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高考总复习模拟必刷题-理科数学_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

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高考数学必刷模拟题题库（理）
目录
§1.1
集
合....................................................................................................................................................................4
§1.2
命题及其关系、充分条件与必要条件................................................................................................................... 6
§1.3
简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词........................................................................................................... 8
§2.1
函数的概念及其表示..............................................................................................................................................12
§2.2
函数的单调性与最值..............................................................................................................................................14
§2.3
函数的奇偶性、周期性与对称性......................................................................................................................... 16
§3.1
二次函数与幂函数..................................................................................................................................................19
§3.2
指数与指数函数......................................................................................................................................................23
§3.3
对数与对数函数......................................................................................................................................................26
§4.1
函数图象............................................................................................................................................................29
§4.2
函数与方程..............................................................................................................................................................33
§4.3
函数模型及其应用..................................................................................................................................................37
§5.1
导数的概念及其运算、定积分............................................................................................................................. 40
§5.2
利用导数研究函数的单调性................................................................................................................................. 43
§5.3
利用导数研究函数的极值、最值......................................................................................................................... 45
§6.1
三角函数的概念、同角三角函数的基本关系及诱导公式.................................................................................50
§6.2
三角恒等变换..........................................................................................................................................................53
§6.3
三角函数的图象与性质..........................................................................................................................................56
§6.4
函数y=Asin(ωx+φ)的图象及三角函数模型的应用........................................................................................... 59
§6.5
解三角形............................................................................................................................................................63
§7.1
平面向量的概念及线性运算................................................................................................................................. 67
§7.2
平面向量基本定理及坐标表示............................................................................................................................. 71
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§7.3
平面向量的数量积及其应用................................................................................................................................. 75
§8.1
数列的概念..............................................................................................................................................................78
§8.2
等差数列............................................................................................................................................................81
§8.3
等比数列............................................................................................................................................................84
§8.4
数列求和、数列的综合应用................................................................................................................................. 87
§9.1
不等式的性质与一元二次不等式......................................................................................................................... 90
§9.2
简单的线性规划问题..............................................................................................................................................93
§9.3
基本不等式..............................................................................................................................................................98
§10.1
空间几何体的直观图、三视图及其应用.........................................................................................................101
§10.2
球的体积与表面积............................................................................................................................................. 106
§10.3
空间点、线、面的位置关系.............................................................................................................................110
§10.4
直线、平面平行的判定与性质.........................................................................................................................115
§10.5
直线、平面垂直的判定与性质.........................................................................................................................120
§11.1
空间向量及其运算............................................................................................................................................. 125
§11.2
利用空间向量求空间角与距离.........................................................................................................................130
§12.1
直线方程与两条直线的位置关系.....................................................................................................................135
§12.2
圆的方程....................................................................................................................................................... 137
§12.3
直线与圆、圆与圆的位置关系.........................................................................................................................140
§13.1
椭
圆............................................................................................................................................................. 144
§13.2
双
曲
线......................................................................................................................................................... 147
§13.3
抛
物
线......................................................................................................................................................... 150
§13.4
直线与椭圆的综合应用..................................................................................................................................... 153
§13.5
直线与抛物线的综合应用................................................................................................................................. 157
§14.1
计数原理....................................................................................................................................................... 161
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§14.2
二项式定理......................................................................................................................................................... 164
§14.3
随机事件的概率................................................................................................................................................. 167
§14.4
古典概型与几何概型......................................................................................................................................... 171
§14.5
离散型随机变量及其分布列.............................................................................................................................175
§14.6
二项分布与正态分布......................................................................................................................................... 180
§14.7
离散型随机变量的均值与方差.........................................................................................................................184
§15.1
随机抽样与样本分布......................................................................................................................................... 189
§15.2
相关关系与统计案例......................................................................................................................................... 193
§15.3
统计的综合应用................................................................................................................................................. 198
§16.1
合情推理与演绎推理......................................................................................................................................... 204
§16.2
直接证明、间接证明......................................................................................................................................... 207
§16.3
算法初步....................................................................................................................................................... 210
§16.4
数系的扩充与复数的引入................................................................................................................................. 216
§17.1
坐标系与参数方程............................................................................................................................................. 219
§17.2
不等式选讲......................................................................................................................................................... 224
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§1.1
集
合
1.(2020 届潍坊模拟)已知集合A={x|x
2-3x+2=0,x∈R},B={x|0<x<5,x∈N},则满足条件A⊆C⊆B 的集合C 的个数为(
).
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】由x
2-3x+2=0,得x=1 或x=2,∴A={1,2}.
由题意知B={1,2,3,4},∴满足条件的集合C 可以是{1,2},{1,2,3},{1,2,4},{1,2,3,4},共4 个.
2.(2020 届重庆第二次模拟)已知集合A={(x,y)|y=f(x)},B={(x,y)|x=1},则A∩B 中元素的个数为(
).
A.1 个
B.1 个或2 个
C.至多1 个
D.可能2 个以上
【解析】集合A={(x,y)|y=f(x),x∈D},B={(x,y)|x=1}.
当1∈D 时,直线x=1 与函数y=f(x)的图象有一个交点;
当1∉D 时,直线x=1 与函数y=f(x)的图象没有交点.
所以A∩B 中元素的个数为1 或0.
3.(2020 届广东东莞冲刺)已知集合A={x|x
2-2x<0},B={x|1<x<3},则A∩B=(
).
A.(0,1)
B.(1,2)
C.(2,3)
D.(0,3)
【解析】集合A={x|x
2-2x<0}={x|0<x<2},B={x|1<x<3},所以A∩B={x|1<x<2}.
4.(2020 届辽宁模拟)已知集合A={(x,y)|x+y≤2,x,y∈N},则A 中元素的个数为(
).
A.1 B.5 C.6 D.无数个
【解析】由题意得A={(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(2,0)},所以A 中元素的个数为6.
5.(2020 届山西晋城模拟)已知集合A={x|2x
2-x≥0},B={y|y>-1},则A∩B=(
).
A.(-1,0] B. -1,
1
2
C.
1
2 ,+∞
D.(-1,0]∪
1
2 ,+∞
【解析】依题意,A={x|2x
2-x≥0}= x x ≤0 或x ≥
1
2 ,故A∩B=(-1,0]∪
1
2 ,+∞.
6.(2020 届晋冀鲁豫中原名校联考)已知集合A={x|x
2<4},B={x|x<2-x},则A∪B=(
).
A.{x|-2<x<2} B.{x|x<2}
C.{x|x>-1}
D.{x|x>-2}
【解析】由A={x|x
2<4}={x|-2<x<2},B={x|x<2-x}={x|x<1},得A∪B={x|x<2}.
7.(2020 届河北模拟)已知全集U=R,集合A={x|x<1},B={x|-1≤x≤2},则(∁UA)∩B=(
).
A.{x|1<x≤2} B.{x|1≤x≤2}
C.{x|-1≤x<1}
D.{x|x≥-1}
【解析】由题意,集合A={x|x<1},B={x|-1≤x≤2},则∁UA={x|x≥1},(∁UA)∩B={x|1≤x≤2}.
8.(2020 届湘赣十四校联考)设集合A={2,ln x},B={x,y
2},若A∩B={0},则y 的值为
.
【解析】由题意得x>0,由A∩B={0}得y=0.
【答案】0
9.设全集U=R,集合A={x|2<x≤5},则∁UA=
.
【解析】根据补集的定义可知∁UA={x|x≤2 或x>5}.
【答案】{x|x≤2 或x>5}
10.已知全集U=R,集合M={x|-2≤x-1≤2}和N={x|x=2k-1,k∈N
*}的关系如图所示,则阴影部分表示的集合包含
个元素.
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【解析】因为M={x|-1≤x≤3},N={x|x=2k-1,k∈N
*},阴影部分表示的集合为M∩N,所以M∩N={1,3},包含2 个元素.
【答案】2
11.(2020 届江西模拟)已知集合A={x|y= 3 −2x},B={x|y=lg(2
x-1)},则A∩B=(
).
A. x 0 < x ≤
3
2
B. x 0 ≤x ≤
3
2
C. x 0 < x ≤
2
3
D. x 0 ≤x ≤
2
3
【解析】由题意,集合A={x|y= 3 −2x}= x x ≤
3
2 ,B={x|y=lg(2
x-1)}={x|x>0},
所以A∩B= x 0 < x ≤
3
2 .
12.(2020 届河北石家庄模拟)已知集合A= x x ≤−
1
2 ,B= x 1 <
1
2
x
< 2 ,则(∁RA)∩B=(
).
A. x -
1
2 ≤x < 0
B. x -
1
2 < x < 0
C. x -1≤x <−
1
2
D. x -1<x <−
1
2
【解析】由题意得B={x|1<2
-x<2}={x|0<-x<1}={x|-1<x<0}.
因为A= x x ≤−
1
2 ,所以∁RA= x x >−
1
2 ,
所以(∁RA)∩B= x -
1
2 < x < 0 .
13.设集合A={x,y,x+y},B={0,x
2,xy},若A=B,则实数对(x,y)的取值集合是
.
【解析】由A=B,且0∈B,知集合B 中的元素x
2≠0,xy≠0,故x≠0,y≠0,
那么集合A 中只能是x+y=0,此时就是在条件x+y=0 下,{x,y}={x
2,xy},
即
x + y = 0,
x2 = x,
xy = y
或
x + y = 0,
x2 = y,
xy = x,
解得x = 1,
y =−1或x =−1,
y = 1.
【答案】{(1,-1),(-1,1)}
14.(2020 届云南模拟)已知集合A={y|y
2-(a
2+a+1)y+a(a
2+1)>0},B= y y =
1
2x
2-x+
5
2 ,0≤x ≤3 ,若A∩B=⌀,则实数a 的取值范
围是
.
【解析】A={y|y<a 或y>a
2+1},B={y|2≤y≤4}.
当A∩B=⌀时, a2 + 1 ≥4,
a ≤2,
解得3≤a≤2 或a≤- 3,
∴实数a 的取值范围是(-∞,- 3]∪[ 3,2].
【答案】(-∞,- 3]∪[ 3,2]
15.(2020 届江苏淮安模拟)设集合Sn={1,2,3,…,n},若X⊆Sn,把X 的所有元素的乘积称为X 的容量(若X 中只有一个元素,
则该元素的数值为它的容量,规定空集的容量为0).若X 的容量为奇(偶)数,则称X 为Sn的奇(偶)子集.集合S4的所有奇
子集的容量之和为
.
【解析】因为S4={1,2,3,4},所以
X=⌀,{1},{2},{3},{4},{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{2,4},{3,4},{1,2,3},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},{1,2,3,4}.其中是奇子集的为
X={1},{3},{1,3},其容量分别为1,3,3.所以集合S4的所有奇子集的容量之和为7.
【答案】7
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§1.2
命题及其关系、充分条件与必要条件
1. (2020 届黑龙江哈尔滨模拟)命题“若x<3,则x
2≤9”的逆否命题是(
).
A.若x
2>9,则x≥3 B.若x
2≤9,则x<3
C.若x≥3,则x
2>9 D.若x
2≥9,则x>3
【解析】由逆否命题的定义可得命题“若x<3,则x
2≤9”的逆否命题是“若x
2>9,则x≥3”.
2.(2020 届大连质检)命题“若a,b,c 成等比数列,则b
2=ac”的逆否命题是(
).
A.“若a,b,c 成等比数列,则b
2≠ac”
B.“若a,b,c 不成等比数列,则b
2≠ac”
C.“若b
2=ac,则a,b,c 成等比数列”
D.“若b
2≠ac,则a,b,c 不成等比数列”
【解析】根据原命题与其逆否命题的关系,易得命题“若a,b,c 成等比数列,则b
2=ac”的逆否命题是“若b
2≠ac,
则a,b,c 不成等比数列”.
3.(2020 届江南十校联考)下列命题的逆命题为真命题的是(
).
A.若x>2,则(x-2)(x+1)>0
B.若x
2+y
2≥4,则xy=2
C.若x+y=2,则xy≤1
D.若a≥b,则ac
2≥bc
2
【解析】对于A,原命题的逆命题为“若(x-2)(x+1)>0,则x>2”,其为假命题;对于B,原命题的逆命题为“若xy=2,
则x
2+y
2≥4”,由基本不等式可知其为真命题;对于C,原命题的逆命题为“若xy≤1,则x+y=2”,其为假命题,如
x=y=-1,xy≤1,但x+y≠2;对于D,原命题的逆命题为“若ac
2≥bc
2,则a≥b”,其为假命题,如c=0,满足ac
2≥bc
2,但不一
定得到a≥b.故选B.
4.(2020 届福建龙岩模拟)若a>1,则“a
x>a
y”是“logax>logay”的(
).
A.必要而不充分条件
B.充分而不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】由a>1,得a
x>a
y等价于x>y,logax>logay 等价为x>y>0,
故“a
x>a
y”是“logax>logay”的必要而不充分条件.
5.(2020 届四川宜宾诊断)设a,b 是空间内的两条直线,则“a,b 不平行”是“a,b 是异面直线”的(
).
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】由a,b 是异面直线可得a,b 不平行.反之,若直线a,b 不平行,则它们也可能相交.
所以“a,b 不平行”是“a,b 是异面直线”的必要不充分条件.
6.(2020 届湖南永州模拟)已知直线l1:ax+2y+2=0,l2:x+(a-1)y-1=0,则“a=2”是“l1∥l2”的(
).
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】由l1∥l2,可得a(a-1)-2×1=0,解得a=-1 或a=2.
故“a=2”是“l1∥l2”的充分不必要条件.
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7.(2020 届江西模拟)已知条件p:
1
x<1,条件q:2019
x>2019,则p 是q 的(
).
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】由
1
x<1 得
1−x
x <0,解得x<0 或x>1.由2019
x>2019,解得x>1.故p 是q 的必要不充分条件.
8.(2020 届山东烟台诊断)若条件p:|x|≤2,条件q:x≤a,且p 是q 的充分不必要条件,则实数a 的取值范围是(
).
A.[2,+∞)B.(-∞,2]
C.[-2,+∞)
D.(-∞,-2]
【解析】|x|≤2 等价于-2≤x≤2.因为p 是q 的充分不必要条件,所以有[-2,2]⫋(-∞,a],故a≥2.
9.(2020 届天津一模)已知p:
1
a>
1
4,q:∀x∈R,ax
2+ax+1>0,则p 是q 的(
).
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】由
1
a>
1
4可得0<a<4.
对于q,当a=0 时,显然成立;
当a≠0 时,有a > 0,
Δ = a2-4a < 0,解得0<a<4.
所以q:0≤a<4.
故p 是q 的充分不必要条件.
10.(2020 届安徽江淮名校联考)已知p:|x-a|<3,q:(2-x)(x-3)>0,若
p 是
q 的充分不必要条件,则实数a 的取值范围
为
.
【解析】由题意得,p 对应的集合为A={x|a-3<x<a+3},q 对应的集合为B={x|2<x<3}.
又
p 是
q 的充分不必要条件,所以q 是p 的充分不必要条件,
故B⫋A,所以a-3≤2,
3 ≤a + 3,解得0≤a≤5,经检验B≠A.
【答案】[0,5]
11.(2020 届湖南衡阳期末)已知p:幂函数y=(m
2-m-1)x
m在(0,+∞)上单调递增,q:|m-2|<1,则p 是q 的(
).
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】∵幂函数y=(m
2-m-1)x
m在(0,+∞)上单调递增,∴m
2-m-1=1,m>0,解得m=2.由|m-2|<1,解得1<m<3.故p 是q
的充分不必要条件.
12.(2020届山东潍坊模拟)若“m>a”是“函数f(x)=
1
3
x
+m-
1
3的图象不过第三象限”的必要不充分条件,则实数a 的取
值范围是
.
【解析】∵函数f(x)=
1
3
x
+m-
1
3的图象不过第三象限,∴1+m-
1
3≥0,解得m≥-
2
3.∵“m>a”是“函数f(x)=
1
3
x
+m-
1
3
的图象不过第三象限”的必要不充分条件,∴a<-
2
3.
【答案】-∞,-
2
3
13.(2020 届华北十校模拟)设n∈N
*,一元二次方程x
2-4x+n=0 有整数根的充要条件是n=
.
【解析】由Δ=16-4n≥0,得n≤4,又n∈N
*,则n=1,2,3,4.方程x
2-4x+n=0 的根为x=
4± 16−4n
2
.当n=1,2 时,方程没有
整数根;当n=3 时,方程有整数根1,3;当n=4 时,方程有整数根2.综上可知,n=3 或n=4.
【答案】3 或4
14.(2020 届北京房山模拟)设集合A={x|x
2+2x-3>0},集合B={x|x
2-2ax-1≤0,a>0}.若A∩B 中恰好含有一个整数,则实数
a 的取值范围是
.
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【解析】A={x|x
2+2x-3>0}={x|x>1 或x<-3},因为函数y=f(x)=x
2-2ax-1 图象的对称轴为直线x=a,且a>0,f(0)=-1<0,
所以根据对称性可知,要使A∩B 中恰好含有一个整数,则这个整数为2,所以有f(2)≤0 且f(3)>0,即4 −4a-1≤0,
9 −6a-1>0,解得
a ≥
3
4 ,
a <
4
3 ,
即
3
4≤a<
4
3.
【答案】
3
4 ,
4
3
15.(2020 届长沙模拟)给出下列命题:
①已知集合A={1,a},B={1,2,3},则“a=3”是“A⊆B”的充分不必要条件;
②设x>0,y∈R,则“x>y”是“x>|y|”的必要不充分条件;
③“函数f(x)=cos
2ax-sin
2ax 的最小正周期为π”是“a=1”的充要条件;
④“平面向量a 与b 的夹角是钝角”的充要条件是“a·b<0”.
其中真命题的序号是
.
【解析】①因为“a=3”可以推出“A⊆B”,但“A⊆B”不能推出“a=3”,所以“a=3”是“A⊆B”的充分不必要
条件,故①正确.
②x>y⇒/ x>|y|,如x=1,y=-2,但当x>|y|时,能有x>y,所以“x>y”是“x>|y|”的必要不充分条件,故②正确.
③f(x)=cos
2ax-sin
2ax=cos 2ax,若其最小正周期为π,则
2π
2|a|=π,解得a=±1,因此“函数f(x)=cos
2ax-sin
2ax 的最小
正周期为π”是“a=1”的必要不充分条件,故③错误.
④“平面向量a 与b 的夹角是钝角”可以推出“a·b<0”,但由“a·b<0”,得“平面向量a 与b 的夹角是钝
角或平角”,所以“a·b<0”是“平面向量a 与b 的夹角是钝角”的必要不充分条件,故④错误.
综上所述,真命题的序号是①②.
【答案】①②
§1.3
简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词
1.(2020 届河南顶级名校联考)命题“存在实数x0,使ln x0<x0
2-1”的否定是(
).
A.对任意的实数x,都有ln x<x
2-1
B.对任意的实数x,都有ln x≥x
2-1
C.不存在实数x0,使ln x0≥x0
2-1
D.存在实数x0,使ln x0≥x0
2-1
【解析】特称命题的否定是全称命题,将特称量词改变后还要对结论进行否定.
2.(2020 届银川月考)下列命题中的真命题是(
).
A.∃x0∈R,ex0≤0
B.∀x∈R,2
x>x
2
C.“a+b=0”的充要条件是“
a
b=-1”
D.“a>1,b>1”是“ab>1”的充分条件
【解析】因为y=e
x>0(x∈R)恒成立,所以A 不正确;
因为当x=-5 时,2
-5<(-5)
2,所以“∀x∈R,2
x>x
2”不成立,所以B 不正确;
当a=b=0 时,a+b=0,但是
a
b没有意义,所以C 不正确;
“a>1,b>1”是“ab>1”的充分条件,显然正确.故选D.
3.(2020 届江西省名校联考)已知命题p:∀x∈(1,+∞),x
2019>x
2018,则
p 为(
).
A.∃x0∈(1,+∞),使得x0
2019≤x0
2018
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B.∃x0∈(-∞,1],使得x0
2019>x0
2018
C.∃x0∈(1,+∞),使得x0
2019>x0
2018
D.∃x0∈(-∞,1],使得x0
2019≤x0
2018
【解析】全称命题的否定是特称命题,先改变量词,再否定结论.命题p:∀x∈(1,+∞),x
2019>x
2018,则
p:∃x0∈(1,+∞),
使得x0
2019≤x0
2018.
4.(2020 届河南模拟)已知命题p:∀x∈R,2
x+
1
2x≥2,命题q:∃x0∈(0,+∞),2x0=
1
2,则下列命题为真命题的是(
).
A.p∧q
B.(
p)∧(
q)
C.p∧(
q)
D.(
p)∧q
【解析】因为2
x>0,所以2
x+
1
2x≥2 2x·
1
2x=2,当且仅当2
x=
1
2x,即x=0 时等号成立,所以p 为真命题.
当x∈(0,+∞)时,2
x>1 恒成立,故q 为假命题.
根据复合命题的真值表,可得命题p∧(
q)是真命题.
5.(2020 届吉林二模)下列说法正确的是(
).
A.若p∨q 为真命题,则p∧q 为真命题
B.“x=5”是“x
2-4x-5=0”的充分不必要条件
C.命题“若x<-1,则x
2-2x-3>0”的否命题为“若x<-1,则x
2-2x-3≤0”
D.已知命题p:∃x∈R,x
2+x-1<0,则
p:∃x∈R,x
2+x-1≥0
【解析】A 错误,若p∨q 为真命题,则p∧q 不一定为真命题;B 正确,“x=5”是“x
2-4x-5=0”的充分不必要条件;C
错误,其否命题为“若x≥-1,则x
2-2x-3≤0”;D 错误,
p 应为∀x∈R,x
2+x-1≥0.
6.已知命题p:存在x∈R,使sin x=
5
2 ;命题q:任意x∈R,都有x
2+x+1>0.给出下列结论:
①命题“p 且q”是真命题;
②命题“
p 或
q”是假命题;
③命题“
p 或q”是真命题;
④命题“p 或
q”是假命题.
其中正确的是(
).
A.②③
B.②④
C.③④
D.①②③
【解析】命题p 是假命题,命题q 是真命题,故③④正确.
7.已知a>0,函数f(x)=ax
2+bx+c.若x0满足关于x 的方程2ax+b=0,则下列命题为假命题的是(
).
A.∃x∈R,f(x)≤f(x0)
B.∃x∈R,f(x)≥f(x0)
C.∀x∈R,f(x)≤f(x0)
D.∀x∈R,f(x)≥f(x0)
【解析】由题意知,x=-
b
2a为函数f(x)图象的对称轴方程,又x0=-
b
2a,所以f(x0)为函数f(x)的最小值,即对所有的实数
x,都有f(x)≥f(x0),因此∀x∈R,f(x)≤f(x0)是错误的.
8.(2020 届北京朝阳区模拟)已知函数f(x)=a
2x-2a+1.若命题“∀x∈(0,1),f(x)≠0”是假命题,则实数a 的取值范围
是
.
【解析】因为命题“∀x∈(0,1),f(x)≠0”是假命题,
所以原命题的否定“存在实数x0∈(0,1),使f(x0)=0”是真命题,所以f(1)f(0)<0,即(a
2-2a+1)(-2a+1)<0,
所以(a-1)
2(2a-1)>0,解得a>
1
2且a≠1.
所以实数a 的取值范围是
1
2 ,1 ∪(1,+∞).
【答案】
1
2 ,1 ∪(1,+∞)
9.(2020 届山东潍坊质检)已知命题p:∀x>0,2ax-ln x≥0.若命题p 的否定是真命题,则实数a 的取值范围是
.
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【解析】命题p 的否定“∃x0>0,2ax0-ln x0<0”是真命题,故不等式2ax-ln x<0 有解.而不等式2ax-ln x<0 可化
为2a<
lnx
x ,令g(x)=
lnx
x ,则g'(x)=
1−lnx
x2 ,可得g(x)在x=e 处取得最大值
1
e,因此要使不等式2a<
lnx
x 有解,只需2a<
1
e,即a<
1
2e.
【答案】-∞,
1
2e
10.(2020 届福建三明模拟)已知a>0,设p:函数y=a
x在R 上单调递增;q:不等式ax
2-ax+1>0 对∀x∈R 恒成立.若p∧q 为
假,p∨q 为真,则a 的取值范围为
.
【解析】若函数y=a
x在R 上单调递增,则p:a>1.
若不等式ax
2-ax+1>0 对∀x∈R 恒成立,则a>0 且a
2-4a<0,解得0<a<4,∴q:0<a<4.
∵p∧q 为假,p∨q 为真,∴p,q 中必有一真一假.
①当p 真q 假时, a > 1,
a ≥4, 得a≥4.
②当p 假q 真时, 0 < a ≤1,
0 < a < 4,得0<a≤1.
故a 的取值范围为(0,1]∪[4,+∞).
【答案】(0,1]∪[4,+∞)
11.(2020 届广东五校一诊)下列说法错误的是(
).
A.若p∨q 为假命题,则p∧q 为假命题
B.若a,b∈[0,1],则不等式a
2+b
2<
1
4成立的概率是
π
16
C.命题“∃x0∈R,使得x0
2+x0+1<0”的否定是“∀x∈R,x
2+x+1≥0”
D.已知函数f(x)可导,则“f'(x0)=0”是“x0是函数f(x)的极值点”的充要条件
【解析】选项A 中,若p∨q 为假命题,则p 为假命题,q 为假命题,故p∧q 为假命题,正确;选项B 中,根据几何概型
可知不等式a
2+b
2<
1
4成立的概率是
1
4×π× 1
2
2
1×1
=
π
16,正确;选项C 中,特称命题的否定是全称命题,正确;选项D 中,令f(x)=x
3,则
f'(0)=0,但0 不是函数f(x)=x
3的极值点,错误.
12.(2020 届甘肃兰州模拟)已知命题p:函数f(x)=|cos x|的最小正周期为2π;命题q:函数y=x
3+sin x 的图象关于原
点中心对称.则下列命题是真命题的是(
).
A.p∧q
B.p∨q
C.(
p)∧(
q)
D.p∨(
q)
【解析】函数f(x)=|cos x|的最小正周期为π,故命题p 是假命题;函数y=x
3+sin x 的图象关于原点中心对称,故
命题q 是真命题.故p∧q 是假命题,p∨q 是真命题,(
p)∧(
q)是假命题,p∨(
q)是假命题,故选B.
13.若f(x)=x
2-2x,g(x)=ax+2(a>0),∀x1∈[-1,2],∃x0∈[-1,2],使g(x1)=f(x0),则实数a 的取值范围是
.
【解析】由于函数g(x)在区间[-1,2]内是任意取值的,且必存在x0∈[-1,2],使得g(x1)=f(x0),因此问题等价于当
x∈[-1,2]时,函数g(x)的值域是函数f(x)值域的子集.函数f(x)在[-1,2]上的值域是[-1,3],函数g(x)在[-1,2]上的值域是
[2-a,2+2a],则有2-a≥-1 且2+2a≤3,即a≤
1
2.又a>0,故实数a 的取值范围是0,
1
2 .
【答案】0,
1
2
14.(2020 届河南八市联考)已知命题p:函数f(x)=ax
2+4x+2 有零点;命题q:函数f(x)=sin
π
2x 在区间(0,a)内只有一个极
值点.若(
p)∧q 为真命题,则实数a 的取值范围为
.
【解析】若函数f(x)=ax
2+4x+2 有零点,则a=0 或Δ=16-8a≥0,即a≤2;
函数f(x)=sin
π
2x 的周期T=4,若函数f(x)=sin
π
2x 在区间(0,a)内只有一个极值点,则
T
4<a≤
3T
4 ,即1<a≤3.
因为(
p)∧q 为真命题,所以p 假q 真,
则a > 2,
1 < a ≤3,即2<a≤3.
所以实数a 的取值范围是(2,3].
【答案】(2,3]
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15.(2020 届湖北黄冈模拟)设p:A={x|a+1≤x≤2a-1},B={x|x≤3 或x>5},A⊆B;q:函数f(x)=x
2-2ax+1 在
1
2 ,+∞上为增函
数.若“p∧q”为假,且“p∨q”为真,求实数a 的取值范围.
【解析】当命题p 为真时,A⊆B,则有下列两种情况:
①当A=⌀时,2a-1<a+1,解得a<2;
②当A≠⌀时, 2a-1≥a + 1,
2a-1≤3
或2a-1≥a + 1,
a + 1 > 5, 解得a=2 或a>4.
综合①②得,实数a 的取值范围为a≤2 或a>4.
当命题q 为真时,函数f(x)=x
2-2ax+1 在
1
2 ,+∞上为增函数,则a≤
1
2.
又“p∧q”为假,且“p∨q”为真,所以命题p,q 一真一假,
所以
2 < a ≤4,
a ≤
1
2
或
a ≤2 或a > 4,
a >
1
2 ,
解得
1
2<a≤2 或a>4.
故实数a 的取值范围为
1
2 ,2 ∪(4,+∞).
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§2.1
函数的概念及其表示
1.(2020 届广东深圳模拟)已知集合A={x|y= (1-x)(x + 3)},B={x|log2x≤1},则A∩B=(
).
A.{x|-3≤x≤1}
B. x 0 < x ≤1
C.{x|-3≤x≤2}
D.{x|x≤2}
【解析】由二次根式有意义的条件可得(1-x)(x+3)≥0,
解得-3≤x≤1,
所以A={x|y= (1-x)(x + 3)}={x|-3≤x≤1}.
由对数函数的性质可得log2x≤log22,
解得0<x≤2,
所以B={x|log2x≤1}={x|0<x≤2}.
所以A∩B={x|0<x≤1}.
2.下列函数中,其定义域和值域分别与函数y=10
lg x的定义域和值域相同的是(
).
A.y=x
B.y=lg x
C.y=2x
D.y=
1
x
【解析】函数y=10
lg x的定义域和值域都为(0,+∞),故选D.
3.(2020 届江西诊断)已知f
1
2 x-1 =2x-5,且f(a)=6,则a 等于(
).
A.
7
4 B.-
7
4C.
4
3 D.-
4
3
【解析】令t=
1
2x-1,则x=2t+2,f(t)=2(2t+2)-5=4t-1,所以4a-1=6,解得a=
7
4.
4.(2020 届安徽黄山质检)已知f(x)是一次函数,且f(f(x))=x+2,则f(x)=(
).
A.x+1
B.2x-1
C.-x+1
D.x+1 或-x-1
【解析】设f(x)=kx+b(k≠0),则由f(f(x))=x+2,可得k(kx+b)+b=x+2,即k
2x+kb+b=x+2,∴k2 = 1,
kb + b = 2,解得k = 1,
b = 1,则
f(x)=x+1.故选A.
5.(2020 届内蒙古模拟)函数f(cos x)=cos 2x,那么f
1
2 的值为(
).
A.
1
2 B.
3
2 C.-
1
2D.-
3
2
【解析】由题意,函数f(cos x)=cos 2x=2cos
2x-1,所以f
1
2 =2×
1
2
2
-1=-
1
2,故选C.
6.(2020 届广东模拟)已知函数f(x)= e-x,x ≤0,
lnx,x > 0,则f f
1
3
等于(
).
A.
1
3 B.
1
e C.e D.3
【解析】因为
1
3>0,所以f
1
3 =ln
1
3=-ln 3.
因为-ln 3<0,所以f f
1
3
=f -ln3 =e
ln 3=3.
7.(2020 届北京模拟)设下列函数的定义域为(0,+∞),则值域为(0,+∞)的函数是(
).
A.y=e
x-x B.y=e
x+ln x
C.y=x- x
D.y=ln(x+1)
【解析】对于A,y'=e
x-1(x>0),在(0,+∞)上,y'>0,所以函数y=e
x-x 单调递增,其值域为(1,+∞),排除A;
对于B,函数y=e
x+ln x,当x→0 时,ln x→-∞,e
x→1,故y→-∞,排除B;
对于C,函数y=x- x可以看作关于x的二次函数,即y=( x)
2- x,易得其值域为-
1
4 ,+∞,排除C.
故选D.
8.(2020 届湖南岳阳模拟)函数f(x)=log2(1-x)+ x + 1的定义域为(
).
A.(-∞,1)B.[-1,1) C.(-1,1] D.[-1,+∞)
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【解析】使函数f(x)有意义的x 满足1 −x > 0,
x + 1 ≥0,解得-1≤x<1,即函数f x =log2 1 −x + x + 1的定义域为-1,1 .
9.(2020 届四川成都模拟)已知函数f(x)= log2x,x ≥1,
x2 + m2,x < 1,若f(f(-1))=2,则实数m=
.
【解析】由题意得f(-1)=m
2+1≥1,
所以f(f(-1))=f(m
2+1)=log2(m
2+1)=2,
故m
2+1=4,解得m=± 3.
【答案】± 3
10.(2020 届安徽模拟)已知函数f(x)= 2x,x > 0,
-x2-2x + 1,x ≤0,若f(f(a))=4,则a=
.
【解析】令m=f(a),则f(m)=4,当m>0 时,由2
m=4,解得m=2;当m≤0 时,-m
2-2m+1=3,无解.故f(a)=2.当a>0 时,由2
a=2,
解得a=1;当a≤0 时,由-a
2-2a+1=2,解得a=-1.综上,a=±1.
【答案】±1
11.(2020 届新疆模拟)下列函数中,值域是(0,+∞)的是(
).
A.y= x2-2x + 1
B.y=
x+2
x+1(x∈[0,+∞))
C.y=
1
x2+2x+1(x∈N)D.y=
1
|x+1|
【解析】选项A 中,y= x2-2x + 1=
x-1 2= x-1 ,y 可以等于零;选项B 中,y=
x+2
x+1=1+
1
x+1,x∈[0,+∞),y 显然大于1;选
项C 中,x∈N,y=
1
x2+2x+1=
1
(x+1)2,值域不是(0,+∞);选项D 中, x + 1 >0,故y=
1
|x+1|>0.
12.(2020 届武汉模拟)若一系列函数的解析式相同,值域相同,但定义域不同,则称这些函数为“同族函数”.则函数解
析式为y=x
2+1,值域为{1,3}的“同族函数”有(
).
A.1 个
B.2 个
C.3 个
D.4 个
【解析】由x
2+1=1,得x=0;由x
2+1=3,得x=± 2.所以函数的定义域可以是{0, 2},{0,- 2},{0, 2,- 2},故函数解析
式为y=x
2+1,值域为{1,3}的“同族函数”共有3 个.
13.(2020 届安徽模拟)已知函数f(x)=
3,x <
1
2 ,
1
x ,x ≥
1
2 ,
则不等式x
2·f(x)+x-2≤0 的解集是
.
【解析】由题意得x <
1
2 ,
3x2 + x-2≤0
或
x ≥
1
2 ,
x2·
1
x + x-2≤0,
解得
x <
1
2 ,
-1≤x ≤
2
3
或
x ≥
1
2 ,
x ≤1 且x ≠0,
∴-1≤x<
1
2或
1
2≤x≤1,
故不等式的解集为{x|-1≤x≤1}.
【答案】{x|-1≤x≤1}
14.(2020 届北京朝阳期中)已知函数f(x)同时满足以下条件:①定义域为R;②值域为[0,1];③f(x)-f(-x)=0.试写出一个
函数解析式f(x)=
.
【解析】因为函数f(x)的定义域为R,值域为[0,1],且为偶函数,所以满足题意的函数解析式可以为f(x)=|sin x|
或f(x)=
cosx+1
2
或f(x)=
x2,-1≤x ≤1,
0,x > 1 或x <−1,也可以是其他满足条件的解析式.
【答案】|sin x|(答案不唯一)
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§2.2
函数的单调性与最值
1.(2020 届北京模拟)下列函数中,值域为R 且在区间(0,+∞)上单调递增的是(
).
A.y=x
2+2x
B.y=2
x+1
C.y=x
3+1 D.y=(x-1)|x|
【解析】y=x
2+2x 的值域不是R,是[-1,+∞),排除A;
y=2
x+1的值域是(0,+∞),排除B;
y=(x-1) x = x2-x,x ≥0,
-x2 + x,x < 0在0,
1
2 上单调递减,在
1
2 ,+∞上单调递增,排除D.
故选C.
2.(2020 届珠海摸底)下列函数中,定义域是R 且为增函数的是(
).
A.y=2
-x
B.y=x
C.y=log2x
D.y=-
1
x
【解析】由题知,只有y=2
-x与y=x 的定义域为R,且只有y=x 在R 上是增函数.
3.(2020 届广东名校联考)设函数f(x)在R 上为增函数,则下列结论一定正确的是(
).
A.y=
1
f(x)在R 上为减函数
B.y=|f(x)|在R 上为增函数
C.y=-
1
f(x)在R 上为增函数
D.y=-f(x)在R 上为减函数
【解析】令f(x)=x
3,对于A,y=
1
f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),A 错误;对于B,y=|f(x)|在R 上无单调性,B 错误;对于
C,y=-
1
f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),C 错误.故选D.
4.(2020 届青岛调研)若函数f(x)=(m-1)x+b 在R 上是增函数,则f(m)与f(1)的大小关系是(
).
A.f(m)>f(1)
B.f(m)<f(1)
C.f(m)≥f(1) D.f(m)≤f(1)
【解析】因为f(x)=(m-1)x+b 在R 上是增函数,则m-1>0,所以m>1,所以f(m)>f(1).
5.(2020 届天津模拟)已知m∈(0,1),令a=log3m,b=2
m,c=sin m,那么a,b,c 之间的大小关系为(
).
A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.a<c<b
【解析】∵0<m<1<
π
2,且y=log3x 在(0,+∞)上单调递增,
∴log3m<log31=0,即a<0.
又∵y=2
x在(0,+∞)上单调递增,∴2
m>1,即b>1.
又∵y=sin x 在0,
π
2 上单调递增,∴0<sin m<1,即0<c<1.
∴a<c<b,故选D.
6.(2020 届广州模拟)下列函数f(x)中,满足“∀x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2,(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]<0”的是(
).
A.f(x)=2
xB.f(x)=|x-1|
C.f(x)=
1
x-x
D.f(x)=ln(x+1)
【解析】由(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]<0 可知,f(x)在(0,+∞)上是减函数.A,D 选项中,f(x)为增函数;B 选项中,f(x)=|x-1|在
(0,+∞)上不单调;C 选项中,对于f(x)=
1
x-x,因为y=
1
x与y=-x 都在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)在(0,+∞)上是减函数.
7.(2020 届蚌埠模拟)已知单调函数f(x)对任意的x∈R 都有f(f(x)-2
x)=6,则f(2)=(
).
A.2 B.4 C.6 D.8
【解析】设t=f(x)-2
x,则f(t)=6,且f(x)=2
x+t,令x=t,则f(t)=2
t+t=6,∵f(x)是单调函数,f(2)=2
2+2=6,∴t=2,即f(x)=2
x+2,
则f(2)=4+2=6.
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8.(2020 届上海模拟)若函数f(x)= x2-2,x ≤1,
lg x-m ,x > 1在[0,+∞)上单调递增,则实数m 的取值范围为
.
【解析】因为函数f(x)= x2-2,x ≤1,
lg x-m ,x > 1在0, + ∞上单调递增,
所以f(x)在每一部分都单调递增,且1
2-2≤lg 1 −m ,
即m ≤1,
1 −2 ≤lg 1 −m ,解得m≤
9
10.
【答案】-∞,
9
10
9.(2020 届吉林四平模拟)函数f(x)= 2x-5,x ≤2,
3x-1,x > 2的值域为
.
【解析】当x≤2 时,0<2
x≤2
2,-5<2
x-5≤-1;当x>2 时,3x-1>5.故函数的值域为(-5,-1]∪(5,+∞).
【答案】(-5,-1]∪(5,+∞)
10.(2020 届湖北模拟)已知偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递减,f(1)=-1,若f(2x-1)≥-1,则x 的取值范围是(
).
A.(-∞,-1]
B.[1,+∞)
C.[0,1]
D.(-∞,0]∪[1,+∞)
【解析】由题意可得f(2x-1)≥f(1),又函数f(x)为偶函数,
∴f |2x-1| ≥f(1).
∵函数f(x)在[0,+∞)上单调递减,
∴2x-1 ≤1,解得0≤x≤1.
11.(2020 届江苏南京模拟)已知函数f(x)= log2(x + 1),x ≥1,
1,x < 1,
则满足f(2x+1)<f(3x-2)的实数x 的取值范围是(
).
A.(-∞,0]B.(3,+∞)
C.[1,3)
D.(0,1)
【解析】由函数f(x)= log2(x + 1),x ≥1,
1,x < 1
可得,当x<1 时,f(x)=1;当x≥1 时,函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,且
f(1)=log22=1.
要使f(2x+1)<f(3x-2),则2x + 1 < 3x-2,
3x-2>1,
解得x>3,
即不等式f(2x+1)<f(3x-2)的解集为(3,+∞),故选B.
12.(2020 届安徽模拟)若函数f(x)= 2|x-2|,x ≤2,
log2(x + a),x > 2的最小值为f(2),则实数a 的取值范围是(
).
A.a<0
B.a>0
C.a≤0
D.a≥0
【解析】当x≤2 时,f(x)=2
|x-2|=2
2-x单调递减,
∴f(x)的最小值为f(2)=1.
当x>2 时,f(x)=log2(x+a)单调递增,若要满足题意,则需log2(x+a)≥1 恒成立,即x+a≥2 恒成立,
∴a≥(2-x)max,∴a≥0.
故选D.
13.(2020 届北京模拟)若函数f(x)=
sinx,x ≤a,
1
x ,x > a
的值域为[-1,1],则a 的取值范围是
.
【解析】在同一平面直角坐标系中,画出函数y=sin x 和y=
1
x的图象(图略).
对于函数y=
1
x,当x=1 时,y=1.
观察函数的图象得当a≥1 时,函数y=f(x)的值域为-1,1 .
故a 的取值范围为1, + ∞.
【答案】1, + ∞
14.(2020 届石家庄质检)设函数f(x)= x2 + 1,x ≤1,
2x + ax,x > 1,若f(f(1))=4a,则实数a=
,函数f(x)的单调递增区间
为
.
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【解析】∵f(x)= x2 + 1,x ≤1,
2x + ax,x > 1,∴f(1)=1
2+1=2,f(f(1))=f(2)=2
2+2a.由f(f(1))=4a,∴2
2+2a=4a,解得a=2.当x≤1 时,f(x)
在(-∞,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,且f(1)=2;当x>1 时,f(x)=2
x+2x 在(1,+∞)上单调递增;当x=1
时,2
x+2x=2+2=4>f(1).故f(x)的单调递增区间为[0,1]∪(1,+∞)=[0,+∞).
【答案】2
[0,+∞)
15.(2020 届西安模拟)如果函数y=f(x)在区间I 上是增函数,且函数y=
f(x)
x 在区间I 上是减函数,那么称函数y=f(x)是区
间I 上的“缓增函数”,区间I 叫作“缓增区间”.若函数f(x)=
1
2x
2-x+
3
2是区间I 上的“缓增函数”,则“缓增区间”I
为(
).
A.[1,+∞)B.[0, 3]
C.[0,1]
D.[1, 3]
【解析】因为函数f(x)=
1
2x
2-x+
3
2的图象的对称轴为直线x=1,所以函数y=f(x)在区间[1,+∞)上是增函数.
又当x≥1 时,
f(x)
x =
x
2-1+
3
2x,令g(x)=
x
2-1+
3
2x(x≥1),则g'(x)=
1
2-
3
2x2=
x2-3
2x2 ,由g'(x)≤0 得1≤x≤3,即函数
f(x)
x =
x
2-1+
3
2x在区间
[1, 3]上单调递减.
故“缓增区间”I 为[1, 3].
§2.3
函数的奇偶性、周期性与对称性
1.(2020 届玉溪模拟)下列函数中,既是偶函数,又在(0,1)上单调递增的是(
).
A.y=|log3x| B.y=x
3
C.y=e
|x| D.y=cos|x|
【解析】对于A 选项,函数定义域是(0,+∞),所以y=|log3x|是非奇非偶函数.
对于B 选项,y=x
3是奇函数.
对于C 选项,函数是定义域为R 的偶函数,且当x∈(0,+∞)时,函数是增函数,故在(0,1)上单调递增,符合题意.
对于D 选项,y=cos|x|在(0,1)上单调递减.
2.(2020 届山东烟台一模)若函数f(x)是定义在R 上的奇函数,f
1
4 =1,当x<0 时,f(x)=log2(-x)+m,则实数m=(
).
A.-1
B.0 C.1 D.2
【解析】∵f(x)是定义在R 上的奇函数,f
1
4 =1,
且当x<0 时,f(x)=log2(-x)+m,
∴f -
1
4 =log2
1
4+m=-2+m=-1,∴m=1.
3.(2020 届陕西西安一模)奇函数f(x)的定义域为R,若f(x+1)为偶函数,且f(1)=2,则f(4)+f(5)的值为(
).
A.2 B.1 C.-1
D.-2
【解析】∵f(x+1)为偶函数,
∴f(-x+1)=f(x+1),∴f(-x)=f(x+2).
又∵y=f(x)为奇函数,
∴f(-x)=-f(x)=f(x+2),且f(0)=0,
∴f(x+4)=-f(x+2)=f(x),∴y=f(x)的周期为4.
∴f(4)+f(5)=f(0)+f(1)=0+2=2.
4.(2020 届天津模拟)已知f(x)=ax
2-bx+1 是定义域为[a,a+1]的偶函数,则a
b-a
2=(
).
A.0 B.
3
4 C. 2
D.4
【解析】∵f(x)在[a,a+1]上是偶函数,
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∴-a=a+1,解得a=-
1
2,
∴f(x)的定义域为-
1
2 ,
1
2 ,故f(x)=-
1
2x
2-bx+1.
∵f(x)在区间-
1
2 ,
1
2 上是偶函数,
∴f -
1
2 =f
1
2 ,代入解析式可得b=0,
∴a
b-a
2=1-
1
4=
3
4.
5.(山东济宁2020 届高三二模)已知f(x)是定义在R 上的周期为4 的奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=x
2+ln x,则
f(2019)=(
).
A.-1
B.0 C.1 D.2
【解析】由题意可得f(2019)=f(505×4-1)=f(-1)=-f(1)=-(1
2+ln 1)=-1.
6.(2020 届重庆模拟)已知函数f(x)是定义在R 上的奇函数,当x∈(-∞,0)时,f(x)=log2(-x),则f(f(2))=
.
【解析】f(2)=-f(-2)=-log22=-1,所以f(f(2))=f(-1)=log21=0.
【答案】0
7.(2020 届重庆模拟)已知偶函数f(x)的图象关于直线x=2 对称,f(3)= 2,则f(1)=
.
【解析】由题意知f(x)=f(-x)=f(4-x),则函数f(x)的周期T=4,则f(1)=f(-1)=f(3)= 2.
【答案】2
8.(2020 届安徽模拟)已知f(x)为定义在R 上的奇函数,若当x≥0 时,f(x)=2
x+x+m(m 为实数),则关于x 的不等式
-2<f(x-1)<2 的解集是(
).
A.(0,2)
B.(-2,2) C.(-1,1) D.(1,3)
【解析】根据题意,得f(0)=1+m=0,解得m=-1,所以当x≥0 时,f(x)=2
x+x-1.分析知,函数f(x)在R 上为增函数.又
f(1)=2,所以f(-1)=-2.又-2<f(x-1)<2,所以-1<x-1<1,所以0<x<2,故选A.
9.(2020 届天津模拟)设函数f(x)是定义在实数集上的奇函数,在[-1,0)上是增函数,且f(x+2)=-f(x),则有(
).
A.f
1
3 <f
3
2 <f(1)
B.f(1)<f
3
2 <f
1
3
C.f(1)<f
1
3 <f
3
2
D.f
3
2 <f(1)<f
1
3
【解析】∵f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x),
又∵f(x+2)=-f(x),
∴f
1
3 =-f -
1
3 ,f(1)=-f(-1),f
3
2 =f -
1
2 + 2 =-f -
1
2 ,
又∵-1<-
1
2<-
1
3≤0,且函数f(x)在[-1,0)上单调递增,
∴f(-1)<f -
1
2 <f -
1
3 <0,
∴-f(-1)>-f -
1
2 >-f -
1
3 ,
即f(1)>f
3
2 >f
1
3 ,
故选A.
10.(2020 届黑龙江大庆模拟)已知奇函数f(x)满足f(x+1)=f(1-x),若当x∈(-1,1)时,f(x)=lg
1+x
1−x,且f 2022 −a =1,则实数
a 的值可以是(
).
A.
9
11 B.
11
9 C.-
9
11
D.-
11
9
【解析】由f(x+1)=f(1-x)可得f(x)=f(2-x),因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=f 2 + x =-f(x),故f(x)=f 4 + x ,函数周
期T=4,
所以f 2022 −a =f(2-a)=f(a)=1,
当x∈-1,1 时,令f(x)=lg
1+x
1−x=1,解得x=
9
11,
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所以a 的值可以为
9
11,故选A.
11.(2020 届山东德州模拟)已知定义在R 上的函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,且y=f(x-1)的图象关于直线x=1 对
称,若实数a 满足f(log2a)<f(2),则a 的取值范围是(
).
A. 0,
1
4
B.
1
4 ,+∞
C.
1
4 ,4
D.(4,+∞)
【解析】根据题意,y=f(x-1)的图象关于直线x=1 对称,则函数f(x)的图象关于y 轴对称,即函数f(x)为偶函数,
又由函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,f(log2a)<f(2),
可得f(|log2a|)<f(2),则|log2a|<2,
即-2<log2a<2,解得
1
4<a<4,
故a 的取值范围为
1
4 ,4 .
12.(2020 届云南玉溪模拟)已知定义在R 上的函数f(x)满足:①函数y=f(x+1)的图象关于点(-1,0)对称;②对任意的
x∈R,都有f(1+x)=f(1-x)成立;③当x∈[3,4]时,f(x)=log2(-3x+13).则f(2021)=
.
【解析】由①得f(x)的图象关于点(0,0)对称,故f(x)为奇函数.由②得f(x)的图象关于直线x=1 对称,且有
f(1+(x+1))=f(1-(x+1))=-f(x),可得f(x+4)=-f(x+2)=f(x),故f(x)为T=4 的周期函数,则
f(2021)=f(4×505+1)=f(1)=f(-3)=-f(3).由③得f(3)=log2(-3×3+13)=2,因此f(2021)=-2.
【答案】-2
13.(2020 届山东模拟)已知定义在R 上的函数f(x)在[1,+∞)上单调递减,且f(x+1)是偶函数,不等式f(m+2)≥f(x-1)对
任意的x∈[-1,0]恒成立,则实数m 的取值范围是(
).
A.[-3,1]
B.[-4,2]
C.(-∞,-3]∪[1,+∞)
D.(-∞,-4]∪[2,+∞)
【解析】因为f(x+1)是偶函数,所以f(-x+1)=f(x+1),所以f(x)的图象关于直线x=1 对称.由f(m+2)≥f(x-1)得
|(m+2)-1|≤|(x-1)-1|,即|m+1|≤|x-2|对任意的x∈[-1,0]恒成立,所以|m+1|≤|x-2|min,所以|m+1|≤2,解得-3≤m≤1.
14.(2020 届湖南长沙一模)若函数f(x)称为“准奇函数”,则必存在常数a,b,使得对定义域的任意x 值,均有
f(x)+f(2a-x)=2b.已知f(x)=
x
x-1为“准奇函数”,则a+b=
.
【解析】由f(x)+f(2a-x)=2b 知“准奇函数”f(x)的图象关于点(a,b)对称.
因为f(x)=
x
x-1=1+
1
x-1,其图象关于点(1,1)对称,所以a=1,b=1,则a+b=2.
【答案】2
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§3.1
二次函数与幂函数
1.(2020 届济宁联考)下列命题正确的是(
).
A.y=x
0的图象是一条直线
B.幂函数的图象都经过点(0,0),(1,1)
C.若幂函数y=x
α是奇函数,则y=x
α是增函数
D.幂函数的图象不可能出现在第四象限
【解析】A 中,点(0,1)不在直线上,A 错误;B 中,对于幂函数y=x
α,当α<0 时,图象不过原点,B 错误;C 中,当α<0 时,y=x
α
在(-∞,0),(0,+∞)上为减函数,C 错误;D 中,幂函数的图象一定过第一象限,一定不过第四象限,D 正确.
2.若函数f(x)=x
2+ax+b 的图象与x 轴的交点为(1,0)和(3,0),则函数f(x)(
).
A.在(-∞,2]上单调递减,在[2,+∞)上单调递增
B.在(-∞,3)上单调递增
C.在[1,3]上单调递增
D.单调性不能确定
【解析】由已知可得该函数图象的对称轴为直线x=2,又二次项系数大于零,所以f(x)在(-∞,2]上单调递减,在
[2,+∞)上单调递增.
3.(2020 届北京朝阳区模拟)已知函数f(x)=-x
2+4x+a,x∈[0,1],若f(x)有最小值-2,则f(x)的最大值为(
).
A.1 B.0 C.-1
D.2
【解析】∵f(x)=-x
2+4x+a=-(x-2)
2+a+4,
∴函数f(x)=-x
2+4x+a 在[0,1]上单调递增,
∴当x=0 时,f(x)取得最小值,当x=1 时,f(x)取得最大值,
∴f(x)min=f(0)=a=-2,f(x)max=f(1)=3+a=3-2=1.
4.(2020 届岳阳模拟)已知函数y=ax
2+bx-1 在(-∞,0]上是单调函数,则y=2ax+b 的图象不可能是(
).
【解析】①当a=0,b≠0 时,y=2ax+b 的图象可能是A;
②当a>0 时,由-
b
2a≥0 可得b≤0,y=2ax+b 的图象可能是C;
③当a<0 时,由-
b
2a≥0 可得b≥0,y=2ax+b 的图象可能是D.
5.(2020届北京模拟)已知点(2,8)在幂函数f(x)=x
n的图象上,设a=f
3
3 ,b=f lnπ ,c=f
2
2 ,则a,b,c的大小关系为(
).
A.a<c<b B.a<b<c
C.b<c<a D.b<a<c
【解析】由点(2,8)在幂函数f(x)=x
n的图象上,
可得2
n=8,解得n=3,则f(x)=x
3,且f(x)在R 上单调递增.
由0<
3
3 <
2
2 <1,ln π>1,
得f
3
3 <f
2
2 <f ln π ,即a<c<b.
6.已知p:|m+1|<1,q:幂函数y=(m
2-m-1)x
m在(0,+∞)上单调递减,则p 是q 的(
).
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A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】由|m+1|<1 得-2<m<0.
∵幂函数y=(m
2-m-1)x
m在(0,+∞)上单调递减,
∴m
2-m-1=1,且m<0,解得m=-1.
∴p 是q 的必要不充分条件.
7.(2020 届河南模拟)已知函数f(x)为偶函数,当x>0 时,f(x)=x
2-3x,则(
).
A.f(tan 70°)>f(1.4)>f(-1.5)
B.f(tan 70°)>f(-1.5)>f(1.4)
C.f(1.4)>f(tan 70°)>f(-1.5)
D.f(-1.5)>f(1.4)>f(tan 70°)
【解析】当x>0 时,f(x)=(x-1.5)
2-1.5
2,tan 70°-1.5>tan 60°-1.5≈0.232,1.5-1.4=0.1,
又函数f(x)为偶函数,所以f(-1.5)=f(1.5),
根据二次函数的对称性以及单调性,可得f(tan 70°)>f(1.4)>f(-1.5).
8.已知二次函数f(x)满足f(2+x)=f(2-x),且f(x)在[0,2]上是增函数,若f(a)≥f(0),则实数a 的取值范围是
.
【解析】由题意可知函数f(x)的图象开口向下,对称轴为直线x=2,若f(a)≥f(0),则0≤a≤4.
【答案】[0,4]
9.(2020 届陕西模拟)已知a,b,c 分别是方程2
x=-x,log2x=-x,log2x= x的实数解,则(
).
A.b<c<a B.a<b<c
C.a<c<b D.c<b<a
【解析】根据题意,在同一坐标系中画出函数y=2
x,y=log2x,y=-x,y= x四个函数的图象,如图所示.
方程的根就是两个函数图象交点的横坐标,根据图象可得a<b<c.
10.(2020 届武汉模拟)对于幂函数y=x
α,当α取不同的正数时,在区间[0,1]上它们的图象是一组美丽的曲线(如图),设点
A(1,0),B(0,1),连接AB,线段AB 恰好被其中的两个幂函数y=x
a,y=x
b的图象三等分,即有BM=MN=NA,那么a-
1
b=(
).
A.0 B.1 C.
1
2 D.2
【解析】因为BM=MN=NA,点A(1,0),B(0,1),
所以M
1
3 ,
2
3 ,N
2
3 ,
1
3 ,
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将点M,N 的坐标分别代入y=x
a,y=x
b,得a=log1
3
2
3,b=log2
3
1
3,∴a-
1
b=log1
3
2
3-
1
log2
3
1
3
=0.
11.(2020 届宁夏银川二模)已知不等式xy≤ax
2+2y
2对于x∈[1,2],y∈[2,3]恒成立,则实数a 的取值范围是(
).
A.[1,+∞)B.[-1,4)
C.[-1,+∞)
D.[-1,6]
【解析】不等式xy≤ax
2+2y
2对于x∈[1,2],y∈[2,3]恒成立,等价于a≥
y
x-2
y
x
2
对于x∈[1,2],y∈[2,3]恒成立,
令t=
y
x,则1≤t≤3,∴a≥t-2t
2在t∈[1,3]上恒成立.
设f(t)=-2t
2+t=-2 t-
1
4
2
+
1
8,则f(t)max=f(1)=-1,
∴a≥-1,故实数a 的取值范围是[-1,+∞).
12.(2020 届北京模拟)当x∈[0,1]时,下列关于函数y=(mx-1)
2与y= x + m图象交点个数的说法正确的是(
).
A.当m∈0,1 时,有两个交点
B.当m∈1,2 时,没有交点
C.当m∈2,3 时,有且只有一个交点
D.当m∈3, + ∞时,有两个交点
【解析】设f(x)=(mx-1)
2,g(x)= x + m,其中x∈[0,1].
若m=0,则f(x)=1 与g(x)= x的图象在[0,1]上只有一个交点(1,1),故A 错误.
当m∈(1,2]时,
1
2≤
1
m<1,∴f(x)≤f(0)=1,∵g(x)≥g(0)= m>1,∴f(x)<g(x),
即当m∈(1,2]时,函数y=(mx-1)
2与y= x + m的图象在x∈[0,1]无交点,故B 正确.
当m∈(2,3]时,
1
3≤
1
m<
1
2,∴f(x)≤f(1)=(m-1)
2,又g(x)≤g(1)= 1 + m,
∴当1 + m>(m-1)
2时,f(x)<g(x),此时图象无交点,故C 错误.
当m∈(3,+∞)时,g(0)= m>1,且f(1)>g(1),此时两个函数图象只有一个交点,故D 错误.
13.(2020 届泉州质检)若二次函数f(x)=ax
2-x+b(a≠0)的最小值为0,则a+4b 的取值范围是
.
【解析】依题意知a>0,且Δ=1-4ab=0,所以4ab=1,且b>0.
故a+4b≥2 4ab=2,
当且仅当a=4b,即a=1,b=
1
4时等号成立.
所以a+4b 的取值范围是[2,+∞).
【答案】[2,+∞)
14.(2020 届北京模拟)已知函数f(x)= x2 + 2x + a-1,-3≤x ≤0,
-x2 + 2x-a,0<x ≤3.
当a=0 时,f(x)的最小值等于
;若对于定义域内的
任意x,f(x)≤x 恒成立,则实数a 的取值范围是
.
【解析】当a=0 时,f(x)= x2 + 2x-1,-3≤x ≤0,
-x2 + 2x,0<x ≤3.
当-3≤x≤0 时,f(x)=(x+1)
2-2,则当x=-1 时,f(x)取最小值,最小值为-2;
当0<x≤3 时,f(x)=-(x-1)
2+1,则当x=3 时,f(x)取最小值,最小值为-3.
所以当a=0 时,f(x)的最小值等于-3.
若对定义域内的任意x,f(x)≤|x|恒成立,则
①当-3≤x≤0 时,有x
2+2x+a-1≤-x,
即a≤-x
2-3x+1 恒成立,
令g(x)=-x
2-3x+1=- x +
3
2
2
+
13
4 ,
则当-3≤x≤0 时,g(x)的最小值为g(0)=g(-3)=1,所以a≤1;
②当0<x≤3 时,有-x
2+2x-a≤x,
即a≥-x
2+x 恒成立,
令h(x)=-x
2+x=- x-
1
2
2
+
1
4,
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则当0<x≤3 时,g(x)的最大值为g
1
2 =
1
4,所以a≥
1
4.
综合①②可得实数a 的取值范围是
1
4 ,1 .
【答案】-3
1
4 ,1
15.(2020 届天津模拟)设f(x)=x
3+ax
2-a
2x+1,g(x)=ax
2-2x+1,其中实数a≠0.
(1)若a>0,求函数f(x)的单调区间.
(2)若函数y=f(x)与y=g(x)的图象只有一个公共点,且g(x)存在最小值时,记g(x)的最小值为h(a),求h(a)的值域.
(3)若f(x)与g(x)在区间(a,a+2)内都为增函数,求a 的取值范围.
【解析】(1)∵f(x)=x
3+ax
2-a
2x+1,
∴f'(x)=3x
2+2ax-a
2=(3x-a)(x+a).
∵a>0,∴由f'(x)>0,得x<-a 或x>
a
3.
∴f(x)的单调递减区间为-a,
a
3 ,单调递增区间为(-∞,-a),
a
3 ,+∞.
(2)令f(x)=g(x),得x
3+ax
2-a
2x+1=ax
2-2x+1,
即x
3-(a
2-2)x=0 只有一个实根,显然x=0 是该方程的一个根,
∴当x≠0 时,x
2-(a
2-2)=0 没有实数根,
∴a
2-2≤0,解得- 2≤a≤2.
∵二次函数y=g(x)存在最小值,
∴a>0,∴0<a≤2.
∵g(x)=ax
2-2x+1=a x-
1
a
2
-
1
a+1,
∴h(a)=1-
1
a,∴h(a)的值域为-∞,1-
2
2 .
(3)∵g(x)=ax
2-2x+1=a x-
1
a
2
-
1
a+1,
∴该抛物线的对称轴为直线x=
1
a.
当a>0 时,由(1)知f(x)的单调递增区间为(-∞,-a),
a
3 ,+∞,g(x)在
1
a ,+∞上单调递增,
依题意得(a,a+2)⊆
a
3 ,+∞,且(a,a+2)⊆
1
a ,+∞,∴a≥
a
3且a≥
1
a,解得a≥1.
当a<0 时,f(x)的单调递增区间为-∞,
a
3 ,(-a,+∞),g(x)在-∞,
1
a 上单调递增,
依题意得(a,a+2)⊆-∞,
a
3 且(a,a+2)⊆-∞,
1
a ,
∴a+2≤
a
3且a+2≤
1
a,解得a≤-3.
综上所述,实数a 的取值范围为a≤-3 或a≥1.
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§3.2
指数与指数函数
1.(2020 届河北重点中学一模)设a>0,将
a2
a·
3 a2
表示成分数指数幂的形式,其结果是(
).
A.a
1
2 B.a
5
6 C.a
7
6 D.a
3
2
【解析】
a2
a·
3 a2
=a2−1
2 - 1
3=a
7
6,故选C.
2.已知函数y=e
x的值域为集合A,集合B={x|-2<x<2},则A∪B=(
).
A.{x|-2<x<0} B.{x|-2<x<2}
C.{x|x>-2}
D.{x|x>0}
【解析】由题得A=(0,+∞),所以A∪B= x x >−2 .
3.(2020 届北京延庆区模拟)下列函数中,与函数y=2
x-2
-x的定义域、单调性与奇偶性均一致的是(
).
A.y=sin x
B.y=x
3
C.y=
1
2
x
D.y=log2x
【解析】y=2
x-2
-x是定义域为R 的增函数,且是奇函数.y=sin x 不是增函数,不符合题意;y=
1
2
x
是非奇非偶函数,
在定义域R 上单调递减,不符合题意;y=log2x 的定义域是(0,+∞),不符合题意;y=x
3是定义域为R 的增函数,且是奇函数,
符合题意.
4.函数y=a
x-
1
a(a>0,且a≠1)的图象可能是(
).
【解析】若a>1,则y=a
x-
1
a在R 上是增函数,
当x=0 时,y=1-
1
a∈(0,1),A,B 不满足.
若0<a<1,则y=a
x-
1
a在R 上是减函数,
当x=0 时,y=1-
1
a<0,C 不满足,D 满足.
5.(2020 届东北三校联考)函数f(x)=a
x-1(a>0,a≠1)的图象恒过点A,则下列函数中图象不经过点A 的是(
).
A.y= 1 −x
B.y=|x-2|
C.y=2
x-1 D.y=log2(2x)
【解析】f(x)的图象过定点A(1,1),将点A(1,1)代入四个选项中的函数,可得y= 1 −x的图象不过点A(1,1).
6.函数f(x)=2
-x在区间[-3,2]上的最大值是(
).
A.8 B.2 C.4 D.
1
4
【解析】由于f(x)=
1
2x为定义域上的减函数,故当x=-3 时,函数取得最大值,最大值为8.
7.(2020 届天津模拟)设m,n∈R,则“m<n”是“
1
2
m-n
>1”的(
).
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】f(x)=
1
2
x
在R 上单调递减,
若m<n,则m-n<0,即
1
2
m-n
>
1
2
0
=1,充分性成立.
若
1
2
m-n
>1,则
1
2
m-n
>
1
2
0
,∴m-n<0,即m<n,必要性成立.
故“m<n”是“
1
2
m-n
>1”的充要条件,故选C.
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8.(2020 届陕西模拟)设a=
1
2
0.2
,b=log23,c=2
-0.3,则(
).
A.b>c>a B.a>b>c C.b>a>c D.a>c>b
【解析】由题意可得a=
1
2
0.2
∈0,1 ,b=log23>1,c=2
-0.3=
1
2
0.3
∈(0,1).
指数函数y=
1
2
x
单调递减,故
1
2
0.2
>
1
2
0.3
,
综上可得b>a>c.
9.(2020 届湖南模拟)已知函数f(x)=e
x-
1
e
x
,则下列判断正确的是(
).
A.f(x)是奇函数,且在R 上是增函数
B.f(x)是偶函数,且在R 上是增函数
C.f(x)是奇函数,且在R 上是减函数
D.f(x)是偶函数,且在R 上是减函数
【解析】f(x)的定义域为R,且f(-x)=
1
ex-e
x=-f(x),
∴f(x)是奇函数.
又y=e
x和y=-
1
e
x
都是R 上的增函数,
∴f(x)=e
x-
1
e
x
是R 上的增函数.
故选A.
10.化简:
(a
2
3·b-1)-1
2a-1
2b
1
3
6 ab5
=
.
【解析】原式=
a-1
3b
1
2a-1
2b
1
3
a
1
6b
5
6
=a- 1
3 - 1
2 - 1
6b
1
2 + 1
3 - 5
6=
1
a.
【答案】
1
a
11.(2020 届山西太原测评)设函数f(x)=x
2-a与g(x)=a
x(a>1 且a≠2)在区间(0,+∞)上具有不同的单调性,则M=(a-1)
0.2与
N=
1
a
0.1
的大小关系是(
).
A.M=N
B.M≤N
C.M<N
D.M>N
【解析】因为f(x)=x
2-a与g(x)=a
x(a>1,且a≠2)在(0,+∞)上具有不同的单调性,所以a>2.
因此M=(a-1)
0.2>1,N=
1
a
0.1
<1.
故M>N.
12.(2020 届湖南模拟)已知2
a=6
b=10,则3,ab,a+b 的大小关系是(
).
A.ab<a+b<3
B.ab<3<a+b
C.3<a+b<ab
D.3<ab<a+b
【解析】∵a=log210>log28=3,b=log610>1,∴ab>3.
又
a+b
ab =
1
a+
1
b=lg 2+lg 6=lg 12>1,故a+b>ab,
∴a+b>ab>3.故选D.
13.(2020 届陕西模拟)设b∈R,若函数f(x)=4
x-2
x+1+b 在-1,1 上的最大值是3,则f(x)在-1,1 上的最小值是
.
【解析】已知f(x)=(2
x)
2-2·2
x+b,x∈-1,1 ,
令2
x=t,则t∈
1
2 ,2 ,
函数f(x)可化为y=t
2-2t+b,t∈
1
2 ,2 ,
当t=2 时,y 取得最大值,ymax=2
2-2×2+b=3,解得b=3,
当t=1 时,y 取得最小值,ymin=1
2-2×1+b=2,
所以f(x)在-1,1 上的最小值是2.
【答案】2
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14.(2020 届天津模拟)已知函数f(x)=
1
2
x
,若a=f(2
0.3),b=f(2),c=f(log25),则a,b,c 的大小关系为(
).
A.c>b>a B.a>b>c
C.c>a>b D.b>c>a
【解析】∵2
0.3<2
1,∴2
0.3<2,
又∵log25>log24=2,
∴2
0.3<2<log25,
∵f(x)=
1
2
x
在R 上单调递减,
∴f(2
0.3)>f(2)>f(log25),
即a>b>c,故选B.
15.已知定义在R 上的函数f(x)=2
x-
1
2|x|.
(1)若f(x)=
3
2,求x 的值.
(2)若2
tf(2t)+mf(t)≥0 对于t∈[1,2]恒成立,求实数m 的取值范围.
【解析】(1)当x<0 时,f(x)=0,故f(x)=
3
2无解;
当x≥0 时,f(x)=2
x-
1
2x,
由2
x-
1
2x=
3
2,得2·2
2x-3·2
x-2=0,
将上式看成关于2
x的一元二次方程,
解得2
x=2 或2
x=-
1
2(舍去),所以x=1.
综上,x 的值为1.
(2)当t∈[1,2]时,2
t 22t-
1
22t +m 2t-
1
2t ≥0 恒成立,
即m(2
2t-1)≥-(2
4t-1)恒成立,
因为2
2t-1>0,
所以m≥-(2
2t+1)恒成立,
因为t∈[1,2],所以-(2
2t+1)∈[-17,-5],
故实数m 的取值范围是[-5,+∞).
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§3.3
对数与对数函数
1.(2020 届山西模拟)已知集合A= -1,0,1,2 ,B= x|log2x ≤1 ,则A∩B=(
).
A.{1,2}
B.(1,2]
C.{0,1,2} D.(0,2]
【解析】由log2x≤1,得0<x≤2,∴B={x|0<x≤2},∴A∩B={1,2},故选A.
2.(2020 届内蒙古模拟)已知函数f(x)= 2x-x3,x ≤0,
lnx,x > 0, 则f f
1
e
=(
).
A.-1
B.1 C.
3
2 D.-
1
2
【解析】∵函数f(x)= 2x-x3,x ≤0,
lnx,x > 0,
∴f
1
e =ln
1
e=-1,
f f
1
e
=f -1 =2
-1- -1 3=
3
2.
3.(2020 届黑龙江哈尔滨模拟)“0<a<1 且0<b<1”是“logab>0”的(
).
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】当0<a<1 且0<b<1 时,logab>0 成立,所以充分性成立,
当logab>0 时,不一定能得到0<a<1 且0<b<1,还有可能得到a>1 且b>1,所以必要性不成立.
因此“0<a<1 且0<b<1”是“logab>0”的充分不必要条件,故选A.
4.(2020 届张家界三模)在同一平面直角坐标系中,函数f(x)=2-ax 和g(x)=loga(x+2)(a>0,且a≠1)的图象可能为(
).
【解析】由题意知函数f(x)=2-ax(a>0,且a≠1)为减函数,当0<a<1 时,函数f(x)=2-ax 的零点x=
2
a>2,且函数
g(x)=loga(x+2)在(-2,+∞)上为减函数,C,D 均不满足;当a>1 时,函数f(x)=2-ax 的零点x=
2
a<2,且x=
2
a>0,又g(x)=loga(x+2)
在(-2,+∞)上是增函数,所以排除B.故选A.
5.(2020 届新疆模拟)函数y=loga(x-1)+1(a>0,且a≠1)的图象恒过定点A,若点A 在一次函数y=mx+n 的图象上,其中
m>0,n>0,则
1
m+
2
n的最小值是(
).
A.6 B.7 C.8 D.9
【解析】对于函数y=loga(x-1)+1(a>0,且a≠1),令x-1=1,求得x=2,y=1,可得函数的图象恒过定点A(2,1).
若点A 在一次函数y=mx+n 的图象上,其中m>0,n>0,则1=2m+n,
所以
1
m+
2
n=
2m+n
m +
4m+2n
n
=4+
n
m+
4m
n ≥4+2
n
m ·
4m
n =8,
当且仅当
n
m=
4m
n ,即m=
1
4,n=
1
2时,等号成立,故
1
m+
2
n的最小值是8.
6.(2020 届四川模拟)若函数f(x)= a-ax(a>0,且a≠1)的定义域和值域都是0,1 ,则loga
7
11+loga
11
14=(
).
A.-2
B.-1
C.0 D.1
【解析】由指数函数的单调性可得,
f(x)= a-ax(a>0,且a≠1)是增函数或是减函数,
因为f(1)=0,所以f(x)为[0,1]上的减函数,
所以f(0)= a-1=1,解得a=2,
所以log2
7
11+log2
11
14=log2
7
11 ×
11
14 =log2
1
2=-1,故选B.
7.(2020 届四川模拟)已知0<a<b<1,则a
b,logba,log1
ab 的大小关系是(
).
A.log1
ab<a
b<logba B.log1
ab<logba<a
b
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C.logba<log1
ab<a
b D.a
b<log1
ab<logba
【解析】因为0<a<b<1,所以logba>logbb=1>a
b>0,log1
ab<0,所以log1
ab<a
b<logba,故选A.
8.(2020 届河南模拟)设a=lg 6,b=lg 20,则log23=(
).
A.
a+b-1
b+1
B.
a+b-1
b-1
C.
a-b+1
b+1
D.
a-b+1
b-1
【解析】∵a = lg2 + lg3,
b = 1 + lg2, ∴lg2 = b-1,
lg3 = a-b + 1,则log23=
lg3
lg2=
a-b+1
b-1 .
9.已知函数f(3
x)=log3x+2
x,则f(9)=
.
【解析】由题意,函数f(3
x)=log3x+2
x,令x=2,则f(3
2)=f 9 =log32+2
2=log32+4.
【答案】log32+4
10.(2020 届江苏模拟)函数y=log2(2x-x
2)的单调递增区间为
.
【解析】由2x-x
2>0,解得x∈(0,2).
将y=log2(2x-x
2)拆分为y=log2t 和t=2x-x
2,
可知当x∈(0,1]时,t=2x-x
2单调递增,又y=log2t 单调递增,
所以y=log2(2x-x
2)的单调递增区间为(0,1].
【答案】(0,1]
11.(2020 届河北唐山模拟)已知0<b<a<1,则在a
a,a
b,b
a,b
b中最大的是(
).
A.a
a B.a
b C.b
a D.b
b
【解析】∵0<b<a<1,
∴y=a
x和y=b
x均为减函数,
∴a
b>a
a,b
a<b
b,
又∵y=x
b在(0,+∞)上为增函数,
∴a
b>b
b,
即在a
a,a
b,b
a,b
b中最大的是a
b.
12.(2020 届天津和平区二模)已知a>0 且a≠1,函数f(x)=loga(x+ x2 + b)在R 上既是奇函数又是增函数,则函数
g(x)=loga||x|-b|的图象是(
).
【解析】因为函数f(x)=loga(x+ x2 + b)在R 上是奇函数,所以f(0)=0,所以b=1,又f(x)在R 上是增函数,所以a>1.
所以g(x)=loga||x|-1|,当x>1 时,g(x)=loga(x-1)为增函数,排除B,D;当0<x<1 时,g(x)=loga(1-x)为减函数,排除C.故
选A.
13.(2020 届昆明诊断)设f(x)=lg
2
1−x + a 是奇函数,则使f(x)<0 的x 的取值范围是
.
