋０ ５×０ ５ ０ ７５ ３
２ ꎬ １ ”ꎬ ＝ ∪ ꎬ
设ｐ 为先答题者获胜的概率 则 ｐ . . . ｐ 解
与Ｃ互斥. (２) ꎬ ＝０ ５×(０ ５＋０ ５ )ꎬ
由 知 Ｐ Ｂ Ｐ Ｘ Ｐ Ｃ Ｐ Ｘ 得ｐ １ 所以挑战者获胜的概率是１ .
(ｉ) ꎬ ( )＝ ( ＝２)ꎬ ( )＝ ( ＝１)ꎬ ＝ ꎬ
３ ３
故Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｃ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ６. 设随机变量Ｘ为挑战者连续挑战 人时战胜的守擂者人
( )＝ ( ∪ )＝ ( ＝２)＋ ( ＝１)＝ (３) ８
７
数 Ｐ 为此时挑战者获胜的概率
所以事件Ａ发生的概率为６ . ꎬ １ ꎻ
Ｙ为挑战者连续挑战 人时战胜的守擂者人数 Ｐ 为此时挑
７ ９ ꎬ ２
考点3 正态分布 战者获胜的概率.
１.Ｄ ２.Ｃ æ ö６æ ö２ æ ö７æ ö１ æ ö８
Ｐ Ｐ Ｘ ６ç １ ÷ ç ２ ÷ ７ç １ ÷ ç ２ ÷ ８ç １ ÷
３.答案 . １＝ ( ≥６)＝ Ｃ８è ３ ø è ３ ø ＋Ｃ８è ３ ø è ３ ø ＋Ｃ８è ３ ø
０ １４
１２９
＝ ꎬ
８
３
æ ö７æ ö２ æ ö８æ ö１ æ ö９
Ｐ Ｐ Ｘ ７ç １ ÷ ç ２ ÷ ８ç １ ÷ ç ２ ÷ ９ç １ ÷
２＝ ( ≥７)＝ Ｃ９è ø è ø ＋Ｃ９è ø è ø ＋Ｃ９è ø
３ ３ ３ ３ ３
１.Ｃ ２.ＡＣ ３.ＢＣＤ
４.解析 设小张猜中谜语的道数为 Ｘ 可知随机变量 Ｘ ＝ １６３ ꎬ
(１) ꎬ ９
３
服从超几何分布 Ｘ的可能取值分别为 .
ꎬ ２ꎬ３ꎬ４ 显然 Ｐ Ｐ 即该挑战者胜利的概率没有增加.
ꎬ １> ２ꎬ
Ｐ Ｘ Ｃ ２ ６Ｃ ２ ２ １５ ３ Ｐ Ｘ Ｃ ３ ６Ｃ １ ２ ４０ ４ ３.解析 (１) 依题意可得 ꎬ 门将每次可以扑到点球的概率为
( ＝２)＝ ＝ ＝ ꎬ ( ＝３)＝ ＝ ＝ ꎬ
４ ４
Ｃ８ ７０ １４ Ｃ８ ７０ ７
１ １ １
４ ０ × ＝ ꎬ
Ｐ Ｘ Ｃ６Ｃ２ １５ ３ ３ ３ ９
( ＝４)＝ ＝ ＝ ꎬ
Ｃ ４ ８ ７０ １４ 门将在前三次扑到点球的个数 Ｘ 可能的取值为 ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ 易
故小张猜中谜语道数Ｘ的分布列为 æ ö æ öｋ æ ö３－ ｋ
知Ｘ Ｂç １ ÷ 所以Ｐ Ｘ ｋ ｋ ç １ ÷ ç ８ ÷ ｋ
Ｘ
~ è３ꎬ
９
øꎬ ( ＝ )＝ Ｃ３×è
９
ø ×è
９
ø ꎬ ＝０ꎬ１ꎬ
２ ３ ４
２ꎬ３ꎬ
Ｐ ３ ４ ３
故Ｘ的分布列为
１４ ７ １４
设小王猜中谜语的道数为Ｙ 可知随机变量 Ｙ服从二项分布 Ｘ
ꎬ ０ １ ２ ３
Ｙ Ｂ ｐ Ｙ的取值分别为
~ (４ꎬ )ꎬ ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ Ｐ ５１２ ６４ ８ １
Ｐ ( Ｙ ＝０)＝(１－ ｐ ) ４ ꎬ ７２９ ２４３ ２４３ ７２９
Ｐ Ｙ １ ｐ ３ｐ ｐ ｐ ３
( ＝１)＝Ｃ４(１－ ) ＝４ (１－ ) ꎬ 所以Ｘ的期望Ｅ Ｘ １ １.
Ｐ ( Ｙ ＝２)＝Ｃ ２ ４(１－ ｐ ) ２ｐ２ ＝６ ｐ２ (１－ ｐ ) ２ ꎬ ( )＝ ３× ９ ＝ ３
Ｐ ( Ｙ ＝３)＝Ｃ ３ ４(１－ ｐ ) ｐ３ ＝４ ｐ３ (１－ ｐ )ꎬ (２)① 第ｎ次传球之前球在甲脚下的概率为ｐ ｎꎬ
Ｐ ( Ｙ ＝４)＝ ｐ４. 则当ｎ ≥２ 时 ꎬ 第ｎ －１ 次传球之前球在甲脚下的概率为 ｐ ｎ －１ꎬ
故小王猜中谜语道数Ｙ的分布列为 第ｎ 次传球之前球不在甲脚下的概率为 ｐ
－１ １－ ｎ －１ꎬ
Ｙ 则ｐ ｐ ｐ １ １ｐ １
０ １ ２ ３ ４ ｎ＝ ｎ －１×０＋(１－ ｎ －１)× ＝－ ｎ －１＋ ꎬ
２ ２ ２
Ｐ ｐ ４ ｐ ｐ ３ ｐ２ ｐ ２ ｐ３ ｐ ｐ４
(１－ ) ４ (１－ ) ６ (１－ ) ４ (１－ ) æ ö
即ｐ １ １ çｐ １ ÷ 又ｐ １ ２
ｎ－ ＝－ è ｎ －１－ øꎬ １－ ＝ ꎬ
由 可知Ｅ Ｘ ３ ４ ３ Ｅ Ｙ ｐ ３ ２ ３ ３ ３
(２) (１) ( )＝ ２× ＋３× ＋４× ＝３ꎬ ( )＝ ４ ꎬ { }
１４ ７ １４ 所以 ｐ １ 是以２ 为首项 １为公比的等比数列.
若预测小张猜中谜语的道数多于小王猜中谜语的道数 ｎ－ ꎬ－
ꎬ ３ ３ ２
æ öｎ －１ æ ö９
则 ｐ 可得 ｐ ３. 由 可知 ｐ ２ ç １ ÷ １ 所以 ｐ ２ ç １ ÷ １
３>４ ꎬ ０< < ② ① ｎ＝ è－ ø ＋ ꎬ １０＝ è－ ø ＋ <
４ ３ ２ ３ ３ ２ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７６ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
é æ ö９ù
１ 所以ｑ １ ｐ １ êê ２ ２ ç １ ÷ úú １ １２)＝ １１ꎬ
ꎬ １０＝ (１－ １０)＝ ë － ×è－ ø û> ꎬ
３ ２ ２ ３ ３ ２ ３
ｓ２ １ ２ ２ ２ ２
故ｐ ｑ . ＝ ×[(９－１１) ＋(６－１１) ＋(８－１１) ＋(－８－１１) ＋(１５－
１０< １０ １０
２ ２ ２ ２ ２
11.4 抽样方法与总体分布的估计 １１) ＋(１１－１１) ＋(１９－１１) ＋(１８－１１) ＋(２０－１１) ＋(１２－
２ .
１１) ]＝６１
ｓ２
由 知ｚ ｓ２ 则ｚ ６１
(２) (１) ＝１１ꎬ ＝６１ꎬ －２ ＝１１－２ >０ꎬ
考点 抽样方法与总体分布的估计 １０ １０
１.Ｃ ２.Ａ ３.Ａ ４.Ｂ ５.Ｃ ６.ＡＣ ７.ＣＤ ８.ＢＤ
ｚ
ｓ２
即甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺
∴ ≥２ ꎬ
９.解析 由试加工产品等级的频数分布表知 甲分厂加 １０
(１) ꎬ
处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.
工出来的一件产品为 Ａ 级品的概率的估计值为４０ ＝０ . ４ꎻ 乙 １２.解析 由题意知 ｃ . . ％ 分
(１) ( －９５)×０ ００２＝０ ５ ꎬ (１ )
１００
得ｃ . 分
分厂加工出来的一件产品为 级品的概率的估计值为２８ ＝９７ ５ꎬ (２ )
Ａ ＝ ｑ ｃ . . . . . ％. 分
１００ ( )＝ ０ ０１×２ ５＋５×０ ００２＝０ ０３５＝３ ５ (４ )
. . 当ｃ 时
０ ２８ (２) ∈[９５ꎬ１００] ꎬ
由数据知甲分厂加工出来的 件产品利润的频数分布 ｆ ｃ ｐ ｃ ｑ ｃ ｃ . ｃ .
(２) １００ ( )＝ ( )＋ ( )＝ ( －９５)×０ ００２＋(１００－ )×０ ０１＋５×
表为 . . ｃ . . . 分
０ ００２＝－０ ００８ ＋０ ８２≥０ ０２ (７ )
利润
当ｃ 时
６５ ２５ －５ －７５ ∈(１００ꎬ１０５] ꎬ
ｆ ｃ ｐ ｃ ｑ ｃ . ｃ . ｃ
频数 ( )＝ ( )＋ ( )＝ ５×０ ００２＋( －１００)×０ ０１２＋(１０５－ )×
４０ ２０ ２０ ２０
. . ｃ . . .
因此甲分厂加工出来的 件产品的平均利润为 ０ ００２＝０ ０１ －０ ９８>０ ０２
１００ { . ｃ . ｃ
ｆ ｃ －０ ００８ ＋０ ８２ꎬ９５≤ ≤１００ꎬ 分
６５×４０＋２５×２０－５×２０－７５×２０ 元 . ∴ ( )＝ . ｃ . ｃ (９ )
＝１５( ) ０ ０１ －０ ９８ꎬ１００< ≤１０５ꎬ
１００
由于ｆ ｃ 在区间 单调递减 在区间 单调
由数据知乙分厂加工出来的 件产品利润的频数分布 ( ) [９５ꎬ１００] ꎬ (１００ꎬ１０５]
１００
递增 该理由一定要写 不写扣分 分
表为 ꎬ( ꎬ ) (１０ )
ｆ ｃ ｆ . . 分
利润 ∴ ( )ｍｉｎ＝ (１００)＝ ０ ０２ (１２ )
７０ ３０ ０ －７０
频数
２８ １７ ３４ ２１
因此乙分厂加工出来的 件产品的平均利润为
１００
１.Ｃ ２.Ｂ ３.Ｄ ４.Ａ ５.Ｃ ６.ＡＢ
７０×２８＋３０×１７＋０×３４－７０×２１ 元 .
＝１０( )
１００ ７.答案 ６４
比较甲 乙两分厂加工的产品的平均利润 应选甲分厂承接 ９
、 ꎬ
８.解析 由题意得 . . ａ . . .
加工业务. (１) ２×(０ ０２＋０ ０３＋ ＋０ １８＋０ １０＋０ ０５)＝
解得ａ . .
１０.解析 平均年龄为 . . . １ꎬ ＝０ １２
(１) (５×０ ００１＋１５×０ ００２＋２５×０ ０１２＋
由题意知样本的平均数为 . .
. . . . . (２) ４×０ ０２×２＋６×０ ０３×２＋８×
３５×０ ０１７＋４５×０ ０２３＋５５×０ ０２０＋６５×０ ０１７＋７５×０ ００６＋８５×
. . . . . 所以 μ
. . 岁 . ０ １２×２＋１０×０ １８×２＋１２×０ １０×２＋１４×０ ０５×２＝９ ８４ꎬ ＝
０ ００２)×１０＝４７ ９( )
. .
设事件Ａ为 该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间 ９ ８４
(２) “
又σ . 所以Ｐ . ξ . Ｐ μ σ ξ μ σ
Ｐ Ａ . . . . . ≈２ ３９ꎬ (７ ４５< ≤１４ ６２)＝ ( － < ≤ ＋２ )＝
[２０ꎬ７０)”ꎬ ( )＝(０ ０１２＋０ ０１７＋０ ０２３＋０ ０２０＋０ ０１７)×１０＝
. 估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间 １Ｐ μ σ ξ μ σ １Ｐ μ σ ξ μ σ １ .
０ ８９ꎬ∴ [２０ꎬ ( － < ≤ ＋ )＋ ( －２ < ≤ ＋２ )≈ ×(０ ６８２ ７＋
的概率为 . . ２ ２ ２
７０) ０ ８９ . . .则 .
设事件Ｂ为 任选一人年龄位于区间 事件 Ｃ ０ ９５４ ５)＝ ０ ８１８ ６ ５ ０００×０ ８１８ ６＝４ ０９３ꎬ
(３) “ [４０ꎬ５０)”ꎬ 所以估计该地区教职工中学习时间在 . . 内的人
为 任选一人患这种疾病 由条件概率公式可得 (７ ４５ꎬ１４ ６２]
“ ”ꎬ 数为 .
Ｐ ＢＣ . ％ . . . ４ ０９３
Ｐ Ｃ Ｂ ( ) ０ １ ×０ ０２３×１０ ０ ００１×０ ２３ 组对应的频率比为 . .
( ｜ ) ＝ Ｐ Ｂ ＝ ％ ＝ . ＝ (３)[７ꎬ９)ꎬ[９ꎬ１１) ０ ２４ ∶ ０ ３６ꎬ
( ) １６ ０ １６
即为
. . . ２ ∶ ３ꎬ
０ ００１ ４３７ ５≈０ ００１ ４
所以抽取的 人中学习时间在 内的人数分别
１１.解析 ｚ ｘ ｙ ｉ 依次为
(１) ｉ＝ ｉ－ ｉ( ＝１ꎬ２ꎬ􀆺ꎬ１０) ９ꎬ６ꎬ８ꎬ－８ꎬ１５ꎬ ５ [７ꎬ９)ꎬ[９ꎬ１１)
为
则 ｚ １ ２ꎬ３ꎬ
１１ꎬ１９ꎬ１８ꎬ２０ꎬ１２ꎬ ＝ ×(９＋６＋８－８＋１５＋１１＋１９＋１８＋２０＋ 设从这 人中抽取的 人学习时间在 内的人数为Ｘ
１０ ５ ３ [７ꎬ９) ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ７７
则Ｘ的所有可能取值为
２０
０ꎬ１ꎬ２ꎬ ｘ － ｘ ｙ － ｙ
Ｐ Ｘ Ｃ ３ ３ １ Ｐ Ｘ Ｃ １ ２Ｃ ２ ３ ３ ｒ ＝
∑ｉ＝
１
( ｉ )( ｉ )
＝ ８００ ＝ ２ ２ ≈０ . ９４ .
( ＝０)＝ Ｃ ３ ５ ＝ １０ ꎬ ( ＝１)＝ Ｃ ３ ５ ＝ ５ ꎬ ∑ｉ ２ ＝ ０ ( ｘ ｉ － ｘ ) ２ ∑ｉ ２ ＝ ０ ( ｙ ｉ － ｙ ) ２ ８０×９ ０００ ３
２ １ １ １
Ｐ Ｘ Ｃ２Ｃ３ ３ 分层随机抽样 根据植物覆盖面积的大小对地块分层 再
( ＝２)＝ ＝ ꎬ (３) : ꎬ
３
Ｃ５ １０ 对 个地块进行分层抽样.
