大一轮复习讲义答案精析_数学_一轮复习_2024年_2024高考数学大一轮复习课件讲义新人教版知识总结_2024年高考数学一轮复习讲义（新高考版）_学生版在此文件夹_学生用书Word版文档

大一轮复习讲义答案精析
第一章 集合、常用逻辑用语、不等式
§1.1 集 合
落实主干知识
知识梳理
1．(1)确定性 互异性 无序性
(2)属于 不属于 ∈ ∉
(3)列举法 描述法 图示法
(4)N Z Q R
2．(1)任意一个元素 A⊆B (2)x∉A
AB (3)B⊆A (4)任何集合
任何非空集合
3．{x|x∈A，或x∈B} A∪B
{x|x∈A，且x∈B} A∩B
{x|x∈U，且x∉A} ∁U A
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)√
教材改编题
1．B 2.C
3．{x|x≥－1} {x|x<2或x≥3}
探究核心题型
例1 (1)C [如图，函数y＝x与y＝x2的图象有两个交点，
故集合A∩B有两个元素．](2)C [∵－1∈A，
若a－2＝－1，即a＝1时，A＝{1，－1，－1}，不符合集合元素的互异性；
若a2－a－1＝－1，即a＝1(舍去)或a＝0时，A＝{1，－2，－1}，故a＝0.]
跟踪训练1 (1)ABD (2)C
例2 (1)C [由题设，
可得A＝{x|x>2}，
又B＝{x|x≥－3}，
所以A是B的真子集，
故A，B，D错误，C正确．]
(2)15 (－∞，－2)∪[－1,0]
解析 A＝{x|－2≤x≤1}，
若x∈Z，则A＝{－2，－1,0,1}，
故集合A的真子集有24－1
＝15(个)．
由B⊆A，
得①若B＝∅，则2m＋1<m－1，即m<－2，
②若B≠ ∅，则
解得－1≤m≤0，
综上，实数m的取值范围是
(－∞，－2)∪[－1,0]．
跟踪训练2 (1)AC
(2)(－∞，－3]∪[5，＋∞)
例3 (1)C [方法一 在集合T中，令n＝k(k∈Z)，则t＝4n＋1＝2(2k)＋1(k∈Z)，而集合S
中，s＝2n＋1(n∈Z)，所以必有T⊆S，所以S∩T＝T.
方法二 S＝{…，－3，－1,1,3,5，…}，T＝{…，－3,1,5，…}，观察可知，T⊆S，所以
S∩T＝T.]
(2)C [观察Venn图，可知阴影部分的元素由属于B而不属于A的元素构成，所以阴影部分
表示的集合为(∁U A)∩B.
∵A＝{x|－2≤x<4}，U＝R，
∴
∁U
A＝{x|x<－2或x≥4}，
又B＝{x|y＝} B＝{x|x≥－2}，
∴(∁U A)∩B＝⇒{x|x≥4}．]
例4 B [由题可知A＝{x|y＝ln(1－x2)}＝{x|－1<x<1}，
∁R
A＝{x|x≤－1或x≥1}，所以由(∁R A)∪B＝R，得a≥1.]
跟踪训练3 (1)D (2)A
例5 (1)ABD [对于A，若a∈F，
则a－a＝0∈F，故A正确；
对于B，若a∈F且a≠0，则1＝∈F,2＝1＋1∈F,3＝1＋2∈F，依此类推，可得2 023∈F，
故B正确；
对于C，P＝{x|x＝3k，k∈Z},3∈P,6∈P，但∉P，故P不是数域，故C错误；
对于D，若a，b是两个有理数，则a＋b，a－b，ab，(b≠0)都是有理数，所以有理数集是
数域，故D正确．]
(2)2 13
解析 ①若n＝3，据“累积值”的定义得A＝{3}或A＝{1,3}，这样的集合A共有2个；
②因为集合M的子集共有
24＝16(个)，
其中“累积值”为奇数的子集为{1}，{3}，{1,3}，共3个，
所以“累积值”为偶数的集合共有13个．
跟踪训练4 {2,4}
解析 根据题意，将全部的子集按“势”从小到大的顺序排列为：∅，{2}，{3}，{4}，
{2,3}，{2,4}，{3,4}，{2,3,4}．
故排在第6位的子集为{2,4}．
§1.2 常用逻辑用语
落实主干知识
知识梳理
1．充分 必要 充分不必要 必要不充分 充要 既不充分也不必要
2．(1)∀ (2)∃
3．∀x∈M，p(x) ∃x∈M，p(x) ∀x∈M，綈p(x)
思考辨析
(1)√ (2)√ (3)√ (4)×
教材改编题
1．C 2.BD 3.(3，＋∞)
探究核心题型
例1 (1)B [由a>b>0，得>1，反之不成立，
如a＝－2，b＝－1，满足>1，但是不满足a>b>0，
故“a>b>0”是“>1”的充分不必要条件．](2)B [当a<0，q>1时，a＝aqn－1<0，此时数列{S}单调递减，所以甲不是乙的充分条件．
1 n 1 n
当数列{S}单调递增时，有S －S ＝a ＝aqn>0，若a>0，则qn>0(n∈N*)，即q>0；若
n n＋1 n n＋1 1 1
a<0，则qn<0(n∈N*)，不存在．所以甲是乙的必要条件．]
1
跟踪训练1 (1)A (2)AC
例2 解 (1)由(x＋1)(x－3)<0，
解得－1<x<3，
所以B＝{x|(x＋1)(x－3)<0}
＝{x|－1<x<3}，
当a＝2时，A＝{x|2≤x≤4}，
所以A∩B＝{x|2≤x<3}．
(2)若选①A∪B＝B，则A⊆B，
所以解得－1<a<1，
即a∈(－1,1)；
若选②“x∈A”是“x∈B”的充分条件，则A⊆B，所以
解得－1<a<1，即a∈(－1,1)；
若选③“x∈
∁R
A”是“x∈
∁R
B”的必要条件，则A⊆B，所以
解得－1<a<1，即a∈(－1,1)．
跟踪训练2 解 (1)由m＝2及x2－2mx＋m2－1<0，
得x2－4x＋3<0，解得1<x<3，
所以B＝{x|1<x<3}，
又A＝{x|－2<x≤3}，
所以A∩B＝{x|1<x<3}．
(2)由x2－2mx＋m2－1<0，
得[x－(m－1)][x－(m＋1)]<0，
所以m－1<x<m＋1，
所以B＝{x|m－1<x<m＋1}．
由p是q的必要不充分条件，
得集合B是集合A的真子集，
所以⇒－1≤m≤2(两端等号不会同时取得)，
所以m的取值范围为[－1,2]．
例3 B [因为全称量词命题的否定是存在量词命题，
所以“∀a∈R，x2－ax＋1＝0有实数解”的否定是“∃a∈R，x2－ax＋1＝0无实数解”．]
例4 AD [当x≥0时，0<≤1，故A项是真命题；当n为偶数，且x<0时，＝－x，故B项是假命题；
当x＝1时，ln(x－1)2无意义，故C项是假命题；
当x＝1时，ln x≥x－1，故D项是真命题．]
例5 D [因为“∃x∈，sin x<m”是假命题，
所以“∀x∈，m≤sin x”是真命题，
即m≤sin x对于∀x∈恒成立，
所以m≤(sin x) ，
min
因为y＝sin x在上单调递增，
所以x＝－时，y＝sin x最小，其最小值为
y＝sin＝－sin ＝－，
所以m≤－，所以实数m的最大值为－.]
跟踪训练3 (1)C [由存在量词命题的否定可知，綈p为∀n∈N，n2<2n＋5.所以C正确，
A，B，D错误．]
(2)ABC [∀x∈R，－x2≤0，
所以－x2－1<0，故A项是真命题；
当m＝0时，nm＝m恒成立，故B项是真命题；
任何一个圆的圆心到切线的距离都等于半径，故C项是真命题；
因为x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2，
所以≤<，故D项是假命题．]
(3)(－∞，－1)∪(3，＋∞)
解析 命题“∃x∈R，x2＋(a－1)x＋1<0”的否定是假命题，
则命题“∃x∈R，x2＋(a－1)x＋1<0”是真命题，
即Δ＝(a－1)2－4>0，
解得a>3或a<－1，
故实数a的取值范围是
(－∞，－1)∪(3，＋∞)．
§1.3 等式性质与不等式性质
落实主干知识
知识梳理
1．> ＝ <
2．b＝a a＝c ＝
3．b<a a>c ac>bc ac<bca＋c>b＋d ac>bd
思考辨析
(1)√ (2)× (3)× (4)×
教材改编题
1．D 2.M>N
3.
解析 由2<b<3，
得<<，
又1<a<2，
∴1×<a×<2×，
即<<1.
探究核心题型
例1 (1)B [因为M－N＝(2p＋1)(p－3)－[(p－6)(p＋3)＋10]
＝p2－2p＋5＝(p－1)2＋4>0，
所以M>N.]
(2)C [P，Q作商可得
＝＝，
令f(x)＝，则f′(x)＝ ，
当x>1时，f′(x)>0 ，所以f(x)＝在(1，＋∞)上单调递增，
因为a>b>1，所以<，
又>0，>0，所以＝<1，所以P<Q.]
跟踪训练1 (1)A
(2)M>N
解析 方法一 M－N＝－
＝
＝
＝>0.
∴M>N.
方法二 令f(x)＝
＝
＝＋，
显然f(x)是R上的减函数，
∴f(2 021)>f(2 022)，即M>N.
例2 (1)D [∵a>b>c>0，∴2a>b＋c，故A错误；
取a＝3>b＝2>c＝1>0，则a(b－c)＝3<b(a－c)＝4，故B错误；
由a>b>c>0可知，a－c>b－c>0，
∴<，(a－c)3>(b－c)3，故C错误，D正确．]
(2)BCD [因为a>0>b，c<d<0，所以ad<0，bc>0，所以ad<bc，故A错误；
因为0>b>－a，所以a>－b>0，因为c<d<0，
所以－c>－d>0，所以a(－c)>(－b)(－d)，所以ac＋bd<0，cd>0，所以＝＋<0，故B正确；
因为c<d，所以－c>－d，因为a>b，所以a＋(－c)>b＋(－d)，即a－c>b－d，故C正确；
因为a>0>b，d－c>0，所以a(d－c)>b(d－c)，故D正确．]
跟踪训练2 (1)C (2)AC
例3 (1)(－4,2) (1,18)
解析 ∵－1<x<4,2<y<3，
∴－3<－y<－2，
∴－4<x－y<2.
由－1<x<4,2<y<3，
得－3<3x<12,4<2y<6，
∴1<3x＋2y<18.
延伸探究 解 设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，
则∴
即3x＋2y＝(x＋y)＋(x－y)，
又∵－1<x＋y<4,2<x－y<3，
∴－<(x＋y)<10,1<(x－y)<，
∴－<(x＋y)＋(x－y)<，
即－<3x＋2y<，
∴3x＋2y的取值范围为.
(2)
解析 ∵4<b<9，∴<<，
又3<a<8，
∴×3<<×8，
即<<2.
跟踪训练3 (1)A
(2)－2<<－§1.4 基本不等式
落实主干知识
知识梳理
1．(1)a>0，b>0 (2)a＝b
(3)
2．(1)2ab (2)2 (3)2
(4)2
3．(1)2 (2)S2
思考辨析
(1)× (2)× (3)√ (4)×
教材改编题
1．A 2.1 3.25
探究核心题型
例1 (1)D (2)
例2 A
例3 6
解析 方法一 (换元消元法)
由已知得9－(x＋3y)＝xy＝·x·3y≤·2，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号．
即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0，
令x＋3y＝t，
则t>0且t2＋12t－108≥0，
得t≥6，即x＋3y的最小值为6.
方法二 (代入消元法)
由x＋3y＋xy＝9，得x＝，
所以x＋3y＝＋3y
＝
＝＝
＝3(1＋y)＋－6
≥2－6
＝12－6＝6，
当且仅当3(1＋y)＝，
即y＝1，x＝3时取等号，
所以x＋3y的最小值为6.延伸探究 解 9－xy＝x＋3y
≥2，
∴9－xy≥2，
令＝t，
∴t>0，
∴9－t2≥2t，
即t2＋2t－9≤0，
解得0<t≤，
∴≤，∴xy≤3，
当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号，
∴xy的最大值为3.
跟踪训练1 (1)AD [由1＝a＋b≥2
，
得ab≤，故ab有最大值，故A错误；
(＋)2＝a＋b＋2＝1＋2≤1＋2＝2
，
则＋≤，则8＋8有最大值8，故B正确；
＋＝＝≥4，
故＋有最小值4，故C正确；
a2＋b2＝(a＋b)2－2ab
＝1－2ab≥
，
所以a2＋b2有最小值，
故D错误．]
(2)
解析 令t＝x－1，∴x＝t＋1，
∵x>1，∴t>0，
∴y＝＝
＝≤＝，
当且仅当t＝，t＝2，即x＝3时，等号成立，
∴当x＝3时，y ＝.
max
例4 (1)C [∵0<a<b，∴2b>a＋b，
∴b>>.
∵b>a>0，∴ab>a2，∴>a.故b>>>a.]
(2)D [由图形可知，
OF＝AB＝(a＋b)，
OC＝(a＋b)－b＝(a－b)，
在Rt△OCF中，由勾股定理可得，
CF＝
＝，
∵CF≥OF，
∴≥(a＋b)(a>0，b>0)．]
跟踪训练2 B [∵a，b为互不相等的正实数，
∴＋>，
<＝<，
<＝<，
∴最大的是＋.]
例5 解 (1)每套会徽及吉祥物售价为100元时，销售量为
15－0.1×100＝5(万套)，
供货单价为50＋＝52(元)，
总利润为5×(100－52)＝240(万元)．
(2)设售价为x元，
则销售量为(15－0.1x)万套，
供货单价为元，
单套利润为x－50－＝元，
因为15－0.1x>0，所以0<x<150.
所以单套利润为
y＝x－50－
＝－＋100
≤100－2
＝80，
当且仅当150－x＝10，即x＝140时取等号，
所以每套会徽及吉祥物售价为140元时，单套的利润最大，最大值是80元．
跟踪训练3 12
解析 设直角梯形的高为x cm，
∵宣传栏(图中阴影部分)的面积之和为1 440 cm2，且海报上所有水平方向和竖直方向的留空宽度均为2 cm，
∴海报宽AD＝x＋4，
海报长DC＝＋8，
故S ＝AD·DC
矩形ABCD
＝(x＋4)
＝8x＋＋1 472
≥2＋1 472
＝192＋1 472，
当且仅当8x＝，
即x＝12时，等号成立．
∴当直角梯形的高为12 cm时，用纸量最少．
§1.5 一元二次方程、不等式
落实主干知识
知识梳理
1．{x|x<x，或x>x}
1 2
2．(1)f(x)g(x)>0(<0)
(2)f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0
3．(－∞，－a)∪(a，＋∞) (－a，a)
思考辨析
(1)× (2)√ (3)× (4)×
教材改编题
1．B [<0等价于(x－3)(x－2)<0，解得2<x<3.]
2．B [因为2x2＋kx－m<0的解集为(t，－1)(t<－1)，
所以x＝－1为方程2x2＋kx－m＝0的一个根，
所以k＋m＝2.]
3．[1,3]
解析 ∀x∈R，x2＋(a－2)x＋≥0，
则Δ≤0 (a－2)2－1≤0 1≤a≤3.
探究核心题型
⇒ ⇒
例1 (1)D [原不等式等价于
即x<且x≠0，故选D.]
(2)ABD [∵关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(－∞，－2)∪(3，＋∞)，∴a>0，A选项正确；
且－2和3是关于x的方程ax2＋bx＋c＝0的两根，由根与系数的关系得
则b＝－a，c＝－6a，
则a＋b＋c＝－6a<0，C选项错误；
不等式bx＋c>0即为－ax－6a>0，解得x<－6，B选项正确；
不等式cx2－bx＋a<0即为－6ax2＋ax＋a<0，即6x2－x－1>0，解得x<－或x>，D选项正
确．]
例2 解 (1)不等式f(x)<0，
即ax2＋(2－4a)x－8<0，
可化为(ax＋2)(x－4)<0.
因为f(x)<0的解集是，
所以a>0且－＝－，
解得a＝3.
(2)不等式f(x)>0，
即ax2＋(2－4a)x－8>0，
因为a<0，所以不等式可化为(x－4)<0，
当4<－，即－<a<0时，原不等式的解集为；
当4＝－，即a＝－时，原不等式的解集为∅；
当4>－，即a<－时，原不等式的解集为.
综上所述，
当－<a<0时，
原不等式的解集为；
当a＝－时，原不等式的解集为∅；
当a<－时，
原不等式的解集为.
跟踪训练1 解 (1)移项得－1>0，合并得>0，
等价于(3x＋1)(－x－2)>0，
即(3x＋1)(x＋2)<0，
解得－2<x<－ .
所以不等式的解集为.
(2)移项得mx2－(m＋2)x＋2<0，
对应的方程(mx－2)(x－1)＝0的两根为和1，
当0<m<2时，>1，解得1<x<；
当m＝2时，＝1，原不等式无解；
当m>2时，<1，解得<x<1.
综上所述，当0<m<2时，原不等式的解集为；
当m＝2时，原不等式的解集为空集；
当m>2时，原不等式的解集为.
例3 ACD [当k＝0时，不等式即为－3<0，不等式恒成立；当k≠0时，若不等式恒成立，
则⇒－24<k<0，于是－24<k≤0，故选ACD.]
例4
解析 要使f(x)<－m＋5在x∈[1,3]上恒成立，
即m2＋m－6<0在x∈[1,3]上恒成立．
方法一 令g(x)＝m2＋m－6，x∈[1,3]．
当m>0时，g(x)在[1,3]上单调递增，
所以g(x) ＝g(3)，即7m－6<0，
max
所以m<，所以0<m<；
当m＝0时，－6<0恒成立；
当m<0时，g(x)在[1,3]上单调递减，
所以g(x) ＝g(1)，即m－6<0，
max
所以m<6，所以m<0.
综上所述，m的取值范围是.
方法二 因为x2－x＋1＝2＋>0，
又因为m(x2－x＋1)－6<0在x∈[1,3]上恒成立，
所以m<在x∈[1,3]上恒成立．
令y＝，
因为函数y＝
＝在[1,3]上的最小值为，所以只需m<即可．
所以m的取值范围是.
例5 D [不等式x2＋px>4x＋p－3
可化为(x－1)p＋x2－4x＋3>0，
由已知可得[(x－1)p＋x2－4x＋3] >0(0≤p≤4)，
min
令f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3(0≤p≤4)，
可得
解得x<－1或x>3.]
跟踪训练2 (1)C (2)C第二章 函 数
§2.1 函数的概念及其表示
落实主干知识
知识梳理
1．非空的实数集 任意 唯一确定
2．(1)定义域 对应关系 值域
(2)定义域 对应关系
3．解析法 列表法
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)√
教材改编题
1．CD 2.D 3.C
探究核心题型
例1 (1)C (2)[－2，－1)
跟踪训练1 (1)B (2)B
例2 解 (1)(换元法)设1－sin x＝t，t∈[0,2]，
则sin x＝1－t，
∵f(1－sin x)＝cos2x＝1－sin2x，
∴f(t)＝1－(1－t)2
＝2t－t2，t∈[0,2]．
即f(x)＝2x－x2，x∈[0,2]．
(2)(配凑法)∵f＝x2＋＝2－2，
∴f(x)＝x2－2，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．
(3)(待定系数法)∵f(x)是一次函数，可设f(x)＝ax＋b(a≠0)，
∴3[a(x＋1)＋b]－2[a(x－1)＋b]＝2x＋17.
即ax＋(5a＋b)＝2x＋17，
∴解得
∴f(x)的解析式是f(x)＝2x＋7.
(4)(解方程组法)∵2f(x)＋f(－x)＝3x，①
∴将x用－x替换，
得2f(－x)＋f(x)＝－3x，②由①②解得f(x)＝3x.
跟踪训练2 (1)A
(2)(x≠0且x≠1) (3)A
例3 (1)C [因为f(x)＝
所以f(2 024)＝f(2 023)＝f(2 022)＝…＝f(1)，
又f(1)＝f(1－1)＝f(0)＝－ln(0＋e)＋2＝－1＋2＝1，
所以f(2 024)＝1.]
(2)－2或5 [－3，－1)∪[4，＋∞)
解析 若f(a)＝4，
则或
解得a＝－2或a＝5.
若f(a)≥2，
则或
解得－3≤a<－1或a≥4，
∴a的取值范围是
[－3，－1)∪[4，＋∞)．
跟踪训练3 (1)D
(2)
§2.2 函数的单调性与最值
落实主干知识
知识梳理
1．(1)f(x)<f(x) f(x)>f(x)
1 2 1 2
(2)单调递增 单调递减
2．(1)f(x)≤M (2)f(x)＝M
0
(1)f(x)≥M (2)f(x)＝M
0
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)×
教材改编题
1．D 2.A 3.
探究核心题型
例1 AC [∵y＝ex与y＝－e－x为R上的增函数，
∴y＝ex－e－x为R上的增函数，故A正确；
由y＝|x2－2x|的图象(图略)知，B不正确；对于选项C，y′＝2－2sin x≥0，
∴y＝2x＋2cos x在(0，＋∞)上单调递增，故C正确；
y＝的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，故D不正确．]
例2 解 方法一 设－1<x<x<1，
1 2
f(x)＝a＝a，
f(x)－f(x)＝a－
1 2
a
＝，
由于－1<x<x<1，
1 2
所以x－x>0，x－1<0，
2 1 1
x－1<0，
2
故当a>0时，f(x)－f(x)>0，即f(x)>f(x)，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；
1 2 1 2
当a<0时，f(x)－f(x)<0，
1 2
即f(x)<f(x)，
1 2
函数f(x)在(－1,1)上单调递增．
方法二 f′(x)＝
＝＝－.
当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上单调递增．
跟踪训练1 (1)B (2)B
例3 B [∵对任意x，x∈(－∞，0)，
1 2
均有(x－x)[f(x)－f(x)]<0成立，
1 2 1 2
∴此时函数在区间(－∞，0)上单调递减，
∵f(x)是偶函数，
∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)单调递增，
又f(x)＝ 在x∈(0，＋∞)上单调递增，
∴ ，
又0<ln <1，
∴ ，
∴ ，
即a<c<b.]例4
解析 y＝＝x－在[1,3]上单调递增，
y＝ln(4－x)在[1,3]上单调递减，
∴f(x)在[1,3]上单调递增，
∴f(x) ＝f(3)＝－0＝.
max
例5 (0,1)
解析 由f(x)＝x－log (x＋2)知，
2
f(x)在定义域(－2，＋∞)上是减函数，
且f(－1)＝3，
由f(a－2)>3，
得f(a－2)>f(－1)，
∴
解得0<a<1.
例6 B [因为函数f(x)＝是定义在R上的增函数，
所以解得0<a≤，
所以实数a的取值范围为.]
跟踪训练2 (1)D [函数f(x)的图象如图所示，
由图可知，函数f(x)在R上单调递增，
因为f(4)＝2，
所以f(2x－1)<2等价于f(2x－1)<f(4)，
故2x－1<4，即x<.]
(2)[1,2)
解析 f(x)＝＝＝1＋，
∵f(x)在(a，＋∞)上单调递增，
∴⇒1≤a<2.§2.3 函数的奇偶性、周期性
落实主干知识
知识梳理
1．f(－x)＝f(x) y轴
f(－x)＝－f(x) 原点
2．(1)f(x＋T)＝f(x) (2)最小
最小正数
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)√
教材改编题
1．A 2.－6 3.－1
探究核心题型
例1 BC [对于A，只有奇函数在x＝0处有定义时，函数的图象过原点，所以A不正确；
对于B，因为函数y＝xsin x的定义域为R且f(－x)＝(－x)sin(－x)＝f(x)，
所以该函数为偶函数，所以B正确；
对于C，函数y＝|x＋1|－|x－1|的定义域为R关于原点对称，
且满足f(－x)＝|－x＋1|－|－x－1|＝－(|x＋1|－|x－1|)＝－f(x)，即f(－x)＝－f(x)，
所以函数为奇函数，所以C正确；
对于D，函数y＝满足x－1≠0，即x≠1，所以函数的定义域不关于原点对称，
所以该函数为非奇非偶函数，所以D不正确．]
跟踪训练1 C [选项A，f(x)g(x)＝(ex＋e－x)sin x，
f(－x)g(－x)＝(e－x＋ex)sin(－x)＝－(ex＋e－x)sin x＝－f(x)g(x)，
是奇函数，判断错误；
选项B，|f(x)|g(x)
＝|sin x|(ex＋e－x)，
|f(－x)|g(－x)
＝|sin(－x)|(e－x＋ex)
＝|sin x|(ex＋e－x)
＝|f(x)|g(x)，
是偶函数，判断错误；
选项C，f(x)|g(x)|
＝|ex＋e－x|sin x，
f(－x)|g(－x)|＝|e－x＋ex|sin(－x)
＝－|ex＋e－x|sin x
＝－f(x)|g(x)|，
是奇函数，判断正确；
选项D，|f(x)g(x)|
＝|(ex＋e－x)sin x|，
|f(－x)g(－x)|
＝|(e－x＋ex)sin(－x)|
＝|(ex＋e－x)sin x|＝|f(x)g(x)|，
是偶函数，判断错误．]
例2 (1)B (2)D
例3 D [由于f(x)是定义域为R的奇函数，
所以f(0)＝0，
又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且f(2)＝0，
所以f(x)的大致图象如图所示．
由f(－x)＝－f(x)可得，＝＝>0，
由于x在分母位置，所以x≠0，
当x<0时，只需f(x)<0，由图象可知x<－2；
当x>0时，只需f(x)>0，由图象可知x>2；
综上，不等式的解集为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．]
跟踪训练2 (1)D (2)D
(3)1
解析 方法一 (定义法)因为f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数，所以f(－x)＝
f(x)对任意的x∈R恒成立，所以(－x)3(a·2－x－2x)＝x3(a·2x－2－x)对任意的x∈R恒成立，所以
x3(a－1)(2x＋2－x)＝0对任意的x∈R恒成立，所以a＝1.
方法二 (取特殊值检验法)因为f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数，
所以f(－1)＝f(1)，
所以－＝2a－，
解得a＝1，经检验，f(x)＝x3(2x－2－x)为偶函数，所以a＝1.
方法三 (转化法)由题意知f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数．
设g(x)＝x3，h(x)＝a·2x－2－x，因为g(x)＝x3为奇函数，所以h(x)＝a·2x－2－x为奇函数，所以h(0)＝a·20－2－0＝0，
解得a＝1，经检验，f(x)＝x3(2x－2－x)为偶函数，
所以a＝1.
例4 (1)D [∵函数f(x)是偶函数，
∴f(－x)＝f(x)，
又∵f(2－x)＝－f(x)，
∴f(2－x)＝－f(－x)，
∴f(x＋2)＝－f(x)，
∴f(x＋4)＝－f(x＋2)
＝－[－f(x)]＝f(x)，
∴函数f(x)的周期为4，
∴f ＝f ＝f ＝f ＝－f
＝－f ＝－.]
(2)f(x)＝log (5－x)，x∈[2,4]
2
跟踪训练3 AB
§2.4 函数的对称性
落实主干知识
知识梳理
1．(1)原点 y轴 (2)x＝－2
(－2,0)
2．(a,0)
3．(1)y轴 (2)x轴 (3)原点
思考辨析
(1)√ (2)× (3) × (4)√
教材改编题
1．B 2.f(－4)>f(1) 3.5
探究核心题型
例1 (1)B [定义在R上的函数f(x)是奇函数，且对x∈R都有f(x＋1)＝f(1－x)，
故函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，
∴f(x)＝f(2－x)，
故f(－x)＝f(2＋x)＝－f(x)，
∴f(x)＝－f(2＋x)＝f(4＋x)，∴f(x)是周期为4的周期函数．
则f(2 023)＝f(505×4＋3)
＝f(3)＝－f(－3)＝2.]
(2)(2,4)
解析 ∵f(x＋2)是偶函数，
∴f(x＋2)的图象关于直线x＝0对称，
∴f(x)的图象关于直线x＝2对称，
又f(x)在[2，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在(－∞，2]上单调递增．
又f(x－1)>f(1)，
∴|x－1－2|<|1－2|，
即|x－3|<1，
解得2<x<4，
∴原不等式的解集为(2,4)．
跟踪训练1 (1)D (2)C
例2 (1)ABC [因为f(x)为偶函数，则f(x)＝f(－x)，故A正确；
因为f(x)的图象关于点(2,0)对称，对于f(x)的图象上的点(x，y)关于(2,0)的对称点(4－x，－y)
也在函数图象上，即f(4－x)＝－y＝－f(x)，用2＋x替换x得到，f[4－(2＋x)]＝－f(2＋x)，即
f(2＋x)＋f(2－x)＝0，故B正确；
由f(2＋x)＋f(2－x)＝0，
令x＝x＋2，
可得f(x＋4)＋f(－x)＝0，
即f(－x)＝－f(x＋4)，故C正确；
由B知，f(2＋x)＝－f(2－x)＝－f(x－2)，故D错误．]
(2)4
解析 因为f(x)＋f(－x)＝2，所以y＝f(x)的图象关于点(0,1)对称，
y＝g(x)＝＋1的图象也关于点(0,1)对称，则交点关于(0,1)对称，
所以4个交点的纵坐标之和为2×2＝4.
跟踪训练2 (1)C (2)D
例3 A [设P(x，y)为y＝f(x＋2)图象上任意一点，
0 0
则y＝f(x＋2)＝f(4－(2－x))，
0 0 0
所以点Q(2－x，y)在函数y＝f(4－x)的图象上，
0 0
而P(x，y)与Q(2－x，y)关于直线x＝1对称，
0 0 0 0
所以函数y＝f(x＋2)的图象与y＝f(4－x)的图象关于直线x＝1对称．]跟踪训练3 C
§2.5 函数性质的综合应用
例1 D [因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，
则f(0)＝0.
又f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(2)＝0，
画出函数f(x)的大致图象如图(1)所示，
则函数f(x－1)的大致图象如图(2)所示．
(1) (2)
当x≤0时，要满足xf(x－1)≥0，
则f(x－1)≤0，得－1≤x≤0.
当x>0时，要满足xf(x－1)≥0，
则f(x－1)≥0，得1≤x≤3.
故满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1,0]∪[1,3]．]
跟踪训练1 A
例2 B [∵f(x＋2)＝－f(x)，
∴f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)
＝－f(x＋2)＝f(x)，
∴函数f(x)是周期为4的周期函数，
∴f(6)＝f(2)＝－f(0)＝f(0)，
f ＝f ＝－f
＝f ，f(－7)＝f(1)，
又当x∈[0,1]时，f(x)单调递增，
∴f(0)<f <f(1)，
即f(6)<f <f(－7)．]
跟踪训练2 B
例3 BC [对于A选项，因为f(－x)＋f(x)＝0，且f(1－x)＝f(1＋x)，
则f(1－(1＋x))＝f(1＋(1＋x))，即f(x＋2)＝－f(x)，A错；
对于B选项，因为f(x＋2)＝－f(x)，则f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，
因为f(－x)＋f(x)＝0，则f(－(2＋x))＋f(2＋x)＝0，
即f(2＋x)＝－f(－2－x)＝－f(2－x)，即f(2＋x)＋f(2－x)＝0，
故函数y＝f(x)的图象关于点(2,0)对称，B对；
对于C选项，因为f(1－x)＝f(1＋x)，故函数y＝f(x＋1)是偶函数，C对；
对于D选项，因为f(1－x)＝f(1＋x)，则f(1－(x－1))＝f(1＋(x－1))，即f(2－x)＝f(x)≠f(x－
1)，D错．]
跟踪训练3 D [∵f(x)的图象关于点(1,0)对称，
∴f(－x)＝－f(2＋x)，
又f(x)为R上的偶函数，
∴f(x)＝f(－x)，
∴f(x＋2)＝－f(－x)＝－f(x)，
∴f(x＋4)＝－f(x＋2)
＝－[－f(x)]＝f(x)，
∴f(x)是周期为4的周期函数，
∴f(3)＝f(－1)＝f(1)＝2－2＝0，
又f(0)＝1，f(2)＝－f(0)＝－1，
∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 024)＝506[f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)]＋f(2 024)＝506×(1＋0－1＋0)＋
f(0)＝1.]
例4 BCD [因为f(x＋1)＝f(x－2)且y＝f(x)是定义在R上的奇函数，则f(x＋3)＝f(x)，
故函数f(x)是周期为3的周期函数，且f(x＋3)＝f(x)＝－f(－x)，
所以f(3＋x)＋f(－x)＝0，故函数y＝f(x)的图象关于点对称，A错误，B正确；
由题意可知，f(6)＝f(3)＝f(0)＝0，
因为f(x)＝f(x＋3)＝－f(－x)，令x＝－，
可得f ＝f ，
即f ＝－f ，
所以f ＝0，
从而f ＝f ＝0，
故函数y＝f(x)在[0,6]内至少有5个零点，C正确；
因为f(2 021)＝f(3×674－1)＝f(－1)，f(2 022)＝f(3×674)＝f(0)，且函数f(x)在[0,1]上单调递
增，
则函数f(x)在[－1,0]上也单调递增，故函数f(x)在[2 021,2 022]上也单调递增，D正确．]
跟踪训练4 ABC [对于A，∵f(x＋1)＝f(x－3)，∴f(x＋3＋1)＝f(x＋3－3)，则f(x)＝f(x＋4)，
即f(x)的周期为4，故A正确；对于B，由f(1＋x)＝f(3－x)知f(x)的图象关于直线x＝2对称，故B正确；
对于C，当0≤x≤2时，f(x)＝x2－x在上单调递减，在上单调递增，
根据对称性可知，函数f(x)在，上单调递减，在，上单调递增，则函数f(x)在[0,4]上的最大
值为f(2)＝4－2＝2，故C正确；
对于D，根据周期性以及单调性可知，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，则函数f(x)
在[6,8]上的最小值为f ＝f ＝f ＝f ＝－＝－，故D错误. ]
§2.6 二次函数与幂函数
落实主干知识
知识梳理
1．(1)y＝xα (3)②(1,1) (0,0)
③(1,1) ④奇函数 偶函数
2．(1)ax2＋bx＋c(a≠0) (m，n)
零点 (2)R －
减 增 增 减
思考辨析
(1)× (2)√ (3)× (4)×
教材改编题
1．D 2.A 3.A
探究核心题型
例1 (1)B [由图象知，y＝xm在(0，＋∞)上单调递增，
所以m>0，
又y＝xm的图象增长得越来越慢，
所以m<1，
y＝xn在(0，＋∞)上单调递减，
所以n<0，
又当x>1时，y＝xn的图象在y＝x－1的下方，
所以n<－1.