【解析】由f(x)是奇函数可得a=-1,
∴f(x)=lg
1+x
1−x,定义域为(-1,1).
由f(x)<0,可得0<
1+x
1−x<1,∴-1<x<0.
【答案】(-1,0)
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14.(2020 届潍坊调研)已知函数f(x)= -log2(3-x),x < 2,
2x-2-1,x ≥2,
若f(2-a)=1,则f(a)=
.
【解析】当2-a<2,即a>0 时,f(2-a)=-log2(1+a)=1,
解得a=-
1
2,不合题意.
当2-a≥2,即a≤0 时,f(2-a)=2
-a-1=1,即2
-a=2,解得a=-1,所以f(a)=f(-1)=-log24=-2.
【答案】-2
15.(2020 届河北检测)已知函数f(x)=lg(mx
2+2mx+1),若f(x)的值域为R,则实数m 的取值范围是
.
【解析】设g(x)=mx
2+2mx+1,其值域为A,∵函数f(x)=lg(mx
2+2mx+1)的值域为R,∴(0,+∞)⊆A.当m=0 时,g(x)=1,不满
足条件;当m≠0 时,有m > 0,
4m2-4m ≥0,解得m≥1.
【答案】[1,+∞)
16.(2020 届湖北模拟)已知函数f(x)=e
x-e,g(x)=ln x+1,若对于∀x1∈R,∃x2∈(0,+∞),使得f(x1)=g(x2),则x1-x2的最大值为
(
).
A.e B.1-e
C.1 D.1-
1
e
【解析】不妨设f(x1)=g(x2)=a,
∴ex1-e=ln x2+1=a,
∴x1=ln(a+e),x2=e
a-1,
故x1-x2=ln(a+e)-e
a-1(a>-e).
令h(a)=ln(a+e)-e
a-1,
则h'(a)=
1
a+e-e
a-1,
易知h'(a)在(-e,+∞)上是减函数,且h'(0)=0,
故h(a)在a=0 处有最大值,
即x1-x2的最大值为1-
1
e.
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§4.1
函数图象
1.(2020 届长沙市联考)函数f(x)=
1−x2
ex 的图象大致为(
).
【解析】由f(-x)=
1−x2
e-x ≠f(x)知f(x)的图象不关于y 轴对称,排除B,C,
又f(2)=
1−4
e2 =-
3
e2<0,排除A,故选D.
2.若函数f(x)=a
x-b 的图象如图所示,则(
).
A.a>1,b>1
B.a>1,0<b<1
C.0<a<1,b>1 D.0<a<1,0<b<1
【解析】由图象从左向右下降,知0<a<1.又y=f(x)与y 轴的交点为(0,1-b),所以0<1-b<1,则0<b<1.
3.(2020 届重庆模拟)已知函数f(x)=
x
ex,则f(-x)的大致图象为(
).
【解析】f(-x)=
-x
e-x=-xe
x=g(x),则g'(x)=-(x+1)e
x,令g'(x)=0,解得x=-1,分析知x=-1 是极值点,又g(-1)=
1
e>0,故选D.
4.在同一平面直角坐标系中,函数y=g(x)的图象与y=e
x的图象关于直线y=x 对称.而函数y=f(x)的图象与y=g(x)的图
象关于y 轴对称,若f(m)=-1,则m 的值是(
).
A.-e
B.-
1
eC.e D.
1
e
【解析】由题意知g(x)=ln x,则f(x)=ln(-x),若f(m)=-1,即ln(-m)=-1,则m=-
1
e.
5.(2020 届云南模拟)已知f(x)=x
2-
ln|x|
x ,则函数y=f(x)的图象大致为(
).
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【解析】由题意知f(x)既不是奇函数也不是偶函数,排除B,C,当0<x<1 时,ln|x|<0,f(x)>0,排除D,故选A.
6.(2020 届黄山一模)已知图①中的图象对应的函数为y=f(x),则图②中的图象对应的函数为(
).
A.y=f(|x|)
B.y=f(-|x|)
C.y=|f(x)|
D.y=-f(|x|)
【解析】观察函数图象,图②是由图①保留y 轴左侧部分图象,并将左侧图象翻折到右侧所得,因此图②中对应的
函数解析式为y=f(-|x|).
7.已知函数f(2x+1)是奇函数,则函数y=f(2x)的图象的对称中心为(
).
A.(1,0)
B.(-1,0)
C.
1
2 ,0
D. -
1
2 ,0
【解析】因为f(2x+1)是奇函数,所以其图象关于原点成中心对称,而f(2x)的图象是由f(2x+1)的图象向右平移
1
2
个单位长度得到的,故f(2x)的图象关于点
1
2 ,0 成中心对称.
8.(2020 届大庆模拟)已知函数f(x)的图象如图所示,则函数f(x)的解析式可能是(
).
A.f(x)=(4
x+4
-x)|x|
B.f(x)=(4
x-4
-x)log2|x|
C.f(x)=(4
x+4
-x)log2|x|
D.f(x)=(4
x+4
-x)log1
2|x|
【解析】由函数f(x)的图象可知,函数f(x)是偶函数,当x=1 时,函数值为0.
对于A,f(x)=(4
x+4
-x)|x|是偶函数,但是f(1)≠0.
对于B,f(x)=(4
x-4
-x)log2|x|是奇函数,不满足题意.
对于C,f(x)=(4
x+4
-x)log2|x|是偶函数,f(1)=0,满足题意.
对于D,f(x)=(4
x+4
-x)log1
2|x|是偶函数,f(1)=0,当x∈(0,1)时,f(x)>0,不满足题意.故选C.
9.若函数y=f(x)的图象过点(1,1),则函数y=f(3-x)的图象一定经过点
.
【解析】由题意知f(1)=1,即f(3-2)=1,所以y=f(3-x)的图象一定经过点(2,1).
【答案】(2,1)
10.(2020 届湖南模拟)函数f(x)=lg(|x|-1)的大致图象是(
).
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【解析】由题意知,f(x)是偶函数,其定义域是(-∞,-1)∪(1,+∞),且在(1,+∞)上单调递增,故选B.
11.(2020 届海淀模拟)已知函数f(x)= ex,x ≤e,
lnx,x > e,则函数y=f(e-x)的图象大致是(
).
【解析】令g(x)=f(e-x),
则g(x)= ee-x,e-x ≤e,
ln(e-x),e-x > e,即g(x)= ee-x,x ≥0,
ln(e-x),x < 0,
因此g(x)在(0,+∞),(-∞,0)上单调递减,排除A,C,D.故选B.
12.(2020 届河南郑州三模)我国著名数学家华罗庚先生曾说:“数缺形时少直观,形缺数时难入微,数形结合百般好,隔
裂分家万事休.”在数学的学习和研究中,常用函数的图象来研究函数的性质,也常用函数的解析式来研究函数图象
的特征,如函数f(x)=
x4
4x-1 的图象大致是(
).
【解析】因为函数f(x)=
x4
4x-1 ,f(-x)=
(-x)4
4-x-1 =
x4
4-x-1 ≠f(x),
所以函数f(x)不是偶函数,其图象不关于y 轴对称,故排除A,B 选项;
又因为f(3)=
9
7,f(4)=
256
255,所以f(3)>f(4),
而选项C 在x>0 时是单调递增的,故排除C.
13.(2020 届烟台二模)已知函数f(x)=
d
ax2+bx+c(a,b,c,d∈R)的图象如图所示,下列说法与图象符合的是(
).
A.a>0,b>0,c<0,d>0
B.a<0,b>0,c<0,d>0
C.a<0,b>0,c>0,d>0
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D.a>0,b<0,c>0,d>0
【解析】由题图可知,x≠1 且x≠5,
则ax
2+bx+c=0 的两根为1,5.
由根与系数的关系,得-
b
a=6,
c
a=5,
∴a,b 异号,a,c 同号.
又f(0)=
d
c<0,∴c,d 异号,只有B 项适合.
14.如图,定义在[-1,+∞)上的函数f(x)的图象由一条线段及抛物线的一部分组成,则f(x)的解析式为
.
【解析】当-1≤x≤0 时,设函数解析式为y=kx+b(k≠0),
则-k + b = 0,
b = 1,
解得k = 1,
b = 1,∴y=x+1.
当x>0 时,设函数解析式为y=a(x-2)
2-1(a≠0).
∵图象过点(4,0),∴0=a(4-2)
2-1,解得a=
1
4.
【答案】f(x)=
x + 1, −1 ≤x ≤0,
1
4 (x-2)2-1,x > 0
15.(2020 届安徽高考模拟)已知t>2,点A(t,ln t),B(t+2,ln(t+2)),C(t+4,ln(t+4)),则△ABC 的面积的取值范围是(
).
A.(0,1)
B.(0,ln 2)
C. 0,ln
3
2
D. 0,ln
4
3
【解析】如图,点A(t,ln t),B(t+2,ln(t+2)),C(t+4,ln(t+4))都在曲线y=ln x 上,
分别过点A,B,C 作x 轴的垂线,垂足分别为A1,B1,C1,
易得A1B1=B1C1=2,AA1=ln t,BB1=ln(t+2),CC1=ln(t+4).
设△ABC 的面积为S,
则S=S梯形ABB1A1+S梯形BCC1B1-S梯形ACC1A1
=[ln t+ln(t+2)]+[ln(t+2)+ln(t+4)]-2[ln t+ln(t+4)]
=2ln(t+2)-ln t-ln(t+4)
=ln
(t+2)2
t(t+4)=ln 1 +
4
t2+4t .
又t>2,则1+
4
t2+4t随t 的增大而减小,1<1+
4
t2+4t<
4
3,
所以0<S<ln
4
3,
即△ABC 面积的取值范围为0,ln
4
3 .
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§4.2
函数与方程
1.(2020 届广西高考模拟)下列函数中是奇函数且有零点的是(
).
A.f(x)=x+|x| B.f(x)=x
-1+x
C.f(x)=
1
x+tan x
D.f(x)=sin x +
π
2
【解析】因为f(x)=x+|x|,所以f(-x)=-x+|x|,而-f(x)=-x-|x|,所以f(x)=x+|x|不是奇函数,排除A;
因为f(x)=x
-1+x,所以f(-x)=-x
-1-x=-f(x),所以函数f(x)是奇函数,但令f(x)=0,可知方程无解,即f(x)没有零点,排除
B;
因为f(x)=sin x +
π
2 =cos x,所以f(-x)=cos x=f(x),即f(x)为偶函数,排除D;
因为f(x)=
1
x+tan x,所以f(-x)=-
1
x-tan x=-f(x),所以f(x)是奇函数,又由正切函数的图象和反比例函数的图象易
知,y=-
1
x与y=tan x 有交点,因此函数f(x)=
1
x+tan x 有零点.故选C.
2.已知函数f(x)= 2x-2,x ≤1,
log2x-2,x > 1,则函数f(x)的零点为(
).
A.1 B.1,4
C.4 D.0
【解析】当x≤1 时,令f(x)=2
x-2=0,解得x=1;
当x>1 时,令f(x)=log2x-2=0,解得x=4.
综上,函数f(x)的零点为1,4.
3.(2020 届岳阳二模)已知函数f(x)=
x2-2x,x ≤0,
1 +
1
x ,x > 0,则函数y=f(x)+3x 的零点个数是(
).
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】函数y=f(x)+3x 的零点个数就是y=f(x)与y=-3x 两个函数图象的交点个数,如图所示,由图象可知,零点的
个数为2.
4.(2020 届北京朝阳二模)已知函数f(x)= 2x,x ≥a,
-x,x < a,若函数f(x)存在零点,则实数a 的取值范围是(
).
A.(-∞,0)B.(-∞,1)C.(1,+∞)D.(0,+∞)
【解析】函数f(x)= 2x,x ≥a,
-x,x < a的图象如图所示,
若函数f(x)存在零点,则实数a 的取值范围是(0,+∞).
5.(2020 届湖北七校联考)已知f(x)是奇函数且是R 上的单调函数,若函数y=f(2x
2+1)+f(λ-x)只有一个零点,则实数λ
的值是(
).
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A.
1
4 B.
1
8 C.-
7
8D.-
3
8
【解析】令y=f(2x
2+1)+f(λ-x)=0,则f(2x
2+1)=-f(λ-x)=f(x-λ),因为f(x)是R 上的单调函数,
所以2x
2+1=x-λ,由题意可知该方程只有一个实根,即2x
2-x+1+λ=0 只有一个实根,则Δ=1-8(1+λ)=0,解得λ=-
7
8.
6.(2020 届天津河东一模)已知定义在R 上的函数f(x)满足f(x+2)=f(x),且当x∈[-1,1]时,f(x)=x
2.令g(x)=f(x)-kx-k,
若在区间[-1,3]内,函数g(x)=0 有4 个不相等的实根,则实数k 的取值范围是(
).
A.(0,+∞)B. 0,
1
4
C. 0,
1
2
D.
1
4 ,
1
3
【解析】令g(x)=0,得f(x)=k(x+1),
由f(x)的周期性,作出y=f(x)在[-1,3]上的图象,如图所示.
设直线y=k1(x+1)经过点(3,1),则k1=
1
4.
∵直线y=k(x+1)经过定点(-1,0),且由题意知直线y=k(x+1)与y=f(x)的图象有4 个交点,∴0<k≤
1
4.
7.(2020 届济南质检)已知函数f(x)=e
x-e
-x+4,若方程f(x)=kx+4(k>0)有三个不同的实根x1,x2,x3,则x1+x2+x3=
.
【解析】易知y=e
x-e
-x为奇函数,且其图象向上平移4 个单位长度,得到y=f(x)的图象,
所以y=f(x)的图象关于点(0,4)对称.
又y=kx+4 过点(0,4)且关于点(0,4)对称.
所以方程f(x)=kx+4 的三个根中有一个为0,且另两根之和为0.
因此x1+x2+x3=0.
【答案】0
8.(2020 届永州模拟)已知函数f(x)=a+log2(x
2+a)(a>0)的最小值为8,则a 所在的一个区间是(
).
A.(5,6)
B.(7,8)
C.(8,9)
D.(9,10)
【解析】∵f(x)在[0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,
∴f(x)min=f(0)=a+log2a=8.
令g(a)=a+log2a-8,a>0.
则g(5)=log25-3<0,g(6)=log26-2>0,
又g(a)在(0,+∞)上单调递增,
∴实数a 所在的一个区间为(5,6).
9.(2020 届北京联考)已知函数f(x)= ln(x + 1)(x ≥0),
x3-3x(x < 0),
若函数y=f(x)-k 有三个不同的零点,则实数k 的取值范围是
(
).
A.(-2,2) B.(-2,1) C.(0,2)
D.(1,3)
【解析】当x<0 时,f(x)=x
3-3x,则f'(x)=3x
2-3,
令f'(x)=0,解得x=-1 或x=1(舍去),
故f(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,0)上单调递减.
又f(x)=ln(x+1)在(0,+∞)上单调递增,
则函数f(x)图象如图所示.
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f(x)极大值=f(-1)=2,且f(0)=0,
故当k∈(0,2)时,y=f(x)-k 有三个不同的零点.
10.(2020 届河北模拟)函数f(x)= 2x-1(x ≥0),
f(x + 1)(x < 0),若方程f(x)=-x+a 有且只有两个不相等的实数根,则实数a 的取值范
围为(
).
A.(-∞,0)B.[0,1)
C.(-∞,1)D.[0,+∞)
【解析】函数f(x)= 2x-1(x ≥0),
f(x + 1)(x < 0)的图象如图所示,
作出直线l:y=a-x,向左平移直线l,观察可得,当函数y=f(x)的图象与函数y=-x+a的图象有且只有两个交点时,a<1,
所以a 的取值范围为(-∞,1).
11.(2020 届河南高考模拟)已知单调函数f(x)的定义域为(0,+∞),对于定义域内任意x,f(f(x)-log2x)=3,则函数
g(x)=f(x)+x-7 的零点所在的区间为(
).
A.(1,2)
B.(2,3)
C.(3,4)
D.(4,5)
【解析】根据题意,对任意的x∈(0,+∞),都有f(f(x)-log2x)=3,又由f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,得f(x)-log2x
为定值,设t=f(x)-log2x,则f(x)=log2x+t,又由f(t)=3,所以f(t)=log2t+t=3,所以t=2,所以f(x)=log2x+2,所以
g(x)=log2x+x-5.因为g(1)<0,g(2)<0,g(3)<0,g(4)>0,g 5 >0,所以零点所在的区间为(3,4).
12.(2020 届江苏高考模拟)已知f(x)是定义在R 上且周期为
3
2的周期函数,当x∈0,
3
2 时,f(x)=1-|2x-1|.若函数
y=f(x)-logax(a>1)在(0,+∞)上恰有4 个互不相同的零点,则实数a 的值为
.
【解析】当x∈0,
3
2 时,得f(x)=1-|2x-1|=
2x,0<x <
1
2 ,
2 −2x,
1
2 ≤x ≤
3
2 ,
且f(x)是定义在R 上且周期为
3
2的周期函数.
∵函数y=f(x)-logax(a>1)在(0,+∞)上恰有4 个互不相同的零点,
∴函数y=f(x)与y=logax(a>1)的图象在(0,+∞)上恰有4 个交点,
分别画出两函数图象如图所示,由图可知,当x=
7
2时,有loga
7
2=1,故a=
7
2.
【答案】
7
2
13.(2020 届辽宁高考模拟)定义:函数f(x)=[x]([x]表示不超过实数x 的最大整数).若函数g(x)=e
x-e
-x-2 的零点为x0,则
g(f(x0))=(
).
A.
1
e-e-2 B.-2
C.e-
1
e-2 D.e
2-
1
e2-2
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【解析】因为g(x)=e
x-e
-x-2,
所以g'(x)=e
x+e
-x>0 在R 上恒成立,
即函数g(x)=e
x-e
-x-2 在R 上单调递增.
又g(0)=e
0-e
0-2=-2<0,g(1)=e
1-e
-1-2>0,
所以g(x)在(0,1)上必然存在零点,即x0∈(0,1),
因此f(x0)=[x0]=0,
所以g(f(x0))=g(0)=-2.
故选B.
14.已知函数f(x)= 2x,x < a,
x2,x ≥a. 若f(x)是单调函数,则实数a 的取值范围是
;若存在实数b,使函数g(x)=f(x)-b 有
三个零点,则实数a 的取值范围是
.
【解析】因为函数f(x)为单调递增函数,所以a>0 且2
a≤a
2.在同一平面直角坐标系中作出函数y=2
x与y=x
2的图
象,由图可知,实数a 的取值范围为[2,4].函数g(x)=f(x)-b 有三个零点等价于函数y=f(x)与y=b 的图象有三个交点,在同
一平面直角坐标系下作出函数y=f(x)与y=b 的图象,由图可知,当a 在y 轴的左方时,存在实数b,使得两函数图象有三
个交点,所以要使函数g(x)有三个零点,实数a 的取值范围为(-∞,0).
【答案】[2,4]
(-∞,0)
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§4.3
函数模型及其应用
1.(2020 届河北武邑模拟)出售某种文具盒,若每个可获利x 元,一天可售出(6-x)个.当一天出售该种文具盒的总利润y
最大时,x 的值为(
).
A.1
B.2 C.3 D.4
【解析】因为总利润等于单个利润乘以个数,
所以y=x(6-x),
将其进行变形,可得y=-(x-3)
2+9,
故当x=3 时,y 取得最大值,最大值为9,故选C.
2.(2020 届湖北荆州模拟)碘-131 经常被用于对甲状腺的研究,它的半衰期大约是8 天(即经过8 天的时间,有一半的碘
-131 会衰变为其他元素).今年10 月1 日凌晨,在一容器中放入一定量的碘-131,到10 月25 日凌晨,测得该容器内还
剩有2 毫克的碘-131,则10 月1 日凌晨,放入该容器的碘-131 的含量是(
).
A.8 毫克
B.16 毫克
C.32 毫克
D.64 毫克
【解析】由题意,设10 月1 日凌晨,放入该容器的碘-131 的含量是x 毫克,则x·
1
2
3
=2,∴x=16.
3.(2020 届北京高考模拟)某电动汽车“行车数据”的两次记录如下表:
记录时间
累计里程
(单位:公里)
平均耗电量
(单位:kW·h/公
里)
剩余续航里程
(单位:公里)
2019 年
1 月1 日
4000
0.125
280
2019 年
1 月2 日
4100
0.126
146
(注:累计里程指汽车从出厂开始累计行驶的路程,累计耗电量指汽车从出厂开始累计消耗的电量,平均耗电量
=
累计耗电量
累计里程,剩余续航里程=
剩余电量
平均耗电量,下面对该车在两次记录时间段内行驶100 公里的耗电量估计正确的是(
).
A.等于12.5 B.12.5 到12.6 之间
C.等于12.6 D.大于12.6
【解析】由题意,可得4100×0.126-4000×0.125=516.6-500=16.6,
所以对该车在两次记录时间段内行驶100 公里的耗电量估计正确的是大于12.6,故选D.
4.(2020 届浙江模拟)《算法统宗》中有如下问题:“哑子来买肉,难言钱数目,一斤少三十,八两多十八,试问能算者,合
与多少肉”.意思是一个哑子来买肉,说不出钱的数目,买一斤(16 两)还差30 文钱,买八两多18 文钱,求肉数和肉价,则
该问题中,肉价是每两
文.
【解析】设肉价是每两x 文,由题意得16x-30=8x+18,解得x=6,即肉价是每两6 文.
【答案】6
5.(2020 届枣庄调研)某公司为了发展业务制定了一个激励销售人员的奖励方案,在销售额x 为8 万元时,奖励1 万元.
销售额x 为64 万元时,奖励4 万元.若公司拟定的奖励模型为y=alog4x+b.某业务员要得到8 万元奖励,则他的销售额
应为
万元.
【解析】依题意alog48 + b = 1,
alog464 + b = 4,解得a = 2,
b =−2,∴y=2log4x-2.
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令2log4x-2=8,得x=4
5=1024.
【答案】1024
6.(2020 届浙江模拟)我国古代某数学著作中记载了一个折竹抵地问题:“今有竹高二丈,末折抵地,去本六尺,问折者高
几何?”意思是:有一根竹子(与地面垂直),原高二丈(1 丈=10 尺),现被风折断,尖端落在地上,竹尖与竹根的距离为六尺,
则折断处离地面的高为
尺.
【解析】设折断处离地面的高为x 尺,则(20-x)
2-x
2=6
2,解得x=9.1.
【答案】9.1
7.(2018 合肥模拟)通过实验数据可知,某液体的蒸发速度y(单位:升/小时)与液体所处环境的温度x(单位:℃)近似地满
足函数关系y=e
kx+b(e 为自然对数的底数,k,b 为常数).若该液体在0 ℃的蒸发速度是0.1 升/小时,在30 ℃的蒸发速度
为0.8 升/小时,则该液体在20 ℃的蒸发速度为
升/小时.
【解析】由y=e
kx+b及已知条件得0.1=e
k×0+b,∴e
b=0.1,解得b=ln 0.1.
又0.8=e
30k+b,∴30k+ln 0.1=ln 0.8,解得k=
ln8
30,
∴y=e
ln8
30 x+ln0.1,
则该液体在20 ℃的蒸发速度为e
2
3 ×ln8+ln0.1=e
ln 0.4=0.4(升/小时).
【答案】0.4
8.某食品的保鲜时间y(单位:小时)与储藏温度x(单位:℃)满足函数关系y=e
kx+b(e=2.718…为自然对数的底数,k,b 为常
数).若该食品在0 ℃的保鲜时间是192 小时,在22 ℃的保鲜时间是48 小时,则该食品在33 ℃的保鲜时间是
小时.
【解析】由已知条件,得192=e
b,
又48=e
22k+b=e
b·(e
11k)
2,
∴e
11k=
48
192
1
2=
1
4
1
2=
1
2.
设该食品在33 ℃的保鲜时间是t 小时,
则t=e
33k+b=192e
33k=192(e
11k)
3=192×
1
2
3
=24.
【答案】24
9.(2020 届日照月考)已知某服装厂生产某种品牌的衣服,销售量q(x)(单位:百件)关于每件衣服的利润x(单位:元)的函
数解析式为q(x)=
1260
x+1 ,0<x ≤20,
90 −3 5· x,20<x ≤180,
则该服装厂所获得的最大效益是
元.
【解析】设该服装厂所获效益为f(x)元,
则f(x)=100xq(x)=
126000x
x+1
,0<x ≤20,
100x(90-3 5· x),20<x ≤180.
当0<x≤20 时,f(x)=
126000x
x+1 =126000-
126000
x+1 ,f(x)在区间(0,20]上单调递增,所以当x=20 时,f(x)有最大值120000.
当20<x≤180 时,f(x)=9000x-300 5·x x,
则f'(x)=9000-450 5· x,
令f'(x)=0,解得x=80.
当20<x<80 时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当80≤x≤180 时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,
所以当x=80 时,f(x)有极大值,也是最大值,为240000.
由于120000<240000,
所以该服装厂所获得的最大效益是240000 元.
【答案】240000
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10.(2020 届北京模拟)某绿色有机水果店中一款有机草莓味道鲜甜,店家每天以每斤10 元的价格从农场购进适量草
莓,然后以每斤20 元的价格出售,如果当天卖不完,剩下的草莓由果汁厂以每斤2 元的价格回收.
(1)若水果店一天购进17 斤草莓,求当天的利润y(单位:元)关于当天需求量n(单位:斤,n∈N)的函数解析式;
(2)水果店记录了100 天草莓的日需求量(单位:斤),整理得下表:
日需求量n 14
15
16
17
18
19
20
频数
14
22
14
16
15
13
6
假设水果店在这100 天内每天购进17 斤草莓,求这100 天的日利润(单位:元)的平均数.
【解析】(1)当日需求量n≥17 时,利润y=17×10=170;
当日需求量n≤16 时,利润y=10n-8(17-n)=18n-136.
所以当天的利润y 关于当天需求量n 的函数解析式为y= 18n-136,n ≤16,
170,n ≥17.
(2)假设水果店在这100 天内每天购进17 斤草莓,则
当日需求量为14 斤时,利润为116 元;
当日需求量为15 斤时,利润为134 元;
当日需求量为16 斤时,利润为152 元;
当日需求量不小于17 时,利润为170 元.
故这100 天的日利润(单位:元)的平均数为
y
−=
1
100(14×116+22×134+14×152+16×170+15×170+13×170+6×170)=152(元).
11.(2020 届上海模拟)经济订货批量模型,是目前大多数工厂、企业等最常采用的订货方式,即某种物资在单位时间的
需求量为某常数,经过某段时间后,存储量消耗下降到零,此时开始订货并随即到货,然后开始下一个存储周期,该模型
适用于整批间隔进货、不允许缺货的存储问题,具体如下:年存储成本费T(元)关于每次订货x(单位)的函数关系
T(x)=
Bx
2 +
AC
x ,其中A 为年需求量,B 为每单位物资的年存储费,C 为每次订货费.某化工厂需用甲醇作为原料,年需求量为
6000 吨,每吨存储费为120 元/年,每次订货费为2500 元.
(1)若该化工厂每次订购300 吨甲醇,求年存储成本费.
(2)每次需订购多少吨甲醇,可使该化工厂年存储成本费最少?最少费用为多少?
【解析】(1)由题意可得A=6000,B=120,C=2500,
所以存储成本费T(x)=60x+
15000000
x
.
若该化工厂每次订购300 吨甲醇,
则年存储成本费为
T(300)=60×300+
15000000
300
=68000(元).
(2)因为存储成本费T(x)=60x+
15000000
x
,x>0,
所以T(x)=60x+
15000000
x
≥2 60 × 15000000=60000,
当且仅当60x=
15000000
x
,即x=500 时,取等号,
所以每次需订购500 吨甲醇,可使该化工厂年存储成本费最少,最少费用为60000 元.
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§5.1
导数的概念及其运算、定积分
1.(2020 届日照质检)已知f(x)=xln x,若f'(x0)=2,则x0等于(
).
A.e
2 B.e C.
ln2
2 D.ln 2
【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x+1,由f'(x0)=2,得ln x0+1=2,解得x0=e.
2.(2020 届青岛质检)已知函数f(x)=x(2019+ln x),若f'(x0)=2020,则x0等于(
).
A.e
2 B.1 C.ln 2
D.e
【解析】f'(x)=2019+ln x+x·
1
x=2020+ln x.
由f'(x0)=2020,得2020+ln x0=2020,即ln x0=0,解得x0=1.
3.(2020 届河北衡水调研)曲线y=1-
2
x+2在点(-1,-1)处的切线方程为(
).
A.y=2x+1
B.y=2x-1
C.y=-2x-3
D.y=-2x-2
【解析】因为y=1-
2
x+2=
x
x+2,所以y'=
x+2−x
(x+2)2=
2
(x+2)2,所以y'|x=-1=2,所以曲线在点(-1,-1)处的切线的斜率为2,所以所
求切线的方程为y+1=2(x+1),即y=2x+1.
4.(2020 届河北唐山摸底考试)曲线y=
x-1
x+1与其在点(0,-1)处的切线及直线x=1 所围成的封闭图形的面积为(
).
A.1-ln 2
B.2-2ln 2
C.2ln 2-1
D.ln 2
【解析】因为y=
x-1
x+1,所以y'=
x-1
x+1 '=
2
(x+1)2,则曲线y=
x-1
x+1在点(0,-1)处的切线斜率k=2,切线方程为y=2x-1,则曲线
y=
x-1
x+1与其在点(0,-1)处的切线及直线x=1 所围成的封闭图形的面积S= 0
1
׬
2x-1-
x-1
x+1 dx=
0
1
׬
2x-1-1+
2
x+1 dx=[x
2-2x+2ln(x+1)]
1
0
=2ln 2-1.
5.(2020 届广东高考模拟)已知函数f(x)=ae
x+b(a,b∈R)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x+1,则a-b=
.
【解析】由f(x)=ae
x+b,得f'(x)=ae
x,
因为函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程是y=2x+1,
所以f(0)=1=a + b,
f'(0)=2=a,
解得a=2,b=-1,故a-b=3.
【答案】3
6.(2020 届天津高考模拟)已知曲线y=
1
x+
ex
a 在x=1 处的切线l 与直线2x+3y=0 垂直,则实数a 的值为
.
【解析】直线2x+3y=0 的斜率为-
2
3,故曲线在x=1 处的切线斜率为
3
2.
又y'=-x
-2+
ex
a ,∴y'|x=1=-1+
e
a=
3
2,解得a=
2
5e.
【答案】
2
5e
7.(2020 届长沙高考模拟)已知函数f(x)=xln x,f'(x)为f(x)的导数,则f'(e)的值为
.
【解析】由题意可得f'(x)=ln x+x·
1
x=ln x+1,则f'(e)=ln e+1=2.
【答案】2
8.(2020 届济南高考模拟)已知函数f(x)=logax(a>0 且a≠1),f'(x)为f(x)的导数,且满足f'(1)=1,则a=
.
【解析】∵f(x)=logax,∴f'(x)=
1
xlna,则f'(1)=
1
lna=1,∴a=e.
【答案】e
9.(2020 届天津高考模拟)曲线f(x)=x
3+
9
2x
2-3x 在点(1,f(1))处的切线斜率为
.
【解析】由题意可得f'(x)=3x
2+9x-3,∴f'(1)=3+9-3=9,
∴曲线f(x)=x
3+
9
2x
2-3x 在点(1,f(1))处的切线的斜率为9.
【答案】9
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10.(2020 届贵州贵阳一模)如图, a
b
׬ f(x)dx= A,f(x)>0,
-A,f(x)<0,A 表示以y=f(x)的图象为曲边的曲边梯形面积.由定积分的几何
意义可得0
1
׬ (2x-3)dx=
, -2
2
׬
4 −x2dx=
.
【解析】0
1
׬ (2x-3)dx=(x
2-3x)
1
0
=1-3=-2,
-2
2
׬
4 −x2dx 表示以原点为圆心,以2 为半径的圆的面积的一半,故-2
2
׬
4 −x2dx=
1
2×π×2
2=2π.
【答案】-2
2π
11.(2020 届江西南昌模拟)若f(x)+3f(-x)=x
3+2x+1 对任意x∈R 恒成立,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为
(
).
A.5x+2y-5=0 B.10x+4y-5=0
C.5x+4y=0
D.20x-4y-15=0
【解析】∵f(x)+3f(-x)=x
3+2x+1,
①
∴f(-x)+3f(x)=-x
3-2x+1,
②
联立①②,解得f(x)=-
1
2x
3-x+
1
4,
则f'(x)=-
3
2x
2-1,
∴f(1)=-
1
2-1+
1
4=-
5
4,f'(1)=-
3
2-1=-
5
2,
∴切线方程为y+
5
4=-
5
2 x-1 ,即10x+4y-5=0.
故选B.
12.(2020 届成都第二次诊断检测)若曲线f(x)=ln x+ax
2(a 为常数)不存在斜率为负数的切线,则实数a 的取值范围是
(
).
A. -
1
2 ,+∞
B. -
1
2 ,+∞
C.(0,+∞)D.[0,+∞)
【解析】f'(x)=
1
x+2ax=
2ax2+1
x
(x>0),根据题意有f'(x)≥0(x>0)恒成立,所以2ax
2+1≥0(x>0)恒成立,即2a≥-
1
x2(x>0)恒
成立,所以a≥0,故实数a 的取值范围为[0,+∞).
13.在等比数列{an}中,a1=2,a8=4,函数f(x)=x(x-a1)(x-a2)·…·(x-a8),则f'(0)=(
).
A.2
6 B.2
9 C.2
12
D.2
15
【解析】因为
f'(x)=x'·[(x-a1)(x-a2)·…·(x-a8)]+[(x-a1)(x-a2)·…·(x-a8)]'·x=(x-a1)(x-a2)·…·(x-a8)+[(x-a1)(x-a2)·…·(x-a8)]
'·x,
所以f'(0)=(0-a1)(0-a2)·…·(0-a8)+0=a1a2·…·a8.
因为数列{an}为等比数列,所以a2a7=a3a6=a4a5=a1a8=8,所以f'(0)=8
4=2
12.
14.(2020 届山东模拟)已知函数f(x)=x(2-sin x),则曲线y=f(x)在点
π
2 ,f
π
2
处的切线方程为
.
【解析】依题意,f
π
2 =
π
2 2 −sin
π
2 =
π
2,故切点为
π
2 ,
π
2 .因为f'(x)=2-sin x+x -cosx =2-sin x-xcos x,所以
f'
π
2 =2-1=1.故切线方程为y-
π
2=x-
π
2,即x-y=0.
【答案】x-y=0
15.(2020 届黑龙江伊春质检)曲线y=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+8=0 的最短距离是
.
【解析】设M(x0,ln(2x0-1))为曲线上的任意一点,则当曲线在点M 处的切线与直线2x-y+8=0 平行时,点M 到直线的
距离即为曲线y=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+8=0 的最短距离.
因为y'=
2
2x-1,所以切线斜率k=
2
2x0-1=2,解得x0=1,所以M(1,0).记点M 到直线2x-y+8=0 的距离为d,则d=
|2+8|
4+1=2 5.
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【答案】2 5
16.(2020 届福州质检)设函数f(x)=ax-
b
x(a,b 为常数),曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为7x-4y-12=0.
(1)求f(x)的解析式.
(2)证明:曲线y=f(x)上任一点处的切线与直线x=0 和直线y=x 所围成的三角形的面积为定值,并求此定值.
【解析】(1)方程7x-4y-12=0 可化为y=
7
4x-3.
当x=2 时,y=
1
2.又f'(x)=a+
b
x2,
所以
2a-
b
2 =
1
2 ,
a +
b
4 =
7
4 ,
解得a = 1,
b = 3.故f(x)=x-
3
x.
(2)设P(x0,y0)为曲线上任一点,由y'=1+
3
x2,知曲线在点P(x0,y0)处的切线方程为y-y0= 1 +
3
x0
2 (x-x0),即
y- x0-
3
x0 = 1 +
3
x0
2 (x-x0).
令x=0,得y=-
6
x0,
从而得切线与直线x=0 的交点坐标为0, −
6
x0 .
令y=x,得y=x=2x0,
从而得切线与直线y=x 的交点坐标为(2x0,2x0).
所以曲线在点P(x0,y0)处的切线与直线x=0,y=x 所围成的三角形的面积S=
1
2 -
6
x0 |2x0|=6.
故曲线y=f(x)上任一点处的切线与直线x=0,y=x 所围成的三角形的面积为定值,且此定值为6.
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§5.2
利用导数研究函数的单调性
1.已知函数f(x)=1+x-sin x,x∈(0,2π),则函数f(x)(
).
A.是增函数
B.是减函数
C.在(0,π)内是增函数,在(π,2π)内是减函数
D.在(0,π)内是减函数,在(π,2π)内是增函数
【解析】当x∈(0,2π)时,f'(x)=1-cos x>0 恒成立,所以f(x)在(0,2π)上单调递增.
2.
(2020 届济南调研)已知定义在R 上的函数f(x),其导数f'(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是(
).
A.f(b)>f(c)>f(d)
B.f(b)>f(a)>f(e)
C.f(c)>f(b)>f(a)
D.f(c)>f(e)>f(d)
【解析】由题意得,当x∈(-∞,c)时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,c)上是增函数,
因为a<b<c,所以f(c)>f(b)>f(a),故选C.
3.(2020 届淄博模拟)若函数f(x)=kx-ln x 在(2,+∞)上单调递增,则实数k 的取值范围是(
).
A.(-∞,-2]
B.
1
2 ,+∞
C.[2,+∞)D. -∞,
1
2
【解析】f'(x)=k-
1
x,f(x)=kx-ln x 在区间(2,+∞)上单调递增等价于f'(x)=k-
1
x≥0 在(2,+∞)上恒成立,所以k≥
1
x,当
x∈(2,+∞)时,0<
1
x<
1
2,所以k≥
1
2.故实数k 的取值范围是
1
2 ,+∞.
4.(2020 届新余一模)若函数f(x)=x+
1
ax在(-∞,-1)上单调递增,则实数a 的取值范围是(
).
A.[1,+∞)B.(-∞,0)∪(0,1]
C.(0,1]
D.(-∞,0)∪[1,+∞)
【解析】若函数f(x)=x+
1
ax在(-∞,-1)上单调递增,则f'(x)≥0 在(-∞,-1)上恒成立,
即1-
1
ax2≥0 在(-∞,-1)上恒成立,
则
1
a≤x
2在(-∞,-1)上恒成立,
又x
2>1,所以
1
a≤1.
故实数a 的取值范围是(-∞,0)∪[1,+∞).
5.若函数y=
1
2sin 2x+acos x 在(0,π)上单调递增,则实数a 的取值范围是(
).
A.(-∞,-1]
B.[-1,+∞)
C.(-∞,0)D.(0,+∞)
【解析】y'=cos 2x-asin x≥0 在(0,π)上恒成立,即a≤
cos2x
sinx =
1−2sin2x
sinx 在(0,π)上恒成立.令t=sin
x∈(0,1],g(t)=
1−2t2
t =
1
t-2t,t∈(0,1],易知函数g(t)在(0,1]上单调递减,所以g(t)min=g(1)=-1,所以a≤-1,即实数a 的取值范围
是(-∞,-1].
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6.若函数f(x)=ax
3+3x
2-x 恰好有三个单调区间,则实数a 的取值范围是
.
【解析】由题意知f'(x)=3ax
2+6x-1,由函数f(x)恰好有三个单调区间,得f'(x)有两个不相等的零点,所以
3ax
2+6x-1=0 需满足a≠0,且Δ=36+12a>0,解得a>-3 且a≠0,所以实数a 的取值范围是(-3,0)∪(0,+∞).
【答案】(-3,0)∪(0,+∞)
7.已知奇函数f(x)是定义在R 上的可导函数,其导数为f'(x),当x>0 时,有2f(x)+xf'(x)>x
2,则不等式
(x+2021)
2f(x+2021)+4f(-2)<0 的解集为
.
【解析】设g(x)=x
2f(x),
因为f(x)为R 上的奇函数,
所以g(-x)=(-x)
2f(-x)=-x
2f(x),
即g(x)为R 上的奇函数.
对g(x)求导,得g'(x)=x 2f(x)+xf'(x) ,
而当x>0 时,有2f(x)+xf'(x)>x
2>0,
故当x>0 时,g'(x)>0,即g(x)单调递增,
所以g(x)在R 上单调递增,
则不等式(x+2021)
2f(x+2021)+4f(-2)<0,
即(x+2021)
2f(x+2021)<-4f(-2),
即(x+2021)
2f(x+2021)<4f(2),
即g(x+2021)<g(2),
所以x+2021<2,解得x<-2019.
【答案】(-∞,-2019)
8.(2020 届兰州市高三诊断考试)已知定义在0,
π
2 上的函数f(x),f'(x)是它的导数,且恒有cos x·f'(x)+sin x·f(x)<0
成立,则有(
).
A.f
π
6 > 2f
π
4
B. 3f
π
6 >f
π
3
C.f
π
6 > 3f
π
3
D.f
π
6 > 3f
π
4
【解析】∵cos x·f'(x)+sin x·f(x)<0,∴在0,
π
2 上,
f(x)
cosx '<0,∴函数y=
f(x)
cosx在0,
π
2 上单调递
减,∴
f
π
6
cosπ
6
>
f
π
3
cosπ
3
,∴f
π
6 > 3f
π
3 ,故选C.
9.(2020 届南昌模拟)已知函数f(x)=xsin x,x1,x2∈-
π
2 ,
π
2 ,且f(x1)<f(x2),那么(
).
A.x1-x2>0
B.x1+x2>0
C.x1
2-x2
2>0
D.x1
2-x2
2<0
【解析】由f(x)=xsin x,得f'(x)=sin x+xcos x,当x∈0,
π
2 时,f'(x)>0,即f(x)在0,
π
2 上单调递增,又
f(-x)=-xsin(-x)=xsin x=f(x),所以f(x)为偶函数,所以当f(x1)<f(x2)时,有f(|x1|)<f(|x2|),所以|x1|<|x2|,x1
2-x2
2<0,故选D.
10.(2020 届怀化模拟)已知函数f(x)=ln x,g(x)=x-1.
(1)当k 为何值时,直线y=g(x)是曲线y=kf(x)的切线?
(2)若不等式g( x)≥af(x)在[1,e]上恒成立,求实数a 的取值范围.
【解析】(1)令n(x)=kf(x)=kln x,则n'(x)=
k
x,
设切点为(x0,y0),则
k
x0=1,x0-1=kln x0,则ln k+
1
k=1.
令F(x)=ln x+
1
x,则F'(x)=
1
x-
1
x2=
x-1
x2 ,则函数y=F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且F(1)=1,所以k=1.
(2)令h(x)=af(x)-g( x)=aln x- x+1,则h'(x)=
a
x-
1
2 x=
2a- x
2x ,
①当a≤0 时,h'(x)<0,所以函数h(x)在[1,e]上单调递减,所以h(x)≤h(1)=0,所以a≤0 满足题意.
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②当a>0 时,令h'(x)=0,得x=4a
2,
所以当x∈(0,4a
2)时,h'(x)>0,当x∈(4a
2,+∞)时,h'(x)<0.
所以函数h(x)在(0,4a
2)上单调递增,在(4a
2,+∞)上单调递减.
当4a
2≥e,即a≥
e
2 时,h(x)在[1,e]上单调递增,
所以h(x)≤h(e)=a- e+1≤0,所以a≤e-1,此时无解.
当1<4a
2<e,即
1
2<a<
e
2 时,函数h(x)在(1,4a
2)上单调递增,在(4a
2,e)上单调递减,
所以h(x)≤h(4a
2)=aln(4a
2)-2a+1=2aln(2a)-2a+1≤0.
设m(x)=2xln(2x)-2x+1
1
2 < x <
e
2 ,则m'(x)=2ln(2x)>0,
所以m(x)在
1
2 ,
e
2 上单调递增,
m(x)>m
1
2 =0,不满足题意.
当0<4a
2≤1,即0<a≤
1
2时,h(x)在[1,e]上单调递减,所以h(x)≤h(1)=0,所以0<a≤
1
2满足题意.
综上所述,实数a 的取值范围为-∞,
1
2 .
§5.3
利用导数研究函数的极值、最值
1.函数y=
x
ex在[0,2]上的最大值是(
).
A.
1
e B.
2
e2 C.0 D.
1
2 e
【解析】易知y'=
1−x
ex ,x∈[0,2],令y'>0,得0≤x<1,令y'<0,得1<x≤2,所以函数y=
x
ex在[0,1)上单调递增,在(1,2]上单
调递减,所以y=
x
ex在[0,2]上的最大值是y|x=1=
1
e,故选A.
2.(2020 届江西九江一模)已知直线x=t 与曲线y=e
x和y=-x
2+x-2 分别交于B,C 两点,点A 的坐标为(t-2,0),则△ABC 面
积的最小值为(
).
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】由已知得B(t,e
t),C(t,-t
2+t-2),
则|BC|=e
t+t
2-t+2,
故S△ABC=
1
2·2·|BC|=e
t+t
2-t+2.
令f(t)=e
t+t
2-t+2,t∈R,
则f'(t)=e
t+2t-1,
显然f'(t)在R 上单调递增,又f'(0)=0,
故当t>0 时,f'(t)>0,当t<0 时,f'(t)<0,
故f(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
故f(t)min=e
0+0-0+2=3,
故S△ABC的最小值是3.
3.(2020 届云南二模)函数f(x)=x
2ln x 的最小值为(
)
A.-
1
eB.
1
e C.-
1
2e
D.
1
2e
【解析】由题意得x∈(0,+∞),f'(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),
令2ln x+1=0,解得x=e- 1
2,
则当x∈(0,e- 1
2)时,f(x)单调递减,当x∈(e- 1
2,+∞)时,f(x)单调递增,
所以当x=e- 1
2时,f(x)取得最小值,最小值为f(e- 1
2)=-
1
2e.
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4.(2020 届河北模拟)设函数f(x)在R 上可导,其导数为f'(x),若函数f(x)在x=1 处取得极大值,则函数y=-xf'(x)的图
象可能是(
).
【解析】函数f(x)在R 上可导,其导数为f'(x).
因为函数f(x)在x=1 处取得极大值,
所以在x=1 左侧,f'(x)>0,则-xf'(x)<0;在x=1 右侧,f'(x)<0,则-xf'(x)>0,
可得选项B 符合题意,故选B.
5.(2020 届河南省新乡市二模)已知函数f(x)=e
x-aln x 在[1,2]上单调递增,则实数a 的取值范围是
.
【解析】由题意知f'(x)=e
x-
a
x≥0 在[1,2]上恒成立,则a≤xe
x,x∈[1,2].
令g(x)=xe
x,则g'(x)= x + 1 e
x>0,故g(x)在[1,2]上单调递增,
则g(x)在[1,2]上的最小值为g(1)=e,
故a≤e.
【答案】(-∞,e]
6.若函数f(x)=x
2-x+5+aln x 在(0,+∞)上单调递增,则实数a 的取值范围是
.
【解析】∵函数f(x)=x
2-x+5+aln x 在(0,+∞)上单调递增,
∴f'(x)=2x-1+
a
x≥0 在(0,+∞)上恒成立,∴a≥x-2x
2在(0,+∞)上恒成立.
令g(x)=x-2x
2,x>0,
根据二次函数图象的性质可知,当x=
1
4时,g(x)max=
1
8.
∴a≥
1
8.
【答案】
1
8 ,+∞
7.(2020 届安徽高考模拟)如图,在Rt△ABC 中,AB=BC=1,D 和E 分别是边BC 和AC 上一点,DE⊥BC,将△CDE 沿DE 折起到
点P 位置,则该四棱锥P-ABDE 体积的最大值为
.
【解析】在Rt△ABC 中,由已知得AB=BC=1,DE⊥BC,
所以设CD=DE=x(0<x<1),
四边形ABDE 的面积S=
1
2(1+x)(1-x)=
1
2(1-x
2),
当平面PDE⊥平面ABDE 时,四棱锥P-ABDE 的体积最大,
此时PD⊥平面ABDE,且PD=CD=x,
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故四棱锥P-ABDE 的体积V=
1
3S·PD=
1
6(x-x
3),则V'=
1
6(1-3x
2),
当x∈0,
3
3 时,V'>0;当x∈
3
3 ,1 时,V'<0.
所以当x=
3
3 时,Vmax=
3
27.
【答案】
3
27
8.(2020 届山东模拟)已知函数f(x)=xe
x,g(x)=-(x+1)
2+a,若∃x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则实数a 的取值范围是
(
).
A. -
1
e ,+∞
B.[-1,+∞)
C.[-e,+∞)
D. -
1
e ,+∞
【解析】f'(x)=e
x+xe
x=(1+x)e
x,当x>-1 时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x<-1 时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.所以当
x=-1 时,f(x)取得极小值即为最小值,所以f(x)min=f(-1)=-
1
e.函数g(x)的最大值为a.若∃x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则
g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值,即a≥-
1
e.故选D.
9.(2020 届甘肃高考模拟)设函数f(x)=ln x+
1
x+2a,x∈
1
a ,a ,若函数f(x)的极小值不大于
3
a+2,则实数a 的取值范围
是
.
【解析】由题可知a>
1
a>0,则a>1>
1
a>0,由f'(x)=
1
x-
1
x2=
x-1
x2 ,可知当x=1 时函数f(x)取得极小值,所以f(1)=2a+1≤
3
a+2,
解得1<a≤
3
2.
【答案】1,
3
2
10.(2020 届湖北高考模拟)已知函数f(x)=axln x-e
x(其中e 为自然对数的底数)存在唯一的极值点,则实数a 的取值范
围是
.
【解析】由题意得f'(x)=a+aln x-e
x,当x>0 且x≠e
-1时,令f'(x)=a+aln x-e
x=0,得a=
ex
1+lnx,令g(x)=
ex
1+lnx,则
g'(x)=
ex 1+lnx-1
x
(1+lnx)2 ,令h(x)=1+ln x-
1
x,易知h(x)在(0,+∞)上单调递增,且h(1)=0,∴g(x)在(0,e
-1)和(e
-1,1)上单调递减,在(1,+∞)
上单调递增,又当0<x<
1
e时,g(x)<0;当x>
1
e时,g(x)>0,g(1)=e.
可画出函数g(x)的图象,如图所示,
根据图象性质可得到,当直线y=a 与函数g(x)的图象只有一个交点时,a<0 或a=e.
当a=e 时,f'(x)=e+eln x-e
x,令n(x)=e+eln x-e
x,则n'(x)=
e
x-e
x,易知f'(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递
减,∴f'(x)≤f'(1)=0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递减,无极值点,不合题意,舍去.综上所述,实数a 的取值范围是(-∞,0).
【答案】(-∞,0).
11.(2020 届广东省深圳市模拟)已知函数f(x)= 2x2,x ≤0,
ex,x > 0, 若方程[f(x)]
2=a 恰有两个不同的实数根x1,x2,则x1+x2的最大
值是
.
【解析】作出函数f(x)的图象如图所示,
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由f(x) 2=a,可得f(x)= a,∴a>1,即a>1,
不妨设x1<x2,则2x1
2=ex2= a,
令a=t(t>1),则x1=-
t
2,x2=ln t,
∴x1+x2=ln t-
t
2,
令g(t)=ln t-
t
2,则g'(t)=
4−2t
4t ,
∴当1<t<8 时,g'(t)>0,g(t)在(1,8)上单调递增;
当t>8 时,g'(t)<0,g(t)在(8,+∞)上单调递减.
∴当t=8 时,g(t)取得最大值,最大值为g(8)=ln 8-2=3ln 2-2.故x1+x2的最大值是3ln 2-2.
【答案】3ln 2-2
12.(2020 届湖南湘潭一模)已知函数f(x)=(ax
2+2x-1)e
2x,其中e 为自然对数的底数.
(1)求函数f(x)的极值点.
(2)若当x≤0 时,f(x)+1≥0 恒成立,求实数a 的取值范围.
【解析】(1)f'(x)=2x(ax+a+2)e
2x,
当a=-2 时,f'(x)≤0,故f(x)无极值点;
当a=0 时,函数f(x)只有1 个极值点,极值点是x=0;
当a≠-2 且a≠0 时,函数f(x)有2 个极值点,分别是x=0 和x=-
a+2
a .
(2)f(x)+1=e
2x(ax
2+2x-1)+1,
由题意得当x≤0 时,e
2x(ax
2+2x-1)+1≥0,
即当x≤0 时,ax
2+2x-1+
1
e2x≥0,
设h(x)=ax
2+2x-1+
1
e2x,x≤0,
则h'(x)=2 ax + 1 −
1
e2x ,
设m(x)=ax+1-
1
e2x,x≤0,则m'(x)=a+
2
e2x.
①当a≥-2 时,∵x≤0,∴
2
e2x≥2,从而m'(x)≥0(当且仅当x=0,a=-2 时取等号),
∴m(x)=ax+1-
1
e2x在(-∞,0]上单调递增,
又m(0)=0,∴当x≤0 时,m(x)≤0,
从而当x≤0 时,h'(x)≤0,
故h(x)=ax
2+2x-1+
1
e2x在(-∞,0]上单调递减,
又∵h(0)=0,
∴当x≤0 时,h(x)≥0,即ax
2+2x-1+
1
e2x≥0,
∴当x≤0 时,f(x)+1≥0.
②当a<-2 时,令m'(x)=0,得a+
2
e2x=0,
∴x=
1
2ln -
2
a <0,
∴当x∈
1
2 ln -
2
a ,0 时,m'(x)<0,
∴m(x)在
1
2 ln -
2
a ,0 上单调递减,
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又m(0)=0,
∴当x∈
1
2 ln -
2
a ,0 时,m(x)≥0,
从而当x∈
1
2 ln -
2
a ,0 时,h'(x)≥0,
故h(x)在
1
2 ln -
2
a ,0 上单调递增,
又h(0)=0,
∴当x∈
1
2 ln -
2
a ,0 时,h(x)<0,即ax
2+2x-1+
1
e2x<0,
故当x∈
1
2 ln -
2
a ,0 时,f(x)+1<0,不合题意.
综上,a∈[-2,+∞).
13.(2020 届山东省烟台市一模)已知函数f(x)=
1
4x
4-
1
2ax
2,a∈R.
(1)当a=1 时,求曲线f(x)在点(2,f(2))处的切线方程.
(2)设函数g(x)=(x
2-2x+2-a)e
x-ef(x),其中e 是自然对数的底数,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,若有极值则求出极
值.
【解析】(1)由题意得f'(x)=x
3-ax,所以当a=1 时,f(2)=2,f'(2)=6,
因此曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程是y-2=6(x-2),即6x-y-10=0.
(2)因为g(x)=(x
2-2x+2-a)e
x-ef(x),
所以g'(x)=(2x-2)e
x+(x
2-2x+2-a)e
x-ef'(x)
=(x
2-a)e
x-e(x
3-ax)=(x
2-a)(e
x-ex).
令h(x)=e
x-ex,则h'(x)=e
x-e,令h'(x)=0 得x=1,
当x∈(-∞,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以当x=1 时,h(x)min=h(1)=0,也就是说,对于∀x∈R 恒有h(x)≥0.
当a≤0 时,g'(x)=(x
2-a)h(x)≥0,g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值.
当a>0 时,令g'(x)=0,可得x=± a.
当x<- a或x> a时,g'(x)=(x
2-a)h(x)≥0,g(x)在(-∞,- a),( a,+∞)上单调递增,
当- a<x< a时,g'(x)≤0,g(x)在(- a, a)上单调递减,
因此,当x=- a时,g(x)取得极大值,极大值为g(- a)=(2 a+2)e- a+
e
4a
2,
当x= a时,g(x)取得极小值,极小值为g( a)=(-2 a+2)e a+
e
4a
2.
综上所述,当a≤0 时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;
当a>0 时,g(x)在(-∞,- a)和( a,+∞)上单调递增,在(- a, a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值为
g(- a)=(2 a+2)e- a+
e
4a
2,极小值为g( a)=(-2 a+2)e a+
e
4a
2.
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§6.1
三角函数的概念、同角三角函数的基本关系及诱导公式
1.(2020 届济南联考)已知点P(tan α,cos α)在第三象限,则角α的终边在(
).
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【解析】由题意知tan α<0,cos α<0,∴α是第二象限角.
2.(2020 届沧州联考)若600°角的终边上有一点P(-4,a),则a 的值为(
).
A. 3
B.2 3
C.-2 3
D.-4 3
【解析】tan 600°=tan(360°+240°)=tan 240°=tan(180°+60°)=tan 60°= 3=
a
-4,所以a=-4 3.
3.在△ABC 中,若sin A·cos B·tan C<0,则△ABC 的形状是(
).
A.锐角三角形
B.钝角三角形
C.直角三角形
D.不能确定
【解析】因为△ABC 中的每个角都在(0,π)内,所以sin A>0.
因为sin A·cos B·tan C<0,所以cos B·tan C<0.
若B,C 同为锐角,则cos B·tan C>0.
所以B,C 中必定有一个钝角.
所以△ABC 是钝角三角形.
4.(2020 届河南郑州检测)已知cos
2021π
2
+ α =-
1
2,α∈
π
2 ,π ,则cos α=(
).
A.
1
2 B.-
1
2C.-
3
2
D.
3
2
【解析】因为cos
2021π
2
+ α =-
1
2,所以由诱导公式可得,cos
2021π
2
+ α =cos
π
2 + α =-sin α=-
1
2,所以sin α=
1
2.
又因为α∈
π
2 ,π ,
所以cos α=- 1 −sin2α=-
3
2 .
5.(2020 届武汉模拟)已知α是第四象限角,sin α=-
12
13,则tan α=(
).
A.-
5
13
B.
5
13
C.-
12
5
D.
12
5
【解析】因为α是第四象限角,sin α=-
12
13,
所以cos α= 1 −sin2α=
5
13,故tan α=
sinα
cosα=-
12
5 .
6.(2020 届重庆模拟)若
cosα-2sinα
sinα+cosα=-11,则tan α=(
).
A.
3
5 B.-
4
3C.-
4
5D.-
3
4
【解析】由题意可知,
cosα-2sinα
sinα+cosα=
cosα-2sinα
cosα
sinα+cosα
cosα
=
1−2tanα
tanα+1=-11,解得tan α=-
4
3.
7.(2018 日照市模拟)若一圆弧长等于其所在圆的内接正三角形的边长,则其圆心角α的弧度数为(
).
A.
π
3 B.
π
2
C. 3
D.2
【解析】设圆半径为r,则圆内接正三角形的边长为3r,所以3r=α·r,∴α= 3.
8.(2020 届黑龙江牡丹江市模拟)角α的终边上一点P(a,2a)(a≠0),则2sin α-cos α=(
).
A.
5
5 B.-
5
5
C.
5
5 或-
5
5
D.
3 5
5 或-
3 5
5
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【解析】由角α的终边上一点P(a,2a)(a≠0),则cos α=
a
a2+(2a)2=
a
5|a|=
5
5 ,a > 0,
-
5
5 ,a < 0,
sin
α=
2a
a2+(2a)2=
2a
5|a|=
2 5
5 ,a > 0,
-
2 5
5 ,a < 0,
所以2sin α-cos α=
3 5
5 ,a > 0,
-
3 5
5 ,a < 0.
9.(教材改编)已知角α的终边经过点(3a-9,a+2),且cos α≤0,sin α>0,则实数a 的取值范围是
.
【解析】∵cos α≤0,sin α>0,
∴角α的终边落在第二象限或y 轴的正半轴上.
∴3a-9≤0,
a + 2 > 0,∴-2<a≤3.
【答案】(-2,3]
10.(2020 届济南月考)已知函数f(x)=asin(πx+α)+bcos(πx+β),且f(4)=3,则f(2020)的值为(
).
A.-1
B.1
C.3 D.-3
【解析】∵f(4)=asin(4π+α)+bcos(4π+β)
=asin α+bcos β=3,
∴f(2020)=asin(2020π+α)+bcos(2020π+β)
=asin α+bcos β=3.
11.(2020 届惠州模拟)已知sin α +
π
3 =
12
13,则cos
π
6 -α =
.
【解析】因为sin α +
π
3 =
12
13,所以cos
π
6 -α =sin
π
2 -
π
6 -α
=sin α +
π
3 =
12
13.
【答案】
12
13
12.(2020 届湖北宜昌模拟)已知sin θ=
1
3,θ∈-
π
2 ,
π
2 ,则sin(π-θ)sin
3π
2 -θ 的值为
.
【解析】因为θ∈-
π
2 ,
π
2 ,所以cos θ= 1 −sin2θ= 1 −
1
9=
2 2
3 ,
所以sin(π-θ)sin
3π
2 -θ =-sin θcos θ=-
1
3×
2 2
3 =-
2 2
9 .
【答案】-
2 2
9
13.《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作,其中“方田”章给出了计算弧田面积时所用的经验公式,即弧田
面积=
1
2×(弦×矢+矢
2).弧田(如图1)由圆弧和其所对弦围成,公式中“弦”指圆弧所对弦长,“矢”等于半径长与圆
心到弦的距离之差,现有圆心角为
2π
3 ,半径为3 米的弧田,如图2 所示.按照上述经验公式计算弧田的面积大约是
平方米.(结果保留整数, 3≈1.73)
【解析】如题图2,由题意可得∠AOB=
2π
3 ,OA=3,所以在Rt△AOD 中,∠AOD=
π
3,∠DAO=
π
6,OD=
1
2AO=
1
2×3=
3
2,可得CD=3-
3
2=
3
2.
由AD=AO·sin
π
3=3×
3
2 =
3 3
2 ,可得AB=2AD=
2×3 3
2
=3 3.
所以弧田面积S=
1
2×(弦×矢+矢
2)=
1
2× 3 3 ×
3
2 +
9
4 =
9 3
4 +
9
8≈5(平方米).
【答案】5
14.已知cos
π
2 -α +sin
π
2 + β =1.求cos
2 3π
2 + α +cos β-1 的取值范围.
【解析】由已知得cos β=1-sin α.
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因为-1≤cos β≤1,所以-1≤1-sin α≤1.
又-1≤sin α≤1,可得0≤sin α≤1,
所以cos
2 3π
2 + α +cos β-1=sin
2α+1-sin α-1=sin
2α-sin α= sinα-
1
2
2
-
1
4.
(*)
又0≤sin α≤1,
所以当sin α=
1
2时,(*)式取得最小值-
1
4,当sin α=0 或sin α=1 时,(*)式取得最大值0,
故所求的取值范围是-
1
4 ,0 .
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§6.2
三角恒等变换
1.(教材改编)sin 20°cos 10°-cos 160°sin 10°=(
).
A.-
3
2 B.
3
2 C.-
1
2D.
1
2
【解析】sin 20°cos 10°-cos 160°sin 10°=sin 20°cos 10°+cos 20°sin 10°=sin 30°=
1
2.
2.(2020 届湖南模拟)若cos θ +
π
2 =-
7
4 ,则cos 2θ的值为(
).
A.
1
8 B.
7
16 C.±
1
8
D.
13
16
【解析】因为cos θ +
π
2 =-
7
4 ,所以sin θ=
7
4 ,所以cos 2θ=1-2sin
2θ=
1
8.
3.(2020 届湖北孝感市模拟)在平面直角坐标系xOy 中,角α的顶点在原点,始边在x 轴非负半轴,终边与单位圆交于点
A
3
5 ,
4
5 ,将其终边绕O 点逆时针旋转
3π
4 后与单位圆交于点B,则B 点的横坐标为(
).
A.-
4 2
5
B.-
7 2
10
C.
7 2
10
D.-
2
10
【解析】由题意知cos α=
3
5,sin α=
4
5,所以B 点的横坐标为cos α +
3π
4 =cos αcos
3π
4 -sin αsin
3π
4 =-
7 2
10 .
4.(2020 届河北名校联盟质检)已知角θ的顶点与原点重合,始边与x 轴正半轴重合,终边在直线y=3x 上,则sin 2θ +
π
3 =(
).
A.-
3−4 3
10
B.-
4−3 3
10
C.
3−4 3
10
D.
4−3 3
10
【解析】由已知得tan θ=3,
则sin 2θ +
π
3 =
1
2sin 2θ+
3
2 cos 2θ
=
sinθcosθ+ 3
2 (cos2θ-sin2θ)
cos2θ+sin2θ
=
tanθ+ 3
2 (1-tan2θ)
1+tan2θ
=
3+ 3
2 (1-32)
1+32
=
3−4 3
10 .
5.(2020 届河南八市联考)已知sin α-
π
3 =-3cos α-
π
6 ,则tan 2α=(
).
A.-4 3
B.-
3
2
C.4 3
D.
3
2
【解析】由题意知,
1
2sin α-
3
2 cos α=-3
3
2 cosα+
1
2 sinα ,则tan α=-
3
2 ,
故tan 2α=
2tanα
1−tan2α=-4 3.
6.(2020 届益阳、湘潭调研)已知sin α=
2
5,则cos(π+2α)=(
).
A.
7
25 B.-
7
25
C.
17
25 D.-
17
25
【解析】(法一)因为sin α=
2
5,所以cos 2α=1-2sin
2α=1-
8
25=
17
25,所以cos(π+2α)=-cos 2α=-
17
25.
(法二)因为sin α=
2
5,所以cos
2α=1-sin
2α=
21
25,所以cos(π+2α)=-cos 2α=1-2cos
2α=-
17
25.
7.(2020 届青岛月考)
sin10°
1−3tan10°=(
).
A.
1
4 B.
1
2 C.
3
2 D.1
【解析】
sin10°
1−3tan10°=
sin10°cos10°
cos10°−3sin10°
=
2sin10°cos10°
4
1
2cos10°−3
2 sin10° =
sin20°
4sin(30°−10°)=
1
4.
8.(2020 届西南名校联盟)函数f(x)=sin xcos
π
8+cos xcos
5π
8 的最大值为
.
【解析】f(x)=sin xcos
π
8+cos xcos
5π
8 =sin xcos
π
8-cos xsin
π
8=sin x-
π
8 ,
因此f(x)的最大值为1.
【答案】1
9.(2020 届洛阳统考)已知sin α+cos α=
5
2 ,则cos 4α=
.
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【解析】由sin α+cos α=
5
2 ,得sin
2α+cos
2α+2sin αcos α=1+sin 2α=
5
4,所以sin 2α=
1
4,从而cos
4α=1-2sin
22α=1-2×
1
4
2
=
7
8.
【答案】
7
8
10.(2020 届天津河西区模拟)函数f(x)=sin x-cos x +
π
6 的值域为
.
【解析】因为f(x)=sin x-cos x +
π
6
=sin x-
3
2 cosx-
1
2 sinx =
3
2sin x-
3
2 cos x
= 3
3
2 sinx-
1
2 cosx = 3sin x-
π
6 ,
所以- 3≤f(x)≤3,
即函数f(x)=sin x-cos x +
π
6 的值域为[- 3, 3].
【答案】[- 3, 3]
11.(2020 届辽宁丹东市模拟)已知α∈(0,π),α≠
π
4,sin α+2cos α=2,则tan α +
π
4 =(
).
A.-
1
7B.
1
7 C.-7
D.7
【解析】因为sin α+2cos α=2,
所以(sin α+2cos α)
2=4,即sin
2α+4sin αcos α+4cos
2α=4sin
2α+4cos
2α,
所以3sin
2α=4sin αcos α.
因为α∈(0,π),所以sin α≠0,
所以3sin α=4cos α,即tan α=
4
3,
所以tan α +
π
4 =
tanα+tanπ
4
1−tanαtanπ
4
=
4
3+1
1−4
3
=-7.
12.(2020 届吉林省联合模拟)已知sin 10°+mcos 10°=-2cos 40°,则m=
.
【解析】由sin 10°+mcos 10°=-2cos 40°,
得sin 10°+mcos 10°=-2cos(10°+30°)=-2
3
2 cos10°-
1
2 sin10° ,整理得m=- 3.
【答案】- 3
13.(2020 届南昌一中月考)已知α∈
π
4 ,
3π
4 ,β∈0,
π
4 ,且cos
π
4 -α =
3
5,sin
5π
4 + β =-
12
13,则cos(α+β)=
.
【解析】∵α∈
π
4 ,
3π
4 ,cos
π
4 -α =
3
5,
∴
π
4-α∈-
π
2 ,0 ,sin
π
4 -α =-
4
5.
∵sin
5π
4 + β =-
12
13,∴sin
π
4 + β =
12
13.
又∵β∈0,
π
4 ,∴
π
4+β∈
π
4 ,
π
2 ,
∴cos
π
4 + β =
5
13,
∴cos(α+β)=cos
π
4 + β -
π
4 -α
=
3
5×
5
13-
4
5×
12
13=-
33
65.
【答案】-
33
65
14.(2020 届安徽合肥市检测)已知函数f(x)=cos 2x+sin x,若对任意实数x,恒有f(α1)≤f(x)≤f(α2),则
cos(α1-α2)=
.
【解析】由对任意实数x,恒有f(α1)≤f(x)≤f(α2),则f(α1)为最小值,f(α2)为最大值.
因为f(x)=cos 2x+sin x=1-2sin
2x+sin x=-2 sinx-
1
4
2
+
9
8,又-1≤sin x≤1,
所以当sin x=-1 时,f(x)取得最小值;当sin x=
1
4时,f(x)取得最大值.
所以sin α1=-1,sin α2=
1
4,所以cos α1=0,
所以cos(α1-α2)=cos α1cos α2+sin α1sin α2=-
1
4.
【答案】-
1
4
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15.(2020 届四川省成都模拟)已知sin 5x-
π
3 -2sin 3x·cos 2x-
π
3 =
2
3,则cos 2x-
π
3 =(
).
A.
1
9 B.-
1
9C.
1
3 D.-
1
3
【解析】因为sin 5x-
π
3 =sin 3x + 2x-
π
3
=sin 3xcos 2x-
π
3 +cos 3xsin 2x-
π
3 ,
所以sin 5x-
π
3 -2sin 3xcos 2x-
π
3
=-sin 3xcos 2x-
π
3 +cos 3xsin 2x-
π
3 =
2
3,
整理得-sin x +
π
3 =
2
3,即sin x +
π
3 =-
2
3,
所以cos 2x-
π
3 =cos 2 x +
π
3 -π
=-cos 2 x +
π
3
=2sin
2 x +
π
3 -1=-
1
9.
16.(2020 届孝感质检)已知sin α+cos α=
3 5
5 ,α∈0,
π
4 ,sin β-
π
4 =
3
5,β∈
π
4 ,
π
2 .
(1)求sin 2α和tan 2α的值;
(2)求cos(α+2β)的值.
【解析】(1)由题意得(sin α+cos α)
2=
9
5,
即1+sin 2α=
9
5,∴sin 2α=
4
5.
又2α∈0,
π
2 ,
∴cos 2α= 1 −sin22α=
3
5,
∴tan 2α=
sin2α
cos2α=
4
3.
(2)∵β∈
π
4 ,
π
2 ,∴β-
π
4∈0,
π
4 ,
又sin β-
π
4 =
3
5,
∴cos β-
π
4 =
4
5,
于是sin 2 β-
π
4 =2sin β-
π
4 cos β-
π
4 =
24
25.
∵sin 2 β-
π
4 =-cos 2β,
∴cos 2β=-
24
25.
又2β∈
π
2 ,π ,∴sin 2β=
7
25.
∵cos
2α=
1+cos2α
2
=
4
5,α∈0,
π
4 ,
∴cos α=
2 5
5 ,sin α=
5
5 .
∴cos(α+2β)=cos αcos 2β-sin αsin 2β
=
2 5
5 × -
24
25 -
5
5 ×
7
25
=-
11 5
25 .
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§6.3
三角函数的图象与性质
1.(2020 届银川二模)函数y=-2cos
2 π
4 + x +1 是(
).
A.最小正周期为π的奇函数
B.最小正周期为π的偶函数
C.最小正周期为
π
2的奇函数
D.最小正周期为
π
2的非奇非偶函数
【解析】因为y=-2cos
2 π
4 + x +1=- 1 + cos
π
2 + 2x
+1=sin 2x,所以y=sin 2x 是最小正周期为π的奇函数.
2.(2020 届四川联考)函数f(x)=2sin
x
2 -
π
8 ·cos
x
2 -
π
8 的图象的一个对称中心可以是(
).
A.(-π,0)
B. -
3π
4 ,0
C.
3π
2 ,0
D.
π
2 ,0
【解析】由题意知f(x)=sin x-
π
4 .
令x-
π
4=kπ(k∈Z),则x=kπ+
π
4(k∈Z).
由k=-1,得x=-
3π
4 ,即f(x)=sin x-
π
4 的一个对称中心是-
3π
4 ,0 .
3.(2020 届广西南宁、柳州联考)下列函数中同时具有以下性质的是(
).
①最小正周期是π;②图象关于直线x=
π
3对称;③在-
π
6 ,
π
3 上是增函数;④图象的一个对称中心为
π
12 ,0 .
A.y=sin
x
2 +
π
6
B.y=sin 2x +
π
3
C.y=sin 2x-
π
6
D.y=sin 2x-
π
3
【解析】因为最小正周期是π,所以ω=2,排除选项A.又图象关于直线x=
π
3对称,对于B,当x=
π
3时,y=sin 2 ×
π
3 +
π
3 =0,
排除选项B;对于D,当x=
π
3时,y=sin 2 ×
π
3 -
π
3 =
3
2 ,排除选项D.
4.函数y=sin x
2的图象是(
).
【解析】因为y=sin x
2为偶函数,所以函数y=sin x
2的图象关于y 轴对称,排除A,C 选项;当x
2=
π
2,即x=±
π
2时,ymax=1,
排除B 选项.
5.(2020 届成都二模)函数f(x)=cos 2x+sin
π
2 + x 的最小值是
.
【解析】f(x)=cos 2x+sin
π
2 + x =2cos
2x+cos x-1=2 cosx +
1
4
2
-
9
8,故f(x)min=-
9
8.
【答案】-
9
8
6.(2020 届烟台检测)若函数f(x)=cos 2x-φ-
π
3 (0<φ<π)是奇函数,则φ=
.
【解析】因为f(x)为奇函数,所以-φ-
π
3=
π
2+kπ(k∈Z),即φ=-
5π
6 -kπ(k∈Z).又因为0<φ<π,所以φ=
π
6.
【答案】
π
6
7.(改编)函数y=cos
π
4 -2x 的单调递减区间为
.
【解析】由y=cos
π
4 -2x =cos 2x-
π
4 ,
得2kπ≤2x-
π
4≤2kπ+π(k∈Z),
解得kπ+
π
8≤x≤kπ+
5π
8 (k∈Z),
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所以函数的单调递减区间为kπ +
π
8 ,kπ +
5π
8 (k∈Z).
【答案】kπ +
π
8 ,kπ +
5π
8 (k∈Z)
8.若函数f(x)=sin
x+φ
3 (φ∈[0,2π])是偶函数,则φ=
.
【解析】由已知f(x)=sin
x+φ
3 是偶函数,可得
φ
3=kπ+
π
2(k∈Z),即φ=3kπ+
3π
2 (k∈Z).又φ∈[0,2π],所以φ=
3π
2 .
【答案】
3π
2
9.(2020 届无锡期末)在函数①y=cos|2x|;②y=|cos 2x|;③y=cos 2x +
π
6 ;④y=tan 2x 中,最小正周期为π的所有函数
的序号为
.
【解析】①y=cos|2x|=cos 2x,最小正周期为π;②y=cos 2x 的最小正周期为π,由图象(图略)知y=|cos 2x|的最
小正周期为
π
2;③y=cos 2x +
π
6 的最小正周期T=
2π
2 =π;④y=tan 2x 的最小正周期T=
π
2.因此①③的最小正周期为π.
【答案】①③
10.(2020 届河南模拟)函数f(x)=sin 2x- 3cos 2x 在区间-
π
2 ,
π
2 上的零点之和为
.
【解析】由f(x)=sin 2x- 3cos 2x=0 得sin 2x= 3cos 2x,即tan 2x= 3,
所以2x=kπ+
π
3,解得x=
kπ
2 +
π
6.
又因为x∈-
π
2 ,
π
2 ,所以当k=-1 时,x=-
π
3;当k=0 时,x=
π
6.