２００
所以Ｅ Ｘ １ ３ ３ ６. 理由如下 由 知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖
( )＝ ０× ＋１× ＋２× ＝ : (２)
１０ ５ １０ ５ 面积有很强的正相关.由于各地块间植物覆盖面积差异很
则这 人中学习时间在 内的教职工平均人数约为 .
３ [７ꎬ９) １ 大 从而各地块间这种野生动物数量差异也很大 采用分层
ꎬ ꎬ
抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性 提
ꎬ
１.Ｃ ２.ＢＣ ３.ＡＤ ４.ＢＣ 高了样本的代表性 从而可以获得该地区这种野生动物数量
ꎬ
更准确的估计.
11.5 成对数据的统计分析
３.解析 利用模型 该地区 年的环境基础设施投资
(１) ①ꎬ ２０１８
额的预测值为ｙ . . . 亿元 .
＾＝－３０４＋１３５×１９＝２２６１( )
利用模型 该地区 年的环境基础设施投资额的预测
考点1 变量间的相关关系 ②ꎬ ２０１８
值为ｙ . . 亿元 .
１.解析 估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 ＾＝９９＋１７ ５×９＝２５６ ５( )
(１)
解法一:利用模型 得到的预测值更可靠.理由如下
. . (２) ② :
ｘ ＝ ０６ ＝０ . ０６(ｍ ２ )ꎬ 平均一棵的材积量为ｙ ＝ ３９ ＝０ . ３９(ｍ ３ ) . 从折线图可以看出 年至 年的数据对应的点没
１０ １０ (ｉ) ꎬ２０００ ２０１６
有随机散布在直线ｙ . . ｔ上下 这说明利用 年
１０ ｘ － ｘ ｙ － ｙ ＝－３０ ４＋１３ ５ ꎬ ２０００
样本相关系数ｒ
∑ｉ＝
１
( ｉ )( ｉ ) 至
２０１６
年的数据建立的线性模型
①
不能很好地描述环境基
(２) ＝
１０ １０ 础设施投资额的变化趋势. 年相对 年的环境基础
ｘ － ｘ ２ ｙ － ｙ ２ ２０１０ ２００９
∑ｉ＝ ( ｉ ) ∑ｉ＝ ( ｉ ) 设施投资额有明显增加 年至 年的数据对应的点
１ １
ꎬ２０１０ ２０１６
１０
ｘｙ － ｘｙ 位于一条直线的附近 这说明从 年开始环境基础设施
∑ｉ＝ ｉ ｉ １０ ꎬ ２０１０
＝ １ 投资额的变化规律呈线性增长趋势 利用 年至 年
１０ １０ ꎬ ２０１０ ２０１６
(∑ｉ＝
ｘ２
ｉ
－
１０
ｘ２
)(∑ｉ＝
ｙ２
ｉ
－
１０
ｙ２
) 的数据建立的线性模型ｙ ＾＝９９＋１７ . ５ ｔ可以较好地描述 ２０１０ 年
１ １
. . . 以后的环境基础设施投资额的变化趋势 因此利用模型 得
０ ２４７ ４－１０×０ ０６×０ ３９ ꎬ ②
＝
. . ２ . . ２ 到的预测值更可靠.
(０ ０３８－１０×０ ０６ )×(１ ６１５ ８－１０×０ ３９ )
. . . 从计算结果看 相对于 年的环境基础设施投资额
０ ０１３ ４ ０ ０１３ ４ ０ ０１３ ４ . . (ｉｉ) ꎬ ２０１６
＝ . . ＝ . . ≈ . ≈０ ９７ 亿元 由模型 得到的预测值 . 亿元的增幅明显偏
０ ００２×０ ０９４ ８ ０ ０１ １ ８９６ ０ ０１３ ７７ ２２０ ꎬ ① ２２６ １
低 而利用模型 得到的预测值的增幅比较合理 说明利用
１０
ｘ － ｘ ｙ － ｙ ꎬ ② ꎬ
æ çç计算相关系数 ｒ ∑ｉ＝ １ ( ｉ )( ｉ ) 时 需要将 模型 ② 得到的预测值更可靠.
è ＝ ∑ｉ １ ＝ ０
１
( ｘ ｉ － ｘ ) ２ ∑ｉ １ ＝ ０
１
( ｙ ｉ － ｙ ) ２ ꎬ 解
地
法
区
二
从
:模型 ②
年
得
到
到的预
年
测
的
值
环
更
境
可
基
靠
础
ꎬ 因
设
为
施
从
投
总
资
体
额
数
是
据
逐
看
年
ꎬ 该
上
ö ２０００ ２０１６
分子 分母稍加变换 采用题设中给出的数据求解 ÷÷ 升的 从 年到 年间递增的幅度较小些 从 年
、 ꎬ ø ꎬ ２０００ ２００９ ꎬ ２０１０
到 年间递增的幅度较大些 所以利用模型 得到的预
２０１６ ꎬ ②
即该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系
测值更可靠.
数约为 . .
０ ９７ 考点2 列联表和独立性检验
(３) 设这种树木的根部横截总面积为 Ｘ ｍ ２ ꎬ 总材积量为 １.解析 根据题表中数据得 Ａ 公司共有 个班次 Ｂ
(１) ２６０ ꎬ
Ｘ ｘ Ｘ ｙ .
Ｙ ｍ ３ ꎬ 则 Ｙ ＝ ｙ ꎬ 则Ｙ ＝ 􀅰 ｘ ＝ １８６× . ０ ３９ ＝１ ２０９ꎬ 公司共有 ２４０ 个班次 ꎬ
０ ０６ 设事件 Ａ 公司甲 乙两城之间的长途客车准点 为 Ｍ 则
“ 、 ” ꎬ
所以该林区这种树木的总材积量的估计值为 ３.
１ ２０９ ｍ
Ｐ Ｍ ２４０ １２
２０ ( )＝ ＝ ꎬ
２.解析 由已知得样本平均数ｙ １ ｙ 从而该 ２６０ １３
(１) ＝
２０
∑ｉ＝
１
ｉ＝６０ꎬ
设事件 Ｂ 公司甲 乙两城之间的长途客车准点 为 Ｎ 则
“ 、 ” ꎬ
地区这种野生动物数量的估计值为 .
６０×２００＝１２ ０００
Ｐ Ｎ ２１０ ７
样本 ｘ ｙ ｉ 的相关系数 ( )＝ ＝ ꎬ
(２) ( ｉꎬ ｉ)( ＝１ꎬ２ꎬ􀆺ꎬ２０) ２４０ ８
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７８ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
炼的人次与该市当天的空气质量有关.
所以Ａ公司甲 乙两城之间的长途客车准点的概率为１２ Ｂ
、 ꎬ ４.解析 依题意得 Ｘ的所有可能取值为
１３
(１) ꎬ ０ꎬ１ꎬ２ꎬ
公司甲 乙两城之间的长途客车准点的概率为７ . ０ ２
、 则Ｐ Ｘ Ｃ２０Ｃ２０ １９
８ ( ＝０)＝ ２ ＝ ꎬ
列联表如下
Ｃ４０ ７８
(２)２×２ : １ １
Ｐ Ｘ Ｃ２０Ｃ２０ ２０
准点班次数 未准点班次数 合计 ( ＝１)＝ ＝ ꎬ
２
Ｃ４０ ３９
Ａ ２ ０
２４０ ２０ ２６０ Ｐ Ｘ Ｃ２０Ｃ２０ １９
( ＝２)＝ ＝ ꎬ
Ｂ ２
２１０ ３０ ２４０ Ｃ４０ ７８
Ｘ的分布列为
合计
∴
４５０ ５０ ５００
Ｋ２ ｎ ( ａｄ － ｂｃ ) ２ ５００×(２４０×３０－２０×２１０) ２ Ｘ ０ １ ２
＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ＝ ≈
( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ ) ２６０×２４０×４５０×５０
Ｐ １９ ２０ １９
. . 故有 ％的把握认为甲 乙两城之间的长途客
３ ２０５>２ ７０６ꎬ ９０ 、 ７８ ３９ ７８
车是否准点与客车所属公司有关.
２.解析 根据抽查数据 该市 天的空气中 浓度 Ｅ Ｘ １９ ２０ １９ .
(１) ꎬ １００ ＰＭ２ . ５ ∴ ( )＝ ０× ７８ ＋１× ３９ ＋２× ７８ ＝１
不超过 且 浓度不超过 的天数为
７５ꎬ ＳＯ２ １５０ ３２＋１８＋６＋８＝
依题意可得ｍ ２３
.
２＋２３
.
６ . .
因此 该市一天空气中 浓度不超过 且 浓度 (２)(ｉ) ＝ ＝２３ ４
６４ꎬ ꎬ ＰＭ２ . ５ ７５ꎬ ＳＯ２ ２
则对照组样本中小于ｍ的数据的个数为
不超过 的概率的估计值为６４ . . ６ꎬ
１５０ ＝０ ６４
１００
试验组样本中小于ｍ的数据的个数为
１４ꎬ
根据抽查数据 可得 列联表
(２) ꎬ ２×２ : 则列联表为
ｍ ｍ
ＳＯ２ < ≥
[０ꎬ１５０] (１５０ꎬ４７５] 对照组
ＰＭ２ . ５ ６ １４
试验组
１４ ６
[０ꎬ７５] ６４ １６
由 中列联表可得
(７５ꎬ１１５] １０ １０ (ｉｉ) (ｉ)
２
根据 的列联表得 Ｋ２ ４０×(６×６－１４×１４) . .
(３) (２) ＝ ＝６ ４>３ ８４１ꎬ
２０×２０×２０×２０
２
Ｋ２ １００×(６４×１０－１６×１０) . . 有 ％的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常
＝ ≈７ ４８４ ∴ ９５
８０×２０×７４×２６ 环境中体重的增加量有差异.
由于 . . 故有 ％的把握认为该市一天空气中
７ ４８４>６ ６３５ꎬ ９９
浓度与 浓度有关.
ＰＭ２ . ５ ＳＯ２
３.解析 由所给数据 该市一天的空气质量等级为
(１) ꎬ １ꎬ２ꎬ
的概率的估计值如表
３ꎬ４ :
１.Ｄ ２.Ｃ ３.Ｂ
空气质量等级
１ ２ ３ ４ ４.答案 甲
概率的估计值 . . . .
０４３ ０２７ ０２１ ００９
１.ＡＢＤ
一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为 １
(２) ×(１００×
１００ ２.解析 列联表如下
(１) :
.
２０＋３００×３５＋５００×４５)＝ ３５０ 报考意向
根据所给数据 可得 列联表 性别 合计
(３) ꎬ ２×２ :
师范专业 非师范专业
人次 人次
≤４００ >４００ 男生
８０ ５８０ ６６０
空气质量好
女生
３３ ３７
１２０ ４２０ ５４０
空气质量不好 合计
２２ ８ ２００ １ ０００ １ ２００
２
零假设为Ｈ 报考师范专业意向与性别无关
根据列联表得Ｋ２ １００×(３３×８－２２×３７) . . ０: ꎬ
＝ ≈５ ８２０
５５×４５×７０×３０ χ ２ １ ２００×(８０×４２０－１２０×５８０) ２ . .
由于 . . 故有 ％的把握认为一天中到该公园锻 ∵ ＝ ≈２１ ８１８>１０ ８２８ꎬ
５ ８２０>３ ８４１ꎬ ９５ ２００×１ ０００×５４０×６６０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ７９
依据小概率值 α . 的独立性检验推断 Ｈ 不成立 即 ５
∴ ＝０ ００１ ０ ꎬ ｘ ｘ ｙ ｙ
认为报考师范专业意向与性别有关
ꎬ
此推断犯错误的概率不
所以 ｒ
∑ｉ＝
１
( ｉ－ )( ｉ－ )
６４ ６４
＝ ＝ ≈ . ≈
大于
据
０
题
. ００
意
１ .
知 样本中男生有 人 女生有 人
∑ｉ＝ ５
１
( ｘ ｉ－ ｘ ) ２ 􀅰∑ｉ＝ ５
１
( ｙ ｉ－ ｙ ) ２ １０×４３４ ６５ ８８
(２) ꎬ ４ ꎬ ６ ꎬ
. .
则Ｘ的所有可能取值为 ０ ９７>０ ７５ꎬ
０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ
所以ｙ与ｘ的线性相关性很强 故可用线性回归模型拟合人
０ ５ １ ４ ２ ３ ꎬ
Ｐ Ｘ Ｃ４Ｃ６ １ Ｐ Ｘ Ｃ４Ｃ６ ５ Ｐ Ｘ Ｃ４Ｃ６ 数ｙ与时间ｘ之间的关系.
( ＝０)＝ ＝ ꎬ ( ＝１)＝ ＝ ꎬ ( ＝２)＝ ＝
５ ５ ５
Ｃ１０ ４２ Ｃ１０ ２１ Ｃ１０
设方案一的实际付款金额为 Ｘ 元 方案二的实际付款金
３ ２ ４ １ (２) ꎬ
１０ Ｐ Ｘ Ｃ４Ｃ６ ５ Ｐ Ｘ Ｃ４Ｃ６ １. 额为Ｙ元
ꎬ ( ＝３)＝ ５ ＝ ꎬ ( ＝４)＝ ５ ＝ ꎬ
２１ Ｃ１０ ２１ Ｃ１０ ４２
由题意可知Ｅ Ｘ . 元
所以Ｘ的分布列为 ( )＝ １ ０００×０ ９＝９００( )ꎬ
Ｙ的可能取值有
６００、８００、９００、１ ０００ꎬ
Ｘ
０ １ ２ ３ ４ æ ö３ æ ö２
Ｐ Ｙ ç １ ÷ １ Ｐ Ｙ ２ ç １ ÷ ２ ２
Ｐ １ ５ １０ ５ １
( ＝６００)＝ è
３
ø ＝
２７
ꎬ ( ＝８００)＝Ｃ３􀅰è
３
ø 􀅰
３
＝
９
ꎬ
４２ ２１ ２１ ２１ ４２ æ ö２ æ ö３
Ｐ Ｙ １ １ ç ２ ÷ ４ Ｐ Ｙ ç ２ ÷ ８
( ＝９００)＝Ｃ３􀅰 􀅰è ø ＝ ꎬ ( ＝１ ０００)＝ è ø ＝ ꎬ
Ｅ Ｘ １ ５ １０ ５ １ . ３ ３ ９ ３ ２７
( )＝ ０× ＋１× ＋２× ＋３× ＋４× ＝２
４２ ２１ ２１ ２１ ４２
所以Ｅ Ｙ １ ２ ４ ８ ２４ ２００
( )＝ ６００× ＋８００× ＋９００× ＋１ ０００× ＝ <
３.解析 由题意得 ｘ ８８０ ｙ ８８５ ｂ ２７ ９ ９ ２７ ２７
(１) ＝ ＝ １７６ꎬ ＝ ＝ １７７ꎬ＾ ＝
５ ５
２４ ３００ Ｅ Ｘ 所以方案二更优惠.