综上，n<－1,0<m<1.]
(2)A [由题意，得m2＋m－5＝1，
即m2＋m－6＝0，
解得m＝2或m＝－3，
当m＝2时，可得函数f(x)＝x3，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，符合题意；
当m＝－3时，可得f(x)＝x－2，
此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意，
即幂函数f(x)＝x3，则f(3)＝27.]
跟踪训练1 (1)D (2)BC
例2 解 方法一 (利用“一般式”解题)
设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
由题意得
解得
所以所求二次函数的解析式为
f(x)＝－4x2＋4x＋7.
方法二 (利用“顶点式”解题)
设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．
因为f(2)＝f(－1)，
所以抛物线的对称轴为x＝＝，
所以m＝.
又根据题意，函数有最大值8，
所以n＝8，
所以f(x)＝a2＋8.
因为f(2)＝－1，
所以a2＋8＝－1，
解得a＝－4，
所以f(x)＝－42＋8
＝－4x2＋4x＋7.
方法三 (利用“零点式”解题)
由已知f(x)＋1＝0的两根为x＝2，x＝－1，
1 2
故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，
即f(x)＝ax2－ax－2a－1.
又函数有最大值8，
即＝8.
解得a＝－4.
故所求函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.
跟踪训练2 y＝x2＋x－或y＝－x2－x＋
例3 D例4 解 (1)当a>0时，
f(x)＝ax2－x＋2a－1的图象开口向上，对称轴方程为x＝，
所以f(x)在区间[1,2]上单调递减需满足≥2，a>0，
解得0<a≤.
当a<0时，f(x)＝ax2－x＋2a－1的图象开口向下，对称轴方程为
x＝<0，
所以f(x)在区间[1,2]上单调递减需满足a<0，
综上，a的取值范围是(－∞，0)∪.
(2)①当0<<1，即a>时，
f(x)在区间[1,2]上单调递增，
此时g(a)＝f(1)＝3a－2.
②当1≤≤2，即≤a≤时，
f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
此时g(a)＝f ＝2a－－1.
③当>2，即0<a<时，
f(x)在区间[1,2]上单调递减，
此时g(a)＝f(2)＝6a－3，
综上所述，g(a)＝
跟踪训练3 (1)ACD (2)[2,4]
§2.7 指数与指数函数
落实主干知识
知识梳理
1．(1)x (2)根式 (3)a a
2. 0
3．ar＋s ars arbr
4．(1)R (2)R (0，＋∞) (0,1)
y>1 0<y<1 y>1 0<y<1 增函数 减函数
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)×
教材改编题1．C 2.1 3.2或
探究核心题型
例1 解 (1)(－1.8)0＋－2·－＋
＝1＋
＝1＋2·2－10＋33
＝1＋1－10＋27＝19.
(2)
＝
＝2××8＝.
跟踪训练1 解 (1)因为有意义，所以a>0，
所以原式＝ ＝÷＝a÷a＝1.
(2)原式＝ ＝10－1＋8＋23·32＝89.
例2 (1)BCD [如图，
由指数函数的图象可知，0<a<b或者b<a<0，所以A错误，B，C正确；
D选项中，0<a<log 2 0<a<b<1，则有ab<aa<ba，所以D正确．]
3
(2)(0,2)
⇒
解析 在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b的图象，如图所示．∴当0<b<2时，两函数图象有两个交点，从而函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点．
∴b的取值范围是(0,2)．
跟踪训练2 BD
例3 D 例4 D
例5 解 (1)f(x)＝×2x＋，
因为f(x)是奇函数，
所以f(－x)＝－f(x)，
所以×＋2x
＝－，
所以＝0，
即＋1＝0，解得a＝－1.
(2)因为f(x)＝－2x，x∈[1,2]，
所以－22x≥m，
所以m≥＋2x，x∈[1,2]，
令t＝2x，t∈[2,4]，
由于y＝t＋在[2,4]上单调递增，
所以m≥4＋＝.
跟踪训练3 (1)AC (2)1
§2.8 对数与对数函数
落实主干知识
知识梳理
1．x＝log N a N lg N ln N
a
2．(1)0 1 N (2)①log M＋log N ②log M－log N ③nlog M
a a a a a
3．(0，＋∞) R (1,0) y>0 y<0
y<0 y>0 增函数 减函数
4．y＝log x y＝x
a
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)√
教材改编题
1．A 2.(3,2) 3.4
探究核心题型
例1 (1)D (2)2
跟踪训练1 (1) (2)－1例2 (1)A
(2)(3，＋∞)
解析 f(x)＝|ln x|的图象如图，
因为f(a)＝f(b)，
所以|ln a|＝|ln b|，
因为0<a<b，
所以ln a<0，ln b>0，
所以0<a<1，b>1，
所以－ln a＝ln b，
所以ln a＋ln b＝ln(ab)＝0，
所以ab＝1，则b＝，
所以a＋2b＝a＋，
令g(x)＝x＋(0<x<1)，
则g(x)在(0,1)上单调递减，
所以g(x)>g(1)＝1＋2＝3，
所以a＋2b>3，
所以a＋2b的取值范围为(3，＋∞)．
跟踪训练2 (1)B (2)D
例3 C [a＝log 0.5<log 1＝0，
3 3
即a<0；
b＝log π>log 3＝1，即b>1；
3 3
0＝log 1<log 3<log 4＝1，
4 4 4
即0<c<1，
∴a<c<b.]
例4
解析 由题意log (a＋1)<log (2)<log 1，
a a a
得
或
解得<a<1.
例5 A [函数f(x)的定义域为{x|x≠±3}，
f(x)＝ln|x＋3|＋ln|x－3|＝ln|x2－9|，
令g(x)＝|x2－9|，
则f(x)＝ln g(x)，
函数g(x)的单调区间由图象(图略)可知，
当x∈(－∞，－3)，x∈(0,3)时，
g(x)单调递减，
当x∈(－3,0)，x∈(3，＋∞)时，
g(x)单调递增，
由复合函数单调性同增异减得单调区间．
由f(－x)＝ln|(－x)2－9|＝ln|x2－9|＝f(x)得f(x)为偶函数．]
跟踪训练3 (1)A (2)(1，)
§2.9 指、对、幂的大小比较
例1 C [因为函数y＝x是增函数，
所以 < ，即a<b，
又因为函数y＝ 在(0，＋∞)上单调递增，
所以 < ，
所以b<c，故c>b>a.]
例2 C [因为1＝log 5>log 3>log ＝log ＝，
5 5 5 5
即<a<1，
b＝ >20＝1,7－0.5＝ < ＝，
即0<c<，所以b>a>c.]
例3 C [取特殊值，令a＝4，b＝2，c＝，
则ac＝ ，bc＝ ，
∴ac>bc，故A错误；
abc＝4× ＝ ，bac＝2× ＝ ，∴abc>bac，故B错误；
log c＝log ＝－1，log c＝log ＝－2，alog c＝－8，blog c＝－2，
a 4 b 2 b a
∴alog c<blog c，log c>log c，故C正确，D错误．]
b a a b
跟踪训练1 (1)D (2)A
例4 (1)A [c＝ > ＝1，
a＝ ＝ ＝ ，b＝ ＝ ，
因为y＝ 在(0，＋∞)上单调递增，且<，
所以a<b，
又 <0＝1，即b<1，
所以a<b<c.]
(2)A [∵log 3－log 5＝log 3－＝
5 8 5
<
＝
<＝0，
∴log 3<log 5.
5 8
∵55<84,134<85，
∴5log 5<4,4<5log 8，
8 13
∴log 5<log 8，
8 13
∴log 3<log 5<log 8，
5 8 13
即a<b<c.]
跟踪训练2 (1)B (2)D
例5 (1)B [a＝＝，c＝＝，
令f(x)＝，
∴a＝f ，b＝f(2)，c＝f(e)，
∴f′(x)＝，
∴当x∈(0，e)时，f′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴f(x) ＝f(e)＝＝c，
max
∴a<c，b<c，又b＝＝＝＝f(4)，
∵4>，
∴f(4)<f ，∴b<a，
∴b<a<c.]
(2)C [设u(x)＝xex(0<x≤0.1)，
v(x)＝(0<x≤0.1)，
w(x)＝－ln(1－x)(0<x≤0.1)．
则当0<x≤0.1时，u(x)>0，
v(x)>0，w(x)>0.
①设f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]
＝ln x＋x－[ln x－ln(1－x)]
＝x＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，
则f′(x)＝1－＝<0在(0,0.1]上恒成立，
所以f(x)在(0,0.1]上单调递减，
所以f(0.1)<f(0)＝0＋ln(1－0)
＝0，
即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0，
所以ln[u(0.1)]<ln[v(0.1)]．
又函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，
所以u(0.1)<v(0.1)，
即0.1e0.1<，
所以a<b.
②设g(x)＝u(x)－w(x)
＝xex＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，
则g′(x)＝(x＋1)ex－
＝(0<x≤0.1)．
设h(x)＝(1－x2)ex－1(0<x≤0.1)，
则h′(x)＝(1－2x－x2)ex>0在(0,0.1]上恒成立，
所以h(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以h(x)>h(0)＝(1－02)×e0－1＝0，
即g′(x)>0在(0,0.1]上恒成立，
所以g(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以g(0.1)>g(0)＝0×e0＋ln(1－0)＝0，即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，
所以0.1e0.1>－ln 0.9，即a>c.
综上，c<a<b，故选C.]
跟踪训练3 (1)D [令f(x)＝(14－x)ln x，
则f′(x)＝－ln x＋－1.
因为y＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减，y＝－1在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)＝－ln x＋－1在(0，＋∞)上单调递减．
而f′(5)＝－ln 5＋－1>0，f′(6)＝－ln 6＋－1<0，
所以当x∈(6，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)＝(14－x)ln x在(6，＋∞)上单调递减．
所以f(6)>f(7)>f(8)，
即8ln 6>7ln 7>6ln 8，
故68>77>86.故a>b>c.]
(2)B [∵(e1.3)2＝e2.6<e3<33，
(2)2＝28>33，
∴e1.3<2，∴a<0；
b－c＝4－4－2ln 1.1
＝2(2－2－ln 1.1)，
令f(x)＝2－2－ln x，
∴f′(x)＝－＝，
∴当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x) ＝f(1)＝0，
min
∴f(1.1)>0，
即2－2－ln 1.1>0，
∴c<b，
又c＝2ln 1.1>2ln 1＝0，
∴a<c<b.]
§2.10 函数的图象
落实主干知识
知识梳理
1．列表 描点 连线2．(1)f(x)＋k f(x＋h) f(x－h)
f(x)－k (2)①－f(x) ②f(－x)
③－f(－x) ④log x(a>0，且a≠1) (3)①|f(x)| ②f(|x|)
a
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)×
教材改编题
1．B 2.C 3.e－x＋1
探究核心题型
例1 解 (1)将函数y＝log x的图象向左平移1个单位长度，再将x轴下方的部分沿x轴翻折
2
上去，即可得到函数y＝|log (x＋1)|的图象，如图①所示．
2
(2)原函数解析式可化为y＝2＋，故函数图象可由函数y＝的图象向右平移1个单位长度，再
向上平移2个单位长度得到，如图②所示．
(3)因为y＝且函数为偶函数，先用描点法作出[0，＋∞)上的图象，再根据对称性作出(－∞，
0)上的图象，最后得函数图象如图③所示．
跟踪训练1 解 (1)根据绝对值的意义，可将函数式化为分段函数y＝可见其图象是由两条
射线组成，如图①所示．
(2)作出y＝x的图象，保留y＝x的图象中x≥0的部分，加上y＝x的图象中x>0部分关于y轴
的对称部分，即得y＝|x|的图象，如图②实线部分所示．
(3)先作出y＝log x的图象，再将其图象向下平移一个单位长度，保留 x轴上方的部分，将x
2
轴下方的图象翻折到x轴上方，即得y＝|log x－1|的图象，如图③所示．
2
例2 (1)B [由解析式知，定义域为{x|x≠0}，
f(－x)＝·ln|－x|＝·ln|x|＝f(x)，
故y＝为偶函数，排除D；
又f(1)＝0，f ＝－<0，排除A，C.]
(2)A [对于选项B，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故排除B；对于选项D，当x＝3时，y
＝sin 3＞0，与图象不符，故排除D；对于选项C，当0＜x＜时，0＜cos x＜1，故y＝＜
≤1，与图象不符，所以排除C.故选A.]
跟踪训练2 (1)A (2)B
例3 AB
例4 C [根据奇函数的图象特征，作出f(x)在(－∞，0)上的图象，如图所示，
由x2f(x)>2f(x)，得(x2－2)f(x)>0，
则或
解得x<－2或<x<2或－<x<0，
故不等式的解集为(－∞，－2)∪(－，0)∪(，2)．]
例5 D [因为关于x的方程f(x)－m＝0恰有两个不同的实数解，所以函数y＝f(x)与y＝m的
图象有两个交点，
作出函数图象，如图所示，
所以当m∈[1,3)∪{0}时，函数y＝f(x)与y＝m的图象有两个交点，
所以实数m的取值范围是[1,3)∪{0}．]
跟踪训练3 (1)B
(2)
解析 先作出函数f(x)＝|x－2|＋1的图象，如图所示，当直线g(x)＝kx与直线AB平行时斜
率为1，当直线g(x)＝kx过点A时，斜率为，故f(x)＝g(x)有两个不相等的实数根时，实数k
的取值范围为.§2.11 函数的零点与方程的解
落实主干知识
知识梳理
1．(1)f(x)＝0 (2)零点 x轴
(3)f(a)f(b)<0 (a，b) f(c)＝0
2．f(a)f(b)<0 一分为二 零点
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)√
教材改编题
1．A 2.B 3.B
探究核心题型
例1 (1)B [由题意得，f(x)＝ln x＋2x－6，在定义域内单调递增，
f(2)＝ln 2＋4－6＝ln 2－2<0，
f(3)＝ln 3＋6－6＝ln 3>0，
则f(2)f(3)<0，
∴零点在区间(2,3)上．]
延伸探究 C [∵开区间(2,3)的长度等于1，每经过一次操作，区间长度变为原来的一半，
经过n次操作后，区间长度变为，
故有≤0.1，解得n≥4，
∴至少需要操作4次．]
(2)A [设函数f(x)＝x＋2x，
易知f(x)在R上单调递增，
f(－1)＝－，f(0)＝1，
即f(－1)f(0)<0，
由函数零点存在定理可知，
－1<x<0.
1
设函数g(x)＝x＋log x，
2
易知g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g＝－，g(1)＝1，
即gg(1)<0，
由函数零点存在定理可知，
<x<1，
2
设函数h(x)＝x－log x，
2
易知h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
h(1)＝，h(x)＝0，
3
因为h(1)>h(x)，
3
由函数单调性可知，x>1，
3
即－1<x<0<x<1<x.]
1 2 3
跟踪训练1 (1)AD (2)A
例2 (1)D [在同一平面直角坐标系中作出f(x)＝|x|，g(x)＝ |x|的图象如图所示，则y＝
f(x)－ |x|的零点个数，即f(x)与g(x)图象的交点个数，由图可知选D.]
(2)C [因为f(2＋x)＝f(2－x)，
f(x)关于直线x＝2对称且f(5＋x)＝f(－x－1)；
因为f(7＋x)＝f(7－x)，
故可得f(5＋x)＝f(－x＋9)；
故可得f(－x－1)＝f(－x＋9)，
则f(x)＝f(x＋10)，
故f(x)是以10为周期的函数．
又f(x)在区间[0,7]上只有x＝1和x＝3两个零点，
根据函数对称性可知，f(x)在一个周期[0,10]内也只有两个零点，
又区间[0,2 023]内包含202个周期，
故f(x)在[0,2 020]上的零点个数为202×2＝404，
又f(x)在(2 020,2 023]上的零点个数与在(0,3]上的零点个数相同，有2个．
故f(x)在[0,2 023]上有406个零点，
即f(x)＝0在区间[0,2 023]上有406个根．]
跟踪训练2 (1)B (2)6例3 D [作出函数f(x)＝的图象，如图所示，
设与y＝4－x2相切的直线为l，
且切点为P(x,4－x)，
0
因为y′＝－2x，
所以切线的斜率为k＝－2x，
0
则切线方程为y－4＋x＝－2x(x－x)，
0 0
因为g(x)＝kx－3k过定点(3,0)，且在切线l上，
代入切线方程求得x＝3－或x＝3＋(舍去)，
0 0
所以切线的斜率为k＝2－6，
因为函数f(x)与g(x)的图象有三个交点，
由图象知，实数k的取值范围为(2－6,0)．]
例4 B [由f(x)＝3x－＝0，
可得a＝3x－，
令g(x)＝3x－，
其中x∈(－∞，－1)，
由于存在x∈(－∞，－1)，
0
使得f(x)＝0，
0
则实数a的取值范围即为函数g(x)在(－∞，－1)上的值域．
由于函数y＝3x，y＝－在区间(－∞，－1)上均单调递增，
所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增．
当x∈(－∞，－1)时，
g(x)＝3x－<g(－1)
＝3－1＋1＝，
又g(x)＝3x－>0，
所以函数g(x)在(－∞，－1)上的值域为.
因此实数a的取值范围是.]
跟踪训练3 (1)A (2)B§2.12 函数模型的应用
落实主干知识
知识梳理
1．y轴 x轴
思考辨析
(1)× (2)× (3)√ (4)×
教材改编题
1．D 2.D 3.150
探究核心题型
例1 (1)ABC [从图象中可以看出，首次服用该药物1单位约10分钟后药物发挥治疗作用，
A正确；根据图象可知，首次服用该药物1单位约1小时后的血药浓度达到最大值，由图象
可知，当两次服药间隔小于2小时时，一定会产生药物中毒，B正确；服药5.5小时时，血
药浓度等于最低有效浓度，此时再服药，血药浓度增加，可使药物持续发挥治疗作用，C正
确；第一次服用该药物1单位4小时后与第2次服用该药物1单位1小时后，血药浓度之和
大于最低中毒浓度，因此一定会发生药物中毒，D错误．]
(2)④
解析 由图可知上述点大体分布在函数y＝log x的图象上，
2
故选择y＝log x可以近似地反映这些数据的规律．
2
跟踪训练1 A
例2 (1)C [4.9＝5＋lg V
lg V＝－0.1
⇒
V＝ ＝≈≈0.8，
⇒所以该同学视力的小数记录法的数据约为0.8.]
(2)10
解析 设初始污染物数量为P′，
则
两式相除得e3k＝3.
所以8 h后P＝P·e－8k
0
＝e－3k·P·e－5k
0
＝·P′＝P′，
即还剩下×100%＝10%的污染物．
跟踪训练2 (1)ABC (2)D例3 解 (1)由题意知，d(v)＝d＋d＋d＋d＝10＋0.8v＋0.2v＋，即d(v)＝10＋v＋，
0 1 2 3
当k＝2时，d(v)＝10＋v＋，
t(v)＝＝＋＋1
≥2×＋1＝2，
当且仅当v＝20时等号成立，
0<v≤33.3，
即以此速度行驶的情况下，汽车撞上固定障碍物的最短时间为2秒．
(2)当k＝1时，d(v)<50，
即10＋v＋<50，
即v2＋20v－800<0，－40<v<20，又0<v≤33.3，
故0<v<20，
所以汽车的行驶速度应限制在20米/秒以下．
跟踪训练3 (1)C
(2)37.5
解析 由题意，产品的月销量x(单位：万件)与投入实体店体验安装的费用t(单位：万元)之
间满足
x＝3－，
即t＝－1(1<x<3)，
所以月利润为y＝x－32x－3－t＝16x－－3
＝16x－－
＝45.5－
≤45.5－2＝37.5，
当且仅当16(3－x)＝，
即x＝时取等号，
则最大月利润为37.5万元．
第三章 一元函数的导数及其应用
§3.1 导数的概念及其意义、导数的运算
落实主干知识
知识梳理1．(1)f′(x) y′|
0
lim
2．斜率 y－f(x)＝f′(x)(x－x)
0 0 0
3．0 αxα－1 cos x －sin x axln a ex
4．f′(x)±g′(x)
f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) cf′(x)
5．y′·u′
u x
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)√
教材改编题
1．A 2.y＝(e－1)x＋2 3.－
探究核心题型
例1 (1)ABD (2)C
跟踪训练1 (1)ACD (2)＋
例2 (1)B
(2)y＝x y＝－x
例3 (1)e
解析 设切点坐标为(t，aln(t＋1))，对函数y＝aln(x＋1)求导得y′＝，
所以
解得t＝e－1，a＝e.
(2)(－∞，－4)∪(0，＋∞)
解析 因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x ，(x ＋a) )，O为坐标原点，
0 0
依题意得，切线斜率k ＝y′| ＝(x ＋a＋1) ＝ ，化简，得x＋ax －a＝0.
OA 0 0
因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x 的方程x＋ax －a＝0有两个不
0 0
同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋
∞)．
跟踪训练2 (1)A (2)D
例4 (1)D [设l与f(x)的切点为(x，y)，则由f′(x)＝ex－1，得l：y＝ ＋(1－x) .
1 1 1
同理，设l与g(x)的切点为(x，y)，
2 2
则由g′(x)＝，得l：y＝x＋e(ln x－1)．
2
故
解得或 则l：y＝x或y＝ex－e.
因为k>1，所以l：y＝x不成立，故b＝－e.](2)B [设公切线与曲线y＝ln x－1和y＝ax2的切点分别为(x ，ln x －1)，(x ，ax)，其中
1 1 2
x>0，
1
对于y＝ln x－1有y′＝，则y＝ln x－1的切线方程为y－(ln x－1)＝(x－x)，
1 1
即y＝＋ln x－2，
1
对于y＝ax2有y′＝2ax，则y＝ax2的切线方程为y－ax＝2ax(x－x)，即y＝2axx－ax，
2 2 2
所以则－＝ln x－2，
1
即＝2x－xln x(x>0)，
1 1
令g(x)＝2x2－x2ln x，
则g′(x)＝3x－2xln x＝x(3－2ln x)，
令g′(x)＝0，得x＝ ，
当x∈(0， )时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈( ，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x) ＝g( )＝e3，故0<≤e3，
max
即a≥e－3.]
跟踪训练3 (1)D (2)C
§3.2 导数与函数的单调性
落实主干知识
知识梳理
1．单调递增 单调递减 常数函数
2．定义域 零点
思考辨析
(1)√ (2)√ (3)× (4)√
教材改编题
1．C 2.A
3．f <f(1)<f
探究核心题型
例1 (1)(0，e2)
(2)(0,1)
解析 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝，令φ(x)＝－ln x－1(x>0)，
φ′(x)＝－－<0，
φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)．
跟踪训练1 解 因为f(x)＝x－ln x－，
所以f′(x)＝1－－
＝(x>0)．
令g(x)＝x－ex，则g′(x)＝1－ex，
可得g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以g(x)<g(0)＝－1<0.
所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减．
例2 解 (1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x－1，
则f′(x)＝1－＝(x>0)，
当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)g(x)＝ax2＋(2－a)x－ln x－1(a<0)，其定义域为(0，＋∞)，
∴g′(x)＝2ax＋2－a－
＝
＝(a<0)，
令g′(x)＝0，可得x＝，
1
x＝－>0，
2
①若－>，即－2<a<0，
当0<x<或x>－时，g′(x)<0；当<x<－时，g′(x)>0，
∴g(x)的单调递减区间为，，单调递增区间为；
②若－＝，即a＝－2，则g′(x)≤0，∴g(x)的单调递减区间为
(0，＋∞)，无单调递增区间；
③若0<－<，即a<－2，
当0<x<－或x>时，g′(x)<0；当－<x<时，g′(x)>0，∴g(x)的单调递减区间为，，单调递增区间为.
综上，当－2<a<0时，g(x)的单调递减区间为，，单调递增区间为；
当a＝－2时，g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a<－2时，g(x)的单调递减区间为，，单调递增区间为.
跟踪训练2 解 g(x)的定义域为R，
g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)
＝(x－a)(ex－2)，
令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2，
①若a>ln 2，
则当x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，
当x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减．
②若a＝ln 2，则g′(x)≥0恒成立，
∴g(x)在R上单调递增，
③若a<ln 2，
则当x∈(－∞，a)∪(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，
当x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减．
综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；
当a＝ln 2时，g(x)在R上单调递增；
当a<ln 2时，g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减．
例3 (1)AD [设f(x)＝(x>0)，
则f′(x)＝，
所以当0<x<e时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
因为<2<e，
所以f <f(2)，
即2ln <ln 2，故选项A正确；
因为<<e，
所以f()<f()，
即ln >ln ，故选项B不正确；
因为e<4<5，
所以f(4)>f(5)，即5ln 4>4ln 5，
故选项C不正确；
因为e<π，
所以f(e)>f(π)，
即π>eln π，故选项D正确．]
(2)B [f′(x)＝ex－e－x－sin x－x，
令g(x)＝ex－e－x－sin x－x，
则g′(x)＝ex＋e－x－cos x－1
≥2－cos x－1＝1－cos x≥0，
当且仅当x＝0时等号成立，
∴函数g(x)在R上单调递增，
又g(0)＝0，
∴当x∈[0，＋∞)时，
g(x)≥g(0)＝0，
∴f′(x)≥0，
∴当x∈(－∞，0)时，
g(x)<g(0)＝0，
∴f′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，
又f(－x)＝f(x)，
∴f(x)为偶函数，
∴关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)可转化为|3＋x|>|2x－1|，解得－<x<4.
即关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)的解集为.]
例4 解 (1)因为f(x)在[1,4]上单调递减，
所以当x∈[1,4]时，
f′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
设G(x)＝－，x∈[1,4]，
所以a≥G(x) ，
max
而G(x)＝2－1，
因为x∈[1,4]，所以∈，
所以G(x) ＝－(此时x＝4)，
max
所以a≥－，又因为a≠0，所以实数a的取值范围是∪(0，＋∞)．
(2)因为f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，
则f′(x)<0在[1,4]上有解，所以当x∈[1,4]时，a>－有解，
又当x∈[1,4]时，
＝－1(此时x＝1)，
min
所以a>－1，又因为a≠0，所以实数a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
跟踪训练3 (1)－1≤a≤
(2)[0,1)
§3.3 导数与函数的极值、最值
落实主干知识
知识梳理
1．(1)f′(x)<0 f′(x)>0
(2)f′(x)>0 f′(x)<0
(3)极值点 极值
2．(1)连续不断 (2)①极值
②端点处的函数值f(a)，f(b)
思考辨析
(1)√ (2)× (3)× (4)√
教材改编题
1．A
2．(－∞，－)∪(，＋∞)
3．4
探究核心题型
例1 AC [由导函数f′(x)的图象可知，
当－2<x<－1时，f′(x)<0，
则f(x)单调递减；
当x＝－1时，f′(x) ＝0；
当－1<x<2时，f′(x)>0，
则f(x)单调递增；
当x＝2时，f′(x)＝0；
当2<x<4时，f′(x)<0，
则f(x)单调递减；
当x＝4时，f′(x)＝0，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，故选项A正确；
f(x)在[－2,1]上有减有增，故选项B错误；
当x＝2时，f(x)取得极大值，故选项C正确；
f(x)在[－1,2]上单调递增，故选项D错误．]
例2 解 因为f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋4ax＋
2a＋2＝，
若a<0，则当x∈时，
f′(x)>0；当x∈时，
f′(x)<0，
故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减；
故f(x)在x＝－处取得唯一的极大值，且极大值为
f ＝ln－－1.
若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值．
综上，当a<0时，f(x)的极大值为ln－－1，无极小值；当a>0时，f(x)无极值．
例3 (1)A [由题意，f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)·(3x－c)，
则f′(2)＝(2－c)(6－c)＝0，
所以c＝2或c＝6.
若c＝2，则f′(x)＝(x－2)(3x－2)，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，
f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极小值，满
足题意；
若c＝6，则f′(x)＝(x－6)(3x－6)，当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(2,6)
时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2
处有极大值，不符合题意．
综上，c＝2.]
(2)D [由f(x)＝ex－ax2－2ax，得f′(x)＝ex－2ax－2a.
因为函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，
所以f′(x)＝ex－2ax－2a有两个变号零点，
令f′(x)＝0，得＝，
设g(x)＝，y＝；
则g′(x)＝－，
令g′(x)＝0，即－＝0，解得x＝0，
当x>0时，g′(x)<0；
当x<0时，g′(x)>0，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．
分别作出函数
g(x)＝与y＝的图象，如图所示，
由图可知，0<<1，解得a>，
所以实数a的取值范围为.]
跟踪训练1 (1)C
(2)D [由题意，f(x)＝＋2kln x－kx(x>0)，
f′(x)＝·，
令f′(x)＝0得x＝2或k＝，
令φ(x)＝(x>0)，
∴φ′(x)＝，
∴φ(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x) ＝φ(2)＝，
min
又当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，
∴若φ(x)＝k无实数根，则k<，
∵当k＝时，
φ(x)＝k的解为x＝2，
∴实数k的取值范围是.]
例4 D [f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)·cos x
＝(x＋1)cos x，x∈[0,2π]．
令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，
x＝或x＝.
因为f ＝cos ＋·sin ＋1＝2＋，
f ＝cos ＋sin ＋1＝－，
又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
所以f(x) ＝f ＝2＋，
maxf(x) ＝f ＝－.故选D.]
min
例5 解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，
①若a≤0，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②若a>0，则当x>a时，f′(x)<0；当0<x<a时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(2)f′(x)＝，
当a≤时，f(x)在上单调递减，
所以f(x) ＝f ＝2－ae；
max
当<a<e时，f(x)在上单调递增，在[a，e]上单调递减，
所以f(x) ＝f(a)＝－ln a；
max
当a≥e时，f(x)在上单调递增，
所以f(x) ＝f(e)＝－，
max
综上，g(a)＝
跟踪训练2 (1)1
(2)解 由题意得，h′(x)＝1－－＝
＝，
且定义域为(0，＋∞)，
①当a＋1≤0，即a≤－1时，h′(x)>0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)在
[1，e]上单调递增，故h(x) ＝h(1)＝2＋a<0，
min
解得a<－2；
②当a＋1>0，即a>－1时，在(0，a＋1)上，h′(x)<0，在(a＋1，＋∞)上，h′(x)>0，所以
h(x)在(0，a＋1)上单调递减，在(a＋1，＋∞)上单调递增，
若a＋1≤1，求得h(x) >1，不合题意；
min
若1<a＋1<e，即0<a<e－1，则h(x)在(1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e)上单调递增，故
h(x) ＝h(a＋1)＝2＋a[1－ln(a＋1)]>2，不合题意；
min
若a＋1≥e，即a≥e－1，则h(x)在[1，e]上单调递减，
故h(x) ＝h(e)＝e－a＋<0，
min
得a>>e－1，
综上，a的取值范围为(－∞，－2)∪.§3.4 函数中的构造问题
例1 B [因为函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数，
令g(x)＝xf(x)，则g(x)是奇函数，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，
由题意知，当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在(－∞，0]上单调递减，
又g(x)是奇函数，所以g(x)在R上单调递减，
因为20.6>1,0<ln 2<1，
log ＝－3<0，
2
所以log <0<ln 2<1<20.6，
2
又a＝g(20.6)，b＝g(ln 2)，
c＝g，
所以c>b>a.]
跟踪训练1 D
例2 A [构造函数F(x)＝，
则F′(x)＝
＝，
因为f′(x)－f(x)<1，
所以F′(x)<0恒成立，
故F(x)＝在R上单调递减，
f(x)＋1>2 023ex可变形为>2 023，
又f(0)＝2 022，
所以F(0)＝＝2 023，
所以F(x)>F(0)，解得x<0.]
跟踪训练2 (3，＋∞)
例3 A [因为偶函数f(x)的定义域为，
所以设g(x)＝，
则g(－x)＝＝，
即g(x)也是偶函数．
当0<x<时，
根据题意g′(x)＝<0，
则g(x)在上单调递减，且为偶函数，
则g(x)在上单调递增．
所以f(x)<2f cos x⇔<⇔g(x)<g，
所以
解得x∈∪.]
跟踪训练3 a<b
例4 (1)B
(2)e
解析 ∵xa＝ ＝ealn x，∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x，
∵a>0且x>1，∴aln x>0，设y＝ex－x，则y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(1，＋∞)上单调递
增，
∴x≤aln x，即a≥，
即存在x∈(1，＋∞)，使a≥，∴a≥ ，
min
设f(x)＝(x>1)，则f′(x)＝，当x∈(1，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴f(x) ＝f(e)＝e，∴a≥e.
min
故a的最小值为e.
跟踪训练4 (1)CD [∵α＋β－>sin β－cos α，
∴β－sin β>－α－sin，
令f(x)＝x－sin x，x∈，
f′(x)＝1－cos x>0，
∴f(x)在上单调递增，
∴β>－α，
∵α，β均为锐角，
∴cos β<cos，
sin β>sin，
∴cos β<sin α，sin β>cos α.]