所以函数f(x)=sin 2x- 3cos 2x 在区间-
π
2 ,
π
2 上的零点之和是-
π
3+
π
6=-
π
6.
【答案】-
π
6
11.(2020 届昆明高三调研)已知函数f(x)=sin ωx 的图象关于点
2π
3 ,0 对称,且f(x)在区间0,
π
4 上为增函数,则
ω=(
).
A.
3
2 B.3 C.
9
2 D.6
【解析】因为函数f(x)=sin ωx 的图象关于点
2π
3 ,0 对称,所以
2ω
3 π=kπ(k∈Z),即ω=
3
2k(k∈Z).
①
又函数f(x)=sin ωx 在区间0,
π
4 上是增函数,所以
π
4≤
π
2ω且ω>0,所以0<ω≤2.
②
由①②得ω=
3
2.
12.(2020 届河北石家庄模拟)若函数f(x)= 3sin(2x+θ)+cos(2x+θ)(0<θ<π)的图象关于点
π
2 ,0 对称,则函数f(x)在
-
π
4 ,
π
6 上的最小值是(
).
A.-1
B.- 3
C.-
1
2D.-
3
2
【解析】f(x)= 3sin(2x+θ)+cos(2x+θ)=2sin 2x + θ +
π
6 ,则由题意知,f
π
2 =2sin π + θ +
π
6 =0,所以
θ=kπ-
7π
6 (k∈Z).又0<θ<π,所以θ=
5π
6 ,所以f(x)=-2sin 2x,f(x)在-
π
4 ,
π
4 上是减函数,所以函数f(x)在-
π
4 ,
π
6 上的最小
值为f
π
6 =-2sin
π
3=- 3,故选B.
13.(2020 届四川高考模拟)若f(x)=cos 2x+acos
π
2+x 在区间
π
6 ,
π
2 上是增函数,则实数a 的取值范围为
.
【解析】f(x)=1-2sin
2x-asin x,令sin x=t,t∈
1
2 ,1 ,则g(t)=-2t
2-at+1,t∈
1
2 ,1 .因为f(x)在
π
6 ,
π
2 上单调递增,
所以-
a
4≥1,即a≤-4.
【答案】(-∞,-4]
14.(2020 届合肥质检)已知函数f(x)=sin ωx-cos ωx(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求函数y=f(x)图象的对称轴方程;
(2)讨论函数f(x)在0,
π
2 上的单调性.
【解析】(1)因为f(x)=sin ωx-cos ωx= 2sin ωx-
π
4 ,且T=π,所以ω=2.于是f(x)= 2sin 2x-
π
4 .
令2x-
π
4=kπ+
π
2(k∈Z),得x=
kπ
2 +
3π
8 (k∈Z),即函数f(x)图象的对称轴为x=
kπ
2 +
3π
8 (k∈Z).
(2)令2kπ-
π
2≤2x-
π
4≤2kπ+
π
2(k∈Z),得函数f(x)的单调递增区间为kπ-
π
8 ,kπ +
3π
8 (k∈Z).
注意到x∈0,
π
2 ,所以令k=0,得函数f(x)在0,
π
2 上的单调递增区间为0,
3π
8 ;同理,其单调递减区间为
3π
8 ,
π
2 .
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15.(2020 届福州调研)已知函数f(x)=a 2cos2 x
2 + sinx +b.
(1)若a=-1,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若x∈[0,π],函数f(x)的值域是[5,8],求a,b 的值.
【解析】由题意得,f(x)=a(1+cos x+sin x)+b
= 2asin x +
π
4 +a+b.
(1)当a=-1 时,f(x)=- 2sin x +
π
4 +b-1,
由2kπ+
π
2≤x+
π
4≤2kπ+
3π
2 (k∈Z),
得2kπ+
π
4≤x≤2kπ+
5π
4 (k∈Z),
∴f(x)的单调递增区间为2kπ +
π
4 ,2kπ +
5π
4 (k∈Z).
(2)∵0≤x≤π,∴
π
4≤x+
π
4≤
5π
4 ,
∴-
2
2 ≤sin x +
π
4 ≤1.
依题意知a≠0.
当a>0 时,
2a + a + b = 8,
b = 5,
解得a = 3 2-3,
b = 5.
当a<0 时,
2a + a + b = 5,
b = 8,
解得a = 3 −3 2,
b = 8.
综上所述,a=3 2-3,b=5 或a=3-3 2,b=8.
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§6.4
函数y=Asin(ωx+φ)的图象及三角函数模型的应用
1.(2020 届安徽合肥检测)为了得到函数y=sin x 的图象,只需将函数y=sin 2x +
π
6 的图象(
).
A.横坐标伸长为原来的2 倍,纵坐标不变,再向右平移
π
6个单位长度
B.横坐标伸长为原来的2 倍,纵坐标不变,再向左平移
π
6个单位长度
C.横坐标缩短为原来的
1
2,纵坐标不变,再向右平移
π
6个单位长度
D.横坐标缩短为原来的
1
2,纵坐标不变,再向左平移
π
6个单位长度
【解析】把函数y=sin 2x +
π
6 的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2 倍,纵坐标不变,得到函数y=sin x +
π
6
的图象,再将函数y=sin x +
π
6 图象上的所有点向右平移
π
6个单位长度,得到函数y=sin x 的图象.
2.(2020 届重庆六校联考)函数f(x)=Asin(ωx+φ) A > 0,ω > 0,0 < φ <
π
2 的部分图象如图所示,则f -
π
3 =(
).
A.
1
2 B.
3
6 C.-
6
2
D.
2
3
【解析】由函数的图象可得A= 2,
1
4×
2π
ω =
7π
12-
π
3,可得ω=2.由于点
π
3 ,0 在函数图象上,可得2sin 2×
π
3+φ =0,则
2×
π
3+φ=kπ(k∈Z).又0<φ<
π
2,所以φ=
π
3.
故f(x)= 2sin 2x +
π
3 ,所以f -
π
3 =-
6
2 .
3.(2020 届河北石家庄市模拟)将函数f(x)=sin 2x 的图象向左平移φ 0 ≤φ ≤
π
2 个单位长度,得到的函数为偶函数,
则φ的值为(
).
A.
π
12 B.
π
6 C.
π
3 D.
π
4
【解析】将函数f(x)=sin 2x 的图象向左平移φ个单位长度,
可得函数g(x)=sin[2(x+φ)]=sin(2x+2φ).
又由函数g(x)为偶函数,可得2φ=
π
2+kπ,k∈Z,解得φ=
π
4+
kπ
2 ,k∈Z.
因为0≤φ≤
π
2,所以φ=
π
4.
4.(2020 届九江市一模)据市场调查,某种商品一年内每件出厂价在7 千元的基础上,按月呈f(x)=Asin(ωx+φ)+b A >
0,ω > 0,|φ|<
π
2 (x 为月份)的模型波动,已知3 月份达到最高价9 千元,7 月份最低,为5 千元,根据以上条件可确定f(x)
的解析式为(
).
A.f(x)=2sin
π
4 x-
π
4 +7(1≤x≤12,x∈N
*)
B.f(x)=9sin
π
4 x-
π
4 (1≤x≤12,x∈N
*)
C.f(x)=2 2sin
π
4x+7(1≤x≤12,x∈N
*)
D.f(x)=2sin
π
4 x +
π
4 +7(1≤x≤12,x∈N
*)
【解析】由题意得b=7,则A=9-7=2,T=2×(7-3)=8,∴ω=
2π
T =
π
4,又当x=3 时,
π
4×3+φ=2kπ+
π
2(k∈Z),得φ=-
π
4,故选A.
5.(2020 届西安质检)将函数f(x)=sin(2x+φ) |φ|≤
π
2 的图象向左平移
π
6个单位长度后,所得图象关于原点对称,则函数
f(x)在0,
π
2 上的最小值为(
).
A.-
3
2
B.-
1
2C.
1
2 D.
3
2
【解析】依题设,平移后得y=sin 2x +
π
3 + φ 的图象,又该图象关于原点对称,则
π
3+φ=kπ,k∈Z.由|φ|≤
π
2,得
φ=-
π
3,所以f(x)=sin 2x-
π
3 .当x∈0,
π
2 时,2x-
π
3∈-
π
3 ,
2π
3 ,所以当2x-
π
3=-
π
3时,f(x)取得最小值,最小值为-
3
2 .
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6.(2020 届河北联考)将函数y=sin(x+φ)的图象F 向左平移
π
6个单位长度后得到图象F',若F'的一个对称中心为
π
4 ,0 ,
则φ的一个可能取值是(
).
A.
π
12 B.
π
6 C.
5π
6 D.
7π
12
【解析】图象F'对应的函数为y=sin x +
π
6 + φ ,则
π
4+
π
6+φ=kπ,k∈Z,即φ=kπ-
5π
12,k∈Z.令k=1,得φ=
7π
12.
7.(2020 届长沙模拟)函数f(x)=cos(x+1)图象上相邻的最高点和最低点之间的距离是
.
【解析】函数f(x)图象上相邻的最高点与最低点的纵坐标之差为2,横坐标之差恰好为半个周期π,故它们之间的
距离为π2 + 4.
【答案】π2 + 4
8.(2020 届湖南模拟)若函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的图象经过点
π
6 ,2 ,且相邻两条对称轴间的距离为
π
2,则
f
π
4 的值为
.
【解析】因为相邻两条对称轴的距离为
π
2,
所以
2π
ω=π,所以ω=2,
所以f(x)=2sin(2x+φ).
因为函数f(x)的图象经过点
π
6 ,2 ,
所以sin
π
3 + φ =1,所以
π
3+φ=
π
2+2kπ(k∈Z),
所以φ=
π
6+2kπ(k∈Z).
因为0<φ<π,所以φ=
π
6,所以f(x)=2sin 2x +
π
6 .
所以f
π
4 =2sin
π
2 +
π
6 = 3.
【答案】3
9.(2020 届大同二模)函数y=sin x+ 3cos x 的图象可由函数y=sin x- 3cos x 的图象至少向左平移
个单
位长度得到.
【解析】y=sin x+ 3cos x=2sin x +
π
3 ,y=sin x- 3cos x=2sin x-
π
3 ,将y=2sin x-
π
3 的图象向左平移
2π
3 个单位
长度后得到y=2sin x +
π
3 的图象.
【答案】
2π
3
10.(2020 届大理二模)若f(x)=2sin(ωx+φ)+m 对任意实数t 都有f
π
8 + t =f
π
8 -t ,且f
π
8 =-3,则实数m 的值等
于
.
【解析】依题意得,函数f(x)的图象关于直线x=
π
8对称,于是当x=
π
8时,函数f(x)取得最值,因此有±2+m=-3,解得m=-5
或m=-1.
【答案】-1 或-5
11.(2020 届武汉五校联考)设ω>0,函数y=sin ωx +
π
3 +2 的图象向右平移
4π
3 个单位长度后与原图象重合,则ω的最小
值是(
).
A.
2
3 B.
4
3 C.
3
2 D.3
【解析】由函数图象向右平移
4π
3 个单位后与原图象重合,得
4π
3 是此函数周期的整数倍.又
ω>0,∴
2π
ω·k=
4π
3 ,∴ω=
3
2k(k∈Z),∴ωmin=
3
2.
12.(2020 届山东栖霞市模拟)将函数f(x)=2sin 2x +
π
6 的图象向右平移
π
6个单位长度,再把图象上所有点的横坐标伸
长到原来的2 倍(纵坐标不变),得到函数g(x)的图象,则下列说法正确的是(
).
A.函数g(x)的最大值为3+1
B.函数g(x)的最小正周期为π
C.函数g(x)的图象关于直线x=
π
3对称
D.函数g(x)在区间
π
6 ,
2π
3 上单调递增
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【解析】因为将函数f(x)的图象向右平移
π
6个单位长度,所以2sin 2 x-
π
6 +
π
6 =2sin 2x-
π
6 ,再将其图象上所有点
的横坐标伸长到原来的2 倍,所以g(x)=2sin x-
π
6 .
函数g(x)的最大值为2,可知A 错误;
函数g(x)的最小正周期为2π,可知B 错误;
当x=
π
3时,x-
π
6=
π
6,则x=
π
3不是g(x)的对称轴,可知C 错误;
当x∈
π
6 ,
2π
3 时,x-
π
6∈0,
π
2 ,此时g(x)单调递增,可知D 正确.
13.(2020 届广东汕头模拟)函数f(x)= 3cos x-
π
2 +cos(π-x)的单调递增区间为(
).
A. -
5π
6 + 2kπ,
π
6 + 2kπ ,k∈Z
B. -
2π
3 + 2kπ,
π
3 + 2kπ ,k∈Z
C. -
π
3 + 2kπ,
2π
3 + 2kπ ,k∈Z
D. -
π
6 + 2kπ,
5π
6 + 2kπ ,k∈Z
【解析】因为f(x)= 3cos x-
π
2 +cos(π-x)= 3sin x-cos x=2sin x-
π
6 ,
由-
π
2+2kπ≤x-
π
6≤
π
2+2kπ,k∈Z,可得-
π
3+2kπ≤x≤
2π
3 +2kπ,k∈Z,
所以函数f(x)=2sin x-
π
6 的单调递增区间为-
π
3 + 2kπ,
2π
3 + 2kπ ,k∈Z.
14.(2020 届荆州质检)某实验室一天的温度(单位:℃)随时间t(单位:h)的变化近似满足函数关
系:f(t)=10- 3cos
π
12t-sin
π
12t,t∈[0,24).
(1)求实验室这一天的最大温差;
(2)若要求实验室温度不高于11 ℃,则在哪段时间实验室需要降温?
【解析】(1)因为f(t)=10-2
3
2 cos
π
12 t +
1
2 sin
π
12 t
=10-2sin
π
12 t +
π
3 ,
又0≤t<24,所以
π
3≤
π
12t+
π
3<
7π
3 ,
当t=2 时,sin
π
12 t +
π
3 =1;
当t=14 时,sin
π
12 t +
π
3 =-1.
于是f(t)在[0,24)上取得最大值12,取得最小值8.
故实验室这一天最高温度为12 ℃,最低温度为8 ℃,最大温差为4 ℃.
(2)依题意,当f(t)>11 时,实验室需要降温,
由(1)得f(t)=10-2sin
π
12 t +
π
3 ,
故有10-2sin
π
12 t +
π
3 >11,即sin
π
12 t +
π
3 <-
1
2.
又0≤t<24,因此
7π
6 <
π
12t+
π
3<
11π
6 ,解得10<t<18.
故在10 时至18 时实验室需要降温.
15.(2020 届山东高考模拟)函数y=sin 2x +
π
3 的图象可由y=cos 2x 的图象(
)得到.
A.向左平移
π
12个单位长度
B.向右平移
π
12个单位长度
C.向左平移
π
6个单位长度
D.向右平移
π
6个单位长度
【解析】由题意知,函数y=sin 2x +
π
3 =cos
2x +
π
3 -
π
2 =cos 2x-
π
6 =cos 2 x-
π
12
,
所以把函数y=cos 2x 的图象向右平移
π
12个单位长度,得到函数y=cos 2 x-
π
12
,即y=sin 2x +
π
3 的图象.
16.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ) A > 0,ω > 0,0 < φ <
π
2 的部分图象如图所示.
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(1)求函数f(x)的解析式;
(2)将函数y=f(x)的图象向左平移
π
6个单位长度后,再将得到的图象上各点的横坐标缩短到原来的
1
2,纵坐标不变,得到函
数y=g(x)的图象,求函数y=g(x)+2sin 2x 的单调递减区间.
【解析】(1)由函数f(x)的图象得A=2,
3T
4 =
7π
6 - -
π
3 =
3π
2 ,则T=2π.
因为T=
2π
ω=2π,ω>0,所以ω=1.
因为f(x)的图象过点-
π
3 ,0 ,所以-
π
3+φ=kπ,k∈Z,0<φ<
π
2,所以φ=
π
3.
所以f(x)=2sin x +
π
3 .
(2)由f(x)=2sin x +
π
3 的图象向左平移
π
6个单位长度,得y=2cos x 的图象,横坐标再缩短到原来的
1
2,纵坐标不变,得
g(x)=2cos 2x 的图象.
故y=g(x)+2sin 2x=2cos 2x+2sin 2x=2 2sin 2x +
π
4 .
因为
π
2+2kπ≤2x+
π
4≤
3π
2 +2kπ(k∈Z),
所以
π
8+kπ≤x≤
5π
8 +kπ(k∈Z).
所以y=g(x)+2sin 2x 的单调递减区间为
π
8+kπ,
5π
8 +kπ ,k∈Z.
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§6.5
解三角形
1.(2020 届沈阳质检)已知在△ABC 中,A=
π
6,B=
π
4,a=1,则b 等于(
).
A.2 B.1 C. 3
D. 2
【解析】由正弦定理
a
sinA=
b
sinB,得
1
sinπ
6
=
b
sinπ
4
.
即
1
1
2
=
b
2
2
,解得b= 2.
2.(2020 届临川测试)已知△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,若a
2=b
2+c
2-bc,bc=16,则△ABC 的面积为(
).
A.2 3
B.4 3
C.6 D.8 3
【解析】由题意有b
2+c
2-a
2=bc,∴cos A=
b2+c2-a2
2bc
=
1
2,sin A= 1 −cos2A=
3
2 ,
则△ABC 的面积S=
1
2bcsin A=4 3.
3.(2020 届广西五市联考)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,已知a=1,b= 3,A=30°,B 为锐角,那么
A∶B∶C=(
).
A.1∶1∶3
B.1∶2∶3
C.1∶3∶2
D.1∶4∶1
【解析】(法一)由正弦定理
a
sinA=
b
sinB,得sin B=
bsinA
a =
3
2 .
因为B 为锐角,所以B=60°,则C=90°,故A∶B∶C=1∶2∶3.
(法二)由a
2=b
2+c
2-2bccos A,得c
2-3c+2=0,解得c=1 或c=2.当c=1 时,△ABC 为等腰三角形,B=120°,与已知矛盾;
当c=2 时,a<b<c,则A<B<C,排除选项A,C,D.
4.(2020 届广西桂林调研)在△ABC 中,a∶b∶c=3∶5∶7,那么△ABC 是(
).
A.直角三角形
B.钝角三角形
C.锐角三角形
D.非钝角三角形
【解析】因为a∶b∶c=3∶5∶7,所以可设a=3t,b=5t,c=7t,由余弦定理可得cos C=
9t2+25t2-49t2
2×3t×5t
=-
1
2,所以C=120°,
所以△ABC 是钝角三角形.
5.
如图,某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB,C 是该小区的一个出入口,且小区里有一条平行于AO 的小路
CD.已知某人从O 处沿OD 走到D 处用了2 分钟,从D 处沿着DC 走到C 处用了3 分钟.若此人步行的速度为每分钟50
米,则该扇形的半径的长度为(
).
A.50 5米
B.50 7米
C.50 11米
D.50 19米
【解析】设该扇形的半径为r 米,连接CO.
由题意,得CD=150 米,OD=100 米,∠CDO=60°,
在△CDO 中,CD
2+OD
2-2CD·OD·cos 60°=OC
2,
即150
2+100
2-2×150×100×
1
2=r
2,解得r=50 7.
6.(2020 届徐州质检)江岸边有一炮台高30 m,江中有两艘船,船与炮台底部在同一水面上,由炮台顶部测得俯角分别为
45°和60°,而且两艘船与炮台底部连线成30°角,则这两艘船相距
m.
【解析】如图,OA 为炮台,M,N 为两艘船的位置,∠AMO=45°,∠ANO=60°,OM=
AO
tan45°=30 m,ON=
AO
tan60°=
30
3=10 3 m.
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∴MN= 900 + 300 −2 × 30 × 10 3 ×
3
2 =10 3 m.
【答案】10 3
7.(2020 届合肥质检改编)已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,若cos C=
2 2
3 ,bcos A+acos B=2,则△ABC 的外接
圆面积为
.
【解析】bcos A+acos B=2Rsin Bcos A+2Rsin Acos B=2Rsin(A+B)=2Rsin C=c=2,由cos C=
2 2
3 得sin C=
1
3,由正
弦定理可得2R=
c
sinC=6,
所以△ABC 的外接圆面积为πR
2=9π.
【答案】9π
8.(2020 届江西鹰潭市模拟)在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,若a=2 6,b=6,cos B=-
1
2,则角C 的大小
为
.
【解析】因为cos B=-
1
2,
所以B 为钝角,可得B=
2π
3 ,sin B=
3
2 .
由正弦定理得
2 6
sinA=
6
3
2
,则sin A=
2
2 .
因为A 为锐角,所以A=
π
4.
所以C=π-A-B=π-
π
4-
2π
3 =
π
12.
【答案】
π
12
9.(2020 届贵阳第一学期检测)已知△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且满足a=4,asin B= 3bcos A,若△ABC 的
面积S=4 3,则b+c=
.
【解析】由正弦定理,得sin Asin B= 3sin Bcos A,又sin B≠0,所以tan A= 3,所以A=
π
3.由余弦定理,得
16=b
2+c
2-bc,S=
1
2bc×
3
2 =4 3,所以b+c=8.
【答案】8
10.(2018 云南联考)如图,在四边形ABCD 中,∠DAB=
π
3,AD∶AB=2∶3,BD= 7,AB⊥BC.
(1)求sin∠ABD 的值;
(2)若∠BCD=
2π
3 ,求CD 的长.
【解析】(1)∵AD∶AB=2∶3,∴可设AD=2k,AB=3k.
又BD= 7,∠DAB=
π
3,
∴由余弦定理,得( 7)
2=(3k)
2+(2k)
2-2×3k×2kcos
π
3,
解得k=1,∴AD=2,AB=3,
故sin∠ABD=
ADsin∠DAB
BD
=
2× 3
2
7 =
21
7 .
(2)∵AB⊥BC,∴cos∠DBC=sin∠ABD=
21
7 ,
∴sin∠DBC=
2 7
7 ,∴
BD
sin∠BCD=
CD
sin∠DBC,
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∴CD=
7×2 7
7
3
2
=
4 3
3 .
11.(2020 届广西柳州二模)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且
sinA
a =
sinB
2
b ,则cos B 的值为(
).
A.
3
2 B.
1
2 C.-
1
2D.-
3
2
【解析】由正弦定理可得
a
sinA=
b
sinB=
c
sinC,结合已知
sinA
a =
sin B
2
b ,故有sin B=2sin
B
2cos
B
2=sin
B
2,解得cos
B
2=
1
2.因为0<B<π,
可得0<
B
2<
π
2,所以
B
2=
π
3,解得B=
2π
3 ,所以cos B=cos
2π
3 =-
1
2,故选C.
12.(2020 届武汉月考)在梯形ABCD 中,AB∥CD,AB=1,AC=2,BD=2 3,∠ACD=60°,则AD=(
).
A.2 B. 7
C. 19
D.13-6 3
【解析】由余弦定理得,BC
2=AB
2+AC
2-2AB·ACcos 60°,解得BC= 3,则AC
2=AB
2+BC
2,故BC⊥AB,又AB∥CD,所以BC⊥CD.
在Rt△BCD 中,CD= BD2-BC2= 12 −3=3.在△ACD 中,由余弦定理得AD
2=AC
2+CD
2-2AC·CDcos 60°=7,所以AD= 7.
13.(2020 届山东卷改编)在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知b=3,AB
ሬԦ
ሬሬ·AC
ሬԦ
ሬሬ=-6,S△ABC=3,则a=
.
【解析】因为AB
ሬԦ
ሬሬ·AC
ሬԦ
ሬሬ=-6,所以bccos A=-6,
又因为S△ABC=3,所以bcsin A=6,
因此tan A=-1,又0<A<π,所以A=
3π
4 .
又因为b=3,所以c=2 2.
由余弦定理a
2=b
2+c
2-2bccos A,
得a
2=9+8-2×(-6)=29,
解得a= 29.
【答案】29
14.(2020 届长春质检)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,若其面积S=b
2sin A,角A 的平分线AD 交BC 于点
D,AD=
2 3
3 ,a= 3,则b=
.
【解析】由面积公式S=
1
2bcsin A=b
2sin A,可得c=2b,即
c
b=2.由a= 3,并结合角平分线定理可得,BD=
2 3
3 ,CD=
3
3 ,在
△ABC 中,由余弦定理得cos B=
4b2+3−b2
2×2b× 3 =
3b2+3
4 3b ,在△ABD 中,cos B=
4b2+4
3-4
3
2×2b×2 3
3
=
3b
2 ,即
3b2+3
4 3b =
3b
2 ,化简得b
2=1,解得b=1(b=-1 舍
去).
【答案】1
15.(2020 届安徽知名示范高中联考)已知在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且a,b,c 成等比数列,cos B=
3
4.
(1)求
1
tanA+
1
tanC的值;
(2)设BA
ሬԦ
ሬሬ·BC
ሬԦ
ሬሬ=
3
2,求a+c 的值.
【解析】(1)由cos B=
3
4,0<B<π,得sin B= 1 −
3
4
2
=
7
4 .
因为a,b,c 成等比数列,所以b
2=ac,
由正弦定理,可得sin
2B=sin Asin C,
于是
1
tanA+
1
tanC=
cosA
sinA+
cosC
sinC=
sinCcosA+cosCsinA
sinAsinC
=
sin(A+C)
sin2B =
sinB
sin2B=
1
sinB=
4 7
7 .
(2)由BA
ሬԦ
ሬሬ·BC
ሬԦ
ሬሬ=
3
2得cacos B=
3
2,
而cos B=
3
4,所以b
2=ac=2,
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由余弦定理,得b
2=a
2+c
2-2accos B,
所以a
2+c
2=5,所以(a+c)
2=5+2ac=9,
所以a+c=3.
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§7.1
平面向量的概念及线性运算
1.(2020 届浙江杭州名校联盟)设点O 是正方形ABCD 的中心,则下列结论错误的是(
).
A.AO
ሬԦ
ሬሬሬ=OC
ሬԦ
ሬሬB.BO
ሬԦ
ሬሬሬ∥DB
ሬԦ
ሬሬሬ
C.AB
ሬԦ
ሬሬ与CD
ሬԦ
ሬሬ共线
D.AO
ሬԦ
ሬሬሬ=BO
ሬԦ
ሬሬሬ
【解析】如图,因为AO
ሬԦ
ሬሬሬ与OC
ሬԦ
ሬሬ方向相同,长度相等,所以A 正确;
因为B,O,D 三点在一条直线上,所以BO
ሬԦ
ሬሬሬ∥DB
ሬԦ
ሬሬሬ,B 正确;
因为AB∥CD,所以AB
ሬԦ
ሬሬ与CD
ሬԦ
ሬሬ共线,C 正确;
因为AO
ሬԦ
ሬሬሬ与BO
ሬԦ
ሬሬሬ方向不同,所以AO
ሬԦ
ሬሬሬ≠BO
ሬԦ
ሬሬሬ,D 错误.
2.(2020 届辽宁葫芦岛市模拟)设P 是△ABC 所在平面内的一点,BC
ሬԦ
ሬሬ+BA
ሬԦ
ሬሬ=2BP
ሬԦ
ሬሬ,则(
).
A.PA
ሬԦ
ሬሬ+PB
ሬԦ
ሬሬ=0
B.PB
ሬԦ
ሬሬ+PC
ሬԦ
ሬሬ=0
C.PC
ሬԦ
ሬሬ+PA
ሬԦ
ሬሬ=0
D.PA
ሬԦ
ሬሬ+PB
ሬԦ
ሬሬ+PC
ሬԦ
ሬሬ=0
【解析】由题设得BC
ሬԦ
ሬሬ+BA
ሬԦ
ሬሬ=2BP
ሬԦ
ሬሬ,所以BC
ሬԦ
ሬሬ-BP
ሬԦ
ሬሬ+BA
ሬԦ
ሬሬ-BP
ሬԦ
ሬሬ=0,所以PC
ሬԦ
ሬሬ+PA
ሬԦ
ሬሬ=0.
3.(2020 届运城一中质检)设a,b 不共线,AB
ሬԦ
ሬሬ=2a+pb,BC
ሬԦ
ሬሬ=a+b,CD
ሬԦ
ሬሬ=a-2b.若A,B,D 三点共线,则实数p 的值为(
).
A.-2
B.-1
C.1 D.2
【解析】∵BC
ሬԦ
ሬሬ=a+b,CD
ሬԦ
ሬሬ=a-2b,
∴BD
ሬԦ
ሬሬሬ=BC
ሬԦ
ሬሬ+CD
ሬԦ
ሬሬ=2a-b.
又∵A,B,D 三点共线,∴AB
ሬԦ
ሬሬ与BD
ሬԦ
ሬሬሬ共线.
设AB
ሬԦ
ሬሬ=λBD
ሬԦ
ሬሬሬ,∴2a+pb=λ(2a-b),
∴2 = 2λ,
p =−λ,∴λ = 1,
p =−1.
4.(2020 届陕西渭南检测)下列说法正确的是(
).
A.单位向量都相等
B.平行向量不一定是共线向量
C.对于任意向量a,b,必有|a+b|≤|a|+|b|
D.若a,b 满足|a|>|b|且a 与b 同向,则a>b
【解析】对于A 选项,单位向量的模都相等,方向不一定相同,故错误.对于B 选项,平行向量就是共线向量,故错误.
对于C 选项,若a,b 同向共线,则|a+b|=|a|+|b|;若a,b 反向共线,则|a+b|<|a|+|b|;若a,b 不共线,则根据向量加法的三
角形法则及两边之和大于第三边知|a+b|<|a|+|b|.综上可知,对于任意向量a,b,必有|a+b|≤|a|+|b|,故正确.对于D
选项,两个向量不能比较大小,故错误.
5.
(2020 届河北省模拟)如图,在△ABC 中,AN
ሬԦ
ሬሬሬ=
1
2 AC
ሬԦ
ሬሬ,P 是BN 的中点,若AP
ሬԦ
ሬሬ=mAB
ሬԦ
ሬሬ+
1
4 AC
ሬԦ
ሬሬ,则实数m 的值是(
).
A.
1
4 B.1 C.
1
2 D.
3
2
【解析】因为P,N 分别是BN,AC 的中点,
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所以AP
ሬԦ
ሬሬ=AB
ሬԦ
ሬሬ+BP
ሬԦ
ሬሬ=AB
ሬԦ
ሬሬ+
1
2 BN
ሬԦ
ሬሬሬ=AB
ሬԦ
ሬሬ+
1
2(AN
ሬԦ
ሬሬሬ-AB
ሬԦ
ሬሬ)=
1
2 AB
ሬԦ
ሬሬ+
1
2 AN
ሬԦ
ሬሬሬ=
1
2 AB
ሬԦ
ሬሬ+
1
4 AC
ሬԦ
ሬሬ.
又AP
ሬԦ
ሬሬ=mAB
ሬԦ
ሬሬ+
1
4 AC
ሬԦ
ሬሬ,所以m=
1
2.
6.已知向量a,b 不共线,且c=λa+b,d=a+(2λ-1)b,若c 与d 反向共线,则实数λ的值为
.
【解析】由于向量c 与d 反向共线,则存在实数k,使c=kd(k<0),于是λa+b=k[a+(2λ-1)b].整理得
λa+b=ka+(2λk-k)b.
因为a,b 不共线,所以λ = k,
2λk-k = 1,整理得2λ
2-λ-1=0,解得λ=1 或λ=-
1
2.
又因为k<0,所以λ<0,故λ=-
1
2.
【答案】-
1
2
7.(2020 届河北三模)如图,在△ABC 中,已知D 是AB 边上一点,若AD
ሬԦ
ሬሬሬ=2DB
ሬԦ
ሬሬሬ,CD
ሬԦ
ሬሬ=
1
3 CA
ሬԦ
ሬሬ+λCB
ሬԦ
ሬሬ,则λ=
.
【解析】由题图知CD
ሬԦ
ሬሬ=CA
ሬԦ
ሬሬ+AD
ሬԦ
ሬሬሬ,
①
CD
ሬԦ
ሬሬ=CB
ሬԦ
ሬሬ+BD
ሬԦ
ሬሬሬ,
②
且AD
ሬԦ
ሬሬሬ+2BD
ሬԦ
ሬሬሬ=0.
由①+②×2,得3CD
ሬԦ
ሬሬ=CA
ሬԦ
ሬሬ+2CB
ሬԦ
ሬሬ,
∴CD
ሬԦ
ሬሬ=
1
3 CA
ሬԦ
ሬሬ+
2
3 CB
ሬԦ
ሬሬ,∴λ=
2
3.
【答案】
2
3
8.(2020 届郑州模拟)设e1与e2是两个不共线向量,AB
ሬԦ
ሬሬ=3e1+2e2,CB
ሬԦ
ሬሬ=ke1+e2,CD
ሬԦ
ሬሬ=3e1-2ke2,若A,B,D 三点共线,则k 的值
为
.
【解析】由题意知,A,B,D 三点共线,故必存在一个非零实数λ,使得AB
ሬԦ
ሬሬ=λBD
ሬԦ
ሬሬሬ.
又AB
ሬԦ
ሬሬ=3e1+2e2,CB
ሬԦ
ሬሬ=ke1+e2,CD
ሬԦ
ሬሬ=3e1-2ke2,
所以BD
ሬԦ
ሬሬሬ=CD
ሬԦ
ሬሬ-CB
ሬԦ
ሬሬ=3e1-2ke2-(ke1+e2)=(3-k)e1-(2k+1)e2,
所以3e1+2e2=λ(3-k)e1-λ(2k+1)e2,
又e1与e2不共线,所以3 = λ(3-k),
2 =−λ(2k + 1),解得k=-
9
4.
【答案】-
9
4
9.(2020 届武汉二模)已知△ABC 和点M 满足MA
ሬԦ
ሬሬሬ+MB
ሬԦ
ሬሬሬ+MC
ሬԦ
ሬሬሬ=0,若存在实数m,使得AB
ሬԦ
ሬሬ+AC
ሬԦ
ሬሬ=mAM
ሬԦ
ሬሬሬ成立,则m=
.
【解析】由已知条件可得MB
ሬԦ
ሬሬሬ+MC
ሬԦ
ሬሬሬ=-MA
ሬԦ
ሬሬሬ.如图,延长AM 交BC 于点D,则D 为BC 的中点.延长BM 交AC 于点E,延长
CM 交AB 于点F,同理可证E,F 分别为AC,AB 的中点,即M 为△ABC 的重心,所以AM
ሬԦ
ሬሬሬ=
2
3 AD
ሬԦ
ሬሬሬ=
1
3(AB
ሬԦ
ሬሬ+AC
ሬԦ
ሬሬ),即AB
ሬԦ
ሬሬ+AC
ሬԦ
ሬሬ=3AM
ሬԦ
ሬሬሬ,则m=3.
【答案】3
10.(2020 届河北邯郸市联考)已知a,b 是不共线的非零向量,AB
ሬԦ
ሬሬ=a+2b,BC
ሬԦ
ሬሬ=3a-b,CD
ሬԦ
ሬሬ=2a-3b,则四边形ABCD 是(
).
A.梯形
B.平行四边形
C.矩形
D.菱形
【解析】因为AD
ሬԦ
ሬሬሬ=AB
ሬԦ
ሬሬ+BC
ሬԦ
ሬሬ+CD
ሬԦ
ሬሬ,所以AD
ሬԦ
ሬሬሬ=(a+2b)+(3a-b)+(2a-3b)=2(3a-b).
因为BC
ሬԦ
ሬሬ=3a-b,a,b 是不共线的非零向量,所以AD∥BC 且|AD
ሬԦ
ሬሬሬ|≠|BC
ሬԦ
ሬሬ|,所以四边形ABCD 是梯形.
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11.(2020 届吉安一模)O 是平面上一定点,A,B,C 是平面上不共线的三个点,动点P 满足OP
ሬԦ
ሬሬ=OA
ሬԦ
ሬሬሬ+λ
AB
ሬԦ
ሬሬሬ
|AB
ሬԦ
ሬሬሬ|+
AC
ሬԦ
ሬሬ
|AC
ሬԦ
ሬሬ| ,λ∈[0,+∞),
则点P 的轨迹一定通过△ABC 的(
).
A.外心
B.内心
C.重心
D.垂心
【解析】作∠BAC 的平分线AD,
∵OP
ሬԦ
ሬሬ=OA
ሬԦ
ሬሬሬ+λ
AB
ሬԦ
ሬሬሬ
|AB
ሬԦ
ሬሬሬ| +
AC
ሬԦ
ሬሬ
|AC
ሬԦ
ሬሬ| ,
∴AP
ሬԦ
ሬሬ=λ
AB
ሬԦ
ሬሬሬ
|AB
ሬԦ
ሬሬሬ| +
AC
ሬԦ
ሬሬ
|AC
ሬԦ
ሬሬ| =λ'·
AD
ሬԦ
ሬሬሬ
|AD
ሬԦ
ሬሬሬ|(λ'∈[0,+∞)),
∴AP
ሬԦ
ሬሬ=
λ'
|AD
ሬԦ
ሬሬሬ|·AD
ሬԦ
ሬሬሬ,∴AP
ሬԦ
ሬሬ∥AD
ሬԦ
ሬሬሬ.
∴点P 的轨迹一定通过△ABC 的内心.
12.已知A,B,C 是圆O 上不同的三点,线段CO 与线段AB 交于点D(点O 与点D 不重合),若OC
ሬԦ
ሬሬ=λOA
ሬԦ
ሬሬሬ+μOB
ሬԦ
ሬሬሬ(λ,μ∈R),则
λ+μ的取值范围是
.
【解析】设OC
ሬԦ
ሬሬ=mOD
ሬԦ
ሬሬሬ,则m>1.因为OC
ሬԦ
ሬሬ=λOA
ሬԦ
ሬሬሬ+μOB
ሬԦ
ሬሬሬ,所以mOD
ሬԦ
ሬሬሬ=λOA
ሬԦ
ሬሬሬ+μOB
ሬԦ
ሬሬሬ,即OD
ሬԦ
ሬሬሬ=
λ
m OA
ሬԦ
ሬሬሬ+
μ
m OB
ሬԦ
ሬሬሬ.
又A,B,D 三点共线,所以
λ
m+
μ
m=1,即λ+μ=m,
所以λ+μ>1.故λ+μ的取值范围是(1,+∞).
【答案】(1,+∞)
13.在如图所示的方格纸中,向量a,b,c 的起点和终点均在格点(小正方形顶点)上,若c 与xa+yb(x,y 为非零实数)共线,
则
x
y的值为
.
【解析】设e1,e2分别为水平方向(向右)与竖直方向(向上)的单位向量,则向量c=e1-2e2,a=2e1+e2,b=-2e1-2e2.
由向量c 与xa+yb 共线,得c=λ(xa+yb),所以e1-2e2=2λ(x-y)e1+λ(x-2y)e2,
所以2λ(x-y)=1,
λ(x-2y)=-2,所以
x =
3
λ ,
y =
5
2λ ,
则
x
y的值为
6
5.
【答案】
6
5
14.(2020 届湘中名校联考改编)若点P 是△ABC 的外心,且PA
ሬԦ
ሬሬ+PB
ሬԦ
ሬሬ+λPC
ሬԦ
ሬሬ=0,∠C=120°,则实数λ的值为
.
【解析】设AB 的中点为D,则PA
ሬԦ
ሬሬ+PB
ሬԦ
ሬሬ=2PD
ሬԦ
ሬሬ.因为PA
ሬԦ
ሬሬ+PB
ሬԦ
ሬሬ+λPC
ሬԦ
ሬሬ=0,所以2PD
ሬԦ
ሬሬ+λPC
ሬԦ
ሬሬ=0,所以向量PD
ሬԦ
ሬሬ,PC
ሬԦ
ሬሬ共线,又P 是
△ABC 的外心,所以PA=PB,所以PD⊥AB,所以CD⊥AB.因为∠ACB=120°,所以∠APB=120°,所以四边形APBC 是菱形,从
而PA
ሬԦ
ሬሬ+PB
ሬԦ
ሬሬ=2PD
ሬԦ
ሬሬ=PC
ሬԦ
ሬሬ,所以2PD
ሬԦ
ሬሬ+λPC
ሬԦ
ሬሬ=PC
ሬԦ
ሬሬ+λPC
ሬԦ
ሬሬ=0,所以λ=-1.
【答案】-1
15.(2020 届广东珠海模拟)已知在正六边形ABCDEF 中,G 是AF 的中点,则CG
ሬԦ
ሬሬ=(
).
A.
5
8 CE
ሬԦ
ሬሬ+
3
4 DA
ሬԦ
ሬሬሬ
B.
2
3 CE
ሬԦ
ሬሬ+
5
6 DA
ሬԦ
ሬሬሬ
C.
3
4 CE
ሬԦ
ሬሬ+
5
8 DA
ሬԦ
ሬሬሬ
D.
5
6 CE
ሬԦ
ሬሬ+
2
3 DA
ሬԦ
ሬሬሬ
【解析】作出图形如下图所示,设直线AD,CF 相交于点O,则点O 为这两条线段的中点.
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由图形可知,CB
ሬԦ
ሬሬ=OA
ሬԦ
ሬሬሬ=OF
ሬԦ
ሬሬ+FA
ሬԦ
ሬሬ=-AB
ሬԦ
ሬሬ-AF
ሬԦ
ሬሬ,
所以CG
ሬԦ
ሬሬ=CB
ሬԦ
ሬሬ+BA
ሬԦ
ሬሬ+AG
ሬԦ
ሬሬ=-AB
ሬԦ
ሬሬ-AF
ሬԦ
ሬሬ-AB
ሬԦ
ሬሬ+
1
2 AF
ሬԦ
ሬሬ=-2AB
ሬԦ
ሬሬ-
1
2 AF
ሬԦ
ሬሬ,
①
DA
ሬԦ
ሬሬሬ=2CB
ሬԦ
ሬሬ=-2AB
ሬԦ
ሬሬ-2AF
ሬԦ
ሬሬ,
②
CE
ሬԦ
ሬሬ=CD
ሬԦ
ሬሬ+DE
ሬԦ
ሬሬ=AF
ሬԦ
ሬሬ-AB
ሬԦ
ሬሬ,
③
联立②③, DA
ሬԦ
ሬሬሬ=−2AB
ሬԦ
ሬሬ-2AF
ሬԦ
ሬሬ,
CE
ሬԦ
ሬሬ=−AB
ሬԦ
ሬሬ+ AF
ሬԦ
ሬሬ,
解得
AB
ሬԦ
ሬሬ=−
1
2 CE
ሬԦ
ሬሬ-
1
4 DA
ሬԦ
ሬሬሬ,
AF
ሬԦ
ሬሬ=
1
2 CE
ሬԦ
ሬሬ-
1
4 DA
ሬԦ
ሬሬሬ,
代入①中,得CG
ሬԦ
ሬሬ=-2AB
ሬԦ
ሬሬ-
1
2 AF
ሬԦ
ሬሬ=-2 -
1
2 CE
ሬԦ
ሬሬ-
1
4 DA
ሬԦ
ሬሬሬ-
1
2
1
2 CE
ሬԦ
ሬሬ-
1
4 DA
ሬԦ
ሬሬሬ=
3
4 CE
ሬԦ
ሬሬ+
5
8 DA
ሬԦ
ሬሬሬ.
16.设W 是由一平面内的n(n≥3)个向量组成的集合.若a∈W,且a 的模不小于W 中除a 外的所有向量的和的模,则称a
是W 的极大向量.有下列命题:
①若W 中每个向量的方向都相同,则W 中必存在一个极大向量;
②给定平面内两个不共线向量a,b,在该平面内总存在唯一的平面向量c=-a-b,使得W={a,b,c}中的每个元素都是极大
向量;
③若W1={a1,a2,a3},W2={b1,b2,b3}中的每个元素都是极大向量,且W1,W2中无公共元素,则W1∪W2中的每一个元素也都是极大
向量.
其中真命题的序号是
.
【解析】对于①,若有几个方向相同,模相等的向量,则无极大向量,故①为假命题;对于②,由题意得a,b,c 围成闭合
三角形,则任意向量的模等于除它本身外所有向量的和的模,故②为真命题;对于③,3 个向量都是极大向量,等价于3 个
向量之和为0,故当W1={a1,a2,a3},W2={b1,b2,b3}中的每个元素都是极大向量时,W1∪W2中的每一个元素也都是极大向量,
故③为真命题.
【答案】②③
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§7.2
平面向量基本定理及坐标表示
1.(2020 届新疆维吾尔自治区模拟)设平面向量a= 1,2 ,b= -1,m ,若a∥b,则实数m 的值为(
).
A.-2
B.-1
C.1 D.2
【解析】因为a= 1,2 ,b= -1,m ,且a∥b,所以1×m=-1×2,解得m=-2.
2.(2020 届湖南省娄底市模拟)已知A 0, −1 ,B 0,3 ,则|AB
ሬԦ
ሬሬ|=(
).
A.2 B. 10
C.4 D.2 10
【解析】由题意得AB
ሬԦ
ሬሬ=(0,4),所以|AB
ሬԦ
ሬሬ|= 0 + 42=4.
3.(2020 届天津市模拟)以a= -1,2 ,b= 1, −1 为基底表示c= 3, −2 为(
).
A.c=4a+b
B.c=a+4b
C.c=4b D.c=-4a-b
【解析】设c=xa+yb,则(3,-2)=x(-1,2)+y(1,-1)=(y-x,2x-y),
所以y-x = 3,
2x-y =−2,解得x = 1,
y = 4,所以c=a+4b.
4.(2020 届山东省烟台市模拟)已知点A(1,-1),B(-2,3),则与向量AB
ሬԦ
ሬሬ方向相同的单位向量为(
).
A. -
3
5 ,
4
5 B.
3
5 ,-
4
5
C. -
4
5 ,
3
5 D.
4
5 ,-
3
5
【解析】由题可得AB
ሬԦ
ሬሬ=(-3,4),设与向量AB
ሬԦ
ሬሬ方向相同的单位向量a=λ(-3,4),其中λ>0,则|a|= (-3λ)2 + (4λ)2=1,解
得λ=
1
5或λ=-
1
5(舍去),
所以与向量AB
ሬԦ
ሬሬ方向相同的单位向量为-
3
5 ,
4
5 .
5.(2020 届山东省烟台市模拟)已知△ABC 的顶点分别为A(2,1),B(3,2),C(-3,-1),BC 边上的高为AD,则点D 的坐标为
(
).
A. -
9
5 ,
7
5 B.
9
2 ,-
7
5
C.
9
5 ,
7
5
D. -
9
2 ,-
7
5
【解析】设点D 的坐标为(x,y),∵AD 是边BC 上的高,∴AD⊥BC,∴AD
ሬԦ
ሬሬሬ⊥BC
ሬԦ
ሬሬ.又C,B,D 三点共线,∴BC
ሬԦ
ሬሬ∥BD
ሬԦ
ሬሬሬ.
∵AD
ሬԦ
ሬሬሬ=(x-2,y-1),BC
ሬԦ
ሬሬ=(-6,-3),BD
ሬԦ
ሬሬሬ=(x-3,y-2),
∴-6(x-2)-3(y-1)=0,
-6(y-2)+3(x-3)=0,解得
x =
9
5 ,
y =
7
5 ,
∴点D 的坐标为
9
5 ,
7
5 .
6.(2020 届湖北武汉市模拟)在长方形ABCD 中,E 为CD 的中点,F 为AE 的中点,设AB
ሬԦ
ሬሬ=a,AD
ሬԦ
ሬሬሬ=b,则BF
ሬԦ
ሬሬ=(
).
A.-
3
4a+
1
2bB.
3
4a-
1
2b
C.
1
2a-
3
4b D.
1
2a+
3
4b
【解析】如图所示,由平面向量线性运算及平面向量基本定理可得,BF
ሬԦ
ሬሬ=AF
ሬԦ
ሬሬ-AB
ሬԦ
ሬሬ=
1
2 AE
ሬԦ
ሬሬ-AB
ሬԦ
ሬሬ=
1
2 AD
ሬԦ
ሬሬሬ+
1
4 DC
ሬԦ
ሬሬ-AB
ሬԦ
ሬሬ=-
3
4a+
1
2b.
7.(2020 届广东东莞市模拟)已知在△ABC 中,P 为线段AB 上一点,且BP
ሬԦ
ሬሬ=3PA
ሬԦ
ሬሬ,若CP
ሬԦ
ሬሬ=xCA
ሬԦ
ሬሬ+yCB
ሬԦ
ሬሬ,则x+2y=(
).
A.
9
4 B.
7
4 C.
5
4 D.
3
4
【解析】因为BP
ሬԦ
ሬሬ=3PA
ሬԦ
ሬሬ,所以BP
ሬԦ
ሬሬ=
3
4 BA
ሬԦ
ሬሬ,
所以CP
ሬԦ
ሬሬ=CB
ሬԦ
ሬሬ+BP
ሬԦ
ሬሬ=CB
ሬԦ
ሬሬ+
3
4 BA
ሬԦ
ሬሬ=CB
ሬԦ
ሬሬ+
3
4(CA
ሬԦ
ሬሬ-CB
ሬԦ
ሬሬ)=
3
4 CA
ሬԦ
ሬሬ+
1
4 CB
ሬԦ
ሬሬ=xCA
ሬԦ
ሬሬ+yCB
ሬԦ
ሬሬ,
所以x=
3
4,y=
1
4,所以x+2y=
5
4.
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8.(2020 届济南质检)已知点M 是△ABC 的边BC 的中点,点E 在边AC 上,且EC
ሬԦ
ሬሬ=2AE
ሬԦ
ሬሬ,则向量EM
ሬԦ
ሬሬሬ=(
).
A.
1
2 AC
ሬԦ
ሬሬ+
1
3 AB
ሬԦ
ሬሬ
B.
1
2 AC
ሬԦ
ሬሬ+
1
6 AB
ሬԦ
ሬሬ
C.
1
6 AC
ሬԦ
ሬሬ+
1
2 AB
ሬԦ
ሬሬ
D.
1
3 AC
ሬԦ
ሬሬ+
1
2 AB
ሬԦ
ሬሬ
【解析】如图,∵EC
ሬԦ
ሬሬ=2AE
ሬԦ
ሬሬ,∴EC
ሬԦ
ሬሬ=
2
3 AC
ሬԦ
ሬሬ,
∴EM
ሬԦ
ሬሬሬ=EC
ሬԦ
ሬሬ+CM
ሬԦ
ሬሬሬ=
2
3 AC
ሬԦ
ሬሬ+
1
2 CB
ሬԦ
ሬሬ=
2
3 AC
ሬԦ
ሬሬ+
1
2(AB
ሬԦ
ሬሬ-AC
ሬԦ
ሬሬ)=
1
2 AB
ሬԦ
ሬሬ+
1
6 AC
ሬԦ
ሬሬ.
9.(2020 届江西九江模拟)在梯形ABCD 中,AB∥DC,且DC=2AB,三个顶点分别为A(1,2),B(2,1),C(4,2),则点D 的坐标
为
.
【解析】∵在梯形ABCD 中,DC=2AB,AB∥DC,∴DC
ሬԦ
ሬሬ=2AB
ሬԦ
ሬሬ.设点D 的坐标为(x,y),则
DC
ሬԦ
ሬሬ=(4-x,2-y),AB
ሬԦ
ሬሬ=(1,-1),∴(4-x,2-y)=2(1,-1),即(4-x,2-y)=(2,-2),∴4 −x = 2,
2 −y =−2,解得x = 2,
y = 4,即点D 的坐标为(2,4).
【答案】(2,4)
10.
(2020 届南京模拟)如图,在△ABC 中,H 为边BC 上异于B,C 的点,M 为AH 的中点,若AM
ሬԦ
ሬሬሬ=λAB
ሬԦ
ሬሬ+μAC
ሬԦ
ሬሬ,则λ+μ=
.
【解析】由B,H,C 三点共线知,BH
ሬԦ
ሬሬሬ=kBC
ሬԦ
ሬሬ(k≠0,1),则AH
ሬԦ
ሬሬሬ=AB
ሬԦ
ሬሬ+BH
ሬԦ
ሬሬሬ=AB
ሬԦ
ሬሬ+kBC
ሬԦ
ሬሬ=AB
ሬԦ
ሬሬ+k(AC
ሬԦ
ሬሬ-AB
ሬԦ
ሬሬ)=(1-k)AB
ሬԦ
ሬሬ+kAC
ሬԦ
ሬሬ,所以
AM
ሬԦ
ሬሬሬ=
1
2 AH
ሬԦ
ሬሬሬ=
1
2(1-k)AB
ሬԦ
ሬሬ+
k
2 AC
ሬԦ
ሬሬ.又AM
ሬԦ
ሬሬሬ=λAB
ሬԦ
ሬሬ+μAC
ሬԦ
ሬሬ,所以
λ =
1
2 (1-k),
μ =
k
2 ,
从而λ+μ=
1
2.
【答案】
1
2
11.(2020 届蚌埠期中)已知向量m= sinA,
1
2 与向量n=(3,sin A+ 3cos A)共线,其中A 是△ABC 的内角,则角A 的大小
为(
).
A.
π
6 B.
π
4 C.
π
3 D.
π
2
【解析】因为m∥n,所以sin A(sin A+ 3cos A)-
3
2=0,
所以2sin
2A+2 3sin Acos A=3,所以1-cos 2A+ 3sin 2A=3,所以sin 2A-
π
6 =1.
因为A∈(0,π),所以2A-
π
6∈-
π
6 ,
11π
6
.
因此2A-
π
6=
π
2,解得A=
π
3.
12.(2020 届黑龙江省哈尔滨市三模)已知AB⊥AC,AB=AC,点M 满足AM
ሬԦ
ሬሬሬ=tAB
ሬԦ
ሬሬ+(1-t)AC
ሬԦ
ሬሬ,若∠BAM=60°,则t 的值为(
).
A. 3- 2B. 2-1
C.
3-1
2
D.
3+1
2
【解析】由题意可得
CB
AC= 2.因为AM
ሬԦ
ሬሬሬ=tAB
ሬԦ
ሬሬ+AC
ሬԦ
ሬሬ-tAC
ሬԦ
ሬሬ,所以AM
ሬԦ
ሬሬሬ-AC
ሬԦ
ሬሬ=tAB
ሬԦ
ሬሬ-tAC
ሬԦ
ሬሬ,即CM
ሬԦ
ሬሬሬ=tCB
ሬԦ
ሬሬ,所以t=
|CM
ሬԦ
ሬሬሬ|
|CB
ሬԦ
ሬሬ|.
由正弦定理得
CM
AC=
sin30°
sin105°,
所以t=
CM
AC·
AC
CB=
3-1
2 ,故选C.
13.
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(2020 届江西南昌模拟)如图,在正方形ABCD 中,M,N 分别是BC,CD 的中点,若AC
ሬԦ
ሬሬ=λAM
ሬԦ
ሬሬሬ+μBN
ሬԦ
ሬሬሬ,则λ+μ的值为(
).
A.
8
5 B.
5
8
C.1 D.-1
【解析】
设正方形的边长为2,以点A 为原点,AB,AD 分别为x 轴,y 轴,建立平面直角坐标系(如图),则
A(0,0),B(2,0),C(2,2),M(2,1),N(1,2),所以AC
ሬԦ
ሬሬ=(2,2),AM
ሬԦ
ሬሬሬ=(2,1),BN
ሬԦ
ሬሬሬ=(-1,2),所以2λ-μ = 2,
λ + 2μ = 2,解得
λ =
6
5 ,
μ =
2
5 ,
所以λ+μ=
8
5.
14.(2020 届重庆联考)正△ABC 内一点M 满足CM
ሬԦ
ሬሬሬ=mCA
ሬԦ
ሬሬ+nCB
ሬԦ
ሬሬ,∠MCA=45°,则
m
n的值为(
).
A. 3-1 B. 3+1
C.
3+1
2
D.
3-1
2
【解析】
如图,设正三角形的边长为a,
由CM
ሬԦ
ሬሬሬ=mCA
ሬԦ
ሬሬ+nCB
ሬԦ
ሬሬ,
得CM
ሬԦ
ሬሬሬ·CA
ሬԦ
ሬሬ= mCA
ሬԦ
ሬሬ2 + nCA
ሬԦ
ሬሬ·CB
ሬԦ
ሬሬ,
CM
ሬԦ
ሬሬሬ·CB
ሬԦ
ሬሬ= mCA
ሬԦ
ሬሬ·CB
ሬԦ
ሬሬ+ nCB
ሬԦ
ሬሬ2.
∵cos 15°=cos(60°-45°)=
2+ 6
4
,
∴
2
2 |CM
ሬԦ
ሬሬሬ|a = ma2 +
na2
2 ,
2+ 6
4
|CM
ሬԦ
ሬሬሬ|a =
ma2
2 + na2,
∴
m
n=
3-1
2 .故选D.
15.(2020 届上海模拟)如图,在△ABC 中,BO 为边AC 上的中线,BG
ሬԦ
ሬሬ=2GO
ሬԦ
ሬሬሬ.设CD
ሬԦ
ሬሬ∥AG
ሬԦ
ሬሬ,若AD
ሬԦ
ሬሬሬ=
1
5 AB
ሬԦ
ሬሬ+λAC
ሬԦ
ሬሬ(λ∈R),则λ的值
为
.
【解析】因为BG
ሬԦ
ሬሬ=2GO
ሬԦ
ሬሬሬ,所以AG
ሬԦ
ሬሬ=AB
ሬԦ
ሬሬ+BG
ሬԦ
ሬሬ=AB
ሬԦ
ሬሬ+
2
3 BO
ሬԦ
ሬሬሬ=
1
3 AB
ሬԦ
ሬሬ+
2
3 AO
ሬԦ
ሬሬሬ=
1
3 AB
ሬԦ
ሬሬ+
1
3 AC
ሬԦ
ሬሬ.又CD
ሬԦ
ሬሬ∥AG
ሬԦ
ሬሬ,可设CD
ሬԦ
ሬሬ=mAG
ሬԦ
ሬሬ,从而
AD
ሬԦ
ሬሬሬ=AC
ሬԦ
ሬሬ+CD
ሬԦ
ሬሬ=AC
ሬԦ
ሬሬ+
m
3 AB
ሬԦ
ሬሬ+
m
3 AC
ሬԦ
ሬሬ= 1 +
m
3 AC
ሬԦ
ሬሬ+
m
3 AB
ሬԦ
ሬሬ.因为AD
ሬԦ
ሬሬሬ=
1
5 AB
ሬԦ
ሬሬ+λAC
ሬԦ
ሬሬ,所以
m
3=
1
5,λ=1+
m
3=
6
5.
【答案】
6
5
16.(2020 届长沙一模)在矩形ABCD 中,AB=3,AD=2,P 为矩形内部一点,且AP=1,若AP
ሬԦ
ሬሬ=xAB
ሬԦ
ሬሬ+yAD
ሬԦ
ሬሬሬ,则3x+2y 的取值范围
是
.
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【解析】设点P 在AB 上的射影为Q,∠PAQ=θ,则AP
ሬԦ
ሬሬ=AQ
ሬԦ
ሬሬሬ+QP
ሬԦ
ሬሬ,且|AQ
ሬԦ
ሬሬሬ|=cos θ,|QP
ሬԦ
ሬሬ|=sin θ.又AQ
ሬԦ
ሬሬሬ与AB
ሬԦ
ሬሬ共线,QP
ሬԦ
ሬሬ
与AD
ሬԦ
ሬሬሬ共线,故AQ
ሬԦ
ሬሬሬ=
cosθ
3 AB
ሬԦ
ሬሬ,QP
ሬԦ
ሬሬ=
sinθ
2 AD
ሬԦ
ሬሬሬ,从而AP
ሬԦ
ሬሬ=
cosθ
3
AB
ሬԦ
ሬሬ+
sinθ
2 AD
ሬԦ
ሬሬሬ,故x=
cosθ
3 ,y=
sinθ
2 ,因此3x+2y=cos θ+sin θ= 2sin θ +
π
4 ,
又θ∈0,
π
2 ,所以3x+2y 的取值范围是(1, 2].
【答案】(1, 2]
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§7.3
平面向量的数量积及其应用
1.(2020 届山东高考模拟)已知向量a=(3,2),b=(1,-1),若(a+λb)⊥b,则实数λ=(
).
A.1 B.
1
2 C.-1
D.-
1
2
【解析】由题意可知,a=(3,2),λb=(λ,-λ),所以a+λb=(3+λ,2-λ).
因为(a+λb)⊥b,所以3+λ-(2-λ)=0,解得λ=-
1
2.
2.(2020 届江西高考模拟)已知向量a 与b 的夹角为120°,|a|=3,|a+b|= 13,则|b|=(
).
A.1 B.3 C.4 D.5
【解析】由题意得,|a+b|
2=a
2+2a·b+b
2=9-3|b|+|b|
2=13,解得|b|=4 或|b|=-1(舍去).
3.(2020 届河南郑州市八校联考)对于非零向量a,b,c,下列命题正确的是(
).
A.若a·b=a·c,则b=c
B.若a+b=c,则|a|+|b|>|c|
C.若(a·b)·c=0,则a⊥b
D.若a·b>0,则a,b 的夹角为锐角
【解析】若a·b=a·c,则由a·(b-c)可得a⊥(b-c),故A 错误;
若a+b=c,则|a|+|b|≥|a+b|=|c|,故B 错误;
对于非零向量a,b,c,由(a·b)·c=0,得a·b=0,则a⊥b,故C 正确;
若a·b>0,则a,b 的夹角为锐角或0,故D 错误.
4.(2020 届银川模拟)设向量a,b 满足|a+b|= 10,|a-b|= 6,则a·b=(
).
A.1 B.2 C.3 D.5
【解析】|a+b|
2=a
2+2a·b+b
2=10,|a-b|
2=a
2-2a·b+b
2=6,两式相减,得4a·b=4,∴a·b=1.
5.(2020 届湖南五市十校联考)已知a,b 是单位向量,且满足b·(2a+b)=0,则a 与b 的夹角为(
).
A.
π
6 B.
π
3 C.
5π
6 D.
2π
3
【解析】设单位向量a,b 的夹角为θ(0≤θ≤π),
因为b·(2a+b)=0,所以2a·b+b
2=0,即2×1×1×cos θ+1
2=0,解得cos θ=-
1
2.
因为θ∈[0,π],所以θ=
2π
3 ,所以a 与b 的夹角为
2π
3 .
6.(2020 届河北衡水模拟)已知向量a=(1,λ),b=(2,3),c=(1,1).若a-2b 与c 共线,则a 在c 方向上的投影为(
).
A.1 B. 2
C.2 2
D.4
【解析】因为a=(1,λ),b=(2,3),
所以a-2b=(1-2×2,λ-2×3)=(-3,λ-6).
又因为a-2b 与c 共线,所以-3=λ-6,所以λ=3,所以a=(1,3),
所以a 在c 方向上的投影为
a·c
|c|=2 2.
7.(2020 届河南郑州市二模)已知向量a=(1, 3),|b|=3,且a 与b 的夹角为
π
3,则|2a+b|=(
).
A.5 B. 37
C.7 D.37
【解析】由题意可得向量a=(1, 3),|a|=2.
因为|b|=3,且a 与b 的夹角为
π
3,
所以a·b=2×3×cos
π
3=3,
所以|2a+b|= 4a2 + 4a·b + b2= 16 + 12 + 9= 37.
故选B.
8.(2020 届云南昆明市模拟)在△ABC 中,AB=4,AC=3,D 是BC 中点,则AD
ሬԦ
ሬሬሬ·BC
ሬԦ
ሬሬ=
.
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【解析】因为D 是BC 中点,所以AD
ሬԦ
ሬሬሬ=
1
2(AB
ሬԦ
ሬሬ+AC
ሬԦ
ሬሬ),
而BC
ሬԦ
ሬሬ=AC
ሬԦ
ሬሬ-AB
ሬԦ
ሬሬ,故AD
ሬԦ
ሬሬሬ·BC
ሬԦ
ሬሬ=
1
2(AC
ሬԦ
ሬሬ2-AB
ሬԦ
ሬሬ2)=-
7
2.
【答案】-
7
2
9.(2020 届马鞍山市二模)已知向量OA
ሬԦ
ሬሬሬ与OB
ሬԦ
ሬሬሬ的夹角为60°,且|OA
ሬԦ
ሬሬሬ|=3,|OB
ሬԦ
ሬሬሬ|=2,若OC
ሬԦ
ሬሬ=mOA
ሬԦ
ሬሬሬ+nOB
ሬԦ
ሬሬሬ,且OC
ሬԦ
ሬሬ⊥AB
ሬԦ
ሬሬ,则实数
m
n的
值为(
).
A.
1
6 B.
1
4 C.6 D.4
【解析】OA
ሬԦ
ሬሬሬ·OB
ሬԦ
ሬሬሬ=3×2×cos
60°=3,∵OC
ሬԦ
ሬሬ=mOA
ሬԦ
ሬሬሬ+nOB
ሬԦ
ሬሬሬ,OC
ሬԦ
ሬሬ⊥AB
ሬԦ
ሬሬ,∴(mOA
ሬԦ
ሬሬሬ+nOB
ሬԦ
ሬሬሬ)·AB
ሬԦ
ሬሬ=(mOA
ሬԦ
ሬሬሬ+nOB
ሬԦ
ሬሬሬ)·(OB
ሬԦ
ሬሬሬ-OA
ሬԦ
ሬሬሬ)=(m-n)OA
ሬԦ
ሬሬሬ·OB
ሬԦ
ሬሬሬ-mOA
ሬԦ
ሬሬሬ2+nOB
ሬԦ
ሬሬሬ2=0,∴3(m-n)-9m
+4n=0,∴
m
n=
1
6.
10.(2020 届四川五校联考)在△ABC 中,AB=2,AC=3,AB
ሬԦ
ሬሬ·BC
ሬԦ
ሬሬ=1,则BC 等于(
).
A. 3
B. 7
C.2 2
D. 23
【解析】∵AB
ሬԦ
ሬሬ·BC
ሬԦ
ሬሬ=1,且AB=2,∴1=|AB
ሬԦ
ሬሬ||BC
ሬԦ
ሬሬ|cos(π-B),∴|AB
ሬԦ
ሬሬ||BC
ሬԦ
ሬሬ|cos B=-1.在△ABC
中,AC
2=AB
2+BC
2-2AB·BC·cos B,即9=4+BC
2-2×(-1),解得BC= 3.
11.(2020 届福建高考模拟)已知向量a,b 满足|a|=1,b=(t,2-t),a-b 与a 垂直,则|a-b|的最小值为(
).
A.
2
2 B.1 C. 2
D.2
【解析】由题意知,a-b 与a 垂直,则(a-b)·a=0,可得a·b=a
2=1.
又|a-b|= a2-2a·b + b2= 1 −2 + [t2 + (2 −t)2]= 2(t-1)2 + 1,
所以当t=1 时,|a-b|取得最小值,最小值为1.
12.
(2020 届湖北省三模)如图,在五边形ABCDE 中,四边形ABCD 是矩形,△ADE 是等腰直角三角形,且AB=3,AD=4,则
BD
ሬԦ
ሬሬሬ·BE
ሬԦ
ሬሬ=(
).
A.18
B.20
C.21
D.23
【解析】延长BA 至点F,使得EF⊥AF(图略),则BE
ሬԦ
ሬሬ=BD
ሬԦ
ሬሬሬ+DE
ሬԦ
ሬሬ=
5
3 BA
ሬԦ
ሬሬ+
1
2 AD
ሬԦ
ሬሬሬ.又BD
ሬԦ
ሬሬሬ=BA
ሬԦ
ሬሬ+AD
ሬԦ
ሬሬሬ,∴BD
ሬԦ
ሬሬሬ·BE
ሬԦ
ሬሬ=(BA
ሬԦ
ሬሬ+AD
ሬԦ
ሬሬሬ)·
5
3 BA
ሬԦ
ሬሬ+
1
2 AD
ሬԦ
ሬሬሬ=
5
3 BA
ሬԦ
ሬሬ2+
1
2 AD
ሬԦ
ሬሬሬ2=23.
13.(2020 届河南百校联盟联考)已知向量a=(2,1),b=(3,-1),则
|a+b|
(2a+b)·(a-b)=
.
【解析】∵a=(2,1),b=(3,-1),∴a+b=(5,0),2a+b=(7,1),a-b=(-1,2),∴|a+b|=5,(2a+b)·(a-b)=-5,∴
|a+b|
(2a+b)·(a-b)=-1.
【答案】-1
14.(2020 届石家庄质量检测)已知AB
ሬԦ
ሬሬ与AC
ሬԦ
ሬሬ的夹角为90°,|AB
ሬԦ
ሬሬ|=2,|AC
ሬԦ
ሬሬ|=1,AM
ሬԦ
ሬሬሬ=λAB
ሬԦ
ሬሬ+μAC
ሬԦ
ሬሬ(λ,μ∈R),且AM
ሬԦ
ሬሬሬ·BC
ሬԦ
ሬሬ=0,则
λ
μ的值为
.
【解析】
根据题意,建立如图所示的平面直角坐标系,
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则A(0,0),B(0,2),C(1,0),所以AB
ሬԦ
ሬሬ=(0,2),AC
ሬԦ
ሬሬ=(1,0),BC
ሬԦ
ሬሬ=(1,-2).
设M(x,y),则AM
ሬԦ
ሬሬሬ=(x,y),所以AM
ሬԦ
ሬሬሬ·BC
ሬԦ
ሬሬ=(x,y)·(1,-2)=x-2y=0,所以x=2y.
又AM
ሬԦ
ሬሬሬ=λAB
ሬԦ
ሬሬ+μAC
ሬԦ
ሬሬ,即(x,y)=λ(0,2)+μ(1,0)=(μ,2λ),
所以x=μ,y=2λ,所以
λ
μ=
1
2y
x =
1
4.
【答案】
1
4
15.(2020 届浙江杭州市模拟)已知a,b 是单位向量.若|a+b|≥|2b-a|,则向量a,b 夹角的取值范围是
.
【解析】设向量a,b 的夹角为θ,
因为|a+b|≥|2b-a|,所以两边平方得a
2+2a·b+b
2≥a
2-4a·b+4b
2.
因为a,b 都是单位向量,
所以2+2cos θ≥5-4cos θ,得cos θ≥
1
2.
因为0≤θ≤π,所以0≤θ≤
π
3,
所以向量a,b 夹角的取值范围是0,
π
3 .
【答案】0,
π
3
16.(2020 届河南省模拟)已知边长为2 的正方形ABCD 的顶点A,B 分别在两条互相垂直的射线OP,OQ 上滑动,则OC
ሬԦ
ሬሬ·OD
ሬԦ
ሬሬሬ
的最大值为
.
【解析】OC
ሬԦ
ሬሬ=OB
ሬԦ
ሬሬሬ+BC
ሬԦ
ሬሬ,OD
ሬԦ
ሬሬሬ=OA
ሬԦ
ሬሬሬ+AD
ሬԦ
ሬሬሬ=OA
ሬԦ
ሬሬሬ+BC
ሬԦ
ሬሬ,所以
OC
ሬԦ
ሬሬ·OD
ሬԦ
ሬሬሬ=(OB
ሬԦ
ሬሬሬ+BC
ሬԦ
ሬሬ)·(OA
ሬԦ
ሬሬሬ+BC
ሬԦ
ሬሬ)=OA
ሬԦ
ሬሬሬ·OB
ሬԦ
ሬሬሬ+OB
ሬԦ
ሬሬሬ·BC
ሬԦ
ሬሬ+BC
ሬԦ
ሬሬ·OA
ሬԦ
ሬሬሬ+BC
ሬԦ
ሬሬ2=BC
ሬԦ
ሬሬ·(OA
ሬԦ
ሬሬሬ+OB
ሬԦ
ሬሬሬ)+4.
设AB 的中点为E,则|OE
ሬԦ
ሬሬ|=1,
BC
ሬԦ
ሬሬ·(OA
ሬԦ
ሬሬሬ+OB
ሬԦ
ሬሬሬ)+4=2BC
ሬԦ
ሬሬ·OE
ሬԦ
ሬሬ+4=2|BC
ሬԦ
ሬሬ||OE
ሬԦ
ሬሬ|·cos<BC
ሬԦ
ሬሬ,OE
ሬԦ
ሬሬ>+4=4cos<BC
ሬԦ
ሬሬ,OE
ሬԦ
ሬሬ>+4.
所以当cos<BC
ሬԦ
ሬሬ,OE
ሬԦ
ሬሬ>=1 时,OC
ሬԦ
ሬሬ·OD
ሬԦ
ሬሬሬ取到最大值,最大值为8.
【答案】8
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§8.1
数列的概念
1.(2020 届河南商丘模拟)数列0,1,0,-1,0,1,0,-1,…的一个通项公式是(
).
A.
(-1)n+1
2
B.cos
nπ
2
C.cos
(n+1)π
2
D.cos
(n+2)π
2
【解析】令n=1,2,3,…,逐一验证四个选项,易得D 正确.
2.(2020 届广州联考)数列1,-
5
8,
7
15,-
9
24,…的一个通项公式是(
).
A.an=(-1)
n+1 2n-1
n2+n(n∈N
*)
B.an=(-1)
n-1 2n+1
n3+3n(n∈N
*)
C.an=(-1)
n+1 2n-1
n2+2n(n∈N
*)
D.an=(-1)
n-1 2n+1
n2+2n(n∈N
*)
【解析】所给数列各项可写成
3
1×3,-
5
2×4,
7
3×5,-
9
4×6,…,通过对比各选项,可知选D.
3.(2020 届辽宁锦州模拟)若数列{an}的通项公式是an=(-1)
n(3n-2),则a1+a2+…+a10等于(
).
A.15
B.12
C.-12
D.-15
【解析】由题意可知,a1+a2+…+a10
=-1+4-7+10-…-25+28
=(-1+4)+(-7+10)+…+(-25+28)
=3×5=15.
4.(2020 届湖南三市联考)设数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn=
a1(4n-1)
3
,若a4=32,则a1的值为(
).
A.
1
2 B.
1
4 C.
1
8 D.
1
16
【解析】因为Sn=
a1(4n-1)
3
,a4=32,所以S4-S3=
255a1
3 -
63a1
3 =32,所以a1=
1
2.
5.(2020 届广西模拟)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an-2,则a6=(
).
A.0 B.1 C.2 D.6
【解析】因为a1=1,an+1=3an-2,所以a2=3-2=1,
所以{an}为常数列,故a6=1.
6.(2020 届广东惠州模拟)已知数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn=2an-1,则
S6
a6=(
).
A.
63
32 B.
31
16 C.
123
64
D.
127
128
【解析】因为Sn=2an-1,所以当n=1 时,a1=2a1-1,解得a1=1;当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1),即an=2an-1.所以数
列{an}是等比数列,首项为1,公比为2.所以a6=2
5=32,S6=
26-1
2−1=63,则
S6
a6=
63
32.
7.(教材改编)已知数列{an}中,a1=1,an+1=2
nan(n∈N
*),则数列{an}的通项公式为(
).
A.an=2
n-1 B.an=2
n
C.an=2
n(n-1)
2
D.an=2
n2
2
【解析】an+1=2
nan⇒
an+1
an =2
n⇒当n≥2 时,
a2
a1·
a3
a2·
a4
a3·…·
an
an-1=2
1×2
2×2
3×…×2
n-1,
即
an
a1=2
1+2+3+…+(n-1)=2
n(n-1)
2 ,所以an=2
n(n-1)
2 a1=2
n(n-1)
2 (n≥2).
因为a1=1 满足上式,所以an=2
n(n-1)
2 .
故C 正确.
8.在数列{xn}中,若x1=1,xn+1=
1
xn+1-1,则x2020=(
).
A.-1
B.-
1
2C.
1
2 D.1
【解析】将x1=1 代入xn+1=
1
xn+1-1 得x2=-
1
2,再将x2代入xn+1=
1
xn+1-1 得x3=1,
所以数列{xn}的周期为2,故x2020=x2=-
1
2.
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9.(2020 届安徽天长模拟)已知数列{an}中,a1=
1
2,且当n∈N
*时,nan=(n+2)an+1,则数列an 的前n 项和Sn=(
).