５ ＝ ( )ꎬ
ｘｙ － ｘ ｙ ２７
∑ｉ＝ １ ｉ ｉ ５ １５６ ０４５－５×１７６×１７７ ２８５ . ａ ｙ ｂｘ ５.解析 零假设为Ｈ 全省火炬手的性别与年龄满或未
５
＝
２
＝ ＝０ ５ꎬ＾ ＝ －＾ ＝ (１) ０:
ｘ２－ ｘ２ １５５ ４５０－５×１７６ ５７０ 满 周岁没有关联
∑ｉ＝ ｉ ５ ５０ ꎬ
１
１７７－０ . ５×１７６＝８９ꎬ 所以经验回归方程为ｙ ＾＝０ . ５ ｘ ＋８９ꎬ 根据 ２×２ 列联表中的数据 ꎬ 得 χ ２ ＝ １００×(１５×３５－５×４５) ２ ≈
令 . ｘ ｘ 得ｘ 即ｘ 时 儿子比父亲高 ２０×８０×４０×６０
０ ５ ＋８９－ >０ꎬ <１７８ꎬ <１７８ ꎬ ꎻ . . ｘ
令 . ｘ ｘ 得ｘ 即ｘ 时 儿子比父亲矮 ２ ３４<２ ７０６＝ ０ . １ꎬ
０ ５ ＋８９－ <０ꎬ >１７８ꎬ >１７８ ꎬ ꎬ 所以根据小概率值 α . 的 χ ２ 独立性检验 没有充分证据
可得当父亲身高较高时 儿子平均身高要矮于父亲 即儿子 ＝０ １ ꎬ
ꎬ ꎬ
推断Ｈ 不成立 因此可以认定为Ｈ 成立
身高有一个回归 回归到全种群平均高度的趋势. 意思对即 ０ ꎬ ０ ꎬ
ꎬ (
即认为全省火炬手的性别与年龄满或未满 周岁没有
可 ５０
)
关联.
由ｙ . ｘ 可得ｙ . ｙ ｙ
(２) ＾＝０ ５ ＋８９ ＾ １＝０ ５×１６０＋８９＝１６９ꎬ＾ ２＝１７４ꎬ＾ ３＝
设Ａ表示火炬手为男性 Ｂ表示火炬手喜欢足球
. ｙ . ｙ (２) ꎬ ꎬ
１７６ ５ꎬ＾ ４＝１８１ ５ꎬ＾ ５＝１８４ꎬ Ｐ ＡＢ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ
则 Ｐ Ａ Ｂ ( ) ( ｜ ) ( )
所以 ∑ｉ＝ ５ ｙ ＾ｉ＝８８５ꎬ 又 ∑ｉ＝ ５ ｙ ｉ＝８８５ꎬ 所以 ∑ｉ＝ ５ ｅ ＾ｉ＝ ∑ｉ＝ ５ ( ｙ ｉ－ ｙ ＾ｉ)＝ ( ｜ ) ＝ Ｐ ( Ｂ ) ＝ Ｐ ( Ｂ ｜ Ａ ) Ｐ ( Ａ )＋ Ｐ ( Ｂ ｜ Ａ ) Ｐ ( Ａ ) ＝
１ １ １ １
. . . .
５ ｙ ５ ｙ ０ ５×０ ７２ ０ ３６ ０ ３６ ３６
∑ｉ＝ １
ｉ－∑ｉ＝
１
＾ｉ＝０ꎬ
０
.
５×０
.
７２＋０
.
２５×０
.
２８
＝
０
.
３６＋０
.
０７
＝
０
.
４３
＝
４３
ꎬ
ｎ
结论 : 对任意具有线性相关关系的变量 ∑ｉ＝ ｅ ＾ｉ＝０ꎬ 所以这位火炬手是男性的概率约为３６.
１ ４３
ｎ ｎ ｎ ｎ
证明 ｅ ｙ ｙ ｙ ｂｘ ａ ｙ ６.解析 令ｕ ｙ ａ ｂｘ ｂｘ ａ
: ∑ｉ＝ ＾ｉ ＝ ∑ｉ＝ ( ｉ－＾ｉ)＝ ∑ｉ＝ ( ｉ－＾ ｉ－ ＾)＝ ∑ｉ＝ ｉ － (１) ＝ｌｎ ＝ｌｎ( ｅ )＝ ＋ｌｎ ꎬ
１ １ １ １ .
ｎ ｘ １＋２＋３＋４＋５＋６ . ｕ ２８ ５ .
ｂ ＾ ∑ｉ＝ ｘ ｉ－ ｎａ ＾＝ ｎｙ － ｎｂ ＾ ｘ － ｎ ( ｙ － ｂ ＾ ｘ )＝ ０ . ＝ ６ ＝３ ５ꎬ ＝ ６ ＝４ ７５ꎬ
１
６
４.解析 ｘ １＋２＋３＋４＋５ ｙ ７５＋８４＋９３＋９８＋１００ ｘｕ ｎｘ ｕ
(１) ＝
５
＝３ꎬ ＝
５
＝９０ꎬ
则 ｂ
∑ｉ＝
１
ｉ ｉ－ 􀅰
１０６
.
０５－６×３
.
５×４
.
７５
＾ ＝ ６ ＝ ２ ２ ２ ２ ２ ２ . ２ ＝
所以
∑ｉ＝
５
(
ｘ
ｉ－
ｘ
)(
ｙ
ｉ－
ｙ
)＝ －２×(－１５)＋(－１)×(－６)＋０＋１×８＋ ∑ｉ＝ １
ｘ２
ｉ－
ｎｘ２ １ ＋２ ＋３ ＋４ ＋５ ＋６ －６×(３ ５)
１
.
０ ３６ꎬ
２×１０＝６４ꎬ
５ ５ ｌｎ ａ ＾＝４ . ７５－０ . ３６×３ . ５＝３ . ４９ꎬ 所以ａ ＾＝ｅ ３ . ４９ ꎬ
ｘ ｘ ２ ｙ ｙ ２ ２
∑ｉ＝
１
( ｉ－ ) ＝４＋１＋０＋１＋４＝１０ꎬ∑ｉ＝
１
( ｉ－ ) ＝(－１５) ＋ 所以ｙ
＝ｅ
３ . ４９
􀅰ｅ
０ . ３６ ｘ
＝ｅ
０ . ３６ ｘ ＋３ . ４９.
２ ２ ２ ２ 设甲公司获得 优胜公司 称号为事件Ａ
(－６) ＋３ ＋８ ＋１０ ＝４３４ꎬ (２) “ ” ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋８０ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
则Ｐ ( Ａ )＝ １ × １ ＋ １ × ２ × ３ × １ ＋ １ × ２ × １ × １ ＝ ３ ꎬ ( μ ＾ －３ σ ＾ ꎬ μ ＾ ＋３ σ ＾ ) 之外 ꎬ 因此需对当天的生产过程进行检查.
２ ３ ２ ３ ５ ２ ２ ５ ３ ２ １０
剔除 μ σ μ σ 之外的数据 . 剩下数据的平均数为
＾ ＾ ＾ ＾
( －３ ꎬ ＋３ ) ９ ２２ꎬ
所以甲公司获得 优胜公司 称号的概率为３ .
“ ”
１０ １ . . . 因此μ的估计值为 . .
×(１６×９ ９７－９ ２２)＝ １０ ０２ꎬ １０ ０２
１５
７.解析 ｘ ３０＋４０＋５０＋６０＋７０ ｙ ４３５
(１) ＝ ＝５０ꎬ ＝ ＝８７ꎬ １６
５ ５ ｘ２ . ２ . ２ .
５
∑ｉ＝
１
ｉ ＝１６×０ ２１２ ＋１６×９ ９７ ≈１ ５９１ １３４ꎬ
又ｘ ｉ 的方差为１ ｘ ｘ ２
ｉ( ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ􀆺ꎬ５)
５
∑ｉ＝
１
( ｉ－ ) ＝２００ꎬ 剔除
(
μ ＾
－３
σ ＾
ꎬ
μ ＾
＋３
σ ＾
)
之外的数据
９
.
２２ꎬ
剩下数据的样本方差
５ ５
ｘ ｘ ｙ ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ 为１ . . ２ . ２ .
所 以 ｂ＾
∑ｉ＝
１
( ｉ－ )􀅰( ｉ－ ) ∑ｉ＝
１
ｉ􀅰 ｉ－５ 􀅰
１５
×(１ ５９１ １３４－９ ２２ －１５×１０ ０２ )≈０ ００８ꎬ
＝ ＝ ＝
５
ｘ ｘ ２ ５×２００ 因此σ的估计值为 . . .
∑ｉ＝ ( ｉ－ ) ０ ００８≈０ ０９
１ １１.解析 列联表补充如下
(１)２×２ :
２２ ８２０－５×５０×８７ .
＝１ ０７ꎬ 选物理类 选历史类 合计
１ ０００
ａ ＾＝ ｙ － ｂ＾ｘ ＝８７－１ . ０７×５０＝３３ . ５ꎬ 故ｙ ＾＝１ . ０７ ｘ ＋３３ . ５ꎬ 当ｘ ＝１００ 时 ꎬ 男生 ３５ １５ ５０
ｙ .
＾＝１４０ ５ꎬ 女生
２５ ２５ ５０
故预测每天课后自主学习数学时间达到 分钟时的数学
１００
合计
成绩为 . 分. ６０ ４０ １００
１４０ ５
零假设为Ｈ 学生周末在校自主学习与成绩是否有进步 零假设为Ｈ 选科分类与性别无关联
(２) ０: ０: ꎬ
无关.
因为χ ２ １００×(３５×２５－２５×１５) ２ ２５ . . ｘ
根据数据 计算得到 ＝ ＝ ≈４ １６７>３ ８４１＝ ０ . ０５ꎬ
ꎬ : ６０×４０×５０×５０ ６
χ ２ ｎ ( ａｄ － ｂｃ ) ２ ２２０×(３５×３０－２５×１３０) ２ １１０ 根据小概率值α ＝０ . ０５ 的独立性检验 ꎬ 推断Ｈ ０ 不成立 ꎬ
＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ＝ ＝
( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ ) １６５×５５×６０×１６０ ９ 即认为选科分类与性别有关联 此推断犯错误的概率不大于
ꎬ
. . ｘ
≈１２ ２２>１０ ８２８＝ ０ . ００１ꎬ ０ . ０５ .
所以依据α . 的 χ ２ 独立性检验 可以认为 周末在校 由已知 名女学生中选择物理类和选择历史类的比例
＝０ ００１ ꎬ “ (２) ꎬ５０
自主学习 与 成绩进步 有关. 为
” “ ” １ ∶ １ꎬ
因此抽取的 名女生中 选择物理类和选择历史类的人数均
６ ꎬ
为 名
３ ꎬ
１.Ｃ ２.Ｃ ３.Ｃ ４.Ａ ５.Ｃ ６.Ｄ ７.ＢＣＤ 所以随机变量Ｘ的可能取值为 .
１ꎬ２ꎬ３
８.答案
７５ Ｐ Ｘ Ｃ １ ３Ｃ ３ ３ ３ １ Ｐ Ｘ Ｃ ２ ３Ｃ ２ ３ ３ Ｐ Ｘ
９.答案 ５ １ æ ç １ ö ÷ ｎ １ ( ＝１)＝ Ｃ ４ ６ ＝ １５ ＝ ５ ꎬ ( ＝２)＝ Ｃ ４ ６ ＝ ５ ꎬ ( ＝３)＝
ꎻ ×è ø ＋
９ ２ ３ ２ ３ １
１０.解析 抽取的一个零件的尺寸在 μ σ μ σ 之内 Ｃ３Ｃ３ １
(１) ( －３ ꎬ ＋３ ) ４ ＝ ꎬ
的概率为 . 从而零件的尺寸在 μ σ μ σ 之外的
Ｃ６ ５
０ ９９７ ４ꎬ ( －３ ꎬ ＋３ ) 所以随机变量Ｘ的分布列如表
:
概率为 . 故Ｘ Ｂ . .
０ ００２ ６ꎬ ~ (１６ꎬ０ ００２ ６)
Ｘ
因此Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ . １６ . . １ ２ ３
( ≥１)＝ １－ ( ＝０)＝ １－０ ９９７ ４ ≈０ ０４０ ８
Ｘ的数学期望为ＥＸ . . . Ｐ １ ３ １
＝１６×０ ００２ ６＝０ ０４１ ６
如果生产状态正常 一个零件尺寸在 μ σ μ σ ５ ５ ５
(２)(ｉ) ꎬ ( －３ ꎬ ＋３ )
之外的概率只有 . 一天内抽取的 个零件中 出现尺 所以Ｅ Ｘ １ ３ １ .
０ ００２ ６ꎬ １６ ꎬ ( )＝ １× ＋２× ＋３× ＝２
寸在 μ σ μ σ 之外的零件的概率只有 . 发生的 ５ ５ ５
( －３ ꎬ ＋３ ) ０ ０４０ ８ꎬ １２.解析 当ｂ ａ时 该顾客能获得代金券.设 ａ是偶数
概率很小.因此一旦发生这种情况 就有理由认为这条生产线在 (１) > ꎬ “ ”
ꎬ 为事件Ａ ｂ ａ 为事件Ｂ
这一天的生产过程可能出现了异常情况 需对当天的生产过程 ꎬ“ > ” ꎬ
ꎬ
进行检查 可见上述监控生产过程的方法是合理的. 则Ｐ ＡＢ (２０－６)＋(２０－８)＋􀆺＋(２０－１８) ５６ ４
ꎬ ( )＝ ＝ ＝ ꎬ
２
Ａ１５ ２１０ １５
由ｘ . ｓ . 得 μ 的估计值为 μ . σ的估计
＾
(ｉｉ) ＝９ ９７ꎬ ≈０ ２１２ꎬ ＝９ ９７ꎬ
Ｐ Ａ ８×１４ ８
值为 σ ＾ ＝０ . ２１２ꎬ 由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在 ( )＝ Ａ ２ １５ ＝ １５ ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋训练册答案精准解析 ８１
分
４ (３ )
Ｐ ＡＢ 根据散点图可以判断 ｙ ａ ｂｘ适宜作为产卵数 ｙ关于温度
所以Ｐ Ｂ Ａ ( ) １５ １ ꎬ ＝ 􀅰ｅ
( ｜ )＝ Ｐ Ａ ＝ ＝ ꎬ
( ) ８ ２ ｘ的回归方程类型. 分
(４ )
１５ 令ｗ ｙ 则ｗ ｙ ａ ｂｘ ａ ｂｘ.先建立 ｗ 关
所以当顾客抽到的ａ是偶数时 该顾客能获得代金券的概率 (２) ＝ｌｎ ꎬ ＝ｌｎ ＝ｌｎ( 􀅰ｅ )＝ ｌｎ ＋
ꎬ 于ｘ的经验回归方程.由数据得
为１ . 分
(３ ) ７ ７ ７
２
Ｘ的可能取值为 . 分
∑ｉ＝
１
ｘ ｉ ｗ ｉ－７ ｘｗ ＝４０ . １９３ꎬ∑ｉ＝
１
( ｘ ｉ－ ｘ ) ２ ＝ ∑ｉ＝
１
ｘ２ ｉ－７ ｘ２ ＝１４７ . ７１４ꎬ
(２) ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ (４ )
分
(６ )
当Ｘ 时 ｂ ａ 则Ｐ Ｘ １. 分
＝０ ꎬ < ꎬ ( ＝０)＝ (５ ) ７
ｘｗ － ｘｗ
当Ｘ 时 ａ ｂ ａ
２
ｂ＾
∑ｉ＝
１
ｉ ｉ ７
４０
.