(2)B
§3.5 利用导数研究恒(能)成立问题
例1 解 (1)当a＝1时，
f(x)＝ex－x－1，
所以f′(x)＝ex－1，当x<0时，f′(x)<0；
当x>0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝0时，函数f(x)有极小值f(0)＝0，无极大值．
即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值．
(2)因为f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，
所以ex－x2－ax－1≤0在[0，＋∞)上有解，
当x＝0时，不等式成立，此时a∈R，
当x>0时，不等式等价于a≥－在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝－，
则g′(x)＝－＝，
由(1)知当a＝1时，f(x)>f(0)＝0，
即ex－(x＋1)>0，
所以当0<x<1时，g′(x)<0；
当x>1时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x) ＝e－2，
min
所以a≥e－2，
综上可知，实数a的取值范围是
[e－2，＋∞)．
跟踪训练1 解 (1)当a＝1时，
f(x)＝x－ex，
则f′(x)＝1－ex，
当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，
f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值．
(2)若存在x∈(0，＋∞)，
使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，
则ax≤(x>0)，
即a≤(x>0)，
则问题转化为a≤ (x>0)，
max令h(x)＝，x>0，
h′(x)＝＝，
当0<x<时，h′(x)>0，
当x>时，h′(x)<0，
所以函数h(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，
所以h(x) ＝h()＝，
max
所以a≤.
例2 解 (1)f′(x)＝a－
＝(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，令f′(x)>0，
得x>，
令f′(x)<0，得0<x<，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递
减．
(2)∵x＝1为函数f(x)的极值点，
∴f′(1)＝0，
∴a＝1.
f(x)＝x－ln x，x[f(x)－x＋1]
＝x(1－ln x)，
当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－ln x)
≤m(e－x)，
即x(1－ln x)－m(e－x)≤0，
令g(x)＝x(1－ln x)－m(e－x)，
g(e)＝0，
g′(x)＝m－ln x，x∈[e，＋∞)，
若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立，
则g(x)在[e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(e)＝0满足题意．
若m>1，由g′(x)>0，可得e≤x<em，则g(x)在[e，em)上单调递增，
∴在[e，em)上存在x 使得g(x)>g(e)＝0，与题意不符，
0 0综上，实数m的取值范围为m≤1.
跟踪训练2 解 (1)f′(x)＝ex＋，
因为f(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以f′(x)＝ex＋≤0在(－∞，0)上恒成立，
即a≥－x·ex在(－∞，0)上恒成立，
令g(x)＝－x·ex(x<0)，
则g′(x)＝－ex－xex＝－(x＋1)ex，
当x<－1时，g′(x)>0，
当－1<x<0时，g′(x)<0，
所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，
所以g(x) ＝g(－1)＝，
max
所以a的取值范围为.
(2)由f(x)≤f′(x)得
aln(－x)＋1≤，
即aln(－x)－＋1≤0对∀x∈(－∞，0)恒成立，
令h(x)＝aln(－x)－＋1(x<0)，
h′(x)＝＋＝(x<0)，
当a＝0时，h(x)＝1，
不满足h(x)≤0；
当a>0且x<－1时，h′(x)<0，
当a>0且－1<x<0时，h′(x)>0，
所以函数h(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，
所以h(x) ＝h(－1)＝a＋1>0，
min
不符合题意；
当a<0且x<－1时，h′(x)>0，
当a<0且－1<x<0时，h′(x)<0，
所以当a<0时，函数h(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，
所以h(x) ＝h(－1)＝a＋1≤0，
max
解得a≤－1，
综上所述，a的取值范围为(－∞，－1]．
例3 解 (1)f′(x)＝2axln x＋ax，
g′(x)＝2x－b，
∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，∴即
解得
此时f(x)＝x2ln x，g(x)＝x2－x，
要证f(x)≥g(x)，
即证x2ln x≥x2－x，
即xln x≥x－1，
令h(x)＝xln x－x＋1，
则h′(x)＝ln x，且h′(1)＝0，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
∴h(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝0，即f(x)≥g(x)．
(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2ln x≥x2－bx成立，
即axln x－x≥－b成立，
∵∃b∈使f(x)≥g(x)恒成立，∴axln x－x≥－恒成立，
当x＝1时，有－1≥－成立，
∴a∈R，
当x∈(1，e]时，a≥，
令G(x)＝，
则G′(x)＝，
令m(x)＝ln x－x＋，
则m′(x)＝－1，
且m′＝0，
当1<x<时，m′(x)>0，
当<x<e时，m′(x)<0，
∴m(x)在上单调递增，在上单调递减，
m(1)＝－1＋>0，
m＝ln >0，m(e)＝0，
∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，
即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，
当x＝e时，G(x)有最大值，
且G(e)＝，∴a≥，综上所述，a的取值范围是a≥.
跟踪训练3 解 (1)因为f(x)＝(x∈R)，
所以f′(x)＝(x∈R)，
因为a>0，所以令f′(x)>0，
得0<x<3；
令f′(x)<0，得x<0或x>3.
所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．
(2)由(1)知，f(x)在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，
所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝.
又f(0)＝－a<0，
f(4)＝11ae－4>0，
所以f(0)<f(4)，
所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a.
若∀x，x∈[0,4]，不等式|f(x)－f(x)|<1恒成立，
1 2 1 2
则需f(x) －f(x) <1在x∈[0,4]上恒成立，
max min
即f(3)－f(0)<1，
即＋a<1，解得a<，
又a>0，所以0<a<，
故实数a的取值范围为.
§3.6 利用导数证明不等式
例1 (1)解 函数f(x)＝ex－ax－a的定义域为R，
求导得f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，
即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝ex－a>0，
解得x>ln a，令f′(x)<0，
解得x<ln a，
即f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明 当a＝1时，g(x)＝，
当x>0时，>1⇔ex>1＋x＋⇔<1，
令F(x)＝－1，x>0，
F′(x)＝<0恒成立，则F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
F(x)<F(0)＝－1＝0，因此<1成立，
所以当x>0时，g(x)>1，即原不等式得证．
跟踪训练1 (1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)知，f′(x)＝ex－2.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2，
当x<ln 2时，f′(x)<0，
函数f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减；
当x>ln 2时，f′(x)>0，
函数f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，
f(x)的极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．
(2)证明 要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，
即证当a>ln 2－1且x>0时，
ex－x2＋2ax－1>0，
设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)，
则g′(x)＝ex－2x＋2a，
由(1)知g′(x) ＝2－2ln 2＋2a，
min
又a>ln 2－1，则g′(x) >0，
min
于是对∀x∈(0，＋∞)，
都有g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0，
即ex－x2＋2ax－1>0，
故ex>x2－2ax＋1.
例2 (1)解 函数的定义域为(0，＋∞)，
∵f′(x)＝－a＝(x>0)，
∴当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<，由f′(x)<0，得x>，即函数f(x)在区间上单调递增，在上
单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在区间上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 证明f(x)－＋2e≤0，只需证明f(x)≤－2e，
由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x) ＝f(1)＝－e.
max
令g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，
函数g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
函数g(x)单调递增，
∴g(x) ＝g(1)＝－e，
min
∴当x>0，a＝e时，
f(x)－＋2e≤0.
跟踪训练2 (1)解 由题意可得
f′(x)＝ex＋2x－1，
则函数f′(x)在R上单调递增，
且f′(0)＝0.
由f′(x)>0，得x>0；
由f′(x)<0，得x<0.
则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
故f(x) ＝f(0)＝0.
min
(2)证明 要证ex＋xln x＋x2－2x>0，
即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1.
由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立．
设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0，
则g′(x)＝－ln x.
由g′(x)>0，得0<x<1；
由 g′(x)<0，得x>1.
则g(x)在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)≤g(1)＝0，
当且仅当x＝1时，等号成立．
故f(x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0.
例3 (1)解 当a＝1时，
f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
f′(x)＝ex－1－，
k＝f′(1)＝0，
又f(1)＝0，∴切点为(1,0)．
∴切线方程为y－0＝0(x－1)，
即y＝0.
(2)证明 ∵a≥1，
∴aex－1≥ex－1，
∴f(x)≥ex－1－ln x－1.
方法一 令φ(x)＝ex－1－
ln x－1(x>0)，
∴φ′(x)＝ex－1－，
令h(x)＝ex－1－，
∴h′(x)＝ex－1＋>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ′(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x) ＝φ(1)＝0，
min
∴φ(x)≥0，
∴f(x)≥φ(x)≥0，
即f(x)≥0.
方法二 令g(x)＝ex－x－1，
∴g′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x) ＝g(0)＝0，
min
故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证ln x≤x－1，
当且仅当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1 ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，
由x－1≥ln⇒ x x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，
∴ex－1≥x≥ln ⇒x＋1，
即ex－1≥ln x＋1，
即ex－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，
即f(x)≥0.
跟踪训练3 (1)解 ∵f(x)＝ax－sin x，∴f′(x)＝a－cos x，
由函数f(x)为增函数，
则f′(x)＝a－cos x≥0恒成立，
即a≥cos x在R上恒成立，
∵y＝cos x∈[－1,1]，∴a≥1，
即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
(2)证明 由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sin x为增函数，
当x>0时，f(x)>f(0)＝0 x>sin x，
要证当x>0时，ex>2sin⇒ x，只需证当x>0时，ex>2x，
即证ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，
设g(x)＝ex－2x(x>0)，则g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0解得x＝ln 2，
∴g(x)在(0，ln 2)上单调递减，
在(ln 2，＋∞)上单调递增，
∴g(x) ＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2
min
＝2(1－ln 2)>0，
∴g(x)≥g(ln 2)>0，
∴ex>2x成立，
故当x>0时，ex>2sin x.
§3.7 利用导数研究函数的零点
例1 (1)解 因为函数f(x)的定义域为R，
f(－x)＝－xsin(－x)－1＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，
又f′(x)＝sin x＋xcos x，且当x∈时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在上单调递增，又函数f(x)
为偶函数，所以f(x)在上单调递减，综上，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 由(1)得，f(x)在上单调递增，又f(0)＝－1<0，f ＝－1>0，所以f(x)在内有且只有一
个零点，
当x∈时，
令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x，
则g′(x)＝2cos x－xsin x，
当x∈时，g′(x)<0恒成立，
即g(x)在上单调递减，
又g＝1>0，g(π)＝－π<0，
则存在m∈，使得g(m)＝0，
且当x∈时，g(x)>g(m)＝0，
即f′(x)>0，
则f(x)在上单调递增，
当x∈(m，π]时，有g(x)<g(m)＝0，
即f′(x)<0，则f(x)在(m，π]上单调递减，
又f ＝－1>0，f(π)＝－1<0，所以f(x)在(m，π]上有且只有一个零点，
综上，函数y＝f(x)在[0，π]上有2个零点．
跟踪训练1 解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋－＝，
①若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②若a>0，则当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递
增．
(2)若a≤0，f ＝＋1－a＋e－2＝a＋e－1>0，
f(1)＝a－1<0.
结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点．
若a>0，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需 f(x)
min
＝f ＝1－(a－1)ln a＋a－2＝(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或a＝e.
综上，a≤0或a＝1或a＝e.
例2 解 (1)f(x)＝ex－ax＋2a，定义域为R，且f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ln a，
当x<ln a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>ln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，
当a＝0时，ex＝a(x－2)无解，
∴f(x)无零点，
当a≠0时，＝，
令φ(x)＝，x∈R，
∴φ′(x)＝，
当x∈(－∞，3)时，φ′(x)>0；
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，
且φ(x) ＝φ(3)＝，
max
又x→＋∞时，φ(x)→0，
x→－∞时，φ(x)→－∞，
∴φ(x)的图象如图所示．
当>，即0<a<e3时，f(x)无零点；
当＝，即a＝e3时，f(x)有一个零点；
当0<<，即a>e3时，f(x)有两个零点；
当<0，即a<0时，f(x)有一个零点．
综上所述，当a∈[0，e3)时，f(x)无零点；当a∈(－∞，0)∪{e3}时，f(x)有一个零点；当
a∈(e3，＋∞)时，f(x)有两个零点．
跟踪训练2 解 (1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－2，该函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－，
又f(1)＝－2，f′(1)＝1，
因此，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＋2＝x－1，
即x－y－3＝0.
(2)①当a≤0时，
f′(x)＝－<0，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意；
②当a>0时，由f(x)＝aln x－2＝0可得＝，
令g(x)＝，其中x>0，
则直线y＝与曲线y＝g(x)的图象在(0,16]内有两个交点，
g′(x)＝＝，令g′(x)＝0，
可得x＝e2<16，列表如下，
x (0，e2) e2 (e2，16]
g′(x) ＋ 0 －
g(x) ↗ 极大值 ↘
所以函数g(x)在区间(0,16]上的极大值为g(e2)＝，且g(16)＝ln 2，作出g(x)的图象如图所示．
由图可知，当ln 2≤<，
即e<a≤时，
直线y＝与曲线y＝g(x)的图象在(0,16]内有两个交点，
即f(x)在(0,16]上有两个零点，
因此，实数a的取值范围是.
跟踪训练3 解 (1)当a＝2时，
f(x)＝(x>0)，
f′(x)＝(x>0)，
令f′(x)>0，则0<x<，此时函数f(x)单调递增，
令f′(x)<0，则x>，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程＝1(x>0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解．
设g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝(x>0)，
令g′(x)＝＝0，得x＝e，
当0<x<e时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x) ＝g(e)＝，
max
且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，所以0<<，
所以a>1且a≠e，即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
§3.8 隐零点与极值点偏移问题
例1 (1)解 g(x)＝＋2定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝，
则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，
g(x)在(0，e)上单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，
g(x)在(e，＋∞)上单调递减，
故函数g(x)的极大值为g(e)＝＋2，无极小值．
(2)证明 f(x)≥g(x)等价于证明xex＋1－2≥ln x＋x(x>0)，
即xex＋1－ln x－x－2≥0.
令h(x)＝xex＋1－ln x－x－2(x>0)，
h′(x)＝(x＋1)ex＋1－＝(x＋1)，
令φ(x)＝ex＋1－，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而φ＝ －10<e2－10<0，φ(1)＝e2－1>0，
故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x，且x∈，
0 0
当x∈(0，x)时，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)在(0，x)上单调递减；
0 0
当x∈(x，＋∞)时，φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)在(x，＋∞)上单调递增，
0 0
故h(x) ＝h(x)＝ －ln x－x－2，又因为φ(x)＝0，即 ＝，
min 0 0 0 0
所以h(x)＝－ln x－x－1＝(x＋1)－x－1＝0，从而h(x)≥h(x)＝0，
0 0 0 0 0 0
即f(x)≥g(x)．
跟踪训练1 解 (1)由题意知，
f(x)定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－＝，
当a≤0时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，若x∈(0，a)，f′(x)<0；若x∈(a，＋∞)，f′(x)>0；
∴f(x)在(0，a)上单调递减，
在(a，＋∞)上单调递增；
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递减区间为
(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞)．(2)当a＝1时，f(x)＝x－ln x－2，
f′(x)＝1－(x>0)；
由ln x＋1>(1＋k)f′(x)得，
x(ln x＋1)>(1＋k)(x－1)，
即k＋1<(x>1)，
令g(x)＝(x>1)，
则g′(x)＝，
令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，
则h′(x)＝1－＝>0，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又h(3)＝1－ln 3<0，
h(4)＝2－ln 4>0，
∴∃x∈(3,4)，
0
使得h(x)＝x－ln x－2＝0，
0 0 0
此时ln x＝x－2，
0 0
则当x∈(1，x)时，g′(x)<0；
0
当x∈(x，＋∞)时，g′(x)>0，
0
∴g(x)在(1，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，
0 0
∴g(x) ＝g(x)＝
min 0
＝＝x，
0
∴k＋1<x，即k<x－1，
0 0
又x∈(3,4)，∴x－1∈(2,3)，
0 0
∴整数k的最大值为2.
例2 (1)解 f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)>0得x<1；
令f′(x)<0得x>1，
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，
所以f(x)有极大值f(1)＝，无极小值．
(2)证明 方法一 (对称化构造函数法)
由(1)知，不妨设0<x<1<x，
1 2
要证x＋x>2，
1 2
只要证x>2－x>1.
2 1
由于f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f(x)<f(2－x)，
2 1由于f(x)＝f(x)，
1 2
故只要证f(x)<f(2－x)，
1 1
令H(x)＝f(x)－f(2－x)＝xe－x－(2－x)ex－2(0<x<1)，
则H′(x)＝－＝，
因为0<x<1，所以1－x>0,2－x>x，
所以e2－x>ex，即e2－x－ex>0，
所以H′(x)>0，所以H(x)在(0,1)上单调递增，
所以H(x)<H(1)＝0，
即有f(x)<f(2－x)成立，
1 1
所以x＋x>2.
1 2
方法二 (比值代换法)设0<x<1<x，
1 2
由f(x)＝f(x)，
1 2
得 ＝ ，
等式两边取对数得ln x－x＝ln x－x.
1 1 2 2
令t＝>1，则x＝tx ，代入上式得ln x－x＝ln t＋ln x－tx ，得x＝，x＝，
2 1 1 1 1 1 1 2
所以x＋x＝>2⇔ln t－>0，
1 2
设g(t)＝ln t－(t>1)，
所以g′(t)＝－＝>0，
所以当t>1时，g(t)单调递增，
所以g(t)>g(1)＝0，所以ln t－>0，
故x＋x>2.
1 2
跟踪训练2 (1)解 由已知得，
函数f(x)的定义域为(－a，＋∞)，
则f′(x)＝－
＝，
所以当－a≥1，即a≤－1时，f′(x)>0，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，
当－a<1，即a>－1时，若－a<x<1，则f′(x)<0，若x>1，
则f′(x)>0，
所以f(x)在(－a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a≤－1时，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增；
当a>－1时，f(x)在(－a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)证明 因为ln[g(x)＋x2]＝ln x＋x－a，所以g(x)＝x·ex－a－x2＝x(ex－a－x)，其定义域为(0，
＋∞)，g(x)＝xex－a－x2＝x(ex－a－x)＝0等价于ex－a－x＝0，即x－ln x＝a，
设h(x)＝x－ln x(x>0)，
所以h′(x)＝1－＝，
令h′(x)>0，则x>1，
令h′(x)<0，则0<x<1.
所以函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
因为函数g(x)有两个不同的零点，即h(x)＝a有两个不同的根，
所以a>h(1)＝1，
所以g(x)有两个不同的零点x，x 且0<x<1<x，
1 2 1 2
且h(x)＝h(x)＝a，
1 2
令φ(x)＝h(x)－h
＝x－－2ln x(0<x<1)，
则φ′(x)＝1＋－＝>0对任意的x∈(0,1)恒成立，
所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增，
φ(x)<φ(1)＝0，
即当0<x<1时，h(x)<h，
又0<x<1，
1
所以h(x)＝h(x)<h，
1 2
因为x>1，>1，
2
且h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x<，故xx<1得证．
2 1 2
第四章 三角函数与解三角形
§4.1 任意角和弧度制、三角函数的概念
落实主干知识
知识梳理
1．(1)端点 (2)正角 负角 零角
象限角 (3)－α
(4){β|β＝α＋k·360°，k∈Z}
2．(1)半径长 (2)° |α|r
lr |α|r2思考辨析
(1)× (2)√ (3)× (4)√
教材改编题
1．C 2.－4π
3．－ －
探究核心题型
例1 (1)D [因为α是第二象限角，可得＋2kπ<α<π＋2kπ，k∈Z，
对于A，可得－π－2kπ<－α<－－2kπ，k∈Z，此时－α位于第三象限，所以A错误；
对于B，可得＋kπ<<＋kπ，k∈Z，
当k为偶数时，位于第一象限；当k为奇数时，位于第三象限，所以B错误；
对于C，可得2π＋2kπ<＋α<＋2kπ，k∈Z，
即2(k＋1)π<＋α<＋2(k＋1)π，k∈Z，所以＋α位于第一象限，所以C错误；
对于D，可得π＋4kπ<2α<2π＋4kπ，k∈Z，所以2α是第三或第四象限角或在y轴负半轴上，
所以D正确．]
延伸探究 解 因为α是第一象限角，
所以k·360°<α<k·360°＋90°，k∈Z，
所以k·180°<<k·180°＋45°，k∈Z，
当k为偶数时，是第一象限角，
当k为奇数时，是第三象限角．
(2)－675°和－315°
解析 所有与45°终边相同的角可表示为β＝45°＋k×360°(k∈Z)，
当k＝－1时，β＝45°－360°＝－315°，
当k＝－2时，β＝45°－2×360°
＝－675°.
跟踪训练1 (1)A
(2)
解析 ∵P(cos θ，sin θ)与Q
关于y轴对称，
即θ，θ＋关于y轴对称，
θ＋＋θ＝π＋2kπ，k∈Z，
则θ＝kπ＋，k∈Z，
当k＝0时，可取θ的一个值为.
例2 解 (1)α＝35°＝35× rad
＝π rad，扇形的弧长l＝αr＝π×8
＝π(cm)．
(2)方法一 由题意知2r＋l＝16，
∴l＝16－2r(0<r<8)，
则S＝lr＝(16－2r)r＝－r2＋8r＝－(r－4)2＋16，
当r＝4(cm)时，S ＝16(cm2)，
max
l＝16－2×4＝8(cm)，α＝＝2，
∴S的最大值是16 cm2，此时扇形的半径是4 cm，圆心角α＝2 rad.
方法二 S＝lr＝l·2r≤·2＝16，
当且仅当l＝2r，即r＝4(cm)时，S的最大值是16 cm2.
此时扇形的圆心角α＝2 rad.
跟踪训练2解 (1)根据题意，可算得 ＝θx， ＝10θ.
因为AB＋CD＋ ＋ ＝30，所以2(10－x)＋θx＋10θ＝30，
所以θ＝(0<x<10)．
(2)根据题意，可知y＝S －S ＝θ·(102－x2)＝×＝(x＋5)(10－x)＝－x2＋5x＋50＝－2
扇形AOD 扇形BOC
＋，
当x＝时，y ＝.
max
综上所述，当x＝时，铭牌的截面面积最大，且最大面积为.
例3 (1)ACD (2)B (3)B
跟踪训练3 (1)D (2)A
(3)
解析 根据三角函数的终边上点的定义可得，r＝，
所以sin θ＝＝>0，
即a>0且a2＝11，所以a＝.
§4.2 同角三角函数基本关系式及诱导公式
落实主干知识
知识梳理
1．(1)sin2α＋cos2α＝1
(2)＝tan α
2．－sin α －sin α sin α cos α
cos α －cos α cos α －cos αsin α －sin α tan α －tan α
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)×
教材改编题
1．C 2.B 3.sin α
探究核心题型
例1 (1)AD [因为sin θ＋cos θ＝，①
所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝，则2sin θcos θ＝－，
因为θ∈(0，π)，
所以sin θ>0，cos θ<0，
所以θ∈，故A正确；
所以(sin θ－cos θ)2＝1－2sin θcos θ＝，
所以sin θ－cos θ＝，②
故D正确；
由①②联立可得，sin θ＝，cos θ＝－，故B错误；
所以tan θ＝＝－，故C错误．]
(2)0
解析 ∵cos α＝－<0且cos α≠－1，
∴α是第二或第三象限角．
①若α是第二象限角，
则sin α＝
＝＝，
∴tan α＝＝＝－.
此时13sin α＋5tan α
＝13×＋5×＝0.
②若α是第三象限角，
则sin α＝－
＝－＝－，
∴tan α＝＝＝，
此时，13sin α＋5tan α
＝13×＋5×＝0.
综上，13sin α＋5tan α＝0.
(3)
解析 因为tan α＝2，所以＝
＝＝.
sin2α＋cos2α
＝·＋·
＝·＋·
＝×＋×＝.
跟踪训练1 (1)A (2)C
例2 (1)D
(2)
解析 ∵0<x<，
∴<－x<，
∴cos＝＝.
∴sin＝sin
＝cos＝，
cos＝cos
＝－cos＝－.
∴sin－cos
＝.]
跟踪训练2 (1)D (2)C
例3 (1)C
(2)－
解析 由已知得，sin x＋cos x＝，
两边平方得sin2x＋2sin xcos x＋cos2x＝，
整理得2sin xcos x＝－.
因为(sin x－cos x)2
＝1－2sin xcos x＝，
由－π<x<0知，sin x<0，
又2sin xcos x＝－<0，
所以cos x>0，所以sin x－cos x<0，
故sin x－cos x＝－.
所以
＝
＝
＝＝－.跟踪训练3 (1)D
(2)－ －
解析 方法一 令t＝α－，
所以sin t＝，
α＝t＋，
所以cos＝cos
＝cos＝－sin t＝－.
因为α∈，
所以α－∈，
所以sin＝，
所以sin＝sin 2
＝2sincos
＝2××＝－.
方法二 因为sin＝，
所以cos＝cos
＝sin
＝sin＝sin
＝sin＝－sin
＝－.
以下同方法一．
§4.3 两角和与差的正弦、余弦和正切公式
落实主干知识
知识梳理
1．(1)cos αcos β＋sin αsin β
(2)cos αcos β－sin αsin β
(3)sin αcos β－cos αsin β
(4)sin αcos β＋cos αsin β
(5) (6)
2.sin(α＋φ)
思考辨析
(1)√ (2)× (3)× (4)×
教材改编题1．D 2. 3.－
探究核心题型
例1 (1)B (2)C
跟踪训练1 (1)C (2)C
例2 (1)B [在△ABC中，∵C＝120°，∴tan C＝－.
∵A＋B＝π－C，
∴tan(A＋B)＝－tan C＝.
∴tan A＋tan B＝(1－tan Atan B)，
又∵tan A＋tan B＝，
∴tan Atan B＝.]
(2)
解析 因为α＋β＝，
所以β＝－α，
所以3sin α－sin β＝3sin α－sin
＝3sin α－cos α
＝sin(α－φ)＝，
其中sin φ＝，cos φ＝.
所以α－φ＝＋2kπ，k∈Z，
所以α＝＋φ＋2kπ，k∈Z，
所以sin α＝sin
＝cos φ＝，k∈Z.
因为sin β＝3sin α－＝－，
所以cos 2β＝1－2sin2β＝1－
＝.
跟踪训练2 (1)A
(2)(答案不唯一)
例3 (1)B [因为sin θ＋sin
＝sin＋sin
＝sincos －cossin ＋sincos ＋cossin
＝2sincos ＝sin＝1.
所以sin＝.]
(2)－
解析 因为0<α<，sin α＝，所以cos α＝
＝＝，因为0<α<，0<β<，
所以0<α＋β<π，
因为cos(α＋β)＝－，
所以sin(α＋β)＝
＝＝，
所以sin(2α＋β)＝sin(α＋α＋β)
＝sin αcos(α＋β)＋cos αsin(α＋β)
＝×＋×
＝－.
跟踪训练3 (1)－
解析 由题意知，α＋β∈，sin(α＋β)＝－<0，
所以cos(α＋β)＝，
因为sin＝，
β－∈，
所以cos＝－，
所以cos＝
cos
＝cos(α＋β)cos
＋sin(α＋β)sin＝－.
(2)－1
解析 ∵tan(α＋2β)＝2，tan β＝－3，
∴tan(α＋β)＝tan(α＋2β－β)＝＝
＝－1，
tan α＝tan(α＋β－β)
＝
＝＝.
§4.4 简单的三角恒等变换
落实主干知识
知识梳理
1．(1)2sin αcos α (2)cos2α－sin2α 2cos2α－1 1－2sin2α (3)
2．(1)2sin2 2cos2
(2)2(3)
思考辨析
(1)√ (2)√ (3)√ (4)√
教材改编题
1．D 2.D 3.A
探究核心题型
例1 (1)A [方法一 因为tan 2α＝＝，
且tan 2α＝，
所以＝，
解得sin α＝.
因为α∈，
所以cos α＝，
tan α＝＝.
方法二 因为tan 2α＝＝＝
＝，且tan 2α＝，
所以＝，
解得sin α＝.
因为α∈，
所以cos α＝，
tan α＝＝.]
(2)
解析 因为sin α＋cos α＝，
两边同时平方得
sin2α＋2sin αcos α＋cos2α＝，
即sin 2α＝，
由降幂公式可知sin2＝＝
＝－sin 2α＝.
跟踪训练1 (1)6－
(2)
例2 解 (1)原式＝cos 20°·cos 40°·cos 80°
＝＝＝.
(2)原式＝
＝
＝＝2.(3)原式＝
＝
＝
＝
＝＝－2.
例3 D [∵sin＋cos α＝，
∴sin αcos －cos αsin ＋cos α＝，
∴sin α－cos α＋cos α＝，
∴sin α＋cos α＝，
∴cos＝，
∴sin
＝sin
＝cos 2
＝2cos2－1
＝2×2－1
＝－.]
例4
解析 因为sin α＝，且α为锐角，所以cos α＝
＝＝，
因为cos β＝，且β为锐角，
所以sin β＝
＝＝，
那么sin 2β＝2sin βcos β
＝2××＝，
cos 2β＝1－2sin2β
＝1－2×2＝，
所以cos(α＋2β)＝cos αcos 2β－sin αsin 2β＝×－×
＝，
因为α∈，β∈，
所以2β∈(0，π)．
所以α＋2β∈，故α＋2β＝.
跟踪训练2 (1)C (2)A
例5 解 (1)由题意得
f(x)＝sin＋2sin·cos＝sin－2sin·cos
＝sin－2sin·cos
＝sin－sin
＝sin 2xcos －cos 2xsin ＋cos 2x
＝sin 2x＋cos 2x
＝sin，
故f ＝sin＝0.
(2)∵α∈，
∴2α＋∈，
又∵f(α)＝，
∴f(α)＝sin＝，
又∵sin＝<，
∴2α＋∈，
∴cos＝－
＝－，
∴sin 2α＝sin
＝sincos －cossin
＝×＋×＝.
跟踪训练3 解 (1)因为3sin α＝2sin2－1，
所以3sin α＝－cos α，
所以tan α＝－，
又因为sin 2α＋cos 2α
＝
＝，
所以sin 2α＋cos 2α
＝＝.
(2)因为β∈，所以tan β<0，
因为2tan2β－tan β－1
＝(2tan β＋1)(tan β－1)＝0，
所以tan β＝－，
又因为α∈(0，π)，tan α＝－，
所以<α<π.
所以tan(α＋β)＝＝＝－1，
由得π<α＋β<2π，
所以α＋β＝.
§4.5 三角函数的图象与性质
落实主干知识
知识梳理
1．(1)(π，0)
(2)(π，－1)
2．{x|x≠kπ＋} [－1,1] [－1,1]
R 2π 2π π 奇函数 偶函数
[2kπ－π，2kπ]
[2kπ，2kπ＋π] (kπ，0)
x＝kπ＋ x＝kπ
思考辨析
(1)× (2)√ (3)× (4)×
教材改编题
1．A
2.(k∈Z)
3．5 ＋2kπ(k∈Z)
探究核心题型
例1 (1)C [由cos x－≥0，
得cos x≥，
∴2kπ－≤x≤2kπ＋，k∈Z.]
(2)－4
解析 ∵f(x)＝sin－3cos x＝－cos 2x－3cos x
＝－2cos2x－3cos x＋1
＝－22＋，
－1≤cos x≤1，
∴当cos x＝1时，f(x)有最小值－4.
(3)
解析 设t＝sin x－cos x，则t2＝sin2x＋cos2x－2sin x·cos x，
∴sin xcos x＝，
且－≤t≤.
∴y＝－＋t＋＝－(t－1)2＋1，t∈[－，]．
当t＝1时，y ＝1；
max
当t＝－时，y ＝－.
min
∴函数y的值域为.
跟踪训练1 (1)D
(2)
例2 (1)C [由题可得，设2x＋＝kπ，k∈Z，解得x＝－，k∈Z，所以函数f(x)的对称中心为
(k∈Z)．
设2x＋＝kπ＋，k∈Z，解得x＝＋，k∈Z，所以函数f(x)的对称轴为x＝＋(k∈Z)，通过对比
选项可知，f(x)的图象关于直线x＝对称．]
(2) ，k∈Z
解析 若f(x)＝3sin＋1为偶函数，
则－＋φ＝kπ＋，k∈Z，
即φ＝＋kπ，k∈Z，
又∵φ∈(0，π)，
∴φ＝.
∴f(x)＝3sin＋1
＝3cos 2x＋1，
由2x＝＋kπ，k∈Z得x＝＋，k∈Z，
∴f(x)图象的对称中心为，k∈Z.
跟踪训练2 (1)A [因为<T<π，所以<<π，解得2<ω<3.
因为y＝f(x)的图象关于点中心对称，所以b＝2，
且sin＋b＝2，
即sin＝0，
所以ω＋＝kπ(k∈Z)，
又2<ω<3，
所以<ω＋<，
所以ω＋＝4π，解得ω＝，
所以f(x)＝sin＋2，
所以f ＝sin＋2＝sin ＋2＝1.故选A.]
(2)ABD例3 ，k∈Z
解析 f(x)＝sin的单调递减区间是f(x)＝sin的单调递增区间．
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
故所给函数的单调递减区间为，k∈Z.
延伸探究 解 令A＝，k∈Z，
B＝[0，π]，
∴A∩B＝∪，
∴f(x)在[0，π]上的单调递减区间为和.
例4 (1)A [函数f(x)＝cos的单调递增区间为(k∈Z)，而函数f(x)又在[－a，a]上单调递增，
所以⇒a≤，
于是0<a≤，
即a的最大值为.]
(2)
解析 f(x)＝sin ωx＋cos ωx＝2sin(ω>0)．
由2kπ－≤ωx＋≤2kπ＋，
k∈Z，得－≤x≤＋，
k∈Z，
∴f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．
由题知，
⊆，
∴
∴6k－≤ω≤4k＋，k∈Z.