A.
n-1
n
B.
n+1
n
C.
n
n+1
D.
n-1
n+1
【解析】由nan=(n+2)an+1得
an+1
an =
n
n+2,
∴当n≥2 时,an=
an
an-1·
an-1
an-2·
an-2
an-3·…·
a2
a1·a1=
n-1
n+1·
n-2
n ·
n-3
n-1·…·
1
3·
1
2=
1
n(n+1)=
1
n-
1
n+1,
经验证,a1=
1
2满足上式,
∴数列{an}的前n 项和Sn=1-
1
2+
1
2-
1
3+…+
1
n-
1
n+1=
n
n+1.
10.(2020 届陕西四校联考)已知数列{an}满足
1
2a1+
1
22a2+
1
23a3+…+
1
2nan=2n+5,则数列{an}的通项公式为(
).
A.an=7×2
n+1
B.an=2
n+1
C.an= 14,n = 1,
2n-1,n ≥2
D.an= 14,n = 1,
2n+1,n ≥2
【解析】已知数列{an}满足
1
2a1+
1
22a2+
1
23a3+…+
1
2nan=2n+5,
则
1
2a1+
1
22a2+
1
23a3+…+
1
2n-1an-1=2(n-1)+5,n≥2,
两式相减可得
an
2n=2n+5-2(n-1)-5=2,
所以an=2
n+1,n≥2.
当n=1 时,
a1
2=7,所以a1=14,不满足上式.
综上可知,数列{an}的通项公式为an= 14,n = 1,
2n+1,n ≥2.
11.已知数列{an}的通项公式是an=3n-16,则数列{an}的前n 项和Sn取得最小值时,n 的值为
.
【解析】根据题意,得an ≤0,
an+1 ≥0,即3n-16≤0,
3(n + 1) −16 ≥0,解得
13
3 ≤n≤
16
3 .因为n∈N
*,所以n=5,即当n=5 时,数列{an}
的前n 项和Sn取得最小值.
【答案】5
12.(2020 届湖北孝感模拟)数列an 满足a1=1,an-an-1=
1
n(n-1)(n≥2 且n∈N
*),则数列an 的通项公式为an=
.
【解析】当n≥2 时,an-an-1=
1
n(n-1)=
1
n-1-
1
n,
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(an-2-an-3)+…+(a2-a1)+a1=
1
n-1-
1
n+
1
n-2-
1
n-1+…+
1
1-
1
2+1=2-
1
n(n≥2),
当n=1 时,也满足上式,故an=2-
1
n.
【答案】2-
1
n
13.已知{an}是各项均不相等的递增数列,且对于任意的n∈N
*,an=n
2+λn 恒成立,则实数λ的取值范围是
.
【解析】因为{an}是递增数列,所以对任意的n∈N
*,都有an+1>an,即(n+1)
2+λ(n+1)>n
2+λn,整理得2n+1+λ>0,即
λ>-(2n+1).
(*)
因为n≥1,所以-(2n+1)≤-3,要使不等式(*)恒成立,只需λ>-3.
【答案】(-3,+∞)
14.(2020 届安徽宣城模拟)已知数列{an}中,a1=1,an=n-a2n,a2n+1=an+1,则a1+a2+…+a99的值为
.
【解析】由a2n+1=an+1 得an=a2n+1-1,
则a2n+1-1=n-a2n,即a2n+a2n+1=n+1,
所以a1+a2+…+a99=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a98+a99)=1+2+3+…+50=
50×(1+50)
2
=1275.
【答案】1275
15.(2020 届江苏苏州模拟)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时,发现有这样的一列数:1,1,2,3,5,8,….
该数列的特点是前两个数均为1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列
{an}称为斐波那契数列.则∑
i=1
8
(aiai+2)- ∑
i=1
8
ai+1
2 =(
).
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A.0 B.-1
C.1 D.2
【解析】由题意
得,a1a3-a2
2=1×2-1=1,a2a4-a3
2=1×3-4=-1,a3a5-a4
2=2×5-9=1,a4a6-a5
2=3×8-25=-1,…,a8a10-a9
2=21×55-34
2=-1,
所以∑
i=1
8
(aiai+2)- ∑
i=1
8
ai+1
2 =0,故选A.
16.(2020 届天津模拟)已知正项数列{an}的前n 项和为Sn,且a1=1,Sn+1+Sn=an+1
2
,数列{bn}满足bn·bn+1=3an,且b1=1,则{bn}的
通项公式为
.
【解析】∵Sn+1+Sn=an+1
2
,
①
∴Sn+Sn-1=an
2(n≥2),
②
由①-②得an+1+an=an+1
2
-an
2,
∴(an+1+an)(an+1-an-1)=0.
∵an+1>0,an>0,∴an+1+an≠0,∴an+1-an=1(n≥2).
又由S2+S1=a2
2得2a1+a2=a2
2,即a2
2-a2-2=0,
∴a2=2 或a2=-1(舍去).
∴a2-a1=1,∴{an}是以1 为首项,1 为公差的等差数列,
∴an=n.
∵bn·bn+1=3an=3
n,
③
∴bn-1·bn=3
n-1(n≥2),
④
由
③
④得
bn+1
bn-1=3(n≥2),又b1=1,b2=3,
∴b1,b3,…,b2n-1是首项为1,公比为3 的等比数列,b2,b4,…,b2n是首项为3,公比为3 的等比数列.
∴b2n-1=3
n-1,b2n=3·3
n-1=3
n,∴bn=
3
n-1
2 ,n 为奇数,
3
n
2,n 为偶数.
【答案】bn=
3
n-1
2 ,n 为奇数,
3
n
2,n 为偶数
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§8.2
等差数列
1.(教材习题改编)设Sn是等差数列{an}的前n 项和,若a1+a3+a5=3,则S5=(
).
A.5 B.7 C.9 D.11
【解析】因为a1+a5=2a3,所以a1+a3+a5=3a3=3,所以a3=1,所以S5=
5(a1+a5)
2
=5a3=5.
2.(2020 届云南玉溪模拟)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,且S3=S5=15,则S7=(
).
A.4 B.7 C.14
D.
7
2
【解析】因为等差数列{an}的前n 项和为Sn,且S3=S5=15,
所以a4+a5=0,所以2a1+7d=0.
联立S3=3a1+3d=15,可得a1=7,d=-2,
则S7=7a1+
7×6
2 d=49+21×(-2)=7.
3.(2020 届新疆乌鲁木齐模拟)已知等差数列{an}中,a1=11,前7 项和S7=35,则前n 项和Sn中(
).
A.S6最大B.S7最大
C.S6最小D.S7最小
【解析】因为S7=
7(a1+a7)
2
=35,a1=11,所以a7=-1,可得d=-2,所以an=-2n+13,所以a6>0,a7<0.
所以S6最大.
4.(2020 届山东东营模拟)等差数列{an}中,若S20=180,则a6+a10+a11+a15=(
).
A.36
B.45
C.54
D.63
【解析】因为S20=
20(a1+a20)
2
=10(a1+a20)=180,
所以a1+a20=18,
所以a6+a10+a11+a15=(a6+a15)+(a10+a11)=2(a1+a20)=36,故选A.
5.(2020 届湖南娄底模拟)把100 个面包分给5 个人,使每个人的所得成等差数列,且使较大的三份之和的
1
7是较小的两
份之和,则最小一份的量为(
).
A.
5
2 B.
5
4 C.
5
3 D.
5
6
【解析】设5 个人所得依次构成等差数列{an},最小的一份为a1,公差为d,
则a1+a2+a3+a4+a5=100,解得a3=20,
根据题意,有[20+(a1+3d)+(a1+4d)]×
1
7=a1+(a1+d),
解得a1=
5
3.
6.(2020 届浙江名校联考)已知函数f(x)=cos x,x∈(0,2π)有两个不同的零点x1,x2,且方程f(x)=m(m≠0)有两个不同的
实根x3,x4,若把这四个数按从小到大的顺序排列构成等差数列,则实数m=(
).
A.
1
2
B.-
1
2C.
3
2
D.-
3
2
【解析】若m>0,则公差d=
3π
2 -
π
2=π,显然不成立,
所以m<0,则公差d=
3π
2 -π
2
3 =
π
3.
所以m=cos
π
2 +
π
3 =-
3
2 .
7.(2020 届广西梧州模拟)等差数列{an}中的a2,a4038是函数f(x)=
1
3x
3-4x
2+6x-1 的两个极值点,则log2a2020=(
).
A.5 B.4 C.3 D.2
【解析】由题意可知f'(x)=x
2-8x+6,又a2,a4038是函数f(x)的极值点,所以a2,a4038是方程x
2-8x+6=0 的实根,由韦达定
理可得a2+a4038=8.
由等差数列的性质可得2a2020=a2+a4038=8,所以a2020=4,
所以log2a2020=log24=2.
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8.(2020 届山西太原模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n 项和,2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=36,则S11=(
).
A.66
B.55
C.44
D.33
【解析】因为a1+a5=2a3,a8+a10=2a9,
所以2(a1+a3+a5)+3(a8+a10)=6a3+6a9=36,
所以a3+a9=6,
所以S11=
11(a1+a11)
2
=
11(a3+a9)
2
=33.
9.(2020 届安徽六安模拟)已知等差数列{an}中,a1+a3+a9=20,则4a5-a7=
.
【解析】设等差数列{an}的公差为d,则a1+a3+a9=a1+(a1+2d)+(a1+8d)=3a1+10d=20,
因此4a5-a7=4(a1+4d)-(a1+6d)=3a1+10d=20.
【答案】20
10.(2020 届云南玉溪模拟)已知数列{an}满足a1=2,an=2an-1+2
n(n≥2,n∈N
*),则数列{an}的通项公式an=
.
【解析】因为an=2an-1+2
n,所以
an
2n-
an-1
2n-1=1,
又
a1
21=1,
所以
an
2n 是以1 为首项,1 为公差的等差数列,
所以
an
2n=1+(n-1)=n,故an=n·2
n.
【答案】n·2
n
11.(2020 届宁夏银川模拟)已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,Sn是{an}的前n 项和,则使Sn取得最大值的n
是(
).
A.21
B.20
C.19
D.18
【解析】设等差数列{an}的公差为d,则3a1 + 6d = 105,
3a1 + 9d = 99,
解得d =−2,
a1 = 39,所以an=41-2n,
由an=41-2n>0,得n<20.5,
所以使Sn取得最大值的n 是20.
12.(2020 届湖南株洲模拟)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,若OB
ሬԦ
ሬሬሬ=a6OA
ሬԦ
ሬሬሬ+a2015OC
ሬԦ
ሬሬ,且A,B,C 三点共线(O 为该直线外一点),
则S2020等于(
).
A.2020
B.1010
C.2
1010
D.2
2020
【解析】因为OB
ሬԦ
ሬሬሬ=a6OA
ሬԦ
ሬሬሬ+a2015OC
ሬԦ
ሬሬ,且A,B,C 三点共线(O 为该直线外一点),所以a6+a2015=1.由等差数列的性质,可得
a6+a2015=a1+a2020,所以S2020=
2020(a1+a2020)
2
=1010.
故选B.
13.等差数列{an}的前m 项和为30,前3m 项和为90,则它的前2m 项和为
.
【解析】由Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列,
可得2(S2m-Sm)=Sm+S3m-S2m,
即S2m=
3Sm+S3m
3
=
3×30+90
3
=60.
【答案】60
14.已知公差d 大于零的等差数列{an}的前n 项和为Sn,且满足a3·a4=117,a2+a5=22.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}是等差数列,且bn=
Sn
n+c,求非零常数c.
【解析】(1)因为a2+a5=22,{an}为等差数列,
所以a3+a4=22.
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由a3 + a4 = 22,
a3·a4 = 117, 可得a3 = 9,
a4 = 13或a3 = 13,
a4 = 9.
因为d>0,所以a3=9,a4=13,
所以d=4,a1=1,所以an=4n-3.
(2)由(1)知Sn=na1+
n(n-1)
2
d=2n
2-n,所以bn=
2n2-n
n+c .
因为{bn}为等差数列,所以b1+b3=2b2,
所以
2×12-1
1+c +
2×32-3
3+c =2×
2×22-2
2+c ,
所以2c
2+c=0,解得c=0(舍去)或c=-
1
2.
当c=-
1
2时,bn=
2n2-n
n-1
2
=2n,此时bn-bn-1=2,满足{bn}为等差数列,
故c=-
1
2.
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§8.3
等比数列
1.(2020 届辽宁辽阳模拟)“常数m 是2 与8 的等比中项”是“m=4”的(
).
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】∵常数m 是2 与8 的等比中项,
∴m
2=16,解得m=±4.
∴“常数m 是2 与8 的等比中项”是“m=4”的必要不充分条件.故选B.
2.(2020 届广东惠州联考)在等比数列{an}中,若a3a7=64,则a5的值为(
).
A.8 B.±8
C.4 D.16
【解析】在等比数列{an}中,因为a3a7=a5
2=64,所以a5=±8,故选B.
3.(2020 届四川成都模拟)设{an}是公比为负数的等比数列,a1=2,a3-4=a2,则a3=(
).
A.2 B.-2
C.8 D.-8
【解析】设等比数列{an}的公比为q,因为a1=2,a3-a2=a1(q
2-q)=4,所以q
2-q=2,解得q=2(舍去)或q=-1,所以a3=a1q
2=2.
4.(2020 届沈阳模拟)在等比数列{an}中,a5a11=3,a3+a13=4,则
a15
a5 =(
).
A.3 B.-
1
3C.3 或
1
3
D.-3 或-
1
3
【解析】由等比数列的性质得a3a13 = 3,
a3 + a13 = 4,解得a3 = 1,
a13 = 3或a3 = 3,
a13 = 1,所以q
10=3 或q
10=
1
3,所以
a15
a5 =
a5q10
a5 =q
10=3 或
1
3.
【答案】C
5.(2020 届宁夏吴忠模拟)已知等比数列{an}为递增数列,且a10=a5
2,2(an+an+2)=5an+1,则a5=(
).
A.16
B.32
C.49
D.81
【解析】设数列{an}的公比为q,
由a10=a5
2知a1q
9=(a1q
4)
2.
由2(an+an+2)=5an+1知2(1+q
2)=5q.
∵等比数列{an}为递增数列,
∴q=2,a1=2,则an=2
n,∴a5=2
5=32,故选B.
6.(2020 届河北定州联考)在递增的等比数列{an}中,a4,a6是方程x
2-10x+16=0 的两个根,则数列{an}的公比q=(
).
A.2 B.±2
C. 2
D.4
【解析】因为a4,a6是方程x
2-10x+16=0 的两个根,所以a4 = 2,
a6 = 8 或a4 = 8,
a6 = 2,因为等比数列an 是递增数列,所以
a4 = 2,
a6 = 8,q>1,故q=
8
2=2.
7.两个正数a,b 的等差中项是
9
2,等比中项是2 5,且a>b,则抛物线y
2=-
b
ax 的焦点坐标为(
).
A. -
5
16 ,0
B.
1
5 ,0
C. -
1
5 ,0 D. -
2
5 ,0
【解析】由两个正数a,b 的等差中项是
9
2,等比中项是2 5,且a>b,可得a + b = 9,
ab = (2 5)2,解得a = 5,
b = 4.
所以抛物线的方程为y
2=-
4
5x,
故焦点坐标为-
1
5 ,0 .
8.(2020 届甘肃兰州模拟)已知等比数列{an}中,公比为q,a2=1,a5=-8,则{an}的前6 项和为
.
【解析】由题意知q
3=
a5
a2=-8,解得q=-2,则a1=
a2
-2=-
1
2,所以S6=
a1(1-q6)
1−q =
-1
2 [1-(-2)6]
1+2
=
21
2 .
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【答案】
21
2
9.(2020 届内蒙古赤峰联考)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯
三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:“一座7 层塔共挂了381 盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2
倍,则塔的顶层共有多少盏灯?”现有类似问题:一座5 层塔共挂了363 盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯
数的3 倍,则塔的底层共有灯
盏.
【解析】从塔顶到塔底每层灯的盏数依次记为a1,a2,a3,a4,a5,此数列是等比数列,公比为3,前5 项的和为363,则
a1(1-35)
1−3 =363,解得a1=3,所以a5=a1×3
4=3×3
4=243.
【答案】243
10.(2020 届湖南省十校联考)等比数列{an}的各项均为正数,且a4a6+a3a7=18,则
log3a1+log3a2+log3a3+…+log3a9=
.
【解析】由等比中项的性质可得a4a6+a3a7=2a5
2=18,
又等比数列{an}的各项均为正数,则a5=3.
由对数的运算性质得
log3a1+log3a2+log3a3+…+log3a9=log3(a1a2…a8a9)=log3[(a1a9)·(a2a8)·(a3a7)·(a4a6)·a5]=log3[(a5
2)
4·a5]=log3a5
9=log33
9=9.
【答案】9
11.已知数列{an}是等比数列,Sn为其前n 项和,若a1+a2+a3=4,a4+a5+a6=8,则S12等于(
).
A.40
B.60
C.32
D.50
【解析】由等比数列的性质可知,S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9是等比数列,即4,8,S9-S6,S12-S9是等比数列,因此
S12=4+8+16+32=60.
12.(2020 届安徽滁州九校联考)已知数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn=2an-4,则
S6
S3=(
).
A.5 B.
13
2 C.
17
2 D.9
【解析】当n=1 时,S1=a1=2a1-4,可得a1=4;
当n≥2 且n∈N
*时,an=Sn-Sn-1=(2an-4)-(2an-1-4)=2an-2an-1,可得an=2an-1,
故数列{an}为等比数列,首项为4,公比为2.
所以an=2
n+1,
所以
S6
S3=
2a6-4
2a3-4=
28-4
25-4=9.
13.(2020 届福建厦门模拟)设等比数列{an}的前n 项和为Sn,若Sn=2
n+1+λ,则λ=
.
【解析】依题意,a1=S1=4+λ,a2=S2-S1=4,a3=S3-S2=8,
因为{an}是等比数列,所以a2
2=a1·a3,所以8(4+λ)=4
2,解得λ=-2.
【答案】-2
14.(2020 届山西晋城模拟)记数列{an}的前n 项和为Sn,若Sn=3an+2n-3,则数列{an}的通项公式an=
.
【解析】当n=1 时,S1=a1=3a1-1,解得a1=
1
2;当n≥2 时,Sn=3an+2n-3,Sn-1=3an-1+2n-5,两式相减可得an=3an-3an-1+2,故
an=
3
2an-1-1.设an+λ=
3
2(an-1+λ),则λ=-2,即an-2=
3
2(an-1-2),故
an-2
an-1-2=
3
2.所以数列an-2 是以-
3
2为首项,
3
2为公比的等比数列,故
an-2=-
3
2·
3
2
n-1
,所以an=2-
3
2
n
.
【答案】2-
3
2
n
15.(2020 届山东济南模拟)设数列{an}是各项均为正数的等比数列,Tn是{an}的前n 项之积,a2=27,a3·a6·a9=
1
27,则当Tn
最大时,n 的值为(
).
A.5 或6 B.6 C.5 D.4 或5
【解析】∵数列{an}是各项均为正数的等比数列,a3·a6·a9=
1
27,∴a6
3=
1
27,解得a6=
1
3.∵a2=27,∴q
4=
1
3
27=
1
81,解得q=
1
3,
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∴an=a2q
n-2=27×
1
3
n-2
=
1
3
n-5
.
令an=
1
3
n-5
=1,解得n=5,则当Tn最大时,n 的值为4 或5.
16.(2020 届四川德阳模拟)数列{an}满足a1=1,an+1=2an+λ(λ为常数).
(1)探究数列{an+λ}是否为等比数列,并求an;
(2)当λ=1 时,求数列{n(an+λ)}的前n 项和Tn.
【解析】(1)因为an+1=2an+λ,所以an+1+λ=2(an+λ).
又a1=1,所以当λ=-1 时,a1+λ=0,数列{an+λ}不是等比数列,此时an=1.
当λ≠-1 时,a1+λ≠0,
所以数列{an+λ}是以1+λ为首项,2 为公比的等比数列,
此时an+λ=(1+λ)2
n-1,即an=(1+λ)2
n-1-λ.
(2)由(1)知an=2
n-1,所以n(an+1)=n×2
n,
所以Tn=2+2×2
2+3×2
3+…+n×2
n,
①
2Tn=2
2+2×2
3+3×2
4+…+n×2
n+1,
②
由①-②得-Tn=2+2
2+2
3+…+2
n-n×2
n+1
=
2(1−2n)
1−2 -n×2
n+1
=(1-n)2
n+1-2,
所以Tn=(n-1)2
n+1+2.
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§8.4
数列求和、数列的综合应用
1.(2020 届黄冈一检)在正项等比数列{an}中,a1=1,前n 项和为Sn,且-a3,a2,a4成等差数列,则S7的值为(
).
A.125
B.126
C.127
D.128
【解析】设数列{an}的公比为q(q>0),
∵-a3,a2,a4成等差数列,
∴2a2=a4-a3,∴2a1q=a1q
3-a1q
2,
解得q=2 或q=-1(舍去),
∴S7=
a1(1-q7)
1−q =
1−27
1−2 =2
7-1=127.
2.(2020 届四川八校模拟)数列{an}的前n 项和为Sn,已知Sn=1-2+3-4+…+(-1)
n-1·n,则S17=(
).
A.9 B.8 C.17
D.16
【解析】S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=1+(-2+3)+(-4+5)+(-6+7)+…+(-14+15)+(-16+17)=1+1+1+…+1=9.
3.(2020 届东北六校联考)已知数列1,a1,a2,9 是等差数列,数列1,b1,b2,b3,9 是等比数列,则
b2
a1+a2的值为(
).
A.
7
10 B.
7
5 C.
3
10 D.
1
2
【解析】因为1,a1,a2,9 是等差数列,所以a1+a2=1+9=10.又1,b1,b2,b3,9 是等比数列,所以b2
2=1×9=9,因为b1
2=b2>0,所
以b2=3,所以
b2
a1+a2=
3
10.
4.(2020 届河南安阳市模拟)已知数列{an}的前n 项和Sn=2
n-1,则数列{log2an}的前10 项和等于(
).
A.1023
B.55
C.45
D.35
【解析】因为Sn=2
n-1,所以当n=1 时,a1=S1=1;当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2
n-2
n-1=2
n-1.当n=1 时,an=2
n-1亦满足,所以
an=2
n-1(n∈N
*),所以log2an=log22
n-1=n-1,所以数列{log2an}的前10 项和=
(0+9)×10
2
=45.
5.(2020 届合肥质检)已知数列{an}的前n 项和为Sn,a1=1,当n≥2 时,an+2Sn-1=n,则S2021的值为(
).
A.2019
B.2020
C.1011
D.1010
【解析】因为an+2Sn-1=n,n≥2,所以an+1+2Sn=n+1,n≥1,两式相减,得an+1+an=1,n≥2.又a1=1,所以
S2021=a1+(a2+a3)+…+(a2020+a2021)=1011.
6.(2020 届济南模拟)设数列{an}是以3 为首项,1 为公差的等差数列,{bn}是以1 为首项,2 为公比的等比数列,则
ba1+ba2+ba3+ba4=(
).
A.15
B.60
C.63
D.72
【解析】由数列{an}是以3 为首项,1 为公差的等差数列,得数列{an}的通项公式为an=3+(n-1)×1=n+2.由数列{bn}
是以1 为首项,2 为公比的等比数列,得数列{bn}的通项公式为bn=b1q
n-1=2
n-1,所以ban=2
n+1.所以
ba1+ba2+ba3+ba4=2
2+2
3+2
4+2
5=
4×(1−24)
1−2
=60.
7.(2020 届青岛二模)已知{an}是等比数列,a2=2,a5=
1
4,则a1a2+a2a3+…+anan+1=(
).
A.
16
3
1 −
1
4n
B.
16
3
1 −
1
2n
C.
32
3
1 −
1
4n
D.
32
3
1 −
1
2n
【解析】因为{an}是等比数列,a2=2,a5=
1
4,所以q
3=
a5
a2=
1
8,所以q=
1
2,a1=4,
故a1a2+a2a3+…+anan+1=
a1a2(1-q2n)
1−q2
=
32
3
1 −
1
4n .
8.(2020 届湖南省长沙市模拟)已知数列{an}是等比数列,数列{bn}是等差数列,若a2·a6·a10=3 3,b1+b6+b11=7π,则
tan
b2+b10
1−a3·a9的值是(
).
A.1 B.
2
2 C.-
2
2
D.- 3
【解析】因为{an}是等比数列,所以a2·a6·a10=a6
3=3 3,所以a6= 3.
因为{bn}是等差数列,所以b1+b6+b11=3b6=7π,所以b6=
7π
3 .
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所以tan
b2+b10
1−a3·a9=tan
2b6
1−a6
2=tan
14π
3
1−3=-tan
7π
3 =-tan
π
3=- 3.
9.若数列{an}满足
1
an+1-
2
an=0,则称{an}为“梦想数列”.已知正项数列
1
bn 为“梦想数列”,且b1+b2+b3=1,则
b6+b7+b8=
.
【解析】由
1
an+1-
2
an=0 可得an+1=
1
2an,故{an}是公比为
1
2的等比数列,故
1
bn 是公比为
1
2的等比数列,则{bn}是公比为2 的
等比数列,所以b6+b7+b8=(b1+b2+b3)2
5=32.
【答案】32
10.已知一列非零向量an满足a1=(x1,y1),an=(xn,yn)=
1
2(xn-1-yn-1,xn-1+yn-1)(n≥2,n∈N
*),则下列说法正确的是(
).
A.{|an|}是等比数列,且公比为
2
2
B.{|an|}是等比数列,且公比为2
C.{|an|}是等差数列,且公差为
2
2
D.{|an|}是等差数列,且公差为2
【解析】因为|an|=
1
2
(xn-1-yn-1)2 + (xn-1 + yn-1)2=
2
2
xn-1
2
+ yn-1
2 =
2
2 |an-1|(n≥2,n∈N
*),|a1|= x1
2 + y1
2≠0,
|an|
|an-1|=
2
2
为常数,所以{|an|}是等比数列,且公比为
2
2 .
11.(2020 届盐城模拟)已知数列{an}为等差数列,首项a1=1,公差d≠0,若ak1,ak2,ak3,…,akn,…成等比数列,且k1=1,k2=2,k3=5,
则数列{kn}的通项公式kn=
.
【解析】由题意可得a1,a2,a5成等比数列,则a2
2=a1a5,即(a1+d)
2=a1(a1+4d),又d≠0,化简得d=2a1=2,所以a2=3,所以等比
数列的公比q=
a2
a1=3,则akn=a1q
n-1=a1+(kn-1)d,即3
n-1=1+2(kn-1),解得kn=
3n-1+1
2
.
【答案】
3n-1+1
2
12.(2020 届山东聊城市三模)已知正项等比数列{an}满足2a5+a4=a3,若存在两项am,an使得8 aman=a1,则
9
m+
1
n的最小值
为
.
【解析】因为正项等比数列{an}满足2a5+a4=a3,所以2a1q
4+a1q
3=a1q
2,整理得2q
2+q-1=0,又q>0,解得q=
1
2.
因为存在两项am,an使得8 am·an=a1,所以64a1
2q
m+n-2=a1
2,整理得m+n=8,
所以
9
m+
1
n=
1
8(m+n)
9
m +
1
n =
1
8 10 +
m
n +
9n
m ≥
1
8 10 + 2
m
n ·
9n
m =2,
当且仅当
m
n=
9n
m,即m=6,n=2 时取等号.
【答案】2
13.(2020 届河南濮阳模拟)若数列{an}是1, 1 +
1
2 , 1 +
1
2 +
1
4 ,…, 1 +
1
2 +
1
4 + … +
1
2n-1 ,…,则数列{an}的前n 项和
Sn=
.
【解析】因为an=1+
1
2+
1
4+…+
1
2n-1=
1−1
2
n
1−1
2
=2 1 −
1
2n ,
所以Sn=2
1 −
1
2 + 1 −
1
22 + … + 1 −
1
2n
=2 (1 + 1 + … + 1
ᇩ
ᇪ
ᇫ
ᇭᇭᇭᇭᇭᇭ
n 个
)-
1
2 +
1
22 + … +
1
2n
=2 n-
1
2 1−1
2n
1−1
2
=2 n- 1 −
1
2n
=2n-2+
1
2n-1.
【答案】2n-2+
1
2n-1
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14.(2020 届广东韶关市模拟)已知数列{an}满足a1+
1
2a2+
1
3a3+…+
1
nan=n
2+n(n∈N
*),数列{bn}满足bn=
2n+1
anan+1,数列{bn}的前n 项
和为Tn,若Tn<
n
n+1λ(n∈N
*)恒成立,则实数λ的取值范围为
.
【解析】由已知得数列{an}满足a1+
1
2a2+
1
3a3+…+
1
nan=n
2+n,
①
当n≥2 时,a1+
1
2a2+
1
3a3+…+
1
n-1an-1=(n-1)
2+(n-1),
②
①-②得
1
nan=2n,
故an=2n
2.
所以bn=
2n+1
anan+1=
2n+1
4n2(n+1)2=
1
4
1
n2 -
1
(n+1)2 ,
则Tn=
1
4 1 −
1
2
2
+
1
2
2
-
1
3
2
+ … +
1
n2 -
1
(n+1)2 =
1
4 1 −
1
(n+1)2 ,
由于Tn<
n
n+1λ(n∈N
*)恒成立,
故
1
4 1 −
1
(n+1)2 <
n
n+1λ恒成立,整理得λ>
n+2
4n+4恒成立.
因为y=
n+2
4n+4=
1
4 1 +
1
n+1 在n∈N
*上单调递减,
所以当n=1 时,y=
n+2
4n+4取最大值,最大值为
3
8,所以λ>
3
8.
【答案】λ>
3
8
15.(2020 届安徽合肥模拟)已知函数f(x)=ln x+cos x-
6
π -
9
2 x 的导数为f'(x),且数列{an}满足an+1+an=nf'
π
6 +3(n∈N
*).
(1)若数列{an}是等差数列,求a1的值;
(2)若对任意n∈N
*,都有an+2n
2≥0 成立,求a1的取值范围.
【解析】由题意知f'(x)=
1
x-sin x-
6
π+
9
2,
则f'
π
6 =4,
故an+1+an=4n+3.
(1)设等差数列{an}的公差为d,
则an=a1+(n-1)d,an+1=a1+nd,
由an+1+an=4n+3 得(a1+nd)+[a1+(n-1)d]=4n+3,解得d=2,a1=
5
2.
(2)由an+1+an=4n+3 得an+2+an+1=4n+7,两式相减得an+2-an=4,
故数列{a2n-1}是首项为a1,公差为4 的等差数列;数列{a2n}是首项为a2,公差为4 的等差数列.
又a1+a2=7,所以a2=7-a1,
所以an=
2n-2+a1,n 为奇数,
2n + 3 −a1,n 为偶数.
①当n 为奇数时,an=2n-2+a1,an+2n
2≥0,则a1≥-2n
2-2n+2 对任意的奇数n 恒成立,
令f(n)=-2n
2-2n+2=-2 n +
1
2
2
+
5
2,n 为奇数,
则f(n)max=f(1)=-2,所以a1≥-2.
②当n 为偶数时,an=2n+3-a1,an+2n
2≥0,则-a1≥-2n
2-2n-3 对任意的偶数n 恒成立,
令g(n)=-2n
2-2n-3=-2 n +
1
2
2
-
5
2,n 为偶数,
则g(n)max=g(2)=-15,故-a1≥-15,解得a1≤15.
综上,a1的取值范围是[-2,15].
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§9.1
不等式的性质与一元二次不等式
1.(2020 届河北沧州模拟)设M=a
2-5a+6,N=2a(a-2)+9,则(
).
A.M>N
B.M≥N
C.M<N
D.M≤N
【解析】通过作差得到M-N=-a
2-a-3=- a +
1
2
2
-
11
4 <0,∴M<N.
2.(2020 届福建厦门模拟)下列结论正确的是(
).
A.若a>b,c>d,则a-c>b-d
B.若a>b>0,则
1
a2<
1
b2
C.若a2> b2,则a>b
D.若a>b>0,c≠0,则ac>bc
【解析】对于A 选项,若a=2,b=1,c=3,d=2,则a-c=-1,b-d=-1,故A 错误;
对于C 选项, a2> b2等价于|a|>|b|,故C 错误;
对于D 选项,若c<0,则ac<bc,故D 错误.
3.(2020 届山西太原模拟)已知集合A={x|x(x-1)≤0},B={x|y=ln(x-a)},若A∩B=A,则实数a 的取值范围为(
).
A.(-∞,0)B.(-∞,0]
C.(1,+∞)D.[1,+∞)
【解析】由x(x-1)≤0 得0≤x≤1,即A={x|0≤x≤1},要函数y=ln(x-a)有意义,则x>a,即B={x|x>a}.因为A∩B=A,
所以a<0,所以实数a 的取值范围为(-∞,0).
4.(2020 届安徽合肥质检)若不等式5-x>7|x+1|与不等式ax
2+bx-2>0 有相同的解集,则(
).
A.a=-8,b=-10 B.a=-1,b=9
C.a=-4,b=-9 D.a=-1,b=2
【解析】由不等式5-x>7|x+1|可知5-x>0,两边平方得(5-x)
2>49(x+1)
2,整理得4x
2+9x+2<0,即-4x
2-9x-2>0.因为两
不等式的解集相同,所以a=-4,b=-9.
5.(2020 届福建泉州模拟)已知a=1,b= 3- 2,c= 6- 5,则a,b,c 的大小关系是(
).
A.a>b>c B.a>c>b
C.b>c>a D.c>b>a
【解析】b= 3- 2=
1
3+ 2,c= 6- 5=
1
6+ 5,
因为3+ 2< 6+ 5,所以b>c,
又b<1,c<1,所以a>b>c.
6.(2020 届广东东莞模拟)已知a>0,b>0,则“ab>1”是“a+b>2”的(
).
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】若a=3,b=
1
3,满足a+b>2,但ab>1 不成立.
∵a
2+b
2≥2ab,∴(a+b)
2≥4ab,∵ab>1,∴(a+b)
2>4,∴a+b>2.
故若a>0,b>0,则“ab>1”是“a+b>2”的充分不必要条件.
7.(2020 届广西桂林模拟)已知函数f(x)=-x
2+ax+b
2-b+1(a∈R,b∈R),对任意实数x 都有f(1-x)=f(1+x)成立,若当
x∈[-1,1]时,f(x)>0 恒成立,则b 的取值范围是(
).
A.(-1,0)
B.(2,+∞)
C.(-∞,-1)∪(2,+∞)
D.不能确定
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【解析】由f(1-x)=f(1+x)可知f(x)的图象关于直线x=1 对称,即
a
2=1,解得a=2.
又因为f(x)的图象开口向下,所以当x∈[-1,1]时,f(x)为增函数,
所以f(x)min=f(-1)=-1-2+b
2-b+1=b
2-b-2.
由f(x)>0 恒成立,得b
2-b-2>0,
解得b<-1 或b>2.
8.(2020 届新疆石河子模拟)关于x 的不等式x
2-(a+1)x+a<0 的解集中,恰有3 个整数,则实数a 的取值范围是(
).
A.(4,5)
B.(-3,-2)∪(4,5)
C.(4,5]
D.[-3,-2)∪(4,5]
【解析】原不等式可化为(x-1)(x-a)<0.当a>1时,得1<x<a,此时解集中的整数为2,3,4,则4<a≤5;当a<1时,得a<x<1,
此时解集中的整数为-2,-1,0.则-3≤a<-2,故实数a 的取值范围是[-3,-2)∪(4,5].
9.(2020 届湖南长沙模拟)定义运算:x
y= x,xy ≥0,
y,xy < 0.例如:3
4=3,(-2)
4=4.则函数f(x)=x
2
(2x-x
2)的最大值
为
.
【解析】由已知得f(x)=x
2
(2x-x
2)= x2,x2(2x-x2)≥0,
2x-x2,x2(2x-x2)<0=
x2,0≤x ≤2,
2x-x2,x < 0 或x > 2,易知函数f(x)的最大值为4.
【答案】4
10.(2020 届湖北黄冈调考)设A:
x
x-1<0,B:0<x<m,若B 是A 成立的必要不充分条件,则m 的取值范围为
.
【解析】由题意得,A:
x
x-1<0⇒0<x<1.
要使得B 是A 成立的必要不充分条件,则(0,1)⫋(0,m),
所以m>1.
【答案】(1,+∞)
11.(2020 届湖北恩施期中)已知p=a+
1
a-2,q=
1
2
x2-2
,其中a>2,x∈R,则p,q 的大小关系是(
).
A.p≥q
B.p>q
C.p<q
D.p≤q
【解析】因为a>2,所以p=a+
1
a-2=a-2+
1
a-2+2≥2+2=4,当且仅当a=3 时取等号.因为x
2-2≥-2,所以q=
1
2
x2-2
≤
1
2
-2
=4,
当且仅当x=0 时取等号.所以p≥q.
12.(2020 届江西抚州模拟)设m=log0.30.6,n=
1
2log20.6,则(
).
A.m-n>mn>m+n
B.m-n>m+n>mn
C.mn>m-n>m+n
D.m+n>m-n>mn
【解析】因为m=log0.30.6>log0.31=0,n=
1
2log20.6<
1
2log21=0,
所以mn<0,m-n>0.
因为-
1
n=-2log0.62=log0.60.25>0,
1
m=log0.60.3>0,而log0.60.25>log0.60.3,
所以-
1
n>
1
m>0,得m+n>0,
因为(m-n)-(m+n)=-2n>0,所以m-n>m+n,
所以m-n>m+n>mn.
13.(2020 届河北张家口模拟)已知使不等式2ax
2+ax-3>0 对任意的a∈[1,3]恒成立的x 的取值集合为A,使不等式
mx
2+(m-1)x-m>0 对任意的x∈[1,3]恒成立的m 的取值集合为B,则有(
).
A.A⊆(
RB)
B.A⊆B
C.B⊆(
RA)
D.B⊆A
【解析】令f(a)=(2x
2+x)a-3,因为f(a)>0 对任意的a∈[1,3]恒成立,所以f(3)>0,
f(1)>0,解得x<-
3
2或x>1,即
A= -∞,-
3
2 ∪(1,+∞),
mx+(m-1)x-m>0,即m(x
2+x-1)>x,因为当x∈[1,3]时,x
2+x-1>0,所以m>
x
x2+x-1对任意x∈[1,3]恒成立,
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又y=
x
x2+x-1=
1
x-1
x+1在[1,3]上单调递减,故ymax=1,故m>1,即B=(1,+∞).
综上,B⊆A.
14.(2020 届广东佛山模拟)已知向量a≠b,|b|≠0,若对任意的t∈R,|a-tb|≥|a-b|恒成立,则必有(
).
A.a⊥b
B.a⊥(a-b)
C.b⊥(a-b)
D.(a+b)⊥(a-b)
【解析】因为|a-tb|≥|a-b|恒成立,
两边平方化简,得b
2t
2-2a·bt+2a·b-b
2≥0 对任意的t∈R 恒成立,
又|b|≠0,则Δ=4(a·b)
2-4b
2(2a·b-b
2)≤0,
即(a·b-b
2)
2≤0,所以a·b-b
2=0,所以b·(a-b)=0,即b⊥(a-b).
15.(2020 届咸阳市模拟)设函数f(x)=lg
1+mxa
m ,其中a∈R,m 是给定的正整数,且m≥2.如果不等式f(x)>(x-1)·lg m 在
区间[1,+∞)上有解,那么实数a 的取值范围是
.
【解析】由f(x)>(x-1)lg m 得lg
1+mxa
m >lg m
x-1,从而
1
m+m
x-1a>m
x-1.由题意
1
mx>1-a 在区间[1,+∞)上有解,得
1
mx max>1-a,
而
1
mx max=
1
m,
故a>1-
1
m.
【答案】1 −
1
m ,+∞
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§9.2
简单的线性规划问题
1.不等式x-2y+6<0 表示的区域在直线x-2y+6=0 的(
).
A.右上方
B.右下方
C.左上方
D.左下方
【解析】画出x-2y+6<0 表示的平面区域如图中阴影部分所示,可知该区域在直线x-2y+6=0 的左上方.
2.(2020 届河南平顶山模拟)若x,y 满足约束条件
x + 2y-5≥0,
x-2y + 3 ≥0,
x-5≤0,
则z=x+y 的最大值为(
).
A.9 B.5 C.11
D.3
【解析】作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示,
联立x = 5,
x-2y + 3 = 0得x = 5,
y = 4,所以点A 的坐标为(5,4),
平移直线z=x+y,当该直线经过点A 时,它在y 轴上的截距取最大值,此时,z 取最大值,
即zmax=5+4=9.
3.(2020 届厦门大学附中模拟)某校今年计划招聘女教师a 名,男教师b 名,若a,b 满足不等式组
2a-b ≥5,
a-b ≤2,
a < 7,
设这所学校
今年计划招聘教师最多x 名,则x=(
).
A.10
B.12
C.13
D.16
【解析】
如图所示,画出约束条件所表示的区域,即可行域,作直线b+a=0,并平移,结合a,b∈N,可知当a=6,b=7 时,a+b 取得
最大值,故x=6+7=13.
4.(2020 届广东东莞模拟)若2
m+2
n<4,则点(m,n)必在(
).
A.直线x+y-2=0 的左下方
B.直线x+y-2=0 的右上方
C.直线x+2y-2=0 的右上方
D.直线x+2y-2=0 的左下方
【解析】因为2
m+2
n≥2· 2m·2n,所以4>2 2m·2n,
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即2
m+n<4,所以m+n<2,即m+n-2<0,
所以点(m,n)必在直线x+y-2=0 的左下方.
5.(2020 届陕西省模拟)若变量x,y 满足约束条件
y ≤1,
x + y ≥0,
x-y-2≤0,
则z=x-2y 的最大值为(
).
A.-1
B.1 C.2 D.3
【解析】
作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,
作出直线x-2y=0 并平移,由图可知,当直线过点(1,-1)时,z 取得最大值,即zmax=1-2×(-1)=3.
6.(2020 届安徽六安检测)设变量x,y 满足约束条件
6x + 5y ≤60,
5x + 3y ≤40,
x ≥0,y ≥0,
则目标函数z=
y+4
x-4 的取值范围为(
).
A.(-∞,-2)∪(2,+∞)
B.[-1,1]
C.(-∞,-1]∪[1,+∞)
D.(-2,2)
【解析】作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,
z=
y+4
x-4 表示可行域内的点与点(4,-4)连线的斜率,易求得临界位置的斜率分别为-1 和1,由图易知z=
y+4
x-4的取值范围
为(-∞,-1]∪[1,+∞).
7.(2020 届北京朝阳模拟)已知点A(-2,0),点M(x,y)为平面区域
2x + y-2≥0,
x-2y + 4 ≥0,
3x-y-3≤0
上的一个动点,则|AM|的最小值是(
).
A.5
B.3 C.2 2
D.
6 5
5
【解析】
不等式组
2x + y-2≥0,
x-2y + 4 ≥0,
3x-y-3≤0
表示的平面区域如图中阴影部分所示,结合图象可知|AM|的最小值为点A 到直线
2x+y-2=0 的距离,即|AM|min=
|2×(-2)+0-2|
5
=
6 5
5 .
8.(2020 届湖北模拟)设实数x,y 满足条件
x + y ≤2,
2x + y ≥−3,
y ≥x,
则目标函数z=|2x-y+3|的最大值为(
).
A.16
B.6 C.4 D.14
【解析】作出约束条件对应的可行域,如图所示.
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作出直线y=2x+3,上下移动,
得到z=|2x-y+3|在点A 处取得最大值,
解方程组x + y = 2,
2x + y =−3得A(-5,7),
代入z=|2x-y+3|,求得zmax=|2×(-5)-7+3|=14.
9.(2020 届安徽皖西南联盟)设x,y 满足约束条件
y + 2 ≥0,
x-2≤0,
2x-y + 1 ≥0,
则z=x+y 的最大值与最小值的比值为(
).
A.-2
B.-
3
2C.-1
D.-
5
2
【解析】作出约束条件表示的可行域,如图中阴影部分所示.
由图可知,当直线z=x+y 经过点A(2,5)时,z 取得最大值,最大值为2+5=7;
当直线z=x+y 经过点B -
3
2 ,-2 时,z 取得最小值,最小值为-
3
2-2=-
7
2.
故
zmax
zmin=
7
-7
2
=-2.
10.(2020 届湖北八校联考)已知x,y 满足约束条件
x-y + 4 ≥0,
x ≤2,
x + y + k ≥0,
且z=x+3y 的最小值为2,则常数k=
.
【解析】作出不等式组
x-y + 4 ≥0,
x ≤2,
x + y + k ≥0
所表示的平面区域,如图中阴影部分所示,
由z=x+3y 得y=-
1
3x+
z
3,结合图形可知当直线y=-
1
3x+
z
3过点A 时,z 最小,联立方程x = 2,
x + y + k = 0,得A(2,-2-k),此时
zmin=2+3(-2-k)=2,解得k=-2.
【答案】-2
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11.(2020 届衡水二中模拟)若不等式组
x ≥0,
x + 3y ≥4,
3x + y ≤4
所表示的平面区域被直线y=kx+
4
3分为面积相等的两部分,则k 的值
是(
).
A.
7
3 B.
3
7 C.
4
3 D.
3
4
【解析】作出不等式组表示的平面区域,如图所示.
由于直线y=kx+
4
3过定点0,
4
3 ,因此只有当直线过AB 的中点时,直线y=kx+
4
3才能平分平面区域.
因为点A(1,1),点B(0,4),所以AB 的中点D
1
2 ,
5
2 .
当y=kx+
4
3过点
1
2 ,
5
2 时,
5
2=
k
2+
4
3,
所以k=
7
3.
12.(2020 届湖南衡阳模拟)已知z=x+y,且x,y 满足2x + y ≥5,
x-y ≤4,
则z 的最小值为
.
【解析】根据约束条件可得可行域如图中阴影部分所示.
将z=x+y 变为y=-x+z,则求z 的最小值即求直线y=-x+z 在y 轴截距的最小值,
结合图象可知,当直线y=-x+z 过点P 时,在y 轴的截距最小,
由2x + y = 5,
x-y = 4
得P(3,-1),所以zmin=3-1=2.
【答案】2
13.已知
x + y-1≤0,
x-y + 1 > 0,
y ≥−1,
且u=x
2+y
2-4x-4y+8,则u 的最小值为
.
【解析】作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,
u=x
2+y
2-4x-4y+8=(x-2)
2+(y-2)
2的几何意义是可行域上的点与点(2,2)的距离的平方.结合图象可得u 的最小值等
于点(2,2)到直线x+y-1=0 的距离的平方,即为
3
2
2
=
9
2.
【答案】
9
2
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14.(2020 届云南陆良适应性考试)若点M(x,y)(其中x,y∈Z)为平面区域
x + 2y-5≥0,
2x + y-7≥0,
x ≥0,
y ≥0
内的一个动点,已知点A(3,4),O 为
坐标原点,则OA
ሬԦ
ሬሬሬ·OM
ሬԦ
ሬሬሬ的最小值为
.
【解析】因为点A 的坐标为(3,4),点M 的坐标为(x,y),
所以z=OA
ሬԦ
ሬሬሬ·OM
ሬ
Ԧ
ሬሬሬ=3x+4y,作出不等式组
x + 2y-5≥0,
2x + y-7≥0,
x ≥0,
y ≥0
表示的平面区域,如图中阴影部分所示.
由2x + y-7=0,
x + 2y-5=0,可得B(3,1),
将直线l:z=3x+4y 进行平移,
可得当l 经过点B 时,目标函数z 取得最小值,zmin=3×3+4×1=13.
【答案】13
15.(2020 届江苏扬州模拟)已知关于实数x,y 的不等式组
x + 2y-19≥0,
x-y + 8 ≥0,
2x + y-14≤0
构成的平面区域为Ω,若∃(x0,y0)∈Ω,使得
(x0-1)
2+(y0-4)
2≤m,则实数m 的取值范围是
.
【解析】作出不等式组
x + 2y-19≥0,
x-y + 8 ≥0,
2x + y-14≤0
的可行域如图所示,
(x0-1)
2+(y0-4)
2表示可行域内一点与点D(1,4)之间的距离的平方和,
∵点D(1,4)到直线x+2y-19=0 的距离为2 5,
∴(x0-1)2 + (y0-4)2
min=20,
故实数m 的取值范围是[20,+∞).
【答案】[20,+∞)
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§9.3
基本不等式
1.若x<0,则x+
20192
x (
).
A.有最小值,且最小值为2019
B.有最大值,且最大值为2019
C.有最小值,且最小值为-4038
D.有最大值,且最大值为-4038
【解析】因为x<0,所以-x>0,-x+
20192
-x ≥2×2019,当且仅当x=-2019 时,等号成立,所以x+
20192
x
≤-4038.
2.(2020 届甘肃兰州模拟)给出下列四个不等式:①logx10+lg
x≥2(x>1);②|a-b|<|a|+|b|;③|
b
a+
a
b|≥2(ab≠0);④|x-1|+|x-2|≥1.其中恒成立的不等式的个数是(
).
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】①logx10+lg x=
1
lgx+lg x≥2(x>1),当x=10 时等号成立,正确;
②|a-b|<|a|+|b|,当ab≤0 时不成立,错误;
③
b
a +
a
b =
b
a +
a
b ≥2(ab≠0),当|a|=|b|时等号成立,正确;
④|x-1|+|x-2|≥|(x-1)-(x-2)|=1,当1≤x≤2 时等号成立,正确.
3.(2020 届河北邯郸模拟)已知a,b 都为正数,函数f(x)=alog2x+b 的图象经过点(4,1),则
1
a+
2
b的最小值为(
).
A.6-2 2 B.6
C.4+2 2 D.8
【解析】因为函数f(x)=alog2x+b 的图象经过点(4,1),所以alog24+b=1,即2a+b=1.
因为a,b 都为正数,所以
1
a+
2
b=
1
a +
2
b (2a+b)=4+
b
a+
4a
b ≥4+2
b
a ·
4a
b =8,当且仅当b=
1
2,a=
1
4时取等号.
4.(2020 届南昌统考)设x,y∈R,a>1,b>1.若a
x=b
y=2,a
2+b=4,则
2
x+
1
y的最大值为(
).
A.1
B.2 C.3
D.4
【解析】由a
x=b
y=2 得x=loga2=
1
log2a,y=logb2=
1
log2b,
2
x+
1
y=2log2a+log2b=log2(a
2·b)≤log2
a2+b
2
2
=2(当且仅当a
2=b=2
时取等号).
5.(2020 届黑龙江模拟)已知a>0,b>0,a,b 的等比中项为2,则a+
1
b+b+
1
a的最小值为(
).
A.3 B.4 C.5 D.4 2
【解析】由已知得ab=4 且a>0,b>0,
所以a+
1
b+b+
1
a=(a+b)+
a+b
ab =(a+b) 1 +
1
ab =
5
4(a+b)≥
5
4×2 ab=5,
当且仅当a=b=2 时等号成立,所以原式的最小值为5.
6.(2020 届福建福州一中质检)某车间分批生产某种产品,每批的生产准备费用为800 元.若每批生产x 件,则平均仓储
时间为
x
8天,且每件产品每天的仓储费用为1 元.为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小,每批应生
产产品(
).
A.60 件B.80 件
C.100 件D.120 件
【解析】若每批生产x件产品,则每件产品的生产准备费用是
800
x 元,仓储费用是
x
8元,总的费用是
800
x +
x
8≥2
800
x ·
x
8=20,
当且仅当
800
x =
x
8,即x=80 时取等号.
7.(2020 届杭州六校联考)已知函数f(x)=x+
a
x+2 的值域为(-∞,0]∪[4,+∞),则a 的值是(
).
A.
1
2 B.
3
2 C.1 D.2
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【解析】由题意可得a>0,当x>0 时,f(x)=x+
a
x+2≥2 a+2,当且仅当x= a时取等号;当x<0 时,f(x)=x+
a
x+2≤-2 a+2,
当且仅当x=- a时取等号.所以2 −2 a = 0,
2 a + 2 = 4,解得a=1.
8.(2020 届安徽省六校联考)若正实数x,y 满足x+y=2,且
1
xy≥M 恒成立,则实数M 的最大值为
.
【解析】因为正实数x,y 满足x+y=2,所以xy≤
(x+y)2
4
=
22
4 =1,所以
1
xy≥1.
又
1
xy≥M 恒成立,所以M≤1,即实数M 的最大值为1.
【答案】1
9.(2020 届江西南昌模拟)已知x>0,y>0,且
2
x+
1
y=1,若对任意的正数x,y,不等式x+2y>m
2+2m 恒成立,则实数m 的取值范围
是
.
【解析】因为x>0,y>0,
所以x+2y=(x+2y)
2
x +
1
y =4+
x
y+
4y
x ≥4+2
x
y ·
4y
x =8,
当且仅当
x
y=
4y
x 且
2
x+
1
y=1,即x=4,y=2 时取等号,
所以m
2+2m<8,解得-4<m<2.
【答案】-4<m<2
10.(2020 届四川资阳诊断)已知点P(x,y)到A(0,4)和B(-2,0)两点的距离相等,则2
x+4
y的最小值为
.
【解析】由题意得,点P 在线段AB 的中垂线上,则易得x+2y=3,∴2
x+4
y≥2 2x·4y=2 2x+2y=4 2,当且仅当x=2y=
3
2
时,等号成立,故2
x+4
y的最小值为4 2.
【答案】4 2
11.(2020 届甘肃兰州模拟)已知A,B 是函数y=2
x的图象上的相异两点,若点A,B 到直线y=
1
2的距离相等,则点A,B 的横坐
标之和的取值范围是(
).
A.(-∞,-1)
B.(-∞,-2)
C.(-∞,-3)
D.(-∞,-4)
【解析】设点A(a,2
a),点B(b,2
b),则2a-
1
2 = 2b-
1
2 ,因为a≠b,所以2
a+2
b=1,由基本不等式有2
a+2
b≥2 2a+b,故2 2a+b<1,
所以a+b<-2,故选B.
12.(2020 届内蒙古呼伦贝尔模拟)已知2
a=3
b=6,则a,b 不可能满足的关系是(
).
A.ab>4
B.a+b>4
C.(a-1)
2+(b-1)
2<2 D.a
2+b
2>8
【解析】因为2
a=3
b=6,
所以a=log26=1+log23,b=log36=1+log32,
所以a+b=2+log23+log32>4,ab=2+log23+log32>4,故A,B 正确;
(a-1)
2+(b-1)
2=(log23)
2+(log32)
2>2log23·log32=2,故C 错误;
a
2+b
2=2+2(log23+log32)+(log23)
2+(log32)
2>2+4 log23·log32+2log23·log32=8,故D 正确.
13.(2020 届广东省实验中学检测)已知△ABC 的三边a,b,c 满足a
2+b
2+c
2=ab+bc+ca,则△ABC 的形状是
.
【解析】因为a,b,c 为三角形的三边,所以a,b,c>0,所以由基本不等式可得
a2+b2
2
≥ab,
b2+c2
2
≥bc,
a2+c2
2
≥ac,
将上述三个不等式相加得a
2+b
2+c
2≥ab+bc+ca,当且仅当a=b=c 时取等号,
所以△ABC 是等边三角形.
【答案】等边三角形
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14.(2020 届浙江临海模拟)已知函数f(x)=
x3
3-
b
2x
2+ax+1(a>0,b>0),则函数g(x)=aln x+
f'(x)
a 的图象在点(b,g(b))处切线的斜
率的最小值是
.
【解析】因为f'(x)=x
2-bx+a,g(x)=aln x+
f'(x)
a ,所以g'(x)=
a
x+
2x-b
a .
又因为a>0,b>0,所以g'(b)=
a
b+
2b-b
a =
a
b+
b
a≥2,
所以切线斜率的最小值是2.
【答案】2
15.(2020 届新疆乌鲁木齐模拟)正数a,b 满足
1
a+
9
b=1,若不等式a+b≥-x
2+4x+18-m 对任意实数x 恒成立,则实数m 的取值
范围是(
).
A.[3,+∞)B.(-∞,3]
C.(-∞,6]D.[6,+∞)
【解析】因为a>0,b>0,
1
a+
9
b=1,
所以a+b=(a+b)
1
a +
9
b =10+
b
a+
9a
b ≥10+2
b
a ·
9a
b =16,
当且仅当3a=b,即a=4,b=12 时,等号成立.
若不等式a+b≥-x
2+4x+18-m 对任意实数x 恒成立,
则-x
2+4x+18-m≤16,
即-x
2+4x+2≤m 对任意实数x 恒成立.
因为-x
2+4x+2=-(x-2)
2+6≤6,所以m≥6.
故实数m 的取值范围是[6,+∞).
16.(2020 届安徽宣城模拟)如图所示,将一矩形花坛ABCD 扩建成一个更大的矩形花坛AMPN,要求点B 在AM 上,点D 在
AN 上,且对角线MN 过点C,已知AB=3 米,AD=4 米.
(1)要使矩形AMPN 的面积大于50 平方米,则DN 的长度应在什么范围内?
(2)当DN 的长为多少米时,矩形花坛AMPN 的面积最小?并求出最小值.
【解析】(1)设DN 的长为x(x>0)米,则AN=(x+4)米,
因为
DN
AN=
DC
AM,所以AM=
3(x+4)
x
,所以矩形AMPN 的面积S=AN·AM=
3(x+4)2
x
.
由矩形AMPN 的面积大于50 得
3(x+4)2
x
>50,
又x>0,所以3x
2-26x+48>0,解得0<x<
8
3或x>6,
即DN 的取值范围为0,
8
3 ∪(6,+∞).
(2)由(1)知,矩形花坛AMPN 的面积为y=
3(x+4)2
x
=
3x2+24x+48
x
=3x+
48
x +24≥2 3x·
48
x +24=48,
当且仅当3x=
48
x ,即x=4 时等号成立.
故当DN 的长为4 米时,矩形AMPN 的面积最小,最小值为48 平方米.
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§10.1
空间几何体的直观图、三视图及其应用
1.(2020 届重庆期中)如图,甲、乙、丙所示的是三个立体图形的三视图,与甲、乙、丙相对应的标号是(
).
①长方体;②圆锥;③三棱锥;④圆柱.
A.④②③
B.①②③
C.③②④
D.④②①
【解析】根据几何体的三视图知,甲是圆柱,乙是圆锥,丙是三棱锥,则甲、乙、丙对应的序号是④②③.
2.(2020 届湖北随州模拟)
“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个
曲面构成,相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上,好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图所示,图
中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其正(主)视图和侧(左)视图完全相同时,它的俯视图可能是(
).
【解析】根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知,当正(主)视图和侧(左)视图完全相同时,俯视图为B.
3.(2020 届山东烟台模拟)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示,则该三棱锥的侧(左)视图可能为(
).
【解析】分析三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥,其中平面ACD⊥平面BCD,故其侧(左)视图应为D.
4.(2020 届山东济南期末)某简单凸多面体的三视图如图所示,其中俯视图和侧(左)视图都是直角三角形,正(主)视图是
直角梯形,则其所有表面(含底面和侧面)中直角三角形的个数为(
).
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A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】由题意可知,三视图对应的几何体的直观图是正方体的一部分,如图中的几何体A-BCD,则其所有表面中
直角三角形是△ADB,故其个数为1.
5.
(2020 届河南南阳期末)如图所示,△A'B'C'是水平放置的△ABC 的直观图,则在△ABC 的三边及线段AD 中,最长的线段
是(
).
A.AB
B.AD
C.BC
D.AC
【解析】△A'B'C'是水平放置的△ABC 的直观图,则在△ABC 中,AB⊥BC,AC 为斜边,AD 为三角形内部的一条线段,
所以在△ABC 的三边及线段AD 中,最长的线段是AC.
6.
(2020 届陕西城固期末)如图所示的是△ABC 水平放置的直观图Rt△A'B'C',其中A'C'⊥B'C',B'O'=O'C'=1,则△ABC 的
面积为(
).
A.2 2
B.
3
8 C.
4 2
3
D.
3
4
【解析】
由直观图画法规则将△A'B'C'还原为△ABC,如图所示,△ABC 是一个等腰三角形,
则有BO=OC=B'O'=O'C'=1,AO=2A'O'=2 2.
所以S△ABC=
1
2BC·AO=
1
2×2×2 2=2 2.
7.(2020 届湖北长阳期中)圆锥的母线长为8,底面圆周长为6π,则它的侧面积是(
).
A.24π
B.48π
C.33π
D.32π
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【解析】∵圆锥的母线长为8,底面圆周长为6π,∴圆锥的侧面积S 侧=
1
2×6π×8=24π.故选A.
8.(2020 届安徽宿州期中)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为(
).
A.4 B.
4
3 C.
2
3 D.3
【解析】易知该几何体是由上、下两个全等的正四棱锥组成的,其中正四棱锥底面边长为2,棱锥的高为1,
据此可知,多面体的体积V=2×
1
3 × ( 2)2 × 1 =
4
3.
9.(2020 届宁夏银川月考)如图所示的是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为(
).
A.20π
B.24π
C.28π
D.32π
【解析】由三视图知,该几何体是一个组合体,上面是一个圆锥,圆锥的底面直径是4,圆锥的高是2 3,
∴在轴截面中圆锥的母线长是12 + 4=4,
∴圆锥的侧面积是π×2×4=8π,
下面是一个圆柱,圆柱的底面直径是4,圆柱的高是4,
∴圆柱表现出来的表面积是π×2
2+2π×2×4=20π,
∴该几何体的表面积是28π.
10.(2020 届河南平顶山模拟)将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周,所得的几何体包括(
).
A.一个圆台、两个圆锥
B.两个圆台、一个圆柱
C.两个圆台、一个圆锥
D.一个圆柱、两个圆锥
【解析】把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形,由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个
圆锥.
11.(2020 届湖北襄阳调研)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线是一个棱锥的三视图,则此棱锥的表面积为
(
).
A.6+6 2 B.8+4 2
C.6+4 2+2 3D.6+2 2+4 3
【解析】由题意得,该几何体的直观图是四棱锥P-ABCD,
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则棱锥P-ABCD 的表面积为2 2×2+
3
4 ×(2 2)
2+3×
1
2×2×2=6+4 2+2 3.
12.(2020 福建南平期中)某几何体的三视图如图所示,图中正方形的边长为2,四条用虚线表示的线段长度均相等,则该
几何体的表面积为(
).
A.8-
2π
3
B.24-π
C.24+(2 5-1)π
D.24+( 5-1)π
【解析】
由几何体的三视图得该几何体是棱长为2 的正方体去掉一个底面半径为1,高为2 的圆锥.
如图,该几何体的表面积为S=6×2
2-πr
2+πrl=24-π×1
2+π×1× 12 + 22=24+( 5-1)π,故选D.
13.(2020 届河南漯河模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是(
).
A.π+8
B.2π+8
C.π+
4
3
D.2π+
8
3
【解析】由三视图可知,该几何体的直观图是三棱锥与圆柱的一半的组合体,三棱锥的底面是直角边长为2 的等
腰直角三角形,高为2,圆柱的底面半径是1,高为2,
所以该几何体的体积为π×1
2×2×
1
2+
1
3×
1
2×2×2×2=π+
4
3.
14.(2020 届宁夏银川二模)某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(
).
A.
7
3 B.
8
3 C.
8−π
3
D.
7−π
3
【解析】根据三视图可知,该几何体是四棱锥右侧内部挖去一个半圆锥,圆锥的底面半径为1,高为2,棱锥的底面
是边长为2 的正方形,棱锥的高也为2,则该几何体的体积为
1
3×(2×2)×2-
1
2×
1
3 × (π × 12)×2 =
8−π
3 .
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15.(2020 届安徽合肥联考)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为
(
).
A.8 B.16
C.24
D.48
【解析】如图所示,在棱长为4 的正方体中,题中的三视图对应的几何体为四棱锥A-CDD1C1,
所以四棱锥的底面积SCDD1C1=
1
2×(2+4)×4=12,
所以该几何体的体积V=
1
3Sh=
1
3×12×4=16.
16.(2020 届福建福州期末)某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积是(
).
A.13
B.14
C.15
D.16
【解析】所求几何体可看作是将一个长方体截去两个三棱柱得到的几何体,长方体的长、宽、高分别为4、2、3,
两个三棱柱的高为2,底面是两直角边长分别为3 和1.5 的直角三角形,故该几何体的体积
V=4×2×3-2×
1
2×3×
3
2×2=15.
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§10.2
球的体积与表面积
1.(2020届吉林长春二模)已知圆锥的高为3,底面半径长为4,若一球的表面积与此圆锥侧面积相等,则该球的半径长为
(
).
A.5 B. 5
C.9 D.3
【解析】∵圆锥的底面半径r=4,高h=3,
∴圆锥的母线l=5,
∴圆锥侧面积S=πrl=20π.
设球的半径为r,则4πr
2=20π,∴r= 5.
2.(2020 届湖南邵阳大联考)已知三棱锥P-ABC 底面的3 个顶点A,B,C 在球O 的同一个大圆上,且△ABC 为正三角形,P
为该球面上的点,若三棱锥P-ABC 体积的最大值为2 3,则球O 的表面积为(
).
A.12π
B.16π
C.32π
D.64π
【解析】
正三棱锥P-ABC 的四个顶点都在同一球面上,其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上.因为题目中涉及体积的
最大值,故ABC 的中心就是球心O,PO 是球的半径,也是正三棱锥的高,设为R,底面△ABC 的边长设为a,
由正弦定理得
a
sin60°=2R, 得a= 3R,则S△ABC=
1
2× 3R× 3R×sin 60°=
3 3
4 R
2,VP-ABC=
1
3×R×
3 3
4 R
2=2 3,得R=2,
所以球O 的表面积是4πR
2=4π×4=16π.
3.(2020 届安徽六安模拟)设M,N 是球O 半径OP 上的两点,且NP=MN=OM,分别过N,M,O 点作垂直于OP 的平面,截球面得三
个圆,则这三个圆的面积之比为(
).
A.3∶5∶6
B.3∶6∶8
C.5∶7∶9
D.5∶8∶9
【解析】设球的半径为R,由题知M,N 是OP 的三等分点,三个圆的面积之比即为半径的平方比.设☉N 的半径为
r1,☉M 的半径为r2,则在球的轴截面图中求得r1
2=R
2-
2R
3
2
=
5R2
9 ,r2
2=R
2-
R
3
2
=
8R2
9 ,故三个圆的半径的平方比为
5R2
9 ∶
8R2
9 ∶R
2=5∶8∶9.
4.(2020 届四川凉山州二诊)如图所示的是某几何体的三视图,则该几何体的外接球的体积为(
).
A.4π
B.4 3π C.8π
D.8 3π
【解析】根据三视图可知,该几何体的直观图是三棱锥P-ABC,如图所示,可知正方体的棱长为2,可得外接球的半
径R= 3,则外接球的体积V=
4πR3
3 =4 3π.
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5.(2020 届陕西咸阳二模)所有棱长均为2 的正四棱锥外接球的表面积为(
).
A.4π
B.6π
C.8π
D.12π
【解析】如图,
设正四棱锥的底面中心为O,则在Rt△ABC 中,AC= 2AB=2 2,所以AO=CO= 2,
在Rt△PAO 中,PO= AP2-AO2= 2,
所以正四棱锥的各个顶点到它的底面中心的距离都为2,
所以正四棱锥外接球的球心在它的底面中心O,且外接球的半径R= 2,
所以外接球的表面积S=4πR
2=8π.
6.(2020 届福建模拟)已知三棱锥P-ABC 的三条侧棱两两垂直,且AB= 5,BC= 7,AC=2,则此三棱锥的外接球的体积为
(
).
A.
8π
3 B.
8 2π
3
C.
16π
3
D.
32π
3
【解析】∵AB= 5,BC= 7,AC=2,
∴PA=1,PC= 3,PB=2.
以PA、PB、PC 为过同一顶点的三条棱,作长方体如图所示,
则长方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC 的外接球.
∵长方体的体对角线长为1 + 3 + 4=2 2,
∴球的直径为2 2,半径R= 2.
因此,三棱锥P-ABC 的外接球的体积是
4π
3 R
3=
4π
3 ×( 2)
3=
8 2π
3 ,故选B.
7.
(2020 届山西八校联考)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,该组合体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图
均如图所示,且图中的四边形是边长为2 的正方形,则该球的半径是
.
【解析】由三视图可知该组合体为球内接棱长为2 的正方体,所以正方体的体对角线为球的直径,即
2r= 22 + 22 + 22=2 3,得r= 3.
【答案】3
8.(2020 届江西七市二调)设P,A,B,C 为球O 表面上的四个点,PA,PB,PC 两两垂直,且PA=2 m,PB=3 m,PC=4 m,则球O 的表
面积为
m
2.
【解析】∵P,A,B,C 是球O 表面上的四个点,PA,PB,PC 两两垂直,
∴球O 的直径等于以PA,PB,PC 为棱长的长方体的对角线长.
∵PA=2 m,PB=3 m,PC=4 m,
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∴2R= 4 + 9 + 16= 29,
∴球O 的表面积S=4πR
2=29π(m
2).
【答案】29π
9.(2020 届四川泸州第二次教学质量诊断)在三棱锥S-ABC 中,SA⊥底面ABC,若SA=AB=BC=AC=3,则该三棱锥外接球的表
面积为(
).
A.18π
B.
21π
2
C.21π
D.42π
【解析】由于AB=BC=AC=3,则△ABC 是边长为3 的等边三角形,由正弦定理知,△ABC 的外接圆直径为2r=
3
sinπ
3
=2 3.
因为SA⊥底面ABC,所以外接球的半径R=
SA
2
2
+ r2=
21
2 ,
故三棱锥S-ABC 的外接球的表面积为4πR
2=4π×
21
4 =21π.
10.(2020 届河北省级示范性高中模考)在棱长为2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中,F 为棱B1C1上一点,且点F 到直线A1B 与
CC1的距离相等,四面体A1BB1F 的每个顶点都在球O 的表面上,则球O 的表面积为(
).
A.8π
B.
41π
4
C.9π
D.
33π
4
【解析】过点B1作B1N⊥A1B,∵B1C1⊥平面AA1B1B,∴B1F⊥A1B,∴A1B⊥平面B1NF,∴A1B⊥FN,∴FN 为点F 到直线A1B
的距离,则|NF|=|C1F|,设|B1F|=x,∴x2 + ( 2)2=2-x,解得x=
1
2.
∵B1B,B1A1,B1F 互相垂直,以B1B,B1A1,B1F 为棱的长方体中心即为点O,则2R= 4 + 4 +
1
4=
33
2 ,∴球O 的表面积为
4πR
2=
33π
4 .
11.(2020 届陕西四校联考)直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形,侧棱长等于底面三角形的斜边长,若其外接球的
体积为
32π
3 ,则该三棱柱体积的最大值为
.
【解析】设三棱柱底面直角三角形的直角边为a,b,则棱柱的高h= a2 + b2,
设外接球的半径为r,则
4
3πr
3=
32π
3 ,解得r=2.
∵上、下底面三角形斜边的中点连线的中点是该三棱柱的外接球的球心,
∴2h=2r=4.∴h=2 2,∴a
2+b
2=h
2=8≥2ab,
∴ab≤4,当且仅当a=b=2 时“=”成立.
∴三棱柱的体积的最大值V=Sh=
1
2abh= 2ab≤4 2.
【答案】4 2
12.(2020 届江西上饶二模)一个棱长为12 的正方体形状的铁盒内放置一个正四面体,且能使该正四面体在铁盒内任
意转动,则该正四面体的体积的最大值是
.
【解析】由该正四面体在铁盒内任意转动,故其能在正方体的内切球内任意转动,内切球的半径为6.设正四面体
棱长为a,将此正四面体镶嵌在棱长为x 的正方体内,如图所示,则x=
2
2 a,外接球的球心和正方体中心O 重合,∴外接球
的球半径为
3x2
2 =
3x
2 =
6
4 a,∴
6
4 a=6,a=4 6.又正四面体的高为
6
3 a,∴该正四面体的体积为
1
3×
3
4 a
2×
6
3 a=64 3.
【答案】64 3
13.(2020 届江西南昌联考)已知底面边长为2 3的正三棱锥O-ABC 的体积为3,且点A,B,C 在球O 上,则球的体积是
(
).
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A.
20 5π
3
B.8π
C.20π
D.4 3π
【解析】由题意知,正三棱锥的顶点正好是球心,底面三角形的外接圆为一个小圆.因为正△ABC 的边长为2 3,
所以小圆半径r=2.因为VO-ABC= 3,所以三棱锥的高h=1.设球O 的半径为R,则R= r2 + h2= 5,V 球
=
4
3πR
3=
4
3π×( 5)
3=
20 5π
3
,故选A.
14.(2020 届陕西西安八校联考)如图,已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1和半径为3的半球O,底面ABCD 在半球O 底面所在平
面上,A1,B1,C1,D1四点均在球面上,则该正四棱柱的体积的最大值为
.
【解析】设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为h,底面棱长为a,则正四棱柱的底面外接圆直径为2r= 2a,所以,r=
2
2 a.
由勾股定理得h
2+r
2=( 3)
2,即h
2+
a2
2=3,得a
2=6-2h
2,其中0<h< 3,
所以正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V=a
2h=(6-2h
2)h=-2h
3+6h,其中0<h< 3.
构造函数f(h)=-2h
3+6h,其中0<h< 3,则f'(h)=-6h
2+6,令f'(h)=0,得h=1.
当0<h<1 时,f'(h)>0;当1<h< 3时,f'(h)<0.
所以函数V=f(h)在h=1 处取得极大值,也为最大值,则Vmax=f(1)=4.
因此该正四棱柱的体积的最大值为4.
【答案】4
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§10.3
空间点、线、面的位置关系
1.(2020 届山西吕梁模拟)下列结论正确的是(
).
①在空间中,若两条直线不相交,则它们一定平行;
②与同一直线都相交的三条平行线在同一平面内;
③一条直线与两条平行直线中的一条相交,那么它也与另一条相交;
④空间中的四条直线a,b,c,d,如果a∥b,c∥d,且a∥d,那么b∥c.
A.①②
B.②④
C.③④
D.②③
【解析】①错,两条直线不相交,它们可能平行,也可能异面;②显然正确;③错,若一条直线和两条平行直线中的一
条相交,则它和另一条直线可能相交,也可能异面;④由平行直线的传递性可知正确.
2.(2020 届湖南衡阳模拟)若直线l 与平面α相交,则(
).
A.平面α内存在直线与l 异面
B.平面α内存在唯一一条直线与l 平行
C.平面α内存在唯一一条直线与l 垂直
D.平面α内的直线与l 都相交
【解析】当直线l 与平面α相交时,这条直线与该平面内任意一条不过交点的直线均为异面直线,故A 正确;该平
面内不存在与直线l 平行的直线,故B 错误;该平面内有无数条直线与直线l 垂直,所以C 错误;平面α内的直线与l 可
能异面,故D 错误.
3.(2020 届山西孝义摸底)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E 是线段BC 上的动点,F 是线段CD1上的动点,且E,F 不重合,则直线
AB1与直线EF 的位置关系是(
).
A.相交且垂直
B.共面
C.平行
D.异面且垂直
【解析】由题意易知,直线AB1⊥平面A1BCD1,又EF⊂平面A1BCD1,∴AB1⊥EF,又直线AB1与直线EF 是异面直线,∴AB1
与EF 异面且垂直.
4.(2020 届山西晋城期末)棱长为2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G 分别为棱AD,AB,BB1的中点,则过E,F,G 三点的平面截
正方体所得的截面的面积是(
).
A.6 2
B.3 2
C.6 3
D.3 3
【解析】
如图所示,取棱AD,AB,BB1的中点E,F,G,
则该截面是一个边长为2的正六边形,其面积为6×
3
4 ×( 2)
2=3 3.故选D.
5.(2020 届陕西四校联考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,则异面直线A1B1与AC1所成角的余弦值为(
).
A.
14
14
B.
8 3
14
C.
13
13
D.
1
3
【解析】∵C1D1∥A1B1,∴异面直线A1B1与AC1所成的角为C1D1与AC1所成的角∠AC1D1(或其补角).