１９３ . 分
＝１ ꎬ ＋１≤ ≤２ －１ꎬ ＝ ７ ＝ . ≈０ ２７２ꎬ (８ )
若ａ ≥１１ꎬ 则ａ ＋１≤ ｂ ≤２０ . ∑ｉ＝ ｘ２ ｉ － ７ ｘ２ １４７ ７１４
１
对每一个ａ ｂ有 ａ种不同的取值 则 ａ ｂ 共有
ꎬ ２０－ ꎬ ( ꎬ ) ９＋８＋􀆺＋
ｌｎ
ａ
＾＝
ｗ
－
ｂ＾ｘ
≈－３
.
８４９
.
(１０
分
)
种情况.
１＝４５ 所以ｗ关于ｘ的经验回归方程为ｗ . . ｘ. 分
＾ ＝－３ ８４９＋０ ２７２ (１１ )
若 ａ 对每一个 ａ ｂ 有 ａ 种不同的取值 则 ａ ｂ
６≤ ≤１０ꎬ ꎬ －１ ꎬ ( ꎬ ) 因此 ꎬ ｙ关于ｘ的回归方程为ｙ ＾＝ｅ －３ . ８４９＋０ . ２７２ ｘ. (１２ 分 )
共有 种情况 所以Ｐ Ｘ ４５＋３５ ８.
５＋６＋７＋８＋９＝３５ ꎬ ( ＝１)＝ ２ ＝ 专题十二 应用与创新
Ａ１５ ２１
分
(７ ) 应用创新1 数学与实际生活
当Ｘ 时 ａ ｂ ａ .
＝２ ꎬ２ ≤ ≤３ －１ １.Ｄ ２.Ｂ
若ａ 则 ａ ｂ .
≥７ꎬ ２ ≤ ≤２０ æ ö
对每一个ａ ｂ有 ａ种不同的取值 则 ａ ｂ 共有 ３.答案 ç ５π÷
ꎬ ２１－２ ꎬ ( ꎬ ) ７＋５＋３＋ è４＋ ø
２
种情况.
１＝１６ 应用创新2 数学文化
若ａ 则 ｂ ａ ｂ 共有 种情况.
＝６ꎬ １２≤ ≤１７ꎬ( ꎬ ) ６ １.Ａ ２.Ｄ ３.Ｂ ４.Ｃ ５.ＢＤ
所以Ｐ Ｘ １６＋６ １１. 应用创新3 跨学科交汇
( ＝２)＝ ＝
２
Ａ１５ １０５ １.Ｄ ２.Ｄ ３.Ｄ ４.ＡＢＤ
分
(９ ) 应用创新4 数学中的新定义问题
当Ｘ 时 ａ ｂ ａ ａ ｂ 只有
＝３ ꎬ３ ≤ ≤４ －１ꎬ( ꎬ ) (６ꎬ１８)ꎬ(６ꎬ１９)ꎬ(６ꎬ １.Ａ ２.Ｂ ３.Ｂ ４.ＡＣＤ
这 种情况
２０) ３ ꎬ 应用创新5 与高等数学交汇
所以Ｐ Ｘ ３ １. 分 １.Ｃ ２.Ｂ
( ＝３)＝ ＝ (１１ )
２１０ ７０
３.答案 １
所以Ｅ Ｘ １ ８ １１ １ １３３ １９. 分 －
( )＝ ０× ＋１× ＋２× ＋３× ＝ ＝ (１２ ) ３
２ ２１ １０５ ７０ ２１０ ３０
１３.解析 散点图如图所示 ４.答案 ２ ５
(１) ꎬ ꎻ１
２５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋８２ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
讲解册答案精准解析
专题一 集合与常用逻辑用语 { ｘ２
由 １－ >０ꎬ 得函数的定义域为 关于
(３) ｘ (－１ꎬ０)∪(０ꎬ１)ꎬ
1.1 集合 ｜ －２｜≠２ꎬ
原点对称
ꎬ
１.Ｄ ２.Ｃ
ｘ２
ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ ｌｇ(１－ ).
∴ －２<０ꎬ∴ ｜ －２｜－２＝－ ꎬ∴ ( )＝ ｘ
1.2 常用逻辑用语 －
ｘ ２ ｘ２
又 ｆ ｘ ｌｇ[１－(－ ) ] ｌｇ(１－ ) ｆ ｘ
１.Ｂ ２.ＡＣ ∵ (－ )＝ ｘ ＝－ ｘ ＝－ ( )ꎬ
－
函数ｆ ｘ 为奇函数.
∴ ( )
专题二 不等式
ｘ
ｆ ｘ ４ｃｏｓ 的定义域为 ｘ ｘ 关于原点对称.
2.1 不等式的性质与解法 (４) ( )＝ ２ ｘ －２ － ｘ { ｜ ≠０}ꎬ
ｘ ｘ
ｆ ｘ ４ｃｏｓ(－ ) ４ｃｏｓ ｆ ｘ 函数ｆ ｘ 为奇函数.
１.答案 [－３ꎬ２) (－ )＝
２
－ ｘ
－２
ｘ ＝
２
－ ｘ
－２
ｘ＝－ ( )ꎬ∴ ( )
２.Ｃ
3.3 函数的周期性和对称性
2.2 基本不等式
１.Ｃ ２.Ｃ
１.Ｃ ２.Ｄ
3.4 二次函数、幂函数
专题三 函数及其性质
１.答案
(－５ꎬ－４]
3.1 函数的概念及表示 ２.Ｃ
１.Ｂ 3.5 指数函数
２.解析 解法一(换元法):令 ｘ ｔ 则 ｘ ｔ ２ ｔ
.所以 ｆ
(
ｔ
１)
ｔ ２ ｔ ｔ２
＋
ｔ
１＝ ꎬ ＝( －１) ꎬ ≥
１.解析 . －２ ３
æ
ç ２
ö
÷
－２ ３
. ｙ
æ
ç ２
ö
÷
ｘ
在 Ｒ 上为减函
１ ( )＝( －１) ＋２( －１)＝ －１( ≥１)ꎬ (１)(０ ４) ＝è ø ∵ ＝è ø
５ ５
所以函数ｆ
(
ｘ
)
的解析式为ｆ
(
ｘ
)＝
ｘ２
－１(
ｘ
≥１)
.
数 且 １ ３
æ
ç ２
ö
÷
－２ ３ æ
ç ２
ö
÷
－２ １
即
æ
ç ２
ö
÷
－２ １
. －２ ３.
解法二(配凑法):ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ꎬ － >－ ꎬ∴ è ø >è ø ꎬ è ø <(０ ４)
( ＋１)＝ ＋２ ＝ ＋２ ＋１－１＝( ＋ ２ ２ ５ ５ ５
２ . æ öｘ æ öｘ
１) －１ ｙ ç １ ÷ 在 Ｒ 上为减函数 ｙ ç ３ ÷ 在 Ｒ 上为增函
(２)∵ ＝è ø ꎬ ＝è ø
因为 ｘ 所以函数ｆ ｘ 的解析式为ｆ ｘ ｘ２ ｘ . ３ ２
＋１≥１ꎬ ( ) ( )＝ －１( ≥１) æ ö－２ １ æ ö－２ １ æ ö－２ １ æ ö－２ １
æ ö æ ö 数 且 １ ç １ ÷ ç ３ ÷ ç １ ÷ ç ３ ÷ .
将１ 代入 ｆ ｘ ｆç １ ÷ ｘ 得 ｆç １ ÷ ｆ ｘ ３ ꎬ － <０ꎬ∴ è ø >１ꎬè ø <１ꎬ∴ è ø >è ø
(２) ｘ ２ ( )＋ è ｘ ø ＝３ ①ꎬ ２ è ｘ ø＋ ( )＝ ｘ ②ꎬ ２ ３ ２ ３ ２
２.答案
ì æ ö (－∞ꎬ４]
ï
ｆ ｘ ｆç １ ÷ ｘ
ï２ ( )＋ è ｘ ø ＝３ ꎬ
联立 í 解得ｆ ｘ ｘ １ ｘ . 3.6 对数函数
①②ï æ ö ( )＝ ２ － ｘ ( ≠０)
ï ｆç １ ÷ ｆ ｘ ３
î２ è ｘ ø＋ ( )＝ ｘ ꎬ １.Ｄ
３.答案 ２.答案 ｘ ｘ
[－１０ꎬ６] { ｜１< <３}
3.7 函数图象
3.2 函数的单调性与奇偶性
１.Ｃ
１.Ｂ ２.Ａ
é ö
２.答案 êê １ １ ÷
３.解析 ｆ ｘ 的定义域为 ë ꎬ ø
(１) ( ) (－∞ꎬ－１)∪(－１ꎬ１)∪(１ꎬ ４ ｅ
关于原点对称.
＋∞)ꎬ 3.8 函数零点与方程的根
ｘ
ｆ ｘ －３ ｆ ｘ 则ｆ ｘ 为奇函数.
(－ )＝ ｘ ２ ＝－ ( )ꎬ ( ) １.Ｃ ２.Ｂ
１－(－ )
由于ｆ ｆ
(２) (１)＝ ｜１｜＋１＝２ꎬ (－１)＝ ０ꎬ 3.9 函数模型及应用
因此ｆ ｆ ｆ ｆ
(１)≠ (－１)ꎬ (－１)≠－ (１)ꎬ
故ｆ ｘ 为非奇非偶函数. 解析 对于Ａ种产品 设ｙ ｋ ｘ ｋ
( ) (１) ꎬ ＝ １ ꎬ １≠０ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋讲解册答案精准解析 ８３
∵
点
(１
.
８ꎬ０
.
４５)
在ｙ
＝
ｋ
１
ｘ的图象上
ꎬ 调性 当且仅当ｆ
æ
ç ３
ｋö
÷ 即ｋ２ ２
ｋ
３
ｋ
时 ｆ ｘ 有三个
. . ｋ ｋ . ｙ . ｘ ｘ . ꎬ è ø<０ꎬ － <０ ꎬ ( )
∴ ０ ４５＝１ ８ １ꎬ １＝０ ２５ꎬ∴ ＝０ ２５ ꎬ ≥０ ３ ９
对于Ｂ种产品 设ｙ ｋ ｘ ｋ æ ö
ꎬ ＝ ２ ꎬ ２≠０ꎬ 零点 ꎬ 解得ｋ < ４.因此ｋ的取值范围为 è ç ０ꎬ ４ ø ÷.
点 . 在ｙ ｋ ｘ的图象上 ２７ ２７
∵ (４ꎬ２ ５) ＝ ２ ꎬ
4.3 导数的综合运用
. ｋ ｋ ５ ｙ ５ ｘ ｘ .
∴ ２ ５＝ ２ ４ꎬ ２＝ ꎬ∴ ＝ ꎬ ≥０
４ ４
１.Ｄ
设Ａ种产品投入ｘ 万元 则 Ｂ 种产品投入 ｘ 万元
(２) ꎬ (１０－ ) ꎬ
ａｘ２ ａ ｘ
设企业的利润为ｆ ｘ 万元 ２.解析 ｆ ′ ｘ － ＋(２ －１) ＋２ 则ｆ ′ .
( ) ꎬ (１) ( )＝ ｘ ꎬ (０)＝ ２
ｅ
则ｆ ｘ １ｘ ５ ｘ ｘ . 因此曲线ｙ ｆ ｘ 在点 处的切线方程是 ｘ ｙ .
( )＝ ＋ １０－ ꎬ０≤ ≤１０ ＝ ( ) (０ꎬ－１) ２ － －１＝０
４ ４ ａｘ２ ｘ ｘ ＋１
ｔ２ 证明 ｆ ｘ ＋ －１＋ｅ
令 ｘ ｔ ｔ 则 ｘ ｔ２ 则 ｙ １０－ ５ ｔ (２) : ( )＋ｅ＝ ｘ ꎬ
１０－ ＝ ꎬ ∈[０ꎬ １０]ꎬ ＝１０－ ꎬ ＝ ＋ ＝ ｅ
４ ４ 所以证明ｆ ｘ 即证ａｘ２ ｘ ｘ ＋１
æ ö２ ( )＋ｅ≥０ ＋ －１＋ｅ ≥０ꎬ
－ １ è çｔ － ５ ø ÷ ＋ ６５ (０≤ ｔ ≤ １０)ꎬ( 利用换元法 ꎬ 把问题转化为 因为 ｘ ｘ 所以 ｘ ＋１ ｘ
４ ２ １６ ｅ ≥ ＋１ꎬ ｅ ≥ ＋２ꎬ
求二次函数在给定区间上的最值问题 所以ａｘ２ ｘ ｘ ＋１ ａｘ２ ｘ
) ＋ －１＋ｅ ≥ ＋２ ＋１ꎬ
当ｔ ５时 ｙ ６５ 此时ｘ
æ
ç ５
ö
÷
２
１５ .
即证ａｘ２
＋２
ｘ
＋１≥０ꎬ
∴ ＝ ꎬ ｍａｘ＝ ꎬ ＝１０－è ø ＝ ＝３ ７５ꎬ 因为ａ 所以ａｘ２ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ２ .
２ １６ ２ ４ ≥１ꎬ ＋２ ＋１≥ ＋２ ＋１＝( ＋１) ≥０
当Ａ种产品投入 . 万元 Ｂ种产品投入 . 万元时 企 故ａ 时 ｆ ｘ .
∴ ３ ７５ ꎬ ６ ２５ ꎬ ≥１ ꎬ ( )＋ｅ≥０
３.解析 参数讨论法.
业获得最大利润 为６５万元 约为 万元.
ꎬ ꎬ ４
１６
ｘ ｘ ｘ ａ ｘ２
ｆ ｘ ｌｎ ｌｎ － ( －１)
( )－ｘ ＝ ｘ ꎬ
专题四 导数及其应用
＋１ ＋１
构造函数ｇ ｘ ｘ ｘ ａ ｘ２ ｘ ｇ′ ｘ ｘ ａｘ
( )＝ ｌｎ － ( －１)( ≥１)ꎬ ( )＝ｌｎ ＋１－２ ꎬ
4.1 导数的概念及运算 ａｘ
令Ｆ ｘ ｇ′ ｘ ｘ ａｘ Ｆ′ ｘ １－２ .
( )＝ ( )＝ｌｎ ＋１－２ ꎬ ( )＝ ｘ
１.Ｄ ２.Ｂ
若ａ 则 Ｆ′ ｘ ｇ′ ｘ 在 上单调递增
① ≤０ꎬ ( )>０ꎬ ( ) [１ꎬ＋∞) ꎬ
ｇ′ ｘ ｇ′ ａ
4.2 导数与函数的单调性、极值和最值 ( )≥ (１)＝ １－２ >０ꎬ
ｇ ｘ 在 上单调递增 ｇ ｘ ｇ
１.Ｂ ２.Ｂ ∴ ( ) [１ꎬ＋∞) ꎬ ( )≥ (１)＝ ０ꎬ
ｘ
３.解析 (１) ｆ ′ ( ｘ )＝ ３ ｘ２ － ｋ.当 ｋ ＝０ 时 ꎬ ｆ ( ｘ )＝ ｘ３ ꎬ 故 ｆ ( ｘ ) 在 从而ｆ ( ｘ )－ｘ ｌｎ ＋１ ≥０ꎬ 不符合题意.