∵ω>0，
∴当k＝0时，－≤ω≤，
∴0<ω≤；
当k＝1时，≤ω≤；
当k≥2，k∈Z时，ω∈ ∅，
∴ω ＝.
max
跟踪训练3 (1)C (2)A§4.6 函数 y＝Asin(ωx＋φ)
落实主干知识
知识梳理
1.
2.
3．|φ| A A
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)√
教材改编题
1．A 2.D 3.1
探究核心题型
例1 (1)B [依题意，将y＝sin的图象向左平移个单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐
标扩大到原来的2倍，得到f(x)的图象，
所以y＝sin ―――――――――――――→y＝sin的图象――――――――――――――→
f(x)＝sin的图象．]
(2)C [记曲线C的函数解析式为g(x)，
则g(x)＝sin＝sin.因为函数g(x)的图象关于y轴对称，所以ω＋＝kπ＋(k∈Z)，得ω＝2k＋
(k∈Z)．因为ω＞0，所以ω ＝.故选C.]
min
跟踪训练1 (1)C [A项， 先把曲线C 上点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得y
1
＝cos x的图象，再把得到的曲线向右平移个单位长度得y＝cos ＝cos＝
－sin的图象，故A错误；
B项，先把曲线C 上点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得y＝cosx的图象，再把
1
得到的曲线向左平移个单位长度得y＝cos ＝cos＝sin的图象，故B错误；
C项，先把曲线C 上点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)，得y＝cos 2x的图象，再把
1
得到的曲线向右平移个单位长度得y＝cos 2＝cos＝sin的图象，故C正确；
D项，先把曲线C 上点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)，得y＝cos 2x的图象，再把
1
得到的曲线向左平移个单位长度得y＝cos 2＝cos＝sin的图象，故D错误．]
(2)A
例2 (1)C [依题意，
解得
∴f(x)＝2cos(ωx＋φ)－1，
而f ＝1，f ＝－1，∴＝－＝，
故T＝π＝，则ω＝2，
∴f(x)＝2cos(2x＋φ)－1，
而2cos－1＝1，
∴＋φ＝2kπ(k∈Z)，
又|φ|<，故φ＝－，
∴f(x)＝2cos－1.
将函数f(x)的图象上点的横坐标拉伸为原来的3倍后，
得到y＝2cos－1，
再向左平移个单位长度，
得到g(x)＝2cos－1
＝2cos－1，
令－π＋2kπ≤x＋≤2kπ(k∈Z)，故－＋3kπ≤x≤－＋3kπ(k∈Z)，故函数g(x)的单调递增区间
为(k∈Z)．]
(2)－
解析 由题意可得，
T＝－＝，
∴T＝π，ω＝＝2，
当x＝时，ωx＋φ＝2×＋φ
＝2kπ，k∈Z，
∴φ＝2kπ－π(k∈Z)．
令k＝1可得φ＝－，
据此有f(x)＝2cos，
f ＝2cos
＝2cos ＝－.
跟踪训练2 (1)B
(2)1
解析 由题图可知，
周期T＝π，ω＝＝2，
所以g(x)＝2sin(2x＋φ)(|φ|<π)，
因为点在g(x)的图象上，
所以2sin＝－2，
所以＋φ＝＋2kπ，k∈Z，
得φ＝＋2kπ，k∈Z，因为|φ|<π，所以φ＝，
所以g(x)＝2sin，
所以f(x)＝g
＝2sin
＝2sin，
故f ＝2sin＝2sin＝1.
例3 B [因为f(x)＝sin 2ωx＋cos 2ωx(ω>0)，
所以f(x)＝2
＝2sin，因为函数f(x)的零点依次构成一个公差为的等差数列，所以·＝，所以ω＝1，所以
f(x)＝2sin，把函数f(x)的图象沿x轴向右平移个单位长度，
得到g(x)＝2sin＝2sin＝－2cos 2x，即g(x)＝－2cos 2x，所以g(x)为偶函数，故C错误；
对于A，当x∈时，2x∈，所以g(x)在上单调递增，故A错误；
对于B，g＝－2cos＝－2cos ＝0，故点是g(x)的一个对称中心，故B正确；
对于D，因为x∈，所以2x∈，所以cos 2x∈，所以g(x)∈[－1,2]，故D错误．]
例4 (－2，－1)
解析 方程2sin2x－sin 2x＋m－1＝0可转化为
m＝1－2sin2x＋sin 2x＝cos 2x＋sin 2x
＝2sin，x∈.
设2x＋＝t，则t∈，
∴题目条件可转化为＝sin t，t∈有两个不同的实数根．
即直线y＝和函数y＝sin t，t∈的图象有两个不同交点，作出y＝，y＝sin t的图象，如图中
实线部分所示．
由图象观察知，的取值范围是，
故m的取值范围是(－2，－1)．
延伸探究 [－2,1)
解析 同例题知，的取值范围是，
∴－2≤m<1，
∴m的取值范围是[－2,1)．
例5 BCD [由题意，角速度ω＝＝(弧度/秒)，
又由水轮的半径为2米，且圆心O距离水面1米，可知半径OP 与水面所成角为，点P再次
0
进入水中用时为＝40(秒)，故A错误；当水轮转动50秒时，半径OP 转动了50×＝(弧度)，而－＝，点P正好处于最低点，故B
0
正确；
建立如图所示的平面直角坐标系，
设点P距离水面的高度H＝Asin(ωt＋φ)＋B(A>0，ω>0)，
由
所以
又角速度ω＝＝(弧度/秒)，
当t＝0时，∠tOP ＝，
0
所以ω＝，φ＝－，
所以点P距离水面的高度H＝2sin＋1，当水轮转动150秒时，将t＝150代入，得H＝2，所
以此时点P距离水面2米，故C正确；
将H＝1＋代入H＝2sin＋1中，得t－＝2kπ＋或t－＝2kπ＋，
即t＝60k＋15或t＝60k＋25(k∈N)．
所以点P第二次到达距水面(1＋)米时用时25秒，故D正确．]
跟踪训练3 (1)B [由图知，A＝2，
f(0)＝－1，则2sin φ＝－1，
即sin φ＝－，
因为－π<φ<－，所以φ＝－.
因为x＝为f(x)的零点，则－＝kπ(k∈Z)，得ω＝1＋(k∈Z)．
由图知，<T＝<2π，
则1<ω<，所以k＝1，ω＝，
从而f(x)＝2sin.
由题设，
g(x)＝2sin
＝2sin，
则g＝2sin
＝2sin为非奇非偶函数，所以A错误；
g(x)的最小正周期T＝＝π，所以B正确；
当x＝时， 2x－＝≠，则g(x)的图象不关于直线x＝对称，所以C错误；当x∈时， 2x－∈，则g(x)的图象不单调，所以D错误．]
(2)A [f(x)＝sin πωx－cos πωx＝2sin，
因为x∈(0,1)，
所以πωx－∈，
又因为函数f(x)＝sin πωx－cos πωx(ω>0)在(0,1)内恰有3个极值点和4个零点，
由图象得3π<ωπ－≤，解得<ω≤，所以实数ω的取值范围是.]
(3)B [设t 时开始开放，t 时开始闭合，结合时钟花每天开闭一次，
1 2
可得20－10sin＝20，
t∈[5,17]，
1
解得t＝9，
1
20－10sin＝28，
t∈[5,17]，
2
∴sin＝－，
由sin ≈0.8得sin ≈－，
由t－＝得t＝∈[5,17]，
2 2
∴t－t＝＝2.4(h)．]
2 1
§4.7 三角函数中有关 ω 的范围问题
例1 B [方法一 由题意得
则
又ω>0，所以
所以k＝0，则0<ω≤.
方法二 取ω＝1，则f(x)＝sin，令＋2kπ≤x＋≤＋2kπ，k∈Z，得＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z，
当k＝0时，函数f(x)在区间上单调递减，与函数f(x)在区间上单调递增矛盾，故ω≠1，结合
四个选项可知选B.]
跟踪训练1 D
例2 CD [将函数f(x)的图象向右平移个单位长度，得到函数
g(x)＝sin
＝sin
＝cos，
又因为F(x)＝f(x)g(x)的图象关于点对称，所以F(x)＝sin·
cos
＝sin的图象关于点对称，
则2ω·＋＝kπ，k∈Z，
所以ω＝，k∈Z，
又因为ω>0，所以ω的最小值为1，故ω可取的值为1,4.]
跟踪训练2 C [因为f(x)的图象的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间(3π，
4π)，
所以×≥4π－3π，
所以<ω≤1，故排除A，B；
又kπ＋≤3ωπ－，且kπ＋π＋≥4ωπ－，
解得≤ω≤，k∈Z，
当k＝0时，≤ω≤，
不满足<ω≤1，
当k＝1时，≤ω≤，符合题意，
当k＝2时，≤ω≤，符合题意，
当k＝3时，≤ω≤，此时ω不存在，故C正确，D不正确．]
例3 C [由已知得函数g(x)＝sin(ωx＋φ)，由g(x)图象过点以及点在图象上的位置，
知sin φ＝，φ＝，∵0≤x≤2π，
∴≤ωx＋≤2πω＋，
由g(x)在[0,2π]上恰有一个最大值和一个最小值，
∴≤2πω＋<，
∴≤ω<.]
跟踪训练3 C [由题意，直线x＝是f(x)的一条对称轴，
所以f ＝±1，
即ω＋φ＝kπ＋，k∈Z，①
1 1
又f ＝0，
所以－ω＋φ＝kπ，k∈Z，②
2 2
由①②，得ω＝2(k－k)＋1，k，k∈Z，
1 2 1 2
又f(x)在区间上有最小值无最大值，
所以T≥－＝，
即≥，解得ω≤16.
综上，先检验ω＝15，当ω＝15时，由①得×15＋φ＝kπ＋，k∈Z，即φ＝kπ－，
1 1 1
k∈Z，又|φ|≤，
1
所以φ＝－，
此时f(x)＝sin，
当x∈时，
15x－∈，
当15x－＝－，即x＝－时，f(x)取得最小值，无最大值，满足题意．
故ω的最大值为15.]
例4 A [将函数f(x)＝cos x的图象先向右平移个单位长度，
得到y＝cos的图象，
再把所得函数图象的横坐标变为原来的(ω>0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)＝cos(ω>0)的图
象，周期T＝，
因为函数g(x)在上没有零点，所以－≤，得T≥2π，
即≥2π，得0<ω≤1，
假设函数g(x)在上有零点，
令g(x)＝0，得ωx－＝kπ＋，k∈Z，得x＝＋，k∈Z，
则<＋<，
得＋<ω<＋2k，k∈Z，
又0<ω≤1，
所以<ω<或<ω≤1，
又函数g(x)在上没有零点，且0<ω≤1，
所以0<ω≤或≤ω≤.]
跟踪训练4 C
§4.8 正弦定理、余弦定理
落实主干知识
知识梳理
1. b2＋c2－2bccos A c2＋a2－2cacos B a2＋b2－2abcos C
(1)2Rsin B 2Rsin C (2)
(3)sin A∶sin B∶sin C
3．(2)absin C acsin B
bcsin A (3)r(a＋b＋c)思考辨析
(1)× (2)√ (3)× (4)×
教材改编题
1．C 2.A 3.45°或135°
探究核心题型
跟踪训练1 (1)证明 方法一
由sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin Acos B－sin Ccos Asin B
＝sin Bsin Ccos A－sin Bcos Csin A，
结合正弦定理＝＝，
可得accos B－bccos A
＝bccos A－abcos C，
即accos B＋abcos C
＝2bccos A(*)．
由余弦定理可得
accos B＝，
abcos C＝，
2bccos A＝b2＋c2－a2，
将上述三式代入(*)式整理，
得2a2＝b2＋c2.
方法二 因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin(A－B)
＝sin(A＋B)·sin(A－B)
＝sin2Acos2B－cos2Asin2B
＝sin2A(1－sin2B)－
(1－sin2A)·sin2B
＝sin2A－sin2B，
同理有sin Bsin(C－A)＝sin(C＋A)·sin(C－A)＝sin2C－sin2A.
又sin Csin(A－B)
＝sin Bsin(C－A)，
所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
即2sin2A＝sin2B＋sin2C，
故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
(2)解 由(1)及a2＝b2＋c2－2bccos A得，a2＝2bccos A，所以2bc＝31.因为b2＋c2＝2a2＝50，
所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝81，
得b＋c＝9，
所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝14.
例2 (1)D [因为c－acos B
＝(2a－b)cos A，
C＝π－(A＋B)，
所以由正弦定理得sin C－sin Acos B
＝2sin Acos A－sin Bcos A，
所以sin Acos B＋cos Asin B－sin Acos B
＝2sin Acos A－sin Bcos A，
所以cos A(sin B－sin A)＝0，
所以cos A＝0或sin B＝sin A，
所以A＝或B＝A或
B＝π－A(舍去)，
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．]
(2)A [由cos B＝1－2sin2，
得sin2＝，
所以＝，
即cos B＝.
方法一 由余弦定理得
＝，
即a2＋c2－b2＝2a2，
所以a2＋b2＝c2.所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等．
方法二 由正弦定理得
cos B＝，
又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
所以cos Bsin C＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
即sin Bcos C＝0，又sin B≠0，
所以cos C＝0，
又角C为△ABC的内角，
所以C＝，所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等．]
延伸探究 解 因为＝，所以由正弦定理得＝，所以b＝c.又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，
所以b2＋c2－a2＝bc，
所以由余弦定理得
cos A＝＝＝.
因为A∈(0，π)，所以A＝，
所以△ABC是等边三角形．
例3 解 (1)由正弦定理
＝，
得sin A＝.
因为cos C＝，所以sin C＝，
又＝，
所以sin A＝＝.
(2)由(1)知sin A＝，
因为a＝<c，所以0<A<，
所以cos A＝，
所以sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋sin Ccos A＝×＋×
＝.
因为＝，即＝，
所以c＝4，
所以S ＝bcsin A
△ABC
＝×11×4×＝22.
例4 解 (1)设△ABC的外接圆半径为R，由题意πR2＝，
解得R＝.
由题意及正弦定理可得
sin∠ABC(1＋cos C)
＝sin Csin∠ABC，
因为sin∠ABC≠0，
所以1＋cos C＝sin C，
即2sin＝1，
因为0<C<π，
所以C－∈，
故C－＝，
即C＝.故c＝2Rsin C＝2××＝7.
(2)因为a＝5，c＝7，C＝，
故cos C＝＝，
得b2－5b－24＝0，
解得b＝8(b＝－3舍去)．
在△ABC中，由余弦定理可得
cos∠ABC＝＝，
所以sin∠ABC＝.
由cos∠AMC＝得
sin∠AMC＝.
故sin∠BAM
＝sin(∠ABC－∠AMC)
＝sin∠ABCcos∠AMC－cos∠ABCsin∠AMC＝，
在△ABM中，由正弦定理可得
＝，
则BM＝×＝5.
跟踪训练2 (1)BC
(2)解 若选①，
则由b2＋ac＝a2＋c2，
得ac＝a2＋c2－b2.
由余弦定理得
cos B＝＝＝.
因为B∈(0，π)，
所以B＝.
由正弦定理得＝，
即＝，解得a＝.
因为C＝π－A－B
＝π－－＝，
所以sin C＝sin ＝sin
＝sin cos ＋cos sin
＝，
所以S ＝absin C＝×××＝.
△ABC
若选②，因为cos B＝bcos A，A＝，b＝，
所以cos B＝bcos A＝cos ＝.
因为B∈(0，π)，
所以B＝.
由正弦定理得＝，
即＝，解得a＝.
因为C＝π－A－B
＝π－－＝，
所以sin C＝sin ＝sin
＝sin cos ＋cos sin
＝，
所以S ＝absin C
△ABC
＝×××＝.
若选③，则由sin B＋cos B＝，
得sin＝，
所以sin＝1.
因为B∈(0，π)，
所以B＋∈，
所以B＋＝，所以B＝.
由正弦定理得＝，
即＝，解得a＝.
因为C＝π－A－B
＝π－－＝，
所以sin C＝sin ＝sin
＝sin cos ＋cos sin
＝，
所以S ＝absin C
△ABC
＝×××＝.
(3)解 ①若选①，
因为c(sin A－sin C)
＝(a－b)(sin A＋sin B)，
由正弦定理得
c(a－c)＝(a－b)(a＋b)，整理得a2＋c2－b2＝ac，
所以cos B＝＝＝，
又0<B<π，所以B＝.
若选②，
因为2bcos A＋a＝2c，
由余弦定理得
2b·＋a＝2c，
化简得，a2＋c2－b2＝ac，
所以cos B＝＝＝，
又0<B<π，所以B＝.
若选③，
因为acsin B＝a2＋c2－b2，
由余弦定理得
acsin B＝2accos B，
化简得tan B＝，
又0<B<π，所以B＝.
②由①得，A＋C＝，
则0<A<，
sin A＋sin C＝sin A＋sin
＝sin A＋cos A
＝sin，
又<A＋<，
所以<sin≤1，
则sin A＋sin C的取值范围是.
③当sin A＋sin C取得最大值时，
A＋＝，
解得A＝，
又B＝，
所以△ABC为等边三角形，
令∠ACD＝θ，∠ADC＝α，AB＝AC＝BC＝a，
则由正弦定理可得＝，
所以sin α＝asin θ.
又由余弦定理得，a2＝22＋12－2×2×1×cos α，所以a2cos2θ＝a2－a2sin2θ＝cos2α－4cos α＋4，
所以acos θ＝2－cos α.
S ＝×a×2sin
△BCD
＝acos θ＋asin θ
＝(2－cos α)＋sin α
＝＋sin≤＋1，
当且仅当α＝∠ADC＝时等号成立，
所以△BCD面积的最大值为＋1.
§4.9 解三角形及其应用举例
落实主干知识
思考辨析
(1)√ (2)× (3)× (4)×
教材改编题
1．B 2.A 3.6
探究核心题型
例1 (1)B [如图，在△ABC中，∠ABC＝150°，AB＝2，BC＝2，依题意，
∠BCD＝90°，
在△ABC中，由余弦定理得AC＝
＝＝2，
由正弦定理得
sin∠ACB＝＝，
在△ACD中，cos∠ACD
＝cos(90°＋∠ACB)
＝－sin∠ACB＝－，
由余弦定理得AD＝
＝
＝3，
所以A地到D地的直线距离是3 km.](2)D [在△ACD中，∠ADC＝30°，∠ACB＝75°∠ACD＝120°，
所以∠BCD＝45°，∠CAD＝30°，∠ADC＝∠CAD＝30°，
所以AC＝CD＝10，
在△BDC中，∠CBD＝180°－(30°＋45°＋45°)＝60°，
由正弦定理得BC＝
＝5＋5，
在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝(10)2＋(5＋5)2－2×10×(5
＋5)cos 75°＝500，
所以AB＝10，即基站A，B之间的距离为10 km.]
例2 (1)C [由题意可得∠AEB＝75°，∠CED＝30°，
则∠AEC＝75°，∠ACE＝60°，
∠CAE＝45°，
在Rt△ABE中，
AE＝＝，
在△ACE中，由正弦定理得
＝，
所以CE＝，
所以CD＝CE＝，
又sin 75°＝sin(45°＋30°)＝，
所以CD＝＝60－20
≈60－20×1.73＝25.4(米)．]
(2)C [在△ACD中，∠CAD＝135°，∠ACD＝30°，CD＝7，
由正弦定理得
＝，
所以AD＝＝7(米)，
在Rt△ABD中，∠BDA＝71.565°，
所以AB＝AD×tan 71.565°≈7×3＝21(米)．]
例3 (1)B [如图所示，由图3可得
tan α＝≈0.67，
又tan 34°≈0.67，
所以α≈34°，所以由图4知∠MAN≈90°－34°＝56°，所以β≈56°－23°26′＝32°34′，
该地的纬度约为北纬32°34′.]
(2)100(＋1)
解析 如图，设震源在C处，则AB＝200 km，由题意可得A＝60°，B＝75°，C＝45°，根据
正弦定理可得＝，
又sin 75°＝sin(45°＋30°)
＝sin45°cos 30°＋cos 45°sin 30°
＝×＋×＝，
所以AC＝＝＝100(＋1)，
所以震源在A地正东100(＋1)km处．
跟踪训练1 (1)AC
(2)15
解析 设OP＝h，
则OA＝＝h，
OB＝＝h，
OC＝＝h.
方法一 (两角互补，余弦值互为相反数)由∠OBC＋∠OBA＝π得
cos∠OBC＝－cos∠OBA，
由余弦定理得
＝－，
化简得h2＝3 375，易知h>0，
所以h＝15，
即OP为15米．
方法二 (同角的余弦值相等)在△OCB中，cos∠OCB＝
，
在△OCA中，cos∠OCB＝，
所以
＝，
化简得h2＝3 375，易知h>0，
所以h＝15，
即OP为15米．
(3)－
例4 解 (1)∵(a2＋c2－b2)
＝－2absin C，
∴(a2＋c2－b2)＝－2acsin B，
即＝－sin B，
由余弦定理，得cos B＝－sin B，
∵cos B≠0，∴tan B＝－，
∵0<B<π，∴B＝.
(2)方法一 ∵BD＝(BA＋BC)，
∴BD2＝BA2＋BA·BC＋BC2，
∴c2＋accos ＋a2＝4，
即a2＋c2－ac＝16，
∵a2＋c2≥2ac，
∴ac≤16，
∴S ＝acsin ≤×16sin ＝4，当且仅当a＝4，c＝4时取等号，
△ABC
故△ABC面积的最大值为4.
方法二 在△ABD中，由余弦定理得c2＝22＋2－2×2×bcos∠ADB，
即c2＝4＋b2－2bcos∠ADB，①
在△CBD中，由余弦定理得
a2＝22＋2－2×2×bcos∠CDB，
即a2＝4＋b2－2bcos∠CDB，
∵cos∠CDB＝cos(π－∠ADB)
＝－cos∠ADB，
∴a2＝4＋b2＋2bcos∠ADB，②
由①＋②得a2＋c2＝8＋b2，③
在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos ，即b2＝a2＋c2＋ac，
代入③中，整理得a2＋c2－ac＝16，∵a2＋c2≥2ac，
∴ac≤16，
∴S ＝acsin ≤×16sin ＝4，
△ABC
当且仅当a＝4，c＝4时取等号，
故△ABC面积的最大值为4.
方法三 如图，
过点C作AB的平行线交BD的延长线于点E，
∵CE∥AB，D为AC的中点，
∴DE＝BD＝2，CE＝AB＝c，
∠BCE＝，BE＝4，
在△BCE中，由余弦定理得
BE2＝BC2＋EC2－2BC·ECcos∠BCE，
即42＝a2＋c2－2accos ，
整理得a2＋c2－ac＝16，
∵a2＋c2≥2ac，
∴ac≤16，
∴S ＝acsin
△ABC
≤×16sin ＝4，
当且仅当a＝4，c＝4时取等号，
故△ABC面积的最大值为4.
跟踪训练2 解 (1)选择条件①：
即bsin C＝ccos B，
由正弦定理可得
sin Bsin C＝sin Ccos B，
在△ABC中，B，C∈(0，π)，
所以sin B≠0，sin C≠0，
所以sin B＝cos B，且cos B≠0，
即tan B＝，所以B＝.
选择条件②：
即2×acsin B＝cacos B，即sin B＝cos B，
在△ABC中，B∈(0，π)，
所以sin B≠0，则cos B≠0，
所以tan B＝，
所以B＝.
(2)由(1)知，B＝，b＝2，
由余弦定理知
b2＝a2＋c2－2accos ，
所以12＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac得(a＋c)2－12＝3ac≤32，
所以a＋c≤4，当且仅当a＝c时，等号成立，
所以△ABC周长的最大值为6.
第五章 平面向量与复数
§5.1 平面向量的概念及线性运算
落实主干知识
知识梳理
1．(1)方向 长度(或模) (2)0 0 (3)1个单位 (4)相反 平行
(5)相同 (6)相反
2．b＋a a＋(b＋c) |λ||a| 相同 相反 0 (λμ)a λa＋μa λa＋λb
3．b＝λa
思考辨析
(1)√ (2)× (3)× (4)√
教材改编题
1．BCD 2.B 3.－
探究核心题型
例1 (1)CD [对于A，单位向量方向不同时并不相等，A错误；
对于B，0的相反向量为0，B错误；
对于C，|a|＝|b|，则a与b的长度相等，与方向无关，C正确；
对于D，相反向量是长度相等，方向相反的向量，D正确．]
(2)D [∵EF，FB，DF与FC方向不同，∴EF，FB，DF与FC均不相等；
∵ED与FC方向相同，长度相等，∴ED＝FC.]
跟踪训练1 (1)AC (2)D
例2 2 023 0
解析 当单位向量e，e，…，e 方向相同时，
1 2 2 023
|e＋e＋…＋e |取得最大值，
1 2 2 023
|e＋e＋…＋e |＝|e|＋|e|＋…＋|e |
1 2 2 023 1 2 2 023
＝2 023；
当单位向量e，e，…，e 首尾相连时，
1 2 2 023
e＋e＋…＋e ＝0，
1 2 2 023
所以|e＋e＋…＋e |的最小值为0.
1 2 2 023
例3 B [因为BD＝2DA，所以AB＝3AD，所以CB＝CA＋AB＝CA＋3AD＝CA＋3(CD－CA)
＝－2CA＋3CD＝－2m＋3n.故选B.]
例4 B [如图所示，由题意知，
AE＝AC，AD＝AB，
设DP＝xDE，
所以AP＝AD＋DP＝AD＋xDE
＝AD＋x(AE－AD)
＝xAE＋(1－x)AD
＝xAC＋(1－x)AB，
所以μ＝x，λ＝(1－x)，
所以λ＋μ＝x＋(1－x)＝.]
跟踪训练2 (1)D (2)B (3)
例5 证明 (1)若m＋n＝1，
则OP＝mOA＋(1－m)OB，
OP＝[m＋(1－m)]OP，
故mOP＋(1－m)OP
＝mOA＋(1－m)OB，
即m(OP－OA)＝(1－m)(OB－OP)，
mAP＝(1－m)PB，即AP，PB共线，又AP，PB有公共点P，
则A，P，B三点共线．
(2)若A，P，B三点共线，则存在实数λ，使得AP＝λPB，
变形得OP－OA＝λ(OB－OP)，
即(1＋λ)OP＝λOB＋OA，
OP＝＝＋，
又OP＝mOA＋nOB，
＋＝1，
故m＋n＝1.
跟踪训练3 (1)B (2)C
§5.2 平面向量基本定理及坐标表示
落实主干知识
知识梳理
1．不共线 有且只有 λe＋λe
1 1 2 2
基底
2．互相垂直
3．(1)(x＋x，y＋y)
1 2 1 2
(x－x，y－y) (λx ，λy )
1 2 1 2 1 1
(2)①终点
②(x－x，y－y)
2 1 2 1
4．xy－xy＝0
1 2 2 1
思考辨析
(1)× (2)√ (3)× (4)√
教材改编题
1．D 2.A 3.C
探究核心题型
例1 (1)C [因为四边形ABCD为平行四边形，对角线AC与BD交于点O，且AE＝2EO，
所以EA＝－AC，
所以ED＝EA＋AD＝－AC＋AD＝－(AD＋AB)＋AD＝AD－AB.]
(2)－
解析 因为D，F分别为BC，AC的中点，所以DF是△ABC的中位线，所以＝＝，则BP＝BA＋AP＝－AB＋AD＝－AB＋×(AB＋AC)＝－a＋b，所以x＝－，y＝，所以x＋y＝－.
跟踪训练1 (1)AC
(2)6
解析 方法一 如图，作平行四边形OBCA ，
1 1
则OC＝OB1＋OA1，
因为OA与OB的夹角为120°，OA与OC的夹角为30°，
所以∠BOC＝90°.
1
在Rt△OBC中，∠OCB ＝30°，|OC|＝2，
1 1
所以|OB1|＝2，|B1C|＝4，
所以|OA1|＝|B1C|＝4，
所以OC＝4OA＋2OB，所以λ＝4，μ＝2，
所以λ＋μ＝6.
方法二 以O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(1,0)，B，C(3，)．
由OC＝λOA＋μOB，
得解得所以λ＋μ＝6.
例2 (1)D [设D(x，y)，
则CD＝(x，y－1)，
2AB＝(2，－2)，
根据CD＝2AB，
得(x，y－1)＝(2，－2)，
即解得
所以点D的坐标为(2，－1)．]
(2)B [建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0,0)．不妨设AB＝1，
则CD＝AD＝2，
∴C(2,0)，A(0,2)，B(1,2)，E(0,1)，
∴CA＝(－2,2)，CE＝(－2,1)，
DB＝(1,2)，
∵CA＝λCE＋μDB，
∴(－2,2)＝λ(－2,1)＋μ(1,2)，
∴解得
故λ＋μ＝.]
跟踪训练2 (1)A (2)D
例3 B [因为AB＝(6,1)，BC＝(x，y)，CD＝(－2，－3)，
所以AD＝AB＋BC＋CD
＝(4＋x，y－2)，
所以DA＝(－x－4,2－y)，
因为BC∥DA，
所以x(2－y)＝y(－x－4)，
所以2x＋4y＝0，即x＋2y＝0.]
例4 C [∵A(2,0)，B(4,2)，∴AB＝(2,2)，∵点P在直线AB上，且|AB|＝2|AP|，∴AB＝2AP或
AB＝－2AP，故AP＝(1,1)或AP＝(－1，－1)，故P点坐标为(3,1)或(1，－1)．]
跟踪训练3 (1)B (2)C
§5.3 平面向量的数量积
落实主干知识
知识梳理
1．∠AOB
2．|a||b|cos θ a·b
3．投影 投影向量 |a|cos θ e
4．(1)b·a (2)λ(a·b) a·(λb) (3)a·c＋b·c
5．xx＋yy
1 2 1 2
xx＋yy＝0
1 2 1 2
思考辨析
(1)× (2)× (3)√ (4)×
教材改编题1．C 2.2 3.5
探究核心题型
例1 (1)D [如图所示，
∵AB＝DC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵CP＝3PD，
∴AP＝AD＋DP＝AD＋AB，
PB＝AB－AP＝AB－AD，
又∵|AB|＝4，|AD|＝3，cos θ＝，
则AB·AD＝4×3×＝8，
∴AP·PB＝·
＝AB·AD－AD2＋AB2
＝×8－9＋×42＝－2.]
(2)22
解析 如图，以BC所在直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，
∵AB＝6，
BC＝3BD，
AM＝2AD，
∴B(－3,0)，C(3,0)，
M(－2，－3)，
∴MB＝(－1,3)，MC＝(5,3)，
∴MC·MB＝－5＋27＝22.
跟踪训练1 (1)B [设AC∩BD＝O，则O为AC的中点，且AC⊥BD，如图所示，由AP在AC方向上的投影向量为AO，
得AP·AC＝AO·AC
＝AC2＝2.]
(2)12
例2 B [根据向量的运算法则和数量积的定义，
可得|a＋2b|＝
＝
＝
＝.]
例3 C [由题意可得e·e＝1×1×cos ＝，
1 2
故a·b＝(2e＋e)·(－3e＋2e)＝－6e＋e·e＋2e＝－6＋＋2＝－，
1 2 1 2 1 2
|a|＝
＝＝，
|b|＝
＝＝，
故cos〈a，b〉＝＝
＝－，
由于〈a，b〉∈[0，π]，故〈a，b〉＝.]
例4 －
解析 ∵a⊥b，
∴a·b＝m＋3(m＋1)＝4m＋3＝0，
解得m＝－.
跟踪训练2 (1)ABD (2)C
例5 B [根据题意可得G＝F ＋F ，
1 2
则|G|＝|F ＋F |＝
1 2
＝
＝，
当θ＝0时，|G|＝2|F |
1
＝|F |＋|F |，
1 2
当θ＝时，|G|＝＝|F |，
1
即|F |＝|G|，故A错误，B正确；
1
|G|＝，因为y＝cos θ在(0，π)上单调递减，
且行李包所受的重力G不变，所以当θ角越大时，用力越大，故C错误；
当|F |＝|G|时，
1
即|G|＝＝|F |，
1
解得cos θ＝－，
又因为θ∈(0，π)，所以θ＝，故D错误．]
跟踪训练3 B
§5.4 平面向量的综合应用
例1 (1)
解析 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为BD＝3DC，AD＝AB＋AC，
又AD＝，cos∠BAC＝，
所以AD2＝2
＝c2＋b2＋bccos∠BAC
＝c2＋b2＋bc，
又＝c2＋b2＋bc＝2＋2＋bc≥2×c×b＋bc＝bc，
当且仅当c＝3b时，等号成立．
所以bc≤8，又sin∠BAC＝，
所以S ＝bcsin∠BAC≤×8×＝.
△ABC
(2)b－a
解析 DE＝CE－CD＝b－a，
AB＝CB－CA＝b－a，
由AB⊥DE得
(3b－a)·(b－a)＝0，
即3b2＋a2＝4a·b，
所以cos∠ACB＝＝≥＝，
当且仅当|a|＝|b|时取等号，而0<∠ACB<π，
所以∠ACB∈.跟踪训练1 (1)A
(2)A [因为CD＝2DB，
所以AD＝AB＋BD＝AB＋BC
＝AB＋(AC－AB)
＝AB＋AC，
设AB＝x，
则AD2＝2，
得37＝x2＋×x×9cos 60°＋×92，
即2x2＋9x－126＝0，
因为x>0，故解得x＝6，即AB＝6，
所以|BC|＝|AC－AB|
＝
＝＝3.]
例2 A [由题意知，AP＝AB＋BP＝AB＋＝AB＋＝＋，又AM＝xAB，AN＝yAC(x>0，
y>0)，
∴AP＝＋，
由M，P，N三点共线，得＋＝1，
∴2x＋y＝(2x＋y)＝＋＋≥＋2＝3，当且仅当x＝y时等号成立．
故2x＋y的最小值为3.]