在Rt△AC1D1中,C1D1=1,AC1= 12 + 22 + 32= 14,
∴cos∠AC1D1=
C1D1
AC1 =
1
14=
14
14 .
6.(2020 届河南郑州模拟)
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如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N 分别是BC1,CD1的中点,则下列判断错误的是(
).
A.MN 与CC1垂直
B.MN 与AC 垂直
C.MN 与BD 平行
D.MN 与A1B1平行
【解析】
如图,连接C1D,在△C1DB 中,MN∥BD,故C 正确.∵CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴CC1⊥BD,∴MN⊥CC1,故A 正
确.∵AC⊥BD,MN∥BD,∴MN⊥AC,故B 正确.
∵A1B1与BD 异面,MN∥BD,
∴MN 与A1B1不可能平行,故D 错误.
7.
(2020 届山西临汾期末)一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示,A,B,C 是展开图上的三点,则在正方体盒子
中,∠ABC 的度数是(
).
A.0°
B.30°
C.60°
D.90°
【解析】将正方体还原之后如图所示,由于△ABC 的三条边均为正方体的面对角线,
故AB=AC=BC,即△ABC 是等边三角形,
所以∠ABC 的度数是60°.
8.(2020 届山西晋城月考)G,N,M,H 分别是下图中正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示直线GH,MN 是异面直线的图形
的是
.(填序号)
【解析】图①中,直线GH∥MN;图②中,G,H,N 三点共面,但M∉平面GHN,因此直线GH 与MN 异面;图③中,连接MG,GM∥HN,
因此GH 与MN 共面;图④中,G,M,N 共面,但H∉平面GMN,因此GH 与MN 异面.所以在图②④中,GH 与MN 异面.
【答案】②④
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9.
(2020 届四川成都月考)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,O 是B1D1的中点,直线A1C 交平面AB1D1于点M,则下列结论正
确的是(
).
A.A,M,O 三点共线B.A,M,O,A1不共面
C.A,M,C,O 不共面
D.B,B1,O,M 共面
【解析】因为M 在A1C 上,A1C 在平面A1ACC1内,所以M 在平面A1ACC1内,又因为M 在平面AB1D1内,所以M 在平面AB1D1
与平面A1ACC1的交线AO 上,即A,M,O 三点共线,因此A,M,O,A1共面且A,M,C,O 共面.因为平面BB1D1D 与平面AB1D1的交线为
B1D1,所以M 在平面BB1D1D 外,即B,B1,O,M 不共面,故选A.
10.(2020 届河北衡水调研)已知在四面体ABCD 中,E,F 分别是AC,BD 的中点,若AB=2,CD=4,EF⊥AB,则EF 与CD 所成的角
的大小为(
).
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
【解析】
设G 为AD 的中点,连接GF,GE,则GF,GE 分别为△ABD,△ACD 的中位线.由此可得,GF∥AB 且GF=
1
2AB=1,GE∥CD且
GE=
1
2CD=2,∴∠GEF 或其补角即为EF 与CD 所成的角.
又∵EF⊥AB,GF∥AB,∴EF⊥GF.
在Rt△EFG 中,GF=1,GE=2,∴∠GEF=30°.∴EF 与CD 所成的角的大小为30°,故选A.
11.
(2020 届甘肃庆阳期末)如图,已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形,C 是圆柱下底面弧AB 的中点,C1是圆柱上底面弧A1B1
的中点,那么异面直线AC1与BC 所成角的正切值为
.
【解析】取圆柱下底面弧AB 的另一中点D,连接C1D,AD,
因为C 是圆柱下底面弧AB 的中点,
所以AD∥BC,
所以直线AC1与AD 所成的角等于异面直线AC1与BC 所成的角.
因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点,
所以C1D⊥圆柱下底面,所以C1D⊥AD.
因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形,
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所以C1D= 2AD,
所以直线AC1与AD 所成角的正切值为2,
所以异面直线AC1与BC 所成角的正切值为2.
【答案】2
12.
如图所示,在空间四边形ABCD 中,E,F,G 分别在AB,BC,CD 上,且满足AE∶EB=CF∶FB=2∶1,CG∶GD=3∶1,过E,F,G 的平面交
AD 于点H.
(1)求AH∶HD;
(2)求证:EH,FG,BD 三线共点.
【解析】(1)∵
AE
EB=
CF
FB=2,∴EF∥AC,∴EF∥平面ACD.而EF⊂平面EFGH,且平面EFGH∩平面ACD=GH,∴EF∥GH,而
EF∥AC,∴AC∥GH,
∴
AH
HD=
CG
GD=3,即AH∶HD=3∶1.
(2)∵EF∥GH,且
EF
AC=
1
3,
GH
AC=
1
4,
∴EF≠GH,∴四边形EFGH 为梯形.
令EH∩FG=P,则P∈EH,P∈FG,
而EH⊂平面ABD,FG⊂平面BCD,
平面ABD∩平面BCD=BD,
∴P∈BD,∴EH,FG,BD 三线共点.
13.
(2020 届甘肃固原期末)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N 分别是A1B1,B1C1的中点.问:
(1)AM 与CN 是否是异面直线?说明理由.
(2)D1B 与CC1是否是异面直线?说明理由.
【解析】(1)AM 与CN 不是异面直线.理由如下:
如图,连接MN,A1C1,AC.
因为M,N 分别是A1B1,B1C1的中点,
所以MN∥A1C1.
又因为A1C1∥AC,
所以MN∥AC,
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所以A,M,N,C 在同一平面内,
故AM 和CN 不是异面直线.
(2)D1B 与CC1是异面直线.
理由如下:
因为ABCD-A1B1C1D1是正方体,所以B,C,C1,D1不共面.
假设D1B 与CC1不是异面直线,
则存在平面α,使D1B⊂平面α,CC1⊂平面α,所以D1,B,C,C1∈α,这与B,C,C1,D1不共面矛盾.
所以假设不成立,即D1B 与CC1是异面直线.
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§10.4
直线、平面平行的判定与性质
1.(2020 届陕西汉中模拟)若直线l 不平行于平面α,且l⊄α,则(
).
A.α内的所有直线与l 异面
B.α内不存在与l 平行的直线
C.α内存在唯一的直线与l 平行
D.α内的直线与l 都相交
【解析】因为直线l 不平行于平面α,且l⊄α,所以l 与α相交.观察各选项,易知A,C,D 都是错误的.
2.(2020 届陕西咸阳二模)设a,b 为两条不同直线,α,β为两个不同平面,则下列命题正确的是(
).
A.若a∥α,b∥α,则a∥b
B.若a⊂α,b⊂β,α∥β,则a∥b
C.若a∥α,a∥β,则α∥β
D.若a⊥α,b⊥β,a⊥b,则α⊥β
【解析】对于A 项,平行于同一平面的两条直线的位置关系可以是平行、相交、异面的,所以不正确;
对于B 项,分别位于两个互相平行的平面内的两条直线可以是平行、异面的,所以不正确;
对于C 项,平行于同一条直线的两个平面可以是相交的,也可以是平行的,所以不正确;
对于D 项,根据两个平面的法向量垂直时,两个平面是垂直的,可以得出若a⊥α,b⊥β,a⊥b,则α⊥β,所以是正确
的.
3.(2020 届甘肃平凉二模)如图,透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水,固定容器底面一边BC 于地面
上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,有下面四个命题:
①没有水的部分始终呈棱柱形;
②水面EFGH 所在四边形的面积为定值;
③棱A1D1始终与水面所在平面平行;
④当容器倾斜如图所示时,BE·BF 是定值.
其中正确命题的个数是(
).
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】由题图,显然①是正确的,②是错误的;
对于③,∵A1D1∥BC,BC∥FG,
∴A1D1∥FG 且A1D1⊄平面EFGH,
∴A1D1∥平面EFGH(水面).
∴③是正确的;
对于④,∵水是定量的(定体积V),
∴S△BEF·BC=V,即
1
2BE·BF·BC=V.
∴BE·BF=
2V
BC(定值),即④是正确的,故选C.
4.
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(2020 届山西太原月考)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H 分别是棱CC1,C1D1,D1D,CD 的中点,N 是BC 的中点,点M
在四边形EFGH 及其内部运动,则M 满足
时,有MN∥平面B1BDD1.
【解析】∵HN∥DB,FH∥D1D,∴平面FHN∥平面B1BDD1.
∵点M 在四边形EFGH 上及其内部运动,
故M∈FH.
【答案】M 在线段FH 上
5.(2020 届东北三校联考)在如图所示的四个正方体图形中,A,B 为正方体的两个顶点,M,N,P 分别为其所在棱的中点,能
得出AB∥平面MNP 的图形的序号是
.(写出所有符合要求的图形序号)
【解析】在①中,由于平面MNP 与AB 所在的侧面平行,所以AB∥平面MNP.在③中,由于AB 与以MP 为中位线的三
角形的底边平行,所以AB∥MP,又因为MP⊂平面MNP,AB⊄平面MNP,所以AB∥平面MNP.在②④中,只需平移AB,即可发现
AB 与平面MNP 相交.
【答案】①③
6.(2020 届安徽蚌埠教学质量检测)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F 分别为AA1,AB 的中点,M 是正方形
ABB1A1内的动点,若C1M∥平面CD1EF,则M 点的轨迹长度为
.
【解析】
如图所示,取A1B1的中点H,B1B 的中点G,连接GH,C1H,C1G,EG,HF,
可得四边形EGC1D1是平行四边形,∴C1G∥D1E.
同理可得C1H∥CF.
∵C1H∩C1G=C1,
∴平面C1GH∥平面CD1EF.
∵M 是正方形ABB1A1内的动点,C1M∥平面CD1E,
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∴点M 在线段GH 上.
∴M 点的轨迹长度为GH= 12 + 12= 2.
【答案】2
7.
(2020 届广东惠州模拟)如图,已知四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为平行四边形,点M,N,Q 分别是PA,BD,PD 的中点.求证:
(1)MN∥PC;
(2)平面MNQ∥平面PBC.
【解析】
(1)连接AC,由题意知P-ABCD 是四棱锥,底面ABCD 为平行四边形,点M,N,Q 分别是PA,BD,PD 的中点,连接AC,
∴N 是AC 的中点.
∴MN 是△ACP 的中位线,
∴MN∥PC.
(2)由(1)可得MN∥PC.∵M,Q 分别是PA,PD 的中点,
∴MQ 是△ADP 的中位线,∴MQ∥AD∥BC.
∵MQ∥BC,MN∥PC,BC⊂平面PBC,PC⊂平面PBC,BC∩PC=C,MQ⊂平面MNQ,MN⊂平面MNQ,MQ∩MN=M,
∴平面MNQ∥平面PBC.
8.
(2020 届安徽黄山二模)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D 是BC 的中点,且AD⊥BC,四边形ABB1A1为正方形.
(1)求证:A1C∥平面AB1D.
(2)若∠BAC=60°,BC=4,求点A1到平面AB1D 的距离.
【解析】
(1)如图,连接BA1,交AB1于点E,再连接DE,由已知得,四边形ABB1A1为正方形,故E 为AB1的中点.
因为D 是BC 的中点,所以DE∥A1C,又DE⊂平面AB1D,A1C⊄平面AB1D,所以A1C∥平面AB1D.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面BCC1B1⊥平面ABC,且BC 为它们的交线,
又AD⊥BC,所以AD⊥平面BCC1B1,又B1D⊂平面BCC1B1,
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所以AD⊥B1D,易知△ABC 为等边三角形,所以AD=2 3,B1D=2 5.
同理可得,过点D 作DG⊥AB,则DG⊥平面ABB1A1,且DG= 3.
设点A1到平面AB1D 的距离为h,由等体积法可得VA1-AB1D=VD-AA1B1,
即
1
3×
1
2AD·B1D·h=
1
3×
1
2AA1·A1B1·DG,得2 3×2 5h=4×4× 3,解得h=
4 5
5 .
即点A1到平面AB1D 的距离为
4 5
5 .
9.
(2020届宁夏银川模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,PA=AB=2,E为PA的中点,∠BAD=60°.
(1)求证:PC∥平面EBD.
(2)求三棱锥P-EDC 的体积.
【解析】(1)连接AC,设AC 与BD 相交于点O,连接OE.由题意知,底面ABCD 是菱形,则O 为AC 的中点,又E 为AP 的
中点,所以OE∥PC.因为OE⊂平面EBD,PC⊄平面EBD,所以PC∥平面EBD.
(2)S△PCE=
1
2S△PAC=
1
2×
1
2×2 3×2= 3.因为四边形ABCD 是菱形,所以AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.又
PA∩AC=A,所以DO⊥平面PAC,即DO 是三棱锥D-PCE 的高,且DO=1,则VP-EDC=VD-PCE=
1
3× 3×1=
3
3 .
10.
(2020 届辽宁校级月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
(1)求证:平面A1BD∥平面B1D1C.
(2)若E,F 分别是AA1,CC1的中点,求证:平面EB1D1∥平面FBD.
【解析】(1)由B1B∥DD1得四边形BB1D1D 是平行四边形,∴B1D1∥BD.
又B1D1⊂平面B1D1C,BD⊄平面B1D1C,∴BD∥平面B1D1C.
同理A1D∥平面B1D1C.
而A1D∩BD=D,∴平面A1BD∥平面B1D1C.
(2)由BD∥B1D1得BD∥平面EB1D1.
取BB1的中点G,连接AG,GF(图略),则AE
B1G,四边形AEB1G 为平行四边形,从而得B1E∥AG,
同理GF
AD,四边形AGFD 为平行四边形,∴AG∥DF.
∴B1E∥DF.∴DF∥平面EB1D1.
∵BD∩DF=D,B1E∩B1D1=B1,
∴平面EB1D1∥平面FBD.
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11.
(2020 届广东深圳二模)在边长为4 的正方形ABCD 中,点E,F 分别为边AB,AD 的中点,以CE 和CF 为折痕把△DFC 和△BEC
折起,使点B,D 重合于点P 位置,连接PA,得到如图所示的四棱锥P-AECF.
(1)在线段PC 上是否存在一点G,使PA 与平面EFG 平行?若存在,求出
PG
GC的值;若不存在,请说明理由.
(2)求点A 到平面PEC 的距离.
【解析】(1)假设PC 上存在点G,使PA∥平面EFG,
连接EF 交AC 于点O,
∵四边形ABCD 是正方形,E,F 分别是AB,AD 的中点,
∴OA=
1
4AC.
∵PA∥平面EFG,PA⊂平面PAC,平面PAC∩平面EFG=OG,
∴PA∥OG,
∴
PG
GC=
OA
OC=
1
3.
∴线段PC 上存在一点G,使PA 与平面EFG 平行,且
PG
GC=
1
3.
(2)∵PC⊥PE,PC⊥PF,PE∩PF=P,
∴PC⊥平面PEF,∴PC⊥PO,PC⊥EF.
∵E,F 分别是边AB,AD 的中点,∴EF⊥AC,
又PC∩AC=C,∴EF⊥平面PAC.
∵OC=
3
4AC=3 2,PC=4,∴PO= OC2-PC2= 2,
∴sin∠PCA=
PO
OC=
1
3,
∴S△PAC=
1
2·PC·AC·sin∠PCA=
8 2
3 .
又OE=
1
2EF= 2,
∴VE-PAC=
1
3×
8 2
3 × 2=
16
9 .
又S△PCE=
1
2·PC·PE=
1
2×4×2=4,设点A 到平面PCE 的距离为h,
∵VE-PAC=VA-PCE,
∴VA-PCE=
1
3×4×h=
16
9 ,解得h=
4
3.
∴点A 到平面PEC 的距离为
4
3.
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§10.5
直线、平面垂直的判定与性质
1.(2020 届广东东莞市统考)设m,n 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中正确的是(
).
A.α⊥β,α∩β=m,m⊥n⇒n⊥β
B.α⊥β=n,m⊂α,m∥β⇒m∥n
C.m⊥n,m⊂α,n⊂β⇒α⊥β
D.m∥α,n⊂α⇒m∥n
【解析】由m,n 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,得
在A 中,α⊥β,α∩β=m,m⊥n,则n 与β相交、平行或n⊂β,故A 错误;
在B 中,α⊥β=n,m⊂α,m∥β,则由线面平行的性质定理得m∥n,故B 正确;
在C 中,m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α与β相交或平行,故C 错误;
在D 中,m∥α,n⊂α,则m 与n 平行或异面,故D 错误.
2.(2020 届四川南充第二次适应性考试)已知m,n 为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,直线l 满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,
则(
).
A.α∥β且l∥α
B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交,且交线垂直于l
D.α与β相交,且交线平行于l
【解析】由m⊥平面α,直线l 满足l⊥m,且l⊄α,所以l∥α,又n⊥平面β,l⊥n,l⊄β,所以l∥β,由直线m,n 为
异面直线,且m⊥平面α,n⊥平面β,则α与β相交,否则,若α∥β,则推出m∥n,与m,n 异面矛盾,所以α,β相交,且交线
平行于l.
3.(2020 届安徽滁州模拟)已知在空间四边形ABCD 中,AD⊥BC,AD⊥BD,且△BCD 是锐角三角形,则必有(
).
A.平面ABD⊥平面ADC
B.平面ABD⊥平面ABC
C.平面ADC⊥平面BDC
D.平面ABC⊥平面BDC
【解析】∵AD⊥BC,AD⊥BD,BC∩BD=B,∴AD⊥平面BDC,又AD⊂平面ADC,∴平面ADC⊥平面BDC.
4.(2020 届四川内江、眉山等六市二诊)设m,n 为平面α外两条直线,其在平面α内的射影分别为两条直线m1和n1.给
出下列4 个命题:①m1∥n1⇒m∥n;②m∥n⇒m1与n1平行或重合;③m1⊥n1⇒m⊥n;④m⊥n⇒m1⊥n1.其中所有假命题的序号
是
.
【解析】①两条直线的射影互相平行,则两条直线不一定平行,也有可能是异面,所以错误.
②正确.
③在正四棱锥中,相邻的两条侧棱为m,n,其射影m1与n1为该正四棱锥的底面的两条对角线,但相邻的两条侧棱为
m,n,并不垂直,故③错误.
④当m⊥n 时,m1与n1也可能重合,故④错误.
所以假命题为①③④.
【答案】①③④
5.
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(2020 届武邑县校级月考)如图,在四棱锥P-ABCD 中,△PAB 与△PBC 是正三角形,平面PAB⊥平面PBC,AC⊥BD,则下列结
论不一定成立的是(
).
A.PB⊥AC
B.PD⊥平面ABCD
C.AC⊥PD
D.平面PBD⊥平面ABCD
【解析】
在A 中,取PB 的中点O,连接AO,CO,∵△PAB 与△PBC 是正三角形,平面PAB⊥平面
PBC,AC⊥BD,∴AO⊥PB,CO⊥PB.∵AO∩CO=O,∴PB⊥平面AOC.∵AC⊂平面AOC,∴PB⊥AC,故A 成立.
在B 中,点D 位置不确定,故B 不一定成立.
在C 中,∵PB⊥平面AOC,AC⊂平面AOC,∴AC⊥PB.∵AC⊥BD,PB∩BD=B,∴AC⊥平面PBD,∵PD⊂平面PBD,∴AC⊥PD,
故C 成立.
在D 中,∵AC⊥平面PBD,AC⊂平面ABCD,∴平面PBD⊥平面ABCD,故D 成立.故选B.
6.
(2020 届陕西西安八校联考)如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧面PCD⊥底面ABCD,PD⊥CD,E,F 分别为PC,PA 的中点,底面是直
角梯形,AB∥CD,∠ADC=90°,AB=AD=PD=2,CD=4.
(1)求证:平面PBC⊥平面PBD.
(2)求点E 到平面PAB 的距离.
【解析】(1)在直角梯形ABCD 中,过点B 作BH⊥CD 于点H,
在△BCH 中,BH=CH=2,∴∠BCH=45°.
又在△DAB 中,AD=AB=2,∴∠ADB=45°.
∴∠BDC=45°,∴∠DBC=90°,∴BC⊥BD.
∵PD⊥CD,平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PD⊂平面PCD,
∴PD⊥平面ABCD,∴PD⊥BC.
又∵BD∩PD=D,BD⊂平面PBD,PD⊂平面PBD,
∴BC⊥平面PBD.
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又∵BC⊂平面PBC,
∴平面PBC⊥平面PBD.
(2)∵AB∥CD,且AB⊂平面PAB,CD⊄平面PAB,∴CD∥平面PAB.
在Rt△PDA 中,由AD=PD=2,可得点D 到PA 的距离为2,即点D 到平面PAB 的距离为2.
又E 为PC 的中点,可得点E 到平面PAB 的距离为
2
2 .
7.(2020 届陕西四校联考)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,D 为CC1的中点.
(1)求证:AB1⊥平面A1BD.
(2)求三棱锥B-A1B1D 的体积.
【解析】(1)由正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等可知AB1⊥A1B.如图,取BC 的中点E,连接B1E,AE,则
Rt△BCD≌Rt△B1BE,
∴∠BB1E=∠CBD,
∴∠CBD+∠BEB1=∠BB1E+∠BEB1=90°,∴BD⊥B1E.
由平面ABC⊥平面BCC1B1,平面ABC∩平面BCC1B1=BC,且AE⊥BC,得AE⊥平面BCC1B1,∴AE⊥BD.
∵B1E⊂平面AEB1,AE⊂平面AEB1,AE∩B1E=E.
∴BD⊥平面AEB1,∴BD⊥AB1.
∵A1B⊂平面A1BD,BD⊂平面A1BD,A1B∩BD=B,
∴AB1⊥平面A1BD.
(2)∵AA1∥平面BCC1B1,
∴点A1到平面BCC1B1的距离等于AE= AB2-BE2= 22-12= 3,
S△BDB1=
1
2 S正方形BCC1B1=
1
2×2×2=2.
∴VB-A1B1D=VA1-BDB1=
1
3 S△BDB1·AE=
1
3×2× 3=
2 3
3 ,
故三棱锥B-A1B1D 的体积为
2 3
3 .
8.
(2020 届江西上饶市二模)如图所示,在三棱锥P-ABC 中,底面是边长为2 的正三角形,PA⊥底面ABC,点E,F,G 分别为
AC,PC,PB 的中点,且异面直线AG 和PC 所成的角的大小为
π
3.
(1)求证:平面BEF⊥平面PAC.
(2)求三棱锥C-ABF 的体积.
【解析】(1)∵AB=BC,E 为AC 的中点,∴BE⊥AC,
又∵PA⊥平面ABC,BE⊂平面ABC,∴PA⊥BE.
∵PA∩AC=A,∴BE⊥平面PAC.∵BE⊂平面BEF,
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∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)取BC 的中点H,连接GH,AH,
∵△ABC 为正三角形,PA⊥底面ABC,∴PB=PC.
又∵H,G 分别为BC,PB 的中点,∴GH∥PC,AG=
1
2PB,GH=
1
2PC,GA=GH.
∵异面直线AG 和PC 所成的角的大小为
π
3,
∴∠AGH=
π
3,
∴△AGH 为正三角形,AG=GH=AH= 3,∴PC=2 3.
又∵AC=2,∴PA=2 2.
∵EF=
1
2PA= 2,EF∥PA,∴EF⊥底面ABC,
因此三棱锥C-ABF 的体积等于三棱锥F-ABC 的体积,其体积为
1
3× 2×
3
4 ×2
2=
6
3 .
9.(2020 届河南郑州市第二次质检)在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是边长为2 的菱形,∠BAD=
π
3,△PAD 是等边三角形,F
为AD 的中点,PD⊥BF.
(1)求证:AD⊥PB.
(2)若点E 在线段BC 上,且EC=
1
4BC,能否在棱PC 上找到一点G,使平面DEG⊥平面ABCD?若存在,求四面体D-CEG 的体积.
【解析】(1)连接PF,BD,
∵△PAD 是等边三角形,F 为AD 的中点,
∴PF⊥AD.
∵底面ABCD 是菱形,∠BAD=
π
3,
∴△ABD 是等边三角形.
∵F 为AD 的中点,∴BF⊥AD.
又PF,BF⊂平面PBF,PF∩BF=F,
∴AD⊥平面PBF.
∵PB⊂平面PBF,∴AD⊥PB.
(2)由(1)得BF⊥AD,
∵PD⊥BF,AD,PD⊂平面PAD,
∴BF⊥平面PAD,又BF⊂平面ABCD,
∴平面PAD⊥平面ABCD.
由题意知得PF⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
∴PF⊥平面ABCD.
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连接FC 交DE 于点H,则△HEC 与△HDF 相似.
又EC=
1
4BC=
1
2FD,∴CH=
1
3CF,
∴在△PFC 中,过H 作GH∥PF 交PC 于点G,则GH⊥平面ABCD,又GH⊂平面GED,则平面GED⊥平面ABCD,
此时CG=
1
3CP,
∴VD-CEG=VG-CED=
1
3S△CED·GH=
1
3×
1
8×2×2×
3
2 ×
1
3PF=
1
12.
故存在点G 满足CG=
1
3CP,使平面DEG⊥平面ABCD,且四面形D-CEG 的体积为
1
12.
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§11.1
空间向量及其运算
1.(2020 届河南郑州月考)已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b 与2a-b 互相垂直,则实数k 的值是(
).
A.1 B.
1
5 C.
3
5 D.
7
5
【解析】易知ka+b=k(1,1,0)+(-1,0,2)=(k-1,k,2),
2a-b=2(1,1,0)-(-1,0,2)=(3,2,-2).
因为ka+b 与2a-b 互相垂直,
所以(ka+b)·(2a-b)=(k-1,k,2)·(3,2,-2)=0,解得k=
7
5.
2.(2020 届安徽黄山月考)已知点A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则向量AB
ሬԦ
ሬሬ与AC
ሬԦ
ሬሬ的夹角为(
).
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
【解析】由已知得AB
ሬԦ
ሬሬ=(0,3,3),AC
ሬԦ
ሬሬ=(-1,1,0),所以cos<AB
ሬԦ
ሬሬ,AC
ሬԦ
ሬሬ>=
AB
ሬԦ
ሬሬሬ·AC
ሬԦ
ሬሬ
|AB
ሬԦ
ሬሬሬ||AC
ሬԦ
ሬሬ|=
3
3 2× 2=
1
2,所以向量AB
ሬԦ
ሬሬ与AC
ሬԦ
ሬሬ的夹角为60°.
3.(2020 届山东济南月考)O 为空间任意一点,若OP
ሬԦ
ሬሬ=
3
4 OA
ሬԦ
ሬሬሬ+
1
8 OB
ሬԦ
ሬሬሬ+
1
8 OC
ሬԦ
ሬሬ,则A,B,C,P 四点(
).
A.一定不共面
B.一定共面
C.不一定共面
D.无法判断
【解析】因为OP
ሬԦ
ሬሬ=
3
4 OA
ሬԦ
ሬሬሬ+
1
8 OB
ሬԦ
ሬሬሬ+
1
8 OC
ሬԦ
ሬሬ,且
3
4+
1
8+
1
8=1,所以P,A,B,C 四点共面.
4.(2020 届安徽六安期末)若{a,b,c}为空间的一组基底,则下列各项中,能构成基底的一组向量是(
).
A.{a,a+b,a-b}
B.{b,a+b,a-b}
C.{c,a+b,a-b}
D.{a+b,a-b,a+2b}
【解析】若c,a+b,a-b 共面,则c=λ(a+b)+m(a-b)=(λ+m)a+(λ-m)b,则a,b,c 为共面向量,与{a,b,c}为空间向量的
一组基底矛盾,故c,a+b,a-b 可构成空间向量的一组基底.
5.(2020 届河北邯郸月考)与向量a=(-1,-2,2)共线的单位向量是(
).
A. -
1
3 ,-
2
3 ,
2
3 和
1
3 ,
2
3 ,-
2
3
B. -
1
3 ,-
2
3 ,
2
3
C.
1
3 ,
2
3 ,-
2
3
D. -
1
3 ,-
2
3 ,
2
3 或
1
3 ,
2
3 ,-
2
3
【解析】因为与向量a 共线的单位向量是±
a
|a|,又因为向量(-1,-2,2)的模为(-1)2 + ( −2)2 + 22=3,所以与向量
(-1,-2,2)共线的单位向量是±
1
3(-1,-2,2),故选A.
6.(2020 届湖北襄阳月考)若平面α,β的法向量分别为n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则(
).
A.α∥β
B.α⊥β
C.α,β相交但不垂直D.以上均不正确
【解析】因为n1·n2=2×(-3)+(-3)×1+5×(-4)=-29≠0,所以n1与n2不垂直,又n1,n2不共线,所以α与β相交但不
垂直.故选C.
7.(2020 届陕西咸阳期中)已知点A(1,-2,11),B(4,2,3),C(6,-1,4),则△ABC 的形状是(
).
A.等腰三角形
B.等边三角形
C.直角三角形
D.等腰直角三角形
【解析】AB
ሬԦ
ሬሬ=(3,4,-8),AC
ሬԦ
ሬሬ=(5,1,-7),BC
ሬԦ
ሬሬ=(2,-3,1),所以
|AB
ሬԦ
ሬሬ|= 32 + 42 + 82= 89,|AC
ሬԦ
ሬሬ|= 52 + 12 + 72= 75,|BC
ሬԦ
ሬሬ|= 22 + 32 + 12= 14,所以|AC
ሬԦ
ሬሬ|
2+|BC
ሬԦ
ሬሬ|
2=75+14=89=|AB
ሬԦ
ሬሬ|
2.
所以△ABC 为直角三角形.故选C.
8.(2020 届河北石家庄模拟)已知空间四边形OABC 中,OA
ሬԦ
ሬሬሬ=a,OB
ሬԦ
ሬሬሬ=b,OC
ሬԦ
ሬሬ=c,点M 在OA 上,且OM=2MA,N 为BC 的中点,则
MN
ሬ
Ԧ
ሬሬሬ=(
).
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A.
1
2a-
2
3b+
1
2c
B.-
2
3a+
1
2b+
1
2c
C.
1
2a+
1
2b-
1
2c
D.
2
3a+
2
3b-
1
2c
【解析】
如图所示,MN
ሬ
Ԧ
ሬሬሬ=MA
ሬԦ
ሬሬሬ+AB
ሬԦ
ሬሬ+BN
ሬԦ
ሬሬሬ
=
1
3 OA
ሬԦ
ሬሬሬ+(OB
ሬԦ
ሬሬሬ-OA
ሬԦ
ሬሬሬ)+
1
2 BC
ሬԦ
ሬሬ
=OB
ሬԦ
ሬሬሬ-
2
3 OA
ሬԦ
ሬሬሬ+
1
2(OC
ሬԦ
ሬሬ-OB
ሬԦ
ሬሬሬ)
=-
2
3 OA
ሬԦ
ሬሬሬ+
1
2 OB
ሬԦ
ሬሬሬ+
1
2 OC
ሬԦ
ሬሬ
=-
2
3a+
1
2b+
1
2c,故选B.
9.
(2020 届甘肃庆阳模拟)如图所示,直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为3,底面边长A1C1=B1C1=1,且∠A1C1B1=90°,点D 在棱AA1
上且AD=2DA1,点P 在棱C1C 上,则PD
ሬԦ
ሬሬ·PB1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ的最小值为(
).
A.
5
2 B.-
1
4C.
1
4 D.-
5
2
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则D(1,0,2),B1(0,1,3).设P(0,0,z),则
PD
ሬԦ
ሬሬ=(1,0,2-z),PB1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ=(0,1,3-z),∴PD
ሬԦ
ሬሬ·PB1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ=0+0+(2-z)(3-z)= z-
5
2
2
-
1
4,故当z=
5
2时,PD
ሬԦ
ሬሬ·PB1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ取得最小值,最小值为-
1
4.故选B.
10.
(2020 届四川自贡期末)如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=
π
2,∠BAA1=
2
3π,∠CAA1=
π
3,AB=AC=1,AA1=2,O 是B1C 与BC1的
交点.
(1)用向量AB
ሬԦ
ሬሬ,AC
ሬԦ
ሬሬ,AA1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ表示向量AO
ሬԦ
ሬሬሬ;
(2)求异面直线AO 与BC 所成的角的余弦值;
(3)判定平面ABC 与平面B1BCC1的位置关系.
【解析】(1)AO
ሬԦ
ሬሬሬ=AB
ሬԦ
ሬሬ+BO
ሬԦ
ሬሬሬ=AB
ሬԦ
ሬሬ+
1
2(BC
ሬԦ
ሬሬ+BB1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ)=AB
ሬԦ
ሬሬ+
1
2(AC
ሬԦ
ሬሬ-AB
ሬԦ
ሬሬ+AA1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ)=
1
2(AB
ሬԦ
ሬሬ+AC
ሬԦ
ሬሬ+AA1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ).
(2)设AB
ሬԦ
ሬሬ=a,AC
ሬԦ
ሬሬ=b,AA1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ=c.
|AO
ሬԦ
ሬሬሬ|
2=
1
2 (a + b + c)
2
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=
1
4(a
2+b
2+c
2+2a·b+2b·c+2a·c)
=
1
4 1 + 1 + 4 + 0 + 2 × 1 × 2cos
π
3 + 2 × 1 × 2cos
2
3 π
=
3
2.
所以|AO
ሬԦ
ሬሬሬ|=
6
2 .
又因为BC
ሬԦ
ሬሬ=b-a,
所以AO
ሬԦ
ሬሬሬ·BC
ሬԦ
ሬሬ=
1
2(a+b+c)(b-a)=1,|BC
ሬԦ
ሬሬ|= 2.
所以cos<AO
ሬԦ
ሬሬሬ,BC
ሬԦ
ሬሬ>=
AO
ሬԦ
ሬሬሬ·BC
ሬԦ
ሬሬ
|AO
ሬԦ
ሬሬሬ||BC
ሬԦ
ሬሬ|=
3
3 .
所以异面直线AO 与BC 所成的角的余弦值为
3
3 .
(3)取BC 的中点E,连接AE,
则AE
ሬԦ
ሬሬ=
1
2(AB
ሬԦ
ሬሬ+AC
ሬԦ
ሬሬ)=
1
2(a+b).
因为AB=AC,E 为BC 的中点,所以AE⊥BC.
又AE
ሬԦ
ሬሬ·BB1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ=
1
2(a+b)·c
=
1
2 1 × 2cos
2
3 π + 1 × 2cos
π
3 =0,
所以AE⊥BB1.
因为BC∩BB1=B,所以AE⊥平面B1BCC1.
又AE⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面B1BCC1.
11.
(2020 届甘肃定西质检)如图所示,已知四棱锥P-ABCD 的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD,平面
PBC⊥底面ABCD.求证:
(1)PA⊥BD;
(2)平面PAD⊥平面PAB.
【解析】(1)取BC 的中点O,连接PO,
∵△PBC 为等边三角形,∴PO⊥BC.
∵平面PBC⊥底面ABCD,平面PBC∩底面ABCD=BC,PO⊂平面PBC,
∴PO⊥底面ABCD.
以BC 的中点O 为坐标原点,以BC 所在直线为x 轴,过点O 与AB 平行的直线为y 轴,OP 所在直线为z 轴,建立空间
直角坐标系O-xyz,如图所示.
不妨设CD=1,则AB=BC=2,PO= 3,
∴A(1,-2,0),B(1,0,0),D(-1,-1,0),P(0,0, 3),
∴BD
ሬԦ
ሬሬሬ=(-2,-1,0),PA
ሬԦ
ሬሬ=(1,-2,- 3).
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∵BD
ሬԦ
ሬሬሬ·PA
ሬԦ
ሬሬ=(-2)×1+(-1)×(-2)+0×(- 3)=0,
∴PA
ሬԦ
ሬሬ⊥BD
ሬԦ
ሬሬሬ,∴PA⊥BD.
(2)取PA 的中点M,连接DM,则M
1
2 ,-1,
3
2 .
∵DM
ሬ
Ԧ
ሬሬሬ=
3
2 ,0,
3
2 ,PB
ሬԦ
ሬሬ=(1,0,- 3),
∴DM
ሬ
Ԧ
ሬሬሬ·PB
ሬԦ
ሬሬ=
3
2×1+0×0+
3
2 ×(- 3)=0,
∴DM
ሬ
Ԧ
ሬሬሬ⊥PB
ሬԦ
ሬሬ,即DM⊥PB.
∵DM
ሬ
Ԧ
ሬሬሬ·PA
ሬԦ
ሬሬ=
3
2×1+0×(-2)+
3
2 ×(- 3)=0,
∴DM
ሬ
Ԧ
ሬሬሬ⊥PA
ሬԦ
ሬሬ,即DM⊥PA.
又∵PA∩PB=P,PA⊂平面PAB,PB⊂平面PAB,
∴DM⊥平面PAB.
∵DM⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面PAB.
12.
(2020 届河南开封模拟)如图,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD 为等边三角形,AD=DE=2AB.
(1)求证:平面BCE⊥平面CDE.
(2)若点M 是CD 的中点,证明:AM∥平面BCE.
【解析】(1)设AD=DE=2AB=2a,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则
A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),D(a, 3a,0),E(a, 3a,2a).
所以BE
ሬԦ
ሬሬ=(a, 3a,a),BC
ሬԦ
ሬሬ=(2a,0,-a),CD
ሬԦ
ሬሬ=(-a, 3a,0),ED
ሬԦ
ሬሬ=(0,0,-2a).
设平面BCE 的法向量为n1=(x1,y1,z1),
由BE
ሬԦ
ሬሬ·n1 = 0,
BC
ሬԦ
ሬሬ·n1 = 0
可得ax1 +
3ay1 + az1 = 0,
2ax1-az1 = 0,
即x1 +
3y1 + z1 = 0,
2x1-z1 = 0.
令z1=2,可得n1=(1,- 3,2).
设平面CDE 的法向量为n2=(x2,y2,z2),
由CD
ሬԦ
ሬሬ·n2 = 0,
ED
ሬԦ
ሬሬ·n2 = 0
可得-ax2 +
3ay2 = 0,
-2az2 = 0,
即-x2 +
3y2 = 0,
z2 = 0.
令y2=1,可得n2=( 3,1,0).
因为n1·n2=1× 3+(- 3)×1+2×0=0.
所以n1⊥n2,
所以平面BCE⊥平面CDE.
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(2)易得M
3
2 a,
3
2 a,0 ,则AM
ሬԦ
ሬሬሬ=
3
2 a,
3
2 a,0 ,又平面BCE 的一个法向量为n1=(1,- 3,2),
则AM
ሬԦ
ሬሬሬ·n1=
3
2a×1+
3
2 a×(- 3)+0×2=0.
所以AM
ሬԦ
ሬሬሬ⊥n1,又AM⊄平面BCE,
所以AM∥平面BCE.
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§11.2
利用空间向量求空间角与距离
1.(2020 届安徽蚌埠教学质量检查)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AC⊥BD 交于点
O,∠ABC=90°,AD=CD,PO⊥底面ABCD.
(1)求证:AC⊥平面PBD.
(2)若△PBC 是边长为2 的等边三角形,求点O 到平面PBC 的距离.
【解析】(1)在四棱锥P-ABCD 中,PO⊥底面ABCD,∵AC⊂底面
ABCD,∴AC⊥PO.
又AC⊥BD,BD∩PO=O,∴AC⊥平面PBD.
(2)以O 为原点,OD 所在直线为x 轴,OC 所在直线为y 轴,OP 所在直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,
由题意知AO=OC,
故AB=BC=2,AC= 4 + 4=2 2,AO=CO=BO=PO= 2,
∴P(0,0, 2),O(0,0,0),C(0, 2,0),B(- 2,0,0),PO
ሬԦ
ሬሬ=(0,0,- 2),PB
ሬԦ
ሬሬ=(- 2,0,- 2),PC
ሬԦ
ሬሬ=(0, 2,- 2).
设平面PBC 的法向量为n=(x,y,z),
则n·PB
ሬԦ
ሬሬ=−
2x- 2z = 0,
n·PC
ሬԦ
ሬሬ=
2y- 2z = 0,
取x=1,得n=(1,-1,-1),
∴点O 到平面PBC 的距离d=
|PO
ሬԦ
ሬሬሬ·n|
|n| =
2
3=
6
3 .
2.(2020 届黑龙江哈尔滨一模)如图所示,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥底面ABCD,四边形ABCD 为菱
形,∠BAD=120°,AB=AA1=2A1B1=2.
(1)若M 为CD 的中点,求证:AM⊥平面AA1B1B.
(2)求直线DD1与平面A1BD 所成角的正弦值.
【解析】(1)∵四边形ABCD 为菱形,∠BAD=120°,连接AC,则△ACD 为等边三角形.
又∵M 为CD 的中点,∴AM⊥CD.
由CD∥AB 得AM⊥AB.
∵AA1⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,∴AM⊥AA1.
又∵AB∩AA1=A,
∴AM⊥平面AA1B1B.
(2)∵四边形ABCD 为菱形,∠BAD=120°,AB=AA1=2A1B1=2,
∴DM=1,AM= 3.
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分别以AB,AM,AA1所在直线为x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
易知A1(0,0,2),B(2,0,0),D(-1, 3,0),D1 -
1
2 ,
3
2 ,2 ,
∴DD1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ=
1
2 ,-
3
2 ,2 ,BD
ሬԦ
ሬሬሬ=(-3, 3,0),A1B
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ=(2,0,-2).
设平面A1BD 的法向量为n=(x,y,z),
则有n·BD
ሬԦ
ሬሬሬ= 0,
n·A1B
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ= 0,
∴-3x +
3y = 0,
2x-2z = 0,
∴y= 3x= 3z.
令x=1,则n=(1, 3,1),
∴直线DD1与平面A1BD 所成角θ的正弦值
sin θ=|cos<n,DD1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ>|=
|n·DD1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬሬ|
|n||DD1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬሬ|=
1
5.
3.
(2020 届河北武邑质检)在四棱锥P-ABCD 中,BC=BD=DC=2 3,AD=AB=PD=PB=2.
(1)若E 为PC 的中点,求证:BE∥平面PAD.
(2)当平面PBD⊥平面ABCD 时,求二面角C-PD-B 的余弦值.
【解析】(1)取CD 的中点M,连接EM,BM,
由已知得,△BCD 为等边三角形,∴BM⊥CD.
∵AD=AB=2,BD=2 3,
∴∠ADB=∠ABD=30°,
∴∠ADC=90°,∴BM∥AD.
又∵BM⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,
∴BM∥平面PAD.
∵E 为PC 的中点,M 为CD 的中点,∴EM∥PD.
又∵EM⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,
∴EM∥平面PAD.
∵EM∩BM=M,PD∩DA=D,
∴平面BEM∥平面PAD.
∵BE⊂平面BEM,∴BE∥平面PAD.
(2)连接AC,交BD 于点O,连接PO,由对称性知,O 为BD 的中点,且AC⊥BD,PO⊥BD.
∵平面PBD⊥平面ABCD,PO⊥BD,
∴PO⊥平面ABCD,PO=AO=1,CO=3.
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以O 为坐标原点,OC
ሬԦ
ሬሬ的方向为x 轴正方向,OB
ሬԦ
ሬሬሬ的方向为y 轴正方向,OP
ሬԦ
ሬሬ的方向为z 轴正方向,建立如图所示的空间
直角坐标系O-xyz.
则D(0,- 3,0),C(3,0,0),P(0,0,1).
易知平面PBD 的一个法向量为n1=(1,0,0).
设平面PCD 的法向量为n2=(x,y,z),
则n2⊥DC
ሬԦ
ሬሬ,n2⊥DP
ሬԦ
ሬሬ,∴n2·DC
ሬԦ
ሬሬ= 0,
n2·DP
ሬԦ
ሬሬ= 0.
∵DC
ሬԦ
ሬሬ=(3, 3,0),DP
ሬԦ
ሬሬ=(0, 3,1),∴3x +
3y = 0,
3y + z = 0.
令y= 3,得x=-1,z=-3,∴n2=(-1, 3,-3),
∴cos<n1,n2>=
n1·n2
|n1||n2|=
-1
13=-
13
13 .
设二面角C-PD-B 的大小为θ,由图可知,θ为锐角,则cos θ=
13
13 .
4.
(2020 届辽宁沈阳五模)如图所示,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD 是平行四边
形,∠ABC=45°,AD=AP=2,AB=DP=2 2,E 是CD 的中点,点F 在线段PB 上.
(1)证明:AD⊥PC.
(2)若PF
ሬԦ
ሬሬ=λPB
ሬԦ
ሬሬ,λ∈[0,1],求实数λ使直线EF 与平面PDC 所成角和直线EF 与平面ABCD 所成角相等.
【解析】(1)在△PAD 中,PA
2+AD
2=PD
2,∴∠PAD=90°,∴AD⊥PA.
连接AC,在△ABC 中,AC
2=AB
2+BC
2-2AB·BCcos∠ABC=4,
∴AC
2+BC
2=AB
2,∴AC⊥BC,∴AD⊥AC.
又PA∩AC=A,∴AD⊥平面PAC.
∵PC⊂平面PAC,∴AD⊥PC.
(2)由(1)知PA⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PA⊥底面ABCD,∴以A 为原点,DA 延长线、
AC、AP 所在直线分别为x、y、z 轴建立空间直角坐标系(图略).
∴A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(-2,0,0),E(-1,1,0),P(0,0,2).
∴PC
ሬԦ
ሬሬ=(0,2,-2),PD
ሬԦ
ሬሬ=(-2,0,-2),PB
ሬԦ
ሬሬ=(2,2,-2),
可得PF
ሬԦ
ሬሬ=(2λ,2λ,-2λ),
故F(2λ,2λ,-2λ+2),EF
ሬԦ
ሬሬ=(2λ+1,2λ-1,-2λ+2).
设平面PCD 的法向量为m=(x,y,z),则m·PC
ሬԦ
ሬሬ= 0,
m·PD
ሬԦ
ሬሬ= 0,
可取m=(1,-1,-1),
又平面ABCD 的一个法向量为n=(0,0,1),
由题意得|cos<EF
ሬԦ
ሬሬ,m>|=|cos<EF
ሬԦ
ሬሬ,n>|,即
2−2λ
|EF
ሬԦ
ሬሬ| =
2λ
3|EF
ሬԦ
ሬሬ|,解得λ=
3−3
2 .
5.
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(2020 届湖南百所名校大联考)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,侧面A1B1BA 与侧面A1C1CA 是全等的梯形,若A1A⊥AB,A1A⊥AC
且AB=2A1B1=4A1A.
(1)若CD
ሬԦ
ሬሬ=2DA1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ,AE
ሬԦ
ሬሬ=2EB
ሬԦ
ሬሬ,证明:DE∥平面BCC1B1.
(2)若二面角C1-AA1-B 为
π
3,求平面A1B1BA 与平面BCC1B1所成的锐二面角的余弦值.
【解析】(1)连接AC1,BC1,在梯形A1C1CA 中,AC=2A1C1,CD
ሬԦ
ሬሬ=2DA1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ,
所以AC1∩A1C=D,所以AD
ሬԦ
ሬሬሬ=2DC1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ,
又AE
ሬԦ
ሬሬ=2EB
ሬԦ
ሬሬ,所以DE∥BC1.
因为BC1⊂平面BCC1B1,DE⊄平面BCC1B1,
所以DE∥平面BCC1B1.
(2)因为A1A⊥AC,A1A⊥AB,所以∠BAC 为二面角C1-AA1-B 的平面角,则∠BAC=
π
3,所以△ABC,△A1B1C1均为正三角形,
在平面ABC 内,过点A 作AC 的垂线,如图,建立空间直角坐标系A-xyz,不妨设AA1=1,则A1B1=A1C1=2,AB=AC=4,则
A1(0,0,1),C(0,4,0),B(2 3,2,0),B1( 3,1,1),AB
ሬԦ
ሬሬ=(2 3,2,0),AB1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ=( 3,1,1),CB
ሬԦ
ሬሬ=(2 3,-2,0),CB1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ=( 3,-3,1).
设平面A1B1BA 的法向量为m=(x1,y1,z1),
则有AB
ሬԦ
ሬሬ·m = 0,
AB1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ·m = 0,
即2 3x1 + 2y1 = 0,
3x1 + y1 + z1 = 0,
取y1=- 3,得m=(1,- 3,0),
同理可得平面BCC1B1的一个法向量为n=(1, 3,2 3),
所以cos<m,n>=
m·n
|m||n|=-
1
4,
故平面A1B1BA 与平面BCC1B1所成的锐二面角的余弦值为
1
4.
6.
(2020 届广西南宁一模)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为菱形,∠ABC=60°,PB=PC,E 为线段BC 的中点,F 为线段PA
上的一点.
(1)证明:平面PAE⊥平面BCP.
(2)若PA=AB=
2
2 PB,二面角A-BD-F 的余弦值为
3
5,求PD 与平面BDF 所成角的正弦值.
【解析】(1)由题意得AE⊥BC,PE⊥BC,
因为AE∩PE=E,所以BC⊥平面PAE,
因为BC⊂平面BCP,所以平面PAE⊥平面BCP.
(2)因为BC⊥平面PAE,BC∥AD,所以PA⊥AD.
因为PA=AB=
2
2 PB,所以PA
2+AB
2=PB
2,所以PA⊥AB.
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因为AB∩AD=A,所以PA⊥平面ABCD.
以A 为原点,AE,AD,AP 所在直线分别为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系A-xyz,如图所示,
设PA=AB=
2
2 PB= 2,AF=t,则B
6
2 ,-
2
2 ,0 ,D(0, 2,0),F(0,0,t),
所以BD
ሬԦ
ሬሬሬ= -
6
2 ,
3 2
2 ,0 ,BF
ሬԦ
ሬሬ= -
6
2 ,
2
2 ,t ,
设平面BDF 的法向量为n=(x,y,z),
则n·BD
ሬԦ
ሬሬሬ= 0,
n·BF
ሬԦ
ሬሬ= 0,
即
-
6
2 x +
3 2
2 y = 0,
-
6
2 x +
2
2 y + tz = 0,
取y=1,得n=
3,1,
2
t
,
同理可得平面ABD 的一个法向量为m=(0,0,1),
因为二面角A-BD-F 的余弦值为
3
5,
所以|cos<m·n>|=
2
t
4+ 2
t2
=
3
5,解得t=
2 2
3 ,
所以F 0,0,
2 2
3
,P(0,0, 2),PD
ሬԦ
ሬሬ=(0, 2,- 2).
又平面BDF 的一个法向量为n=
3,1,
3
2 ,设PD 与平面BDF 所成的角为θ,则sin θ=
|PD
ሬԦ
ሬሬሬ·n|
|PD
ሬԦ
ሬሬሬ||n|=
2
10.
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§12.1
直线方程与两条直线的位置关系
1.(2020 届安徽合肥模拟)直线l:xsin 30°+ycos 150°+1=0 的斜率是(
).
A.
3
3 B. 3
C.- 3
D.-
3
3
【解析】设直线l 的斜率为k,则k=-
sin30°
cos150°=
3
3 .
2.(2020 届黑龙江模拟)已知△ABC 的三个顶点坐标分别为A(1,2),B(3,6),C(5,2),M 为AB 的中点,N 为AC 的中点,则中位线
MN 所在直线的方程为(
).
A.2x+y-12=0 B.2x-y-12=0
C.2x+y-8=0
D.2x-y+8=0
【解析】由题意知M(2,4),N(3,2),则中位线MN 所在直线的方程为
y-4
2−4=
x-2
3−2,整理得2x+y-8=0.
3.(2020 届河北保定五校联考)已知直线l1:mx-2y+1=0,l2:x-(m-1)y-1=0,则“m=2”是“l1∥l2”的(
).
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】由l1∥l2得-m(m-1)=1×(-2),解得m=2 或m=-1,经验证,当m=-1 时,直线l1与l2重合,舍去,所以“m=2”是
“l1∥l2”的充要条件.
4.(2020 届陕西西安三模)已知直线l1:2x-y-2=0 与直线l2:3x+y-8=0 的交点为P,则点P 到直线l:y=-2x+ 5的距离为
(
).
A.
4
5 B.
30−5
5
C.
6 5-5
5
D.
6−5
5
【解析】联立2x-y-2=0,
3x + y-8=0,得P(2,2),所以点P(2,2)到直线l:y=-2x+ 5的距离d=
|6- 5|
5 =
6 5-5
5 .
5.(2020 届广东湛江模拟)已知点A(0,0),B(2,4),则线段AB 的垂直平分线的方程是(
).
A.4x+2y=5
B.4x-2y=5
C.x+2y=5
D.x-2y=5
【解析】因为点A(0,0),B(2,4),则线段AB 的中点为C(1,2),斜率为
4−0
2−0=2,故它的垂直平分线的斜率为-
1
2,所以线段AB
的垂直平分线的方程为y-2=-
1
2(x-1),即x+2y=5.
6.(2020 届福建福州模拟)已知直线(3-2k)x-y-6=0 不经过第一象限,则实数k 的取值范围为(
).
A. -∞,
3
2 B. -∞,
3
2
C.
3
2 ,+∞
D.
3
2 ,+∞
【解析】因为直线(3-2k)x-y-6=0,即y=(3-2k)x-6,它经过定点(0,-6),不经过第一象限,则它的斜率需满足3-2k≤0,
解得k≥
3
2.
7.(2020 届湖南长沙模拟)过点(1,3)作直线l,若l 经过点(a,0)和(0,b),且a∈N
*,b∈N
*,则可作出的直线l 的条数为
(
).
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】设直线l 的方程为
x
a+
y
b=1,由题意得
1
a+
3
b=1,变形得(a-1)(b-3)=3.又a∈N
*,b∈N
*,所以a = 2,
b = 6 或a = 4,
b = 4.
8.(2020 届山西临汾模拟)已知点A(1,3),B(5,-2),在x 轴上有一点P,若|AP|-|BP|最大,则点P 的坐标为(
).
A.(3,0)
B.(13,0)
C.(5,0)
D.(-13,0)
【解析】作出点A 关于x 轴的对称点A'(1,-3),则A'B 所在直线的方程为x-4y-13=0.令y=0 得x=13,所以点P 的
坐标为(13,0).
9.(2020 届广东揭阳模拟)直线l:(a-2)x+(a+1)y+6=0,则直线l 恒过定点
.
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【解析】直线l 的方程变形为a(x+y)-2x+y+6=0,由x + y = 0,
-2x + y + 6 = 0,解得x=2,y=-2,所以直线l 恒过定点(2,-2).
【答案】(2,-2)
10.(2020 届张家口模拟)若直线l 经过A(2,1),B(1,-m
2)(m∈R)两点,则直线l 的倾斜角α的取值范围是(
).
A.0≤α≤
π
4
B.
π
2<α<π
C.
π
4≤α<
π
2
D.
π
2<α≤
3π
4
【解析】直线l 的斜率k=tan α=
1+m2
2−1 =m
2+1≥1,所以
π
4≤α<
π
2.
11.(2020 届四川成都五校联考)已知A,B 是x 轴上的两点,点P 的横坐标为2,且|PA|=|PB|,若直线PA 的方程为x-y+1=0,
则直线PB 的方程是(
).
A.2x+y-7=0
B.x+y-5=0
C.2y-x-4=0
D.2x-y-1=0
【解析】由|PA|=|PB|得点P 一定在线段AB 的垂直平分线上,根据直线PA 的方程为x-y+1=0,可得A(-1,0),将x=2
代入直线x-y+1=0,得y=3,所以P(2,3),所以B(5,0),所以直线PB 的方程是x+y-5=0.
12.(2020 届广东揭阳一模)若直线l1:x-3y+2=0 与直线l2:mx-y+b=0 关于x 轴对称,则m+b=(
).
A.
1
3 B.-1
C.-
1
3D.1
【解析】直线l1:x-3y+2=0 关于x 轴对称的直线为x+3y+2=0.由题意知m≠0.因为mx-y+b=0,即x-
y
m+
b
m=0,且直线
l1与l2关于x 轴对称,所以有
-
1
m = 3,
b
m = 2,
解得
m =−
1
3 ,
b =−
2
3 ,
则m+b=-
1
3+ -
2
3 =-1.
13.(2020 届河北秦皇岛模拟)已知P(x0,y0)是直线l:Ax+By+C=0 外一点,则方程Ax+By+C+(Ax0+By0+C)=0 表示(
).
A.过点P 且与l 垂直的直线
B.过点P 且与l 平行的直线
C.不过点P 且与l 垂直的直线
D.不过点P 且与l 平行的直线
【解析】因为P(x0,y0)是直线l1:Ax+By+C=0 外一点,所以Ax0+By0+C=k,k≠0.若方程Ax+By+C+(Ax0+By0+C)=0,则
Ax+By+C+k=0.因为直线Ax+By+C+k=0 和直线l 斜率相等,但在y 轴上的截距不相等,故直线Ax+By+C+k=0 和直线l 平
行.因为Ax0+By0+C=k,而k≠0,所以Ax0+By0+C+k≠0,所以直线Ax+By+C+k=0 不过点P.
14.(2020 届河南郑州模拟)若直线l:
x
a+
y
b=1(a>0,b>0)经过点(1,2),则直线l 在x 轴和y 轴上的截距之和的最小值
是
.
【解析】由直线l:
x
a+
y
b=1(a>0,b>0)可知直线在x 轴上的截距为a,在y 轴上的截距为b,即求a+b 的最小值.由直线
经过点(1,2)得
1
a+
2
b=1.因此a+b=(a+b)·
1
a +
2
b =3+
b
a+
2a
b ,因为
b
a+
2a
b ≥2
b
a ·
2a
b =2 2,当且仅当
b
a=
2a
b 时取等号,所以
a+b≥3+2 2.
【答案】3+2 2
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§12.2
圆的方程
1.(2020 届湖北荆州模拟)若圆(x-1)
2+(y-1)
2=2 关于直线y=kx+3 对称,则实数k 的值是(
).
A.2 B.-2
C.1 D.-1
【解析】由题意知直线y=kx+3 过圆心(1,1),即1=k+3,解得k=-2.
2.(2020 届宁夏银川模拟)已知圆的方程是(x-2)
2+(y-3)
2=4,则点P(3,2)(
).
A.是圆心
B.在圆上
C.在圆内
D.在圆外
【解析】因为(3-2)
2+(2-3)
2=2<4,所以点P(3,2)在圆内.
3.(2020 届宁夏模拟)方程ax
2+ay
2-4(a-1)x+4y=0 表示圆,则实数a 的取值范围为(
).
A.R B.(-∞,0)∪(0,+∞)
C.(0,+∞)D.(1,+∞)
【解析】由题意可知a≠0,所以方程可化为x-
2a-2
a
2
+ y +
2
a
2
=
4(a2-2a+2)
a2
,所以a
2-2a+2=(a-1)
2+1>0 恒成立,所以当
a≠0 且a∈R 时,方程ax
2+ay
2-4(a-1)x+4y=0 表示圆.
4.(2020 届河南洛阳期末)已知点M 是直线3x+4y-2=0 上的动点,点N 为圆(x+1)
2+(y+1)
2=1 上的动点,则|MN|的最小值是
(
).
A.
9
5 B.1 C.
4
5 D.
13
5
【解析】因为圆心(-1,-1)到点M 的距离的最小值为点(-1,-1)到直线3x+4y-2=0 的距离d=
|-3-4-2|
5
=
9
5,所以点N 到点M
的距离|MN|的最小值为
9
5-1=
4
5.
5.(2020 届四川绵阳月考)已知圆x
2+y
2-2x+my-4=0 上两点M,N 关于直线2x+y=0 对称,则圆的半径为(
).
A.9 B.3 C.2 3
D.2
【解析】因为圆x
2+y
2-2x+my-4=0 上两点M,N 关于直线2x+y=0 对称,所以圆心1, −
m
2 在直线2x+y=0 上,代入得
m=4.所以圆的标准方程为(x-1)
2+(y+2)
2=9,半径r=3.
6.(2020 届甘肃兰州模拟)已知点A 是直角三角形ABC 的直角顶点,且A(2a,2),B(-4,a),C(2a+2,2),则△ABC 外接圆的方程
是(
).
A.x
2+(y-3)
2=5 B.x
2+(y+3)
2=5
C.(x-3)
2+y
2=5 D.(x+3)
2+y
2=5
【解析】由题意,|BC|
2=|AB|
2+|AC|
2,即(2a+6)
2+(2-a)
2=(2a+4)
2+(2-a)
2+4,得a=-2,则A(-4,2),B(-4,-2),C(-2,2),
∴△ABC 外接圆的半径为
|BC|
2 =
[-4-(-2)]2+(−2−2)2
2
= 5,圆心为(-3,0),
∴△ABC 外接圆的方程为(x+3)
2+y
2=5.
7.(2020 届云南玉溪月考)古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果,他证明过这
样一个命题:平面内与两定点距离的比为常数k(k>0,k≠1)的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面
直角坐标系中,设A(-3,0),B(3,0),动点M 满足
|MA|
|MB|=2,则动点M 的轨迹方程为(
).
A.(x-5)
2+y
2=16
B.x
2+(y-5)
2=9
C.(x+5)
2+y
2=16
D.x
2+(y+5)
2=9
【解析】设M(x,y),由
|MA|
|MB|=2,得
(x+3)2+y2
(x-3)2+y2 =4,可得(x+3)
2+y
2=4(x-3)
2+4y
2,即x
2+y
2-10x+9=0,故动点M 的轨迹方程为
(x-5)
2+y
2=16.
8.(2020 届安徽模拟)已知圆C 的圆心在直线x+y=0 上,圆C 与直线x-y=0 相切,且在直线x-y-3=0 上截得的弦长为6,
则圆C 的方程为
.
【解析】∵所求圆的圆心在直线x+y=0 上,
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∴设所求圆的圆心为(a,-a).
又∵所求圆与直线x-y=0 相切,
∴半径r=
2|a|
2 = 2|a|.
又所求圆在直线x-y-3=0 上截得的弦长为6,圆心(a,-a)到直线x-y-3=0 的距离d=
|2a-3|
2 ,
∴d
2+
6
2
2
=r
2,即
(2a-3)2
2
+
3
2=2a
2,解得a=1,
∴圆C 的方程为(x-1)
2+(y+1)
2=2.
【答案】(x-1)
2+(y+1)
2=2
9.(2020 届湖北宜昌模拟)已知圆C:x
2+y
2+kx+2y=-k
2,当圆C 的面积取最大值时,圆心C 的坐标为
.
【解析】圆C 的方程可化为x +
k
2
2
+(y+1)
2=-
3
4k
2+1.所以当k=0 时圆C 的面积最大,此时圆C 的方程为x
2+(y+1)
2=1.
圆心C 的坐标为(0,-1).
【答案】(0,-1)
10.(2020 届陕西宝鸡模拟)已知圆C:(x-3)
2+(y-4)
2=1 和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0).若圆C 上存在点P,使得∠APB=90°,则
m 的最大值为(
).
A.7 B.6 C.5 D.4
【解析】根据题意,画出示意图,如图所示,则圆心C 的坐标为(3,4),半径r=1,且|AB|=2m,因为∠APB=90°,连接OP,
易知|OP|=
1
2|AB|=m.要求m 的最大值,即求圆C 上的点P 到原点O 的最大距离.因为|OC|= 32 + 42=5,所以
|OP|max=|OC|+r=6,即m 的最大值为6.
11.(2020 届山东德州模拟)已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上,点M(0, 5)在圆C 上,且圆心到直线2x-y=0 的距离为
4 5
5 ,
则圆C 的标准方程为
.
【解析】因为圆C 的圆心在x 轴的正半轴上,设C(a,0),且a>0,所以圆心到直线2x-y=0 的距离d=
2a
5=
4 5
5 ,解得a=2,
所以圆C 的半径r=|CM|= 4 + 5=3,所以圆C 的标准方程为(x-2)
2+y
2=9.
【答案】(x-2)
2+y
2=9
12.(2020 届海南海口模拟)已知以点P 为圆心的圆经过点A(-1,0)和B(3,4),线段AB 的垂直平分线交圆P 于点C 和D,
且|CD|=4 10.
(1)求直线CD 的方程;
(2)求圆P 的方程.
【解析】(1)直线AB 的斜率k=1,AB 的中点坐标为(1,2).所以直线CD 的方程为y-2=-(x-1),即x+y-3=0.
(2)设圆心P(a,b),则由P 在CD 上得a+b-3=0.
①
又直径|CD|=4 10,所以|PA|=2 10.
所以(a+1)
2+b
2=40.
②
由①②解得a =−3,
b = 6 或a = 5,
b =−2,所以圆心P(-3,6)或P(5,-2),所以圆P 的方程为(x+3)
2+(y-6)
2=40 或(x-5)
2+(y+2)
2=40.
13.(2020 届内蒙古包头模拟)已知三角形的三边所在的直线方程分别为x+2y=5,2x-y=5,2x+y=5,则三角形的内切圆方
程为
.
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【解析】设内切圆圆心为I(a,b),半径长为r.由点到直线的距离知r=
|2a-b-5|
5
=
|2a+b-5|
5
=
|a+2b-5|
5
,又因为三角形的内心
总在这三角形的内部,所以根据线性规划的知识得r=
2a-b-5
- 5 =
2a+b-5
5 =
a+2b-5
- 5 .由2a-b-5=a+2b-5,得a=3b,
①
由2a-b-5=-(2a+b-5),得a=
5
2.将a=
5
2代入①式,得b=
5
6.所以r=
5+5
6-5
5 =
5
6 .
故所求圆的方程为x-
5
2
2
+ y-
5
6
2
=
5
36.
【答案】x-
5
2
2
+ y-
5
6
2
=
5
36.
14.(2020 届陕西四校联考)已知过原点的动直线l 与圆C1:x
2+y
2-6x+5=0 相交于不同的两点A,B.
(1)求圆心C1的坐标.
(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程.
(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C 只有一个交点?若存在,求出k 的取值范围;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)由x
2+y
2-6x+5=0 得(x-3)
2+y
2=4,
所以圆心C1的坐标为(3,0).
(2)设M 的坐标为(x,y),
因为点M 为弦AB 的中点,即C1M⊥AB,
所以kC1M·kAB=-1,即
y
x-3·
y
x=-1,
所以线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程为x-
3
2
2
+y
2=
9
4,从原点作圆C1的切线时,得交点的横坐标为
5
3,当点M 与圆心
C1重合时,点M 的横坐标取得最大值3,所以点M 的横坐标范围为
5
3<x≤3.
即轨迹C 的方程为x-
3
2
2
+y
2=
9
4
5
3 < x ≤3 .
(3)由(2)知点M 的轨迹是以C
3
2 ,0 为圆心,r=
3
2为半径的部分圆弧EF(如图,不包括E,F 两端点),
且E
5
3 ,
2 5
3
,
F
5
3 ,-
2 5
3
,
又直线L:y=k(x-4)过定点D(4,0),
当直线L 与圆C 相切时,由
|k
3
2-4 -0|
k2+12 =
3
2,得k=±
3
4.
又kDE=-kDF=-
0−-2 5
3
4−5
3
=-
2 5
7 ,结合上图可知,当k∈-
3
4 ,
3
4 ∪-
2 5
7 ,
2 5
7
时,直线L:y=k(x-4)与曲线C 只有一个交点.
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§12.3
直线与圆、圆与圆的位置关系
1.(2020 届云南名校联考)在同一平面直角坐标系下,直线ax+by=ab 和圆(x-a)
2+(y-b)
2=r
2(ab≠0,r>0)的图象可能是
(
).
【解析】直线方程可化为
x
b+
y
a=1,且由各选项知a>0,b<0,满足圆心(a,b)(a>0,b<0)的只有选项D.
2.(2020 届福建第四次适应性考试)在平面直角坐标系xOy 中,以O 为圆心的圆与直线x- 3y=4 相切,则圆O 的方程为
(
).
A.x
2+y
2=2
B.(x-1)
2+y
2=2
C.(x+1)
2+y
2=4 D.x
2+y
2=4
【解析】依题设,圆O 的半径r 等于原点O 到直线x- 3y=4 的距离,即r=
4
1+3=2,得圆O 的方程为x
2+y
2=4.
3.(2020 届湖南十四校联考)已知直线x-2y+a=0 与圆O:x
2+y
2=2 相交于A,B 两点(O 为坐标原点),且△AOB 为等腰直角三
角形,则实数a 的值为(
).
A. 6或- 6
B. 5或- 5
C. 6
D. 5
【解析】因为直线x-2y+a=0 与圆O:x
2+y
2=2 相交于A,B 两点(O 为坐标原点),且△AOB 为等腰直角三角形,所以O 到
直线AB 的距离为1,由点到直线的距离公式可得
|a|
12+(−2)2=1,解得a=± 5.
4.(2020 届湖北武汉二模)直线l:kx-y+k+1=0 与圆x
2+y
2=8 交于A,B 两点,且|AB|=4 2,过点A,B 分别作l 的垂线与y 轴
交于点M,N,则|MN|等于(
).
A.2 2
B.4 C.4 2
D.8
【解析】|AB|=4 2为圆的直径,所以直线AB 过圆心(0,0),所以k=-1,则直线l 的方程为y=-x,所以两条垂线的斜率
均为1,倾斜角为45°,结合图象(图略)易知|MN|=2× 2×2 2=8.
5.(2020 届陕西四校联考)直线ax-by=0 与圆x
2+y
2-ax+by=0 的位置关系是(
).
A.相交
B.相切
C.相离
D.不能确定
【解析】将圆的方程化为标准方程得x-
a
2
2
+ y +
b
2
2
=
a2+b2
4 ,
∴圆心坐标为
a
2 ,-
b
2 ,半径r=
a2+b2
2
,
∵圆心到直线ax-by=0 的距离d=
a2+b2
2
a2+b2=
a2+b2
2
=r,
∴圆与直线的位置关系是相切.
6.(2020 届新疆乌鲁木齐模拟)直线l 与圆x
2+y
2+2x-4y+a=0(a<3)相交于A,B 两点,若弦AB 的中点为(-2,3),则直线l 的
方程为(
).
A.x+y-3=0
B.x+y-1=0
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C.x-y+5=0
D.x-y-5=0
【解析】设直线的斜率为k,又弦AB 的中点为(-2,3),所以直线l 的方程为kx-y+2k+3=0,由x
2+y
2+2x-4y+a=0 得圆
的圆心坐标为(-1,2),所以圆心到直线的距离为(-1+2)2 + (2 −3)2= 2,所以
|-k-2+2k+3|
k2+1
= 2,解得k=1,所以直线l 的方
程为x-y+5=0.
7.(2020 届陕西西安模拟)直线(a+1)x+(a-1)y+2a=0(a∈R)与圆x
2+y
2-2x+2y-7=0 的位置关系是(
).
A.相切
B.相交
C.相离
D.不确定
【解析】x
2+y
2-2x+2y-7=0 化为圆的标准方程为(x-1)
2+(y+1)
2=9,故圆心坐标为(1,-1),半径r=3,圆心到直线的距离
d=
|(a+1)−(a-1)+2a|
(a+1)2+(a-1)2 =
|2a+2|
2a2+2.又r
2-d
2=9-
4a2+8a+4
2a2+2 =
7a2-4a+7
a2+1 ,而7a
2-4a+7=0 的根的判别式Δ=16-196=-180<0,即7a
2-4a+7>0 恒
成立,故有r
2>d
2,即d<r,故直线与圆相交.
8.(2020 届吉林省高中毕业班第三次调研)已知AB 是圆x
2+y
2-6x+2y=0 内过点E(2,1)的最短弦,则|AB|等于(
).
A. 3
B.2 2
C.2 3
D.2 5
【解析】圆的标准方程为(x-3)
2+(y+1)
2=10,则圆心坐标为C(3,-1),半径为10,过E 的最短弦满足CE 与该弦垂直,
则|CE|= (3-2)2 + [1 −( −1)]2= 5,则|AB|=2 ( 10)2-( 5)2=2 5.
9.(2020 届四川成都模拟)圆心在直线2x-y-7=0 上的圆C 与y 轴交于两点A(0,-4),B(0,-2),则圆C 的方程为
.
【解析】设圆的方程为(x-a)
2+(y-b)
2=r
2,根据题意可得2a-b-7=0,a
2+(4+b)
2=r
2,a
2+(2+b)
2=r
2,联立求解可得
a=2,b=-3,r= 5.
所以圆C 的方程为(x-2)
2+(y+3)
2=5.
【答案】(x-2)
2+(y+3)
2=5
10.(2020 届广东江门一模)在平面直角坐标系xOy 中,直线
x
2-
y
4=1 与x 轴,y 轴相交于A,B 两点,则经过O,A,B 三点的圆的
标准方程是
.
【解析】∵在平面直角坐标系xOy 中,直线
x
2-
y
4=1 与x 轴,y 轴相交于A,B 两点,∴A(2,0),B(0,-4),
则经过O,A,B 三点的圆的圆心为直角三角形AOB 的斜边AB 的中点C(1,-2),半径为AB 的一半,即r=
|AB|
2 = 5,
则经过O,A,B 三点的圆的标准方程是(x-1)
2+(y+2)
2=5.
【答案】(x-1)
2+(y+2)
2=5
11.(2020 届四川内江、眉山等六市二诊)若直线x-my+m=0 与圆(x-1)
2+y
2=1 相交,且两个交点位于坐标平面上不同的象
限,则m 的取值范围是(
).
A.(0,1)
B.(0,2)
C.(-1,0) D.(-2,0)
【解析】圆与直线的方程联立得(x-1)2 + y2 = 1,
x-my + m = 0,
整理得(1+m
2)y
2-2m(m+1)y+m
2+2m=0.
∵图象有两个交点,∴方程有两个不同的实数根,即Δ>0,即4m
2(m+1)
2-4(m
2+2m)(m
2+1)=-8m>0,解得m<0.
∵圆(x-1)
2+y
2=1 与直线的交点在两个象限上,则交点纵坐标的符号相反,即一个交点在第一象限,一个交点在第四
象限.∴y1y2=
m2+2m
1+m2 <0,解得-2<m<0.
12.(2020 届贵州贵阳适应性考试)已知直线l:ax-3y+12=0 与圆M:x
2+y
2-4y=0 相交于A,B 两点,且∠AMB=
π
3,则实数
a=
.
【解析】
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直线l 的方程可变形为y=
1
3ax+4,所以直线l 过定点(0,4),且该点在圆M 上.圆的方程可变形为x
2+(y-2)
2=4,所以圆
心为M(0,2),半径为2.如图,因为∠AMB=
π
3,所以△AMB 是等边三角形,且边长为2,高为3,即圆心M 到直线l 的距离为3,
所以
|-6+12|
a2+9= 3,解得a=± 3.
【答案】± 3
13.(2020 届四川绵阳模拟)若A(-3 3,y0)是直线l: 3x+y+a=0(a>0)上的点,直线l 与圆C:(x- 3)
2+(y+2)
2=12 相交于M、N
两点,若△MCN 为等边三角形,过点A 作圆C 的切线,切点为P,则|AP|=
.
【解析】因为△MCN 为等边三角形,圆C 的圆心为C( 3,-2),半径为r=2 3,所以根据点C 到直线l 的距离可得
r2-
r
2
2
=3=
|3-2+a|
3+1 ,即|a+1|=6,因为a>0,所以a=5,
所以直线l 的方程为3x+y+5=0,又A(-3 3,y0)在直线l 上,所以-9+y0+5=0,所以y0=4,即A(-3 3,4),
所以|AP|= |AC|2-|PC|2= (-3 3- 3)2 + (4 + 2)2-12=6 2.
【答案】6 2
14.(2020 届湖北八校联考)在平面直角坐标系xOy 中,已知圆C:x
2+y
2-4x=0 及点A(-1,0),B(1,2).
(1)若直线l 平行于AB,与圆C 相交于M,N 两点,|MN|=|AB|,求直线l 的方程.
(2)在圆C 上是否存在点P,使得|PA|
2+|PB|
2=12?若存在,求出点P 的个数;若不存在,说明理由.
【解析】(1)因为圆C 的标准方程为(x-2)
2+y
2=4,所以圆心C(2,0),半径为2.因为l∥AB,A(-1,0),B(1,2),所以直线l 的
斜率为
2−0
1−(−1)=1.