(－∞ꎬ＋∞)
上单调递增.当 ｋ
<０
时
ꎬ
ｆ ′
(
ｘ
)＝ ３
ｘ２
－
ｋ
>０ꎬ
故ｆ
(
ｘ
) 若 ａ １ 当ｘ é êê １ ö ÷时 Ｆ′ ｘ
在 上单调递增.当 ｋ 时 令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ ② ０< < ꎬ ∈ë１ꎬ ａø ꎬ ( )>０ꎬ
(－∞ꎬ＋∞) >０ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝± ２ ２
３ ｋ .当 ｘ æ ç ３ ｋ ö ÷时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ ｇ′ ｘ 在 é êê １ ö ÷上单调递增
∈ è － ∞ꎬ － ø ꎬ ( ) > ０ꎻ ∈ ∴ ( ) ë１ꎬ ａø ꎬ
３ ３ ２
从而ｇ′ ｘ ｇ′ ａ
æ ｋ ｋö æ ｋ ö ( )≥ (１)＝ １－２ >０ꎬ
ç ３ ３ ÷时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ ç ３ ÷时 ｆ ′ ｘ
è－
３
ꎬ
３
ø ꎬ ( )<０ꎻ ∈è
３
ꎬ＋∞ø ꎬ ( )> ｇ ｘ 在 é êê １ ö ÷上单调递增 ｇ ｘ ｇ
∴ ( ) ë１ꎬ ａø ꎬ ( )≥ (１)＝ ０ꎬ
æ ｋö æ ｋ ö ２
.故 ｆ ｘ 在 ç ３ ÷ ç ３ ÷ 上单调递增 在 ｘ
０ ( ) è－∞ꎬ－ øꎬ è ꎬ＋∞ø ꎬ 从而ｆ ｘ ｌｎ 不符合题意.
３ ３ ( )－ｘ ≥０ꎬ
＋１
æ ｋ ｋö
ç ３ ３ ÷上单调递减.
è－ ꎬ ø 若ａ １ 则Ｆ′ ｘ 在 上恒成立
３ ３ ③ ≥ ꎬ ( )≤０ [１ꎬ＋∞) ꎬ
２
由 知 当 ｋ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增
(２) (１) ꎬ ≤０ ꎬ ( ) (－∞ꎬ＋∞) ꎬ ｇ′ ｘ 在 上单调递减 ｇ′ ｘ ｇ′ ａ .
∴ ( ) [１ꎬ＋∞) ꎬ ( )≤ (１)＝ １－２ ≤０
ｋ ｇ ｘ 在 上单调递减 从而ｇ ｘ ｇ ｆ ｘ
ｆ ｘ 不可能有三个零点.当 ｋ 时 ｘ ３ 为ｆ ｘ 的极大 ∴ ( ) [１ꎬ＋∞) ꎬ ( )≤ (１)＝ ０ꎬ ( )－
( ) >０ ꎬ ＝－ ( )
３ ｘ
ｌｎ .
ｋ ｋ ｋ ｘ ≤０
值点 ｘ ３ 为ｆ ｘ 的极小值点.此时 ｋ ３ ３ ＋１
ꎬ ＝ ( ) ꎬ－ －１<－ < <
é ö
３ ３ ３ 综上 ａ的取值范围是êê １ ÷.
æ ｋö ꎬ ë ꎬ＋∞ø
ｋ 且ｆ ｋ ｆ ｋ ｆ ç ３ ÷ .根据 ｆ ｘ 的单 ２
＋１ (－ －１)<０ꎬ ( ＋１)>０ꎬ è－ ø>０ ( ) ４.Ｂ ５.解析 ｆ ｘ ｘ ｘ ａｘ２ ｂ
３ (１)∵ ( )＝( －１)ｅ － ＋ ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋８４ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ａｘ ｘ ｘ ａ . 证明 由 知ｆ ｘ 在 ａ 上单调递增
∴ ( )＝ ｅ －２ ＝ (ｅ －２ ) : (１) ( ) (－∞ꎬｌｎ(２ )) ꎬ
当ａ 时 ｘ ａ 对任意ｘ Ｒ恒成立 在 ａ 上单调递减 在 上单调递增
① ≤０ ꎬｅ －２ >０ ∈ ꎬ (ｌｎ(２ )ꎬ０) ꎬ (０ꎬ＋∞) ꎬ
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｂ
∈(－∞ꎬ０) ꎬ ( )<０ꎬ (０)＝ －１<０ꎬ
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ . 当ｘ 时 ｆ ｘ 所以一定存在ｘ
∈(０ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ →＋∞ ꎬ ( )→＋∞ꎬ ０∈(０ꎬ＋∞)ꎬ
因此ｙ ｆ ｘ 在 上单调递减 在 上单调 使得ｆ ｘ .
＝ ( ) (－∞ꎬ０) ꎬ (０ꎬ＋∞) ( ０)＝ ０
递增. 结合单调性知ｆ ｘ 在 上有唯一零点.
( ) [０ꎬ＋∞)
当ａ 时 令 ｘ ａ ｘ ａ . 当ｘ 时 ｆ ｘ ｆ ａ ａ ａ
② >０ ꎬ ｅ －２ ＝０⇒ ＝ｌｎ(２ ) ∈(－∞ꎬ０) ꎬ ( )≤ (ｌｎ(２ ))＝ ｌｎ(２ )􀅰[２－
ａ ｂ ａ 即ｆ ｘ 对任意ｘ 恒成立.
当 ａ １时 ａ . ｌｎ(２ )]＋ －２ <０ꎬ ( )<０ <０
(ｉ) ０< < ꎬｌｎ(２ )<０ 综上 ｆ ｘ 在Ｒ上有唯一零点.
２ ꎬ ( )
ｙ ｆ ′ ｘ 的大致图象如图 所示.
＝ ( ) １
专题五 三角函数与解三角形
5.1 三角函数的概念、同角三角函数的
基本关系及诱导公式
图
１
因此当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ Ａ
∈(－∞ꎬｌｎ(２ ))∪(０ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ
∈(ｌｎ(２ )ꎬ０) ꎬ ( )<０ꎬ
5.2 三角恒等变换
所以 ｆ ｘ 在 ａ 和 上单调递增 在
( ) (－∞ꎬｌｎ(２ )) (０ꎬ＋∞) ꎬ
ａ 上单调递减. １.Ａ
(ｌｎ(２ )ꎬ０)
当ａ １时 ａ 此时ｆ ′ ｘ 对任意ｘ Ｒ恒成 ２.答案 ５π
(ｉｉ) ＝ ꎬｌｎ(２ )＝ ０ꎬ ( )≥０ ∈
２ １８
立 故ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增.
ꎬ ( )
5.3 三角函数的图象与性质
当ａ １时 ａ
(ｉｉｉ) > ꎬｌｎ(２ )>０ꎬ １.Ｂ ２.Ｃ ３.Ｃ
２
ｙ ｆ ′ ｘ 的大致图象如图 所示.
＝ ( ) ２
5.4 解三角形
１.Ｂ
Ａ Ｃ
图 ２.解析 由题设及正弦定理得 Ａ ＋ Ｂ Ａ.
２ (１) ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｓｉｎ
因此 当 ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ２
ꎬ ∈(－∞ꎬ０)∪(ｌｎ(２ )ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ
Ａ Ｃ
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ 因为 Ａ 所以 ＋ Ｂ.
∈(０ꎬｌｎ(２ )) ꎬ ( )<０ꎬ ｓｉｎ ≠０ꎬ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ
２
所以ｆ ｘ 在 和 ａ 上单调递增 在
( ) (－∞ꎬ０) (ｌｎ(２ )ꎬ＋∞) ꎬ (０ꎬ Ａ Ｃ Ｂ
ａ 上单调递减. 由Ａ ＋ Ｂ ＋ Ｃ ＝１８０ ° ꎬ 可得 ｓｉｎ ＋ ＝ｃｏｓ ꎬ
ｌｎ(２ ))
２ ２
选 .
Ｂ Ｂ Ｂ
(２) ①
故 .
证明 由 知 ｆ ｘ 在 上单调递增 在 ａ ｃｏｓ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ
: (１) ꎬ ( ) (－∞ꎬ０) ꎬ (０ꎬｌｎ(２ )) ２ ２ ２
上单调递减 在 ａ 上单调递增 又ｆ ｂ Ｂ Ｂ
ꎬ (ｌｎ(２ )ꎬ＋∞) ꎬ (０)＝ －１>０ꎬ 因为 故 １ 因此Ｂ °.
ｃｏｓ ≠０ꎬ ｓｉｎ ＝ ꎬ ＝６０
æ ｂ ö æ ｂ ö ｂ ２ ２ ２
ｆ ç ÷ ç ÷ － ａ
è－ ａ ø ＝è－ ａ －１øｅ <０ꎬ
由题设及 知 ＡＢＣ的面积Ｓ ３ａ.
所以ｆ ｘ 在 上有唯一零点. (２) (１) △ △ ＡＢＣ＝
( ) (－∞ꎬ０] ４
当ｘ 时 ｃ Ａ ° Ｃ
∈(０ꎬ＋∞) ꎬ 由正弦定理得ａ ｓｉｎ ｓｉｎ(１２０ － ) ３ １.由 ＡＢＣ
＝ Ｃ ＝ Ｃ ＝ Ｃ＋ △
ｆ ｘ ｆ ａ ａ ａ ａ ａ ２ ｂ ｓｉｎ ｓｉｎ ２ｔａｎ ２
( )≥ (ｌｎ(２ ))＝[ｌｎ(２ )－１]􀅰２ － [ｌｎ(２ )] ＋
为锐角三角形 知 ° Ａ ° ° Ｃ °.由 知 Ａ Ｃ
ａ ａ ａ ｂ ａ ａ ａ ａ . ꎬ ０ < <９０ ꎬ０ < <９０ (１) ＋ ＝
＝ ｌｎ(２ )[２－ｌｎ(２ )]＋ －２ > ｌｎ(２ )[２－ｌｎ(２ )]
因为１ ａ ｅ ２ 所以 ａ ° 所以 ° Ｃ ° 故１ ａ 从而 ３ Ｓ ３.
< ≤ ꎬ ０<ｌｎ(２ )≤２ꎬ １２０ ꎬ ３０ < <９０ ꎬ < <２ꎬ < △ ＡＢＣ<
２ ２ ２ ８ ２
所以ｆ ｘ 对任意ｘ 恒成立. æ ö
( )>０ >０ 因此 ＡＢＣ面积的取值范围是ç ３ ３÷.
综上 ｆ ｘ 在Ｒ上有唯一零点. ꎬ△ è ꎬ ø
ꎬ ( ) ８ ２
选 . ３.答案
② ６＋４ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋讲解册答案精准解析 ８５
４.Ｄ 由ａ 得ｄ .
１＝－７ ＝２
所以 ａ 的通项公式为ａ ｎ .
专题六 平面向量与复数 { ｎ} ｎ＝２ －９
由 得Ｓ ｎ２ ｎ ｎ ２ .
(２) (１) ｎ＝ －８ ＝( －４) －１６
6.1 平面向量的概念及线性运算、平面向量 所以当ｎ 时 Ｓ 取得最小值 最小值为 .
＝４ ꎬ ｎ ꎬ －１６
基本定理及坐标表示
7.3 等比数列
１.Ｃ ２.Ｄ
解析 证明 由于ａ ａ １ａ ｎ
6.2 平面向量的数量积及其应用
(１) : １＝１ꎬ ｎ＝
２
ｎ －１＋１( ≥２)ꎬ
所以ａ １ ａ ｎ
１.答案
１７－１
ｎ－２＝
２
( ｎ －１－２)( ≥２)ꎬ
２.答案 π 因为ｂ ａ 所以ｂ １ｂ ｎ
ｎ＝ ｎ－２ꎬ ｎ＝ ｎ －１( ≥２)ꎬ
３ ２
３.答案 １ １３ 所以数列 ｂ 是首项为ａ 公比为１ 的等比数列.
ꎻ { ｎ} １－２＝－１ꎬ
６ ２ ２
6.3 复数 由 得ｂ １
(２) (１) ｎ＝－ ｎ －１ ꎬ
２
Ｃ
所以ａ １ ａ １ .
ｎ－２＝－ ｎ －１ ꎬ ｎ＝２－ ｎ －１
２ ２
专题七 数列
7.4 数列求和
7.1 数列的概念及表示
ｎ
ì ｎ １.答案 ２ －１
ï ï２ꎬ ＝１
２
１.答案 ａ í
ｎ＝
î
ïï
－ｎ ｎ
２
ꎬ
ｎ
≥２
２.解析
(１)
设等差数列
{
ａ
ｎ}
的公差为ｄ.
( －１) {ａ ｄ
２.Ｃ ３.Ｂ 由题意 得 １＋ ＝３ꎬ
ꎬ ａ ｄ
１＋３ ＝７ꎬ
7.2 等差数列 解得ａ ｄ .
１＝１ꎬ ＝２
所以ａ ａ ｎ ｄ ｎ .
１.解析
(１)
证明
:
因为Ｓ
ｎ＋
Ｔ
ｎ＝
Ｓ
ｎ􀅰
Ｔ
ｎ(
ｎ
∈
Ｎ
)ꎬ
ｎ＝ １＋( －１) ＝２ －１
因为 ｂ ａ 是公比为 的等比数列 且ｂ
所以当ｎ 时 Ｓ Ｔ Ｓ Ｔ ａ ａ２ 解得 ａ 或 ａ (２) { ｎ－ ｎ} ２ ꎬ １＝３ꎬ
＝１ ꎬ １＋ １＝ １􀅰 １⇒２ １＝ １ꎬ １＝２ １＝ 所以ｂ ａ ｂ ａ ｎ －１ ｎ.所以ｂ ｎ ａ ｎ ｎ .
０ꎬ 又Ｓ ｎ≠０ꎬ 所以ａ １≠０ꎬ 故ａ １＝２ .
所以Ｓ
ｎ－ ｎ＝
１
( １
２
－ １)×２
ｎ
＝２ ｎ
ｎ
＝２ ＋
ｎ
ｎ＝２ ＋２ －１
Ｓ ｎ＝(２ ＋２ ＋􀆺＋２ )＋２(１＋２＋􀆺＋ )－
由Ｓ ｎ＋ Ｔ ｎ＝ Ｓ ｎ􀅰 Ｔ ｎꎬ 可得Ｓ ｎ≠１ꎬ 所以Ｔ ｎ＝Ｓ ｎ ꎬ ｎ ｎ ｎ
ｎ－１ ２(１－２ ) (１＋ ) ｎ
＝ ＋２× －
Ｓ １－２ ２
当ｎ ≥２ 时 ꎬ Ｔ ｎ －１＝Ｓ ｎ － ｎ １ － － １ １ . ( Ｔ ｎ 是 { Ｓ ｎ} 的前ｎ项积 ) ＝２ ｎ ＋１ ＋ ｎ２ －２ .
３.解析 设 ａ 的公比为ｑ
所以 Ｔ ｎ Ｓ ｎ Ｓ ｎ －１－１ 即Ｓ Ｓ ｎ Ｓ ｎ －１－１ (１) { ｎ} ꎬ
Ｔ ＝Ｓ 􀅰 Ｓ ꎬ ｎ＝Ｓ 􀅰 Ｓ ꎬ
ｎ
－１
ｎ－１ ｎ
－１
ｎ－１ ｎ
－１
由已知得
１＋９
ｑ２
＝６
ｑ
ꎬ
解得ｑ
＝
１.