例3 －
解析 建立如图所示的平面直角坐标系，则B(－1,0)，C(1,0)，A(0，)，
则BC＝(2,0)，
CA＝(－1，)，
设BM＝tBC(0≤t≤1)，
则CN＝tCA(0≤t≤1)，
则M(2t－1,0)，N(1－t，t)，
∴AM＝(2t－1，－)，
MN＝(2－3t，t)，
∴AM·MN＝(2t－1)×(2－3t)＋(－)×(t)＝－6t2＋4t－2
＝－62－，
当t＝时，AM·MN取得最大值－.
例4 A [a，b是单位向量，a·b＝0，
设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，|c－a－b|＝|(x－1，y－1)|＝＝1，
∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，|c|表示以(1,1)为圆心，1为半径的圆上的点到原点的距离，
故－1≤|c|≤＋1，
∴－1≤|c|≤＋1.]
跟踪训练2 (1)D [设|AB|＝x，
|AD|＝y，则S＝x·y·sin ＝xy＝9，∴ xy＝18.
∵AF＝λAB＋AD＝λ(AE＋EB)＋AD＝λAE＋AD，
∵E，F，D三点共线，
∴ λ＋－＝1 λ＝，
∴AF＝AB＋A⇒D，
∴|AF|2＝|AB|2＋AB·AD＋|AD|2＝x2＋xy·＋y2
≥－5＋2＝5，
当且仅当x＝y时，等号成立．
∴|AF|的最小值为.]
(2)C
(3)D [以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系(图略)，
则A(3,0)，B(0,4)．
设P(x，y)，
则x2＋y2＝1，PA＝(3－x，－y)，
PB＝(－x,4－y)，
所以PA·PB＝x2－3x＋y2－4y＝2＋(y－2)2－.
又2＋(y－2)2表示圆 x2＋y2＝1上一点到点距离的平方，圆心(0,0)到点的距离为，所以
PA·PB∈，
即PA·PB∈[－4,6]，故选D.]
§5.5 复 数
落实主干知识
知识梳理1．(1)a b (2)＝ ≠ ＝
(3)a＝c且b＝d (4)a＝c，b＝－d
(5)|a＋bi| |z|
3．(1)①(a＋c)＋(b＋d)i ②(a－c)＋(b－d)i ③(ac－bd)＋(ad＋bc)i ④＋i
(2)OZ1＋OZ2
OZ2－OZ1
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)√
教材改编题
1．A 2.－3 3.－
探究核心题型
例1 (1)AB [设复数z＝a＋bi(a，b∈R)．
因为|z|＝|z－1|＝1，且复数z对应的点在第一象限，
所以
解得即z＝＋i.
对于A，复数z的虚部为，故A正确；
对于B，＝＝－i，故B正确；
对于C，因为z2＝2＝－＋i≠z＋1，故C错误；
对于D，复数z的共轭复数为－i，故D错误．]
(2)B [方法一 依题意可得z＝＝＝－4－3i，
所以|z|＝＝5，故选B.
方法二 依题意可得i2·z＝(3－4i)i，所以z＝－4－3i，
则|z|＝＝5，故选B.]
(3)＋i
解析 由＝i，得z＋i＝zi，
∴z＝＝
＝＝－.
则＝＋i.
跟踪训练1 (1)A (2)D (3)D
例2 (1)C [＝
＝＝－＋i，故选C.]
(2)ABC [取z ＝1－i，z ＝1＋i，显然满足|z|＝|z|＝，但z≠z ，z≠－z ，故A错误；因为
1 2 1 2 1 2 1 2
z＝－2i，z＝2i，故B错误；再取z＝1，显然C错误．]
3
跟踪训练2 (1)D (2)B例3 (1)C [由已知得7＝cos ＋isin ＝cos＋isin＝－cos －isin ＝－－i，
∴复数7在复平面内所对应的点的坐标为，位于第三象限．]
(2)C [∵z＝i(－4＋3i)＝－3－4i，z＝7＋i，
1 2
∴OZ1＝(－3，－4)，OZ2＝(7,1)，
∴OZ1·OZ2＝－21－4＝－25，
∴cos∠ZOZ ＝＝＝－，
1 2
又∠ZOZ ∈[0，π]，∴∠ZOZ ＝.]
1 2 1 2
(3)C [若|z|＝1，则点Z的集合为以原点为圆心，1为半径的圆，有无数个圆上的点与复数z
对应，故A错误；
若|z＋1|＝1，则点Z的集合为以(－1,0)为圆心，1为半径的圆，故B错误；
若1≤|z|≤，则点Z的集合为以原点为圆心，分别以1和为半径的两圆所夹的圆环，所以点
Z的集合所构成的图形的面积为π×()2－π×12＝π，故C正确；
若|z－1|＝|z＋i|，则点Z的集合是以点(1,0)，(0，－1)为端点的线段的垂直平分线，集合中有
无数个元素，故D错误．]
跟踪训练3 (1)B (2)A (3)B
第六章 数 列
§6.1 数列的概念
落实主干知识
知识梳理
1．确定的顺序 每一个数 序号n
a＋a＋…＋a
1 2 n
2．有限 无限 > <
3．序号n 数列的第n项a
n
思考辨析
(1)× (2)√ (3)× (4)√
教材改编题
1．ABD 2.B 3.34
探究核心题型
例1 (1)B (2)
跟踪训练1 (1)B
(2)－解析 因为a ＝S －S ，a ＝SS ，所以由两式联立得S －S ＝SS .因为S≠0，
n＋1 n＋1 n n＋1 n n＋1 n＋1 n n n＋1 n
所以－＝1，即－＝－1.又＝－1，所以数列是首项为－1，公差为－1的等差数列．所以＝－
1＋(n－1)×(－1)＝－n，
所以S＝－.
n
例2 A [由a ＝a＋n＋1，得a－a ＝n(n≥2)．又a＝1，
n＋1 n n n－1 1
所以a＝(a－a )＋(a －a )＋…＋(a－a)＋a＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1
n n n－1 n－1 n－2 2 1 1
＝(n≥2)，
当n＝1时，a＝1满足上式，
1
则＝＝2.
所以＋＋…＋
＝2×
＝2×＝.
所以＝＝1.]
例3 a＝
n
解析 ∵a＝a (n≥2)，
n n－1
∴a ＝a ，a ＝a ，…，a＝a.
n－1 n－2 n－2 n－3 2 1
以上(n－1)个式子相乘得，
a＝a···…·
n 1
＝＝.
当n＝1时，a＝1，符合上式，
1
∴a＝.
n
跟踪训练2 (1)A (2)
例4 n－6，n∈N*(答案不唯一)
解析 由∀n∈N*，a >a 可知数列{a}是递增数列，又S≥S ，故数列{a}从第7项开始为
n＋1 n n n 6 n
正．而a≤0，因此不妨设数列是等差数列，公差为1，a ＝0，所以a ＝n－6，n∈N*(答案
6 6 n
不唯一)．
例5 D [由题意知，a＝2，a＝＝－3，a＝＝－，a＝＝，a＝＝2，a＝＝－3，…，因此
1 2 3 4 5 6
数列{a}是周期为4的周期数列，
n
所以a ＝a ＝a＝.]
2 024 505×4＋4 4
例6 A [因为n∈N*，所以当1≤n≤3时，a＝<0，且单调递减；当n≥4时，a＝>0，且单
n n
调递减，所以最小项为a＝＝－，最大项为a＝＝1.]
3 4
跟踪训练3 (1)C (2)3，－1§6.2 等差数列
落实主干知识
知识梳理
1．(1)2 同一个常数 d a－a ＝d(常数)(n≥2，n∈N*) (2)a＋b
n n－1
2．(1)a＋(n－1)d
1
(2)na＋d
1
3．(1)(n－m)d (2)a＋a＝a ＋a
k l m n
(3)md
思考辨析
(1)× (2)√ (3)× (4)√
教材改编题
1．C 2.D 3.30
探究核心题型
例1 (1)D [由题意知(a＋4)2＝(a＋2)(a＋5)，na＋＝0，解得a＝－6，n＝13.]
1 1 1 1 1
(2)C [设每一层有n环，由题意可知从内到外每环之间构成d＝9，a ＝9的等差数列．由等
1
差数列的性质知S ，S －S ，S －S 成等差数列，且(S －S )－(S －S)＝n2d，则9n2＝
n 2n n 3n 2n 3n 2n 2n n
729，得n＝9，
则三层共有扇面形石板S ＝S ＝27×9＋×9＝3 402(块)．]
3n 27
跟踪训练1 (1)B (2)－
例2 解 ①③⇒②.
已知{a}是等差数列，a＝3a.
n 2 1
设数列{a}的公差为d，
n
则a＝3a＝a＋d，得d＝2a，
2 1 1 1
所以S＝na＋d＝n2a.
n 1 1
因为数列{a}的各项均为正数，
n
所以＝n，
所以－＝(n＋1)－n＝(常数)，
所以数列{}是等差数列．
①② ③.
已知{a}是等差数列，{}是等差数列．
⇒n
设数列{a}的公差为d，
n
则S＝na＋d
n 1
＝n2d＋n.因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a －＝0，即d＝
1
2a，
1
所以a＝a＋d＝3a.
2 1 1
②③ ①.
已知数列{}是等差数列，
⇒
a＝3a，
2 1
所以S＝a，S＝a＋a＝4a.
1 1 2 1 2 1
设数列{}的公差为d，d>0，
则－＝－＝d，得a＝d2，
1
所以＝＋(n－1)d＝nd，
所以S＝n2d2，
n
所以a ＝S －S ＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一次函数，且a ＝d2满足上
n n n－1 1
式，所以数列{a}是等差数列．
n
跟踪训练2 (1)证明 由题意得b＝aa ，
n n＋1
则c＝b－b＝a a －aa ＝2da ，
n n＋1 n＋2 n n＋1 n＋1
因此c －c＝2d(a －a )
n＋1 n n＋2 n＋1
＝2d2(常数)，
∴{c}是等差数列．
n
(2)解 当n＝1时，a＝a，
∵a>0，∴a＝1.
1 1
a＋a＋a＋…＋a＝S，①
当n≥2时，a＋a＋a＋…＋a
＝S，②
①－②得，a＝S－S＝(S－S )(S＋S )．
n n－1 n n－1
∵a>0，
n
∴a＝S＋S ＝2S－a，③
n n－1 n n
∵a＝1也符合上式，∴当n≥2时，a＝2S －a ，④
1 n－1 n－1
③－④得a－a＝2(S－S )－a＋a ＝2a－a＋a
n n－1 n n－1 n n n－1
＝a＋a ，
n n－1
∵a＋a >0，∴a－a ＝1，
n n－1 n n－1
∴数列{a}是首项为1，公差为1的等差数列，可得a＝n.
n n
例3 (1)B [log ( )＝log ＋log ＋…＋log ＝a ＋a ＋…＋a ＝11a
2 2 2 2 1 2 11 6
＝22，所以a＝2，则S ＝＝＝65.]
6 13(2)4 051
解析 令c ＝a －b ，因为{a}，{b}都是等差数列，所以{c}也是等差数列．设数列{c}的
n n n n n n n
公差为d，由已知，得c ＝a －b ＝5，c ＝17，则5＋6d＝17，解得d＝2.故a －b ＝c
1 1 1 7 2 024 2 024 2
＝5＋2 023×2＝4 051.
024
跟踪训练3 (1)A (2)C
例4 (1)C [由题意可知b＋b ＝b＋b ＝b＋b ＝2b，
3 13 5 11 1 15 8
∴＋＝＝＝＝＝＝.]
(2)B [奇数项共有(n＋1)项，其和为·(n＋1)
＝·(n＋1)＝290，
∴(n＋1)a ＝290.
n＋1
偶数项共有n项，其和为·n＝·n＝na ＝261，
n＋1
∴a ＝290－261＝29.]
n＋1
跟踪训练4 (1)C (2)C
§6.3 等比数列
落实主干知识
知识梳理
1．(1)2 同一个 公比
(2)a，G，b ab
2．(1)aqn－1 (3)
1
3．(1)a a＝aa a a＝a (2)qm
m n p q m n
(4)S －S S －S (5)增 减
2n n 3n 2n
思考辨析
(1)× (2)× (3)√ (4)×
教材改编题
1．B 2.C 3.1,3,9或9,3,1
探究核心题型
例1 (1) D [方法一 设等比数列{a}的公比为q，易知q≠1.
n
由题意可得
即解得
所以a＝aq5＝3，故选D.
6 1
方法二 设等比数列{a}的公比为q，
n
易知q≠1.由题意可得
即解得所以a＝aq5＝3，故选D.]
6 1
(2)A [设第一个音的频率为a，相邻两个音之间的频率之比为q，那么a＝aqn－1，
n
根据最后一个音的频率是最初那个音的2倍，得a ＝2a＝aq12，即q＝ ，
13
所以＝＝q6＝.]
跟踪训练1 (1)A [∵S＝3，S＝15，∴q≠1，
2 4
由题意，得
得q2＝4，又q>0，∴q＝2.]
(2)D [设该等比数列为{a}，公比为q，
n
则a＝1，a ＝2，
1 13
故q12＝＝2.
插入的第8个数为a＝aq8＝，故A正确；
9 1
插入的第5个数为a＝aq5，插入的第1个数为a＝aq，所以＝＝q4＝，故B正确；
6 1 2 1
M＝＝＝－1－ ，
要证M>3，即证－1－ >3，
即证 >4，
即证> ，
即证12>2，
而12>6>2成立，故C正确；
N＝M＋3.
因为12>(1.4)6>(1.9)3>2，
所以> ，
所以 >5，
所以－1－ >4，即M>4，
所以N＝M＋3>7，故D错误．]
例2解 选①②作为条件证明③：设S＋a＝Aqn－1(A≠0)，则S＝Aqn－1－a，
n 1 n 1
当n＝1时，a＝S＝A－a，所以A＝2a；
1 1 1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝Aqn－2(q－1)，
n n n－1
因为{a}是等比数列，所以＝，解得q＝2，所以a＝2a.
n 2 1
选①③作为条件证明②：
因为a＝2a，{a}是等比数列，所以公比q＝2，
2 1 n
所以S＝＝a(2n－1)，即S＋a＝a2n，
n 1 n 1 1
因为＝2，所以{S＋a}是等比数列．
n 1
选②③作为条件证明①：
设S＋a＝Aqn－1(A≠0)，则S＝Aqn－1－a，
n 1 n 1
当n＝1时，a＝S＝A－a，所以A＝2a；
1 1 1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝Aqn－2(q－1)，
n n n－1
因为a＝2a，所以A(q－1)＝A，解得q＝2，
2 1
所以当n≥2时，a＝S－S ＝Aqn－2(q－1)＝A·2n－2＝a·2n－1，
n n n－1 1
又因为＝2(n≥2)，且a＝2a，
2 1
所以{a}为等比数列．
n
跟踪训练2 (1)证明 因为a＋2a ＝aa ＋a＋a ，
n＋1 n n＋2 n n＋2
所以(a ＋1)2＝(a＋1)(a ＋1)，
n＋1 n n＋2
即＝.
因为a＝2，a＝5，
1 2
所以a＋1＝3，a＋1＝6，
1 2
所以＝2，
所以数列{a＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．
n
(2)解 由(1)知，a＋1＝3·2n－1，
n
所以a＝3·2n－1－1，
n
所以S＝－n
n
＝3·2n－n－3.
例3 (1)B [∵a，a 是方程x2－13x＋9＝0的两根，∴a＋a ＝13，a·a ＝9，
1 13 1 13 1 13
∴a>0，a >0，a·a ＝a·a ＝a＝9，
1 13 1 13 2 12
又数列{a}为等比数列，等比数列奇数项符号相同，可得a＝3，
n 7
∴＝＝3.]
(2)24
跟踪训练3 (1)C [在等比数列{a}中，a＋a，a＋a，a＋a，a＋a 成等比数列，
n 1 2 3 4 5 6 7 8
∵a＋a＝16，a＋a＝24，
1 2 3 4∴a＋a＝(a＋a)·2
7 8 3 4
＝24×2＝54.]
(2)C [∵a＝192，
n
∴q＝＝＝
＝－2，
又S＝＝S ＋S ，
n 奇 偶
即＝255＋(－126)，
解得a＝3.]
1
(3)A [∵aa…a＝16，
1 2 8
∴aa＝aa＝aa＝aa＝2，
1 8 2 7 3 6 4 5
∴＋＋…＋＝＋＋＋
＝(a＋a)＋(a＋a)＋(a＋a)＋(a＋a)
1 8 2 7 3 6 4 5
＝(a＋a＋…＋a)＝2.]
1 2 8
§6.4 数列中的构造问题
例1 (1)B [∵a＝4a ＋3(n≥2)，
n n－1
∴a＋1＝4(a ＋1)(n≥2)，
n n－1
∴{a＋1}是以1为首项，4为公比的等比数列，
n
则a＋1＝4n－1.
n
∴a＝4n－1－1，
n
∴a ＝42 023－1.]
2 024
(2)a＝
n
解析 ∵＝＋2，等式两边同时加1整理得＋1＝3，
又∵a＝1，∴＋1＝2，
1
∴是首项为2，公比为3的等比数列．
∴＋1＝2·3n－1，
∴a＝.
n
例2 解 ∵a ＝2a－n＋1，
n＋1 n
∴a －(n＋1)＝2(a－n)，
n＋1 n
∴＝2，
∴数列{a－n}是以a－1＝2为首项，2为公比的等比数列，
n 1
∴a－n＝2·2n－1＝2n，
n∴a＝2n＋n.
n
例3 (1)C [由a ＝3a＋2·3n＋1得＝＋，
n＋1 n
∴－＝2，即数列是首项为1，公差为2的等差数列，
∴＝2n－1，故a＝(2n－1)·3n.]
n
(2)－3n－1
解析 将已知a ＝6a＋3n的两边同乘，得＝2·＋，
n＋1 n
令b＝，则b ＝2b＋，利用命题点1的方法知b＝－，
n n＋1 n n
则a＝－3n－1.
n
跟踪训练1 (1)A
(2)C [(2＋a)(1－a )＝2，
n n＋1
则a ＝，
n＋1
即＝＋1，
得＋1＝2，故是以2为首项，2为公比的等比数列，＋1＝2n，＝2n－1，
a＝，
n
S ＋2 023＝2＋22＋…＋22 023＝22 024－2，
2 023
∴a (S ＋2 023)＝2.]
2 023 2 023
(3)2n＋1－n－1
解析 令a ＋x(n＋1)＋y
n＋1
＝2(a＋xn＋y)，
n
即a ＝2a＋xn＋y－x，
n＋1 n
与原等式比较得，x＝y＝1，所以＝2，所以数列{a ＋n＋1}是以a ＋1＋1＝4为首项，2为
n 1
公比的等比数列，所以a＋n＋1＝4×2n－1，即a＝2n＋1－n－1.
n n
例4 (1)C [由题意得a＋a＝4，
1 2
由a＝3a ＋4a (n≥3)，
n n－1 n－2
得a＋a ＝4(a ＋a )，
n n－1 n－1 n－2
即＝4(n≥3)，
所以数列{a＋a }是首项为4，公比为4的等比数列，
n n＋1
所以a＋a ＝49.]
9 10
(2)
解析 方法一 因为a ＝2a＋3a (n≥2，n∈N*)，
n＋1 n n－1
设b＝a ＋a，
n n＋1 n
所以＝＝＝3，
又因为b＝a＋a＝3，
1 2 1
所以{b}是以首项为3，公比为3的等比数列．
n所以b＝a ＋a＝3×3n－1＝3n，
n n＋1 n
从而＋·＝，
不妨令c＝，即c ＋c＝，
n n＋1 n
故c －＝－，
n＋1
即＝－，
又因为c－＝－＝，
1
所以数列是首项为，
公比为－的等比数列，
故c－＝×n－1
n
＝－，
从而a＝.
n
方法二 因为方程x2＝2x＋3的两根为－1,3，
可设a＝c·(－1)n－1＋c·3n－1，
n 1 2
由a＝1，a＝2，
1 2
解得c＝，c＝，
1 2
所以a＝.
n
跟踪训练2 3n－1
例5 (1)C [因为a ＝，
n＋1
所以＝4＋，
所以－＝4，
又＝1，
所以数列是以1为首项，4为公差的等差数列．
所以＝1＋4(n－1)＝4n－3，所以a ＝，由a>，即>，即0<4n－3<37，解得<n<10，因为n
n n
为正整数，所以n的最大取值为9.]
(2)ABC [由a ＝，
n＋1
可得＝＝＋2，
所以－＝2，且＝1，
所以数列是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，
所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，
则(2n－1)a＝1，其中n∈N*，故C对；
n
＝22＝4，所以数列 是等比数列，故B对；
由等差中项的性质可得＝＋，故A对；
由上可知a＝，
n
则3aa ＝3××＝，
5 17
a ＝＝，
49
所以3aa ≠a ，故D错．]
5 17 49
跟踪训练3 a＝(n∈N*)
n
解析 由已知得，a ＝，
n＋1
∴＝＋3，即－＝3，
∴数列是首项为＝1，公差为d＝3的等差数列，
∴＝1＋(n－1)×3＝3n－2.
故a＝(n∈N*)．
n
§6.5 数列求和
落实主干知识
知识梳理
1．(1) na＋d (2)＝，q≠1
1
思考辨析
(1)√ (2)× (3)× (4)√
教材改编题
1．B 2.B 3.B
探究核心题型
例1 (1)证明 由2S＋a ＝2n＋1－1(n≥1)，①
n n＋1
得2S ＋a＝2n－1(n≥2)，②
n－1 n
由①－②得a＋a ＝2n(n≥2)，
n n＋1
得a ＝－a＋2n a －
n＋1 n n＋1
＝－(n≥2)，
⇒
又当n＝1时，由①得a＝1 a－＝－，
2 2
所以对任意的n∈N*，
⇒
都有a －＝－，
n＋1
故是以为首项，－1为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知a－＝⇒a＝，
n n
所以a ＝，代入①得S＝－－，
n＋1 n
所以S＋S＋…＋S ＝(22＋23＋…＋22n＋1)－[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n]－＝×－0－n＝.
1 2 2n延伸探究 解 当n为偶数时，
S＋S＋S＋…＋S
1 2 3 n
＝(22＋23＋…＋2n＋1)－[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n－1＋(－1)n]－＝×－
＝－＝.
当n为奇数时，
S＋S＋S＋…＋S
1 2 3 n
＝(S＋S＋S＋…＋S＋S )－S ＝－
1 2 3 n n＋1 n＋1
＝.
综上，S＋S＋…＋S
1 2 n
＝
跟踪训练1 解 (1)当n＝1时，由S＝2a－2n＋1，可得a＝S＝2a－2＋1，即有a＝1.
n n 1 1 1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝2a－2n＋1－2a ＋2(n－1)－1，
n n n－1 n n－1
即a＝2a ＋2，可得a＋2
n n－1 n
＝2(a ＋2)，显然a ＋2≠0.
n－1 n－1
所以数列{a＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，则a＋2＝3·2n－1，
n n
即有a＝3·2n－1－2.
n
(2)b＝(－1)n·
n
log
2
＝(－1)n·log 2n＝(－1)n·n.
2
当n为偶数时，
T＝－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n
n
＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(n－1)＋n]＝.
当n为奇数时，
T＝－1＋2－3＋4－…＋(n－1)－n
n
＝－n＝＝－.
综上，T＝
n
例2 解 (1)因为4S ＝3S－9，
n＋1 n
所以当n≥2时，4S＝3S －9，
n n－1
两式相减可得4a ＝3a，
n＋1 n
即＝.
当n＝1时，4S＝4
2
＝－－9，
解得a＝－，
2所以＝.
所以数列{a}是首项为－，
n
公比为的等比数列，
所以a＝－×n－1＝－.
n
(2)因为3b＋(n－4)a＝0，
n n
所以b＝(n－4)×n.
n
所以T＝－3×－2×2－1×3＋0×4＋…＋(n－4)×n，①
n
且T＝－3×2－2×3－1×4＋0×5＋…＋(n－5)×n＋(n－4)×n＋1，②
n
①－②得T＝－3×＋2＋3＋…＋n－(n－4)×n＋1＝－＋－(n－4)×n＋1＝－n×n＋1，
n
所以T＝－4n×n＋1.
n
因为T≤λb 对任意n∈N*恒成立，
n n
所以－4n×n＋1
≤λ恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n<4时，λ≤＝－3－，
此时λ≤1；
当n＝4时，－12≤0恒成立，
当n>4时，λ≥＝－3－，
此时λ≥－3.
所以－3≤λ≤1.
跟踪训练2 解 (1)选择①，
因为na ＝(n＋1)a，所以＝.
n＋1 n
所以是常数列．
又＝1，所以＝1，故a＝n.
n
选择②，
因为 ＋ ＋…＋ ＝2n＋1－2，
所以当n＝1时， ＝22－2＝2，解得a＝1，
1
当n≥2时， ＝2n＋1－2n＝2n，所以a＝n.
n
又a＝1，所以a＝n.
1 n
(2)由(1)可知b＝，
n
则S＝＋＋…＋，①
n
S＝＋＋…＋＋.②
n
两式相减得S＝＋＋＋…＋－＝＋－＝－.
n故S＝1－.
n
跟踪训练3 解 (1)由题意，设等比数列{a}的公比为q，则q3＝＝8，即q＝2，
n
∵a＋a＝36，∴aq＋aq4＝36，
2 5 1 1
即2a＋16a＝36，解得a＝2，
1 1 1
∴a＝2·2n－1＝2n，n∈N*.
n
(2)由(1)可得，
b＝
n
＝
＝－，
故T＝b＋b＋…＋b＝－＋－＋…＋－＝－
n 1 2 n
＝－<，
∴不等式T<对n∈N*恒成立．
n
§6.6 数列中的综合问题
例1 解 (1)当n≥2时，
a＝S－S
n n n－1
＝n2＋n－
＝3n－1，
又∵当n＝1时，
a＝S＝2符合上式，
1 1
∴a＝3n－1.
n
∵bb＝bb，
2 3 1 4
∴b，b 是方程x2－18x＋32＝0的两根，
1 4
又∵b>b，
4 1
∴解得b＝2，b＝16，
1 4
∴q3＝＝8，
∴q＝2，∴b＝b·qn－1＝2n.
n 1
(2)∵a＝3n－1，b＝2n，
n n
则c＝(3n－1)·2n，
n
∴T＝2·21＋5·22＋8·23＋11·24＋…＋(3n－1)·2n，
n
2T＝2·22＋5·23＋8·24＋11·25＋…＋(3n－1)·2n＋1，
n
将两式相减得－T＝2·21＋3(22＋23＋24＋…＋2n)－(3n－1)·2n＋1
n＝4＋3－(3n－1)·2n＋1＝(4－3n)·2n＋1－8，
∴T＝(3n－4)·2n＋1＋8.
n
跟踪训练1 (1)证明 由＋n＝2a＋1，
n
得2S＋n2＝2an＋n，①
n n
所以2S ＋(n＋1)2
n＋1
＝2a (n＋1)＋(n＋1)，②
n＋1
②－①，得2a ＋2n＋1
n＋1
＝2a (n＋1)－2an＋1，
n＋1 n
化简得a －a＝1，
n＋1 n
所以数列{a}是公差为1的等差数列．
n
(2)解 由(1)知数列{a}的公差为1.
n
由a，a，a 成等比数列，
4 7 9
得a＝aa，
4 9
即(a＋6)2＝(a＋3)(a＋8)，
1 1 1
解得a＝－12.
1
所以S＝－12n＋
n
＝
＝2－，
所以当n＝12或13时，S 取得最小值，最小值为－78.
n
例2 (1)D [数列{a}满足a＋a＋a＋…＋a＝n2＋n，①
n 1 2 3 n
当n≥2时，a＋a＋a＋…＋a ＝(n－1)2＋(n－1)，②
1 2 3 n－1
①－②得a＝2n，故a＝2n2，
n n
当n＝1时，a＝2也满足上式．
1
数列{b}满足：
n
b＝＝
n
＝，
则T＝
n
＝，
由于T<λ(n∈N*)恒成立，
n
故<λ，
整理得λ>，
因为y＝＝在n∈N*上单调递减，故当n＝1时， ＝，所以λ>.]
max
(2)①解 由已知得4a ＝3a＋aa ，因为a＝≠0，所以由递推关系可得a≠0恒成立，
n＋1 n n n＋1 1 n所以＝＋1，
所以－4＝－3，
即－1＝.
又因为－1＝－1＝，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以－1＝n，
所以a＝.
n
②证明 由①可得a＝≥＝×n－1，
n
所以S≥＋×1＋…＋×n－1＝，
n
a＝<＝n，
n
S＝<，
1
当n≥2时，S<＋2＋…＋n＝＋＝－3×n<.
n
综上所述，≤S<成立．
n
例3 (1)A [因为f(－x)＝－x3－4x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，
因为f(a＋2)＝100，
1
f(a ＋2)＝－100，
2 022
所以f(a＋2)＝－f(a ＋2)，
1 2 022
所以a＋2＋a ＋2＝0，
1 2 022
所以a＋a ＝－4，
1 2 022
所以S ＝
2 022
＝－4 044.]
(2)－
解析 因为a＋λa ＋a ＝15,
4 10 16
所以a＋3d＋λ(a＋9d)＋a＋15d＝15，
1 1 1
令λ＝f(d)＝－2，
因为d∈[1,2]，
所以令t＝1＋9d，t∈[10,19]，
因此λ＝f(t)＝－2，
当t∈[10,19]时，函数λ＝f(t)是减函数，
故当t＝10时，实数λ有最大值，最大值为f(10)＝－.
跟踪训练2 (1)D [由题意a，a 是x2－x－2 023＝0的两根．
2 3
由根与系数的关系得aa＝－2 023.
2 3
又aa＝aa，
1 4 2 3
所以aa＝－2 023.]
1 4(2)①解 由题意知，{a}是首项为1，公比为2的等比数列，所以a ＝a·2n－1＝2n－1.所以S
n n 1 n
＝2n－1.
设等差数列{b}的公差为d，
n
则b＝a＝1，b＝1＋3d＝7，
1 1 4
所以d＝2，b＝1＋(n－1)×2
n
＝2n－1.
②证明 因为log a ＝log 22n＋1
2 2n＋2 2
＝2n＋1，
所以c＝
n
＝
＝，
所以T＝
n
.
因为n∈N*，
所以T＝<，
n
＝.
当n≥2时，T－T ＝－＝>0，
n n－1
所以数列{T}是一个递增数列，
n
所以T≥T＝.
n 1
综上所述，≤T<.
n
§6.7 子数列问题
例1 解 (1)因为a＝
n
所以a＝2×1－1＝1，a＝22＝4，
1 2
a＝2×3－1＝5.
3
(2)因为a＝
n
所以a，a，a，…是以1为首项，4为公差的等差数列，
1 3 5
a，a，a，…是以4为首项，4为公比的等比数列．
2 4 6
当n为奇数时，数列的前n项中有个奇数项，有个偶数项．
所以S＝a＋a＋a＋…＋a
n 1 2 3 n
＝(a＋a＋…＋a ＋a)＋(a＋a＋…＋a ＋a )
1 3 n－2 n 2 4 n－3 n－1＝×1＋×4＋ ＝＋；
当n为偶数时，数列{a}的前n项中有个奇数项，有个偶数项．
n
所以S＝a＋a＋a＋…＋a
n 1 2 3 n
＝(a＋a＋…＋a ＋a )＋(a＋a＋…＋a ＋a)
1 3 n－3 n－1 2 4 n－2 n
＝×1＋×4＋ ＝＋.
所以数列{a}的前n项和
n
S＝
n
跟踪训练1 解 (1)因为b＝a ，且a＝1，a ＝
n 2n 1 n＋1
所以b＝a＝a＋1＝2，
1 2 1
b＝a＝a＋1＝a＋2＋1＝5.
2 4 3 2
因为b＝a ，
n 2n
所以b ＝a ＝a
n＋1 2n＋2 2n＋1＋1
＝a ＋1＝a ＋2＋1＝a ＋3，
2n＋1 2n 2n
所以b －b＝a ＋3－a ＝3，
n＋1 n 2n 2n
所以数列{b}是以2为首项，3为公差的等差数列，b＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*.
n n
(2)因为a ＝
n＋1
所以当k∈N*时，
a ＝a ＝a ＋1，
2k 2k－1＋1 2k－1
即a ＝a ＋1，①
2k 2k－1
a ＝a ＋2，②
2k＋1 2k
a ＝a ＝a ＋1，
2k＋2 2k＋1＋1 2k＋1
即a ＝a ＋1，③
2k＋2 2k＋1
所以①＋②得a ＝a ＋3，
2k＋1 2k－1
即a －a ＝3，
2k＋1 2k－1
所以数列{a}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
n
②＋③得a ＝a ＋3，
2k＋2 2k
即a －a ＝3，
2k＋2 2k
又a＝2，所以数列{a}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
2 n
所以数列{a}的前20项和S ＝(a ＋a ＋a ＋…＋a )＋(a ＋a ＋a ＋…＋a )＝10＋×3＋20＋
n 20 1 3 5 19 2 4 6 20
×3＝300.例2 解 方法一 设a＝b ＝c，
k m p
则4k－1＝3m＋2，
所以k＝，
因为3,4互质，
所以m＋1必为4的倍数，
即m＝4p－1，
所以c＝b ＝3(4p－1)＋2
p m
＝12p－1，
即数列{c}的通项公式为
n
c＝12n－1.
n
方法二 由观察可知，两个数列的第一个公共项为11，
所以c＝11.