设直线l 的方程为x-y+m=0,则圆心C 到直线l 的距离d=
|2-0+m|
2
=
|2+m|
2 .因为
|MN|=|AB|= 22 + 22=2 2,|CM|
2=d
2+
|MN|
2
2
,所以4=
(2+m)2
2
+2,解得m=0 或m=-4,
故直线l 的方程为x-y=0 或x-y-4=0.
(2)假设圆C 上存在点P,设P(x,y),则(x-2)
2+y
2=4,|PA|
2+|PB|
2=(x+1)
2+(y-0)
2+(x-1)
2+(y-2)
2=12,即x
2+y
2-2y-3=0,即
x
2+(y-1)
2=4,
因为|2-2|< (2-0)2 + (0 −1)2<2+2,
所以圆(x-2)
2+y
2=4 与圆x
2+(y-1)
2=4 相交,
所以存在点P,使得|PA|
2+|PB|
2=12,点P 的个数为2.
15.(2020 届四川南充模拟)设点P 是函数y=- 4 −(x-1)2的图象上的任意一点,点Q(2a,a-3)(a∈R),则|PQ|的最小值
为
.
【解析】
由函数y=- 4 −(x-1)2,得(x-1)
2+y
2=4(y<0),
即函数对应的曲线是圆心为C(1,0),半径为2 的圆的下半部分.
∵点Q(2a,a-3),
∴x=2a,y=a-3,消去a 得x-2y-6=0,
即Q(2a,a-3)在直线x-2y-6=0 上,
过圆心C 作直线的垂线,垂足为A,
则|PQ|min=|CA|-2=
|1-0-6|
1+4 -2= 5-2,
【答案】5-2
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16.(2020 届四川绵阳模拟)已知点A(0,2),B 0,
1
2 ,P 为曲线T 上任意一点,且满足|PA|=2|PB|.
(1)求曲线T 的方程.
(2)设曲线T 与y 轴交于M,N 两点,点R 是曲线T 上异于M,N 的任意一点,直线MR,NR 分别交直线l:y=3 于点F,G.试问在
y 轴上是否存在一个定点S,使得SF
ሬԦሬሬ·SG
ሬԦ
ሬሬ=0?若存在,求出点S 的坐标;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)设P(x,y),由|PA|=2|PB|,
得x2 + (y-2)2=2 x2 + y-
1
2
2
,
整理得x
2+y
2=1.
所以曲线T 的方程为x
2+y
2=1.
(2)由题意得M(0,1),N(0,-1).
设点R(x0,y0)(x0≠0),因为点R 在曲线T 上,
所以x0
2+y0
2=1.
直线RM 的方程为y-1=
y0-1
x0 x,
所以直线RM 与直线y=3 的交点为F
2x0
y0-1 ,3 .
直线RN 的方程为y+1=
y0+1
x0 x,
所以直线RN 与直线y=3 的交点为G
4x0
y0+1 ,3 .
假设存在点S(0,m),使得SF
ሬԦሬሬ·SG
ሬԦ
ሬሬ=0 成立,
则SF
ሬԦሬሬ=
2x0
y0-1 ,3-m ,SG
ሬԦ
ሬሬ=
4x0
y0+1 ,3-m .
即
2x0
y0-1·
4x0
y0+1+(3-m)
2=0,
整理得
8x0
2
y0
2-1+(3-m)
2=0.
因为x0
2+y0
2=1,
所以-8+(3-m)
2=0,
解得m=3±2 2.
所以存在点S 使得SF
ሬԦሬሬ·SG
ሬԦ
ሬሬ=0 成立,
点S 的坐标为S(0,3+2 2)或S(0,3-2 2).
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§13.1
椭
圆
1.(2020 届陕西宝鸡模拟)已知F1,F2是两定点,|F1F2|=4,动点M 满足|MF1|+|MF2|=4,则动点M 的轨迹是(
).
A.椭圆
B.直线
C.圆
D.线段
【解析】因为|F1F2|=4,动点M 满足|MF1|+|MF2|=4=|F1F2|,所以点M 在线段F1F2上,故选D.
2.(2020 届安徽亳州测试)已知焦点在y 轴上的椭圆
x2
4+
y2
a =1(a>0)的焦距为4 3,则a=(
).
A.8 B.12
C.16
D.52
【解析】因为焦点在y 轴上的椭圆
x2
4 +
y2
a =1(a>0)的焦距为4 3,所以2 a-4=4 3,解得a=16,故选C.
3.(2020 届广西桂林摸底联考)已知焦点在x 轴,中心在坐标原点的椭圆上的点到两焦点的距离之和为6.若该椭圆的
离心率为
1
3,则该椭圆的方程是(
).
A.
x2
4 +y
2=1B.
x2
9 +
y2
8 =1
C.
x2
4 +
y2
3 =1D.
x2
8 +
y2
9 =1
【解析】由题意知,e=
1
3,2a=6,∴a=3,c=1,∴b
2=8,
∴该椭圆的方程是
x2
9+
y2
8 =1,故选B.
4.(2020 届福建四校联考)已知椭圆
x2
a2+
y2
b2=1(a>b>0)的上、下、左、右顶点分别为A,B,C,D,且左、右焦点分别为F1,F2,若
以F1F2为直径的圆内切于菱形ACBD,则椭圆的离心率e 为(
).
A.
1
2 B.
3-1
2
C.
1+ 5
2
D.
-1+ 5
2
【解析】菱形ACBD 的一边AD 所在直线方程为
x
a+
y
b=1,即bx+ay-ab=0.
由题意知,坐标原点O 到AD 的距离d=
|-ab|
a2+b2=c,整理可得c
4-3a
2c
2+a
4=0,即e
4-3e
2+1=0,解得e1=
-1+ 5
2
,e2=
1−5
2 (舍去),∴
椭圆的离心率e=
-1+ 5
2
.
5.(2020 届广东惠州调研)设F1,F2为椭圆
x2
9 +
y2
5 =1 的两个焦点,点P 在椭圆上.若线段PF1的中点在y 轴上,则
|PF2|
|PF1|的值为
(
).
A.
5
14 B.
5
9 C.
4
9 D.
5
13
【解析】
如图,设线段PF1的中点为M,因为O 是F1F2的中点,所以OM∥PF2,可得PF2⊥x 轴,所以|PF2|=
b2
a =
5
3,|PF1|=2a-|PF2|=
13
3 ,
故
|PF2|
|PF1|=
5
13,故选D.
6.(2020 届吉林长春质检)已知P(x0,y0)是椭圆C:
x2
4 +y
2=1 上的一点,F1,F2分别是C 的左、右焦点.若PF1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ·PF2
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ<0,则x0的
取值范围为(
).
A. -
2 6
3 ,
2 6
3
B. -
2 3
3 ,
2 3
3
C. -
3
3 ,
3
3
D. -
6
3 ,
6
3
【解析】由题设得c= a2-b2= 3,∴F1(- 3,0),F2( 3,0),∴PF1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ·PF2
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ=(- 3-x0,-y0)·( 3-x0,-y0)=x0
2+y0
2-3.又
∵
x0
2
4 +y0
2=1,∴PF1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ·PF2
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ=x0
2+1-
x0
2
4 -3<0,解得-
2 6
3 <x0<
2 6
3 .
7.(2020 届河南六市统考)若焦点在x 轴上的椭圆
x2
2 +
y2
m=1 的离心率为
1
2,则m=
.
【解析】因为焦点在x 轴上,所以a
2=2,b
2=m,c
2=a
2-b
2=2-m.因为椭圆的离心率e=
1
2,所以e
2=
1
4=
c2
a2=
2−m
2 ,解得m=
3
2.
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【答案】
3
2
8.(2020 届宜昌调研)过椭圆
x2
5+
y2
4 =1 的右焦点F 作一条斜率为2 的直线与椭圆交于A,B 两点,O 为坐标原点,则△OAB 的
面积为
.
【解析】由题意知,椭圆的右焦点F 的坐标为(1,0),则直线AB 的方程为y=2x-2.
联立
x2
5 +
y2
4 = 1,
y = 2x-2,
解得交点坐标A(0,-2),B
5
3 ,
4
3 ,
所以S△OAB=
1
2·|OF|·|yA-yB|
=
1
2×1×|-2-
4
3|=
5
3.
【答案】
5
3
9.(2020 届山东枣庄模拟)已知椭圆C:
x2
a2+
y2
b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P 为椭圆C 与y 轴的交点.若以F1,F2,P
三点为顶点的等腰三角形一定不可能为钝角三角形,则椭圆C 的离心率的取值范围是
.
【解析】∵点P 为椭圆C 与y 轴的交点,以F1,F2,P 三点为顶点的等腰三角形一定不可能为钝角三角
形,∴∠F1PF2≤90°,即tan∠OPF2≤1,∴
c
b≤1,∴c≤b,即c
2≤a
2-c
2,∴0<e≤
2
2 .
【答案】0,
2
2
10.(2020 届甘肃张掖一模)设A,B 是椭圆C:
x2
12+
y2
2 =1 的两个焦点,点P 是椭圆C 与圆M:x
2+y
2=10 的一个交点,则
||PA|-|PB||=(
).
A.2 2
B.4 3
C.4 2
D.6 2
【解析】因为A,B 是椭圆C:
x2
12+
y2
2 =1 的两个焦点,所以A(- 10,0),B( 10,0).由圆M:x
2+y
2=10 恰好经过A,B 两点,点P
是椭圆C 与圆M:x
2+y
2=10 的一个交点,可得PA⊥PB,所以|PA|+|PB|=4 3,
|PA|2 + |PB|2 = 40,所以
2|PA|·|PB|=8,||PA|-|PB||= (|PA|+|PB|)2-4|PA|·|PB|=4 2.
11.(2020 届贵州遵义模拟)椭圆
x2
4 +
y2
3 =1 的左、右焦点分别为F1,F2,过椭圆的右焦点F2作一条直线l 交椭圆于P,Q 两点,
则△F1PQ 内切圆面积的最大值是
.
【解析】由题意设直线l 的方程为x=my+1,
联立
x2
4 +
y2
3 = 1,
x = my + 1,
消去x 得(3m
2+4)y
2+6my-9=0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则y1+y2=-
6m
3m2+4,y1y2=-
9
3m2+4,
于是S△F1PQ=
1
2|F1F2|·|y1-y2|= (y1 + y2)2-4y1y2=12
m2+1
(3m2+4)2.
设m
2+1=t,则t≥1,
即S△F1PQ=12
t
(3t+1)2=12
1
9t+1
t+6.
令g(t)=9t+
1
t,因为g(t)=9t+
1
t在[1,+∞)上为单调递增函数,
所以g(t)≥g(1)=10,
所以S△F1PQ≤3.
因为△F1PQ 的周长为8,所以△F1PQ 的内切圆半径r=
2S△F1PQ
8
≤
3
4,
因此△F1PQ 内切圆面积的最大值是
9π
16.
【答案】
9π
16
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12.(2020 届广东潮州质检)已知椭圆C1:
y2
a2+
x2
b2=1(a>b>0)与抛物线C2:y=x
2-1 相交于A(-1,0),B(1,0)两点,C2的顶点是C1的一
个焦点,过点B 且斜率为k(k≠0)的直线l 与C1,C2分别交于点M,N(均异于点A,B).
(1)求C1的方程;
(2)若点A 在以线段MN 为直径的圆外,求k 的取值范围.
【解析】(1)∵抛物线y=x
2-1 的顶点为(0,-1),∴椭圆的下焦点为(0,-1),∴c=1.
由A(-1,0),B(1,0)在椭圆C1上得b=1,
∴a
2=b
2+c
2=2.
∴C1的方程为
y2
2 +x
2=1.
(2)依题意知直线l 的方程为y=k(x-1),
由
y = k(x-1),
y2
2 + x2 = 1,得(k
2+2)x
2-2k
2x+k
2-2=0,
则xM·xB=
k2-2
k2+2,得xM=
k2-2
k2+2,yM=
-4k
k2+2.
由y = k(x-1),
x2 = y + 1,得x
2-kx+k-1=0,
由Δ=k
2-4(k-1)=(k-2)
2>0,得k≠2,
则xN·xB=k-1,得xN=k-1,yN=k(k-2).
∵点A 在以MN 为直径的圆外,
∴AM
ሬԦ
ሬሬሬ·AN
ሬԦ
ሬሬሬ>0.
又A(-1,0),
∴AM
ሬԦ
ሬሬሬ·AN
ሬԦ
ሬሬሬ=(xM+1,yM)·(xN+1,yN)=
2k2
k2+2·k+
-4k2(k-2)
k2+2 =
2k2(4-k)
k2+2 >0,解得k<4.
综上可知,k∈(-∞,0)∪(0,2)∪(2,4).
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§13.2
双
曲
线
1.(2020 届四川第一次模拟)已知双曲线
x2
a2-
y2
b2=1(a>0,b>0)经过点(2,3),且离心率为2,则它的焦距为(
).
A.2 B.4 C.6 D.8
【解析】由离心率为2,得
c
a=2,即c=2a,则b= c2-a2= 3a.又双曲线过点(2,3),则
4
a2-
9
3a2=1,解得a=1,则2c=4a=4.
2.(2020 届甘肃张掖一模)已知双曲线
x2
m2+12-
y2
5m-1=1 的实轴长为8,则该双曲线的渐近线的斜率为(
).
A.±
5
3
B.±
3
5
C.±
3
4
D.±
4
3
【解析】由双曲线
x2
m2+12-
y2
5m-1=1 的实轴长为8,可得m
2+12=16,解得m=2 或m=-2(舍去).所以双曲线的渐近线方程为
x
4±
y
3=0,则该双曲线的渐近线的斜率为±
3
4.
3.(2020 届湖南邵阳期末)已知点P 是双曲线y
2-
x2
3=1 上一点,A(0,-2),B(0,2),|PA|+|PB|=8,|PA|>4,则|PB|=(
).
A.2 B.
3
2 C.3 D.
7
2
【解析】易知A(0,-2),B(0,2)为双曲线y
2-
x2
3=1 的两个焦点,因为|PA|+|PB|=8,|PA|>4,所以|PA|>|PB|,则
|PA|-|PB|=2a=2,所以|PB|=3.
4.(2020 届黑龙江大庆一模)已知双曲线
x2
a2-
y2
b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线过点(1, 3),且双曲线的一个焦点在抛物线
y
2=16x 的准线上,则该双曲线的方程为(
).
A.
x2
4 -
y2
12=1B.
x2
12-
y2
4 =1
C.
x2
4 -
y2
20=1D.
x2
20-
y2
4 =1
【解析】双曲线
x2
a2-
y2
b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±
b
ax,由一条渐近线过点(1, 3),可得
b
a= 3.由双曲线的焦点
(-c,0)在抛物线y
2=16x 的准线x=-4 上,可得c=4.所以a
2+b
2=16,解得a=2,b=2 3,则双曲线的方程为
x2
4-
y2
12=1.
5.(2020 届广西钦州三模)已知双曲线的方程为
x2
4-
y2
5 =1,则该双曲线的焦点到渐近线的距离为(
).
A.4 2
B. 5
C.3 D.5
【解析】因为双曲线的方程为
x2
4-
y2
5 =1,所以其渐近线方程为y=±
5
2 x,又双曲线的一个焦点为F(3,0),所以焦点到其
渐近线的距离d=
|± 5×3−0|
5+4 = 5.
6.(2020 届贵州黔东南联考)把离心率e=
5+1
2 的曲线C:
x2
a2-
y2
b2=1(a>0,b>0)称之为黄金双曲线.若以原点为圆心,以虚半轴
长为半径画圆O,则圆O 与黄金双曲线C(
).
A.无交点
B.有1 个交点
C.有2 个交点
D.有4 个交点
【解析】由题意知
5+1
2 =
c
a,所以
b
a
2
=
c
a
2
-1=
6+2 5
4
-1=
5+1
2 .因为
b
a
2
=
5+1
2 >1,所以
b
a>1,所以b>a,所以圆O 与黄金双
曲线C 的左右两支各有2 个交点,即圆O 与黄金双曲线C 有4 个交点.
7.(2020 届安徽六安模拟)双曲线C:
x2
2-y
2=1 的左、右焦点分别为F1,F2,P 是双曲线右支上一点,则
|PF1|-|PF2|=
.
【解析】由双曲线C:
x2
2 -y
2=1 可得a= 2,所以|PF1|-|PF2|=2 2.
【答案】2 2
8.(2020 届河北邯郸测试)直线ax+y-3=0 与双曲线x
2-y
2=2 的渐近线平行,则a=
.
【解析】因为双曲线方程为x
2-y
2=2,所以该双曲线的渐近线方程为y=x 和y=-x.由题意可得-a=1 或-a=-1,解得
a=±1.
【答案】±1
9.
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(2020 届吉林百校联考)如图,双曲线C:
x2
a2-
y2
b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,直线l 过点F1且与双曲线C 的一条
渐近线垂直,与两条渐近线分别交于M,N 两点,若|NF1|=2|MF1|,则双曲线C 的渐近线方程为(
).
A.y=±
3
3 x
B.y=± 3x
C.y=±
2
2 x
D.y=± 2x
【解析】∵|NF1|=2|MF1|,∴M 为NF1的中点.又OM⊥F1N,∴∠F1OM=∠NOM.∵∠F1OM=∠F2ON,∴∠F2ON=60°.∴双曲
线C 的渐近线的斜率k=±tan 60°=± 3,即双曲线C 的渐近线方程为y=± 3x.
10.(2020 届福建漳州期末)双曲线
x2
a2-
y2
b2=1(a>0,b>0)的渐近线为正方形OABC 的边OA,OC 所在的直线,点B 为该双曲线的
焦点.若正方形OABC 的边长为2,则a=
.
【解析】双曲线
x2
a2-
y2
b2=1 的渐近线方程为y=±
b
ax,由已知可得两条渐近线互相垂直,由双曲线的对称性可得
b
a=1.又
正方形OABC 的边长为2,所以c=2 2,所以a
2+b
2=c
2=(2 2)
2,解得a=2.
【答案】2
11.(2020 届云南昆明模拟)已知双曲线C 的中心为坐标原点,点F(2,0)是双曲线C 的一个焦点,过点F 作渐近线的垂线
l,垂足为M,直线l 交y 轴于点E.若|FM|=3|ME|,则双曲线C 的方程为
.
【解析】设双曲线C 的方程为
x2
a2-
y2
b2=1,由点到直线的距离公式可得|FM|=b,由|FM|=3|ME|及勾股定理可得
OE=
4b
3
2
-4.又因为FE 与渐近线垂直,所以
4b
3
2
-4
2
=
a
b.结合a
2=4-b
2,可得b
2=3,a
2=1.所以双曲线C 的方程为x
2-
y2
3=1.
【答案】x
2-
y2
3=1
12.(2020 届安徽马鞍山期末)已知双曲线C:
x2
4-
y2
5 =1 的焦点为F1,F2,P 为双曲线C 上一点且△F1PF2的内切圆半径为1,则
△F1PF2的面积为
.
【解析】
如图,内切圆I分别与F1F2,PF1,PF2相切于点A,C,B.由双曲线C:
x2
4 -
y2
5 =1得a
2=4,b
2=5,则c= a2 + b2=3.又|PF1|-|PF2|=4,
则|AF1|-|AF2|=4,可得A 与右顶点重合.因为|AF1|+|AF2|=2c=6,解得|AF1|=5,|AF2|=1,所以四边形AF2BI 为正方形.由此
可得|PF2|=
b2
a =
5
2,则S△F1PF2=
1
2×6×
5
2=
15
2 .
【答案】
15
2
13.(2020 届山西五校联考)设双曲线C:
x2
a2-
y2
b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2作x 轴的垂线与双曲线在第一
象限的交点为A,已知Q c,
3a
2 ,|F2Q|>|F2A|,点P 是双曲线C 右支上的动点,且|PF1|+|PQ|>
3
2|F1F2|恒成立,则双曲线的离
心率的取值范围是(
).
A.
10
2 ,+∞
B. 1,
7
6
C.
7
6 ,
10
2
D. 1,
10
2
【解析】将x=c 代入双曲线的方程可得y=±
b2
a ,由|F2Q|>|F2A|,可得
3a
2 >
b2
a ,即3a
2>2b
2=2(c
2-a
2),解得e=
c
a<
10
2 .
①
又|PF1|+|PQ|>
3
2|F1F2|恒成立,由双曲线的定义,可得2a+|PF2|+|PQ|>3c 恒成立.当点P 在第一象限且F2,P,Q 三点共
线时,|PF2|+|PQ|取得最小值,最小值为|F2Q|=
3a
2 ,可得3c<2a+
3a
2 ,可得e=
c
a<
7
6.
②
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由e>1,结合①②可得e 的取值范围是1,
7
6 ,故选B.
14.(2020 届福建高三毕业班第四次适应考试)我们把焦点相同,且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲
线”,已知F1,F2是一对相关曲线的焦点,P 是椭圆和双曲线在第一象限的交点,当∠F1PF2=60°时,这一对相关曲线中双
曲线的离心率是(
).
A. 3
B. 2
C.
2 3
3
D.2
【解析】设椭圆的长半轴长为a1,椭圆的离心率为e1,则e1=
c
a1,a1=
c
e1.
设双曲线的实半轴长为a,双曲线的离心率为e,则e=
c
a,a=
c
e.
设|PF1|=x,|PF2|=y(x>y>0),
则4c
2=x
2+y
2-2xycos 60°=x
2+y
2-xy.
当点P 被看作是椭圆上的点时,有4c
2=(x+y)
2-3xy=4a1
2-3xy,
①
当点P 被看作是双曲线上的点时,有4c
2=(x-y)
2+xy=4a
2+xy.
②
联立①②,消去xy 得4c
2=a1
2+3a
2,即4c
2=
c
e1
2
+3
c
e
2
,
所以
1
e1
2
+3
1
e
2
=4.
又
1
e1=e,所以e
2+
3
e2=4,整理得e
4-4e
2+3=0,
解得e
2=3 或e
2=1(舍去),所以e= 3.
即双曲线的离心率为3.
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§13.3
抛
物
线
1.(2020 届安徽阜阳模拟)过抛物线y
2=2px(p>0)焦点的直线l 与抛物线交于A,B 两点,以AB 为直径的圆的方程为
(x-3)
2+(y-2)
2=16,则p=(
).
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意可得x1+x2=6,又x1+x2+p=8,所以p=2.
2.(2020 届西藏拉萨期末)过点P(-2,3)的抛物线的标准方程是(
).
A.y
2=-
9
2x 或x
2=
4
3y
B.y
2=
9
2x 或x
2=
4
3y
C.y
2=
9
2x 或x
2=-
4
3y
D.y
2=-
9
2x 或x
2=-
4
3y
【解析】设抛物线的标准方程为y
2=kx 或x
2=my,代入点P(-2,3),解得k=-
9
2,m=
4
3,所以y
2=-
9
2x 或x
2=
4
3y.
3.(2020 届四川资阳模拟)若点P 为抛物线C:y=2x
2上的动点,F 为抛物线C 的焦点,则|PF|的最小值为(
).
A.1 B.
1
2 C.
1
4 D.
1
8
【解析】由y=2x
2,得x
2=
1
2y,所以2p=
1
2,则
p
2=
1
8.由抛物线上所有点中顶点到焦点的距离最小,可得|PF|的最小值为
1
8.
4.(2020 届福建龙岩质检)若直线AB 与抛物线y
2=4x 交于A,B 两点,且AB⊥x 轴,|AB|=4 2,则抛物线的焦点到直线AB
的距离为(
).
A.1 B.2 C.3 D.5
【解析】由|AB|=4 2及AB⊥x 轴,可设点A 的纵坐标为2 2,代入y
2=4x 得点A 的横坐标为2,从而直线AB 的方程
为x=2.又y
2=4x 的焦点为(1,0),所以抛物线的焦点到直线AB 的距离为2-1=1.
5.(2020 届江西赣州模拟)若点A 的坐标为(3,2),F 是抛物线y
2=2x 的焦点,当点M 在抛物线上移动时,使|MF|+|MA|取得
最小值的点M 的坐标为(
).
A.(0,0)
B.
1
2 ,1
C.(1, 2) D.(2,2)
【解析】过M 点作准线的垂线,垂足是N(图略),则|MF|+|MA|=|MN|+|MA|,当A,M,N 三点共线时,|MF|+|MA|取得最小
值,此时M(2,2).
6.(2020 届宁夏固原模拟)若抛物线y=4x
2上的一点M 到焦点的距离为1,则点M 的纵坐标是(
).
A.
17
16 B.
15
16 C.
7
8 D.0
【解析】点M 到准线的距离等于点M 到焦点的距离,又准线方程为y=-
1
16,设M(x,y),则y+
1
16=1,解得y=
15
16.
7.(2020 届河南名校联考)已知抛物线C:y
2=2px(p>0)的焦点为F,准线l:x=-
3
2,点M 在抛物线C上,点A在准线l上,若MA⊥l,
且直线AF 的斜率kAF=- 3,则△AFM 的面积为(
).
A.3 3
B.6 3
C.9 3
D.12 3
【解析】设准线与x 轴交于点N,所以|FN|=3.因为直线AF 的斜率kAF=- 3,所以∠AFN=60°,所以在直角△ANF
中,|AN|=3 3,|AF|=6.根据抛物线的定义可知|MF|=|MA|,又∠NAF=30°,MA⊥l,所以∠MAF=60°,因此△AMF 是等边三
角形,故|MA|=6,所以△AFM 的面积为S=
1
2|MA|·|AN|=
1
2×6×3 3=9 3.
8.(2020 届重庆高三诊断)已知抛物线y
2=4x 的焦点为F,以F 为圆心的圆与抛物线交于M,N 两点,与抛物线的准线交于
P,Q 两点,若四边形MNPQ 为矩形,则矩形MNPQ 的面积是(
).
A.16 3
B.12 3
C.4 3
D.3
【解析】由四边形MNPQ 为矩形,可得|PQ|=|MN|,从而可得圆心F 到准线的距离与到MN 的距离相等,所以点M 的
横坐标为3,代入抛物线方程,可得M(3,2 3),N(3,-2 3),所以|MN|=4 3,|NP|=4,所以四边形MNPQ 的面积为
S=4×4 3=16 3.
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9.(2020 届山西运城模拟)设F 为抛物线x=
1
6y
2的焦点,A,B,C 为该抛物线上三点.若FA
ሬԦ
ሬሬ+FB
ሬԦ
ሬሬ+FC
ሬԦ
ሬሬ=0,则
|FA
ሬԦ
ሬሬ|+|FB
ሬԦ
ሬሬ|+|FC
ሬԦ
ሬሬ|=(
).
A.4 B.6 C.9 D.12
【解析】将抛物线方程化为标准方程得y
2=6x,所以抛物线的焦点为F
3
2 ,0 ,准线方程为x=-
3
2.设
A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),因为FA
ሬԦ
ሬሬ+FB
ሬԦ
ሬሬ+FC
ሬԦ
ሬሬ=0,所以点F 是△ABC 的重心,即x1+x2+x3=
9
2.由抛物线的定义可得
|FA|=x1+
3
2,|FB|=x2+
3
2,|FC|=x3+
3
2,所以|FA
ሬԦ
ሬሬ|+|FB
ሬԦ
ሬሬ|+|FC
ሬԦ
ሬሬ|=x1+
3
2+x2+
3
2+x3+
3
2=9.
10.(2020 届广东湛江一模)设抛物线C:y
2=2px(p>0)的焦点为F,点M 在C 上,|MF|=5,若以MF 为直径的圆过点(0,2),则抛
物线C 的焦点到准线的距离为(
).
A.4 或8 B.2 或4 C.2 或8 D.4 或16
【解析】记MF 的中点为N,则xN=
xM+xF
2
=
5−p
2 +p
2
2
=
5
2,即点N 到y 轴的距离为|MF|的一半,所以以MF 为直径的圆与y
轴的切点为H(0,2),NH∥x 轴,所以得N
5
2 ,2 ,M 5 −
p
2 ,4 ,将M 5 −
p
2 ,4 代入y
2=2px,得p
2-10p+16=0,解得p=2 或p=8.
11.(2020 届河南郑州模拟)已知F1,F2分别是双曲线3x
2-y
2=3a
2(a>0)的左、右焦点,P 是抛物线y
2=8ax 与双曲线的一个
交点.若|PF1|+|PF2|=12,则抛物线的准线方程为
.
【解析】3x
2-y
2=3a
2(a>0)可化为
x2
a2-
y2
3a2=1,其焦点坐标为(±2a,0),其中点(2a,0)与抛物线的焦点重合.由
x2
a2 -
y2
3a2 = 1,
y2 = 8ax,
可得x=3a,由|PF1|+|PF2|=12,
|PF1|-|PF2|=2a, 可得|PF2|=6-a,即|PF2|=3a+2a=6-a,解得a=1.则抛物线方程为y
2=8x,其准线方程为
x=-2.
【答案】x=-2
12.(2020 届江西五校联考)已知抛物线C:y
2=4x,则过抛物线C 的焦点,长度为整数且不超过2015 的弦的条数是(
).
A.4024
B.4023
C.2012
D.2015
【解析】由已知可得抛物线的焦点为(1,0),设过焦点的直线为x=my+1,联立抛物线方程可得y
2-4my-4=0,又过焦点
的弦长为x1+x2+2,且4≤x1+x2+2≤2015,即2≤x1+x2≤2013,所以2≤m(y1+y2)+2≤2013,即0≤4m
2≤2011 且4m
2∈N,所以
m
2=0,
1
4,
2
4,…,
2011
4 ,故m 可取0,±
1
2,±
2
2 ,…,±
2011
2
,所以长度为整数且不超过2015 的弦的条数是4023.
13.(2020 届甘肃一诊)抛物线C:y
2=4x 的焦点为F,过准线上一点N 作NF 的垂线交y 轴于点M,若抛物线C 上存在点E,
满足2NE
ሬԦ
ሬሬሬ=NM
ሬ
Ԧ
ሬሬሬ+NF
ሬԦ
ሬሬ,则△MNF 的面积为
.
【解析】抛物线C:y
2=4x 的准线方程为x=-1,焦点为F(1,0),不妨设点N 在第三象限,由2NE
ሬԦ
ሬሬሬ=NM
ሬ
Ԧ
ሬሬሬ+NF
ሬԦ
ሬሬ,可得E 为MF
的中点.因为∠MNF 为直角,所以|NE|=
1
2|MF|=|EF|.由抛物线的定义知,NE∥x 轴,设M(0,t)(t<0),则E
1
2 ,
t
2 .因为点E 在抛
物线C 上,所以
t
2
2
=4×
1
2,解得t=-2 2(正值已舍去),则点E 的坐标为
1
2 ,- 2 ,点M 的坐标为(0,-2 2),点N 的坐标为
(-1,- 2),所以|NF|= 6,|MN|= 3,所以S△MNF=
1
2× 6× 3=
3 2
2 .
【答案】
3 2
2
14.(2020 届湖南益阳月考)设AB 是过抛物线y
2=2px(p>0)的焦点F 的弦,A(x1,y1),B(x2,y2),点A,B 在准线上的射影分别为
M,N,求证:
(1)∠MFN=90°;
(2)若R 为MN 的中点,则∠ARB=90°.
【解析】
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(1)如图,由抛物线的定义知|AM|=|AF|,|BN|=|BF|,所以∠AMF=∠AFM,∠BNF=∠BFN.
因为AM∥x 轴,BN∥x 轴,
所以∠AMF=∠KFM,∠BNF=∠KFN,
所以∠MFN=∠KFM+∠KFN
=
1
2(∠KFA+∠KFB)
=90°.
(2)(法一)如图,取P 为AB 的中点,连接PR,有|PR|=
1
2(|MA|+|NB|)=
1
2|AB|,则∠ARB=90°.
(法二)易知R -
p
2 ,
y1+y2
2
,则RA
ሬԦ
ሬሬሬ= x1 +
p
2 ,
y1-y2
2
,RB
ሬԦ
ሬሬ= x2 +
p
2 ,
y2-y1
2
,
因为RA
ሬԦ
ሬሬሬ·RB
ሬԦ
ሬሬ= x1 +
p
2
x2 +
p
2 -
1
4(y1-y2)
2
=x1x2+
p
2(x1+x2)+
p2
4 -
1
4(y1
2+y2
2)+
1
2y1y2=0,
所以∠ARB=90°.
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§13.4
直线与椭圆的综合应用
1.(2020 届安徽阜阳模拟)已知直线x=1 过椭圆
x2
4+
y2
b2=1 的焦点,则直线y=kx+2 与椭圆至多有一个交点的充要条件是
(
).
A.k∈-
1
2 ,
1
2
B.k∈-∞,-
1
2 ∪
1
2 ,+∞
C.k∈-
2
2 ,
2
2
D.k∈-∞,-
2
2 ∪
2
2 ,+∞
【解析】易知椭圆中c
2=a
2-b
2=4-b
2=1,即b
2=3,所以椭圆方程是
x2
4+
y2
3=1.联立y=kx+2 与椭圆方程,可得
(3+4k
2)x
2+16kx+4=0.由Δ≤0 可得k∈-
1
2 ,
1
2 .
2.(2020 届湖北孝感期末)已知椭圆ax
2+by
2=1 与直线y=1-x 交于A,B 两点,过原点与线段AB 中点的直线的斜率为
3
2 ,
则
a
b=(
).
A.
3
2 B.
2 3
3
C.
9 3
2
D.
2 3
27
【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB 的中点为M(x0,y0),结合题意,由点差法得
y2-y1
x2-x1=-
a
b·
x1+x2
y1+y2=-
a
b·
x0
y0=-
a
b·
2
3=-1,所以
a
b=
3
2 .
3.(2020 届广东五校调研)若椭圆的中心在原点,一个焦点为(0,2),直线y=3x+7 与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1,
则这个椭圆的方程为(
).
A.
x2
16+
y2
20=1
B.
x2
12+
y2
16=1
C.
x2
12+
y2
8 =1D.
x2
8 +
y2
12=1
【解析】∵椭圆的中心在原点,一个焦点为(0,2),
∴设椭圆方程为
y2
b2+4+
x2
b2=1(b>0),
由
y2
b2+4 +
x2
b2 = 1,
y = 3x + 7
消去x,
得(10b
2+4)y
2-14(b
2+4)y-9b
4+13b
2+196=0.
设直线y=3x+7 与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),
由题意知
y1+y2
2 =1,
∴y1+y2=
14(b2+4)
10b2+4 =2,解得b
2=8.
∴所求椭圆的方程为
x2
8 +
y2
12=1.
4.(2020 届内蒙古赤峰月考)直线y=kx+b 被椭圆x
2+2y
2=4 所截得线段的中点坐标是-
2
3 ,
1
3 ,则k=
.
【解析】将y=kx+b 代入x
2+2y
2=4,得(1+2k
2)x
2+4kbx+2b
2-4=0,又因为直线y=kx+b 被椭圆x
2+2y
2=4 所截得线段的中
点坐标是-
2
3 ,
1
3 ,所以-
4kb
1+2k2=-
4
3,
1
3=-
2
3k+b,解得k=1,b=1.
【答案】1
5.(2020 届广东中山期末)已知F1,F2分别是椭圆C:
x2
a2+
y2
b2=1(a>b>0)的左、右焦点,B 为椭圆C 短轴的一个端点,直线BF1
与C 的另一个交点为A,若△BAF2是等腰三角形,则
|AF1|
|AF2|=(
).
A.
1
3 B.
1
2 C.
2
3 D.3
【解析】设|AF1|=t(t>0),由椭圆的定义可得|AF2|=2a-t,由题意可知|AF2|>|BF2|=a,由于△BAF2是等腰三角形,则
|AB|=|AF2|,即a+t=2a-t,所以t=
a
2,所以|AF1|=
a
2,|AF2|=
3a
2 ,因此
|AF1|
|AF2|=
1
3.
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6.(2020 届辽宁沈阳期末)已知椭圆
x2
3 +
y2
2 =1 的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线l1与过F2的直线l2交于点P,设点P
的坐标为(x0,y0),若l1⊥l2,则下列结论中不正确的是(
).
A.
x0
2
3 +
y0
2
2 >1B.
x0
2
3 +
y0
2
2 <1
C.3x0
2+2y0
2>1 D.
x0
3 +
y0
2 <1
【解析】由题意知点F1(-1,0),F2(1,0),因为过F1的直线l1与过F2的直线l2交于点P,且l1⊥l2,所以点P 在以线段F1F2
为直径的圆上,故x0
2+y0
2=1,所以
x0
2
3 +
y0
2
2 <
x0
2
2+
y0
2
2 =
1
2<1,故A 错误,B 正确;3x0
2+2y0
2>2x0
2+2y0
2=2(x0
2+y0
2)=2>1,故C 正
确;|x0|≤1,|y0|≤1,则
|x0|
3 +
|y0|
2 <
|x0|+|y0|
2
<1,故D 正确.
7.(2019 黑龙江齐齐哈尔一模)如图,已知椭圆C:
x2
a2+
y2
b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,上、下顶点分别为B1,B2,两个
焦点分别为F1,F2,|A1B2|=2 7,四边形A1B1A2B2的面积是四边形B1F1B2F2的面积的2 倍.
(1)求椭圆C 的方程.
(2)过椭圆C 的右焦点且垂直于x 轴的直线交椭圆C 于P,Q 两点,A,B 是椭圆C 上位于直线PQ 两侧的两点.若直线AB
过点(1,-1),且∠APQ=∠BPQ,求直线AB 的方程.
【解析】(1)因为|A1B2|=2 7,所以a2 + b2=2 7,
①
由四边形A1B1A2B2的面积是四边形B1F1B2F2的面积的2 倍,
可得
1
2·2a·2b=2·
1
2·2c·2b,即a=2c.
②
由①可得a
2+b
2=a
2+a
2-c
2=8c
2-c
2=7c
2=28,解得c
2=4,
所以a
2=4c
2=16,所以b
2=12.
所以椭圆C 的方程为
x2
16+
y2
12=1.
(2)由(1)易知点P,Q 的坐标分别为(2,3),(2,-3).
因为∠APQ=∠BPQ,所以直线PA,PB 的斜率之和为0.
设直线PA 的斜率为k,A(x1,y1),B(x2,y2),则直线PB 的斜率为-k,直线PA 的方程为y-3=k(x-2),
由
y-3=k(x-2),
x2
16 +
y2
12 = 1,
可得(3+4k
2)x
2+8k(3-2k)x+4(3-2k)
2-48=0,
所以x1+2=
8k(2k-3)
3+4k2 ,
同理,直线PB 的方程为y-3=-k(x-2),
可得x2+2=
-8k(-2k-3)
3+4k2 =
8k(2k+3)
3+4k2 ,
所以x1+x2=
16k2-12
3+4k2 ,x1-x2=
-48k
3+4k2,
kAB=
y1-y2
x1-x2=
k(x1-2)+3+k(x2-2)-3
x1-x2
=
k(x1+x2)-4k
x1-x2
=
1
2,
所以满足条件的直线AB 的方程为y+1=
1
2(x-1),即x-2y-3=0.
8.(2020 届湖南十四校联考)已知椭圆E:
x2
a2+
y2
b2=1(a>b>0)上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值是最小值的3 倍,且点
P 1,
3
2 在椭圆E 上.
(1)求椭圆E 的方程.
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(2)过点M(1,1)任作一条直线l,l 与椭圆E 交于不同于点P 的A,B 两点,l 与直线m:3x+4y-12=0 交于C 点,记直线PA,PB,PC
的斜率分别为k1,k2,k3.试探究k1+k2与k3的关系,并证明你的结论.
【解析】(1)因为椭圆E:
x2
a2+
y2
b2=1(a>b>0)上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值和最小值分别为a+c 和a-c,所以
a+c=3(a-c),解得a=2c,
因为a
2=b
2+c
2,所以b= 3c.
故可设椭圆E 的方程为
x2
4c2+
y2
3c2=1.
因为点P 1,
3
2 在椭圆E 上,所以将其代入椭圆E 的方程得
1
4c2+
9
4
3c2=1,解得c
2=1.
所以椭圆E 的方程为
x2
4 +
y2
3 =1.
(2)依题意,直线l 不可能与x 轴垂直,故可设直线l 的方程为y-1=k(x-1),即y=kx-k+1,A(x1,y1),B(x2,y2).
将y=kx-k+1 代入方程3x
2+4y
2-12=0,
化简得(4k
2+3)x
2-8(k
2-k)x+4k
2-8k-8=0.
所以x1+x2=
8k2-8k
4k2+3,x1x2=
4k2-8k-8
4k2+3 .
所以k1+k2=
y1-3
2
x1-1+
y2-3
2
x2-1
=
k(x1-1)-1
2
x1-1 +
k(x2-1)-1
2
x2-1
=2k-
1
2
1
x1-1 +
1
x2-1
=2k-
1
2·
x1+x2-2
x1x2-(x1+x2)+1
=2k-
1
2·
8k2-8k-2(4k2+3)
4k2-8k-8-(8k2-8k)+(4k2+3)=
6k-3
5 .
又由y = kx-k + 1,
3x + 4y-12=0,得3x+4(kx-k+1)-12=0,解得x=
4k+8
4k+3,y=
9k+3
4k+3,即点C 的坐标为
4k+8
4k+3 ,
9k+3
4k+3 ,
所以k3=
9k+3
4k+3-3
2
4k+8
4k+3-1=
6k-3
10 .
因此,k1+k2与k3的关系为k1+k2=2k3.
9.(2020 届广东湛江模拟)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C:
x2
9+
y2
8 =1 交于A,B 两点,线段AB 的中点为M(1,t)(t>0).
(1)证明:k<-
1
3.
(2)设F 为C 的右焦点,Q 为C 上的一点,且FQ
ሬԦ
ሬሬ+FA
ሬԦ
ሬሬ+FB
ሬԦ
ሬሬ=0,证明:|FA
ሬԦ
ሬሬ|,|FQ
ሬԦ
ሬሬ|,|FB
ሬԦ
ሬሬ|成等差数列.
【解析】(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),
则有
x1
2
9 +
y1
2
8 = 1,
①
x2
2
9 +
y2
2
8 = 1,
②
①-②得
(x1+x2)(x1-x2)
9
+
(y1+y2)(y1-y2)
8
=0.
∵x1+x2=2,y1+y2=2t,
∴
2(x1-x2)
9
+
2t(y1-y2)
8
=0.
∴k=
y1-y2
x1-x2=-
8
9t.
由题设可知点M(1,t)在椭圆内,∴
1
9+
t2
8<1,解得0<t<
8
3,∴k=-
8
9·
1
t<-
8
9·
3
8=-
1
3.
(2)∵FQ
ሬԦ
ሬሬ+FA
ሬԦ
ሬሬ+FB
ሬԦ
ሬሬ=0,M 为AB 的中点,∴FQ
ሬԦ
ሬሬ=-2FM
ሬԦ
ሬሬሬ.∵M(1,t),∴Q(1,-2t).
∵点Q(1,-2t)在椭圆上,∴
1
9+
4t2
8 =1.又t>0,∴t=
4
3.
由(1)知k=-
8
9t,∴k=-
2
3.
∴直线l 的方程为y-
4
3=-
2
3(x-1),即y=-
2
3x+2.由直线l 的方程与椭圆方程联立,得
y =−
2
3 x + 2,
x2
9 +
y2
8 = 1,
消去y 化简得
x
2-2x-3=0,解得x1=-1,x2=3.从而得A -1,
8
3 ,B(3,0),又F(1,0),Q 1, −
8
3 ,∴|FA
ሬԦ
ሬሬ|= (-1-1)2 +
8
3 -0
2
=
10
3 ,|FQ
ሬԦ
ሬሬ|=
8
3,|FB
ሬԦ
ሬሬ|=2,
∴|FA
ሬԦ
ሬሬ|+|FB
ሬԦ
ሬሬ|=2|FQ
ሬԦ
ሬሬ|,
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∴|FA
ሬԦ
ሬሬ|,|FQ
ሬԦ
ሬሬ|,|FB
ሬԦ
ሬሬ|成等差数列.
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§13.5
直线与抛物线的综合应用
1.(2020 届云南曲靖二模)已知点A(3,0),过抛物线y
2=8x 上一点P 的直线与直线x=-2 垂直且相交于点B,若|PB|=|PA|,
则点P 的横坐标为(
).
A.
5
2 B.2 C.
3
2 D.1
【解析】由题意,可知F(2,0),因为过抛物线y
2=8x 上一点P 的直线与直线x=-2 垂直且相交于点B,所以|PB|=|PF|,
因为|PB|=|PA|,所以|PF|=|PA|,所以点P 的横坐标为
5
2.
2.(2020 届四川广元期末)过抛物线y
2=2px(p>0)的焦点F 且斜率为
4
3的直线交抛物线于A,B 两点,若AF
ሬԦ
ሬሬ=λFB
ሬԦ
ሬሬ(λ>1),则λ
的值为(
).
A.5 B.4 C.
4
3 D.
5
2
【解析】根据题意,设A(x1,y1),B(x2,y2),
由AF
ሬԦ
ሬሬ=λFB
ሬԦ
ሬሬ,得
p
2 -x1,-y1 =λ x2-
p
2 ,y2 ,
故-y1=λy2,即λ=-
y1
y2.
直线AB 的方程为y=
4
3 x-
p
2 ,
联立直线与抛物线方程,消去x,得y
2-
3
2py-p
2=0.
故y1+y2=
3
2p,y1y2=-p
2,
则
(y1+y2)2
y1y2 =
y1
y2+
y2
y1+2=-
9
4,
即-λ-
1
λ+2=-
9
4.
又λ>1,解得λ=4.
3.(2020 届新疆模拟)设F 为抛物线C:y
2=4x 的焦点,过点P(-1,0)的直线l 交抛物线C 于A,B 两点,点Q 为线段AB 的中
点.若|FQ|=2 3,则直线l 的斜率为
.
【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l 的方程为y=k(x+1),联立y = k(x + 1),
y2 = 4x,
得k
2x
2+(2k
2-4)x+k
2=0,由
k ≠0,
Δ = (2k2-4)2-4k4 > 0,解得k∈(-1,0)∪(0,1),x1+x2=-
2k2-4
k2 =-2+
4
k2,y1+y2=k(x1+x2)+2k=
4
k,设Q(x0,y0),则
x0=
x1+x2
2 =-1+
2
k2,y0=
y1+y2
2 =
2
k,即Q -1+
2
k2 ,
2
k ,又F(1,0),
所以|FQ|=
-1+
2
k2 -1
2
+
2
k
2
=2 3,解得k=±
2
2 .
【答案】±
2
2
4.(2020 届辽宁大连双基测试)已知过点(2,0)的直线l1交抛物线C:y
2=2px(p>0)于A,B 两点,直线l2:x=-2 交x 轴于点Q.
(1)设直线QA,QB 的斜率分别为k1,k2,求k1+k2的值;
(2)若P 为抛物线C 上异于A,B 的任意一点,直线PA,PB 分别交直线l2于M,N 两点,OM
ሬԦ
ሬሬሬ·ON
ሬԦ
ሬሬሬ=2,求抛物线C 的方程.
【解析】(1)设直线l1的方程为x=my+2,点A(x1,y1),B(x2,y2).
联立方程x = my + 2,
y2 = 2px,
得y
2-2pmy-4p=0,则y1+y2=2pm,y1y2=-4p.
k1+k2=
y1
x1+2+
y2
x2+2=
y1
my1+4+
y2
my2+4
=
2my1y2+4(y1+y2)
(my1+4)(my2+4)=
-8mp+8mp
(my1+4)(my2+4)=0.
(2)设点P(x0,y0),直线PA:y-y1=
y1-y0
x1-x0(x-x1),
当x=-2 时,yM=
-4p+y1y0
y1+y0 ,
同理,yN=
-4p+y2y0
y2+y0 .
因为OM
ሬ
Ԧ
ሬሬሬ·ON
ሬԦ
ሬሬሬ=2,
所以4+yNyM=2,
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即
-4p+y2y0
y2+y0 ·
-4p+y1y0
y1+y0
=
16p2-4py0(y2+y1)+y0
2y1y2
y2y1+y0(y2+y1)+y0
2
=
16p2-8p2my0-4py0
2
-4p+2pmy0+y0
2
=
-4p(-4p+2pmy0+y0
2)
-4p+2pmy0+y0
2
=-4p=-2,
故p=
1
2,所以抛物线C 的方程为y
2=x.
5.(2020 届陕西汉中模拟)已知点M 为直线l1:x=-1 上的动点,N(1,0),过M 作直线l1的垂线,交MN 的中垂线于点P,记点P
的轨迹为C.
(1)求曲线C 的方程;
(2)若直线l2:y=kx+m 与圆E:(x-3)
2+y
2=6 相切于点D,与曲线C 交于A,B 两点,且D 为线段AB 的中点,求直线l2的方程.
【解析】(1)由已知可得|PN|=|PM|,即点P 到定点N 的距离等于到直线l1的距离,故点P 的轨迹是以N 为焦点,l1
为准线的抛物线,所以曲线C 的方程为y
2=4x.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0),直线l2的斜率为k,显然k≠0,由y = kx + m,
y2 = 4x
得k
2x
2+(2km-4)x+m
2=0,x1+x2=
4−2km
k2 ,所以
x0=
x1+x2
2 =
2−km
k2 ,y0=kx0+m=
2
k,即点D
2−km
k2 ,
2
k ,因为直线l2与圆E:(x-3)
2+y
2=6 相切于点D,所以|DE|
2=6,DE⊥l2,从而
2−km
k2 -3
2
+
2
k
2
=6,
2
k-0
2−km
k2 -3=-
1
k,整理可得
2
k
2
=2,即k=± 2,所以m=0,故l2的方程为y= 2x 或y=- 2x.
6.(2020 届广西月考)在平面直角坐标系xOy 中,抛物线C 的顶点是原点,以x 轴为对称轴,且经过点P(1,2).
(1)求抛物线C 的方程;
(2)设点A,B 在抛物线C 上,直线PA,PB 分别与y 轴交于点M,N,|PM|=|PN|,求直线AB 的斜率.
【解析】(1)依题意,设抛物线C 的方程为y
2=ax(a≠0),由抛物线C 经过点P(1,2)得a=4,所以抛物线C 的方程为y
2=4x.
(2)如图,因为|PM|=|PN|,所以∠PMN=∠PNM,所以∠1=∠2,所以直线PA 与PB 的倾斜角互补,所以kPA+kPB=0,依题意,
直线AP 的斜率存在,设直线AP 的方程为y-2=k(x-1)(k≠0),将其代入抛物线C 的方程,整理得
k
2x
2-2(k
2-2k+2)x+k
2-4k+4=0.
设A(x1,y1),则1×x1=
k2-4k+4
k2
,y1=k x1-1 +2=
4
k-2,所以点A
(k-2)2
k2 ,
4
k -2 .
以-k 替换点A 坐标中的k,得B
(k+2)2
k2
,-
4
k -2 .
所以kAB=
4
k- -4
k
(k-2)2
k2 -(k+2)2
k2
=-1.
所以直线AB 的斜率为-1.
7.(2020 届北京模拟)已知抛物线C:y
2=2px(p>0)的焦点为F,直线y=4 与y 轴的交点为P,与C 的交点为Q,且|QF|=
5
4|PQ|.
(1)求C 的方程.
(2)过F 的直线l 与C 相交于A,B 两点,若AB 的垂直平分线l'与C 相交于M,N 两点,且A,M,B,N 四点在同一圆上,求l 的
方程.
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【解析】(1)设Q(x0,4),代入y
2=2px,得x0=
8
p,
∴|PQ|=
8
p,|QF|=
p
2+x0=
p
2+
8
p.
由题设得
p
2+
8
p=
5
4×
8
p,解得p=-2(舍去)或p=2,
∴C 的方程为y
2=4x.
(2)由题设知l 与坐标轴不垂直,故可设l 的方程为x=my+1 m ≠0 ,代入y
2=4x 得y
2-4my-4=0.
设A x1,y1 ,B x2,y2 ,则y1+y2=4m,y1y2=-4.故AB 的中点为D(2m
2+1,2m),|AB|= m2 + 1|y1-y2|=4(m
2+1).又l'的斜率为
-m,∴l'的方程为x=-
1
my+2m
2+3.将上式代入y
2=4x,整理得y
2+
4
my-4(2m
2+3)=0.设M(x3,y3),N(x4,y4),则
y3+y4=-
4
m,y3y4=-4(2m
2+3).
故MN 的中点为E
2
m2 + 2m2 + 3, −
2
m ,
|MN|= 1 +
1
m2|y3-y4|=
4(m2+1) 2m2+1
m2
.
由于MN 垂直平分AB,故A,M,B,N 四点在同一圆上等价于|AE|=|BE|=
1
2|MN|,从而
1
4|AB|
2+|DE|
2=
1
4|MN|
2,即
4 m2 + 1 2+ 2m +
2
m
2
+
2
m2 + 2
2
=
4 m2+1
2 2m2+1
m4
,化简得m
2-1=0,解得m=1 或m=-1.所求直线l 的方程为x-y-1=0 或
x+y-1=0.
8.(2020 届湖南模拟)在平面直角坐标系中,动点P(x,y)(x≥0)到定点F(1,0)的距离比到y 轴的距离多1,设动点P 的轨迹
为曲线C.
(1)求曲线C 的方程;
(2)点M 为曲线C 上一点,过点M 分别作倾斜角互补的直线MA,MB 与曲线C 分别交于A,B 两点,过点F 且与AB 垂直的直
线l 与曲线C 交于D,E 两点,若|DE|=8,求点M 的坐标.
【解析】(1)由题意可知,动点P 到点F 和到直线x=-1 的距离相等,故曲线C 是顶点为原点,点F 为焦点的抛物线,
设曲线C 的方程为y
2=2px(p>0),则
p
2=1,即p=2,故曲线C 的方程为y
2=4x.
(2)设M
y0
2
4 ,y0 ,A
y1
2
4 ,y1 ,B
y2
2
4 ,y2 ,则kMA=
y1-y0
y1
2
4 -
y0
2
4
=
4
y1+y0,同理kAB=
4
y2+y0.
∵直线MA,MB 的倾斜角互补,∴kMA=-kMB,即
4
y1+y0=-
4
y2+y0,化简得y1+y2=-2y0,
∴kAB=
y2-y1
y2
2
4 -
y1
2
4
=
4
y1+y2=-
2
y0,故直线l 的方程为y=
y0
2 (x-1),即y=
y0
2 x-
y0
2 ,代入y
2=4x 得y0
2x
2-(2y0
2+16)x+y0
2=0,∴xD+xE=2+
16
y0
2.又
|DE|=xD+xE+p=2+
16
y0
2+2=8,即
16
y0
2=4,解得y0=±2,故点M 的坐标为(1,2)或(1,-2).
9.(2020 届西藏昌都一模)设抛物线C:x
2=2py(p>0)的焦点为F,准线为l,A 为C 上一点,已知以F 为圆心,FA 为半径的圆F
交l 于B,D 两点.
(1)若∠BFD=90°,△ABD 的面积为4 2,求p 的值及圆F 的方程;
(2)若A,B,F 三点在同一直线m 上,直线n 与m 平行,且n 与C 只有一个公共点,求坐标原点到m,n 距离的比值.
【解析】(1)由对称性知△BFD 是等腰直角三角形,斜边|BD|=2p,
点A 到准线l 的距离d=|FA|=|FB|= 2p,
因为S△ABD=4 2,所以
1
2×|BD|×d=4 2,所以
1
2×2p× 2p=4 2,
因为p>0,所以p=2,所以圆F 的方程为x
2+(y-1)
2=8.
(2)由对称性设A x0,
x0
2
2p (x0>0),
因为点A,B 关于点F 0,
p
2 对称,
所以B -x0,p-
x0
2
2p ,所以p-
x0
2
2p=-
p
2,即x0
2=3p
2.
所以A
3p,
3p
2 ,所以直线m 的方程为y=
3p
2 -p
2
3px+
p
2,即x- 3y+
3p
2 =0.
因为x
2=2py,所以y=
x2
2p,所以y'=
x
p=
3
3 ,即x=
3
3 p,
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所以切点P
3p
3 ,
p
6 ,
所以直线n 的方程为y-
p
6=
3
3
x-
3p
3
,即x- 3y-
3
6 p=0.
所以坐标原点到直线m,n 距离的比值为
3p
2 ∶
3p
6 =3.
10.(2020 届江西赣州模拟)已知抛物线C:y
2=2px(p>0)的焦点为F,点P 在C 上且其横坐标为1,以F 为圆心,|FP|为半径
的圆与C 的准线l 相切.
(1)求p 的值;
(2)过点(2,0)的直线l 与C 交于M,N 两点,以PM,PN 为邻边作平行四边形PMQN,若点Q 关于l 的对称点在C 上,求l 的方
程.
【解析】(1)因为以F 为圆心,|FP|为半径的圆与C 的准线l 相切,
所以圆的半径为p,即|FP|=p,
所以FP⊥x 轴,又点P 的横坐标为1,
所以焦点F 的坐标为(1,0),从而p=2.
(2)由(1)知,抛物线的方程为y
2=4x,若点P 在第一象限,则P(1,2),
设直线l:x=ty+2,
联立y2 = 4x,
x = ty + 2,消去x 得y
2-4ty-8=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2),
则y1+y2=4t,x1+x2=t(y1+y2)+4=4t
2+4,
所以MN 的中点坐标为(2t
2+2,2t),
所以点P 关于点(2t
2+2,2t)的对称点为Q(4t
2+3,4t-2),
设点Q 关于l 的对称点为Q'(m,n),
则
n-4t+2
m-4t2-3 =−t,
4t2+3+m
2
= t·
4t-2+n
2
+ 2,
即tm + n = 4t3 + 7t-2,
m-tn = 1 −2t,
①
因为Q'(m,n)在抛物线C 上,
所以n
2=4m,
②
联立①②解得
m = 1,
n =−2,
t = 0
或
m = 4,
n =−4,
t =−
1
2 .
所以直线l 的方程为x=2 或2x+y-4=0.
若点P 在第四象限,则根据对称性可得直线l 的方程为x=2 或2x-y-4=0.
综上,直线l 的方程为x=2 或2x+y-4=0 或2x-y-4=0.
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§14.1
计数原理
1.(2020 届宁波质检)将一个四面体ABCD 的六条棱涂上红、黄、白三种颜色,要求共端点的棱不能涂相同颜色,则不同
的涂色方案有(
).
A.1 种
B.3 种
C.6 种
D.9 种
【解析】因为只有三种颜色,又要涂六条棱,所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色,故有3×2×1=6 种涂色方
案.
2.(2016 年全国Ⅱ卷)如图,小明从街道的E 处出发,先到F 处与小红会合,再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活
动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(
).
A.24
B.18
C.12
D.9
【解析】分两步,第一步,从E→F,有6 条可以选择的最短路径;第二步,从F→G,有3 条可以选择的最短路径.由分
步乘法计数原理可知有6×3=18 条可以选择的最短路径.故选B.
3.(2020 届济宁质检)6 把椅子摆成一排,3 人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为(
).
A.144
B.120
C.72
D.24
【解析】先排3 个空位,形成4 个空隙供3 人选择就座,因此任何两人不相邻的坐法种数为A4
3=4×3×2=24.
4.(2020 届济南调研)有4 位教师在同一年级的4 个班中各教一个班的数学,在数学检测时要求每位教师不能在本班监
考,则不同的监考方法有(
).
A.8 种
B.9 种
C.10 种D.11 种
【解析】设四位监考教师分别为A,B,C,D,所教班分别为a,b,c,d,假设A 监考b,则余下三人监考剩下的三个班,共有
3 种不同的方法,同理A 监考c,d 时,也分别有3 种不同的方法.由分类加法计数原理得,共有3+3+3=9 种不同的监考方
法.
5.(2020 届天津和平区二模)7 人站成两排队列,前排3 人,后排4 人,现将甲、乙、丙三人加入队列,前排加一人,后排加
两人,其他人保持相对位置不变,则不同的加入方法种数为(
).
A.120
B.240
C.360
D.480
【解析】第一步,从甲、乙、丙三人选一个加到前排,有3 种方法;第二步,前排3 人形成了4 个空,任选一个空加
一人,有4 种方法;第三步,后排4 人形成了5 个空,任选一个空加一人,有5 种方法,此时形成6 个空,任选一个空加一人,
有6 种方法.根据分步乘法计数原理,共有3×4×5×6=360 种方法.
6.(2020 届杭州二模)若从1,2,3,…,9 这9 个整数中同时取4 个不同的数,其和为偶数,则不同的取法共有(
).
A.60 种B.63 种C.65 种D.66 种
【解析】共有4 个不同的偶数和5 个不同的奇数,要使和为偶数,则4 个数全为奇数,或全为偶数,或2 个奇数和2
个偶数,故不同的取法有C5
4+C4
4+C5
2C4
2=66(种).
7.(2020 届洛阳模拟)从10 名大学毕业生中选3 人担任村主任助理,则甲、乙至少有1 人入选,而丙没有入选的不同选
法的种数为(
).
A.72
B.56
C.49
D.28
【解析】分两类:甲、乙中只有1 人入选且丙没有入选,甲、乙均入选且丙没有入选.故可得选法种数为
C2
1C7
2+C2
2C7
1=49.
8.(2020 届唐山模拟)某会议室第一排有9 个座位,现安排4 人就座,若要求每人左右均有空位,则不同的坐法种数为
(
).
A.8 B.16
C.24
D.60
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【解析】根据题意,9 个座位中满足要求的座位只有4 个,现有4 人就座,把4 人进行全排列,即有A4
4=24 种不同的
坐法.
9.(2020 届上海模拟)袋中装有5 个大小相同的球,编号分别为1,2,3,4,5,若从该袋中随机取出3 个球,则被取出的球的
编号之和为奇数的不同方案总数是
.(用数字作答)
【解析】取出的3 个球的编号之和为奇数,有2 偶1 奇和3 个全为奇数两种情况.
若取出的3 个球的编号中有2 个是偶数1 个是奇数,则有C3
1C2
2=3 种情况,
若取出的3 个球的编号全是奇数,则有C3
3=1 种情况.
故不同方案总数为4.
【答案】4
10.(2020 届河北衡水模拟)现有一圆桌,周边有标号为1,2,3,4 的四个座位,甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个
数学课题,每人只能坐一个座位,且甲、乙不能相邻,则所有选座方法有
种.(用数字作答)
【解析】先安排甲,其选座方法有C4
1种,由于甲、乙不能相邻,所以乙只能坐甲对面,而丙、丁两位同学坐另两个位
置的坐法有A2
2种,所以所有选座方法有C4
1·A2
2=4×2=8 种.
【答案】8
11.(2020 届成都模拟)由数字1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数,若2 与4 相邻,且1 与2 不相邻,则这样的五位数共
有(
).
A.12 个B.24 个C.36 个D.48 个
【解析】分步完成,先排2,4,有A2
2种排法,再把排好的2,4 看成一个整体,与3,5 再排,有A3
3种排法;最后把1 插空,仅
有3 个空位可选,有3 种插法.故共有A2
2A3
3·3=2×6×3=36 个不同的五位数.
12.(2020 届西安月考)某学校派出5 名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流,每所中学至少派一名教师,则不
同的分派方法有(
).
A.80 种B.90 种C.120 种D.150 种
【解析】分两类:一类,第一步将5 名老师按2,2,1 分成3 组,其分法有
C5
2C3
2C1
1
A2
2 种,第二步将分好的3 组分派到3 个学
校,则有
C5
2C3
2C1
1
A2
2 ·A3
3=90 种分派方法;
另一类,第一步将5 名老师按3,1,1 分成3 组,其分法有
C5
3C2
1C1
1
A2
2 种,第二步将分好的3 组分派到3 个学校,则有
C5
3C2
1C1
1
A2
2 ·A3
3=60 种分派方法.
所以不同的分派方法共有90+60=150(种).
13.(2020 届唐山二模)将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教,其中甲校至少分配两名教师,其他三所学校至
少分配一名教师,则不同的分配方案共有
种.(用数字作答)
【解析】若甲校2 人,乙、丙、丁其中一校2 人,共有C6
2C4
2A3
3=540 种方案;若甲校3 人,乙、丙、丁每校1 人,共有
C6
3A3
3=120 种方案.所以不同的分配方案共有540+120=660 种.
【答案】660
14.(2020 届江西八所重点中学模拟)摄像师要对已坐定一排照相的5 位小朋友的座位顺序进行调整,要求其中恰有2
人座位不调整,则不同的调整方案的种数为
(用数字作答).
【解析】从5 人中任选3 人有C5
3=10 种方法,将3 人位置全部进行调整,有C2
1·C1
1·C1
1=2 种方法.
故有10×2=20 种调整方案.
【答案】20
15.(2020 届天津和平区一模)把8 个相同的小球全部放入编号为1,2,3,4 的四个盒中,则不同的放法种数为(
).
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A.35
B.70
C.165
D.1860
【解析】根据题意,分4 种情况讨论:
①没有空盒,将8 个相同的小球排成一列,排好后,各球之间共有7 个空位,在7 个空位中任选3 个,插入隔板,将小
球分成4 组,顺次对应4 个盒子,有C7
3=35 种放法;
②有1 个空盒,在4 个盒中任选3 个,放入小球,有C4
3=4 种选法,将8 个相同的小球排成一列,排好后,各球之间共有
7 个空位,在7 个空位中任选2 个,插入隔板,将小球分成3 组,顺次对应3 个盒子,有C7
2=21 种分组方法,则有4×21=84
种放法;
③有2 个空盒,在4 个盒中任选2 个,放入小球,有C4
2=6 种选法,将8 个相同的小球排成一列,排好后,各球之间共有
7 个空位,在7 个空位中任选1 个,插入隔板,将小球分成2 组,顺次对应2 个盒子,有C7
1=7 种分组方法,则有6×7=42 种
方法;
④有3 个空盒,即将8 个小球全部放进1 个盒子,有4 种放法.
故一共有35+84+42+4=165 种放法.
16.(2020 届湖南模拟)为配合国家精准扶贫战略,某省示范性高中安排6 名高级教师(不同姓)到基础教育薄弱的甲、
乙、丙三所中学进行扶贫支教,每所学校至少1 人,其中李老师不去甲校,则分配方案种数为
.
【解析】由题意,可分四种情况.
①甲校安排1 名教师,分配方案种数为C5
1(C5
1C4
4A2
2+C5
2C3
3A2
2)=150;
②甲校安排2 名教师,分配方案种数为C5
2(C4
1C3
3A2
2+C4
2C2
2)=140;
③甲校安排3 名教师,分配方案种数为C5
3C3
1C2
2A2
2=60;
④甲校安排4 名教师,分配方案种数为C5
4C2
1C1
1=10.
由分类计数原理,可得共有150+140+60+10=360 种分配方案.
【答案】360
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§14.2
二项式定理
1.(2020 届山东淄博模拟) x-
1
3 x
8
展开式的常数项为(
).
A.-56
B.-28
C.56
D.28
【解析】x-
1
3 x
8
展开式的通项公式为Tr+1=C8
r·x
8-r· -
1
3 x
r
=C8
r·(-1)
r·x8−4
3 r,
令8-
4
3r=0,得r=6,∴所求常数项为C8
6·(-1)
6=28,故选D.
2.(2020 届广州测试)使x2 +
1
2x3
n
(n∈N
*)的展开式中含有常数项的n 的最小值是(
).
A.3 B.4 C.5 D.6
【解析】Tr+1=Cn
r(x
2)
n-r
1
2x3
r
=
1
2r Cn
r x
2n-5r,令2n-5r=0,得n=
5
2r.又n∈N
*,所以n 的最小值是5.
3.(2020 届邯郸模拟)在x +
3
x
n
的展开式中,各项系数和与二项式系数和之比为64,则x
3的系数为(
).
A.15
B.45
C.135
D.405
【解析】令x +
3
x
n
中x 为1,得各项系数和为4
n,又展开式的各项的二项式系数和为2
n,各项系数的和与各项二
项式系数的和之比为64,∴
4n
2n=64,解得n=6,∴二项式的展开式的通项公式为Tr+1=C6
r·3
r·x6−3
2 r,令6-
3
2r=3,求得r=2,故
展开式中x
3的系数为C6
2·3
2=135.
4.(2020 届枣庄二模)若(x
2-a) x +
1
x
10
的展开式中x
6的系数为30,则实数a 等于(
).
A.
1
3 B.
1
2 C.1 D.2
【解析】x +
1
x
10
展开式的通项公式为Tr+1=C10
r ·x
10-r·
1
x
r
=C10
r ·x
10-2r,令10-2r=4,解得r=3,所以含x
4项的系数
为C10
3 ,令10-2r=6,解得r=2,所以含x
6项的系数为C10
2 ,所以(x
2-a) x +
1
x
10
的展开式中x
6的系数为C10
3 -aC10
2 =30,解得
a=2.
5.(2017 年山东卷)已知(1+3x)
n的展开式中含有x
2的系数是54,则n=
.
【解析】(1+3x)
n的展开式的通项为Tr+1=Cn
r(3x)
r,令r=2,得T3=9Cn
2x
2,由题意得9Cn
2=54,解得n=4.
【答案】4
6.(2018 年浙江卷)二项式
3 x +
1
2x
8
的展开式的常数项是
.
【解析】该二项展开式的通项公式为Tr+1=C8
rx
8−r
3
1
2x
r
=C8
r
1
2
r
x
8−4r
3 .令
8−4r
3 =0,解得r=2,所以所求常数项为
C8
2×
1
2
2
=7.
【答案】7
7.(2020 届石家庄调研)(1+x)
n的二项展开式中,仅第6 项的系数最大,则n=
.
【解析】(1+x)
n的二项展开式中,项的系数就是项的二项式系数,所以
n
2+1=6,解得n=10.
【答案】10
8.(2020 届上海市浦东新区二模)二项式2x-
1
2x
6
展开式的常数项为第
项.
【解析】由二项式展开式的通项公式得
Tr+1=C6
r(2x)
6-r -
1
2x
r
=C6
r(-1)
r2
6-2rx
6-2r,
令6-2r=0,得r=3,∴T4为常数项,
即二项式2x-
1
2x
6
展开式的常数项为第4 项.
【答案】4
9.(2020 届石家庄模拟)在(1-2x)
n的展开式中,偶数项的二项式系数之和为128,则展开式二项式系数最大的项
为
.
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【解析】由二项式系数的性质知,2
n-1=128,解得n=8,(1-2x)
8的展开式共有9 项,中间项,即第5 项的二项式系数最
大,T4+1=C8
4×1
4(-2x)
4=1120x
4.
【答案】1120x
4
10.(2020 届北京一模)若x2 +
1
x
n
展开式中的二项式系数和为64,则n=
,该展开式中的常数项为
.
【解析】由x2 +
1
x
n
展开式中的二项式系数和为64,可得2
n=64,解得n=6,
x2 +
1
x
n
= x2 +
1
x
6
的展开式的通项公式为Tr+1=C6
r·x
12-2r·x
-r=C6
r·x
12-3r,
令12-3r=0,解得r=4,故该展开式中的常数项为T5=C6
4=15.
【答案】6
15
11.(2020 届山东郓城模拟)已知二项式2x-
1
x
n
(n∈N
*)的展开式中第2 项与第3 项的二项式系数之比是2∶5,则展开
式中x
3的系数为(
).
A.14
B.-14
C.240
D.-240
【解析】二项展开式的第r+1 项的通项公式为Tr+1=Cn
r(2x)
n-r -
1
x
r
,
由展开式中第2 项与第3 项的二项式系数之比是2∶5,可得Cn
1∶Cn
2=2∶5.即
2n
n(n-1)=
2
5,解得n=6,
所以Tr+1=C6
r2
6-r(-1)
rx6−3
2 r,
令6-
3
2r=3,解得r=2,所以展开式中x
3的系数为C6
22
6-2(-1)
2=240.故选C.
12.(2020 届深圳模拟)已知1 +
a
x
2x-
1
x
5
的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中常数项为(
).
A.-80
B.-40
C.40
D.80
【解析】令x=1,得展开式的各项系数和为1 +
a
1
2 −
1
1
5
=1+a,
∴1+a=2,∴a=1,
∴1 +
a
x
2x-
1
x
5
= 1 +
1
x
2x-
1
x
5
= 2x-
1
x
5
+
1
x 2x-
1
x
5
,
所求展开式中常数项为2x-
1
x
5
的展开式的常数项与含x 项的系数和,
2x-
1
x
5
展开式的通项为Tr+1=C5
r(2x)
5-r·(-1)
r·
1
x
r
=(-1)
r2
5-rC5
rx
5-2r,
令5-2r=1 得r=2,令5-2r=0,无整数解,
∴展开式中常数项为8C5
2=80,故选D.
13.(2020 届河南联考)(3-2x-x
4)(2x-1)
6的展开式中,含x
3项的系数为(
).
A.600
B.360
C.-600
D.-360
【解析】由二项展开式的通项公式可知,展开式中含x
3项的系数为3×C6
3×2
3×(-1)
3-2×C6
4×2
2×(-1)
4=-600.
14.(2020 届沈阳三校模拟)设二项式x-
1
2
n
(n∈N
*)展开式的二项式系数的和与各项系数的和分别为an与bn,则
a1+a2+…+an
b1+b2+…+bn=(
).
A.2
n-1+3 B.2(2
n-1+1)
C.2
n+1
D.1
【解析】由题意知an=2
n,令x=1,则bn=
1
2
n
,所以
a1+a2+…+an
b1+b2+…+bn=2
n+1,故选C.
15.(2020 届江西模拟)设m 为正整数,(x+y)
2m展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y)
2m+1展开式的二项式系数的最大值
为b,若15a=8b,则m=
.
【解析】(x+y)
2m展开式中二项式系数的最大值为a=C2m
m ,(x+y)
2m+1展开式中二项式系数的最大值为b=C2m+1
m+1 ,
因为15a=8b,所以15C2m
m =8C2m+1
m+1 ,即15
(2m)!
m!m!=8
(2m+1)!
m!(m+1)!,解得m=7.
【答案】7
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16.(2020 届广东省六校联考)若a=
π
׬
0(2sin x-cos x)dx,则
a
x - x
6
的展开式中常数项为
.
【解析】∵a=
π
׬
0(2sin x-cos x)dx=(-2cos x-sin x) π0=(2-0)-(-2-0)=4,
∴
4
x - x
6
展开式的通项公式为Tr+1=C6
r
4
x
6−r
·(- x)
r=4
6-r(-1)
rC6
rx
3r
2 -6,
令
3r
2 -6=0,得r=4.
∴
4
x - x
6
的展开式中,常数项是4
6-4(-1)
4C6
4=240.
【答案】240
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§14.3
随机事件的概率
1.在投掷一枚硬币的试验中,共投掷了100 次,“正面朝上”的频数为51,则“正面朝上”的频率为(
).
A.49
B.0.5
C.0.51
D.0.49
【解析】由题意,根据事件发生的频率的定义可知,“正面朝上”的频率为
51
100=0.51.
2.(2020 届泉州模拟)从含有质地均匀且大小相同的2 个红球,n 个白球的口袋中随机取出一球,若取得红球的概率是
2
5,
则取得白球的概率是(
).
A.
1
5 B.
2
5 C.
3
5 D.
4
5
【解析】∵取得红球与取得白球为对立事件,∴取得白球的概率为P=1-
2
5=
3
5.
3.甲:A1,A2是互斥事件.乙:A1,A2是对立事件.那么(
).
A.甲是乙的充分不必要条件
B.甲是乙的必要不充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件,也不是乙的必要条件
【解析】两个事件是对立事件,则它们一定互斥,反之不一定成立.
4.若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45,既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15,则不用现金支付的
概率为(
).
A.0.3
B.0.4
C.0.6
D.0.7
【解析】由题意可知不用现金支付的概率为1-0.45-0.15=0.4.
5.(2020 届襄阳模拟)下列说法中正确的是(
).