Ｓ ３
所以 １ ｎ －１ １ 所以 １ １ 常数 .
Ｓ ＝Ｓ ＝１＋Ｓ ꎬ Ｓ －Ｓ ＝１( ) ｎ
{
ｎ－１
}
ｎ －１－１ ｎ －１－１ ｎ－１ ｎ －１－１ 所以
{
ａ
ｎ}
和
{
ｂ
ｎ}
的通项公式分别为ａ
ｎ＝
１
ｎ －１ ꎬ
ｂ
ｎ＝ ｎ
.
３ ３
所以 １ 是以 １ 为首项 为公差的等差数列.
Ｓ Ｓ ＝１ ꎬ１ ｎ ｎ
ｎ－１ １－１
ｎ (２)
证明
:
由
(１)
知Ｔ
ｎ＝ ３
１
＋ ３
２
２ ＋ ３
３
３ ＋􀆺＋ ３
－
ｎ －
１
１ ＋ ３ ｎꎬ
由 知 １ ｎ ｎ 则Ｓ ＋１
(２) (１) Ｓ ＝１＋( －１)×１＝ ꎬ ｎ＝ ｎ ꎬ Ｔ ｎ ｎ
ｎ－１ ｎ １ ２ －１ .
＝
２
＋
３
＋􀆺＋ ｎ ＋ ｎ
＋１
因为ｂ １ １ １ １ ３ ３ ３ ３ ３
ｎ＝ｎ２Ｓ ｎ ＝ｎ ( ｎ ＋１) ＝ ｎ －ｎ ＋１ ꎬ 于是２ Ｔ ｎ １ １ １ １ ｎ
æ ö æ ö æ ö ＝ ＋ ２ ＋ ３ ＋􀆺＋ ｎ－ ｎ ＋１
所以Ｍ ç １ ÷ ç １ １ ÷ ç １ １ ÷ ２ ０２３. ３ ３ ３ ３ ３ ３
＝è１－ ø＋è － ø＋􀆺＋è － ø ＝
２ ２ ３ ２ ０２３ ２ ０２４ ２ ０２４ æ ö ｎ
１ ç １ １ １ ÷
２.解析
(１)
设
{
ａ
ｎ}
的公差为ｄ
ꎬ
由题意得
３
ａ
１＋３
ｄ
＝－１５
. ＝
３
è１＋
３
＋
３ ２
＋􀆺＋
３
ｎ －１ø－
３
ｎ
＋１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋８６ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
Ｓ ｎ æ ö
ｎ . ｎ ç １ １ １ １ ÷
＝ ３ － ３ ｎ ＋１ ＝ －è ２＋１ ＋ ２ ２ ＋１ ＋ ２ ３ ＋１ ＋􀆺＋ ２ ｎ ＋１ øꎬ
故Ｔ ｎ＝ Ｓ ｎ － ｎ ｎ .所以Ｔ ｎ< Ｓ ｎ . 因为 ２ ｎ <２ ｎ ＋１<２ ｎ ＋１ ꎬ 所以 １ ｎ ＋１ < ｎ １ < １ ｎꎬ
２ ２×３ ２ ２ ２ ＋１ ２
４.解析 (１) 设递增等差数列 { ａ ｎ} 的公差为ｄ ꎬ ｄ >０ . 于是１ ２ ＋ １ ３ ＋􀆺＋ １ ｎ ＋１ < １ ＋ ２ １ ＋ ３ １ ＋􀆺＋ ｎ １ < １ ＋ １ ２ ＋
ａ ａ ａ ａ ａ ａ 成等比数列 ２ ２ ２ ２＋１ ２ ＋１ ２ ＋１ ２ ＋１ ２ ２
∵ ２＋ ６＋ ７＝２７ꎬ １ꎬ ２ꎬ ５ ꎬ
{ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ { ａ ｄ １
１＋ ＋ １＋５ ＋ １＋６ ＝２７ꎬ即 ３ １＋１２ ＝２７ꎬ 􀆺＋ ｎꎬ
２
∴ ａ２ ２＝ ａ １􀅰 ａ ５ꎬ ( ａ １＋ ｄ ) ２ ＝ ａ １( ａ １＋４ ｄ )ꎬ
１
æ
ç １
ö
÷
{ａ è１－ ｎø
解得 １＝１ꎬ ａ ｎ . 其中１ １ １ ２ ２ １
ｄ ∴ ｎ＝２ －１ ２ ＋ ２ ２ ＋􀆺＋ ２ ｎ ＝ １ ＝１－ ２ ｎꎬ
＝２ꎬ １－
ａｎ＋１ ２
(２) 由 (１) 可得ｂ ｎ＝ ａ ａ ｎ􀅰 ａ ２ ２ ＝ ( ｎ ２ ｎ －１)􀅰 ｎ ２ ｎ ＝ ２ ｎ ｎ ＋１ － ｎ ２ ｎ ꎬ １ æ è ç １－ １ ｎ ö ø ÷ æ ö
ｎ ＋１ ｎ ＋２ (２ ＋１)(２ ＋３) ２ ＋３ ２ ＋１ １ １ １ ４ ２ １ ç １ ÷ １ １
Ｔ ｂ ｂ ｂ ｂ ２ ＋ ３ ＋􀆺＋ ｎ ＋１ ＝ ＝ è１－ ｎø ＝ － ｎ ＋１ ꎬ
∴ ｎ＝ １＋ ２＋ ３＋􀆺＋ ｎ ２ ２ ２
１－
１ ２ ２ ２ ２
æ ２ ö æ ３ ２ö æ ４ ３ö æ ｎ ＋１ ｎ ö ２
ç２ ２ ÷ ç２ ２ ÷ ç２ ２ ÷ ç ２ ２ ÷
＝è － ø＋è － ø＋è － ø＋􀆺＋è ｎ － ｎ ø
５ ３ ７ ５ ９ ７ ２ ＋３ ２ ＋１ 于是１ １ １ １ １ １ １
ｎ ＋１ ２ － ２ ｎ ＋１ < ２＋１ ＋ ２ ２ ＋１ ＋ ２ ３ ＋１ ＋􀆺＋ ２ ｎ ＋１ <１－ ２ ｎꎬ
２ ２.
＝ ｎ － æ ö
２ ＋３ ３ 所以ｎ １ ｎ ç １ １ １ １ ÷ ｎ １ １ .
－１＋
２
ｎ< －è
２＋１
＋
２
２
＋１
＋
２
３
＋１
＋􀆺＋
２
ｎ
＋１
ø< －
２
＋
２
ｎ ＋１
7.5 数列综合
即ｎ １ Ｓ ｎ １ １ .
－１＋ ｎ< ｎ< － ＋ ｎ
＋１
１.Ａ ２ ２ ２
２.解析 由 Ｓ Ｓ 得 ａ ａ ａ 专题八 立体几何与空间向量
(１) ５ ２＝１１ １ꎬ ５( １＋ ２)＝ １１ １ꎬ
ａ
所以 ａ ａ ２ ６ 8.1 空间几何体的结构特征、表面积和体积
６ １＝５ ２ꎬａ ＝ ꎬ
１ ５
ａ ａ １.Ａ ２.Ａ
由 ｎ ＋１ ａ 得 ２ ａ
ａ ＝２－ ｎ ＋１ꎬ ａ ＝２－ ２ꎬ
ｎ
１
8.2 空间点、线、面的位置关系
所以ａ ２ ａ ４.
１＝
３
ꎬ ２＝
５ １.ＡＤ ２.Ａ
ａ
由 ｎ ＋１ ａ 得ａ ａ ａ ａ ３.答案
ａ ＝２－ ｎ ＋１ꎬ ｎ ＋１＝２ ｎ－ ｎ ＋１ ｎꎬ ６ １３＋３ ２
ｎ
8.3 直线、平面平行的判定与性质
两边同除以ａ ａ 得１ ２ 所以 １ １ １
ｎ ＋１ ｎ ａ ＝ａ －１ꎬ ａ ＝ ＋ ａ ꎬ
ｎ ｎ ＋１ ｎ ＋１ ２ ２ ｎ １.解析 证明 如图 记ＡＣ与ＢＤ的交点为Ｏ 连接ＯＥ.
(１) : ꎬ ꎬ
１ １ １
ａ －１ ＋ ａ －１
所以 ｎ ＋１ ２ ２ ｎ １
＝ ＝ ꎬ
１ １ ２
ａ －１ ａ －１
ｎ ｎ
因为ａ ２ 所以１
１＝ ꎬ ａ －１≠０ꎬ
３ ｎ
{ }
所以数列 １ 是以 １ １ 为首项 １ 为公比的等比 因为Ｏ Ｍ分别为ＡＣ ＥＦ的中点 四边形ＡＣＥＦ是矩形
ａ －１ ａ －１＝ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
ｎ １ ２ ２ 所以四边形ＡＯＥＭ是平行四边形 所以ＡＭ ＯＥ. 分
数列. ꎬ ∥ (４ )
又因为ＯＥ 平面ＢＤＥ ＡＭ 平面ＢＤＥ
æ öｎ －１ ⊂ ꎬ ⊄ ꎬ
(２) 证明 : 由 (１) 知 ꎬａ １ －１＝ １ ×è ç １ ø ÷ ꎬ 所以ＡＭ 平面ＢＤＥ. 线面平行的判定定理 分
ｎ ２ ２ ∥ ( ) (６ )
ｎ ｎ ｌ ｍ.
(２) ∥
则ａ ２ ２ ＋１－１ １
ｎ＝ ｎ ＝ ｎ ＝１－ ｎ ꎬ 证明如下 由 知ＡＭ 平面ＢＤＥ 分
２ ＋１ ２ ＋１ ２ ＋１ : (１) ∥ ꎬ (７ )
又ＡＭ 平面ＡＤＭ 平面ＡＤＭ 平面ＢＤＥ ｌ
则Ｓ １ １ １ １ ⊂ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
ｎ＝１－ ＋１－ ２ ＋１－ ３ ＋􀆺＋１－ ｎ 所以ｌ ＡＭ 线面平行的性质定理 分
２＋１ ２ ＋１ ２ ＋１ ２ ＋１ ∥ ꎬ( ) (９ )
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋讲解册答案精准解析 ８７
又ＡＭ 平面ＢＤＥ ＡＭ 平面 ＡＢＭ 平面 ＡＢＭ 平面 ＢＤＥ
∥ ꎬ ⊂ ꎬ ∩ ＝
ｍ 所以ｍ ＡＭ 所以ｌ ｍ. 基本事实 分
ꎬ ∥ ꎬ ∥ ( ４) (１２ )
２.解析 证明 连接 ＣＰ 并延长 与 ＤＡ 的延长线交于 Ｍ
(１) : ꎬ
点 如图 连接ＭＤ 因为四边形 ＡＢＣＤ为正方形 所以 ＢＣ
ꎬ ꎬ １ꎬ ꎬ ∥
ＡＤ 分
ꎬ (２ )
则Ａ Ｃ Ｄ 则Ａ→Ｃ 设
(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ ( ３ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ ＝( ３ꎬ０ꎬ０)ꎬ
æ ö æ ö
ＡＰ ｔ ｔ 则Ｐ ｔ Ｅç ２ ２ ｔ÷ 则Ａ→Ｅ ç ２ ２ ｔ÷
＝ ꎬ >０ꎬ (０ꎬ０ꎬ )ꎬ è０ꎬ ꎬ øꎬ ＝è０ꎬ ꎬ øꎬ
３ ３ ３ ３
易知Ａ→Ｄ 是平面ＰＡＣ的一个法向量.
＝(０ꎬ２ꎬ０)
设平面ＥＡＣ的法向量是ｎ ｘ ｙ ｚ
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
ＣＰ ＢＰ
故 △ ＰＢＣ ∽△ ＰＤＭ ꎬ 所以 ＰＭ＝ＰＤ＝ ２ ꎬ {Ａ→Ｃ ｎ ì ï ï ３ ｘ ＝０ꎬ
３ 由 􀅰 ＝０ꎬ 得í
ＣＱ ＢＰ ＣＱ ＣＰ Ａ→Ｅ ｎ ïï２ ｙ ２ｔｚ
又因为 ２ 所以 ２ 􀅰 ＝０ꎬ î ＋ ＝０ꎬ
ＱＤ ＝ＰＤ＝ ꎬ ＱＤ ＝ＰＭ＝ ꎬ ３ ３
１ ３ １ ３ 取ｚ 则ｎ ｔ
所以ＰＱ ＭＤ .又ＭＤ 平面Ａ Ｄ ＤＡ ＰＱ 平面Ａ Ｄ ＤＡ 所 ＝－１ꎬ ＝(０ꎬ ꎬ－１)ꎬ
∥ １ １⊂ １ １ ꎬ ⊄ １ １ ꎬ
以ＰＱ 平面Ａ Ｄ ＤＡ. 分 因为平面ＰＡＣ与平面ＥＡＣ的夹角的余弦值为３ １０
∥ １ １ (６ ) ꎬ
１０
ＡＲ
当 的值为３ 时 能使平面ＰＱＲ 平面Ａ Ｄ ＤＡ. Ａ→Ｄ ｎ ｔ
(２) ＡＢ ꎬ ∥ １ １ 所以 Ａ→Ｄ ｎ ｜ 􀅰 ｜ ｜２ ｜ ３ １０ 解得ｔ 所
５ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜＝ ＝ ＝ ꎬ ＝３ꎬ
ＡＲ ＢＲ ＢＲ ＢＰ ｜
Ａ→Ｄ
｜｜
ｎ
｜ ２ １＋
ｔ２
１０
证明如下 如图.因为 ３ 即 ２ 故 .
: ＡＢ＝ ꎬ ＲＡ＝ ꎬ ＲＡ＝ＰＤ
５ ３ 以四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的体积Ｖ １ １ ３ ３.
－ ＝ × ×(１＋２)× ３×３＝
所以ＰＲ ＤＡ. 分 ３ ２ ２
∥ (８ )
２.证明 在 ＰＡＤ 中 因为 ＰＡ ＰＤ Ｅ 为 ＡＤ 的中点 所
(１) △ ꎬ ＝ ꎬ ꎬ
以ＰＥ ＡＤ.因为底面 ＡＢＣＤ 为矩形 所以 ＢＣ ＡＤ.所以 ＰＥ
⊥ ꎬ ∥
ＢＣ.
⊥
因为底面ＡＢＣＤ为矩形 所以ＡＢ ＡＤ.
(２) ꎬ ⊥
又因为平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ
⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
所以ＡＢ 平面ＰＡＤ.所以ＡＢ ＰＤ.
⊥ ⊥
又ＤＡ 平面Ａ Ｄ ＤＡ ＰＲ 平面Ａ Ｄ ＤＡ 又因为ＰＡ ＰＤ ＰＡ ＡＢ Ａ
⊂ １ １ ꎬ ⊄ １ １ ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
所以ＰＲ 平面Ａ Ｄ ＤＡ 分 所以ＰＤ 平面ＰＡＢ.
∥ １ １ ꎬ (１０ ) ⊥
又ＰＱ 平面Ａ Ｄ ＤＡ ＰＱ ＰＲ Ｐ ＰＱ ＰＲ 平面ＰＱＲ 又ＰＤ 平面ＰＣＤ 所以平面ＰＡＢ 平面ＰＣＤ.