1
设a＝b ＝c，则4k－1＝3m＋2，
k m p
所以a ＝4(k＋1)－1＝4k＋3＝3m＋6＝3＋2不是数列{b}中的项，
k＋1 n
a ＝4(k＋2)－1＝4k＋7＝3m＋10＝3＋2不是数列{b}中的项，
k＋2 n
a ＝4(k＋3)－1＝4k＋11＝3m＋14＝3(m＋4)＋2是数列{b}中的项．
k＋3 n
所以c ＝a ，
p＋1 k＋3
则c －c＝a －a＝3×4＝12，
p＋1 p k＋3 k
所以数列{c}是等差数列，其公差为12，首项为11，
n
因此，数列{c}的通项公式为c＝12n－1.
n n
跟踪训练2 (1)B [由题意可得a＝b＝2，等差数列{a}的公差为4，且a ＝398，
1 1 n 100
等差数列{b}的公差为6，
n
且b ＝596，
100
易知数列{c}为等差数列，且公差为数列{a}和{b}公差的最小公倍数，
n n n
由于4和6的最小公倍数为12，所以等差数列{c}的公差为12，
n
则c＝2＋12(n－1)＝12n－10，
n
由即
解得n≤34，n∈N*，
所以等差数列{c}共有34项，则该数列各项之和为
n
34×2＋×12＝6 800.]
(2)B [根据题意，数列{a}是首项为2，公差为3的等差数列，
n
a＝2＋3(n－1)＝3n－1，
n
数列{b}是首项为2，公差为5的等差数列，b＝2＋5(n－1)＝5n－3，
n n数列{a}与{b}的公共项从小到大排列得到数列{c}，故数列{c}是首项为2，公差为15的等
n n n n
差数列，c＝2＋15(n－1)＝15n－13.
n
a＋b＝(3×3－1)＋(5×5－3)＝30，c＝15×3－13＝32，a＋b≠c，A错误；
3 5 3 3 5 3
b ＝5×28－3＝137，c ＝15×10－13＝137，b ＝c ，B正确；
28 10 28 10
a ＝3×5－1＝14，b ＝5×2－3＝7，c ＝15×8－13＝107，ab ＝14×7＝98<107＝c ，C错
5 2 8 5 2 8
误；
c ＝15×9－13＝122，b ＝5×9－3＝42，a ＝3×26－1＝77，c －b ＝122－42＝80≠77＝
9 9 26 9 9
a ，D错误．]
26
例3 (1)
解析 S＝，当n＝1时，
n
a＝S＝，
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝－＝－，显然对于n＝1不成立，
n n n－1
则a＝
n
(2)解 ①设数列{a}的公差为d，d≠0，
n
因为数列{b}是等比数列，
n
所以b＝bb，所以a＝aa，
1 3 1 4
所以(a＋2d)2＝a(a＋3d)，
1 1 1
所以ad＋4d2＝0，
1
因为d≠0，所以a＋4d＝0，
1
又a＝，所以d＝－，
1
所以b＝a＝，数列{b}的公比
1 1 n
q＝＝＝
＝－1－2×＝－，
所以b＝bqn－1＝×n－1.
n 1
②由①知b＝×n－1，
n
a＝a＋(n－1)d＝－(n－1)
n 1
＝－n＋，
所以c＝
n
当1≤n≤5时，
T＝
n
＝1－n，
当n≥6时，T＝1－5＋
n
＝－n2＋n－，所以T＝
n
跟踪训练3 (1)D [当λ＝1，n≥2时，a＝－a ＋2，
n n－1
即a＋a ＝2，
n n－1
则S ＝(a ＋a )＋(a＋a)＋(a＋a)＋(a＋a)＋(a＋a)＋a
11 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1
＝2×5＋＝.]
(2)A [将数列分组：
第一组有一项，和为20；
第二组有两项，和为20＋21；
…；
第n组有n项，和为20＋21＋…＋2n－1＝＝2n－1，
则前63组共有＝2 016(项)，
所以S ＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋262)＋20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＋27
2 024
＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(263－1)＋(28－1)
＝(2＋22＋…＋263)－63＋255
＝＋192＝264＋190.]
第七章 立体几何与空间向量
§7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
落实主干知识
知识梳理
1．(1)平行 全等 平行 相似
平行且相等 一点 一点
平行四边形 三角形 梯形
(2)垂直 一点 一点 矩形
等腰三角形 等腰梯形 圆 矩形 扇形 扇环
2．(1)斜二测画法 (2)①垂直
②分别平行于坐标轴 不变 一半
3．2πrl πrl π(r＋r)l
1 2
4．Sh 4πR2
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)×教材改编题
1．C 2.D 3.B
探究核心题型
例1 ABC [由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰为旋转轴，其余三边旋转一周形成
的面围成的旋转体是圆台，故A错误；
由棱柱定义可知，棱柱是有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共
边都互相平行的几何体，故B错误；
底面是正多边形的棱锥，不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C错误；
棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D正确．]
例2 B [方法一 由已知求得O′C′＝，把直观图还原为原图形如图，
可得原图形为直角梯形，OA∥CB，OA⊥OC，且OA＝1，BC＝2，OC＝2，
得原四边形OABC的面积为×(1＋2)×2＝3.
方法二 由题意知A′B′＝1，
∴S ＝×(1＋2)×1＝，
直观图
∴S ＝2S ＝3.]
原图形 直观图
例3 C
跟踪训练1 (1)B (2)ACD (3)C
例4 (1)A [以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周所得的旋转体为圆柱，
其底面半径r＝2，高h＝2，
∴所得圆柱的侧面积
S＝2πrh＝2π×2×2＝8π.]
(2)C [结合题目边长关系，三棱锥如图所示，AB＝AC＝AD＝2，
CE＝，
由题意得△ABC，△ACD是等腰直角三角形，则BC＝CD＝2，
BE＝＝，BD＝2，AE＝＝1，则该三棱锥的表面积为S ＋S ＋S ＋S ＝×2×2＋
△ABC △ACD △ABD △BCD
×2×2＋×2×1＋×2×＝4＋＋.]
例5 (1)D [作出图形，连接该正四棱台上、下底面的中心，如图，
因为该四棱台上、下底面的边长分别为2,4，侧棱长为2，
所以该棱台的高
h＝＝，
下底面面积S＝16，
1
上底面面积S＝4，
2
所以该棱台的体积
V＝h(S＋S＋)
1 2
＝××(16＋4＋)
＝.]
(2)B [如图，三棱锥A－BCD 是由正方体ABCD－ABC D 截去四个小三棱锥A－ABD，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
C－BC D，B－ABC，D－ACD得到的，
1 1 1 1 1
又 ＝23＝8，
＝××23＝，
所以 ＝8－4×＝.]
跟踪训练2 (1)B (2)C
§7.2 球的切、接问题
例1 (1)D [在△BAC中，∠BAC＝45°，AB＝2，AC＝4，
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 45°＝8＋16－2×4×2×＝8，
则BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，
由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥
平面PAB，
所以BC⊥PB，
所以△PBC为直角三角形，
又△PAC为直角三角形，
所以PC是三棱锥P－ABC外接球直径，设O是PC的中点，即为球心，
又AC＝4，PA＝2，
所以PC＝
＝＝2，
所以外接球半径为，
所以所求外接球的表面积
S＝4π×()2＝20π.]
(2)A [由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.
设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O ，O ，连接OO(图略)，则OO ＝1，其外接
1 2 1 2 1 2
球的球心O在直线OO 上．
1 2
设球O的半径为R，当球心O在线段OO 上时，R2＝32＋OO＝42＋(1－OO )2，解得OO ＝
1 2 1 1
4(舍去)；
当球心O不在线段OO 上时，
1 2
R2＝42＋OO＝32＋(1＋OO )2，
2
解得OO ＝3，
2
所以R2＝25，
所以该球的表面积为4πR2＝100π.
综上，该球的表面积为100π.]
跟踪训练1 C
例2 (1)C [因为在正方形ABCD中，AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，
所以折起后OD，OE，OF两两互相垂直，
故该三棱锥的外接球，即以OD，OE，OF为棱的长方体的外接球．
设正方形ABCD的边长为2，
则OD＝2，OE＝1，OF＝1，故2R＝＝，
则R＝.
设内切球球心为I，由V ＝·S ·OD＝，
O－DEF △OEF
三棱锥O－DEF的表面积S＝4，
V ＝V ＋V ＋V ＋V ＝Sr，
O－DEF I－ODE I－ODF I－OEF I－DEF
所以r＝，则有＝2.]
(2) 6π
解析 如图，添加的三棱锥为直三棱锥E－ADF，
可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF－BCE，
因为CE⊥平面ABCD，AB＝2，
BC＝CE＝1，
所以S ＝CE×BC
△BCE
＝×1×1＝，
直三棱柱ADF－BCE的体积
V＝S ·AB＝×2＝1，
△BCE
添加的三棱锥的体积为V＝.
方法一 如图，分别取AF，BE的中点M，N，连接MN，与AE交于点O，
因为四边形AFEB为矩形，所以O为AE，MN的中点，在直三棱柱ADF－BCE中，
CE⊥平面ABCD，
所以FD⊥平面ABCD，即∠ECB＝∠FDA＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱
柱的外接球的球心即为点O，AO即为球的半径，
因为AM＝AF＝，MO＝1，
所以AO2＝AM2＋MO2
＝＋1＝，所以外接球的表面积为4π·AO2＝6π.
方法二 因为CE，CB，CD两两垂直，故将直三棱柱ADF－BCE补成长方体，设外接球的
半径为R，则4R2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积S＝4πR2＝6π.
跟踪训练2 (1)A
(2)34π
解析 根据题意，三棱锥P－ABC可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的
面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长分别为a，b，c，如图所示，
则a2＋b2＝PA2＝18，a2＋c2＝PB2＝25，b2＋c2＝PC2＝25，解得a＝3，b＝3，c＝4.所以该三
棱锥的外接球的半径R＝＝＝，所以该三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×2＝34π.
例3 (1)B [如图，连接AC，BD，AC∩BD＝G，取AD的中点E，连接PE.
∵四边形ABCD为矩形，
∴G为四边形ABCD的外接圆圆心；
在线段PE上取ME＝PE，
∵△PAD为等边三角形，
∴M为△PAD外接圆圆心，
过G，M分别作平面ABCD和平面PAD的垂线，则两垂线的交点即为球O的球心O，
连接OP，
∵△PAD为等边三角形，
∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
PE⊂平面PAD，
∴PE⊥平面ABCD，∴PE∥OG；
同理可得，OM∥EG，
∴四边形OMEG为矩形；
∴OM＝EG＝AB＝1，
PM＝PE＝×＝，
∴OP＝＝2，即球O的半径R＝2，
∴球O的表面积S＝4πR2＝16π.]
(2)D [依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大．易
知AC＝＝10，设健身手球的半径为R，则×(6＋8＋10)×R＝×6×8，解得R＝2.
则健身手球的最大直径为4.
因为AA＝13，所以最多可加工3个健身手球．
1
于是一个健身手球的最大体积
V＝πR3＝π×23＝.]
跟踪训练3 (1)D
(2)B [如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点 D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为
3∶1，
即AD＝3BD，
设球的半径为R，
则＝，
可得R＝2，
所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，
所以BD＝1，AD＝3，
因为CD⊥AB，AB为球的直径，
所以△ACD∽△CBD，
所以＝，
所以CD＝＝，
因此，这两个圆锥的体积之和为
π×CD2·(AD＋BD)
＝π×3×4＝4π.]
§7.3 空间点、直线、平面之间的位置关系
落实主干知识
知识梳理1．不在一条直线上 两个点 一条
平行
2．相交 平行
3．相交 平行 任何
4．a∩α＝A 1 a∥α 0 a⊂α 无数
α∥β 0 α∩β＝l 无数
5．相等或互补
6．(2)
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)×
教材改编题
1．BD 2.C
3．(1)AC＝BD
(2)AC＝BD且AC⊥BD
探究核心题型
例1 证明 (1)如图所示，连接BD.
1 1
因为EF是△DBC 的中位线，所以EF∥BD.在正方体ABCD－ABC D 中，BD∥BD，所
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．
(2)在正方体ABCD－ABC D 中，连接AC，设A，C，C 确定的平面为α，又设平面BDEF
1 1 1 1 1 1 1
为β.因为Q∈AC ，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，所以Q是α与β的公共点，同理，P
1 1
是 α 与 β 的公共点．所以 α∩β＝PQ.又 AC∩β＝R，所以 R∈AC，R∈α，且 R∈β.则
1 1
R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
(3)因为EF∥BD且EF＜BD，所以DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面
DDCC ，得M∈平面DDCC ，
1 1 1 1
同理，M∈平面BBCC .
1 1
又平面DDCC ∩平面BBCC ＝CC ，所以M∈CC .
1 1 1 1 1 1
所以DE，BF，CC 三线交于一点．
1
跟踪训练1 (1)D
(2)①证明 由题设知，因为G，H分别为FA，FD的中点，所以GH∥AD且GH＝AD，
又BC∥AD且BC＝AD，故GH∥BC且GH＝BC，
所以四边形BCHG是平行四边形．
②解 C，D，F，E四点共面．
理由如下：
由BE∥AF且BE＝AF，G是FA的中点知BE∥GF且BE＝GF，所以四边形EFGB是平行四
边形，所以EF∥BG.
由①知BG∥CH，所以EF∥CH.
故EC，FH共面．
又点D在直线FH上，
所以C，D，F，E四点共面．
例2 (1)ABD (2)D
例3 (1)C [连接AO ，设AO 的延长线交下底面圆周上的点为E，连接CE，易知∠CAE(或
2 2
其补角)即为异面直线AC与BD所成的角，连接CD(图略)，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，
BD＝2，∠CBD＝30°，得BC＝，CD＝1.又AB＝DE＝AE＝BD＝2，AC＝＝，CE＝＝，所以
在△CAE中，cos∠CAE＝＝＝，即异面直线AC与BD所成角的余弦值为.]
(2)A [如图，作C H⊥AB 于点H，
1 1 1
则C H⊥平面ABBA 且C H＝，
1 1 1 1
设BE＝x，
1
则 ＝ ·C H＝··(2＋x)·2·＝(2＋x)，
1
易得AC⊥平面BBC C，
1 1
则 ＝· ·AC＝··(2－x＋2)·2·2＝(4－x)，
平面AEC 将三棱柱分为两个体积相等的四棱锥C －AAEB 和A－BCC E，
1 1 1 1 1
即 ＝ ，
则x＝1，所以E为BB 的中点，
1
取CC 中点为F，连接EF，
1
则EF∥BC ，∠AEF(或其补角)即为异面直线AE与BC 所成角，
1 1 1 1
cos∠AEF＝＝.
所以异面直线AE与BC 所成角的余弦值为.]
1 1跟踪训练2 (1)CD
(2)D [如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，则∠CSF(或其补角)为异面直线
SC与OE所成的角．
∵SE＝SB，∴SE＝BE.
又OB＝3，∴OF＝OB＝1.
∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，
∴SC＝3.
∵SO⊥OF，
∴SF＝＝.
∵OC⊥OF，∴CF＝.
∴在等腰△SCF中，
tan∠CSF＝
＝.
即异面直线SC与OE所成角的正切值为.]
(3)A [如图所示，过点A补作一个与正方体ABCD－ABC D 相同棱长的正方体，易知平面
1 1 1 1
α为平面AFE，则m，n所成的角为∠EAF.
1 1
∵△AFE为正三角形，
1
∴sin∠EAF＝sin 60°＝.]
1
例4 (1)BCD [如图，
一个平面α截正方体，把正方体分为体积相等的两部分，则平面 α一定过正方体的中心，所
以这两部分的表面积相等，根据对称性，截面不会是三角形、五边形，但可以是正六边形(如图)．]
(2)
解析 如图，
连接BD ，易知△BC D 为正三角形，所以BD ＝C D ＝2.分别取BC ，BB ，CC 的中点
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
M，G，H，连接DM，DG，DH，则易得DG＝DH＝＝，DM⊥BC ，且DM＝.由题意
1 1 1 1 1 1 1 1 1
知G，H分别是BB ，CC 与球面的交点．在侧面BCC B 内任取一点P，使MP＝，连接
1 1 1 1
DP，则DP＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆
1 1
弧GH为球面与侧面BCC B 的交线．由∠BMG＝∠C MH＝45°知∠GMH＝90°，所以 的
1 1 1 1
长为×2π×＝.
跟踪训练3 (1)ABD [当BE＝CF时，截面是矩形；当2BE＝CF时，截面是菱形；
当BE>CF时，截面是梯形；截面不可能是正方形．]
(2)
解析 如图，过点B作BM∥C E交BC 于点M，过点M作BD的平行线，交C D 于点N，
1 1 1 1 1
连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α，
由图可知M，N分别为BC ，C D 的中点，
1 1 1 1
故BD＝2，MN＝，
且BM＝DN＝，
设等腰梯形MNDB的高为h，
则h＝＝，
∴梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝.
§7.4 空间直线、平面的平行
落实主干知识
知识梳理
1．此平面内 a⊄α b⊂α a∥b 相交a∥α a⊂β α∩β＝b
2．相交直线 a⊂β b⊂β a∩b＝P a∥α b∥α 相交 交线 α∥β
α∩γ＝a β∩γ＝b
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)×
教材改编题
1．D 2.AD 3.平行四边形
探究核心题型
例1 证明 方法一 如图，取PD的中点F，连接EF，FA.
由题意知EF为△PDC的中位线，
∴EF∥CD，且EF＝CD＝2.
又∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，
∴AB綉EF，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∴BE∥AF.
又AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
方法二 如图，延长DA，CB相交于H，连接PH，
∵AB∥CD，
AB＝2，CD＝4，
∴＝＝，
即B为HC的中点，
又E为PC的中点，∴BE∥PH，
又BE⊄平面PAD，PH⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.
方法三 如图，取CD的中点H，连接BH，HE，∵E为PC的中点，∴EH∥PD，
又EH⊄平面PAD，
PD⊂平面PAD，
∴EH∥平面PAD，
又由题意知AB綉DH，
∴四边形ABHD为平行四边形，
∴BH∥AD，
又AD⊂平面PAD，
BH⊄平面PAD，
∴BH∥平面PAD，
又BH∩EH＝H，BH，
EH⊂平面BHE，
∴平面BHE∥平面PAD，
又BE⊂平面BHE，
∴BE∥平面PAD.
例2 证明 如图所示，连接AC交BD于点O，
连接OM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，
∴PA∥OM，
又OM⊂平面BMD，
PA⊄平面BMD，
∴PA∥平面BMD，
又PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BMD＝GH，
∴PA∥GH.
跟踪训练1 证明 (1)取PB中点G，连接FG，EG，因为点F为PC的中点，
所以FG∥BC，
FG＝BC，
因为四边形ABCD为长方形，所以BC∥AD，且BC＝AD，
所以DE∥FG，DE＝FG，所以四边形DEGF为平行四边形，
所以DF∥GE，因为DF⊄平面PBE，GE⊂平面PBE，
所以DF∥平面PBE；
(2)由(1)知DF∥平面PBE，
又DF⊂平面PDC，平面PDC∩平面PBE＝l，
所以DF∥l.
例3 证明 (1)由题设知BB∥DD 且BB＝DD ，
1 1 1 1
所以四边形BBDD是平行四边形，
1 1
所以BD∥BD.
1 1
又BD⊄平面CDB，
1 1
BD⊂平面CDB，
1 1 1 1
所以BD∥平面CDB.
1 1
因为AD∥BC ∥BC且AD＝BC ＝BC，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以四边形ABCD 是平行四边形，
1 1
所以AB∥DC.
1 1
又AB⊄平面CDB，
1 1 1
DC⊂平面CDB
1 1 1,
所以AB∥平面CDB.
1 1 1
又因为BD∩AB＝B，BD，AB⊂平面ABD，
1 1 1
所以平面ABD∥平面CDB.
1 1 1
(2)由(1)知平面ABD∥平面CDB，
1 1 1
又平面ABCD∩平面CDB＝l，
1 1
平面ABCD∩平面ABD＝BD，
1
所以l∥BD，
又BD∥BD，所以BD∥l.
1 1 1 1跟踪训练2 证明 (1)∵在三棱柱ABC－ABC 中，
1 1 1
∴平面ABC∥平面ABC ，
1 1 1
又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，
且平面BCHG∩平面ABC ＝HG，
1 1 1
∴由面面平行的性质定理得
BC∥GH.
(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，
∴EF∥BC，
∵EF⊄平面BCHG，
BC⊂平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
又G，E分别为AB，
1 1
AB的中点，AB 綉AB，
1 1
∴AG綉EB，
1
∴四边形AEBG是平行四边形，
1
∴AE∥GB.
1
∵AE⊄平面BCHG，
1
GB⊂平面BCHG，
∴AE∥平面BCHG.
1
又∵AE∩EF＝E，AE，
1 1
EF⊂平面EFA，
1
∴平面EFA∥平面BCHG.
1
例4 解 如图，在平面PCD内，过点E作EG∥CD交PD于点G，连接AG，
在AB上取点F，使AF＝EG，
因为EG∥CD∥AF，EG＝AF，
所以四边形FEGA为平行四边形，所以EF∥AG.
又AG⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.
所以点F即为所求的点．
又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB.所以PB⊥BC.
所以PC2＝BC2＋PB2
＝BC2＋AB2＋PA2.
设PA＝x，则PC＝，
由PB·BC＝PC·BE，
得·a＝·a，
所以x＝a，即PA＝a，
所以PC＝a.
又CE＝＝a，
所以＝，所以＝＝，
即GE＝CD＝a，
所以AF＝a.
故点F是AB上靠近B点的一个三等分点．
跟踪训练3 解 (1)当＝1时，BC ∥平面ABD.
1 1 1
如图，连接AB交AB 于点O，连接OD .
1 1 1
由棱柱的性质知，四边形AABB 为平行四边形，
1 1
∴点O为AB的中点．
1
在△ABC 中，O，D 分别为AB，AC 的中点，
1 1 1 1 1 1
∴OD ∥BC .
1 1
又OD ⊂平面ABD，BC ⊄平面ABD，∴BC ∥平面ABD.
1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴当＝1时，
BC ∥平面ABD.
1 1 1
(2)由已知，平面BC D∥平面ABD ，且平面ABC ∩平面BC D＝BC ，平面ABC ∩平面
1 1 1 1 1 1 1 1 1
ABD
1 1
＝OD .
1
因此BC ∥OD ，同理AD∥DC .
1 1 1 1
∴＝，＝.
又＝1，∴＝1，即＝1.§7.5 空间直线、平面的垂直
落实主干知识
知识梳理
1．(1)任意一条 (2)两条相交直线
m⊂α n⊂α m∩n＝P l⊥m
l⊥n a⊥α b⊥α
2．(1)射影 90° 0° (2)
3．(1)两个半平面 (2)垂直于棱l
(3)[0，π]
4．(1)直二面角 (2)垂线 a⊂α
a⊥β 交线 α⊥β α∩β＝a
l⊥a l⊂β
思考辨析
(1)× (2)√ (3)× (4)×
教材改编题
1．ABD 2.A 3.7
探究核心题型
例1 (1)②③ ①(或①③⇒②)
解析 已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因
⇒
为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与
③l⊥α可以推出①l⊥m.
(2)①证明 ∵点B 在底面ABC内的射影是点C，
1
∴BC⊥平面ABC，
1
∵AB⊂平面ABC，∴BC⊥AB.
1
在△ABC中，DA＝DB＝DC，
∴BC⊥AB，
∵BC∩BC＝C，BC，
1
BC⊂平面BCC B，
1 1 1
∴AB⊥平面BCC B，
1 1
∵CC ⊂平面BCC B，∴AB⊥CC .
1 1 1 1
②解 如图，延长BC至点E，使BC＝CE，连接C E，则BC 綉CE，四边形BCEC 为平行四边形，
1 1 1 1 1
则C E綉BC.
1 1
由①知BC⊥平面ABC，
1
∴C E⊥平面ABC，
1
∵CE，BE⊂平面ABC，
∴C E⊥CE，C E⊥BE，
1 1
∵C E＝BC＝2，
1 1
CE＝BC＝BC ＝2，BE＝4，
1 1
∴CC ＝＝4，
1
BC ＝＝2，
1
∴△BCC 的周长为
1
2＋4＋2＝6＋2.
跟踪训练1 (1)证明 如图，连接AB，则AB⊥AB，
1 1 1
因为AF⊥平面ABBA，AB⊂平面ABBA，
1 1 1 1 1 1
所以AF⊥AB，
1 1
又AB∩AF＝A，
1 1 1
所以AB⊥平面ABF.又BF⊂平面ABF，所以AB⊥BF.
1 1 1 1
(2)证明 如图，取棱AD的中点G，连接FG，BG，则FG⊥AE，
因为AB＝DA，AG＝DE，∠BAG＝∠ADE，所以△BAG≌△ADE，所以∠ABG＝∠DAE.
所以AE⊥BG.又因为BG∩FG＝G，所以AE⊥平面BFG.
又BF⊂平面BFG，所以AE⊥BF.
(3)解 存在．如图，取棱CC 的中点P，即为所求．连接EP，AP，C D，
1 1
因为EP∥C D，C D∥AB，
1 1 1
所以EP∥AB.
1
由(1)知AB⊥BF，所以BF⊥EP.
1又由(2)知AE⊥BF，且AE∩EP＝E，
所以BF⊥平面AEP.
例2 (1)证明 由PA＝AD＝PD，E为PD的中点，可得AE⊥PD，
因为CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD，
而AE⊂平面PAD，所以CD⊥AE，
由CD∩PD＝D，则AE⊥平面PCD，
又AE⊂平面ACE，所以平面PCD⊥平面ACE.
(2)解 如图，连接BD，与AC交于O，则O为BD的中点，
所以点D到平面ACE的距离即为点B到平面ACE的距离．
由平面PCD⊥平面ACE，过D作DM⊥CE，垂足为M，
则DM⊥平面ACE，则DM为点D到平面ACE的距离．
由CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，
又CD＝DE＝1，
所以DM＝CE＝，
即点B到平面ACE的距离为.
跟踪训练2 证明 (1)∵平面PAD⊥平面ABCD，
且PA垂直于这两个平面的交线AD，
∴PA⊥平面ABCD.
(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E是CD的中点，
∴AB∥DE，且AB＝DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴AD∥BE，
∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD，
∵E和F分别是CD和PC的中点，∴EF∥PD，
∵EF⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴EF∥平面PAD，
∵BE∩EF＝E，BE，
EF⊂平面BEF，
∴平面BEF∥平面PAD.
(3)∵AB⊥AD，∴平行四边形ABED是矩形，
∴BE⊥CD，AD⊥CD，
由①知PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥CD，
∵PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，
∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF，
∴CD⊥EF，又∵BE∩EF＝E，
∴CD⊥平面BEF，
∵CD⊂平面PCD，
∴平面BEF⊥平面PCD.
例3 解 (1)是．∵BA⊥平面AADD，BA⊂平面BPA，
1 1
∴平面BPA⊥平面AADD，
1 1
∴无论点P在AD 上的任何位置，都有平面BPA⊥平面AADD.
1 1 1
(2)过点P作PE⊥AD，垂足为E，连接BE，如图，
1 1 1
则PE∥AA，
1
∴∠BPE(或其补角)是异面直线AA 与BP所成的角．
1 1 1
在Rt△AAD 中，
1 1
∵∠ADA＝60°，
1 1
∴∠AAD＝30°，
1 1
∴AB＝AD＝AD＝2，
1 1 1 1 1
∴AE＝AD＝1，
1 1 1
AA＝AD＝2，
1 1 1
∴PE＝AA＝，
1
BE＝＝，
1
∴在Rt△BPE中，
1
BP＝＝2，
1
cos∠BPE＝＝＝.
1
∴异面直线AA 与BP所成的角的余弦值为.
1 1(3)由(1)知，BA⊥平面AADD，
1 1 1 1
∴∠BPA 是PB 与平面AADD所成的角，
1 1 1 1 1
∴tan∠BPA＝＝，
1 1
∴当AP最小时，tan∠BPA 最大，
1 1 1
这时AP⊥AD，
1 1
AP＝＝，
1
得tan∠BPA＝，
1 1
即PB 与平面AADD所成的角的正切值的最大值为.
1 1 1
跟踪训练3 (1)证明 方法一 如图，连接OB.
∵AB＝BC＝2，AC＝2，
∴AB2＋BC2＝AC2，
即△ABC是直角三角形，
又O为AC的中点，
∴OA＝OB＝OC，
又∵PA＝PB＝PC，
∴△POA≌△POB≌△POC，
∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°.
∴PO⊥AC，PO⊥OB，
∵OB∩AC＝O，OB，
AC⊂平面ABC，
∴PO⊥平面ABC.
方法二 如图，连接OB，
∵PA＝PC，O为AC的中点，PA＝PB＝PC＝AC＝2，
∴PO⊥AC，PO＝，
又∵AB＝BC＝2，
∴AB⊥BC，BO＝，
∴PO2＋OB2＝PB2，
∴PO⊥OB，
∵OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC，
∴PO⊥平面ABC.
(2)解 由(1)知，PO⊥平面ABC，
∴OM为PM在平面ABC上的射影，
∴∠PMO为PM与平面ABC所成角，
∵tan∠PMO＝＝＝，
∴OM＝1，
在△ABC和△OMC中，由正弦定理可得MC＝1，
∴M为BC的中点．
如图，作ME⊥AC交AC于E，
则E为OC的中点，作EF⊥PA交PA于F，
连接MF，
∴MF⊥PA，
∴∠MFE即为所求二面角M－PA－C的平面角，ME＝，
EF＝AE＝××2＝，
MF＝＝，
∴cos∠MFE＝＝，
故二面角M－PA－C的平面角的余弦值为.
§7.6 空间向量的概念与运算
落实主干知识
知识梳理
1．大小 方向 相同 相等 相等
相反 平行 重合 同一个平面
2．(1)a＝λb (2)唯一 xa＋yb
(3)xa＋yb＋zc
3．(1)|a||b|cos〈a，b〉
(2)ab＋ab＋ab
1 1 2 2 3 3
a＝λb，a＝λb，a＝λb
1 1 2 2 3 3ab＋ab＋ab＝0
1 1 2 2 3 3
思考辨析
(1)√ (2)× (3)√ (4)×
教材改编题
1．C 2.B 3.10
探究核心题型
例1 (1)B [因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，设O为坐标原点，
所以EF＝OF－OE，OF＝(OA＋OD)，OE＝(OB＋OC)．
所以EF＝(OA＋OD)－(OB＋OC)＝(BA＋CD)＝×[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]
＝×(－4，－6，－6)
＝(－2，－3，－3)．]
(2)D [A1D＝A1A＋AB＋BD
＝－AA1＋AB＋(BB1＋BC)
＝－AA1＋AB＋AA1＋(AC－AB)
＝－AA1＋AB＋AC
＝－a＋b＋c.]
跟踪训练1 (1)B
(2)①A1A ②AB＋AD＋AA1
例2 (1)C (2)CD
跟踪训练2 (1)B
(2)C [因为DE＝xDA＋yDC＋(1－x－y)DD1，由空间向量的共面定理可知，点E，A，C，D
1
四点共面，即点E在平面ACD 上，所以|DE|的最小值即为点D到平面ACD 的距离d，由正
1 1
方体的棱长为1，可得△ACD 是边长为的等边三角形，则 ＝×()2×sin ＝，S ＝
1 △ACD
×1×1＝，由等体积法得 ，所以××d＝××1，解得d＝，所以|DE|的最小值
为.]
例3 (1)
解析 ∵OP＝(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，
设OQ＝λOP＝(λ，λ，2λ)，
又∵OA＝(1,2,3)，OB＝(2,1,2)，
∴QA＝OA－OQ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，
QB＝OB－OQ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，
则QA·QB＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10，当λ＝时，QA·QB取得最小值，
此时OQ的坐标为.
(2)①解 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，
c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1.
因为AC1＝AB＋AD＋AA1＝a＋b＋c，
所以|AC1|＝|a＋b＋c|＝
＝
＝＝，
所以线段AC 的长为.
1
②解 因为AC1＝a＋b＋c，A1D＝b－c，
所以AC1·A1D＝(a＋b＋c)·(b－c)
＝a·b－a·c＋b2－c2
＝0＋1＋1－4＝－2，
|A1D|＝|b－c|＝
＝
＝＝，
设异面直线AC 与AD所成的角为θ，
1 1
则cos θ＝|cos〈AC1，A1D〉|＝
＝＝，
即异面直线AC 与AD所成角的余弦值为.
1 1
③证明 由①知AA1＝c，BD＝b－a，
所以AA1·BD＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝－1＋1＝0，
即AA1·BD＝0，
所以AA⊥BD.
1
跟踪训练3 (1)D
(2)解 ①因为A(－1,2,1)，B(－1,5,4)，C(1,3,4)，
所以AB＝(0,3,3)，BC＝(2，－2,0)．
因为AB·BC＝0×2＋3×(－2)＋3×0＝－6，
|AB|＝3，|BC|＝2，
所以cos〈AB，BC〉＝
＝＝－，
故〈AB，BC〉＝.②因为AC＝(2,1,3)，AB＝(0,3,3)，
所以AC·AB＝0＋1×3＋3×3
＝12.
因为|AB|＝3，|AC|＝，
所以cos〈AC，AB〉＝＝＝，
所以AC在AB上的投影向量为
|AC|cos〈AC，AB〉＝××＝AB＝(0,2,2)．
例4 (1)证明 以A为原点，AB，AD，AA1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图
所示的空间直角坐标系．设AB＝a，
则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D(0,1,1)，E，B(a,0,1)．
1 1
故AD1＝(0,1,1)，B1E＝.
因为B1E·AD1＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
所以B1E⊥AD1，即BE⊥AD.