A.若事件A 与事件B 是互斥事件,则P(A)+P(B)=1
B.若事件A 与事件B 满足条件P(A∪B)=P(A)+P(B)=1,则事件A 与事件B 是对立事件
C.一个人打靶时连续射击两次,则事件“至少有一次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件
D.从不包括大小王的52 张扑克牌中随机抽取一张,则事件“取到红色牌”与事件“取到梅花牌”是互斥事件
【解析】对于A,事件A 与事件B 是互斥事件,但不一定是对立事件,故A 不正确;对于B, 若是在同一试验
下,P(A∪B)=P(A)+P(B)=1,说明事件A 与事件B 一定是对立事件,但若在不同试验下,虽然有P(A∪B)=P(A)+P(B)=1,但事件A
与事件B 不一定对立,故B 不正确;对于C,一个人打靶时连续射击两次,则事件“至少有一次中靶”与事件“至多有一
次中靶”有交事件“恰有一次中靶”,不是对立事件,故C 不正确;对于D,事件“取到红色牌”与事件“取到梅花牌”
是互斥事件,故D 正确.
6.(2020 届湖南衡阳模拟)从一箱产品中随机地抽取一件,设事件A={抽到一等品},事件B={抽到二等品},事件C={抽到三
等品},且已知P(A)=0.65,P(B)=0.2,P(C)=0.1,则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为(
).
A.0.7
B.0.65
C.0.35
D.0.3
【解析】∵事件A={抽到一等品},且P(A)=0.65,∴事件“抽到的产品不是一等品”的概率
P(A)=1-P(A)=1-0.65=0.35.故选C.
7.(2020 届枣庄期末)做掷一个骰子的试验,事件A 表示“小于5 的偶数点出现”,事件B 表示“小于5 的点数出现”,
则一次试验中,事件A+B
−
发生的概率为(
).
A.
1
3 B.
1
2 C.
2
3 D.
5
6
【解析】由于基本事件总数为6,因此P(A)=
2
6=
1
3,P(B)=
4
6=
2
3,从而P(B
−
)=1-P(B)=1-
2
3=
1
3.又A 与B
−
互斥,所以
P(A+B
−
)=P(A)+P(B
−
)=
1
3+
1
3=
2
3.故选C.
8.(2020 届江西南昌月考)将一枚硬币向上抛掷10 次,其中“正面向上恰有5 次”是(
).
A.必然事件
B.随机事件
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C.不可能事件
D.无法确定
【解析】抛掷10 次硬币,正面向上的次数可能为0~10,正面向上5 次是随机事件.
9.(2020 届湖北黄石联考)天气预报说,今后三天每天下雨的概率相同,现用随机模拟的方法预测三天中有两天下雨的
概率,用骰子点数来产生随机数.依据每天下雨的概率,可规定投一次骰子出现1 点和2 点代表下雨,投三次骰子代表
三天,产生的三个随机数作为一组,得到的10组随机数如下:613,265,114,236,561,435,443,251,154,353.则在此次随机模
拟试验中,每天下雨的概率和三天中有两天下雨的概率的近似值分别为(
).
A.
1
2,
3
8
B.
1
2,
1
8
C.
1
3,
1
5
D.
1
3,
2
9
【解析】由题意可得,每天下雨的概率P=
2
6=
1
3;由10 组数据可得三天中有两天下雨的概率P=
2
10=
1
5.故选C.
10.国家射击队的队员为在世界射击锦标赛上取得优异成绩,正在加紧备战,经过近期训练,某队员射击一次命中7~10
环的概率如下表所示:
命中环数
10 环
9 环
8 环
7 环
概率
0.32
0.28
0.18
0.12
该射击队员射击一次,求:
(1)命中9 环或10 环的概率;
(2)至少命中8 环的概率;
(3)命中不足8 环的概率.
【解析】记事件“射击一次,命中k 环”为Ak(k∈N
*,k≤10),则事件Ak彼此互斥.
(1)记“射击一次,命中9 环或10 环”为事件A,那么当A9,A10之一发生时,事件A 发生,由互斥事件的加法公式得
P(A)=P(A9)+P(A10)=0.28+0.32=0.6.
(2)设“射击一次,至少命中8 环”为事件B,那么当A8,A9,A10之一发生时,事件B 发生.由互斥事件概率的加法公式
得P(B)=P(A8)+P(A9)+P(A10)=0.18+0.28+0.32=0.78.
(3)事件“射击一次,命中不足8 环”是事件B“射击一次,至少命中8 环”的对立事件,即B
−
表示事件“射击一次,
命中不足8 环”.
∴P(B
−
)=1-P(B)=1-0.78=0.22.
11.若p:“事件A 与事件B 是对立事件”,q:“概率满足P(A)+P(B)=1”,则p 是q 的(
).
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】若事件A 与事件B 是对立事件,则A∪B 为必然事件,再由概率的加法公式得P(A)+P(B)=1.设掷一枚硬币3
次,事件A:“至少出现一次正面”,事件B:“3 次出现正面”,则P(A)=
7
8,P(B)=
1
8,满足P(A)+P(B)=1,但A,B 不是对立事件.所
以p 是q 的充分不必要条件.故选A.
12.若A,B 互为对立事件,其概率分别为P(A)=
2
x,P(B)=
1
y,且x>0,y>0,则x+2y 的最小值为(
).
A.7 B.8 C.9 D.10
【解析】由题意知
2
x+
1
y=1,则x+2y=(x+2y)·
2
x +
1
y =4+
4y
x +
x
y ≥8,当且仅当
4y
x =
x
y,即x=4,y=2 时等号成立.
13.某河流上的一座水力发电站,每年六月份的发电量Y(单位:万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位:毫米)
有关.据统计,当X=70 时,Y=460;X 每增加10,Y 增加5.已知近20 年X 的值为
140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,140,160.
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(1)完成如下的频率分布表:
近20 年六月份降雨量频率分布表
降雨量
70
110
140
160
200
220
频率
1
20
4
20
2
20
(2)假定今年六月份的降雨量与近20 年六月份降雨量的分布规律相同,并将频率视为概率,求今年六月份该水力发电
站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率.
【解析】(1)在所给数据中,降雨量为110 毫米的有3 个,为160 毫米的有7 个,为200 毫米的有3 个.故近20 年六
月份降雨量频率分布表为
降雨量
70
110
140
160
200
220
频率
1
20
3
20
4
20
7
20
3
20
2
20
(2)根据题意,Y=460+
X-70
10 ×5=
X
2+425,
故P(发电量低于490 万千瓦时或超过530 万千瓦时)
=P(Y<490 或Y>530)=P(X<130 或X>210)
=P(X=70)+P(X=110)+P(X=220)
=
1
20+
3
20+
2
20=
3
10.
故今年六月份该水力发电站的发电量低于490 万千瓦时或超过530 万千瓦时的概率为
3
10.
14.(2020 届重庆模拟)某种产品的质量按照其质量指标值M 进行等级划分,具体如下表:
质量指标值M
M<80
80≤M<110
M≥110
等级
三等
二等
一等
现从某企业生产的这种产品中随机抽取了100 件作为样本,对其质量指标值M 进行统计分析,得到如图所示的频率分
布直方图.
(1)记A 表示事件“一件这种产品为二等品或一等品”,试估计事件A 的概率;
(2)已知该企业的这种产品每件一等品、二等品、三等品的利润分别为10 元、6 元、2 元,试估计该企业销售10000
件该产品的利润;
(3)根据该产品质量指标值M 的频率分布直方图,求质量指标值M 的中位数的估计值.(精确到0.01)
【解析】(1)记B 表示事件“一件这种产品为二等品”,C 表示事件“一件这种产品为一等品”,则事件B,C 互斥,
且由频率分布直方图得P(B)=0.2+0.3+0.15=0.65,P(C)=0.1+0.09=0.19,所以P(A)=P(B+C)=P(B)+P(C)=0.84,故事件A 的概
率估计值为0.84.
(2)由(1)知,任取一件产品是一等品、二等品的概率估计值分别为0.19,0.65,
故任取一件产品是三等品的概率估计值为0.16,
从而估计10000 件产品中有一等品、二等品、三等品1900,6500,1600 件,
故利润估计值为1900×10+6500×6+1600×2=61200 元.
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(3)因为在产品质量指标值M 的频率分布直方图中,
质量指标值M<90 的频率为0.06+0.1+0.2=0.36<0.5,
质量指标值M<100 的频率为0.06+0.1+0.2+0.3=0.66>0.5,
故质量指标值M 的中位数估计值为90+
0.5−0.36
0.03 ≈94.67.
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§14.4
古典概型与几何概型
1.(2020 届湖南长沙模拟)将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2 次,第一次出现的点数为m,第二次出现的点数为n,则m=2n
的概率为(
).
A.
1
18 B.
1
12 C.
1
9 D.
1
6
【解析】由题意得,基本事件总数为6×6=36,事件“m=2n”包含的基本事件有(2,1),(4,2),(6,3),共3 个,所以事件
“m=2n”发生的概率P=
3
36=
1
12.故选B.
2.(2020 届安徽模拟)某单位试行上班刷卡制度,规定每天8:30 上班,有15 分钟的有效刷卡时间(即8:15~8:30),一名职工
在7:50 到8:30 之间到达单位且到达单位的时刻是随机的,若他一到达单位就刷卡上班,则他能有效刷卡上班的概率是
(
).
A.
2
3 B.
5
8 C.
1
3 D.
3
8
【解析】该职工在7:50 到8:30 之间到达单位且到达单位的时刻是随机的,设其构成的区域为线段AB,且AB=40,
职工的有效刷卡时间是8:15 到8:30 之间,设其构成的区域为线段CB,且CB=15,如图,所以该职工有效刷卡上班的概率
P=
15
40=
3
8,故选D.
3.(2016 年全国Ⅲ卷)小敏打开计算机时,忘记了开机密码的前两位,只记得第一位是M,I,N 中的一个字母,第二位是
1,2,3,4,5 中的一个数字,则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是(
).
A.
8
15 B.
1
8 C.
1
15 D.
1
30
【解析】∵Ω={(M,1),(M,2),(M,3),(M,4),(M,5),(I,1),(I,2),(I,3),(I,4),(I,5),(N,1),(N,2),(N,3),(N,4),(N,5)},∴基本事件总数为
15.∵正确的开机密码只有1 种,∴所求概率P=
1
15.
4.(2020 届烟台高考诊断性测试)
七巧板是我国古代劳动人民的发明之一,它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成
的,右图是一个用七巧板拼成的正方形,若在此正方形中任取一点,则此点取自阴影部分的概率是(
).
A.
1
4 B.
1
8 C.
3
8 D.
3
16
【解析】不妨设小正方形的边长为1,则最小等腰直角三角形的边长分别为1,1, 2,最大等腰直角三角形的边长分
别为2,2,2 2,即最大正方形的边长为2 2,则较大等腰直角三角形的边长分别为2, 2,2,故所求概率
P=1-
1
2×2+1+1+2×2
8
=
1
8.
5.设函数f(x)=x
2-x-2,若从区间[-3,6]上任取一个实数x,则所选取的实数x 满足f(x)≤0 的概率为(
).
A.
1
2 B.
1
3 C.
2
3 D.
1
4
【解析】由题意,函数f(x)=x
2-x-2,
令f(x)≤0,即x
2-x-2≤0,解得-1≤x≤2,
根据长度的几何概型可得概率P=
2−(−1)
6−(−3)=
1
3.
6.(2020 届北京模拟)从写有电子字体的“2”“0”“1”“9”的四张卡片(其中“2”可作“5”用,“9”可作“6”
用)中随机抽出两张卡片,则两张卡片的数字之差的绝对值等于1 的概率为(
).
A.
1
6 B.
1
3 C.
2
3 D.
1
2
【解析】从四张卡片中随机抽出两张卡片所包含的基本事件总数为C4
2=6;
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由题意可知,“两张卡片的数字之差的绝对值等于1”所包含的基本事件有(2,1),(0,1),(2,9),共3 个,故所求概率
P=
3
6=
1
2.
7.同时抛掷三枚硬币一次,则出现至少两枚反面的概率为(
).
A.
1
8 B.
1
4 C.
3
8 D.
1
2
【解析】抛掷三枚硬币包含的基本事件有正正正,正正反,正反正,反正正,正反反,反正反,反反正,反反反,共8 个,
其中出现至少两枚反面的基本事件有正反反,反正反,反反正,反反反,共4 个,故概率P=
4
8=
1
2.
8.(2020 届广东高考模拟)现有甲班A,B,C 三名学生,乙班D,E 两名学生,从这5 名学生中选2 名学生参加某项活动,则选
取的2 名学生来自不同班级的概率是(
).
A.
1
5 B.
3
10 C.
2
5 D.
3
5
【解析】从这5 名学生中选2 名学生参加某项活动,
基本事件总数n=C5
2=10,
抽到2 名学生来自于同一班级包含的基本事件个数m=C3
2+C2
2=4,
∴抽到2 名学生来自不同班级的概率P=1-
m
n=1-
4
10=
3
5.
9.若一个两位数的各位数字相加和为10,则称该数为“完美两位数”,如数字“73”.在所有的“完美两位数”中随
机地选取两个不同的数,其和等于110 的概率为(
).
A.
4
45 B.
5
36 C.
1
9 D.
2
9
【解析】“完美两位数”有19,28,37,46,55,64,73,82,91,共9 个,随机地选取两个不同的数,共有C9
2=36 种方法.因为
19+91=28+82=37+73=46+64=110,所以随机选取两个不同的数,其和等于110 的有4 种方法,所求概率为
4
36=
1
9.故选C.
10.
(2020届北京模拟)剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一,作为一种镂空艺术,它能给人以视觉上的艺术享受.在如图
所示的圆形图案中有12 个树叶状图形(即图中阴影部分),构成树叶状图形的圆弧均相同.若在圆内随机取一点,则此
点取自阴影部分的概率是(
).
A.2-
3 3
π
B.4-
6 3
π
C.
3 3
π
D.
6 3
π
【解析】设圆的半径为r,如图所示,
12 片树叶是由24 个相同的弓形组成,且弓形AMB 的面积S 弓形=
1
6πr
2-
1
2r
2×sin
π
3=
1
6πr
2-
3
4 r
2.
∴所求的概率P=
24S弓形
S圆
=
24
1
6πr2- 3
4 r2
πr2
=4-
6 3
π .
11.(2020 届湖北襄阳模拟)已知λ=3 0
1
׬ x
2dx,在矩形ABCD 中,AB=2,AD=1,则在矩形ABCD 内(包括边界)任取一点P,使得
AP
ሬԦ
ሬሬ·AC
ሬԦ
ሬሬ≥λ的概率为(
).
A.
1
8 B.
1
4 C.
3
4 D.
7
8
【解析】
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由已知得λ=3 0
1
׬ x
2dx=3×
1
3x
3 1
0
=1.建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),C(2,1).
设P(x,y),则AP
ሬԦ
ሬሬ=(x,y),AC
ሬԦ
ሬሬ=(2,1),故AP
ሬԦ
ሬሬ·AC
ሬԦ
ሬሬ≥1 等价于2x+y≥1,作出不等式对应的区域(图中阴影区域),其面积
S=2×1-
1
2×1×
1
2=2-
1
4=
7
4,又矩形ABCD 的面积为2×1=2,所以所求概率P=
7
4
2=
7
8,故选D.
12.(2020 届湖南模拟)在长为10 cm 的线段AB 上任取一点C,作一矩形,邻边长分别等于线段AC、CB 的长,则该矩形面
积小于16 cm
2的概率为(
).
A.
2
3 B.
3
4 C.
2
5 D.
1
3
【解析】设线段AC 的长为x cm,则线段CB 的长为(10-x) cm,那么矩形面积为x(10-x) cm
2,由x(10-x)<16,解得x<2
或x>8.
又0<x<10,所以该矩形面积小于16 cm
2的概率P=
4
10=
2
5.
13.(2020 届安徽省模拟)随着互联网金融的不断发展,很多互联网公司推出余额增值服务产品和活期资金管理服务产
品,如蚂蚁金服旗下的“余额宝”,腾讯旗下的“财富通”,京东旗下的“京东小金库”.为了调查广大市民理财产品
的选择情况,随机抽取1100 名使用理财产品的市民,按照使用理财产品的情况统计得到如下频数分布表:
分组
频数(单位:名)
使用“余额宝”
x
使用“财富通”
y
使用“京东小金库”
40
使用其他理财产品
60
合计
1100
已知这1100 名市民中,使用“余额宝”的人比使用“财富通”的人多200 名.
(1)求频数分布表中x,y 的值.
(2)已知2018 年“余额宝”的平均年化收益率为2.8%,“财富通”的平均年化收益率为4.2%,“京东小金库”的平均
年化收益率为4.82%,有3名市民,每个人理财的资金有10000 元,且分别存入“余额宝”,“财富通”,“京东小金库”,
求这3 名市民2018 年理财的平均年化收益率.
(3)若从使用“余额宝”和使用“财富通”的市民中用分层抽样方法共抽取5 人,然后从这5 人中随机选取2 人,求这
2 人都使用“财富通”的概率.
注:平均年化收益率,也就是我们所熟知的利率,理财产品“平均年化收益率为3%”即将100 元钱存入某理财产品,一
年可以获得3 元利息.
【解析】(1)据题意,得x-y = 200,
x + y = 1100 −100,解得x = 600,
y = 400.
(2)因为10000 元存入“余额宝”的利息为10000×2.8%=280 元;
10000 元存入“财富通”的利息为10000×4.2%=420 元;
10000 元存入“京东小金库”的利息为10000×4.82%=482 元,
所以这3 名市民2018 年理财的平均年化收益率=
280+420+482
30000
×100%=3.94%.
(3)由600∶400=3∶2,得共抽取的5 人中使用“余额宝”的有3 人,使用“财富通”的有2 人.
设这5 人中,使用“余额宝”的分别为A1,A2,A3,使用“财富通”的分别为B1,B2,则从5 人中随机选取2 人的所有基
本事件有(A1,A2),(A1,A3),(A2,A3),(B1,B2),(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),共10 个,
其中2 人都使用“财富通”的基本事件有(B1,B2),
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所以这2 人都使用“财富通”的概率P=
1
10.
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§14.5
离散型随机变量及其分布列
1.设随机变量X 的分布列为P(X=k)=a
1
3
k
(其中k=1,2,3),则实数a 的值为(
).
A.1 B.
9
13 C.
11
13 D.
27
13
【解析】因为随机变量X 的分布列为P(X=k)=a
1
3
k
(k=1,2,3),
所以根据分布列的性质有a×
1
3+a×
1
3
2
+a×
1
3
3
=1,所以a×
1
3 +
1
9 +
1
27 =a×
13
27=1,所以a=
27
13.
2.(2020 届咸阳模拟)若某一随机变量X 的概率分布如下表,且m+2n=1.2,则m-
n
2的值为(
).
X
0
1
2
3
P
0.1
m
n
0.1
A.-0.2
B.0.2
C.0.1
D.-0.1
【解析】由m+n+0.2=1,又m+2n=1.2,可得m=n=0.4,m-
n
2=0.2.故选B.
3.(2020 届淮南模拟)若离散型随机变量X 的分布列如图,则常数c 的值为(
).
X
0
1
P
9c
2-c
3-8c
A.
2
3或
1
3
B.
2
3
C.
1
3 D.1
【解析】由随机变量的分布列的性质知,
9c
2-c≥0,3-8c≥0,9c
2-c+3-8c=1,
解得c=
1
3.
4.(2020 届赣州模拟)一袋中装有5 个球(除编号外其余都相同),编号分别为1,2,3,4,5,在袋中同时取出3 个,以ξ表示取
出的3 个球中的最小号码,则随机变量ξ的分布列为(
).
A.
ξ
1
2
3
P
1
3
1
3
1
3
B.
ξ
1
2
3
4
P
1
10
1
5
3
10
2
5
C.
ξ
1
2
3
P
3
5
3
10
1
10
D.
ξ
1
2
3
P
1
10
3
10
3
5
【解析】随机变量ξ的可能取值为1,2,3,P(ξ=1)=
C4
2
C5
3=
3
5,P(ξ=2)=
C3
2
C5
3=
3
10,P(ξ=3)=
C2
2
C5
3=
1
10,故选C.
5.一批产品共50 件,次品率为4%,从中任取10 件,则抽到1 件次品的概率是(
).
A.
C2
1C48
9
C50
10
B.
C2
1C50
9
C50
10
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C.
C2
1
C50
10
D.
C48
9
C50
10
【解析】50 件产品中,次品有50×4%=2 件,设抽到的次品数为X,则抽到1 件次品的概率是P(X=1)=
C2
1C48
9
C50
10 .故选A.
6.(2020届河北高考模拟)体育课上定点投篮项目测试规则:每位同学有3次投篮机会,一旦投中,则停止投篮,视为合格,
否则一直投3 次为止.每次投中与否相互独立,某同学一次投篮投中的概率为p,若该同学本次测试合格的概率为
0.784,则p=
.
【解析】由题意可得,p+p(1-p)+p(1-p)
2=0.784,
所以p
3-3p
2+3p-0.784=0,即(p-0.4)(p
2-2.6p+1.96)=0,
该方程存在唯一的实数根p=0.4.
【答案】0.4
7.(2020 届长春质检)长春市的“名师云课”活动自开展以来获得广大家长和学生的高度赞誉,在推出的第二季名师
云课中,数学学科共计推出36 节云课,为了更好地将课程内容呈现给学生,现对某一时段云课的点击量进行统计:
点击量
[0,1000]
(1000,3000]
(3000,+∞)
节数
6
18
12
(1)现从36 节云课中采用分层抽样的方式选出6 节,求选出的云课点击量超过3000 的节数.
(2)为了更好地搭建云课平台,现将云课进行剪辑,若点击量在区间[0,1000]内,则需要花费40 分钟进行剪辑,若点击量
在区间(1000,3000]内,则需要花费20 分钟进行剪辑,若点击量超过3000,则不需要剪辑,现从(1)中选出的6 节课中随机
取出2 节课进行剪辑,求剪辑时间X 的分布列.
【解析】(1)根据分层抽样可知,选出的6 节课中点击量超过3000 的节数为
12
36×6=2.
(2)由分层抽样可知,(1)中选出的6 节课中点击量在[0,1000]的有1 节,点击量在(1000,3000]的有3 节,故X 的可能取
值为0,20,40,60.
P(X=0)=
C2
2
C6
2=
1
15,
P(X=20)=
C3
1C2
1
C6
2 =
6
15=
2
5,
P(X=40)=
C1
1C2
1+C3
2
C6
2
=
5
15=
1
3,
P(X=60)=
C3
1C1
1
C6
2 =
3
15=
1
5,
则X 的分布列为
X
0
20
40
60
P
1
15
2
5
1
3
1
5
8.
(2020 届郑州第一次质量检测)为了减少雾霾,还城市一片蓝天,某市政府于12 月4 日到12 月31 日在主城区实行车辆
限号出行政策,鼓励民众低碳出行.市政府为了了解民众低碳出行的情况,统计了该市甲、乙两个单位各200 名员工
12 月5 日到12 月14 日共10 天的低碳出行人数,画出茎叶图如图所示,
(1)若甲单位数据的平均数是122,求x;
(2)现从图中的数据中任取4 天的数据(从甲、乙两个单位中各取2 天),记抽取的4 天中甲、乙两个单位员工低碳出行
的人数不低于130 的天数分别为ξ1,ξ2,令η=ξ1+ξ2,求η的分布列.
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【解析】(1)由题意知
1
10[105+107+113+115+119+126+(120+x)+132+134+141]=122,解得x=8.
(2)由题得ξ1的所有可能取值为0,1,2,ξ2的所有可能取值为0,1,2,因为η=ξ1+ξ2,所以随机变量η的所有可能取
值为0,1,2,3,4.
因为甲单位低碳出行的人数不低于130 的天数为3,乙单位低碳出行的人数不低于130 的天数为4,
所以P(η=0)=
C7
2C6
2
C10
2 C10
2 =
7
45,
P(η=1)=
C7
1C3
1C6
2+C7
2C4
1C6
1
C10
2 C10
2
=
91
225,
P(η=2)=
C3
2C6
2+C7
2C4
2+C7
1C3
1C6
1C4
1
C10
2 C10
2
=
1
3,
P(η=3)=
C3
2C6
1C4
1+C7
1C3
1C4
2
C10
2 C10
2
=
22
225,
P(η=4)=
C3
2C4
2
C10
2 C10
2 =
2
225.
所以η的分布列为
η
0
1
2
3
4
P
7
45
91
225
1
3
22
225
2
225
9.(2020 届天津高考模拟)现有长分别为1 m、2 m、3 m 的钢管各3 根(每根钢管的质地均匀、粗细相同且有不同的编
号),从中随机抽取n 根(假设各钢管被抽取的可能性是均等的,1≤n≤9),再将抽取的钢管相接焊成笔直的一根.
(1)当n=3 时,记事件A={抽取的3 根钢管中恰有2 根长度相等},求P(A);
(2)当n=2 时,若用ξ表示新焊成的钢管的长度(焊接误差不计),求ξ的分布列和数学期望E(ξ).
【解析】(1)总的基本事件数为C9
3,由分步计数原理可得P(A)=
C3
1C3
2C6
1
C9
3 =
9
14.
(2)ξ可能的取值为2,3,4,5,6.
P(ξ=2)=
C3
2
C9
2=
1
12,P(ξ=3)=
C3
1C3
1
C9
2 =
1
4,
P(ξ=4)=
C3
2+C3
1C3
1
C9
2
=
1
3,P(ξ=5)=
C3
1C3
1
C9
2 =
1
4,
P(ξ=6)=
C3
2
C9
2=
1
12,
∴ξ的分布列为
ξ
2
3
4
5
6
P
1
12
1
4
1
3
1
4
1
12
∴E(ξ)=2×
1
12+3×
1
4+4×
1
3+5×
1
4+6×
1
12=4.
10.(2020 届辽宁高考模拟)某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品,甲车间有工人200 人,乙车间有工人400 人,为比
较两个车间工人的生产效率,采用分层抽样的方法抽取工人,甲车间抽取的工人记作第一组,乙车间抽取的工人记作
第二组,并对两组中每位工人生产完成一件产品的时间(单位:min)进行统计,按照[55,65),[65,75),[75,85),[85,95)进行分
组,得到下列统计图.
(1)分别估算两个车间的工人中,生产一件产品时间少于75 min 的人数.
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(2)分别估计两个车间工人生产一件产品所需时间的平均值,并推测哪个车间工人的生产效率更高.
(3)从第一组生产时间少于75 min 的工人中随机抽取3 人,记抽取的生产时间少于65 min 的工人人数为随机变量X,
求X 的分布列及数学期望.
【解析】(1)由题意得,第一组有工人20 人,其中在75 min 内(不含75 min)生产完成一件产品的有6 人,
∴甲车间工人中生产一件产品时间少于75 min 的人数为6×10=60 人.
第二组有工人40 人,其中在75 min 内(不含75 min)生产完成一件产品的有40×(0.025+0.05)×10=30 人,
∴乙车间工人中生产一件产品时间少于75 min 的人数为30×10=300 人.
(2)第一组的平均时间为x甲=
60×2+70×4+80×10+90×4
20
=78 min.
第二组的平均时间为x乙=60×0.25+70×0.5+80×0.2+90×0.05=70.5 min.
∵x甲>x乙,∴乙车间工人生产效率更高.
(3)由题意得,第一组生产时间少于75 min 的工人有6 人,从中抽取3 人,其中生产时间少于65 min 的有2 人.
X 的所有可能取值为0,1,2.
P(X=0)=
C2
0C4
3
C6
3 =
4
20=
1
5.
P(X=1)=
C2
1C4
2
C6
3 =
12
20=
3
5.
P(X=2)=
C2
2C4
1
C6
3 =
4
20=
1
5.
∴X 的分布列为
X
0
1
2
P
1
5
3
5
1
5
∴E(X)=0×
1
5+1×
3
5+2×
1
5=1.
11.(2020届四川高考模拟)槟榔原产于马来西亚,是重要的中药材,在南方一些少数民族还将果实作为一种咀嚼嗜好品,
但其被世界卫生组织国际癌症研究机构列为致癌物清单Ⅰ类致癌物.云南某民族中学为了解A,B 两个少数民族班学
生咀嚼槟榔的情况,分别从这两个班中随机抽取5 名同学进行调查,将他们平均每周咀嚼槟榔的颗数作为样本绘制成
茎叶图如图所示(图中的茎表示十位数字,叶表示个位数字).
(1)从A 班的样本数据中随机抽取一个不超过19 的数据记为a,从B 班的样本数据中随机抽取一个不超过21 的数据记
为b,求a≥b 的概率;
(2)从所有咀嚼槟榔颗数在20 颗以上(包含20 颗)的同学中随机抽取3 人,求抽到B 班同学人数的分布列和数学期望.
【解析】(1)A 班的样本数据中不超过19 的数据a 有3 个,
B 班的样本数据中不超过21 的数据b 也有3 个,
∴(a,b)的所有可能情况有9 种,
其中a≥b 的情况有(11,11),(14,11),(14,12)3 种,
故a≥b 的概率P=
3
9=
1
3.
(2)所有咀嚼槟榔颗数在20 颗以上(包含20 颗)的同学中,A 班有2 人,B 班有3 人,
设抽到B 班同学的人数为X,则X 的可能取值为1,2,3.
P(X=1)=
C3
1C2
2
C5
3 =
3
10,P(X=2)=
C3
2C2
1
C5
3 =
3
5,P(X=3)=
C3
3C2
0
C5
3 =
1
10.
∴X 的分布列为
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X
1
2
3
P
3
10
3
5
1
10
∴E(X)=1×
3
10+2×
3
5+3×
1
10=
9
5.
12.(2020 届河南高考模拟)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为32,48,32.现采用分层抽样的方法从中
抽取7 人,进行睡眠时间的调查.
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人?
(2)若抽出的7 人中有3 人睡眠不足,4 人睡眠充足,现从这7 人中随机抽取3 人做进一步的身体检查.
①用X 表示抽取的3 人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X 的数学期望和方差;
②设A 为事件“抽取的3 人中,既有睡眠充足的员工,又有睡眠不足的员工”,求事件A 发生的概率.
【解析】(1)∵甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为32,48,32,采用分层抽样的方法从中抽取7 人,
∴应从甲部门的员工中抽取7×
32
32+48+32=2 人,
乙部门的员工中抽取7×
48
32+48+32=3 人,
丙部门的员工中抽取7×
32
32+48+32=2 人.
(2)①由题意得X 的可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=
C4
3
C7
3=
4
35,
P(X=1)=
C3
1C4
2
C7
3 =
18
35,
P(X=2)=
C3
2C4
1
C7
3 =
12
35,
P(X=3)=
C3
3
C7
3=
1
35,
∴随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
4
35
18
35
12
35
1
35
∴E(X)=0×
4
35+1×
18
35+2×
12
35+3×
1
35=
9
7,
D(X)= 0 −
9
7
2
×
4
35+ 1 −
9
7
2
×
18
35+ 2 −
9
7
2
×
12
35+ 3 −
9
7
2
×
1
35=
168
343=
24
49.
②由题意得,基本事件总数n=C7
3=35,
A 为事件“抽取的3 人中,既有睡眠充足的员工,又有睡眠不足的员工”,
则事件A 包含的基本事件个数m=C7
3-C3
3-C4
3=30,
∴事件A 发生的概率P(A)=
m
n=
30
35=
6
7.
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§14.6
二项分布与正态分布
1.(2020 届九江模拟)已知随机变量X 服从正态分布N(5,4),且P(X>k)=P(X<k-4),则k 的值为(
).
A.6 B.7 C.8 D.9
【解析】∵
(k-4)+k
2
=5,∴k=7,故选B.
2.(2020 届江西南昌模拟)某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查,随机抽查的200 个机械元件
情况如下:
使用时间/天10~20
21~30
31~40
41~50
51~60
个数
10
40
80
50
20
若以频率估计概率,现从该批次机械元件中随机抽取3 个,则至少有2 个元件的使用寿命在30 天以上的概率为(
).
A.
13
16 B.
27
64 C.
25
32 D.
27
32
【解析】由表可知元件使用寿命在30 天以上的频率为
150
200=
3
4,则所求概率为C3
2 3
4
2
×
1
4+
3
4
3
=
27
32.
3.(2020 届武汉调研)小赵、小钱、小孙、小李到4 个景点旅游,每人只去一个景点,设事件A 为“4 个人去的景点不相
同”,事件B 为“小赵独自去一个景点”,则P(A|B)=(
).
A.
2
9 B.
1
3 C.
4
9 D.
5
9
【解析】小赵独自去一个景点共有4×3×3×3=108种情况,即n(B)=108,4 个人去的景点不同有A4
4=4×3×2×1=24
种情况,即n(AB)=24,∴P(A|B)=
n(AB)
n(B) =
24
108=
2
9.
4.(2020 届广西桂林市、崇左市二模)在某项测试中,测量结果ζ服从正态分布N(1,σ
2)(σ>0),若P(0<ξ<1)=0.4,则
P(0<ξ<2)=(
).
A.0.4
B.0.8
C.0.6
D.0.2
【解析】由正态分布的图象和性质得P(0<ξ<2)=2P(0<ξ<1)=2×0.4=0.8.故选B.
5.(2020 届陕西省联考)同时抛掷2 枚质地均匀的硬币4 次,设2 枚硬币均正面向上的次数为X,则X 的数学期望是
(
).
A.1 B.2 C.
3
2 D.
5
2
【解析】∵一次同时抛掷2 枚质地均匀的硬币,恰好出现2 枚正面向上的概率为
1
2×
1
2=
1
4,
∴X~B 4,
1
4 ,∴E(X)=4×
1
4=1.故选A.
6.(2020届湖北高考模拟)为了提升全民身体素质,学校十分重视学生体育锻炼.某校篮球运动员练习投篮,若他前一球
投进则后一球投进的概率为
3
4,若他前一球投不进则后一球投进的概率为
1
4.若他第1个球投进的概率为
3
4,则他第2个球
投进的概率为(
).
A.
3
4 B.
5
8 C.
7
16 D.
9
16
【解析】某校篮球运动员进行投篮练习,记“第1 个球投进”为事件A,“第2 个球投进”为事件B,
则P(A)=
3
4,P(A
−
)=
1
4,
∴P(B)=P(AB+A
−
B)=
3
4×
3
4+ 1 −
3
4 ×
1
4=
5
8.
7.(2020 届石家庄摸底)某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁,已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为
1
2,两次
闭合后都出现红灯的概率为
1
5,则开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率
为
.
【解析】设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A,“开关第二次闭合后出现红灯”为事件B,则“开关两次闭
合后都出现红灯”为事件AB,“开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯”为事件B|A,由题意
得P(B|A)=
P(AB)
P(A) =
2
5.
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【答案】
2
5
8.(2020 届唐山模拟)已知随机变量X 服从正态分布N(3,σ
2),且P(X<5)=0.8,则P(1<X<3)=
.
【解析】由正态曲线的对称性可知,P(X<3)=P(X>3)=0.5,P(X>1)=P(X<5)=0.8,所以
P(X≤1)=1-P(X>1)=0.2,P(1<X<3)=P(X<3)-P(X≤1)=0.5-0.2=0.3.
【答案】0.3
9.(2020 届洛阳模拟)为向国际化大都市目标迈进,某市今年新建三大类重点工程,它们分别是30 项基础设施类工程、
20 项民生类工程和10 项产业建设类工程.现有3 名民工相互独立地从这60 个项目中任选一个项目参与建设,则这3
名民工选择的项目所属类别互异的概率是
.
【解析】记“第i 名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类”分别为事件Ai,Bi,Ci,i=1,2,3.由题
意,事件Ai,Bi,Ci(i=1,2,3)相互独立,则P(Ai)=
30
60=
1
2,P(Bi)=
20
60=
1
3,P(Ci)=
10
60=
1
6,i=1,2,3,
故这3 名民工选择的项目所属类别互异的概率P=A3
3P(AiBiCi)=6×
1
2×
1
3×
1
6=
1
6.
【答案】
1
6
10.(2020 届天津高考模拟)某闯关游戏共有两关,游戏规则:先闯第一关,当第一关闯过后,才能进入第二关,两关都闯过,
则闯关成功,且每关各有两次闯关机会.已知闯关者甲第一关每次闯过的概率均为
1
2,第二关每次闯过的概率均为
2
3.假
设他不放弃每次闯关机会,且每次闯关互不影响.
(1)求甲恰好闯关3 次才闯关成功的概率;
(2)记甲闯关的次数为ξ,求随机变量ξ的分布列和期望.
【解析】(1)设事件A 为“甲恰好闯关3 次才闯关成功”,则有P(A)=
1
2× 1 −
2
3 ×
2
3+ 1 −
1
2 ×
1
2×
2
3=
5
18.
(2)由已知得,随机变量ξ的所有可能取值为2,3,4,
所以P(ξ=2)=
1
2×
2
3+
1
2×
1
2=
7
12,
P(ξ=3)=
1
2× 1 −
2
3 ×
2
3+ 1 −
1
2 ×
1
2×
2
3+
1
2× 1 −
2
3 × 1 −
2
3 =
1
3,
P(ξ=4)= 1 −
1
2 ×
1
2× 1 −
2
3 =
1
12.
所以ξ的分布列为
ξ
2
3
4
P
7
12
1
3
1
12
所以E(ξ)=2×
7
12+3×
1
3+4×
1
12=
5
2.
11.(2020 届四川高考模拟)2018 年12 月28 日,成雅铁路开通运营,使川西多个市县进入动车时代,融入全国高铁网,这
对推动沿线经济和社会协调健康发展具有重要意义.在试运行期间,铁道部门计划在成都和雅安两城之间开通高速
列车,假设每天7:00~8:00,8:00~9:00 两个时间段内各发一趟列车由雅安到成都(两车发车情况互不影响),雅安发车时间
及其概率如下表所示:
第一趟列车
第二趟列车
发车时间
7:10
7:30
7:50
8:10
8:30
8:50
概率
0.2
0.3
0.5
0.2
0.3
0.5
若小王、小李二人打算乘动车从雅安到成都游玩,假设他们到达雅安火车站候车的时间分别是周六7:00 和7:20(只考
虑候车时间,不考虑其他因素).
(1)求小王候车10 分钟且小李候车30 分钟的概率;
(2)设小李候车所需时间为随机变量X,求X 的分布列和数学期望E(X).
【解析】(1)小王候车10 分钟的概率为0.2,小李候车30 分钟的概率为0.5.
则小王候车10 分钟且小李候车30 分钟的概率为P1=0.2×0.5=0.1.
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(2)随机变量X 的所有可能取值为10,30,50,70,90 分钟.
P(X=10)=0.3,
P(X=30)=0.5,
P(X=50)=0.2×0.2=0.04,
P(X=70)=0.2×0.3=0.06,
P(X=90)=0.2×0.5=0.1,
所以X 的分布列为
X
10
30
50
70
90
P
0.3
0.5
0.04
0.06
0.1
所以E(X)=10×0.3+30×0.5+50×0.04+70×0.06+90×0.1=33.2.
12.(2020 届湖南湘潭模拟)某校高三年级有1000 人,某次数学考试的成绩ξ~N(127,7
2).
(1)求该校此次数学考试的平均成绩;
(2)计算得分超过141 分的人数;
(3)甲同学每次数学考试进入年级前100 名的概率为
1
4,若本学期有4 次考试,X 表示甲进入前100 名的次数,写出X 的分
布列,并求期望与方差.
注:若ξ~N(μ,σ
2),则P(μ-σ<X<μ+σ)=68.27%,P(μ-2σ<μ+2σ)=95.45%.
【解析】(1)由ξ服从正态分布N(127,7
2),可知平均成绩为μ=127 分.
(2)P(ξ>141)=P(ξ>127+2×7)=
1
2×[1-P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)]=0.02275,
故得分超过141 分的人数为1000×0.02275≈23.
(3)由题意知X~B 4,
1
4 ,
故X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,
P(X=0)=
3
4
4
=
81
256,
P(X=1)=C4
1 1
4
1 3
4
3
=
27
64,
P(X=2)=C4
2 1
4
2 3
4
2
=
27
128,
P(X=3)=C4
3 1
4
3 3
4
1
=
3
64,
P(X=4)=
1
4
4
=
1
256,
故X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
81
256
27
64
27
128
3
64
1
256
E(X)=np=4×
1
4=1,
D(X)=np(1-p)=4×
1
4×
3
4=
3
4.
13.(2020 届贵州模拟)某工厂生产A、B 两种零件,其质量测试按指标划分,指标大于或等于80 cm 的为正品,小于80 cm
的为次品.现随机抽取这两种零件各100 个进行检测,检测结果统计如下:
测试指标[70,75) [75,80) [80,85) [85,90)
[90,95)
A 零件
8
12
40
30
10
B 零件
9
16
40
28
7
(1)试分别估计A、B 两种零件为正品的概率.
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(2)生产1 个零件A,若是正品则盈利50 元,若是次品则亏损10 元.生产1 个零件B,若是正品则盈利60 元,若是次品则
亏损15 元.在(1)的条件下:
①设X 为生产1 个零件A 和一个零件B 所得的总利润,求X 的分布列和数学期望;
②求生产5 个零件B 所得利润不少于160 元的概率.
【解析】(1)因为指标大于或等于80 cm 的为正品,且A、B 两种零件为正品的频数分别为80,75,
所以A、B 两种零件为正品的概率估计值分别为P(A)=
80
100=
4
5,P(B)=
75
100=
3
4.
(2)①由题意知,X 的所有可能取值为-25,35,50,110,且
P(X=-25)=
1
5×
1
4=
1
20,P(X=35)=
4
5×
1
4=
1
5,P(X=50)=
1
5×
3
4=
3
20,P(X=110)=
4
5×
3
4=
3
5.
所以X 的分布列为
X
-25
35
50
110
P
1
20
1
5
3
20
3
5
所以E(X)=(-25)×
1
20+35×
1
5+50×
3
20+110×
3
5=79.25.
②因为生产1 个零件B 是正品的概率为P(B)=
3
4,生产5 个零件B 所产生的正品数Y 服从二项分布,即Y~B 5,
3
4 ,生
产5 个零件B 所得利润不少于160 元,则其正品数大于或等于4 件,所以生产5 个零件B 所得利润不少于160 元的概
率为P=P(Y=4)+P(Y=5)=C5
4 3
4
4 1
4
1
+C5
5 3
4
5
=
81
128.
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§14.7
离散型随机变量的均值与方差
1.(2020 届广东高考模拟)从某班6 名学生(其中男生4 人,女生2 人)中任选3 人参加学校组织的社会实践活动.设所
选3 人中女生人数为ξ,则ξ的数学期望E(ξ)=(
).
A.
4
5 B.1 C.
7
5 D.2
【解析】因为ξ=0,1,2,所以P(ξ=0)=
C4
3
C6
3=
1
5,P(ξ=1)=
C4
2C2
1
C6
3 =
3
5,P(ξ=2)=
C4
1C2
2
C6
3 =
1
5.
因此E(ξ)=0×
1
5+1×
3
5+2×
1
5=1,故选B.
2.(2020 届浙江高考模拟)已知袋子中装有若干个大小形状相同且标有数字1,2,3 的小球,每个小球上有一个数字,它们
的个数依次成等差数列,从中随机抽取一个小球,若取出小球上的数字X 的数学期望是2,则X 的方差是(
).
A.
1
3 B.
2
3 C.
8
3 D.
4
3
【解析】因为取出小球上的数字X 的数学期望是2,且个数依次成等差数列,所以不妨设标有数字1,2,3 的小球各
有1 个,从而抽到任意一个小球概率皆为
1
3,X 的方差为
1
3×(1-2)
2+
1
3×(2-2)
2+
1
3×(3-2)
2=
2
3,故选B.
3.(2020 届安徽高考模拟)某次考试共有12 个选择题,每个选择题的分值为5 分,每个选择题有四个选项且只有一个选
项是正确的.A 学生对12 个选择题中每个题的四个选项都没有把握,最后选择题的得分为X 分,B 学生对12 个选择题
中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项是错误的,对其他三个选项都没有把握,最后选择题的得分为Y 分,则
D(Y)-D(X)的值为(
).
A.
125
12
B.
35
12 C.
27
4 D.
23
4
【解析】设A 学生答对题的个数为m,则得分X=5m,m~B 12,
1
4 ,D(m)=12×
1
4×
3
4=
9
4,所以D(X)=25×
9
4=
225
4 ,同理设B 学生
答对题的个数为n,可知n~B 12,
1
3 ,D(n)=12×
1
3×
2
3=
8
3,所以D(Y)=25×
8
3=
200
3 ,所以D(Y)-D(X)=
200
3 -
225
4 =
125
12 .故选A.
4.(2020 届聊城模拟)如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割为125 个同样大小的小正方体,经过搅拌后,从中随机
取一个小正方体,记它涂有油漆的面数为X,则X 的均值E(X)=(
).
A.
126
125
B.
6
5 C.
168
125
D.
7
5
【解析】大正方体8 个顶点处的小正方体有3 个面涂有油漆,故P(X=3)=
8
125;
每条棱上有3 个小正方体有2 个面涂有油漆,故P(X=2)=
12×3
125 =
36
125;
每个面上有9 个小正方体有1 个面涂有油漆,故P(X=1)=
6×9
125=
54
125;
内部有27 个小正方体有0 个面涂有油漆,故P(X=0)=
27
125.
X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
27
125
54
125
36
125
8
125
E(X)=0×
27
125+1×
54
125+2×
36
125+3×
8
125=
6
5.
5.(2020 届泰安模拟)一个人将编号为1,2,3,4 的四个小球随机放入编号为1,2,3,4 的四个盒子,每个盒子放一个小球,球
的编号与盒子的编号相同时叫作放对了,否则叫作放错了.设放对个数记为ξ,则ξ的数学期望为(
).
A.
1
2 B.
2
3 C.1 D.2
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【解析】四个小球随机放入四个盒子,共有A4
4=24 种情况,其中全部放对有1 种情况,只有2 个球放对有C4
2=6 种情
况,只有1 个球放对有C4
1×2=8 种情况,则没有球放对有24-1-6-8=9 种情况.
ξ的分布列为
ξ
0
1
2
4
P
9
24
8
24
6
24
1
24
E(ξ)=0×
9
24+1×
8
24+2×
6
24+4×
1
24=1.
6.(2020 届云南高考模拟)已知随机变量ξ服从正态分布N(1,2),则D(2ξ+3)=
.
【解析】∵随机变量ξ服从正态分布N(1,2),∴D(ξ)=2,
∴D(2ξ+3)=2
2×D(ξ)=8.
【答案】8
7.(2020届湖南高考模拟)唐三彩的生产至今已有1300多年的历史,制作工艺十分复杂,而且优质品检验异常严格,检验
方案是:先从烧制的这批唐三彩中任取3 件作检验,这3 件唐三彩中优质品的件数记为n.如果n=2,再从这批唐三彩中
任取3 件作检验,若都为优质品,则这批唐三彩通过检验;如果n=3,再从这批唐三彩中任取1 件作检验,若为优质品,则
这批唐三彩通过检验;其他情况下,这批唐三彩都不能通过检验.假设这批唐三彩的优质品概率为
1
3,即取出的每件唐三
彩是优质品的概率都为
1
3,且各件唐三彩是否为优质品相互独立.
(1)求这批唐三彩通过优质品检验的概率;
(2)已知每件唐三彩的检验费用为100 元,且抽取的每件唐三彩都需要检验,对这批唐三彩作质量检验所需的总费用记
为X 元,求X 的分布列及数学期望.
【解析】(1)设“第一次取出的3 件唐三彩中恰有2 件优质品”为事件A1,“第一次取出的3 件唐三彩全是优质
品”为事件A2,“第二次取出的3 件唐三彩都是优质品”为事件B1,“第二次取出的1 件唐三彩是优质品”为事件
B2,“这批唐三彩通过检验”为事件A,
依题意有A=(A1B1)∪(A2B2),
所以P(A)=P(A1B1)+P(A2B2)=C3
2 1
3
2
×
2
3×
1
3
3
+
1
3
3
×
1
3=
5
243.
(2)X 的所有可能取值为300,400,600,
P(X=300)=C3
3 2
3
3
+C3
2 2
3
2
×
1
3=
20
27,
P(X=400)=
1
3
3
=
1
27,
P(X=600)=C3
2 1
3
2
×
2
3=
2
9.
所以X 的分布列为
X
300
400
600
P
20
27
1
27
2
9
E(X)=300×
20
27+400×
1
27+600×
2
9=
10000
27 .
8.(2020 届北京市通州区三模)某公司为调查五类机器的销售情况,收集了一个月的销售数据(同一类机器的销售价格
相同),经分类整理得到下表:
机器类型
第一类第二类第三类第四类
第五类
销售总额(万
元)
100
50
200
200
120
销售量(台)
5
2
10
5
8
利润率
0.4
0.2
0.15
0.25
0.2
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利润率是指一台机器销售价格减去出厂价格得到的利润与该机器销售价格的比值.
(1)从该公司本月卖出的机器中随机选一台,求这台机器利润率高于0.2 的概率.
(2)从该公司本月卖出的销售单价为20 万元的机器中随机选取2 台,求这两台机器的利润率不同的概率.
(3)假设每类机器利润率不变,销售一台第一类机器获利x1万元,销售一台第二类机器获利x2万元,…,销售一台第五类
机器获利x5万元,依据上表统计数据,随机销售一台机器获利的数学期望为E(x),设x=
x1+x2+x3+x4+x5
5
,试比较E(x)与x的大
小.
【解析】(1)由题意知,本月共卖出30 台机器,
利润率高于0.2 的是第一类和第四类,共有10 台.
设“这台机器利润率高于0.2”为事件A,
则P(A)=
10
30=
1
3.
(2)用销售总额除以销售量得到机器的销售单价,可知第一类与第三类的机器销售单价为20 万,
第一类有5 台,第三类有10 台,共有15 台,随机选取2 台有C15
2 种不同的方法,
两台机器的利润率不同,则每类各取一台,有C5
1C10
1 种不同的方法,
设两台机器的利润率不同为事件B,
则P(B)=
C5
1C10
1
C15
2 =
10
21.
(3)由题意可得,x 可能取的值为8,5,3,10,
P(x=8)=
5
30=
1
6,P(x=5)=
2
30=
1
15,
P(x=3)=
10+8
30 =
3
5,P(x=10)=
5
30=
1
6,
因此E(x)=
1
6×8+
1
15×5+
3
5×3+
1
6×10=
77
15,
又x=
8+5+3+10+3
5
=
29
5 ,所以E(x)<x.
9.(2020 届江西省八校高三第二次联考)某种水果按照果径大小可分为四类:标准果、优质果、精品果、礼品果.某采
购商从采购的一批水果中随机抽取100 个,利用水果的等级分类标准得到的数据如下:
等级
标准果
优质果
精品果
礼品果
个数
10
30
40
20
(1)若将频率视为概率,从这批水果中随机抽取4 个,求恰好有2 个水果是礼品果的概率.(结果用分数表示)
(2)用分层抽样的方法从这100 个水果中抽取10 个,再从抽取的10 个水果中随机抽取3 个,X 表示这3 个水果中精品
果的数量,求X 的分布列及数学期望E(X).
【解析】(1)记“从这批水果中随机抽取一个,抽到礼品果”的事件为A,则P(A)=
20
100=
1
5,
现从这批水果中随机抽取4 个,设抽到礼品果的个数为X,则X~B 4,
1
5 ,
所以恰好抽到2 个礼品果的概率P(X=2)=C4
2 4
5
2
×
1
5
2
=
96
625.
(2)用分层抽样的方法从100 个水果中抽取10 个,则其中精品果4 个,非精品果6 个,
现从中抽取3 个,则精品果的数量X 服从超几何分布,所有可能的取值为0,1,2,3,
则P(X=0)=
C6
3
C10
3 =
1
6;P(X=1)=
C6
2C4
1
C10
3 =
1
2;
P(X=2)=
C6
1C4
2
C10
3 =
3
10;P(X=3)=
C4
3
C10
3 =
1
30,
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
6
1
2
3
10
1
30
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E(X)=0×
1
6+1×
1
2+2×
3
10+3×
1
30=
6
5.
10.(2020 届河南高考模拟)新个税法于2019 年1 月1 日起实施.为了调查国企员工对新个税法的满意程度,研究人员
在A 地各个国企中随机抽取了1000 名员工进行调查,并将满意程度以分数的形式统计成如下的频率分布直方图,其中
a=4b.
(1)估计被调查的员工的满意程度的中位数(计算结果保留两位小数).
(2)若按照分层抽样从满意程度在[50,60)和[60,70)的员工中随机抽取8 人,再从这8 人中随机抽取4 人,记这4 人中分
数在[60,70)的人数为X,求X 的分布列与数学期望.
(3)以频率估计概率,若该研究人员从全国国企员工中随机抽取n 人作调查,记满意程度在[60,70)和[90,100)的人数为X,
若D(X)≤2.2,求n 的最大值.
【解析】(1)依题意,得(a+b+0.008+0.027+0.035)×10=1,所以a+b=0.03.
又a=4b,所以a=0.024,b=0.006,
所以所求中位数为70+
0.5−0.08−0.24
0.035
≈75.14.
(2)依题意,分数在[50,60)和[60,70)的员工分别被抽取了2 人和6 人,
所以X 的所有可能取值为2,3,4.
P(X=2)=
C2
2C6
2
C8
4 =
3
14,P(X=3)=
C2
1C6
3
C8
4 =
4
7,
P(X=4)=
C6
4
C8
4=
3
14.
所以X 的分布列为
X
2
3
4
P
3
14
4
7
3
14
所以E(X)=2×
3
14+3×
4
7+4×
3
14=3.
(3)依题意,知X~B n,
3
10 .
由D(X)≤2.2,得D(x)=n×
3
10×
7
10=
21n
100≤2.2,解得n≤
220
21 .
故所求n 的最大值为10.
11.(2020届四川高考模拟)在某公司举行的一次有奖竞答中,设置了“科技”和“生活”两类试题,规定每位职工最多
竞答3 次,每次竞答的结果相互独立.答对一道“科技”类试题得4 分,答对一道“生活”类试题得2 分,答错不得分.
将职工得分逐次累加并用X 表示,如果X 的值不低于4 分就认为通过竞答,立即停止竞答,否则继续竞答,直到竞答完3
次为止.竞答的方案有以下两种.
方案1:先答一道“科技”类试题,然后连答两道“生活”类试题;
方案2:连答三道“生活”类试题.
设职工甲答对一道“科技”类试题的概率为0.5,答对一道“生活”类试题的概率为0.6.
(1)你认为职工甲选择哪种方案通过竞答的可能性大?并说明理由.
(2)职工甲选择哪一种方案,最终得分的数学期望较高?并说明理由.
【解析】记“答对一道‘科技’类试题”为事件A,“答错一道‘科技’类试题”为事件A
−
;
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“答对一道‘生活’类试题”为事件B,“答错一道‘生活’类试题”为事件B
−
.
则P(A)=0.5,P(A
−
)=0.5,P(B)=0.6,P(B
−
)=0.4.
(1)若职工甲选择方案1,通过竞答的概率为P(X=4)=P(A)+P(A
−
BB)=0.5+0.5×0.6×0.6=0.68.
若职工甲选择方案2,通过竞答的概率为
P(X=4)=P(BB)+P(B
−
BB)+P(BB
−
B)=0.6×0.6+0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6=0.648.
因为0.68>0.648,
所以职工甲选择方案1 通过竞答的可能性大.
(2)若职工甲选择方案1,X 的所有可能取值为0,2,4,
则P(X=0)=P(A
−
B
−
B
−
)=P(A
−
)P(B
−
)P(B
−
)=0.5×0.4×0.4=0.08,
P(X=2)=P(A
−
BB
−
)+P(A
−
B
−
B)=P(A
−
)P(B)P(B
−
)+P(A
−
)P(B
−
)P(B)=2×0.5×0.6×0.4=0.24,
P(X=4)=0.68,
数学期望E(X)=0×0.08+2×0.24+4×0.68=3.2.
若职工甲选择方案2,X 的所有可能取值为0,2,4,
P(X=0)=C3
0×0.4
3=0.064,P(X=2)=C3
1×0.6×0.4
2=0.288,P(X=4)=0.648,
数学期望E(X)=0×0.064+2×0.288+4×0.648=3.168.
因为3.2>3.168,
所以职工甲选择方案1,最终得分的数学期望较高.
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§15.1
随机抽样与样本分布
1.从2020 名学生中选取50 名学生参加全国数学联赛,若采用以下方法选取:先用简单随机抽样法从2020 名学生中剔
除20 名学生,剩下的2000 名学生再按系统抽样的方法抽取,则每名学生入选的概率(
).
A.不全相等
B.都不相等
C.都相等,且为
5
202 D.都相等,且为
1
40
【解析】从N 个个体中抽取M 个个体,则每个个体被抽到的概率都等于
M
N,故每名学生入选的概率都相等,且为
5
202.
2.(2020 届山东模拟)如图所示的是某学校某年级的三个班在一学期内的六次数学测试的平均成绩y 关于测试序号x
的函数图象,为了容易看出一个班级的成绩变化,将离散的点用虚线连接,根据图象,给出下列结论:
①一班平均成绩始终高于年级平均水平,整体成绩比较好;
②二班平均成绩不够稳定,波动程度较大;
③三班平均成绩虽然多数时间低于年级平均水平,但在稳步提升.
其中正确结论的个数为(
).
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】由图可知,一班每次考试的平均成绩都在年级平均成绩之上,故①正确;二班平均成绩的图象高低变化明
显,可知成绩不稳定,波动程度较大,故②正确;三班平均成绩的图象呈上升趋势,并且图象的大部分都在年级平均成绩
图象的下方,故③正确.
3.(2020 届江西八校二模)某学校高一年级有1802 人,高二年级有1600 人,高三年级有1499 人,先采用分层抽样的方法
从中抽取98 名学生参加全国中学生禁毒知识竞赛,则在高一、高二、高三三个年级中抽取的学生人数分别为(
).
A.35,33,30
B.36,32,30
C.36,33,29
D.35,32,31
【解析】先将每个年级的人数凑整,得高一年级约1800 人,高二年级1600 人,高三年级约1500 人,
则三个年级的总人数所占比例分别为
18
49,
16
49,
15
49,
因此,各年级抽取的学生人数分别为98×
18
49=36,98×
16
49=32,98×
15
49=30,故选B.
4.(2020 届河南省洛阳市高三第三次统一考试)已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示.为了了
解该地区中小学生的近视形成原因,用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查,则样本容量和抽取的高中生近视人数
分别为(
).
A.100,10 B.100,20
C.200,10 D.200,20
【解析】由题意得样本容量为(3500+2000+4500)×2%=10000×2%=200,
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抽取的高中生人数为2000×2%=40,则近视人数为40×0.5=20,故选D.
5.(2020 届山西五校联考)某校为了解学生的学习情况,采用分层抽样的方法从高一年级1000 人、高二年级1200 人、
高三年级n 人中抽取81 人进行问卷调查,若高二年级被抽取的学生人数为30,则n=(
).
A.860
B.720
C.1020
D.1040
【解析】由已知条件知抽样比为
30
1200=
1
40,从而
81
1000+1200+n=
1
40,解得n=1040,故选D.
6.(2020 届福建泉州二模)已知某样本的容量为50,平均数为70,方差为75.现发现在收集这些数据时,其中的两个数据
记录有误,一个错将80 记录为60,另一个错将70 记录为90.在对错误的数据进行更正后,重新求得样本的平均数为x
−,
方差为s
2,则(
).
A.x
−=70,s
2<75 B.x
−=70,s
2>75
C.x
−>70,s
2<75 D.x
−<70,s
2>75
【解析】由题意,可得x
−=
70×50+80−60+70−90
50
=70.
设收集的48 个准确数据分别记为x1,x2,…,x48,
则75=
1
50[(x1-70)
2+(x2-70)
2+…+(x48-70)
2+(60-70)
2+(90-70)
2]=
1
50[(x1-70)
2+(x2-70)
2+…+(x48-70)
2+500],
s
2=
1
50[(x1-70)
2+(x2-70)
2+…+(x48-70)
2+(80-70)
2+(70-70)
2]=
1
50[(x1-70)
2+(x2-70)
2+…+(x48-70)
2+100]<75,
所以s
2<75.故选A.
7.(2020 届通化模拟)在《九章算术》第三章“衰分”中有如下问题:“今有甲持钱五百六十,乙持钱三百五十,丙持钱
一百八十,凡三人俱出关,关税百钱.欲以钱多少衰出之,问各几何?”其译文为:今有甲持560 钱,乙持350 钱,丙持180
钱,甲、乙、丙三人一起出关,关税共100 钱,要按照各人带钱多少的比例进行交税,问三人各应付多少税?则下列说法
错误的是(
).
A.甲应付51
41
109钱
B.乙应付32
24
109钱
C.丙应付16
56
109钱
D.三者中甲付的钱最多,丙付的钱最少
【解析】依题意得100÷(560+350+180)=
10
109,
则甲应付
10
109×560=51
41
109(钱),乙应付
10
109×350=32
12
109(钱),丙应付
10
109×180=16
56
109(钱).
8.
2019 年3 月18 日晚,某校高一年级举行“校园歌手卡拉OK 大奖赛”,邀请了七位评委为所有选手评分.某位选手演
出结束后,评委们给他评分的茎叶图如图所示,按照比赛规则,需去掉一个最高分和一个最低分,则该选手最终所得分
数的中位数和众数分别为
.
【解析】由茎叶图可知,该选手最终所得分数的中位数和众数都为84.
【答案】84 和84
9.
(2020 届广州高中综合测试)已知某地区中小学学生人数如图所示.为了解该地区学生参加某项社会实践活动的意向,
拟采用分层抽样的方法来进行调查.若高中需抽取20 名学生,则小学与初中共需抽取的学生人数为
.
【解析】设小学与初中共需抽取的学生人数为x,依题意可得
1200
2700+2400+1200=
20
x+20,解得x=85.
【答案】85
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10.(2020 届山东省济宁市一模)某学校从编号依次为01,02,…,90 的90 名学生中用系统抽样的方法抽取一个样本,已
知样本中相邻的两个组的编号分别为14,23,则该样本中来自第四组的学生的编号为(
).
A.32
B.33
C.41
D.42
【解析】因为相邻的两个组的编号分别为14,23,所以样本间隔为23-14=9,
所以第一组的编号为14-9=5,第四组的编号为5+3×9=32,故选A.
11.
(2020 届河南郑州三模)某同学10 次测评成绩的数据如茎叶图所示,总体的中位数为12,若要使该总体的标准差最小,
则4x+2y 的值是(
)
A.12
B.14
C.16
D.18
【解析】因为中位数为12,所以x+y=4,数据的平均数为
1
10×(2+2+3+4+x+y+20+19+19+20+21)=11.4.要使该总体的
标准差最小,即方差最小,所以(10+x-11.4)
2+(10+y-11.4)
2=(x-1.4)
2+(y-1.4)
2≥2
x+y-2.8
2
2
=0.72,当且仅当x-1.4=y-1.4,
即x=y=2 时取等号,此时总体标准差最小.则4x+2y=12,故选A.
12.(2020 届广东汕头二模)在某次高中学科竞赛中,4000 名考生的参赛成绩统计如图所示,下列各组数据都不包括区
间右端点,60 分以下视为不及格,若同一组中数据用该组区间中点值代表,则下列说法中有误的是(
).
A.成绩在[70,80)的考生人数最多
B.不及格的考生人数约为1000
C.考生竞赛成绩的平均分约为70.5 分
D.考生竞赛成绩的中位数的估计值为75 分
【解析】由频率分布直方图可得,成绩在[70,80)的频率最大,因此考生人数最多,故A 正确;成绩在[40,60)的频率为
0.25,因此,不及格的考生人数约为4000×0.25=1000,故B 正确;平均分的估计值为
45×0.1+55×0.15+65×0.2+75×0.3+85×0.15+95×0.1=70.5,故C 正确;因为成绩在[40,70)的频率为0.45,在[70,80)
的频率为0.3,所以中位数的估计值为70+10×
0.05
0.3 ≈71.67,故D 错误.故选D.
13.(2020届郑州质量检测)某高中从高三年级甲、乙两个班中各选出7名学生参加数学竞赛,他们取得的成绩(满分140
分)的茎叶图如图所示,其中甲班学生成绩的中位数是81,乙班学生成绩的平均数是86.若正实数a,b 满足a,G,b 成等差
数列,x,y 满足x,G,y 成等比数列,则
1
a+
4
b的最小值为
.
【解析】由甲班学生成绩的中位数是81,可知x=1.由乙班学生成绩的平均数为86,可得
(-10)+(-6)+(-4)+(y-6)+5+7+10=0,解得y=4.由x,G,y 成等比数列,可得G
2=xy=4,解得G=2(G=-2 舍去).由正实数a,b 满足
a,G,b 成等差数列,即a+b=2G=4,所以
1
a+
4
b=
1
a +
4
b ×
a
4 +
b
4 =
1
4 1 +
b
a +
4a
b + 4 ≥
1
4×(5+4)=
9
4(当且仅当b=2a 时取等号).故
1
a+
4
b的最小值为
9
4.
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【答案】
9
4
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§15.2
相关关系与统计案例
1.(2020 届福建高考模拟)在一组数据为(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn)(n≥2,x1,x2,…,xn不全相等)的散点图中,若这组样本数据
的相关系数为-1,则所有的样本点(xi,yi)(i=1,2,…,n)满足的方程可以是(
).
A.y=-
1
2x+1
B.y=x-1
C.y=x+1 D.y=-x
2
【解析】∵这组样本数据的相关系数为-1,
∴这组数据(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn)线性相关,且是负相关,
∴可排除B,C,D,故选A.
2.(2020 届广东高考模拟)有人认为在机动车驾驶技术上,男性优于女性,这是真的么?某社会调查机构与交警合作随机
统计了经常开车的100 名驾驶员最近三个月内是否有交通事故或交通违法事件发生,得到下面的列联表:
男
女
合计
无
40
35
75
有
15
10
25
合计
55
45
100
附:K
2=
n(ad-bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d).
P(K
2≥k0)
0.50
0.40
0.25
0.15
0.10
k0
0.455
0.708
1.323
2.072
2.706
据此表,可得(
).
A.认为机动车驾驶技术与性别有关的可靠性不足50%
B.认为机动车驾驶技术与性别有关的可靠性超过50%
C.认为机动车驾驶技术与性别有关的可靠性不足60%
D.认为机动车驾驶技术与性别有关的可靠性超过60%
【解析】由表中数据,计算K
2=
100×(10×40−35×15)2
55×45×75×25
≈0.3367<0.455,
∴认为机动车驾驶技术与性别有关的可靠性不足50%.
3.(2020 届四川高考模拟)下列说法中错误的是(
).
A.从某社区65 户高收入家庭,28 户中等收入家庭,105 户低收入家庭中选出100 户调查社会购买力的某一项指标,应
采用的最佳抽样为分层抽样
B.回归直线y
＾
=b
＾
x+a
＾
一定过样本点的中心(x
−,y
−)
C.若两个随机变量的线性相关性越强,则相关系数r 的值越接近于1
D.若一组数据1、a、2、3 的众数是2,则这组数据的中位数是2
【解析】对于A,由于各个家庭收入差距明显适于用分层抽样,A 正确;
对于B,回归直线y
＾
=b
＾
x+a
＾
一定过样本点的中心(x
−,y
−),B 正确;
对于C,两个随机变量的线性相关性越强,则相关系数r 的值越接近于1,C 错误;
对于D,一组数据1、a、2、3 的众数是2,得a=2,所以该组数据的中位数为2,D 正确.
4.已知某种商品的广告费支出x(单位:万元)与销售额y(单位:万元)之间有如表中的对应数据.根据表中数据可得回归
方程y
＾
=b
＾
x+a
＾
,其中b
＾
=11,据此估计,当投入8 万元广告费时,销售额约为(
)万元.
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x
1
2
3
4
5
y
10
15
30
45
50
A.80
B.83
C.85
D.89
【解析】由表中数据可得x
−=
1
5×(1+2+3+4+5)=3,y
−=
1
5×(10+15+30+45+50)=30,
又回归方程y
＾
=b
＾
x+a
＾
中b
＾
=11,
∴a
＾
=y
−-b
＾
x
−=30-11×3=-3,
∴回归方程为y
＾
=11x-3.
当x=8 时,y
＾
=11×8-3=85,
∴可估计当投入8 万元广告费时,销售额约为85 万元.
5.(2020 届河南高考模拟)有下列说法:
①若某商品的销售量y(件)关于销售价格x(元/件)的线性回归方程为y
＾
=-5x+350,当销售价格为10 元时,销售量一定为
300 件;
②在残差图中,残差点比较均匀地落在水平的带状区域中即可说明选用的模型比较合适,与带状区域的宽度无关;
③在线性回归模型中,相关指数R
2表示解释变量对于预报变量变化的贡献率,R
2越接近于1,表示回归的效果越好.
其中正确的结论有(
).
A.0 个
B.1 个
C.2 个
D.3 个
【解析】①当销售价格为10 元时,销售量的预估值为300 件,但预估值与实际值未必相同,①错误;
②残差图中,带状区域越窄,模型拟合度越高,②错误;
③相关指数R
2越接近1,拟合度越高,则在线性回归模型中,回归效果越好,③正确.
可知正确的结论为③,共1 个.
6.(2020 届福建高考模拟)某网店为增加其商品的销售利润,调查了该商品投入的广告费用x 万元与销售利润y 万元的
统计数据如下表:
x
1
2
4
5
y
4
6
8
10
由表中数据,得回归直线l:y
＾
=b
＾
x+a
＾
.现有以下三个结论:①a
＾
>0;②b
＾
>0;③l 过点(3,7).则正确的结论个数为(
).
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】由题意得x=
1+2+4+5
4
=3,y=
4+6+8+10
4
=7,
所以回归直线l 经过点(3,7),所以③是正确的;
∑
i=1
4
(xi-x)(yi-y)=(1-3)×(4-7)+(2-3)×(6-7)+(4-3)×(8-7)+(5-3)×(10-7)=14,
∑
i=1
4
(xi-x)
2=4+1+1+4=10,
所以b
＾
=
14
10=
7
5,所以7=
7
5×3+a
＾
,所以a
＾
=
14
5 .
所以①②正确.
故选D.
7.(2020 届河南高考模拟)某同学为了解本县成年人的交通安全意识情况,利用假期进行了一次全县成年人安全知识
抽样调查.已知该县成年人中40%的人拥有驾驶证,先根据是否拥有驾驶证,用分层抽样的方法抽取了100 名成年人,
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然后对这100 人进行问卷调查,所得分数的频率分布直方图如图所示.规定分数在80 分以上(含80 分)的为“安全意
识优秀”.
拥有驾驶证没有驾驶证
合计
得分优秀
得分不优秀
25
合计
100
(1)补全上面2×2 的列联表,并判断能否有超过99%的把握认为“安全意识优秀与是否拥有驾驶证”有关.
(2)若规定参加调查的100 人中分数在70 分以上(含70)的为“安全意识优良”,从参加调查的100 人中根据安全意识
是否优良,按分层抽样的方法抽出5 人,再从5 人中随机抽取3 人,试求抽取的3 人中恰有1 人为“安全意识优良”的
概率.
附:K
2=
n(ad-bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.
P(K
2≥k0) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005
0.001
k0
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879
10.828
【解析】(1)由题意可知抽取的100 人中,拥有驾驶证的人数为100×40%=40,
则拥有驾驶证且得分为优秀的人数为40-25=15,
由频率分布直方图知得分优秀的人数为100×10×(0.015+0.005)=20,
∴没有驾驶证且得分优秀的人数为20-15=5,
则没有驾驶证且得分不优秀的人数为100-40-5=55.
可得列联表如下:
拥有驾驶证没有驾驶证
合计
得分优秀
15
5
20
得分不优秀
25
55
80
合计
40
60
100
∴K
2=
100×(15×55−25×5)2
40×60×20×80
=
1225
96 >6.635,
∴有超过99%的把握认为“安全意识优秀与是否拥有驾驶证”有关.
(2)由频率分布直方图可求得70 分以上(含70)的人数为100×(0.020+0.015+0.005)×10=40.
∴按分层抽样的方法抽出5 人时,“安全意识优良”的有2 人,记为1,2;其余的3 人记为a,b,c.
从中随机抽取3 人,基本事件有(1,2,a),(1,2,b),(1,2,c),(1,a,b),(1,a,c),(1,b,c),(2,a,b),(2,a,c),(2,b,c),(a,b,c),共10 个,恰有1
人为“安全意识优良”包含的基本事件有6 个,
∴恰有1 人为“安全意识优良”的概率为
6
10=
3
5.
8.(2020届山东高考模拟)某公司生产的某种产品,若年返修率不超过千分之一,则其生产部门当年考核优秀.现获得该
公司2011-2018 年的相关数据如表所示:
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年份
2011201220132014201520162017
2018
年生产台数
x(万台)
2
3
4
5
6
7
10
11
该产品的年
利
润y(百万元)
2.1 2.75 3.5 3.25
3
4.9
6
6.5
年返修台
数(台)
21
22
28
65
80
65
84
88
部分计算结果:x
−=
1
8 ∑
i=1
8
xi=6,y
−=
1
8 ∑
i=1
8
yi=4, ∑
i=1
8
(xi-x
−)
2=72, ∑
i=1
8
(yi-y
−)
2=18.045, ∑
i=1
8
(xi-x
−)(yi-y
−)=34.5
注:年返修率=
年返修台数
年生产台数.
(1)从该公司2011-2018 年的相关数据中任意选取3 年的数据,以ξ表示3 年中生产部门获得考核优秀的次数,求ξ的
分布列和数学期望.
(2)根据散点图发现2015 年数据偏差较大,如果去掉该年的数据,试用剩下的数据求出年利润y(百万元)关于年生产台
数x(万台)的线性回归方程(精确到0.01).
附:线性回归方程y
＾
=b
＾
x+a
＾
中,b
＾
=
∑
i=1
n
(xi-x)(yi-y)
∑
i=1
n
(xi-x)2 =
∑
i=1
n
xiyi-nx
−y
−
∑
i=1
n
xi
2-nx2 ,a
＾
=y-b
＾
x.
【解析】(1)由数据可知,2012,2013,2016,2017,2018 这五个年份考核优秀.
由题意知ξ的所有可能取值为0,1,2,3,
P(ξ=0)=
C5
0C3
3
C8
3 =
1
56,
P(ξ=1)=
C5
1C3
2
C8
3 =
15
56,
P(ξ=2)=
C5
2C3
1
C8
3 =
30
56=
15
28,
P(ξ=3)=
C5
3C3
0
C8
3 =
10
56=
5
28.
故ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
1
56
15
56
15
28
5
28
所以E(ξ)=0×
1
56+1×
15
56+2×
15
28+3×
5
28=
15
8 .
(2)因为x5=x
−=6,所以去掉2015 年的数据后不影响b
＾
的值,
所以b
＾
=
∑
i=1
8
(xi-x)(yi-y)
∑
i=1
8
(xi-x)2 =
34.5
72 ≈0.48.
又去掉2015 年的数据之后x=
6×8−6
7 =6,y=
4×8−3
7 =
29
7 ,
所以a
＾
=y-b
＾
x=
29
7 -
34.5
72 ×6≈1.27,
从而回归方程为y
＾
=0.48x+1.27.
9.(2020 届甘肃兰州模拟)某市对人们参加马拉松运动的情况进行了统计调查,其中一项调查是调查人员从参与马拉
松运动的人中随机抽取200 人,对其每周参与马拉松长跑训练的天数进行统计,得到以下统计表:
平均每周进行长跑不大于2 3 天或4 天
不少于5 天
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训练的天数
天
人数
30
130
40
若某人平均每周进行长跑训练天数不少于5 天,则称其为“热烈参与者”,否则称为“非热烈参与者”.
(1)经调查,该市约有2 万人参与马拉松运动,试估计其中“热烈参与者”的人数.
(2)根据上表的数据,填写下列2×2 列联表,并通过计算判断能否在犯错误的概率不超过0.01 的前提下认为“是否热
烈参与马拉松”与性别有关.
热烈参与者
非热烈参与
者
合计
男
140
女
55
合计
参考公式及数据:K
2=
n(ad-bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.
P(K
2≥k0) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005
0.001
k0
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879
10.828
【解析】(1)以200 人中“热烈参与者”的频率作为概率,
可得该市“热烈参与者”的人数约为20000×
40
200=4000.