∥ １ １ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ ⊂ ꎬ ⊥
所以平面ＰＱＲ 平面Ａ Ｄ ＤＡ. 分 取ＰＣ的中点Ｇ 连接ＦＧ ＤＧ.
∥ １ １ (１２ ) (３) ꎬ ꎬ
8.4 直线、平面垂直的判定与性质
１.解析 证明 在 ＡＢＣ 中 ＡＢＣ ° ＡＢ ＢＣ
(１) : △ ꎬ∠ ＝６０ ꎬ ＝２ꎬ ＝１ꎬ
由余弦定理可得
ꎬ
ＡＣ ＡＢ２ ＢＣ２ ＡＢ ＢＣ ＡＢＣ
＝ ＋ －２ 􀅰 ｃｏｓ∠ ＝ ３ꎬ
因为Ｆ Ｇ分别为ＰＢ ＰＣ的中点
从而有ＡＢ２ ＢＣ２ ＡＣ２ 则ＡＣ ＢＣ ꎬ ꎬ ꎬ
＝ ＋ ꎬ ⊥ ꎬ
ＡＤ ＢＣ ＡＣ ＡＤ 所以ＦＧ ＢＣ ＦＧ １ＢＣ.
∵ ∥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ＝
２
ＰＤ ＡＣ ＰＤ ＡＤ Ｄ ＡＤ ＰＤ 平面ＰＡＤ
∵ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ 因为底面ＡＢＣＤ为矩形 且Ｅ为ＡＤ的中点
ꎬ ꎬ
ＡＣ 平面ＰＡＤ ＰＡ 平面ＰＡＤ ＡＣ ＰＡ
∴ ⊥ ꎬ∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥ ꎬ
所以ＤＥ ＢＣ ＤＥ １ＢＣ.所以ＤＥ ＦＧ ＤＥ ＦＧ.
ＰＡ ＣＤ ＡＣ ＣＤ Ｃ ＡＣ ＣＤ 平面ＡＢＣＤ ∥ ꎬ ＝ ∥ ꎬ ＝
∵ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ ２
ＰＡ 平面ＡＢＣＤ. 所以四边形ＤＥＦＧ为平行四边形.所以ＥＦ ＤＧ.
∴ ⊥ ∥
以Ａ为坐标原点 以 ＡＣ ＡＤ ＡＰ 所在直线分别为 ｘ 轴 ｙ 又因为ＥＦ 平面ＰＣＤ ＤＧ 平面ＰＣＤ
(２) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ
轴 ｚ轴建立空间直角坐标系Ａ ｘｙｚ 如图 所以ＥＦ 平面ＰＣＤ.
ꎬ － ꎬ ꎬ ∥
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋８８ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
３.答案
①②③
{ｎ Ａ→Ｂ {
ｘ ｙ
由 􀅰 ＝０ꎬ 得 ＋ ３ ＝０ꎬ
8.5 空间角与距离、空间向量及其应用 ｎ Ｂ→Ｂ ｚ
􀅰 １＝０ꎬ ２ ＝０ꎬ
可取ｎ .
１.解析 解法一: 证明 由 ＡＢ ＡＡ ＢＢ ＡＡ ＝(－ ３ꎬ１ꎬ０)
(１) : ＝２ꎬ １＝４ꎬ １＝２ꎬ １⊥
Ａ→Ｃ ｎ
ＡＢ ＢＢ ＡＢ得ＡＢ Ａ Ｂ 所以 θ Ａ→Ｃ ｎ ｜ １􀅰 ｜ ３９. 注意线面角
ꎬ １⊥ １＝ １ １＝２ ２ꎬ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ‹ １ꎬ ›｜＝ Ａ→Ｃ ｎ ＝
１３
(
所以Ａ Ｂ２ ＡＢ２ ＡＡ２ ｜ １｜􀅰｜ ｜
１ １＋ １＝ １ꎬ θ与两向量夹角的关系
故ＡＢ Ａ Ｂ . 利用勾股定理的逆定理证明线线垂直 )
１⊥ １ １ ( )
由ＢＣ ＢＢ ＣＣ ＢＢ ＢＣ ＣＣ ＢＣ得Ｂ Ｃ 因此 直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角的正弦值是 ３９.
＝２ꎬ １＝２ꎬ １＝１ꎬ １⊥ ꎬ １⊥ １ １＝ ５ꎬ ꎬ １ １ １３
由ＡＢ ＢＣ ＡＢＣ °得ＡＣ ２.解析 证明 由已知得 Ｂ Ｃ 平面ＡＢＢ Ａ 因为ＢＥ
＝ ＝２ꎬ∠ ＝１２０ ＝２ ３ꎬ (１) : ꎬ １ １⊥ １ １ꎬ ⊂
由ＣＣ ＡＣ 得ＡＣ 平面 ＡＢＢ Ａ 故 Ｂ Ｃ ＢＥ.又 ＢＥ ＥＣ Ｂ Ｃ ＥＣ Ｃ
１⊥ ꎬ １＝ １３ꎬ １ １ꎬ １ １⊥ ⊥ １ꎬ １ １∩ １ ＝ １ꎬ
所以ＡＢ２ Ｂ Ｃ２ ＡＣ２ 故ＡＢ Ｂ Ｃ . Ｂ Ｃ ＥＣ 平面ＥＢ Ｃ 所以ＢＥ 平面ＥＢ Ｃ . 分
１＋ １ １＝ １ꎬ １⊥ １ １ １ １ꎬ １⊂ １ １ꎬ ⊥ １ １ (４ )
又Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ 因此ＡＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ . 由 知 ＢＥＢ °.由题设知 ＡＢＥ Ａ Ｂ Ｅ
１ １∩ １ １＝ １ꎬ １⊥ １ １ １ (２) (１) ∠ １＝９０ Ｒｔ△ ≌Ｒｔ△ １ １ ꎬ
如图 过点 Ｃ 作 Ｃ Ｄ Ａ Ｂ 交直线 Ａ Ｂ 于点 Ｄ 连接 所以 ＡＥＢ ° 故ＡＥ ＡＢ ＡＡ ＡＢ. 分
(２) ꎬ １ １ ⊥ １ １ꎬ １ １ ꎬ ∠ ＝４５ ꎬ ＝ ꎬ １＝２ (５ )
ＡＤ.由ＡＢ
１⊥
平面 Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
且 ＡＢ
１⊂
平面 ＡＢＢ
１
得平面 Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
以Ｄ为坐标原点
ꎬ
Ｄ→Ａ的方向为 ｘ 轴正方向
ꎬ｜
Ｄ→Ａ
｜
为单位长
ꎬ
平面ＡＢＢ 由Ｃ Ｄ Ａ Ｂ 得Ｃ Ｄ 平面ＡＢＢ 所以 Ｃ ＡＤ 建立如图所示的空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ 分
⊥ １ꎬ １ ⊥ １ １ １ ⊥ １ꎬ ∠ １ － ꎬ (６ )
是ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角.
１ １
由Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｃ 得
１ １＝ ５ꎬ １ １＝２ ２ꎬ １ １＝ ２１
Ｃ Ａ Ｂ ６ 则 Ｃ Ａ Ｂ １
ｃｏｓ∠ １ １ １＝ ꎬ ｓｉｎ∠ １ １ １ ＝ ꎬ
７ ７
所以Ｃ Ｄ
１ ＝ ３ꎬ
Ｃ Ｄ
故 Ｃ ＡＤ １ ３９.
ｓｉｎ∠ １ ＝ＡＣ ＝
１ １３
因此 直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角的正弦值是 ３９.
ꎬ １ １
１３
则Ｃ Ｂ Ｃ Ｅ 则Ｃ→Ｂ
解法二: 证明 如图 以ＡＣ的中点 Ｏ为原点 分别以射线 (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ１ꎬ２)ꎬ (１ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝(１ꎬ
(１) : ꎬ ꎬ
ＯＢ ＯＣ为ｘ ｙ轴的非负半轴 建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ. Ｃ→Ｅ Ｃ→Ｃ .设平面 ＥＢＣ 的法向量
ꎬ ꎬ ꎬ － ０ꎬ０)ꎬ ＝(１ꎬ－１ꎬ１)ꎬ １＝(０ꎬ０ꎬ２)
{Ｃ→Ｂ ｎ {ｘ
为ｎ ｘ ｙ ｚ 则 􀅰 ＝０ꎬ 即 ＝０ꎬ
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ Ｃ→Ｅ ｎ ｘ ｙ ｚ
􀅰 ＝０ꎬ － ＋ ＝０ꎬ
所以可取ｎ . 分
＝(０ꎬ－１ꎬ－１) (８ )
设平面ＥＣＣ 的法向量为ｍ ｘ′ ｙ′ ｚ′
１ ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
{Ｃ→Ｃ ｍ { ｚ′
则 １􀅰 ＝０ꎬ 即 ２ ＝０ꎬ
Ｃ→Ｅ
􀅰
ｍ
＝０ꎬ
ｘ′
－
ｙ′
＋
ｚ′
＝０ꎬ
所以可取ｍ . 分
由题意知各点坐标如下 ＝(１ꎬ１ꎬ０) (１０ )
:
ｎ ｍ
Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｃ 于是 ｎ ｍ 􀅰 １. 分
(０ꎬ－ ３ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ－ ３ꎬ４)ꎬ １(１ꎬ０ꎬ２)ꎬ １(０ꎬ ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝
｜
ｎ
｜｜
ｍ
｜
＝－
２
(１１ )
.因此Ａ→Ｂ Ａ →Ｂ Ａ →Ｃ
３ꎬ１) １＝(１ꎬ ３ꎬ２)ꎬ １ １＝(１ꎬ ３ꎬ－２)ꎬ １ １＝(０ꎬ 所以二面角Ｂ ＥＣ Ｃ 的正弦值为 ３. 分
－ － １ (１２ )
.由Ａ→Ｂ Ａ →Ｂ 得 ＡＢ Ａ Ｂ .由Ａ→Ｂ Ａ →Ｃ 得 ２
２ ３ꎬ－３) １􀅰 １ １＝０ １⊥ １ １ １􀅰 １ １＝０ ３.解析 证明 因为平面 ＰＡＤ 平面 ＡＢＣＤ ＡＢ ＡＤ 所
ＡＢ Ａ Ｃ . 注意两向量垂直的充要条件的应用 (１) : ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
１⊥ １ １ ( ) 以ＡＢ 平面ＰＡＤ.所以ＡＢ ＰＤ.
因为Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ａ 所以ＡＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ . ⊥ ⊥
１ １∩ １ １＝ １ꎬ １⊥ １ １ １ 又因为ＰＡ ＰＤ ＰＡ ＡＢ Ａ 所以ＰＤ 平面ＰＡＢ.
设直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角为θ. ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊥
(２) １ １ 取 ＡＤ 的中点 Ｏ 连接 ＰＯ ＣＯ.因为 ＰＡ ＰＤ 所以 ＰＯ
(２) ꎬ ꎬ ＝ ꎬ ⊥
由 可知Ａ→Ｃ Ａ→Ｂ Ｂ→Ｂ . ＡＤ.又因为ＰＯ 平面 ＰＡＤ 平面 ＰＡＤ 平面 ＡＢＣＤ 所以 ＰＯ
(１) １＝(０ꎬ２ ３ꎬ１)ꎬ ＝(１ꎬ ３ꎬ０)ꎬ １＝(０ꎬ０ꎬ２) ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ
设平面ＡＢＢ 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ . 平面ＡＢＣＤ.因为ＣＯ 平面ＡＢＣＤ 所以ＰＯ ＣＯ.因为ＡＣ
１ ＝( ꎬ ꎬ ) ⊥ ⊂ ꎬ ⊥ ＝
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋讲解册答案精准解析 ８９
ＣＤ 所以ＣＯ ＡＤ.
ꎬ ⊥ 9.5 圆锥曲线的综合问题
如图建立空间直角坐标系 Ｏ ｘｙｚ.由题意得 Ａ
－ ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ
Ｂ Ｃ Ｄ Ｐ . １.Ａ
(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ－１ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ１)
æ ｐ ö
２.解析 设抛物线的焦点为 Ｆ 则 Ｆç ÷ 准线方程为
(１) ꎬ è ꎬ０øꎬ
２
ｐ ｐ
ｘ 由抛物线的定义得 解得 ｐ 所以抛物线
＝－ ꎬ １＋ ＝２ꎬ ＝２ꎬ
２ ２
的方程为ｙ２ ｘ 把 ｙ 代入得ｙ２ 因为ｙ 所以ｙ
＝４ ꎬ (１ꎬ ０) ０＝４ꎬ ０>０ꎬ ０＝
所以Ｐ .
２ꎬ (１ꎬ２)
证明 由题意知直线 ＭＮ的斜率不为 设直线 ＭＮ的方
(２) : ０ꎬ
设平面ＰＣＤ的法向量为ｎ ＝( ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ )ꎬ 程为ｘ ｍｙ ｎ Ｍ æ ç １ ｙ２ ｙ ö ÷ Ｎ æ ç １ ｙ２ ｙ ö ÷ 联立 {ｘ ＝ ｍｙ ＋ ｎ ꎬ得
则
{ｎ
􀅰
Ｐ→Ｄ
＝０ꎬ 即
{
－
ｙ
－
ｚ
＝０ꎬ
＝ ＋ ꎬ è
４
１ꎬ １øꎬ è
４
２ꎬ ２øꎬ ｙ２
＝４
ｘ
ꎬ
ｎ
􀅰
Ｐ→Ｃ
＝０ꎬ ２
ｘ
－
ｚ
＝０
. ｙ２
－４
ｍｙ
－４
ｎ
＝０ꎬ
Δ
＝１６
ｍ２
＋４×４
ｎ
>０ꎬ
ｙ
１＋
ｙ
２＝４
ｍ
ꎬ
ｙ
１
ｙ
２＝－４
ｎ
ꎬ
令ｚ 则ｘ ｙ 所以ｎ . ｙ ｙ
＝２ꎬ ＝１ꎬ ＝－２ꎬ ＝(１ꎬ－２ꎬ２) 因为ｋ １－２ ４ ｋ ２－２ ４ ｋ ｋ １
ＰＭ＝ ＝ｙ ꎬ ＰＮ＝ ＝ｙ ꎬ ＰＭ􀅰 ＰＮ＝－ ꎬ
ｎ Ｐ→Ｂ １ ｙ２ １＋２ １ ｙ２ ２＋２ ２
又Ｐ→Ｂ 所以 ｎ Ｐ→Ｂ 􀅰 ３. １－１ ２－１
＝(１ꎬ１ꎬ－１)ꎬ ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ＝－ ４ ４
ｎ Ｐ→Ｂ
３
｜ ｜｜ ｜
所以 １６ １
ｙ ｙ ＝ － ꎬ
所以直线ＰＢ与平面ＰＣＤ所成角的正弦值为 ３. ( １＋２)( ２＋２) ２
３ 即ｙ ｙ ｙ ｙ
１ ２＋２( １＋ ２)＋３６＝０ꎬ
设Ｍ是棱ＰＡ上一点 则存在λ 使得Ａ→Ｍ λＡ→Ｐ. 所以 ｎ ｍ 即ｎ ｍ 满足Δ
(３) ꎬ ∈[０ꎬ１]ꎬ ＝ －４ ＋８ ＋３６＝０ꎬ ＝２ ＋９ꎬ >０ꎬ
因此点Ｍ
(０ꎬ１－
λ
ꎬ
λ
)ꎬ
Ｂ→Ｍ
＝(－１ꎬ－
λ
ꎬ
λ
)
. 所以直线ＭＮ的方程为ｘ
＝
ｍｙ
＋２
ｍ
＋９＝
ｍ
(
ｙ
＋２)＋９ꎬ
所以直线ＭＮ过定点 .