1 1
(2)解 存在满足要求的点P，
假设在棱AA 上存在一点P(0,0，z)，
1 0
使得DP∥平面BAE，此时DP＝(0，－1，z)，
1 0
设平面BAE的法向量为n＝(x，y，z)．
1
AB1＝(a,0,1)，AE＝.
因为n⊥平面BAE，所以n⊥AB1，n⊥AE，
1
得
取x＝1，则y＝－，z＝－a，
故n＝.
要使DP∥平面BAE，只需n⊥DP，
1
则－az＝0，解得z＝.
0 0
所以存在点P，满足DP∥平面BAE，此时AP＝.
1
跟踪训练4证明 以B为坐标原点，BA，BC，BB 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如
1
图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B(0,0,4)，E(0,0,3)，F(0,1,4)．
1设BA＝a，则A(a,0,0)，G.
(1)因为BA＝(a,0,0)，BD＝(0,2,2)，B1D＝(0,2，－2)，
所以B1D·BA＝0，B1D·BD＝0.
所以B1D⊥BA，B1D⊥BD，
即BD⊥BA，BD⊥BD.
1 1
又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD，所以BD⊥平面ABD.
1
因为BD⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面ABD.
1 1 1 1 1
(2)方法一 因为EG＝，EF＝(0,1,1)，B1D＝(0,2，－2)，
所以B1D·EG＝0，B1D·EF＝0.
所以BD⊥EG，BD⊥EF.
1 1
因为EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，所以BD⊥平面EGF.
1
又由(1)知BD⊥平面ABD，
1
所以平面EGF∥平面ABD.
方法二 因为GF＝，
所以GF＝－BA，∴GF∥BA，
又GF⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，
所以GF∥平面ABD，同理EF∥平面ABD，
又GF∩EF＝F，GF，EF⊂平面EGF，
所以平面EGF∥平面ABD.
§7.7 向量法求空间角
落实主干知识
知识梳理
1.
2.
3.思考辨析
(1)× (2)× (3)√ (4)×
教材改编题
1．A 2.C 3.D
探究核心题型
例1 (1)C [∵正四棱柱ABCD－ABC D 的体积为，AB＝1，
1 1 1 1
∴AA＝，
1
以D为原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐
1
标系，
则A(1,0,0)，B(1,1，)，C(0,1,0)，D(0,0，)，
1 1
AB1＝(0,1，)，CD1＝(0，－1，)，
设直线AB 与CD 所成的角为θ，
1 1
则cos θ＝＝＝.
又0°＜θ ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB 与CD 所成的角为60°.]
1 1
(2)A [因为∠AOD＝2∠BOD，
且∠AOD＋∠BOD＝π，
所以∠BOD＝，
连接CO，则CO⊥平面ABD，以点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为y轴、z轴建立
如图所示的空间直角坐标系，
设圆O的半径为2，
则A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，D(，1,0)，
AD＝(，3,0)，BC＝(0，－2,2)，
设异面直线AD与BC所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈AD，BC〉|＝＝＝，
所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为.]跟踪训练1 (1) (2)
跟踪训练2 (1)证明 取AB的中点M，连接PM，DM，如图，
因为 PA＝PB，DA＝DB，所以 PM⊥AB，DM⊥AB，且 PM∩DM＝M，PM，DM⊂平面
PDM，
所以AB⊥平面PMD，
又PD⊂平面PMD，所以AB⊥PD.
(2)解 连接CM，则CM⊥AB，由AC＝BC＝2，PA＝PB＝AB＝4，可得CM＝2，
PM＝2，
于是CM2＋PM2＝16＝PC2，
所以PM⊥CM，
又PM⊥AB，AB∩CM＝M，MC，AB⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC，
以M为原点，MC，MB，MP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则M(0,0,0)，C(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，
由题意知∠CMD＝120°，
可得D(－1,0，)，
平面PAB的一个法向量为
n＝(1,0,0)，
设BE＝λBD＝λ(－1，－2，)，
λ∈[0,1]，
则CE＝CB＋BE
＝(－2－λ，2－2λ，λ)，
设CE与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，CE〉|＝
，
令2＋λ＝t，t∈[2,3]，则λ＝t－2，所以sin θ＝
＝，
令f(t)＝－＋8，t∈[2,3]，由对称轴＝知，当＝，
即λ＝时，f(t) ＝，
min
则(sin θ) ＝＝，
max
于是(tan θ) ＝2.
max
所以直线CE与平面PAB所成角的正切值的最大值为2.
例3 (1)证明 取BC的中点M，AB的中点N，连接DM，MN，EN.
∴MN∥AC，
MN＝AC，
又DE∥AC，DE＝AC，
∴DE∥MN，DE＝MN，
∴四边形MNED是平行四边形，
∴EN∥DM，EN＝DM，
又AC⊥平面BCD，AC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCD，
∵DC＝DB，∴DM⊥BC，
又平面ABC∩平面BCD＝BC，
DM⊂平面BCD，
∴DM⊥平面ABC，
∴EN⊥平面ABC，
又EN⊂平面ABE，
∴平面ABE⊥平面ABC.
(2)解 由(1)知，AC⊥BC，EN∥DM且EN＝DM，EN⊥平面ABC，平面ABE⊥平面ABC，
以C为原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，连接CN，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，N(1,1,0)，E(1,1，)，
则CB＝(0,2,0)，CN＝(1,1,0)，
CE＝(1,1，)，
设平面BCE的法向量为
n＝(x，y，z)，
则
取z＝，则
∴n＝(－2,0，)，
又AC＝BC，则CN⊥AB，
又平面ABC∩平面ABE＝AB，
CN⊂平面ABC，
∴CN⊥平面ABE，即CN＝(1,1,0)为平面ABE的一个法向量，
设平面ABE与平面BEC的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，CN〉|＝＝＝，
∴平面ABE与平面BEC夹角的余弦值为.
跟踪训练3 (1)证明 ∵AC，BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，
∴∠BAD＝90°，∴AB⊥AD，
∵PA为圆柱OO′的一条母线，
∴PA⊥AB，
∵PA∩AD＝A，
PA，AD⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD.
(2)解 以C为坐标原点，分别以CD，CB，过C的母线所在直线为x轴、y轴、z轴，建立
如图所示的空间直角坐标系，
设AP＝AC＝4，则BC＝2，AB＝2，CD＝2，则D(2，0,0)，B(0,2,0)，
P(2，2,4)，C(0,0,0)，
∴CD＝(2，0,0)，CB＝(0,2,0)，CP＝(2，2,4)，
设平面PBC的法向量为
n＝(x，y，z)，
则
令x＝2，则y＝0，z＝－，
∴n＝(2,0，－)，
设平面PDC的法向量为
m＝(a，b，c)，
则
令b＝2，则a＝0，c＝－1，
∴m＝(0,2，－1)，
设平面DPC与平面PCB的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝＝＝，
∴平面DPC与平面PCB夹角的正弦值为＝.
§7.8 空间距离及立体几何中的探索问题
落实主干知识
知识梳理
1.
2.
思考辨析
(1)× (2)× (3)√ (4)×
教材改编题
1．A 2. 3.
探究核心题型
例1 (1)A
(2)①证明 因为AB⊥平面BBC C，C B⊂平面BBC C，所以AB⊥C B，
1 1 1 1 1 1
在△BCC 中，BC＝2，BC ＝2，CC ＝AA＝4，所以BC2＋BC＝CC，所以CB⊥C B.
1 1 1 1 1
因为AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以C B⊥平面ABC.
1
又因为CM⊂平面ABC，
所以C B⊥CM.
1②解 由①知，AB⊥C B，BC⊥C B，AB⊥BC，
1 1
以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则B(0,0,0)，
C(2,0,0)，C (0，2，0)，A(－2，2，4)，E(－1,2，2)，
1 1
BC＝(2,0,0), BE＝(－1,2，2)，
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令y＝，则n＝(0，，－3)．
又因为A1C＝(4，－2，－4)，
故点A 到平面BCE的距离
1
d＝
＝.
跟踪训练1 (1)
①证明 以D为坐标原点，直线DA，DC，DD 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直
1
角坐标系(图略)，设 AE＝x，则 D(0,0,0)，A(1,0,1)，D(0,0,1)，E(1，x,0)，A(1,0,0)，
1 1
C(0,2,0)．
D1E＝(1，x，－1)，A1D＝(－1,0，－1)，因为D1E·A1D＝0，所以D1E⊥A1D，即DE⊥AD.
1 1
②解 因为E为AB的中点，则E(1,1,0)，从而D1E＝(1,1，－1)，AC＝(－1,2,0)，AD1＝(－
1,0,1)，
设平面ACD 的法向量为n＝(a，b，c)，则
1
即得从而可取n＝(2,1,2)，所以点E到平面ACD 的距离d＝＝＝.
1
例2 (1)证明 ∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，
∴AC⊥OB，
∵平面ABBA⊥平面ABC，平面ABBA∩平面ABC＝AB，AB⊥AB，
1 1 1 1 1
∴AB⊥平面ABC，
1
∵AC⊂平面ABC，∴AB⊥AC，
1
∵AC⊥OB，AB∩OB＝B，AB，OB⊂平面ABO，∴AC⊥平面ABO.
1 1 1 1(2)解 存在，线段CC 的中点P满足题意．
1
理由如下：
∵AB⊥平面ABC，OB⊥AC，
1
以O为坐标原点，OA，OB，所在直线分别为x轴、y轴，过点O作Oz∥AB，以Oz所在直
1
线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，A(1,0,0)，A(0，，2)，OB＝(0，，0)，AA1＝(－1，，
1
2)，
设CP＝tCC1＝tAA1＝(－t，t,2t)，0≤t≤1，
则OP＝OC＋CP＝(－1－t，t,2t)，
易知平面AOB的一个法向量为n＝(1,0,0)，设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)，
1
则
取x＝2t，则m＝(2t,0，t＋1)，
由题意得|cos〈n，m〉|＝＝＝，
∵0≤t≤1，∴解得t＝＝，
∴线段CC 上存在点P，使得平面POB与平面AOB夹角的余弦值为，此时＝.
1 1
跟踪训练2 (1)证明 如图，连接BD交AC于点O，连接SO.
由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，
以OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为
a，
则高SO＝a，
于是S，D，C.
于是OC＝，
SD＝.
则OC·SD＝0，所以OC⊥SD，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解 由题设知，平面PAC的一个法向量为DS＝，平面DAC的一个法向量为
OS＝.
设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈OS，DS〉|＝＝，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
(3)解 假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
由(2)知DS是平面PAC的一个法向量，
且DS＝，
CS＝.
设CE＝tCS(0≤t≤1)，
因为B，C，
所以BC＝，
则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS
＝.
由BE·DS＝0，
得－＋0＋a2t＝0，
解得t＝，
当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.
由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
§7.9 空间动态问题突破
例1 (1)C [对于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB，BC∩BB＝B，BC，BB⊂平面BCC B，
1 1 1 1 1
∴AB⊥平面BCC B，
1 1
∵PQ⊂平面BCC B，∴AB⊥PQ，故A正确；
1 1
对于B，∵平面ADD A∥平面BCC B，平面BPQ与平面BCC B 重合，
1 1 1 1 1 1
∴平面BPQ∥平面ADD A，故B正确；
1 1对于C，∵A到平面BPQ的距离AB为定值，Q到BP的距离为定值，BP的长不是定值，∴四
面体ABPQ的体积不为定值，故C错误；
对于D，∵平面ABBA∥平面CDD C ，AP⊂平面ABBA，
1 1 1 1 1 1
∴AP∥平面CDD C ，故D正确．]
1 1
(2)AB [因为 MN∥BC，MN⊄平面 A′BC，BC⊂平面 A′BC，所以直线 MN∥平面
A′BC，故A正确；
因为四棱锥A′－MNCB的底面积为定值，所以当点A′到平面MNCB距离最大时，体积最
大，此时平面A′MN⊥平面MNCB，满足题意，故B正确；
对于C，如图，若BN⊥平面A′NC，则BN⊥AA′，又A′D⊥MN，AD⊥MN，A′D∩AD
＝D，可知 MN⊥平面 A′AD，所以 A′A⊥MN，又 MN∩BN＝N，所以 A′A⊥平面
MNCB，这显然不可能，故C错误；
当四棱锥A′－MNCB体积最大时，平面A′MN⊥平面MNCB，如图，
由∠MBC＝，取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆的圆心，F是△A′MN的外心，
作OE⊥平面MNCB，连接OF，则OF⊥平面A′MN，则O是四棱锥A′－MNCB外接球的
球心，
且OF＝DE＝，A′F＝，设四棱锥A′－MNCB外接球的半径为R，则R2＝A′F2＋OF2＝.
故球O的表面积为4πR2＝39π.故D错误．]
跟踪训练1 C [对于选项A， .
在正方体中，BC ∥平面AAD，所以点P到平面AAD的距离不变，
1 1 1
即三棱锥P－AAD的高不变，又△AAD的面积不变，
1 1
因此三棱锥P－AAD的体积不变，
1
即三棱锥A－APD的体积与点P的位置无关，故A不成立；
1
对于选项B，由于BC ∥AD，AD⊂平面ACD ，BC ⊄平面ACD ，
1 1 1 1 1 1
所以BC ∥平面ACD ，同理可证BA∥平面ACD ，又BA∩BC ＝B，
1 1 1 1 1 1所以平面BAC ∥平面ACD ，因为AP⊂平面BAC ，
1 1 1 1 1 1
所以AP∥平面ACD ，故B不成立；
1 1
对于选项C，因为AC ⊥BD，AC ⊥BB，BD∩BB＝B，
1 1 1 1 1 1
所以AC ⊥平面BBD，则AC ⊥BD；同理AB⊥BD，
1 1 1 1 1 1 1 1
又AC ∩AB＝A，所以BD⊥平面ABC ，
1 1 1 1 1 1 1
又BD⊂平面PDB ，所以平面PDB ⊥平面ABC ，故C成立；
1 1 1 1 1
对于选项D，当B与P重合时，AP与DC的夹角为，故D不成立．]
1
例2 (1)D [设d是△APC 边AC 上的高，则 ＝·|AC |·d＝d＝，所以d＝，即点P到直
1 1 1
线AC 的距离为定值，所以点P在以直线AC 为轴，以为底面半径的圆柱侧面上，直线AC
1 1 1
与平面ABCD既不平行也不垂直，所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆，其中只有
一部分在正方形ABCD内．]
(2)
解析 如图所示，取AB 的中点H，BB的中点G，连接GH，C H，C G，EG，HF，可得
1 1 1 1 1
四边形EGC D 是平行四边形，所以C G∥DE，又C G⊄平面CDEF，DE⊂平面CDEF，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以C G∥平面CDEF.同理可得C H∥CF，C H∥平面CDEF.
1 1 1 1 1
因为C H∩C G＝C ，所以平面C GH∥平面CDEF.
1 1 1 1 1
由M点是正方形ABBA 内的动点可知，若C M∥平面CDEF，则点M在线段GH上，所以
1 1 1 1
M点的轨迹长度GH＝＝.
跟踪训练2 (1)B [建立如图所示的空间直角坐标系，
设OB＝OA＝1，
则B(0,1,0)，
A(0,0,1)，
P(x，y,0)，
则AB＝(0,1，－1)，
AP＝(x，y，－1)，
所以cos〈AB，AP〉＝＝，即x2＋＝1，所以点P的轨迹是椭圆．]
(2)3π
解析 如图，当r＝1时，点P在正方体表面上的轨迹分别是以A为圆心，1为半径的三个
面上的三段弧，分别为 ， ， ，
则f(1)＝3××2π＝，
当r＝时，点P在正方体表面上的轨迹为在平面ABC D 上以A 为圆心，1为半径的 ，
1 1 1 1 1
在平面BBCC 上为以B为圆心，1为半径的 ，
1 1
在平面DCC D 上为以D为圆心，1为半径的 ，
1 1
则f()＝3××2π＝，
所以f(1)＋f()＝＋＝3π.
例3 (1)A [取AC的中点O，连接D′O(图略)．
设∠ABC＝α，α∈(0，π)，所以D′O＝AD′cos ＝2cos ，S ＝×2×2sin α＝2sin α.
△ABC
因为D′O⊥平面ABC，所以V ＝S ×D′O＝sin αcos ＝sin cos2＝sin ·.
四面体ABCD′ △ABC
设t＝sin ，则0＜t＜1，V ＝(t－t3)．
四面体ABCD′
设f(t)＝(t－t3)，0＜t＜1，
则f′(t)＝(1－3t2)，0＜t＜1.
所以当0＜t＜时，f′(t)＞0，f(t)单调递增；
当＜t＜1时，f′(t)＜0，f(t)单调递减．
所以当t＝时，f(t)取得最大值.
所以四面体ABCD′体积的最大值为.]
(2)
解析 因为在三棱锥P－ABC中，PA，AB，AC两两垂直，所以AB⊥平面PAC，则BD与平
面PAC所成的角为∠ADB，tan∠ADB＝＝，当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值．在等
腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值．
以A为坐标原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角
坐标系，则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0,1,1)，
则AD＝(0,1,1)，PC＝(0,2，－2)，BC＝(－3,2,0)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即令y＝3，得n＝(2,3,3)．
因为cos〈n，AD〉＝＝＝，
所以AD与平面PBC所成角的正弦值为.
跟踪训练3 (1)A [如图，取AB的中点E，连接CE，DE，
设AB＝2x(0＜x＜1)，则CE＝DE＝，
当平面ABC⊥平面ABD时，四面体ABCD的体积最大，
此时，四面体ABCD的体积V＝××2x××＝x－x3.
所以V′＝－x2，令V′＝0，得x＝.
当x∈时，V单调递增，当x∈时，V单调递减．故当x＝时，V有最大值，V ＝×－×3＝.]
max
(2)
解析 如图，取AD 的中点N，AB 的中点M，连接AM，AN，MN，NE，BD，
1 1 1 1 1 1
在正方体ABCD－ABC D 中，E，N分别为BC ，AD 的中点，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴EN∥AB∥AB，EN＝AB＝AB，
1 1 1 1
∴四边形ABEN为平行四边形，
∴AN∥BE，又AN⊄平面BEF，BE⊂平面BEF，
∴AN∥平面BEF，
∵E，F分别为BC ，C D 的中点，
1 1 1 1
由中位线性质知EF∥BD，
1 1
同理可知MN∥BD，
1 1
∴MN∥EF，
又MN⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，
∴MN∥平面BEF，
又AN∩MN＝N，
AN，MN⊂平面AMN，
∴平面AMN∥平面BEF，
∵P是底面ABC D 上一点，且AP∥平面BEF，
1 1 1 1
∴P∈MN，
在等腰△AMN中，当AP的长度最大时，P在M点或N点，
即AP ＝AM＝AN
max
＝＝，
当AP的长度最小时，P为MN的中点，MN＝，
∴AP＝
＝＝，
即AP ＝.
min
第八章 直线和圆、圆锥曲线
§8.1 直线的方程
落实主干知识
知识梳理
1.AB
2．(1)x轴正向 向上 (2)0°≤α<180°
3．(1)正切值 tan α (2)
4．y－y＝k(x－x) y＝kx＋b ＝(x≠x，y≠y)
0 0 1 2 1 2
＋＝1
Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)√
教材改编题
1．B 2.D
3．3x－2y＝0或x＋y－5＝0
探究核心题型
例1 (1)B (2)B
跟踪训练1 (1) (2) －3
例2 解 (1)∵所求直线过点A(－1，－3)，且斜率为－，
∴y＋3＝－(x＋1)，
即x＋4y＋13＝0.
(2)当横截距与纵截距都为0时，
可设直线方程为y＝kx，
又直线过点(2,1)，
∴1＝2k，解得k＝，
∴直线方程为y＝x，
即x－2y＝0；
当横截距与纵截距都不为0时，可设直线方程为＋＝1，
由题意可得解得
∴直线方程为＋＝1，
即x＋2y－4＝0；
综上，所求直线方程为x－2y＝0或x＋2y－4＝0.
(3) 当直线的斜率不存在时，所求直线方程为x－5＝0，满足题意；
当直线的斜率存在时，设斜率为k，
则所求直线方程为y－10＝k(x－5)，
即kx－y＋10－5k＝0.
∴原点到直线的距离
d＝＝5，
解得k＝，
∴所求直线方程为3x－4y＋25＝0.
综上，所求直线方程为
x－5＝0或3x－4y＋25＝0.
跟踪训练2 (1)A
(2)C [方法一 因为直线l的一个方向向量为n＝(2,3)，所以直线l的斜率k＝，
故直线l的方程为y－3＝(x＋4)．
方法二 设P(x，y)是直线l上的任意一点(不同于A)，
则AP＝(x＋4，y－3)，
因为直线l的一个方向向量为
n＝(2,3)，
所以3(x＋4)－2(y－3)＝0，
故直线l的方程为
y－3＝(x＋4)．]
例3 解 方法一 设直线l的方程为
y－1＝k(x－2)(k<0)，
则A，B(0,1－2k)，
S ＝(1－2k)·
△AOB
＝
≥×(4＋4)＝4，
当且仅当－4k＝－，
即k＝－时，等号成立．
故直线l的方程为
y－1＝－(x－2)，
即x＋2y－4＝0.
方法二 设直线l：＋＝1，
且a>0，b>0，
因为直线l过点M(2,1)，
所以＋＝1，
则1＝＋≥2，故ab≥8，
故S 的最小值为
△AOB
×ab＝×8＝4，
当且仅当＝＝时取等号，
此时a＝4，b＝2，
故直线l的方程为＋＝1，
即x＋2y－4＝0.
延伸探究
1．解 由本例方法二知，＋＝1，a>0，b>0，
所以|OA|＋|OB|＝a＋b
＝(a＋b)·
＝3＋＋≥3＋2，
当且仅当a＝2＋，b＝1＋时，等号成立，
所以当|OA|＋|OB|取最小值时，直线l的方程为x＋y＝2＋.
2．解 方法一 由本例方法一知
A，
B(0,1－2k)(k＜0)．
所以|MA|·|MB|＝·
＝2×＝2≥4.
当且仅当－k＝－，
即k＝－1时取等号．
此时直线l的方程为x＋y－3＝0.
方法二 由本例方法二知A(a,0)，B(0，b)，a＞0，b＞0，＋＝1.
所以|MA|·|MB|＝|MA|·|MB|
＝－MA·MB
＝－(a－2，－1)·(－2，b－1)
＝2(a－2)＋b－1＝2a＋b－5
＝(2a＋b)－5
＝2≥4，
当且仅当a＝b＝3时取等号，此时直线l的方程为x＋y－3＝0.
跟踪训练3 (1)(1，－4) [3，＋∞)
(2)x＋y－2＝0
§8.2 两条直线的位置关系
落实主干知识
知识梳理
1．k＝k 且b≠b AB－AB＝0且AC －AC ≠0 k·k＝－1 AA＋BB＝0 k≠k
1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2
AB－AB≠0
1 2 2 1
2．(1)②
③ (2)
(3)思考辨析
(1)× (2)× (3)√ (4)√
教材改编题
1．C 2.A 3.x＋2y－3＝0
探究核心题型
例1 (1)C (2)A
跟踪训练1 (1)B (2)3或－2
例2 (1)D [依题意知直线2x－y＋3＝0与直线ax－3y＋4＝0平行，
得2×(－3)－(－1)×a＝0，
解得a＝6，
所以两直线分别为
2x－y＋3＝0和6x－3y＋4＝0，
即6x－3y＋9＝0和6x－3y＋4＝0，
所以两直线间的距离
d＝＝.]
(2)AB [当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，
此时l与直线l，l 的交点分别为A(3，－4)，B(3，－9)，
1 2
截得的线段|AB|＝|－4＋9|＝5，符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－1＝k(x－3)，
且设直线l与直线l 和l 的交点分别为A，B.
1 2
联立
得A；
联立
得B.
由|AB|＝5，
得2＋
2＝52，
解得k＝0，即所求直线l的方程为y＝1.
综上所述，所求直线l的方程为x＝3或y＝1.]
跟踪训练2 (1)D (2)B
例3 B [方法一 设所求直线上任一点为(x，y)，则其关于点对称的点为，
因为点在直线3x－2y＝0上，
所以3－2(－y)＝0，化简得3x－2y－2＝0，
所以所求直线方程为3x－2y－2＝0.方法二 在直线3x－2y＝0上任取两点O(0,0)，M(2,3)，
设点O，M关于点的对称点分别为O′，M′，
则O′，M′，
所以所求直线方程为
＝，
即3x－2y－2＝0.]
例4 C [依题意，设B(2,4)关于直线y＝x＋1对称的点为B′(m，n)，
∴解得
∴B′(3,3)，连接AB′交直线y＝x＋1于点C′，连接BC′，如图，
在直线y＝x＋1上任取点C，连接AC，BC，B′C，显然，直线y＝x＋1垂直平分线段
BB′，
则有|AC|＋|BC|＝|AC|＋|B′C|≥|AB′|＝|AC′|＋|B′C′|＝|AC′|＋|BC′|，当且仅当点C
与C′重合时取等号，
∴(|AC|＋|BC|) ＝|AB′|＝＝，
min
故|AC|＋|BC| 的最小值为.]
例5 C [设所求直线上任一点M(x，y)，M关于直线x－y－2＝0的对称点为M′(x，y)，
1 1
则
解得(*)
∵点M′在直线3x－2y－6＝0上，
∴将(*)式代入，
得3(y＋2)－2(x－2)－6＝0，
化简得2x－3y－4＝0，即为l 关于l 对称的直线方程．]
1 2
跟踪训练3 解 (1)设A′(x，y)，
由已知条件得
解得∴A′.
(2)在直线m上取一点，如M(2,0)，
则M(2,0)关于直线l的对称点M′必在直线m′上．设对称点为M′(a，b)，则
得M′.
设直线m与直线l的交点为N，
由得N(4,3)．
又m′经过点N(4,3)，
∴由两点式得直线m′的方程为
9x－46y＋102＝0.
(3)方法一 在l：2x－3y＋1＝0上任取两点，
如P(1,1)，Q(4,3)，则P，Q关于点A(－1，－2)的对称点P′，Q′均在直线l′上，
易得P′(－3，－5)，Q′(－6，－7)，
再由两点式可得l′的方程为
2x－3y－9＝0.
方法二 ∵l∥l′，
∴设l′的方程为2x－3y＋C＝0(C≠1)．
∵点A(－1，－2)到两直线l，l′的距离相等，
∴由点到直线的距离公式，
得＝，
解得C＝－9，
∴l′的方程为2x－3y－9＝0.
§8.3 圆的方程
落实主干知识
知识梳理
1．定点 定长 (a，b) r
2．(1)圆外 (2)圆上 (3)圆内
思考辨析
(1)√ (2)× (3)√ (4)√
教材改编题
1．D 2.B 3.AD
探究核心题型
例1 (1)(x－2)2＋(y－3)2＝13或(x－2)2＋(y－1)2＝5或2＋2＝或2＋(y－1)2＝解析 依题意设圆的方程为
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
其中D2＋E2－4F>0.
若过(0,0)，(4,0)，(－1,1)，
则
解得
满足D2＋E2－4F>0，
所以圆的方程为x2＋y2－4x－6y＝0，
即(x－2)2＋(y－3)2＝13；
若过(0,0)，(4,0)，(4,2)，
则
解得
满足D2＋E2－4F>0，
所以圆的方程为
x2＋y2－4x－2y＝0，
即(x－2)2＋(y－1)2＝5；
若过(0,0)，(4,2)，(－1,1)，
则
解得
满足D2＋E2－4F>0，
所以圆的方程为
x2＋y2－x－y＝0，
即2＋2＝；
若过(－1,1)，(4,0)，(4,2)，
则
解得
满足D2＋E2－4F>0，
所以圆的方程为
x2＋y2－x－2y－＝0，
即2＋(y－1)2＝.
(2)(x－1)2＋(y＋1)2＝5
解析 方法一 设⊙M的方程为
(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
则解得
∴⊙M的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
方法二 设⊙M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，
则M，
∴
解得
∴⊙M的方程为x2＋y2－2x＋2y－3＝0，即(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
方法三 设A(3,0)，B(0,1)，⊙M的半径为r，
则k ＝＝－，AB的中点坐标为，
AB
∴AB的垂直平分线方程为
y－＝3，
即3x－y－4＝0.
联立解得
∴M(1，－1)，
∴r2＝|MA|2＝(3－1)2＋[0－(－1)]2＝5，
∴⊙M的方程为
(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
跟踪训练1 (1)A
(2)2＋2＝
例2 解 (1)方法一 设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.
因为AC⊥BC，且BC，AC斜率均存在，
所以k ·k ＝－1，
AC BC
又k ＝，k ＝，
AC BC
所以·＝－1，
化简得x2＋y2－2x－3＝0.
因此，直角顶点C的轨迹方程为
x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
方法二 设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1,0)，由直角三角形的性质知|CD|＝|AB|＝
2.由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1,0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C三点不共线，
所以应除去与x轴的交点)．
所以直角顶点C的轨迹方程为
(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．
(2)设M(x，y)，C(x，y)，
0 0
因为B(3,0)，且M是线段BC的中点，所以由中点坐标公式得
x＝，y＝，
所以x＝2x－3，y＝2y.
0 0
由(1)知，点C的轨迹方程为
(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，
将x＝2x－3，y＝2y代入得
0 0
(2x－4)2＋(2y)2＝4，
即(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．
因此动点M的轨迹方程为
(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．
跟踪训练2 解 (1)设动点P的坐标为(x，y)，
因为M(1,0)，N(2,0)，
且|PN|＝|PM|，
所以
＝·，
整理得x2＋y2＝2，
所以动点P的轨迹C的方程为
x2＋y2＝2.
(2)设点Q的坐标为(x，y)，点A的坐标为(x ，y )，
A A
因为Q是线段AB上靠近点B的三等分点，
所以AQ＝2QB，即(x－x ，y－y )＝2(6－x，－y)，
A A
解得
又点A在轨迹C上运动，
由(1)有(3x－12)2＋(3y)2＝2，
化简得(x－4)2＋y2＝，
即点Q的轨迹方程为
(x－4)2＋y2＝.
例3 解 (1)如图，方程x2＋y2－4x＋1＝0表示以点(2,0)为圆心，为半径的圆．
设＝k，即y＝kx，则圆心(2,0)到直线y＝kx的距离为半径时直线与圆相切，斜率取得最大、最小值．
由＝，解得k2＝3，
∴k ＝，k ＝－.
max min
∴ ＝， ＝－.
max min
(2)设y－x＝b，则y＝x＋b，当且仅当直线y＝x＋b与圆相切于第四象限时，截距b取最小
值，由点到直线的距离公式，得＝，
即b＝－2±，
故(y－x) ＝－2－.
min
(3)x2＋y2是圆上点与原点的距离的平方，设圆与x轴相交于点B和C′(点B在点C′左侧)，
则(x2＋y2) ＝|OC′|2＝(2＋)2＝7＋4，
max
(x2＋y2) ＝|OB|2＝(2－)2
min
＝7－4.
例4 12
解析 由题意，得PA＝(2－x，－y)，
PB＝(－2－x，－y)，
所以PA·PB＝x2＋y2－4，
由于点P(x，y)是圆上的点，故其坐标满足方程x2＋(y－3)2＝1，
故x2＝－(y－3)2＋1，
所以PA·PB＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12.
易知2≤y≤4，所以当y＝4时，
PA·PB的值最大，最大值为
6×4－12＝12.
延伸探究 10
解析 由题意，知PA＝(－x,2－y)，
PB＝(－x，－2－y)，
所以PA＋PB＝(－2x，－2y)，
由于点P(x，y)是圆上的点，
故其坐标满足方程(x－3)2＋y2＝4，
故y2＝－(x－3)2＋4，
所以|PA＋PB|＝
＝2.
由圆的方程(x－3)2＋y2＝4，
易知1≤x≤5，所以当x＝5时，|PA＋PB|的值最大，最大值为2×＝10.
跟踪训练3 (1)D (2)
§8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系
落实主干知识
知识梳理
1．< ＝ > > ＝ <
2．d>r＋r d＝r＋r
1 2 1 2
|r－r|<d<r＋r d＝|r－r|
1 2 1 2 1 2
d<|r－r|
1 2
3．(1)2
(2)·
思考辨析
(1)× (2)× (3)√ (4)√
教材改编题
1．A 2.B 3.D
探究核心题型
例1 (1)ABD [圆心C(0,0)到直线l的距离d＝，
若点A(a，b)在圆C上，
则a2＋b2＝r2，
所以d＝＝|r|，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点A(a，b)在圆C内，
则a2＋b2<r2，
所以d＝>|r|，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点A(a，b)在圆C外，
则a2＋b2>r2，
所以d＝<|r|，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点A(a，b)在直线l上，
则a2＋b2－r2＝0，
即a2＋b2＝r2，
所以d＝＝|r|，则直线l与圆C相切，故D正确．]
(2)C [方法一 直线kx－y＋2－k＝0的方程可化为k(x－1)－(y－2)＝0，该直线恒过定点
(1,2)．
因为12＋22－2×1－8<0，
所以点(1,2)在圆x2＋y2－2x－8＝0的内部，
所以直线kx－y＋2－k＝0与圆x2＋y2－2x－8＝0相交．
方法二 圆的方程可化为(x－1)2＋y2＝32，所以圆的圆心为(1,0)，半径为3.圆心到直线kx－y
＋2－k＝0的距离为＝≤2<3，所以直线与圆相交．]
例2 (1)D
(2)x＝0或3x＋4y－4＝0
例3 解 由题意得圆心C(1,2)，半径r＝2.
(1)∵(＋1－1)2＋(2－－2)2
＝4，
∴点P在圆C上．
又k ＝＝－1，
PC
∴过点P的切线的斜率为－＝1，
∴过点P的圆C的切线方程是
y－(2－)＝1×[x－(＋1)]，
即x－y＋1－2＝0.
(2)∵(3－1)2＋(1－2)2＝5>4，
∴点M在圆C外．
当过点M的直线的斜率不存在时，
直线方程为x＝3，即x－3＝0.