(2)由题可得2×2 列联表如下:
热烈参与者
非热烈参与
者
合计
男
35
105
140
女
5
55
60
合计
40
160
200
则K
2=
200×(35×55−105×5)2
40×160×140×60
=
175
24 ≈7.292>6.635,
所以能在犯错误的概率不超过0.01 的前提下认为“是否热烈参与马拉松”与性别有关.
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§15.3
统计的综合应用
1.(2020 届河南高考模拟)某重点高校准备调查脑力测试成绩是否与性别有关,在该高校随机抽取男、女学生各100 名,
然后对这200 名学生进行脑力测试,规定:分数不小于120 分为“入围学生”,分数小于120 分为“未入围学生”,已知
男生入围24 人,女生未入围80 人.
(1)根据题意,填写下面的2×2 列联表,并根据列联表判断是否有90%以上的把握认为脑力测试后是否为“入围学生”
与性别有关.
性别
入围人数
未入围人数
总计
男生
24
女生
80
总计
(2)用分层抽样的方法从“入围学生”中随机抽取11 名学生.
①求这11 名学生中女生的人数;
②若抽取的女生的脑力测试分数各不相同(每个人的分数都是整数),求这11 名学生中女生测试分数的平均分的最小
值.
附:K
2=
n(ad-bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.
P(K
2≥k0)
0.10
0.05 0.025 0.010 0.005
0.001
k0
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879
10.828
【解析】(1)填写列联表如下:
性别
入围人数
未入围人数
总计
男生
24
76
100
女生
20
80
100
总计
44
156
200
因为K
2的观测值k=
200×(24×80−76×20)2
100×100×44×156 ≈0.466<2.706,
所以没有90%以上的把握认为脑力测试后是否为“入围学生”与性别有关.
(2)①这11 名学生中,被抽到的女生人数为11×
20
44=5.
②因为入围的分数不低于120 分,且每个女生的测试分数各不相同,每个人的分数都是整数,所以这11 名学生中
女生的平均分的最小值为
120+121+122+123+124
5
=122.
2.(2020 届新疆高考模拟)十九大提出,坚决打赢脱贫攻坚战,某帮扶单位为帮助定点扶贫村脱贫,坚持扶贫同扶智相结
合,帮助贫困村种植蜜柚,并利用电商进行销售,为了更好地销售,现从该村的蜜柚树上随机摘下了100 个蜜柚进行测
重,其质量分别在[1500,1750),[1750,2000),[2000,2250),[2250,2500),[2500,2750),[2750,3000](单位:克)中,其频率分布直
方图如图所示.
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(1)已经按分层抽样的方法从质量落在[1500,1750),[2000,2250)的蜜柚中抽取了5 个,现从这5 个蜜柚中随机抽取2 个,
求这2 个蜜柚质量均小于2000 克的概率.
(2)以各组数据的中间值代表这组数据的平均水平,以频率代表概率,已知该贫困村的蜜柚树上大约还有5000 个蜜柚
等待出售,某电商提出了两种收购方案:
方案一:所有蜜柚均以30 元/千克收购;
方案二:低于2250 克的蜜柚以60 元/个收购,高于或等于2250 克的以80 元/个收购.
请你通过计算为该村选择收益最好的方案.
【解析】(1)质量落在[1500,1750)和[2000,2250)中的频率分别是0.1 和0.15,分层抽样的方法抽取5 个蜜柚,则
[1500,1750)中抽取2 个,[2000,2250)中抽取3 个,记抽取质量在[1500,1750)的蜜柚为A1,A2,质量在[2000,2250)中蜜柚为
B1,B2,B3,则从这5 个蜜柚中随机抽取2 个的情况有10 种,A1A2,A1B1,A1B2,A1B3,A2B1,A2B2,A2B3,B1B2,B1B3,B2B3,其中2 个蜜柚质量均
小于2000 克的有A1A2一种情况,故2 个蜜柚质量均小于2000 的概率为
1
10.
(2)根据题意,方案一收益为
30×(1.625×500+1.875×500+2.125×750+2.375×2000+2.625×1000+2.875×250)=343125(元),
方案二收益为(500+500+750)×60+(2000+1000+250)×80=365000(元),
∵365000>343125,∴选择方案二.
3.(2020 届湖南高考模拟)随着智能手机的普及,使用手机上网成为了人们日常生活的一部分,很多消费者对手机流量
的需求越来越大.某通信公司为了更好地满足消费者对流量的需求,准备推出一款流量包.该通信公司选了人口规模
相当的4 个城市采用不同的定价方案作为试点,经过一个月的统计,发现该流量包的定价x(单位:元/月)和购买总人数
y(单位:万人)的关系如表:
定价x(元/月)
20
30
50
60
年轻人(40 岁以下)
购买人数(万人)
10
15
7
8
中老年人(40 岁以及40 岁
以上)
购买人数(万人)
20
15
3
2
购买总人数y(万人)
30
30
10
10
(1)根据表中的数据,请用线性回归模型拟合y 与x 的关系,求出y 关于x 的回归方程,并估计10 元/月的流量包将有多
少人购买.
(2)若把50 元/月以下(不包括50 元)的流量包称为低价流量包,50 元以上(包括50 元)的流量包称为高价流量包,试运
用独立性检验知识,填写下面列联表,并通过计算说明是否能在犯错误的概率不超过0.01 的前提下,认为购买人的年
龄大小与流量包价格高低有关.
定价x(元/月)
小于50
元
大于或等
于50 元
总计
年轻人(40 岁以下)
购买人数(万人)
中老年人(40 岁以及40 岁
以上)
购买人数(万人)
总计
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参考公式:y
＾
=b
＾
x+a
＾
,b
＾
=
∑
i=1
n
xiyi-nx
−y
−
∑
i=1
n
xi
2-nx
−2 =
∑
i=1
n
(xi-x)(yi-y)
∑
i=1
n
(xi-x
−)2 ,a
＾
=y-b
＾
x.
K
2=
n(ad-bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.
参考数据:
P(K
2≥k0)
0.10
0.05 0.025 0.010 0.005
0.001
k0
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879
10.828
【解析】(1)x=
20+30+50+60
4
=40,y=
30+30+10+10
4
=20,
b
＾
=
∑
i=1
4
(xi-x
−)(yi-y
−)
∑
i=1
4
(xi-x
−)2
=
-20×10-10×10+10×(-10)+20×(-10)
(-20)2+(−10)2+102+202
=-0.6,
a
＾
=y
−-b
＾
x
−=20-(-0.6)×40=44,
所以y 关于x 的回归方程是y
＾
=-0.6x+44,
当x=10 时,y
＾
=38,估计10 元/月的流量包将有38 万人购买.
(2)
定价x(元/月)
小于50
元
大于或等于50
元
总计
年轻人(40 岁以下)
购买人数(万人)
25
15
40
中老年人(40 岁
以及40 岁以上)
购买人数(万人)
35
5
40
总计
60
20
80
K
2=
n(ad-bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=
80×(25×5−35×15)2
60×20×40×40
≈6.667,
因为6.667>6.635,
所以能在犯错误的概率不超过0.01 的前提下,认为购买人的年龄大小与流量包价格高低有关.
4.(2020 届湖北高考模拟)近年来,随着网络的普及,数码产品早已走进千家万户的生活,为了节约资源,促进资源循环利
用,折旧产品回收行业得到迅猛发展,电脑使用时间越长,回收价值越低,某二手电脑交易市场对2018 年回收的折旧电
脑交易前使用的时间进行了统计,得到如图所示的频率分布直方图,在如图对时间使用的分组中,将使用时间落入各
组的频率视为概率.
(1)若在该市场随机选取1 个2018 年成交的二手电脑,求其使用时间在(4,8]上的概率.
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(2)根据电脑交易市场往年的数据,得到如图所示的散点图及一些统计量的值,其中x(单位:年)表示折旧电脑的使用时
间,y(单位:百元)表示相应的折旧电脑的平均交易价格.
由散点图判断,可采用y=e
a+bx作为该交易市场折旧电脑平均交易价格y 与使用年限x 的回归方程,若t=ln yi,t
−
=
1
10 ∑
i=1
10
ti,
选用如下参考数据,求y 关于x 的回归方程,并预测在区间(2,4]上折旧电脑的价格.(用时间组的区间中点值代表该组
的值)
x
−
y
−
t
−
∑
i=1
10
xiyi
∑
i=1
10
xiti
∑
i=1
10
xi
2
5.5
8.5
1.9
301.4
79.75
385
附:参考公式:对于一组数据(ui,vi)(i=1,2,…,n),其回归直线v
＾
=α
＾
+β
＾
u 的斜率和截距的最小二乘估计分别为
β
＾
=
∑
i=1
n
uivi-nu
−v
−
∑
i=1
n
ui
2-nu
−2 ,α
＾
=v
−-β
＾
u
−.
参考数据:e
3.25≈26,e
2.65≈14,e
2.05≈7.8,e
1.25≈4.3,e
0.85≈2.3.
【解析】(1)由频率分布直方图可知一台电脑使用时间在(4,8]上的概率P=(0.14+0.06)×2=0.4.
(2)由y=e
a+bx得ln y=a+bx,即t=a+bx,
b
＾
=
∑
i=1
10
xiti-10x
−t
∑
i=1
10
xi
2-10x
−2=
79.75−10×5.5×1.9
385−10×5.52
=-0.3,
a
＾
=1.9-(-0.3)×5.5=3.55,
即t=-0.3x+3.55,所以y
＾
=e
-0.3x+3.55.
根据回归方程,在区间(2,4]上折旧电脑价格的预测值为e
3.55-0.3×3=e
2.65≈14.
5.(2020 届湖北高考模拟)武汉某高校为了在学生中普及军运会的相关知识,特在网络上组织了一次“我所知晓的武
汉军运会”知识问答比赛,为便于对答卷进行对比研究,组委会抽取了1000 名男生和1000 名女生的答卷,他们的考试
成绩频率分布直方图如下:
(注:问卷满分为100 分,成绩≥80 分的试卷为“优秀”等级)
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(1)现从有1000 名男生和1000 名女生答卷中各取一份,分别求答卷成绩为“优秀”等级的概率.
(2)求下面的列联表中a,b,c,d 的值,并根据列联表判断能否在犯错误的概率不超过0.025 的前提下认为“答卷成绩为
‘优秀’等级与性别有关”.
男
女
总计
优秀
a
b
a+b
非优秀
c
d
c+d
总计
1000
1000
2000
(3)根据男、女生成绩频率分布直方图,对他们的成绩的优劣进行比较.
附:K
2=
n(ad-bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.
P(K
2≥k)
0.05
0.025
0.010
k
3.841
5.024
6.635
【解析】(1)男生答卷成绩“优秀”的概率P=(0.058+0.034+0.014+0.010)×5=0.58,
女生答卷成绩“优秀”的概率P=(0.046+0.034+0.016+0.010)×5=0.53.
(2)由题意可得列联表如下:
男
女
总计
优秀
580
530
1110
非优秀
420
470
890
总计
1000
1000
2000
K
2=
2000×(580×470−530×420)2
1000×1000×1110×890
=5.061>5.024.
∴能在犯错的概率不超过0.025 的前提下认为“问卷成绩为‘优秀’等级与性别有关”.
(3)由频率分布直方图可知,男生成绩的平均分(或中位数)在80 到85 分之间,女生成绩的平均分(或中位数)在75
到80 分之间,且男生的成绩分布集中程度较女生成绩分布集中程度高.因此,男生的成绩较好且稳定.
6.(2020 届四川高考模拟)基于移动网络技术的共享单车被称为“新四大发明”之一,短时间内就风靡全国,给人们带
来新的出行体验,某共享单车运营公司的市场研究人员为了了解公司的经营状况,对公司最近6 个月的市场占有率y%
进行了统计,结果如下表:
月份
2018.1
1
2018.1
2
2019.0
1
2019.0
2
2019.0
3
2019.04
月份代码x
1
2
3
4
5
6
y
11
13
16
15
20
21
(1)请用相关系数说明能否用线性回归模型拟合y 与月份代码x 之间的关系,如果能,请计算出y 关于x 的线性回归方
程,如果不能,请说明理由;
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(2)根据调研数据,公司决定再采购一批单车扩大市场,从成本1000 元/辆的A 型车和800 元/辆的B 型车中选购一种,
两款单车使用寿命频数如下表:
报废年限
车型
1 年
2 年
3 年
4 年
总计
A
10
30
40
20
100
B
15
40
35
10
100
经测算,平均每辆单车每年能为公司带来500 元的收入,不考虑除采购成本以外的其他成本,假设每辆单车的使用寿命
都是整数年,用频率估计每辆车使用寿命的概率,以平均每辆单车所产生的利润的估计值为决策依据,如果你是公司
负责人,会选择哪款车型?
参考数据: ∑
i=1
6
(xi-x)(yi-y)=35, ∑
i=1
6
(xi-x)
2=17.5,
∑
i=1
6
(yi-y)
2=76, 1330≈36.5.
参考公式:相关系数r=
∑
i=1
n
(xi-x)(yi-y)
∑
i=1
n
(xi-x)2 ∑
i=1
n
(yi-y)2
,b
＾
=
∑
i=1
n
(xi-x)(yi-y)
∑
i=1
n
(xi-x)2 ,a
＾
=y-b
＾
x.
【解析】(1)由表格中数据可得,x
−=3.5,y
−=16.
∵r=
∑
i=1
6
(xi-x
−)(yi-y
−)
∑
i=1
6
(xi-x
−)2 ∑
i=1
6
(yi-y
−)2
=
35
17.5×76=
35
1330≈0.96,
∴y 与月份代码x 之间具有较强的相关关系,故可用线性回归模型拟合两变量之间的关系.
b
＾
=
∑
i=1
6
(xi-x
−)(yi-y
−)
∑
i=1
6
(xi-x
−)2 =
35
17.5=2,∴a
＾
=y
−-b
＾
x
−=16-2×3.5=9,
∴y 关于x 的线性回归方程为y
＾
=2x+9.
(2)这100 辆A 款单车平均每辆的利润为
1
100×(-500×10+0×30+500×40+1000×20)=350(元),
这100 辆B 款单车平均每辆的利润为
1
100×(-300×15+200×40+700×35+1200×10)=400(元),
∴用频率估计概率,A 款单车与B 款单车平均每辆的利润估计值分别为350 元、400 元,故应采购B 款车型.
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§16.1
合情推理与演绎推理
1.(2020 届安徽安庆模拟)在平面几何中有如下结论:正三角形ABC 的内切圆面积为S1,外接圆面积为S2,则
S1
S2=
1
4,推广到
空间可以得到类似结论:已知正四面体P-ABC 的内切球体积为V1,外接球体积为V2,则
V1
V2=(
).
A.
1
8 B.
1
9 C.
1
64 D.
1
27
【解析】正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3,故
V1
V2=
1
27.
2.(2020 届河北邯郸模拟)如图所示的是网格工作者经常用来解释网络运作的蛇形模型,数字1 出现在第1 行,数字2,3
出现在第2 行,数字6,5,4(从左至右)出现在第3 行,数字7,8,9,10 出现在第4 行,依此类推,则第20 行从左到右第4 个数
字为(
).
A.192
B.194
C.196
D.198
【解析】前19 行共有
19(1+19)
2
=190 个数字,则第19 行最左端的数为190,故第20 行从左到右第4 个数字为194.
3.(2020 届山东德州模拟)观察(x
2)'=2x,(x
4)'=4x
3,(cos x)'=-sin x,由归纳推理可得,若定义在R 上的函数f(x)满足
f(-x)=f(x),记g(x)为f(x)的导函数,则g(-x)=(
).
A.f(x)
B.-f(x)
C.g(x)
D.-g(x)
【解析】由所给函数及其导函数知,偶函数的导函数为奇函数,因此当f(x)是偶函数时,其导函数应为奇函数,故
g(-x)=-g(x).
4.(2020 届山东淄博一模)有一段“三段论”推理是这样的:对于可导函数f(x),若f'(x0)=0,则x=x0是函数f(x)的极值点,
因为f(x)=x
3在x=0 处的导数值为0,所以x=0 是f(x)=x
3的极值点.以上推理(
).
A.大前提错误
B.小前提错误
C.推理形式错误
D.结论正确
【解析】大前提是“对于可导函数f(x),若f'(x0)=0,则x=x0是函数f(x)的极值点”,不是真命题,因为对于可导函
数f(x),如果f'(x0)=0,且满足在x0附近左右两侧导函数值异号,那么x=x0才是函数f(x)的极值点,所以大前提错误.故选
A.
5.(2020 届安徽示范高中联考)某参观团根据下列要求从A,B,C,D,E 五个镇选择参观地点:①若去A 镇,也必须去B
镇;②D,E 两镇至少去一镇;③B,C 两镇只去一镇;④C,D 两镇都去或者都不去;⑤若去E 镇,则A,D 两镇也必须去.则该参观
团至多去了(
).
A.B,D 两镇
B.A,B 两镇
C.C,D 两镇
D.A,C 两镇
【解析】假设去A 镇,则也必须去B 镇,但去B 镇则不能去C 镇,不去C 镇则也不能去D 镇,不去D 镇则也不能去E
镇,D,E 两镇都不去则不符合条件.故若去A 镇则无法按要求完成参观.
同理,假设不去A 镇去B 镇,同样无法完成参观.要按照要求完成参观,一定不能去B 镇,而不去B 镇的前提是不去
A 镇.
故A,B 两镇都不能去,则一定不能去E 镇,所以能去的地方只有C,D 两镇.故选C.
6.(2020 届河南安阳一模)设n 为正整数,f(n)=1+
1
2+
1
3+…+
1
n,计算得f(2)=
3
2,f(4)>2,f(8)>
5
2,f(16)>3.观察上述结果,可推测一
般的结论为
.
【解析】∵f(2
1)=
3
2,f(2
2)>2=
4
2,
f(2
3)>
5
2,f(2
4)>
6
2,
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∴归纳得f(2
n)≥
n+2
2 (n∈N
*).
【答案】f(2
n)≥
n+2
2 (n∈N
*)
7.(2020 届兰州实战性测试)观察下列式子:1,1+2+1,1+2+3+2+1,1+2+3+4+3+2+1,….由以上可推测出一个一般性结论:对
于n∈N
*,则1+2+…+n+…+2+1=
.
【解析】由1=1
2,1+2+1=4=2
2,1+2+3+2+1=9=3
2,1+2+3+4+3+2+1=16=4
2,…,归纳猜想可得1+2+…+n+…+2+1=n
2.
【答案】n
2
8.(2020 届安徽安庆模拟)若P0(x0,y0)在椭圆
x2
a2+
y2
b2=1(a>b>0)外,过点P0作椭圆的两条切线,切点为P1,P2,则切点弦P1P2所在
直线的方程是
x0x
a2 +
y0y
b2 =1,那么对于双曲线,则有如下命题:若P0(x0,y0)在双曲线
x2
a2-
y2
b2=1(a>0,b>0)外,过点P0作双曲线的两条
切线,切点为P1,P2,则切点弦P1P2所在直线的方程是
.
【解析】设P1(x1,y1),P2(x2,y2),则以P1,P2为切点的切线方程分别是
x1x
a2 -
y1y
b2 =1,
x2x
a2 -
y2y
b2 =1.因为P0(x0,y0)在这两条切线上,
所以
x1x0
a2 -
y1y0
b2 =1,
x2x0
a2 -
y2y0
b2 =1,这说明P1(x1,y1),P2(x2,y2)在直线
x0x
a2 -
y0y
b2 =1 上,故切点弦P1P2所在直线的方程是
x0x
a2 -
y0y
b2 =1.
【答案】
x0x
a2 -
y0y
b2 =1
9.(2020 届广东湛江一模)如图,已知点O 是△ABC 内任意一点,连接AO,BO,CO,并延长交对边于点A1,B1,C1,则
OA1
AA1+
OB1
BB1+
OC1
CC1=1.
类比猜想:点O 是空间四面体A-BCD 内任意一点,连接AO,BO,CO,DO,并延长分别交平面BCD,ACD,ABD,ABC 于点A1,B1,C1,D1,
则有
.
【解析】由题意猜想:
OA1
AA1+
OB1
BB1+
OC1
CC1+
OD1
DD1=1.用等体积法证明如下:
OA1
AA1+
OB1
BB1+
OC1
CC1+
OD1
DD1=
VO-BCD
VA-BCD+
VO-CAD
VB-CAD+
VO-ABD
VC-ABD+
VO-ABC
VD-ABC=1.
【答案】
OA1
AA1+
OB1
BB1+
OC1
CC1+
OD1
DD1=1
10.(2020 届福建福州模拟)某同学在一次研究性学习中发现,以下五个式子的值都等于同一个常数.
①sin
213°+cos
217°-sin 13°cos 17°;
②sin
215°+cos
215°-sin 15°cos 15°;
③sin
218°+cos
212°-sin 18°cos 12°;
④sin
2(-18°)+cos
248°-sin(-18°)cos 48°;
⑤sin
2(-25°)+cos
255°-sin(-25°)cos 55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个,求出这个常数;
(2)根据(1)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论.
【解析】(1)选择②式,计算如下:
sin
215°+cos
215°-sin 15°cos 15°
=1-
1
2sin 30°=1-
1
4=
3
4.
(2)(法一)三角恒等式为
sin
2α+cos
2(30°-α)-sin αcos(30°-α)=
3
4.
证明如下:
sin
2α+cos
2(30°-α)-sin αcos(30°-α)
=sin
2α+cos(30°-α)[cos(30°-α)-sin α]
=sin
2α+cos(30°-α)(cos 30°cos α+sin 30°sin α-sin α)
=sin
2α+cos(30°-α)(cos 30°cos α-sin 30°sin α)
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=sin
2α+(cos 30°cos α+sin 30°sin α)(cos 30°cos α-sin 30°sin α)
=sin
2α+cos
230°cos
2α-sin
230°sin
2α
=sin
2α+
3
4cos
2α-
1
4sin
2α
=
3
4sin
2α+
3
4cos
2α=
3
4.
(法二)三角恒等式为
sin
2α+cos
2(30°-α)-sin αcos(30°-α)=
3
4.
证明如下:
sin
2α+cos
2(30°-α)-sin αcos(30°-α)
=
1−cos2α
2
+
1+cos(60°−2α)
2
-sin α(cos 30°cos α+sin 30°sin α)
=
1
2-
1
2cos 2α+
1
2+
1
2(cos 60°cos 2α+sin 60°sin 2α)-
3
2 sin αcos α-
1
2sin
2α
=
1
2-
1
2cos 2α+
1
2+
1
4cos 2α+
3
4 sin 2α-
3
4 sin 2α-
1
4(1-cos 2α)=
3
4.
11.(2020 届广东六校第三次联考)对于三次函数f(x)=ax
3+bx
2+cx+d(a≠0),给出定义:设f'(x)是函数y=f(x)的导
数,f″(x)是f'(x)的导数,若方程f″(x)=0有实数解x0,则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.某同学经过探究发现:
任何一个三次函数都有“拐点”,任何一个三次函数的图象都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.若
f(x)=
1
3x
3-
1
2x
2+3x-
5
12,请你根据这一发现,
(1)求函数f(x)的图象的对称中心;
(2)计算f
1
2019 +f
2
2019 +f
3
2019 +…+f
2018
2019 .
【解析】(1)由题意得,f'(x)=x
2-x+3,f″(x)=2x-1,
由f″(x)=0,即2x-1=0,解得x=
1
2.
f
1
2 =
1
3×
1
2
3
-
1
2×
1
2
2
+3×
1
2-
5
12=1.
由题中给出的结论,可知函数f(x)=
1
3x
3-
1
2x
2+3x-
5
12的图象的对称中心为点
1
2 ,1 .
(2)由(1)知函数f(x)=
1
3x
3-
1
2x
2+3x-
5
12的图象的对称中心为点
1
2 ,1 ,
所以f
1
2 + x +f
1
2 -x =2,
即f(x)+f(1-x)=2.
故f
1
2019 +f
2018
2019 =2,
f
2
2019 +f
2017
2019 =2,
f
3
2019 +f
2016
2019 =2,
…
f
2018
2019 +f
1
2019 =2.
所以f
1
2019 +f
2
2019 +f
3
2019 +…+f
2018
2019 =
1
2×2×2018=2018.
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§16.2
直接证明、间接证明
1.(2020 届河北唐山二模)用分析法证明:欲使①A>B,只需②C<D.这里①是②的(
).
A.充分条件
B.必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】分析法证明的本质是证明使结论成立的充分条件成立,即②⇒①,所以①是②的必要条件.
2.(2020 届山东济南模拟)设[x]表示不大于x 的最大整数,则对任意实数x,y,有(
).
A.[-x]=-[x]
B.[2x]=2[x]
C.[x+y]≤[x]+[y]
D.[x-y]≤[x]-[y]
【解析】取x=1.6,y=2.7,则[x]=[1.6]=1,[y]=[2.7]=2,[2x]=[3.2]=3,[-x]=[-1.6]=-2,故A,B 错
误;[x+y]=[1.6+2.7]=4,[x]+[y]=1+2=3,故C 错误.故选D.
3.已知f(n)=1
2+2
2+3
2+…+(2n)
2,则f(k+1)与f(k)的关系是(
).
A.f(k+1)=f(k)+(2k+1)
2+(2k+2)
2
B.f(k+1)=f(k)+(k+1)
2
C.f(k+1)=f(k)+(2k+2)
2
D.f(k+1)=f(k)+(2k+1)
2
【解析】f(k+1)=1
2+2
2+3
2+…+(2k)
2+(2k+1)
2+[2(k+1)]
2=f(k)+(2k+1)
2+(2k+2)
2.
4.(2020 届辽宁大连一模)设f(x)是定义在R 上的奇函数,且当x≥0 时,f(x)单调递减,若x1+x2>0,则f(x1)+f(x2)的值
(
).
A.恒为负值
B.恒等于零
C.恒为正值
D.无法确定正负
【解析】由f(x)是定义在R 上的奇函数,且当x≥0 时,f(x)单调递减,可知f(x)是R 上的减函数,
由x1+x2>0,可知x1>-x2,f(x1)<f(-x2)=-f(x2),
则f(x1)+f(x2)<0.
5.(2020 届湖南株洲一模)某题字迹有污损,大致内容是“已知|x|≤1,
,用分析法证明|x+y|≤|1+xy|”.估计污损
部分的文字内容为
.
【解析】要证|x+y|≤|1+xy|,需证(x+y)
2≤(1+xy)
2,化简得x
2+y
2≤1+x
2y
2,(x
2-1)(1-y
2)≤0.因为|x|≤1,又要证明不等
式成立,所以估计污损部分的文字内容为“|y|≤1”.
【答案】|y|≤1
6.(2020 届山西太原模拟)用反证法证明“若x
2-1=0,则x=-1 或x=1”时,应假设
.
【解析】“x=-1 或x=1”的否定是“x≠-1 且x≠1”.
【答案】x≠-1 且x≠1
7.(2020 届黑龙江哈尔滨模拟)已知{an}满足a1=1,an+an+1=
1
4
n
(n∈N
*),Sn=a1+a2·4+a3·4
2+…+an·4
n-1,类比课本中推导等
比数列前n 项和公式的方法,可求得5Sn-4
nan=
.
【解析】因为Sn=a1+a2·4+a3·4
2+…+an·4
n-1,所以4Sn=4a1+a2·4
2+a3·4
3+…+an·4
n,两式相加可得
5Sn=a1+4(a1+a2)+4
2(a2+a3)+…+4
n-1(an-1+an)+an·4
n.
又因为a1=1,an+an+1=
1
4
n
(n∈N
*),所以5Sn-4
nan=1 + 1 + … + 1
ᇣ
ᇤ
ᇥ
ᇧᇧᇧᇧᇧᇧ
n
=n.
【答案】n
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8.(2020 届安徽阜阳月考)已知数列{an}的前n 项和Sn=
3n2-n
2 ,n∈N
*.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)证明:对任意的n>1,都存在m∈N
*,使得a1,an,am成等比数列.
【解析】(1)由Sn=
3n2-n
2 ,得a1=S1=1,
当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3n-2,当n=1 时也满足该式.
所以数列{an}的通项公式为an=3n-2.
(2)要使得a1,an,am成等比数列,
只需要an
2=a1·am,
即(3n-2)
2=1·(3m-2),
即m=3n
2-4n+2,而此时m∈N
*,且m>n,
所以对任意的n>1,都存在m∈N
*,使得a1,an,am成等比数列.
9.(2020 届广东汕头模拟)设a>0,b>0,且a+b=
1
a+
1
b.
证明:(1)a+b≥2;
(2)a
2+a<2 与b
2+b<2 不可能同时成立.
【解析】(1)由a+b=
1
a+
1
b=
a+b
ab ,a>0,b>0,得ab=1,由基本不等式及ab=1,有a+b≥2 ab=2,即a+b≥2.当且仅当a=b=1 时,
等号成立.
(2)假设a
2+a<2 与b
2+b<2 同时成立,则由a
2+a<2 及a>0 得0<a<1.同理,0<b<1,所以ab<1,这与ab=1 矛盾.故a
2+a<2
与b
2+b<2 不可能同时成立.
10.(2020 届湖南常德月考)已知函数f(x)是(-∞,+∞)上的增函数,a,b∈R.
(1)若a+b≥0,求证:f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).
(2)判断(1)中命题的逆命题是否成立,并证明你的结论.
【解析】(1)因为a+b≥0,所以a≥-b.
因为f(x)在R 上单调递增,所以f(a)≥f(-b).
同理,a+b≥0⇒b≥-a⇒f(b)≥f(-a).
两式相加即得f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).
(2)(1)中命题的逆命题为
若f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b),则a+b≥0.
该命题成立,下面用反证法证之.
假设a+b<0,那么
a+b<0⇒a<-b⇒f(a)<f(-b),
a+b<0⇒b<-a⇒f(b)<f(-a),
所以f(a)+f(b)<f(-a)+f(-b).
这与已知矛盾,故a+b≥0.
11.(2020 届湖北武汉模拟)已知函数f(x)=(λx+1)ln x-x+1.
(1)若λ=0,求f(x)的最大值.
(2)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x+y+1=0 垂直,证明:
f(x)
x-1>0.
【解析】(1)由题意得f(x)的定义域为(0,+∞).
当λ=0 时,f(x)=ln x-x+1,
则f'(x)=
1
x-1,令f'(x)=0,解得x=1,
∴当0<x<1 时,f'(x)>0,f(x)在(0,1)上是增函数;
当x>1 时,f'(x)<0,f(x)在(1,+∞)上是减函数.
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故f(x)在x=1 处取得最大值,最大值为f(1)=0.
(2)由题意可得,f'(x)=λln x+
λx+1
x -1.
由题设条件,得f'(1)=1,得λ=1.
∴f(x)=(x+1)ln x-x+1.
由(1)知,ln x-x+1<0(x>0,且x≠1).
当0<x<1 时,x-1<0,f(x)=(x+1)ln x-x+1=xln x+(ln x-x+1)<0,∴
f(x)
x-1>0.
当x>1 时,x-1>0,f(x)=(x+1)ln x-x+1=ln x+(xln x-x+1)=ln x-x ln
1
x -
1
x + 1 >0,∴
f(x)
x-1>0.
综上可知,
f(x)
x-1>0.
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§16.3
算法初步
1.(2020 届河北武邑质检)执行如图所示的程序框图,则输出的S 的值为(
).
A. 2018B. 2018-1
C. 2019D. 2019-1
【解析】由已知的程序框图可知,该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S=1+
1
1+ 2+
1
2+ 3+…+
1
2017+ 2018
的值,
由于S=1+
1
1+ 2+
1
2+ 3+…+
1
2017+ 2018
=1+( 2- 1)+( 3- 2)+…+( 2018- 2017)
= 2018.
2.(2020 届山东菏泽模拟)给出一个如图所示的程序框图,若要使输入的x 值与输出的y 值相等,则这样的x 值的个数
是(
).
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】当x≤2 时,y=x
2=x,解得x1=0,x2=1;当2<x≤5 时,y=2x-3=x,解得x3=3;当x>5 时,y=
1
x=x,解得x=±1(舍去).故
x 可为0,1,3.故选C.
3.(2020 届山东济南模拟)执行如图所示的程序框图,若输入的x 值为2019,则输出的y 值为(
).
A.
1
8 B.
1
4 C.
1
2 D.1
【解析】根据流程图,可知每循环一次,x 的值减少4,输入x=2019,因为2019 除以4 余3,经过多次循环后x=3,再
经过一次循环后x=-1,不满足x≥0 的条件,输出y=2
x=2
-1=
1
2.
4.(2020 届陕西汉中12 校联考)执行如图所示的程序框图,则输出n 的值是(
).
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A.3 B.5 C.7 D.9
【解析】由程序框图知,
第一次循环,S 初始值为0,不满足S≥
4
9,故S=
1
1×3=
1
3,n=3;
第二次循环,当S=
1
3,不满足S≥
4
9,故S=
1
1×3+
1
3×5=
1
2 1 −
1
3 +
1
3 -
1
5 =
2
5,n=5;
第三次循环,当S=
2
5,不满足S≥
4
9,故S=
1
1×3+
1
3×5+
1
5×7=
3
7,n=7;
第四次循环,当S=
3
7,不满足S≥
4
9,故S=
1
1×3+
1
3×5+
1
5×7+
1
7×9=
4
9,n=9;
此时,S=
4
9,满足S≥
4
9,退出循环,输出n=9,故选D.
5.(2020 届福建福州四校联考)执行如图所示的程序框图,则输出A 的值是(
).
A.
1
55 B.
1
58 C.
1
61 D.
1
64
【解析】执行程序框图,可得,A=1,i=1,
第1 次执行循环体,A=
1
4,i=2,满足条件i≤20,
第2 次执行循环体,A=
1
7,i=3,满足条件i≤20,
第3 次执行循环体,A=
1
10,i=4,满足条件i≤20,
第4 次执行循环体,A=
1
13,i=5,满足条件i≤20,
第5 次执行循环体,A=
1
16,i=6,
…
观察可知,当i=20 时,满足条件i≤20,第20 次执行循环体,A=
1
4+(20−1)×3=
1
61,i=21,此时,不满足条件i≤20,退出循环,
输出A 的值为
1
61.故选C.
6.(2020 届黑龙江省哈尔滨市一模)阅读如图所示的程序框图,若运行相应的程序输出的结果为0,则判断框中的条件
不可能是(
).
A.n≤2020
B.n≤2018
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C.n≤2019
D.n≤2021
【解析】前6 步的执行结果如下:s=0,n=1;s= 3,n=2;s=0,n=3;s=0,n=4;s= 3,n=5;s=0,n=6.观察可知,s 的值以3 为周
期循环出现,所以当判断条件为“n≤2020?”时,s= 3,输出的结果不为0.
7.(2020 届福建高三毕业班适应性考试)执行如图所示的程序框图,则输出的S 的值等于(
).
A.3 B.-3
C.21
D.-21
【解析】由题意得,程序执行循环共七次,
依次是S=0,i=1;
S=1,i=2;
S=-1,i=3;
S=2,i=4;
S=-2,i=5;
S=3,i=6;
S=-3,i=7.
故输出S 的值等于-3.
8.(2020 届福建莆田模拟)执行如图所示的程序框图,则输出的λ的值是(
).
A.-4
B.-2
C.0 D.-2 或0
【解析】依题意,若λa+b 与b 垂直,则(λa+b)·b=4(λ+4)-2(-3λ-2)=0,解得λ=-2;若λa+b 与b 平行,则
-2(λ+4)=4(-3λ-2),解得λ=0.结合题中的程序框图,可知输出的λ的值是-2,故选B.
9.(2020 届贵州贵阳检测)我国明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道闻名世界的题目:“一百馒头一百僧,大
僧三个更无争,小僧三人分一个,大小和尚各几丁?”如图所示的程序框图反映了对此题的一个求解算法,则输出的n
的值为(
).
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A.20
B.25
C.30
D.35
【解析】(法一)执行程序框图,n=20,m=80,S=60+
80
3 =86
2
3≠100;
n=21,m=79,S=63+
79
3 =89
1
3≠100;
n=22,m=78,S=66+
78
3 =92≠100;
n=23,m=77,S=69+
77
3 =94
2
3≠100;
n=24,m=76,S=72+
76
3 =97
1
3≠100;
n=25,m=75,S=75+
75
3 =100,退出循环.
所以输出的n=25.
(法二)设大和尚有x 个,小和尚有y 个,
则
x + y = 100,
3x +
1
3 y = 100,解得x = 25,
y = 75,
根据程序框图可知,n 的值即大和尚的人数,所以n=25.
10.(2020 届河北石家庄调研)20 世纪70 年代,流行一种游戏——角谷猜想,规则如下:任意写出一个自然数n,按照以下
的规律进行变换,若n 是奇数,则下一步变成3n+1;若n 是偶数,则下一步变成
n
2.这种游戏的魅力在于,无论你写出一个
多么庞大的数字,最后必然会落在谷底,更准确地说是落入底部的4-2-1 循环,而永远也跳不出这个圈子,下列程序框
图就是根据这个游戏而设计的,若输出的i 值为6,则输入的n 值为(
).
A.5 或16
B.16
C.5 或32
D.4 或5 或32
【解析】若n=5,执行程序框图,n=16,i=2;n=8,i=3;n=4,i=4;n=2,i=5;n=1,i=6,结束循环,输出的i=6.若n=32,执行程序
框图,n=16,i=2;n=8,i=3;n=4,i=4;n=2,i=5;n=1,i=6,结束循环,输出的i=6.当n=4 或16 时,检验可知不正确,故输入的n=5
或n=32,故选C.
11.(2020 届湘东五校联考)若[x]表示不超过x 的最大整数,则如图所示的程序框图运行之后输出的结果为(
).
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A.600
B.400
C.15
D.10
【解析】根据题意,得
199
40 =[4.975]=4,所以该程序框图运行后输出的结果是40 个0,40 个1,40 个2,40 个3,40 个
4 的和,所以输出的结果为S=40+40×2+40×3+40×4=400.
12.(2020 届广州五校联考)美索不达米亚平原是人类文明的发祥地之一.美索不达米亚人善于计算,他们创造了优良
的计数系统,其中开平方算法是最具有代表性的.程序框图如图所示,若输入a,n,f 的值分别为8,2,0.5,每次运算都精确
到小数点后两位,则输出的结果为(
).
A.2.81
B.2.82
C.2.83
D.2.84
【解析】输入a=8,n=2,f=0.5,
则m=
8
2=4,n=
4+2
2 =3,|4-3|=1>0.5;
m=
8
3≈2.67,n≈
2.67+3
2
=2.84,|2.67-2.84|=0.17<0.5,输出n=2.84.故选D.
13.(2020 届四川省六市联考)根据下列算法语句,当输入x,y∈R 时,输出s 的最大值为
.
INPUT
x,y
IF
y>=0
AND
x-y>=0
AND
2x+y<=3
THEN
s=x+y
ELSE
s=0
END
IF
PRINT
s
【解析】由算法语句可知
y ≥0,
x-y ≥0,
2x + y ≤3,
求x+y 的最大值,并与0 比较.
画出可行域如图中阴影部分所示,所求目标函数z=x+y,整理得y=-x+z,为斜率为-1 的一组平行线,分析可知z 在
点A 处取得最大值.
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解方程组x-y = 0,
2x + y = 3,解得x = 1,
y = 1,∴点A 的坐标(1,1),所以x+y 的最大值为2.
【答案】2
14.(2020 届四川成都诊断)高三某班15 名学生一次模拟考试成绩用茎叶图表示如图1.执行如图2 所示的程序框图,
若输入的ai(i=1,2,…,15)分别为这15 名学生的考试成绩,则输出的结果为(
).
A.6 B.7 C.8 D.9
【解析】由程序框图可知,其统计的是成绩大于或等于110 的人数.由茎叶图知,成绩大于或等于110 的人数为9,
因此输出的结果为9.故选D.
15.(2020 届河北石家庄一模)执行如图所示的程序框图,输出的s 的值为
.
【解析】由框图知,输出的s 为数列sin
nπ
3 的前2019 项和.因为数列sin
nπ
3 中各项的值以6 为周期重复出现,且
前6 项和等于0,又2019=6×336+3,所以数列sin
nπ
3 的前2019 项和等于336×0+sin
π
3+sin
2π
3 +sin π= 3,即输出的s
的值为3.
【答案】3
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§16.4
数系的扩充与复数的引入
1.(2020 届广东广州五校联考)
1+2i
(1-i)2=(
).
A.-1-
1
2i B.1+
1
2i
C.-1+
1
2i D.1-
1
2i
【解析】
1+2i
(1-i)2=
1+2i
-2i =
(1+2i)i
2
=
-2+i
2 =-1+
1
2i.
2.(2020 届贵州贵阳适应性考试)设z
−是复数z 的共轭复数,满足z
−=
4i
1+i,则|z|=(
).
A.2 B.2 2
C.
2
2 D.
1
2
【解析】(法一)由z
−=
4i
1+i=
4i(1-i)
(1+i)(1-i)=2+2i,
得|z|=|z|= 22 + 22=2 2,故选B.
(法二)由模的性质,得|z|=|z|=
4i
1+i =
|4i|
|1+i|=
4
2=2 2.故选B.
3.(2020 届四川成都二诊)在复平面内,复数
|3+4i|
2+i 对应的点位于(
).
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【解析】由题意得
|3+4i|
2+i =
5
2+i=
5(2−i)
(2+i)(2-i)=2-i,
所以复数
|3+4i|
2+i 在复平面内对应的点为(2,-1),在第四象限.故选D.
4.(2020 届四川攀枝花模拟)已知i 是虚数单位,复数z 满足zi=1+2i,则z 的虚部为(
).
A.-i
B.-1
C.1 D.i
【解析】由zi=1+2i,得z=
1+2i
i =
(1+2i)(-i)
-i2
=2-i,
∴z 的虚部为-1.
5.(2020 届江西上饶模拟)已知复数z=2+ai(a∈R),
z
z
−=
3
5+
4
5i,则|z|=(
).
A.5 B. 5
C. 3
D.1
【解析】由题意可得
2+ai
2−ai=
3
5+
4
5i,即
(2+ai)2
4+a2 =
4−a2+4ai
4+a2 =
3
5+
4
5i,∴
4−a2
4+a2=
3
5,
4a
4+a2=
4
5,
解得a=1,∴z=2+i,∴|z|= 5.
6.(2020 届陕西西安八校联考)1748 年,瑞士著名数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系,并写出公式e
ix=cos
x+isin x,这个公式在复变论中占有非常重要的地位,被誉为“数学中的天桥”.根据此公式可知,e
2i表示的复数所对
应的点在复平面中位于(
)
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【解析】由题意可得,e
2i=cos 2+isin 2,
∵
π
2<2<π,∴cos 2<0,sin 2>0,
则e
2i表示的复数所对应的点在复平面中位于第二象限.
7.(2020 届广东揭阳高三月考)已知a∈R,i 是虚数单位,若z= 3+ai,|z
−|=2,则a=(
).
A. 7或- 7
B.1 或-1
C.2 D.-2
【解析】因为|z
−|=| 3-ai|= 3 + a2=2,所以a
2=1,解得a=±1,故选B.
8.(2020 届河北省级示范性高中联合体联考)下列各式的运算结果为实数的是(
).
A.-i(1+i)
B.i(1-i)
C.(1+i)-(1-i) D.(1+i)(1-i)
【解析】对于A,-i(1+i)=1-i;
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对于B,i(1-i)=1+i;
对于C,(1+i)-(1-i)=2i;
对于D,(1+i)(1-i)=2.
9.(2020 届四川凉山州市高三诊段)i 为虚数单位,复数z=
2
1+i在复平面内对应的点位于(
).
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【解析】z=
2
1+i=
2(1−i)
(1+i)(1-i)=
2−2i
2 =1-i,在复平面内的对应点为(1,-1),位于第四象限.
10.(2020 届河南省十校联考)已知复数z 满足
1
z=
i
z+1,则|z|=(
).
A. 2
B.1 C.
2
2 D.
1
2
【解析】令z=x+yi(x,y∈R),
则
1
z=
i
z+1可化为z+1=zi,整理得(x+1)+yi=-y+xi,
所以x + 1 =−y,
y = x,
解得
x =−
1
2 ,
y =−
1
2 ,
所以|z|=
-
1
2
2
+ -
1
2
2
=
2
2 .
11.
(2020 届甘肃诊断性考试)如图所示,向量OZ1
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ,OZ2
ሬ
Ԧ
ሬሬሬሬ所对应的复数分别为z1,z2,则z1·z2=(
).
A.4+2i
B.2+i
C.2+2i
D.3+i
【解析】由图可知,z1=1+i,z2=3-i,则z1·z2=(1+i)·(3-i)=4+2i,故选A.
12.(2020 届河北石家庄质检)若设复数z1=a+2i,z2=-2+i,且|z1|<|z2|,则实数a 的取值范围是(
).
A.(-∞,-1)∪(1,+∞)
B.(-1,1)
C.(1,+∞)
D.(0,+∞)
【解析】∵|z1|= a2 + 4,|z2|= 5,∴a2 + 4< 5,即a
2+4<5,∴a
2<1,解得-1<a<1.
13.(2020 届江西南昌模拟)定义运算a
b
c
d =ad-bc.若复数x=
1−i
1+i,y= 4i
xi
2
x + i ,则y=
.
【解析】因为x=
1−i
1+i=
(1-i)2
2 =-i,所以y= 4i
xi
2
x + i = 4i
1
2
0 =-2.
【答案】-2
14.(2020 届新疆乌鲁木齐模拟)已知复数z1=-
1
2+
3
2 i,z2=-
1
2-
3
2 i,则下列命题中错误的是(
).
A.z1
2=z2
B.|z1|=|z2|
C.z1
3-z2
3=1
D.z1,z2互为共轭复数
【解析】依题意,因为z1
2= -
1
2 +
3
2 i
2
=
1−3
4 -
3
2 i=-
1
2-
3
2 i=z2,因此选项A 正确;因为|z1|=1=|z2|,因此选项B 正确;因为
z1=-
1
2-
3
2 i=z2,因此选项D 正确;因为z1
3=z1
2·z1= -
1
2 -
3
2 i · -
1
2 +
3
2 i =1,同理z2
3=1,因此z1
3-z2
3=0,选项C 错误.
15.(2020 届广东珠海模拟)已知复数z=
2+ai
1+2i,其中a 为整数,且z 在复平面内对应的点在第四象限,则a 的最大值为
.
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【解析】因为z=
2+ai
1+2i=
(2+ai)(1-2i)
(1+2i)(1-2i)=
2+2a+(a-4)i
5
,
所以z 在复平面内对应的点为
2+2a
5
,
a-4
5 .
又因为z 在复平面内的对应点在第四象限.
所以
2+2a
5
> 0,
a-4
5 < 0,
解得-1<a<4.
又a 为整数,所以a 的最大值为3.
【答案】3
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§17.1
坐标系与参数方程
1.(2020 届安徽江淮名校第一次联考)已知平面直角坐标系中,曲线C1的参数方程为x = 2cosφ,
y = 1 + cos2φ(φ为参数),以原点
O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为θ=
π
3(ρ∈R).
(1)求曲线C2的直角坐标方程;
(2)求曲线C1与曲线C2交点的直角坐标.
【解析】(1)因为曲线C2的极坐标方程为θ=
π
3(ρ∈R),所以曲线C2的直角坐标方程为y= 3x.
(2)因为曲线C1的参数方程为x = 2cosφ,
y = 1 + cos2φ(φ为参数),
所以曲线C1的直角坐标方程为y=
1
2x
2(x∈[-2,2]),
联立
y =
3x,
y =
1
2 x2, 解得x = 0,
y = 0 或x = 2 3,
y = 6,
根据x 的范围应舍去x = 2 3,
y = 6,
故交点的直角坐标为(0,0).
2.(2020 届合肥调研)在直角坐标系xOy 中,曲线C: x =
2cosα + 1,
y =
2sinα + 1
(α为参数),在以O 为极点,x 轴的正半轴为极轴的
极坐标系中,直线l:ρsin θ+ρcos θ=m.
(1)若m=0,判断直线l 与曲线C 的位置关系;
(2)若曲线C 上存在点P 到直线l 的距离为
2
2 ,求实数m 的取值范围.
【解析】(1)曲线C 的普通方程为(x-1)
2+(y-1)
2=2,其表示圆心为(1,1),半径为2的圆,直线l 的直角坐标方程为
x+y=0,
圆心C 到直线l 的距离d=
|1+1|
12+12= 2=r,
所以直线l 与圆C 相切.
(2)直线l 的直角坐标方程为x+y-m=0,
由已知可得,圆心C 到直线l 的距离d=
|1+1-m|
12+12≤
3 2
2 ,解得-1≤m≤5,
所以实数m 的取值范围为[-1,5].
3.(2020 届广东珠海摸底考试)在直角坐标系xOy 中,曲线C1的参数方程为x = 2 + 2cosα,
y = 4 + 2sinα (α为参数),以坐标原点O 为
极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ=4sin θ.
(1)把曲线C1的参数方程化为极坐标方程;
(2)求曲线C1与C2交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ<2π).
【解析】(1)曲线C1的直角坐标方程为(x-2)
2+(y-4)
2=4,即x
2+y
2-4x-8y+16=0.又x=ρcos θ,y=ρsin θ,所以C1的
极坐标方程为ρ
2-4ρcos θ-8ρsin θ+16=0.
(2)联立ρ2-4ρcosθ-8ρsinθ + 16 = 0,
ρ = 4sinθ
可得
ρ = 4,
θ =
π
2
或ρ = 2 2,
θ =
π
4 ,
所以C1与C2交点的极坐标为4,
π
2 和2 2,
π
4 .
4.(2020届安徽亳州模拟)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为x =−1 + cosα,
y = sinα
(α为参数),以原点O为极点,x
轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l 的极坐标方程为ρ(cos θ+ksin θ)=-2(k 为实数).
(1)判断曲线C1与直线l 的位置关系,并说明理由;
(2)若曲线C1和直线l 相交于A,B 两点,且|AB|= 2,求直线l 的斜率.
【解析】(1)由曲线C1的参数方程为x =−1 + cosα,
y = sinα
可得其普通方程为(x+1)
2+y
2=1.
由ρ(cos θ+ksin θ)=-2 可得直线l 的直角坐标方程为x+ky+2=0.
因为圆心(-1,0)到直线l 的距离d=
1
1+k2≤1,
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当k=0 时,d=1,直线l 与曲线C1相切;
当k≠0 时,d<1,直线l 与曲线C1相交.
所以直线l 与曲线C1相交或相切.
(2)由于曲线C1和直线l 相交于A,B 两点,且|AB|= 2,故圆心到直线l 的距离d=
1
1+k2= 1 −
2
2
2
=
2
2 ,解得k=±1,
所以直线l 的斜率为±1.
5.(2020 届山西模拟)在平面直角坐标系xOy 中,直线l 的参数方程为
x = 3 −
2
2 t,
y =
5 +
2
2 t
(t 为参数).在极坐标系(与直角坐
标系xOy 取相同的长度单位,且以原点O 为极点,以x 轴的正半轴为极轴)中,圆C 的极坐标方程为ρ=2 5sin θ.
(1)求直线l 的普通方程和圆C 的直角坐标方程;
(2)设圆C 与直线l 交于A,B 两点,若点P 的坐标为(3, 5),求|PA|+|PB|.
【解析】(1)由直线l 的参数方程为
x = 3 −
2
2 t,
y =
5 +
2
2 t
(t 为参数),得直线l 的普通方程为y=-x+3+ 5,由ρ=2 5sin
θ,x
2+y
2=ρ
2,y=ρsin θ,得x
2+y
2-2 5y=0,即圆C 的直角坐标方程为x
2+(y- 5)
2=5.
(2)由x2 + (y- 5)2 = 5,
y =−x + 3 +
5,
得x
2-3x+2=0,解得x = 1,
y = 2 +
5或x = 2,
y = 1 +
5.不妨设A(1,2+ 5),B(2,1+ 5),又点P 的坐标为
(3, 5).故|PA|+|PB|= 8+ 2=3 2.
6.(2020 届河南郑州质检)在极坐标系下,已知圆O:ρ=cos θ+sin θ和直线l:ρsin θ-
π
4 =
2
2 (ρ≥0,0≤θ<2π).
(1)求圆O 和直线l 的直角坐标方程;
(2)当θ∈(0,π)时,求直线l 与圆O 的公共点的极坐标.
【解析】(1)圆O:ρ=cos θ+sin θ,即ρ
2=ρcos θ+ρsin θ,
故圆O 的直角坐标方程为x
2+y
2-x-y=0,
直线l:ρsin θ-
π
4 =
2
2 ,即ρsin θ-ρcos θ=1,
则直线l 的直角坐标方程为x-y+1=0.
(2)将两直角坐标方程联立得x2 + y2-x-y = 0,
x-y + 1 = 0,
解得x = 0,
y = 1,
即圆O 与直线l 在直角坐标系下的公共点为(0,1),
将(0,1)转化为极坐标,其极坐标为1,
π
2 .
7.(2020 届广东惠州模拟)在平面直角坐标系xOy 中,曲线C1的参数方程为x = t,
y = 3 −t(t 为参数).在以坐标原点O 为极
点,x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2的极坐标方程为ρ=4cos θ.
(1)写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程;
(2)若C1与C2相交于A,B 两点,求△OAB 的面积.
【解析】(1)消去参数可得C1的普通方程为x+y-3=0,
由ρ=4cos θ,得ρ
2=4ρcos θ.
又因为ρ
2=x
2+y
2,ρcos θ=x,
所以C2的直角坐标方程为x
2+y
2-4x=0.
(2)(法一)曲线C2的标准方程为(x-2)
2+y
2=4,表示圆心为(2,0),半径r=2 的圆.
C2的圆心到直线x+y-3=0 的距离d2=
2
2 ,
故|AB|=2 r2-d2
2= 14.
原点O 到直线x+y-3=0 的距离d=
3
2,
所以S△OAB=
1
2|AB|·d=
1
2× 14×
3
2=
3 7
2 .
综上,△OAB 的面积为
3 7
2 .
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(法二)联立方程组y =−x + 3,
(x-2)2 + y2 = 4,得2x
2-10x+9=0,
所以x1+x2=5,x1x2=
9
2,
所以|AB|= 1 + k2|x1-x2|= 1 + k2· (x1 + x2)2-4x1x2= 14.
原点O 到直线x+y-3=0 的距离d=
3
2,
所以S△OAB=
1
2|AB|·d=
1
2× 14×
3
2=
3 7
2 .
综上,△OAB 的面积为
3 7
2 .
8.(2020 届甘青宁三省联考)在直角坐标系xOy 中,直线l 的参数方程为
x =−2 +
1
2 t,
y =
3
2 t
(t 为参数),以坐标原点O 为极点,x
轴的正半轴为极轴建立极坐标系,圆C 的极坐标方程为ρ= 10.
(1)若l 与C 相交于A,B 两点,P(-2,0),求|PA|·|PB|;
(2)圆M 的圆心在极轴上,且圆M 经过极点,若l 被圆M 截得的弦长为1,求圆M 的半径.
【解析】(1)由ρ= 10,得x
2+y
2=10,
将
x =−2 +
1
2 t,
y =
3
2 t
代入x
2+y
2=10 中,得t
2-2t-6=0.
设A,B 两点对应的参数分别为t1,t2,
则t1t2=-6,故|PA|·|PB|=|t1t2|=6.
(2)直线l 的普通方程为3x-y+2 3=0,
设圆M 的方程为(x-a)
2+y
2=a
2(a>0),
圆心(a,0)到直线l 的距离为d=
| 3a+2 3|
2
,
因为2 a2-d2=1,所以d
2=a
2-
1
4=
3(a+2)2
4
,
解得a=13 或a=-1(舍去),
则圆M 的半径为13.
9.(2020 届江西临川模拟)在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为
x = 2m +
1
6m ,
y = 2m-
1
6m
(m 为参数),以坐标原点O 为极
点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l 的极坐标方程为ρcos θ +
π
3 =1.
(1)求直线l 的直角坐标方程和曲线C 的普通方程;
(2)已知点M(2,0),若直线l 与曲线C 相交于P,Q 两点,求
1
|MP|+
1
|MQ|的值.
【解析】(1)将
x = 2m +
1
6m ,
y = 2m-
1
6m
两式相加,可得x+y=4m,所以
x+y
4 =m,所以x=2×
x+y
4 +
1
6×x+y
4
,整理得
3
4x
2-
3
4y
2=1,故曲线C 的普
通方程为
3
4x
2-
3
4y
2=1.依题意,得直线l:ρ
1
2 cosθ-
3
2 sinθ =1,即ρcos θ- 3ρsin θ=2,所以直线l 的直角坐标方程为
x- 3y-2=0.
(2)设直线l:
x = 2 +
3
2 t,
y =
1
2 t
(t 为参数),代入
3
4x
2-
3
4y
2=1 中,得3t
2+12 3t+16=0,Δ=(12 3)
2-4×3×16=240>0.设P,Q 对
应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=-4 3,t1t2=
16
3 >0,所以
1
|MP|+
1
|MQ|=
|MP|+|MQ|
|MP|·|MQ| =
|t1+t2|
|t1t2| =
3 3
4 .
10.(2020 届湖北武汉调考)在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为x = 4cosθ,
y = 2sinθ (θ为参数),直线l 的参数方程
为x = t +
3,
y = 2t-2 3(t 为参数),直线l 与曲线C 交于A,B 两点.
(1)求|AB|的值;
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(2)若F 为曲线C 的左焦点,求FA
ሬԦ
ሬሬ·FB
ሬԦ
ሬሬ的值.
【解析】(1)(法一)由x = 4cosθ,
y = 2sinθ (θ为参数),消去参数θ得
x2
16+
y2
4 =1,由x = t +
3,
y = 2t-2 3,消去参数t 得y=2x-4 3,将
y=2x-4 3代入x
2+4y
2=16 中,得17x
2-64 3x+16×11=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则
x1 + x2 =
64 3
17 ,
x1x2 =
16×11
17 ,
|AB|= 1 + k2|x1-x2|=
1+4
17 × (64 3)2-4×17×16×11=
40
17,所以|AB|的值为
40
17.
(法二)由x = 4cosθ,
y = 2sinθ (θ为参数),消去参数θ,得
x2
16+
y2
4 =1.由x = t +
3,
y = 2t-2 3,得
x =
3 +
1
5 ( 5t),
y =−2 3 +
2
5 ( 5t),
令m= 5t,则直线l
的参数方程为
x =
3 +
1
5 m,
y =−2 3 +
2
5 m
(m 为参数),代入
x2
16+
y2
4 =1,得17m
2-30 15m+175=0,设A,B 对应的参数分别为m1,m2,
则
m1 + m2 =
30 15
17
,
m1m2 =
175
17 ,
|AB|=|m1-m2|= (m1 + m2)2-4m1m2=
30 15
17
2
-4×
175
17 =
40
17,所以|AB|的值为
40
17.
(2)FA
ሬԦ
ሬሬ·FB
ሬԦ
ሬሬ=(x1+2 3,y1)·(x2+2 3,y2)
=(x1+2 3)(x2+2 3)+(2x1-4 3)(2x2-4 3)
=x1x2+2 3(x1+x2)+12+4[x1x2-2 3(x1+x2)+12]
=5x1x2-6 3(x1+x2)+60
=5×
11×16
17 -6 3×
64 3
17 +60=44.
11.(2020 届河南洛阳第一次统考)在平面直角坐标系xOy 中,曲线C1的参数方程为x = t,
y = m + t(t 为参数,m∈R),以原点O
为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ
2=
3
3−2cos2θ(0≤θ≤π).
(1)写出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程;
(2)已知点P 是曲线C2上一点,若点P 到曲线C1的最小距离为2 2,求m 的值.
【解析】(1)由曲线C1的参数方程消去参数t,可得C1的普通方程为x-y+m=0.
由曲线C2的极坐标方程得3ρ
2-2ρ
2cos
2θ=3,θ∈[0,π],
∴曲线C2的直角坐标方程为
x2
3 +y
2=1(0≤y≤1).
(2)设曲线C2上任意一点P 的坐标为( 3cos α,sin α),α∈[0,π],
则点P 到曲线C1的距离d=
| 3cosα-sinα+m|
2
=
|2cos α+π
6 +m|
2
.
∵α∈[0,π],∴cos α +
π
6 ∈-1,
3
2 ,2cos α +
π
6 ∈[-2, 3],
当m+ 3<0 时,m+ 3=-4,即m=-4- 3;
当m-2>0 时,m-2=4,即m=6;
当m+ 3≥0,m-2≤0,即- 3≤m≤2 时,dmin=0,不合题意,舍去.
综上,m=-4- 3或m=6.
12.(2020 届四川绵阳适应性月考)在平面直角坐标系xOy 中,以原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,若曲
线C1的极坐标方程为ρ
2-4ρsin θ-
11
4 =0,曲线C2的参数方程为x = 2cosθ,
y = sinθ
(θ为参数).
(1)求曲线C1的直角坐标方程和曲线C2的普通方程;
(2)若动点P,Q 分别在曲线C1与曲线C2上运动,求|PQ|的最大值.
【解析】(1)因为曲线C1的极坐标方程为ρ
2-4ρsin θ-
11
4 =0,ρ
2=x
2+y
2,y=ρsin θ,所以x
2+y
2-4y-
11
4 =0,故曲线C1
的直角坐标方程为x
2+(y-2)
2=
27
4 .
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第223 页共228 页
曲线C2的参数方程为x = 2cosθ,
y = sinθ
(θ为参数θ),消去参数θ得C2的普通方程为
x2
4 +y
2=1.
(2)因为|PQ|≤|QC1|+|C1P|=|QC1|+
3 3
2 (当且仅当P,Q,C1三点共线,且C1位于线段PQ 之间取等号).设Q(2cos θ,sin
θ),则|QC1|
2=(2cos θ)
2+(sin θ-2)
2=4cos
2θ+sin
2θ-4sin θ+4=-3sin
2θ-4sinθ+8=-3 sinθ +
2
3
2
+
28
3 .因为sin
θ∈[-1,1],所以当sin θ=-
2
3时,|QC1|max
2
=
28
3 ,所以|PQ|≤|QC1|+
3 3
2 ≤
2 21
3 +
3 3
2 ,所以|PQ|max=
2 21
3 +
3 3
2 .
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§17.2
不等式选讲
1.(2020 届福建龙岩质检)已知函数f(x)=|x-a|+|x+2|.
(1)当a=1 时,解不等式f(x)≥4;
(2)若不等式f(x)≤|x+3|的解集包含[0,1],求实数a 的取值范围.
【解析】(1)当a=1 时,f(x)≥4,即|x-1|+|x+2|≥4,
⇔x <−2,
-2x-1≥4或-2≤x ≤1,
3 ≥4
或x > 1,
2x + 1 ≥4,
解得x≤-
5
2或x∈⌀或x≥
3
2,
所以解集为-∞,-
5
2 ∪
3
2 ,+∞.
(2)由已知f(x)≤|x+3|在[0,1]上恒成立,即|x-a|+|x+2|≤|x+3|在[0,1]上恒成立,即|x-a|≤|x+3|-|x+2|在[0,1]上
恒成立.因为x+2>0,x+3>0,所以|x-a|≤1 在[0,1]上恒成立.因为y=|x-a|在(-∞,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
所以|0-a|≤1,
|1-a|≤1 ⇒-1≤a ≤1,
0 ≤a ≤2,
所以实数a 的取值范围是[0,1].
2.(2020 届四川成都模拟)已知不等式|x+1|>|2-x|+1 的解集为M,且a,b,c∈M.
(1)比较|a-b|与|1-ab|的大小,并说明理由;
(2)若
1
a+
1
b+
1
c=
3 abc,求a
2+b
2+c
2的最小值.
【解析】(1)设函数f(x)=|x+1|-|2-x|=
-3,x ≤−1,
2x-1,-1<x < 2,
3,x ≥2,
由f(x)>1 得M= x|x > 1 .因为
|1-ab|
2-|a-b|
2=(a
2b
2-2ab+1)-(a
2+b
2-2ab)=a
2b
2-a
2-b
2+1=(a
2-1)(b
2-1)>0,所以|a-b|<|1-ab|.
(2)由已知a>1,b>1,c>1,所以
1
a+
1
b+
1
c≥3
3
1
abc,结合已知得
3 (abc)2≥3,所以a
2+b
2+c
2≥3
3 (abc)2≥9,故a
2+b
2+c
2的最小
值为9(当且仅当a=b=c= 3时取等号).
3.(2020 贵州贵阳适应性考试)已知函数f(x)=|x-2|-|x+1|.
(1)解不等式f(x)>-x;
(2)若关于x 的不等式f(x)≤a
2-2a 的解集为R,求实数a 的取值范围.
【解析】(1)原不等式等价于f(x)+x>0,不等式f(x)+x>0 可化为|x-2|+x>|x+1|,
当x<-1 时,-(x-2)+x>-(x+1),解得x>-3,即-3<x<-1;
当-1≤x≤2 时,-(x-2)+x>x+1,解得x<1,即-1≤x<1;
当x>2 时,x-2+x>x+1,解得x>3,即x>3.
综上所述,不等式f(x)+x>0 的解集为{x|-3<x<1 或x>3}.
(2)由不等式f(x)≤a
2-2a 可得|x-2|-|x+1|≤a
2-2a,
∵|x-2|-|x+1|≤|x-2-x-1|=3,当且仅当x∈(-∞,-1]时等号成立,
∴a
2-2a≥3,即a
2-2a-3≥0,解得a≤-1 或a≥3.
∴实数a 的取值范围为(-∞,-1]∪[3,+∞).
4.(2020 届湖北五校联考)已知函数f(x)=|2x-1|,x∈R.
(1)解不等式f(x)<|x|+1;
(2)若对x,y∈R,有|x-y-1|≤
1
3,|2y+1|≤
1
6,求证:f(x)<1.
【解析】(1)∵f(x)<|x|+1,∴|2x-1|<|x|+1,
即x ≥
1
2 ,
2x-1<x + 1
或0 < x <
1
2 ,
1 −2x < x + 1
或x ≤0,
1 −2x <−x + 1,
得
1
2≤x<2 或0<x<
1
2或无解.
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故不等式f(x)<|x|+1 的解集为{x|0<x<2}.
(2)f(x)=|2x-1|=|2(x-y-1)+(2y+1)|≤|2(x-y-1)|+|2y+1|=2|x-y-1|+|2y+1|≤2×
1
3+
1
6=
5
6<1.
故不等式f(x)<1 得证.
5.(2020 届西南三校月考)已知函数f(x)=|x-a|+|x-3|.
(1)若f(x)的最小值为4,求实数a 的值;
(2)当x∈[2,4]时,f(x)<x 恒成立,求实数a 的取值范围.
【解析】(1)∵f(x)的最小值为4,
∴f(x)=|x-a|+|x-3|≥|a-3|,
∴|a-3|=4,
解得a=7 或a=-1.
(2)①当3≤x≤4 时,f(x)<x 恒成立等价于|x-a|<3 恒成立,
即a-3<x<a+3 当3≤x≤4 时恒成立,
即a-3<3,
a + 3 > 4,解得1<a<6.
②当2≤x<3 时,f(x)<x 恒成立等价于|x-a|<2x-3 恒成立,
即
x >−a + 3,
x >
a+3
3
当2≤x<3 时恒成立,
即
-a + 3 < 2,
a+3
3 < 2,
解得1<a<3.
综上,实数a 的取值范围是(1,3).
6.(2020 届曲靖模拟)设函数f(x)=|x-a|+2x,其中a>0.
(1)当a=3 时,求不等式f(x)≥2x+4 的解集;
(2)若不等式f(x)≤0 的解集为{x|x≤-2},求a 的值.
【解析】(1)当a=3 时,f(x)≥2x+4 可化为|x-3|≥4,
所以x-3≥4 或x-3≤-4,
解得x≤-1 或x≥7,
故不等式f(x)≥2x+4 的解集为{x|x≤-1 或x≥7}.
(2)由f(x)≤0,得|x-a|+2x≤0,
此不等式等价于x ≥a,
x-a + 2x ≤0或x < a,
a-x + 2x ≤0,
即
x ≥a,
x ≤
a
3
或x < a,
x ≤−a.
因为a>0,
所以不等式组的解集为{x|x≤-a},
故不等式f(x)≤0 的解集为{x|x≤-a},
由题意得-a=-2,
解得a=2.
7.(2020 届重庆模拟)已知函数f(x)=|x+a|+|2x+a|.
(1)若f(1)>3,求实数a 的取值范围.
(2)证明:当m∈R 时,f(-m)+f
1
m ≥6.
【解析】(1)f(1)>3 即为|a+1|+|a+2|>3.
当a<-2 时,-2a-3>3,解得a<-3;
当-2≤a≤-1 时,1>3,无解;
当a>-1 时,2a+3>3,解得a>0,
所以当f(1)>3 时,实数a 的取值范围为{a|a<-3 或a>0}.
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(2)f(-m)+f
1
m =|-m+a|+|-2m+a|+
1
m + a +
2
m + a = |-m + a|+
1
m + a
+ |-2m + a|+
2
m + a
≥m +
1
m + 2m +
2
m ≥
2+4=6.
8.(2020 届闽粤赣三省十校联考)已知a>0,b>0,且a
2+b
2=2.
(1)若
1
a2+
4
b2≥|2x-1|-|x-1|恒成立,求x 的取值范围.
(2)证明:
1
a +
1
b (a
5+b
5)≥4.
【解析】(1)∵a,b∈(0,+∞),且a
2+b
2=2,∴
1
a2+
4
b2=
1
2(a
2+b
2)
1
a2 +
4
b2 =
1
2 1 + 4 +
b2
a2 +
4a2
b2 ≥
1
2 5 + 2
b2
a2 ·
4a2
b2 =
9
2,则
|2x-1|-|x-1|≤
9
2,
当x≤
1
2时,不等式化为1-2x+x-1≤
9
2,解得-
9
2≤x≤
1
2;
当
1
2<x<1 时,不等式化为2x-1+x-1≤
9
2,解得
1
2<x<1;
当x≥1 时,不等式化为2x-1-x+1≤
9
2,解得1≤x≤
9
2,
综上所述,x 的取值范围为-
9
2 ,
9
2 .
(2)(法一)
1
a +
1
b (a
5+b
5)=a
4+b
4+
a5
b +
b5
a =(a
2+b
2)
2-2a
2b
2+
a5
b+
b5
a ≥4-2a
2b
2+2
a5
b ·
b5
a =4-2a
2b
2+2a
2b
2=4,当且仅当a=b=1 时,取得
等号.
(法二)由柯西不等式可得
1
a +
1
b (a
5+b
5)=
1
a
2
+
1
b
2
[(a
5
2)
2+(b
5
2)
2]≥
a
5
2
a +
b
5
2
b
2
=(a
2+b
2)
2=4,当且仅当a=b 时,取得等号.
9.(2020 届安徽安庆二模)已知f(x)=2|x+1|+|2x-1|.
(1)解不等式f(x)>f(1).
(2)若不等式f(x)≥
1
m+
1
n(m>0,n>0)对任意x∈R 都成立,证明:m+n≥
4
3.
【解析】(1)f(x)>f(1)等价于2|x+1|+|2x-1|>5.
①当x>
1
2时,2(x+1)+(2x-1)>5,解得x>1;
②当-1≤x≤
1
2时,2(x+1)-(2x-1)>5,解得3>5,不成立;
③当x<-1 时,-2(x+1)-(2x-1)>5,解得x<-
3
2.
综上可知,不等式f(x)>f(1)的解集是-∞,-
3
2 ∪(1,+∞).
(2)因为2|x+1|+|2x-1|=|2x+2|+|2x-1|≥|(2x+2)-(2x-1)|=3,
所以
1
m+
1
n≤3.
因为当m>0,n>0 时,
1
m+
1
n≥2
1
mn,
所以2
1
mn≤3,得mn≥
2
3,
所以m+n≥2 mn≥
4
3.
10.(2020 届河北石家庄一模)已知函数f(x)= 2|x-3|-|x|-m的定义域为R;
(1)求实数m 的取值范围;
(2)设实数t 为m 的最大值,若实数a,b,c 满足a
2+b
2+c
2=t
2,求
1
a2+1+
1
b2+2+
1
c2+3的最小值.
【解析】(1)由题意可知2|x-3|-|x|≥m 恒成立,令g(x)=2|x-3|-|x|,去绝对值可得
g(x)=2|x-3|-|x|=
x-6,x ≥3,
6 −3x,0<x < 3,
6 −x,x ≤0,
通过画图可知g(x)的最小值为-3,所以实数m 的取值范围为m≤-3.
(2)由(1)可知a
2+b
2+c
2=9,所以a
2+1+b
2+2+c
2+3=15,
1
a2+1+
1
b2+2+
1
c2+3
=
1
a2+1+
1
b2+2+
1
c2+3 ·(a2+1+b2+2+c2+3)
15
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=
3+b2+2
a2+1+a2+1
b2+2+c2+3
a2+1+a2+1
c2+3+c2+3
b2+2+b2+2
c2+3
15
≥
9
15=
3
5,
当且仅当a
2+1=b
2+2=c
2+3=5,即a
2=4,b
2=3,c
2=2 时等号成立,
所以
1
a2+1+
1
b2+2+
1
c2+3的最小值为
3
5.
11.(2020 届四川成都模拟)设函数f(x)=|2x|+|2x+3|+m,m∈R.
(1)当m=-2 时,求不等式f(x)≤3 的解集;
(2)对于∀x∈(-∞,0),都有f(x)≥x+
2
x恒成立,求m 的取值范围.
【解析】(1)当m=-2 时,f(x)=|2x|+|2x+3|-2=
4x + 1,x ≥0,
1, −
3
2 < x < 0,
-4x-5,x ≤−
3
2 ,
当4x + 1 ≤3,
x ≥0
时,解得0≤x≤
1
2;
当-
3
2<x<0 时,x≤3 恒成立;
当
-4x-5≤3,
x ≤−
3
2
时,解得-2≤x≤-
3
2.
此不等式的解集为-2,
1
2 .
(2)∵x∈(-∞,0),∴f(x)=|2x|+|2x+3|+m=
3 + m,-
3
2 < x < 0,
-4x-3+m,x ≤−
3
2 .
当-
3
2<x<0 时,f(x)=3+m;
当x≤-
3
2时,f(x)=-4x-3+m 单调递减,
∴f(x)的最小值为3+m,设g(x)=x+
2
x(x<0),
当-x>0 时,-x+
2
-x≥2 2,当且仅当-x=
2
-x时取等号,x+
2
x≤-2 2,
即当x=- 2时,g(x)取得最大值,最大值为-2 2.
要使f(x)≥x+
2
x恒成立,只需m+3≥-2 2,即m≥-2 2-3.
12.(2020 届安徽合肥模拟)已知函数f(x)=|x-1|+|x-3|.
(1)解不等式f(x)≤x+1.
(2)设函数f(x)的最小值为c,实数a,b 满足a>0,b>0,a+b=c,求证:
a2
a+1+
b2
b+1≥1.
【解析】(1)f(x)≤x+1,即|x-1|+|x-3|≤x+1.
当x<1 时,不等式可化为4-2x≤x+1,解得x≥1,
又∵x<1,∴x∈⌀;
当1≤x≤3 时,不等式可化为2≤x+1,解得x≥1,
又∵1≤x≤3,∴1≤x≤3;
当x>3 时,不等式可化为2x-4≤x+1,解得x≤5,
又∵x>3,∴3<x≤5.
综上所述,1≤x≤3 或3<x≤5,即1≤x≤5.
∴原不等式的解集为1,5 .
(2)由绝对值不等式的性质,
得|x-1|+|x-3|≥|(1-x)+(x-3)|=2,
当且仅当(x-1)(x-3)≤0,即1≤x≤3 时,等号成立,
∴c=2,即a+b=2.
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令a+1=m,b+1=n,则m>1,n>1,a=m-1,b=n-1,m+n=4,
∴
a2
a+1+
b2
b+1=
(m-1)2
m +
(n-1)2
n =m+n+
1
m+
1
n-4=
4
mn≥
4
m+n
2
2=1,当且仅当m=n=2 时,等号成立,
∴原不等式得证.
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