因为ＢＭ 平面 ＰＣＤ 所以 ＢＭ 平面 ＰＣＤ 当且仅当Ｂ→Ｍ (９ꎬ－２)
⊄ ꎬ ∥ 􀅰
ｃ
３.解析 依题意可得ａ ３
ｎ 即 λ λ 解得λ １. (１) ＝２ꎬａ ＝ ꎬ
＝０ꎬ (－１ꎬ－ ꎬ )􀅰(１ꎬ－２ꎬ２)＝ ０ꎬ ＝ ２
４
ＡＭ 所以ｃ 所以ｂ .
所以在棱ＰＡ上存在点Ｍ使得ＢＭ 平面ＰＣＤ 此时 １. ＝ ３ꎬ ＝１
∥ ꎬ ＡＰ＝ ｘ２
４ 所以椭圆Ｃ的标准方程为 ｙ２ .
＋ ＝１
４
专题九 平面解析几何
设直线ＡＢ的方程为ｙ １ｘ ｍ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
(２) ＝ ＋ ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
9.1 直线和圆 ２
ì
ï
ｙ １ｘ ｍ
１.Ｄ ïï ＝ ＋ ꎬ
联立í ２ 消去ｙ得ｘ２ ｍｘ ｍ２
２.答案
３
ｘ
＋
ｙ
－１＝０
ï
ï
ｘ２
ｙ２
＋２ ＋２ －２＝０ꎬ
î ＋ ＝１ꎬ
３.答案 ３ ２ ３ ４
ꎻ－ 由Δ ｍ２ 得ｍ２
３ ３ ＝８－４ >０ꎬ <２ꎬ
４.Ｃ 由根与系数的关系得ｘ ｘ ｍ ｘ ｘ ｍ２
１＋ ２＝－２ ꎬ １ ２＝２ －２ꎬ
æ ö２
9.2 椭圆 所以 ＡＢ ç １ ÷ ｘ ｘ
｜ ｜＝ １＋è ø ｜ １－ ２｜
２
１.答案
８
５ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ｍ２
２.Ｂ ３.Ｄ ＝ 􀅰 ( １＋ ２) －４ １ ２ ＝ ５􀅰 ２－ ꎬ
２
ｍ ｍ
9.3 双曲线 又原点Ｏ到直线ＡＢ的距离ｄ ｜ ｜ ｜２ ｜
＝ ＝ ꎬ
æ ö２
ç １ ÷ ５
１.Ａ ２.Ａ １＋è ø
２
３.答案 ｍ
±１ 所以 Ｓ １ ｜２ ｜ ｍ２ ｍ２ ｍ２
△ ＡＯＢ ＝ 􀅰 􀅰 ５ 􀅰 ２－ ＝ (２－ ) ≤
２ ５
9.4 抛物线
æｍ２ ｍ２ö２
ç ＋２－ ÷ 当且仅当 ｍ２ ｍ２ 即 ｍ 时取等
１.Ｃ ２.ＢＣ è ø ＝１ꎬ ＝２－ ꎬ ＝±１
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋９０ 5年高考3年模拟 A版 高考数学
号 所以 ＡＯＢ 面积的最大值为 此时直线 ＡＢ 的方程为
ꎬ △ １ꎬ ２.答案 １
－
２
ｙ １ｘ .
＝ ±１ ３.ＢＣＤ
２
æｘ ｘ ｙ ｙ ö ４.答案
４.解析 设 Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则 Ｍç １＋ ２ １＋ ２÷ ２
(１) ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ è ꎬ øꎬ
２ ２
专题十一 概率与统计
ｙ ｙ
１＋ ２
ｙ ｙ ｙ ｙ
ｋ １－ ２ ｋ ２ １＋ ２ １ 11.1 随机事件及概率
ＡＢ＝ｘ ｘ ＝１ꎬ ＯＭ＝ｘ ｘ ＝ｘ ｘ ＝－ ꎬ
１－ ２ １＋ ２ １＋ ２ ２
１.Ｂ
２
ì ï ｘ２ ｙ２ ２.答案 ６０ １
１ １ ꎻ
ïïａ２ ＋ｂ２ ＝１ꎬ ９１ ２
Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 在椭圆上 í ３.Ｂ
∵ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２) ꎬ∴ ïｘ２ ｙ２
ïï ２ ２
îａ２ ＋ｂ２ ＝１ꎬ
11.2 离散型随机变量及其分布列、均值、方差
ｘ２ ｘ２ ｙ２ ｙ２
两式相减得 １－ ２ １－ ２
ａ２ ＋ ｂ２ ＝０ꎬ 解析 所求概率Ｐ Ｃ ４ ８ ５. 分
(１) ＝ ＝ (３ )
５
整理得
ｙ２
１－
ｙ２
２
ｙ
１＋
ｙ
２
ｙ
１－
ｙ
２
ｂ２ Ｃ１０ １８
ｘ２ １－ ｘ２ ２ ＝ｘ １＋ ｘ ２ 􀅰ｘ １－ ｘ ２ ＝－ａ２ ꎬ (２) 由题意知 Ｘ 可取的值为 ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ 则Ｐ ( Ｘ ＝０)＝ Ｃ ５ ６ ＝
５
ｂ２ ｂ２ Ｃ１０
ｋ ｋ 即 １ 则ａ２ ｂ２
∴ ＡＢ􀅰 ＯＭ＝－ａ２ ꎬ －
２
＝－ａ２ ꎬ ＝２ ①ꎬ
１ Ｐ Ｘ Ｃ
４
６Ｃ
１
４ ５ Ｐ Ｘ Ｃ
３
６Ｃ
２
４ １０ Ｐ Ｘ
ꎬ ( ＝１)＝ ＝ ꎬ ( ＝２)＝ ＝ ꎬ ( ＝３)＝
５ ５
æ ö ｘ２ ｙ２ ４２ Ｃ１０ ２１ Ｃ１０ ２１
又 点ç ６÷在椭圆Ｃ 上 １ ３
∵ è１ꎬ
２
ø :ａ２ ＋ｂ２ ＝１ ꎬ∴ ａ２ ＋
２
ｂ２ ＝１②ꎬ
Ｃ
２
６Ｃ
３
４ ５ Ｐ Ｘ Ｃ
１
６Ｃ
４
４ １. 分
＝ ꎬ ( ＝４)＝ ＝ (８ )
联立 ①② 解得ａ２ ＝４ꎬ ｂ２ ＝２ꎬ Ｃ ５ １０ ２１ Ｃ ５ １０ ４２
因此Ｘ的分布列为
ｘ２ ｙ２
椭圆Ｃ的方程为 .
∴ ＋ ＝１ Ｘ
４ ２ ０ １ ２ ３ ４
不存在 理由如下.
(２) ꎬ
Ｐ １ ５ １０ ５ １
假设存在Ｐ Ｑ两点关于ｌ ｙ ｘ 对称 设直线 ＰＱ 与直线 ｌ
ꎬ : ＝ ＋１ ꎬ ４２ ２１ ２１ ２１ ４２
的交点为Ｎ 则Ｎ为线段ＰＱ的中点 连接ＯＮ
分
ꎬ ꎬ ꎬ
(１０ )
ＰＱ ｌ ｋ ｋ 即ｋ
∵ ⊥ ꎬ∴ ＡＢ􀅰 ＰＱ＝－１ꎬ ＰＱ＝－１ꎬ
则Ｅ Ｘ ５ １０ ５ １ . 分
( )＝ ０＋１× ＋２× ＋３× ＋４× ＝２ (１２ )
由 可得ｋ ｋ １ 则ｋ １ 即直线ＯＮ ｙ １ｘ ２１ ２１ ２１ ４２
(１) ＯＮ􀅰 ＰＱ＝－ ꎬ ＯＮ＝ ꎬ : ＝ ꎬ
２ ２ ２
11.3 二项分布、超几何分布和正态分布
ì
ï ïｙ １ｘ {ｘ
联立í ＝ ꎬ解得 ＝－２ꎬ即Ｎ (－２) ２ (－１) ２
ïï ２ ｙ (－２ꎬ－１)ꎬ∵ ＋ ＝ １.Ｂ
îｙ ｘ ＝－１ꎬ ４ ２
＝ ＋１ꎬ ２.解析 两球颜色相同分为都是红球或都是白球 其概
(１) ꎬ
３ 则 Ｎ 在椭圆 Ｃ 外 假设不成立 即不存在 ２ ２
>１ꎬ (－２ꎬ－１) ꎬ∴ ꎬ 率Ｐ Ｃ４ Ｃ２ ７.
２ ＝ ２ ＋ ２ ＝
Ｐ Ｑ两点关于ｌ对称.
Ｃ６ Ｃ６ １５
ꎬ ２
依题意得Ｘ的取值为 Ｐ Ｘ Ｃ２ １
(２) ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ ( ＝２)＝ ＝ ꎬ
专题十 计数原理 Ｃ ２ ６ １５
Ｘ 就是前两个球中 个是红球 个是白球 第 个是红
＝３ꎬ １ ꎬ１ ꎬ ３
10.1 计数原理、排列与组合
１ １ １
球 则Ｐ Ｘ Ｃ４Ｃ２ Ｃ１ ２
１.Ｂ ꎬ ( ＝３)＝ ２ 􀅰 １ ＝ ꎬ
Ｃ６ Ｃ４ １５
Ｘ 就是前三个球中 个是白球 个是红球 第 个是红
２.答案 ７ ＝４ꎬ ２ ꎬ１ ꎬ ４
球 或前四个全是白球
１５ ꎬ ꎬ
３.Ｄ ２ １ １ ４
则Ｐ Ｘ Ｃ４Ｃ２ Ｃ１ Ｃ４ ４
( ＝４)＝ 􀅰 ＋ ＝ ꎬ
３ １ ４
10.2 二项式定理
Ｃ６ Ｃ３ Ｃ６ １５
Ｘ 就是前四个球中 个是白球 个是红球 第 个是红
＝５ꎬ ３ ꎬ１ ꎬ ５
１.Ｃ 球 或前四个球中 个是白球 个是红球 第 个是白球
ꎬ ３ ꎬ１ ꎬ ５ ꎬ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋讲解册答案精准解析 ９１
３ １ １ ３ １ １
线性关系.
则Ｐ Ｘ Ｃ４􀅰Ｃ２ Ｃ１ Ｃ４􀅰Ｃ２ Ｃ１ ８.
( ＝５)＝ ４ 􀅰 １ ＋ ４ 􀅰 １ ＝ 对ｙ ｃ ｘｄ ｃ ｄ 两边取自然对数得 ｙ ｃ ｄ ｘ.
Ｃ６ Ｃ２ Ｃ６ Ｃ２ １５ ＝ 􀅰 ( ꎬ >０) ｌｎ ＝ｌｎ ＋ ｌｎ
所以Ｘ的分布列为 令ｖ ｘ ｕ ｙ
ｉ＝ｌｎ ｉꎬ ｉ＝ｌｎ ｉꎬ
Ｘ
２ ３ ４ ５
则ｕ
＾＝
ｄ＾ｖ
＋
ａ
＾ꎬ
其中ａ
＾＝ｌｎ
ｃ.
第二步:利用公式求出经验回归方程.
Ｐ １ ２ ４ ８
根据所给统计量及最小二乘估计公式得
１５ １５ １５ １５
６ ６
数学期望Ｅ Ｘ １ ２ ４ ８ ６４. ｘ ｙ
( )＝ ２×
１５
＋３×
１５
＋４×
１５
＋５×
１５
＝
１５
６
ｖｕ － ｖｕ
６
ｘ ｙ －
∑ｉ＝
１
ｌｎ ｉ􀅰∑ｉ＝
１
ｌｎ ｉ
３.Ｄ
ｄ＾
＝
∑ｉ＝
１
ｉ ｉ ６
＝
∑ｉ＝
１
(ｌｎ ｉ􀅰ｌｎ ｉ)
[
６
]
11.4 抽样方法与总体分布的估计 ６ ｖ２ － ｖ２ ６ ｘ ２
∑ｉ＝
１
ｉ ６ ６
ｘ ２ －
∑ｉ＝
１
(ｌｎ ｉ)
１.解析
(１)
如图. ∑ｉ＝
１
(ｌｎ ｉ)
６
. . . .
７５ ３－２４ ６×１８ ３÷６ ０ ２７ １
≈ . . ２ ＝ . ＝ ꎬ
１０１ ４－２４ ６ ÷６ ０ ５４ ２
６ ６
ｙ ｘ
ａ
＾＝
ｕ
－
ｄ＾ｖ
＝
∑ｉ＝
１
ｌｎ ｉ
－
ｄ＾
􀅰
∑ｉ＝
１
ｌｎ ｉ
≈
１８
.
３
－
１
×
２４
.
６
＝１ꎬ
６ ６ ６ ２ ６
又ａ ｃ 所以ｃ
＾＝ｌｎ ＝１ꎬ ＝ｅꎬ
所以ｙ关于ｘ的经验回归方程为ｙ
＾＝ｅ􀅰
ｘ１ ２.
由 得ｙ ｘ１ ２
(２) (１) ＝ｅ􀅰 ꎬ
所以ｚ ｘ . ｘ . ｘ ２ ｘ.
＝２ｅ －０ ３２ ＝－０ ３２( ) ＋２ｅ
令ｔ ｘ 则当ｔ ｅ 时 ｚ取得最大值
＝ ꎬ ＝ . ꎬ ꎬ
０ ３２
此时ｘ ｔ２
＝ ≈７２ꎬ
所以当产品的尺寸ｘ约为 时 收益ｚ的预报值最大.
７２ ｍｍ ꎬ
分
(４ ) 名师点睛
根据以上数据 该家庭使用节水龙头后 天日用水量小
求非线性回归模型的步骤
(２) ꎬ ５０
于 ０ . ３５ ｍ ３ 的频率为 ０ . ２×０ . １＋１×０ . １＋２ . ６×０ . １＋２×０ . ０５＝０ . ４８ꎬ 
 Y Z %
因此该家庭使用节水龙头后日用水量小于 . ３ 的概率的 %
０ ３５ ｍ
估计值为 . . 分
０ ４８ (８ )
E
该家庭未使用节水龙头 天日用水量的平均数为 % UE+ 
(３) ５０

ｘ １ . . . . . .
１＝
５０
×(０ ０５×１＋０ １５×３＋０ ２５×２＋０ ３５×４＋０ ４５×９＋０ ５５×２６＋
 + UD3
. . . 分
０ ６５×５)＝ ０ ４８ (１０ ) !? U!3O /
该家庭使用了节水龙头后 天日用水量的平均数为
５０
 L+ -ED,+ U
ｘ １ . . . . . .
２＝ ×(０ ０５×１＋０ １５×５＋０ ２５×１３＋０ ３５×１０＋０ ４５×１６＋０ ５５× E  L3 /
５０
. .
５)＝ ０ ３５ ２.ＡＣ
估计使用节水龙头后 一年可节省水 . .
ꎬ (０ ４８－０ ３５)×３６５＝
. ３ . 分
４７ ４５(ｍ ) (１２ )
２.ＢＣＤ
11.5 成对数据的统计分析
１.解析 第一步:两边取自然对数ꎬ将非线性关系转化为
(１)
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