又点C(1,2)到直线x－3＝0的距离d＝3－1＝2＝r，
∴直线x＝3是圆的切线；
当切线的斜率存在时，设切线方程为y－1＝k(x－3)，
即kx－y＋1－3k＝0，
由圆心C到切线的距离
d′＝＝r＝2，
解得k＝.
∴切线方程为y－1＝(x－3)，
即3x－4y－5＝0.
综上，过点M的圆C的切线方程为
x－3＝0或3x－4y－5＝0.∵|MC|＝
＝，
∴过点M的圆C的切线长为＝＝1.
例4 2
解析 由圆O：x2＋y2＝2，得r＝，
四边形PAOB的面积S＝2S ＝|PA|·|AO|＝|PA|，
△PAO
∵点P(x，y)是直线l：x＋y＝4上的一点，
0 0
∴P(x 4－x)，
0, 0
则|PA|＝＝，
又|PO|2＝x＋(4－x)2＝2x－8x＋16＝2(x－2)2＋8≥8，
0 0 0
∴|PO|2－2≥6，则|PA|≥，
∴四边形PAOB的面积的最小值为×＝2.
跟踪训练1 (1)D (2)D
例5 (1)C [因为两点A(0，－m)，
B(0，m)，点P满足AP⊥BP，
故点P的轨迹C 是以A，B为直径的圆(不包含A，B)，
1
故其轨迹方程为x2＋y2＝m2(x≠0)，
又圆C：(x－1)2＋(y＋2)2＝16上存在点P，故两圆有交点，
又|CC |＝＝3，
1
则|4－|m||≤3≤4＋|m|，
解得|m|∈[1,7]，
则m的最大值为7.]
(2)x－2y＋4＝0 2
解析 联立两圆的方程得
两式相减并化简，得x－2y＋4＝0，
即为两圆公共弦所在直线的方程．
由x2＋y2－2x＋10y－24＝0，
得(x－1)2＋(y＋5)2＝50，
则圆C 的圆心坐标为(1，－5)，
1
半径r＝5，
圆心到直线x－2y＋4＝0的距离为
d＝＝3.
设公共弦长为2l，由勾股定理得r2＝d2＋l2，
即50＝(3)2＋l2，解得l＝，
故公共弦长为2.
跟踪训练2 (1)B
(2)x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0(答案不唯一，只需写出上述三个方程中的一
个即可)
解析 如图，因为圆x2＋y2＝1的圆心为O(0,0)，半径r ＝1，圆(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心
1
为A(3,4)，半径r＝4，
2
所以|OA|＝5，r＋r＝5，所以|OA|＝r＋r，所以两圆外切，公切线有三种情况：
1 2 1 2
①易知公切线l 的方程为x＝－1.
1
②另一条公切线l 与公切线l 关于过两圆圆心的直线l对称．
2 1
易知过两圆圆心的直线l的方程为
y＝x，
由得
由对称性可知公切线l 过点.
2
设公切线l 的方程为
2
y＋＝k(x＋1)，
则点O(0,0)到l 的距离为1，
2
所以1＝，解得k＝，
所以公切线l 的方程为
2
y＋＝(x＋1)，即7x－24y－25＝0.
③还有一条公切线l 与直线l：
3
y＝x垂直，设公切线l 的方程为
3
y＝－x＋t，
易知t>0，则点O(0,0)到l 的距离为1，
3
所以1＝，
解得t＝或t＝－(舍去)，所以公切线l 的方程为
3
y＝－x＋，
即3x＋4y－5＝0.
综上，所求直线方程为x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.
§8.5 椭 圆
落实主干知识
知识梳理
1．常数 焦点 焦距
2．－a≤x≤a且－b≤y≤b
－b≤x≤b且－a≤y≤a
A(－a,0)，A(a,0)，B(0，－b)，B(0，b)
1 2 1 2
A(0，－a)，A(0，a)，B(－b,0)，B(b,0)
1 2 1 2
2b 2a F(－c,0)，F(c,0)
1 2
F(0，－c)，F(0，c) 2c
1 2
x轴和y轴 原点 e＝(0<e<1)
a2＝b2＋c2
思考辨析
(1)× (2)√ (3)× (4)×
教材改编题
1．A 2.C 3.A
探究核心题型
例1 (1)A [设动圆P的半径为r，
又圆A：(x＋1)2＋y2＝1的半径为1，圆B：(x－1)2＋y2＝64的半径为8，
则|PA|＝r＋1，|PB|＝8－r，
可得|PA|＋|PB|＝9，
又9>2＝|AB|，
则动圆的圆心P的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为9的椭圆．]
(2)
解析 方法一 由题意知，c＝.
又∠FPF＝60°，|PF|＋|PF|＝2a，
1 2 1 2
|FF|＝2，
1 2
∴|FF|2＝(|PF|＋|PF|)2－2|PF||PF|－2|PF||PF|cos 60°
1 2 1 2 1 2 1 2
＝4a2－3|PF||PF|＝4a2－16，
1 2∴|PF||PF|＝，
1 2
∴ ＝|PF||PF|sin 60°
1 2
＝××
＝.
方法二 由题意得b2＝4，∠FPF＝60°，∴ ＝4×tan 30°＝.
1 2
延伸探究 解 ∵PF⊥PF，
1 2
∴|PF|2＋|PF|2＝|FF|2＝4(a2－4)
1 2 1 2
＝4a2－16，
又|PF|＋|PF|＝2a，|PF|2＋|PF|2＝(|PF|＋|PF|)2－2|PF||PF|，
1 2 1 2 1 2 1 2
∴|PF|·|PF|＝8，
1 2
∴ ＝|PF||PF|＝4.
1 2
跟踪训练1 (1)A (2)D
例2 D
例3 ＋＝1
跟踪训练2 (1)A
(2)B [如图，不妨设A(x ，y)在第一象限，由椭圆的左焦点F(－1,0)，点C，F 是线段AB
0 0 1 1
的三等分点，
得C为AF 的中点，F 为BC的中点，
1 1
所以x＝1，
0
所以＋＝1，
解得y＝，即A，
0
所以C，B，
将点B的坐标代入椭圆方程得
＋＝1，即＋＝1，
结合a2－b2＝c2＝1，解得a2＝5，b2＝4，
所以椭圆的标准方程是＋＝1.]
例4 (1)B [因为过点F 且斜率为的直线交椭圆于点P，且2∠PFF ＝∠PFF ，则有∠PFF
1 1 2 2 1 1 2
＝30°，∠PFF＝60°，
2 1
因此，在△PFF 中，∠FPF ＝90°，令椭圆半焦距为c，于是得|PF|＝|FF|cos 30°＝c，|PF|
1 2 1 2 1 1 2 2＝|FF|·sin 30°＝c，
1 2
由椭圆定义得2a＝|PF|＋|PF|＝(＋1)c，
1 2
则e＝＝＝－1，
所以椭圆E的离心率为－1.]
(2)A [设P(m，n)(n≠0)，
则Q(－m，n)，易知A(－a,0)，
所以k ·k ＝·＝＝.(*)
AP AQ
因为点P在椭圆C上，
所以＋＝1，
得n2＝(a2－m2)，
代入(*)式，得＝，
所以e＝＝＝.]
例5 (1)A [如图所示，当点M为椭圆的短轴顶点时，∠FMF 最大，
1 2
∴|MO|＝b，|MF |＝a，|OF|＝c，
2 2
∴sin∠OMF＝＝＝，
2
∴∠OMF＝，故∠FMF ＝，
2 1 2
所以∠FMF 的最大值为.]
1 2
(2)4
解析 由题意知a＝2，
因为e＝＝，
所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，
故椭圆的方程为＋＝1.
设P点的坐标为(x，y)，
0 0
－2≤x≤2，－≤y≤，
0 0
代入＋＝1，得y＝3－x.
因为F(－1,0)，A(2,0)，
所以PF＝(－1－x，－y)，
0 0
PA＝(2－x，－y)，
0 0
所以PF·PA＝x－x－2＋y＝x－x＋1＝(x－2)2，
0 0 0
所以当x＝－2时，PF·PA取得最大值4.
0跟踪训练3 (1)D [由题意|AF|＝|AF|＝a，
1 2
设|BF|＝t，则|BF|＝2a－t，
1 2
又以AB为直径的圆过F，
2
所以AF⊥BF，
2 2
所以a2＋(2a－t)2＝(a＋t)2，
解得t＝a，
所以|BF|＝a，
2
在△AFF 和△BFF 中，
1 2 1 2
由余弦定理得
cos∠AFF＝，
1 2
cos∠BFF＝
1 2
＝，
因为∠AFF＋∠BFF＝180°，
1 2 1 2
所以cos∠AFF＋cos∠BFF＝0，
1 2 1 2
即＋＝0，
整理得a2＝5c2，
所以e＝＝.]
(2)C [取AP的中点Q，
则FQ＝(FP＋FA)，
所以(FP＋FA)·AP＝2FQ·AP＝0，
所以FQ⊥AP，所以△AFP为等腰三角形，
即|FA|＝|FP|，且|FA|＝＝a.
因为点P在直线x＝上，
所以|FP|≥－c，即a≥－c，
所以≥－1，所以e2＋e－1≥0，
解得e≥或e≤.
又0＜e＜1，故≤e＜1.]
§8.6 双曲线
落实主干知识
知识梳理
1．绝对值 小于 焦点 焦距
2．F(－c,0)，F(c,0)
1 2F(0，－c)，F(0，c) |FF|＝2c
1 2 1 2
x≤－a x≥a 坐标轴 原点
A(－a,0)，A(a,0)
1 2
A(0，－a)，A(0，a) AA 2a 2b a b y＝±x y＝±x (1，＋∞) a2＋b2
1 2 1 2
思考辨析
(1)× (2)× (3)√ (4)√
教材改编题
1．C 2.C 3.17
探究核心题型
例1 (1)A [如图，设△ABC与圆的切点分别为D，E，F，
则有|AD|＝|AE|＝5，|BF|＝|BE|＝1，|CD|＝|CF|，
所以|CA|－|CB|＝5－1＝4.
根据双曲线定义，所求轨迹是以A，B为焦点，实轴长为4的双曲线的右支(右顶点除外)，
即c＝3，a＝2，又c2＝a2＋b2，
所以b2＝5，
所以顶点C的轨迹方程为
－＝1(x>2)．]
(2)2
解析 不妨设点P在双曲线的右支上，
则|PF|－|PF|＝2a＝2，
1 2
在△FPF 中，由余弦定理，得
1 2
cos∠FPF＝＝，
1 2
∴|PF|·|PF|＝8，
1 2
∴ ＝|PF|·|PF|·sin 60°＝2.
1 2
跟踪训练1 (1)C
(2)4
解析 如图所示，延长FM交PF 于Q，
2 1由于PM是∠FPF 的角平分线，FM⊥PM，
1 2 2
所以△QPF 是等腰三角形，
2
所以|PQ|＝|PF|，且M是QF 的中点．
2 2
根据双曲线的定义可知
|PF|－|PF|＝2a＝8，
1 2
即|QF|＝8，
1
由于O是FF 的中点，
1 2
所以MO是△QFF 的中位线，
1 2
所以|MO|＝|QF|＝4.
1
例2 (1)A
(2)D [由方程－＝1，
得双曲线的渐近线方程为y＝±x，
不妨设A在直线y＝x上，
由△OAF是边长为2的等边三角形，
可得c＝2，
直线y＝x的倾斜角为60°，
即＝，
联立可得
故双曲线的标准方程为x2－＝1.]
跟踪训练2 (1)A [易知双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为ay＝±bx，由C的左焦点(－
c,0)到其渐近线的距离是2，可得＝b＝2，则b2＝12，
由双曲线－＝1(a>0，b>0)的离心率为2，得e＝＝2，
又c2＝a2＋b2，
解得a＝2，c＝4，
则双曲线的方程为－＝1.]
(2)D
例3 (1)－3
解析 方法一 依题意得m<0，双曲线的方程化为标准方程为y2－＝1，此时双曲线的渐近
线的斜率为±＝±，解得m＝－3.
方法二 依题意得m<0，令y2－＝0，得y＝±x，
则±＝±，解得m＝－3.
(2)4x2－y2＝1
解析 方法一 由题意可知，①若双曲线的焦点在x轴上，则可设－＝1(a>0，b>0)，则－
＝1且＝2，联立解得a＝，b＝1，则双曲线的方程为4x2－y2＝1；
②若双曲线的焦点在y轴上，则可设－＝1(a>0，b>0)，则－＝1，且＝2，此时无解，综上，
双曲线的方程为4x2－y2＝1.
方法二 由题可设双曲线方程为
4x2－y2＝λ(λ≠0)，
∵双曲线经过点(1，)，
∴λ＝4×12－()2＝1，
∴双曲线方程为4x2－y2＝1.
例4 (1)A
(2)2((1，]内的任意值均可)
跟踪训练3 (1)ACD [对于A，因为0<k<1，所以9－k>0，k－1<0，
所以双曲线C：－＝1(0<k<1)表示焦点在x轴上的双曲线，故选项A正确；
对于B，由A知a2＝9－k，b2＝1－k，所以c2＝a2＋b2＝10－2k，
所以c＝，
所以双曲线C的焦距等于2c＝2(0<k<1)，故选项B错误；
对于C，设焦点在x轴上的双曲线C的方程为－＝1(a>0，b>0)，焦点坐标为(±c,0)，则渐近
线方程为y＝±x，即bx±ay＝0，
所以焦点到渐近线的距离
d＝＝b，
所以双曲线C：－＝1(0<k<1)的焦点到其渐近线的距离等于，故选项C正确；
对于D，双曲线C的离心率
e＝＝
＝，
因为0<k<1，
所以1<2－<，
所以e＝∈，故选项D正确．]
(2)y＝±x
解析 设 C 的左焦点为 F ，连接 FB，过 F 作 FD⊥FB 于点 D，如图所示，易知
1 1 1 1
FD∥OA，
1在双曲线C中，易知|FA|＝b，
又3|FA|＝|AB|，
则|DB|＝2b，
则D为线段FB的中点，
所以△FBF为等腰三角形，
1
又|FB|＝4b，
|FB|＝4b－2a＝|FF|＝2c，
1 1
即c＋a＝2b，
又b2＝c2－a2＝(c＋a)(c－a)，
将b＝代入得
＝(c＋a)(c－a)，
得c＋a＝4(c－a)，
则c＝a，
又c2＝a2＋b2，
所以b＝a，
则渐近线方程为y＝±x.
§8.7 抛物线
落实主干知识
知识梳理
1．相等 焦点 准线
2.
x＝－ x＝
y＝－ y＝ x轴 y轴
(0,0) 1
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)√
教材改编题
1．A 2.B 3.B
探究核心题型例1 (1)B [方法一 由题意可知F(1,0)，
抛物线的准线方程为x＝－1.
设A，
则由抛物线的定义可知
|AF|＝＋1.
因为|BF|＝3－1＝2，
所以由|AF|＝|BF|，可得＋1＝2，
解得y＝±2，
0
所以A(1,2)或A(1，－2)．
不妨取A(1,2)，
则|AB|＝
＝＝2.
方法二 由题意可知F(1,0)，
故|BF|＝2，
所以|AF|＝2.
因为抛物线的通径长为2p＝4，
所以AF的长为通径长的一半，
所以AF⊥x轴，
所以|AB|＝＝＝2.]
(2)42或22
解析 当点M(20,40)位于抛物线内时，如图①，过点P作抛物线准线的垂线，垂足为D，
则|PF|＝|PD|，
|PM|＋|PF|＝|PM|＋|PD|.
当点M，P，D三点共线时，
|PM|＋|PF|的值最小．
由最小值为41，得20＋＝41，
解得p＝42.
当点M(20,40)位于抛物线外时，如图②，当点P，M，F三点共线时，
|PM|＋|PF|的值最小．
由最小值为41，
得＝41，
解得p＝22或p＝58.
当p＝58时，y2＝116x，点M(20,40)在抛物线内，故舍去．
综上，p＝42或p＝22.① ②
跟踪训练1 (1)D [由题意知，抛物线y＝mx2(m>0)的准线方程为y＝－，
根据抛物线的定义，可得点(x 2)到焦点F的距离等于到准线y＝－的距离，
0,
可得2＋＝，解得m＝.]
(2)－4
解析 圆C：(x＋3)2＋(y－3)2＝4的圆心为C(－3,3)，半径r＝2，
抛物线y2＝8x的焦点F(2,0)，
因为P是抛物线y2＝8x上的动点，P到y轴的距离为d ，到圆C：(x＋3)2＋(y－3)2＝4上动
1
点Q的距离为d，
2
所以要使d＋d 最小，即P到抛物线的焦点与到圆C的圆心的距离最小，
1 2
如图，连接PF，FC，则d ＋d 的最小值为|FC|减去圆的半径，再减去抛物线焦点到原点的
1 2
距离，
即－2－2＝－4，
所以d＋d 的最小值为－4.
1 2
例2 解 (1)准线方程为2y＋4＝0，即y＝－2，故抛物线焦点在y轴的正半轴上，设其方程
为x2＝2py(p＞0)．
又＝2，∴2p＝8，故所求抛物线的标准方程为x2＝8y.
(2)∵点(3，－4)在第四象限，
∴抛物线开口向右或向下，
设抛物线的标准方程为y2＝2px(p＞0)或x2＝－2py(p＞0)．
1 1
把点(3，－4)的坐标分别代入y2＝2px和x2＝－2py中，得(－4)2＝2p·3,32＝－2p·(－4)，
1 1
则2p＝，2p＝.
1
∴所求抛物线的标准方程为
y2＝x或x2＝－y.
(3)令x＝0得y＝－5；令y＝0得x＝－15.
∴抛物线的焦点为(0，－5)或(－15,0)．
∴所求抛物线的标准方程为
x2＝－20y或y2＝－60x.
跟踪训练2 (1)D [如图，分别过点A，B作准线的垂线，交准线于点E，D，
设|BF|＝a，
则|BC|＝2a，
由抛物线的定义得|BD|＝a，
故∠BCD＝30°，
∴在Rt△ACE中，2|AE|＝|AC|，
∵|AE|＝|AF|＝3，|AC|＝3＋3a，
∴3＋3a＝6，解得a＝1，
∵BD∥FG，∴＝，
∴p＝，
因此抛物线的方程为y2＝3x.]
(2)B [抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F，
将点P的横坐标代入抛物线得
y2＝16p，可得y＝±4，
不妨令P(8,4)，
则S ＝××4＝p
△OFP
＝2，解得p＝2，
则抛物线方程为y2＝4x，其准线方程为x＝－1.]
例3 (1)D [由题意得，F为△ABC的重心，
故AF＝×(AB＋AC)＝(AB＋AC)，
设点A，B，C的坐标分别为(x，y)，(x，y)，(x，y)，
1 1 2 2 3 3
∵抛物线y2＝8x，F为其焦点，
∴F(2,0)，
∴AF＝(2－x，－y)，AB＝(x－x，y－y)，AC＝(x－x，y－y)，
1 1 2 1 2 1 3 1 3 1∵AF＝(AB＋AC)，
∴2－x＝(x－x＋x－x)，
1 2 1 3 1
∴x＋x＋x＝6，
1 2 3
∴|AF|＋|BF|＋|CF|＝x＋x＋x＋6＝12.]
1 2 3
(2)ABC [如图所示，分别过点A，B作抛物线C的准线的垂线，垂足分别为点E，M，连接
EF.设抛物线C的准线交x轴于点P，则|PF|＝p.因为直线l的斜率为，所以其倾斜角为60°.
因为AE∥x轴，所以∠EAF＝60°，
由抛物线的定义可知，|AE|＝|AF|，
则△AEF为等边三角形，
所以∠EFP＝∠AEF＝60°，
则∠PEF＝30°，
所以|AF|＝|EF|＝2|PF|＝2p＝8，得p＝4，
故A正确；
因为|AE|＝|EF|＝2|PF|，
且PF∥AE，所以F为AD的中点，
则DF＝FA，故B正确；
因为∠DAE＝60°，所以∠ADE＝30°，
所以|BD|＝2|BM|＝2|BF|，故C正确；
因为|BD|＝2|BF|，
所以|BF|＝|DF|＝|AF|＝，故D错误．]
跟踪训练3 (1)x＝－
解析 方法一 (解直角三角形法)由题易得|OF|＝，|PF|＝p，
∠OPF＝∠PQF，
所以tan∠OPF＝tan∠PQF，
所以＝，即＝，
解得p＝3(p＝0舍去)，
所以C的准线方程为x＝－.
方法二 (应用射影定理法)由题易得|OF|＝，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，
即p2＝×6，
解得p＝3或p＝0(舍去)，
所以C的准线方程为x＝－.
(2)16
解析 易知焦点F的坐标为(4,0)，准线l的方程为x＝－4，如图，
抛物线准线与x轴的交点为A，作MB⊥l于点B，NC⊥l于点C，
AF∥MB∥NC，
则＝，
由3FM＝2MN，
得＝，
又|CN|＝4，|OF|＝4，
所以＝，|BM|＝，
|MF|＝|BM|＝，＝，
所以|FN|＝16.
§8.8 直线与圆锥曲线的位置关系
落实主干知识
知识梳理
1．> ＝ <
2.
思考辨析
(1)√ (2)× (3)√ (4)√
教材改编题
1．C 2.C 3.D
探究核心题型
例1 (1)C [因为直线mx＋ny＝9和圆x2＋y2＝9没有交点，所以>3，即m2＋n2<9，
所以＋≤＋<1，
即点(m，n)在椭圆＋＝1内，
所以过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点有2个．]
(2)BC [双曲线的一条渐近线为y＝x，因为直线y＝x与双曲线无公共点，
故有≤1.
即＝＝e2－1≤1，
所以e2≤2，所以1<e≤.]
跟踪训练1 (1)A [∵抛物线C：y2＝4x的准线为l，
∴l的方程为
x＝－1，A(－1,0)，
设过点A作抛物线的一条切线为
x＝my－1，m>0，
由得y2－4my＋4＝0，
∴Δ＝(－4m)2－4×4＝0，
解得m＝1，
∴y2－4y＋4＝0，解得y＝2，
即y ＝2，
B
∴△OAB的面积为×1×2＝1.]
(2)(1,2)
解析 ∵直线l的斜率
k＝tan 60°＝，
l
双曲线的渐近线方程为y＝±x，
则<，
∴e＝＝<2，故1<e<2.
例2 (1)解 由题意得，
椭圆半焦距c＝且e＝＝，
所以a＝，
又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明 由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
必要性：
若M，N，F三点共线，
可设直线MN：y＝k(x－)，
即kx－y－k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，解得k＝±1，
联立
可得4x2－6x＋3＝0，
所以x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
所以|MN|＝
·
＝，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：
y＝kx＋m(km<0)，
即kx－y＋m＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，
所以m2＝k2＋1，
联立
可得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
所以x＋x＝－，
1 2
xx＝，
1 2
所以|MN|＝·
＝
＝·＝，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以或
所以直线MN：
y＝x－或y＝－x＋，
所以直线MN过点F(，0)，M，N，F三点共线，充分性成立，所以M，N，F三点共线的充要条件是
|MN|＝.
跟踪训练2 解 (1)由得
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由题意知，直线的斜率存在且不为0，F(－1,0)，B(2,0)，
1
设直线l的方程为x＝my－1，
M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
由
得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
即y＋y＝，
1 2
yy＝.
1 2
又S ＝|BF|·|y|＋|BF|·|y|
△BMN 1 1 1 2
＝|BF|·|y－y|
1 1 2
＝|BF|·
1
＝＝，
解得m＝±1，
所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
例3 解 (1)因为离心率e＝＝，所以a＝c，
因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.
因为四边形MF NF 的面积为32，所以2bc＝32，
1 2
所以b＝c＝4，a＝4，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由题意得，直线l的斜率存在．
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则
两式相减得＋＝0，
所以＝－·.
因为AB的中点坐标为(－2,1)在椭圆内部，所以＝1，
所以直线l的斜率为1，
故直线l的方程为y－1＝x＋2，
即x－y＋3＝0.
跟踪训练3 (1)y＝±x
解析 设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则＝1，＝3，＝1，
由
两式相减可得－＝0，
则－＝0，
即a2＝3b2，则a＝b，
则＝，
故双曲线的渐近线方程为
y＝±x.
(2)A [因为焦点到准线的距离为p，则p＝1，
所以y2＝2x.
设点P(x，y)，Q(x，y)．
1 1 2 2
则
则(y－y)(y＋y)＝2(x－x)，
1 2 1 2 1 2
∴k ＝，
PQ
又∵P，Q关于直线l对称，
∴k ＝－1，即y＋y＝－2，
PQ 1 2
∴PQ中点的纵坐标为＝－1，
又∵PQ的中点在直线l上，
∴PQ中点的横坐标为
＝(－1)＋2＝1.
∴线段PQ的中点坐标为(1，－1)．]
§8.9 圆锥曲线压轴小题突破练
例1 (1)D [由题意，椭圆上存在点P，使得线段AP的垂直平分线过点F，即F点到P点与
A点的距离相等，
又|FA|＝－c＝，
|PF|∈[a－c，a＋c]，
∴∈[a－c，a＋c]，
∴ac－c2≤b2≤ac＋c2，
∴
∴
又∵e∈(0,1)，∴e∈.](2)D [由题意＝sin∠PFF≤sin ＝，
1 2
所以0<|PF|≤c，
2
又|PF|2＋|PF|2＝4c2，
1 2
即(|PF|＋2a)2＋|PF|2＝4c2，
2 2
所以4c2≤(c＋2a)2＋c2，
整理得2a2＋2ac－c2≥0，
所以e2－2e－2≤0，又e>1，
故解得1<e≤＋1.]
跟踪训练1 (1)A [设椭圆的长半轴长为a，双曲线的实半轴长为a，不妨设|PF|>|PF|，
1 2 1 2
由椭圆和双曲线的定义可得
得
设|FF|＝2c，因为∠FPF＝，
1 2 1 2
由余弦定理得
|FF|2＝|PF|2＋|PF|2－
1 2 1 2
2|PF||PF|cos∠FPF，
1 2 1 2
即4c2＝(a＋a)2＋(a－a)2－2(a＋a)(a－a)cos ，
1 2 1 2 1 2 1 2
整理得a＋3a＝4c2，
故＋＝4.
又4＝＋≥2＝，
即2≥，所以ee≥，
1 2
即ee 的最小值为，
1 2
当且仅当＝，
即e＝，e＝时，等号成立．]
1 2
(2)C [连接OP，当P不为椭圆的上、下顶点时，
设直线PA，PB分别与圆O切于点A，B，∠OPA＝α，
∵存在M，N使得∠MPN＝120°，
∴∠APB≥120°，即α≥60°，
又α<90°，
∴sin α≥sin 60°，连接OA，则sin α＝
＝≥，
∴|OP|≤.
又P是C上任意一点，
则|OP| ≤，
max
又|OP| ＝a，∴a≤，
max
则由a2＝b2＋c2，得e2≤，
又0<e<1，
∴e∈.]
例2 (1)D [由e＝，
得＝，即a＝2c.①
在△FPF 中，根据椭圆的定义及焦点三角形的面积公式，
1 2
得 ＝b2tan ＝r(2a＋2c)，
即b2＝(a＋c)，②
由a2＝b2＋c2，③
联立①②③，得c＝3，a＝6，b＝3，
所以该椭圆的长轴长为2a＝2×6＝12.]
(2)A [如图，BA·BP＝0，
∴BA⊥BP，令k ＝k，
AB
∵∠ADO＝∠AOD，
∴k ＝－k ＝－k，
AP AB
又BA⊥BP，∴k ＝－，
PB
依题意，k ·k ＝，
PB PA
∴－·(－k)＝，
∴＝1，即e＝.]
跟踪训练2 (1)D [设双曲线C 的方程为－＝1，
2
则有a＋b＝c＝c＝4－1＝3.
又四边形AFBF 为矩形，
1 2
所以△AFF 的面积为
1 2
btan 45°＝，即b＝b＝1.
所以a＝c－b＝3－1＝2.
故双曲线的离心率
e＝＝＝.]
(2)B
[∵∠FAF＝90°，
1 2
∴△FAF 为等腰直角三角形，
1 2
∴b＝c，
∴a2＝2b2＝2c2，
∴＝，且∠AFO＝45°，
2
∴k ＝－1，
MA
又k ·k ＝－＝－，
MA MB
∴k ＝.]
MB
例3 (1)D [因为 p＝2，
所以＋＝＝1，
所以2|AF|＋|BF|＝(2|AF|＋|BF|)·
＝3＋＋
≥3＋2
＝3＋2，
当且仅当|BF|＝|AF|时，等号成立，
因此2|AF|＋|BF|的最小值为
3＋2.]
(2)64
解析 方法一 (常规解法)
依题意，抛物线C：y2＝16x的焦点为F(4,0)，
直线l的方程为x＝y＋4.
由
消去x，整理得y2－16y－64＝0.
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝16，yy＝－64.
1 2 1 2
S ＝|y－y|·|OF|
△OAB 1 2＝2
＝2＝64.
方法二 (活用结论)
依题意，抛物线y2＝16x，p＝8.
又l的倾斜角α＝.
所以S ＝＝＝64.
△OAB
跟踪训练3 A [如图，不妨令直线AB的倾斜角为α，
α∈，
∵AB＝3FB，
∴F为AB的三等分点，
令|BF|＝t，则|AF|＝2t，
由＋＝，
得＋＝⇒t＝p，
∴|AB|＝3t＝p，
又|AB|＝，
∴＝p sin α＝，
又S △⇒OAB ＝|AB|，
∴＝|AB|，
即＝·p p＝2，
∴|AB|＝⇒.]
例4 BC [sin(60°＋45°)＝sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°＝，
如图，A，B分别是椭圆的左、右顶点，F 是椭圆的左焦点，BC是圆的直径，D为圆的圆心．
1
因为|BD|＝|DF|＝1，DF⊥BC，所以|BF|＝，
1 1 1
设椭圆的长轴长为2a，焦距为2c，则a＋c＝.
因为∠A＝60°，∠B＝45°，|BC|＝2，
|AB|＝2a，由正弦定理得
＝，
解得a＝，
所以c＝－a＝，
所以＝＝2－，
2c＝.]
跟踪训练4 ABD [依题意可知
M，N，
对于A，将M，N的坐标分别代入
－＝1，
得解得a2＝3，b2＝9，
所以双曲线C的方程为－＝1，
其渐近线为y＝±x，故A正确；
对于B，由－x2＝1，
可知其渐近线为y＝±x，故B正确；
对于C，由双曲线的性质可知，渐近线与双曲线没有交点，与渐近线平行的直线与双曲线有
一个交点，故不存在点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点，故C错误；
对于D，设双曲线上一点P(x，y)，
0 0
y≠0，
0
则－＝1，
即y＝3x－9，
由题可知D(－，0)，E(，0)，
则k ＝，k ＝，
PD PE
k ·k ＝·
PD PE
＝＝3，
即存在无数个点，使它与D，E两点的连线的斜率之积为3，故D正确．]
§8.10 圆锥曲线中求值与证明问题
跟踪训练1 解 (1)由已知可得可得所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设点M(x ，y)，P(x ，x ＋2)，易知B(0，－1)，A(0,1)，BP＝(x ，x ＋3)，BM＝(x ，y ＋
1 1 0 0 0 0 1 1
1)，
由BP＝3BM可得
解得
即点M，
因为点M在椭圆C上，
则＋2＝1，
可得x＝6，
因此，S ＝S －S
△PMA △PAB △MAB
＝|AB|·|x|＝.
0
(3)设M(x，y)，N(x，y)，直线MN的方程为y＝x＋t，其中0<t<1，则D(0，t)，
1 1 2 2
联立
可得3x2＋4tx＋2t2－2＝0，
Δ＝16t2－12(2t2－2)＝24－8t2>0，
由根与系数的关系可得
x＋x＝－，xx＝，
1 2 1 2
k ＝＝，
NA
直线NA的方程为
y＝x＋1，
k ＝＝，
MB
直线BM的方程为
y＝x－1，
可得＝
＝
＝
＝·
＝·
＝，解得y＝，
即点P，
因此，OD·OP＝t·＝1.
例2 (1)解 由抛物线C的焦点F在x轴上，点A在第一象限，可知抛物线开口向右．
设抛物线C的标准方程为y2＝2px(p>0)，
则F.
由题意知AF⊥x轴，则点A的横坐标为，
将x＝代入y2＝2px，
可得|y|＝p，由|AB|＝2p＝4，
得p＝2，
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)证明 由(1)可知A(1,2)，
B(1，－2)．
设直线l 的方程为x＝my＋1，
1
联立
得y2－4my－4＝0.
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝4m，yy＝－4.
1 2 1 2
直线AM的方程为
y＝(x－1)＋2，
即y＝(x－1)＋2，
令x＝－1，解得y＝，
所以直线AM与准线的交点为，
直线BN的方程为
y＝(x－1)－2，
即y＝(x－1)－2，
令x＝－1，解得y＝.
所以直线BN与准线的交点为，
因为＝－
＝－＝1，
即＝，
所以直线AM，BN和l相交于一点．
跟踪训练2 (1)解 由于A，B两点关于原点对称，必在椭圆上，
则＋＝1，且＋<1，
∴(0,1)必在椭圆上，即有＝1，
则b＝1，a2＝2，
∴椭圆T的方程为＋y2＝1.(2)证明 设E(x，y)，F(x，y)，联立
1 1 2 2
得x2＋tx＋t2－1＝0，
则x＋x＝－t，xx＝t2－1，y＋y＝x＋t＋x＋t＝t，
1 2 1 2 1 2 1 2
∴M，则k ＝－，
OM
联立
则可设P，Q，
∴|MP|·|MQ|＝··＝，
∵|ME|·|MF|＝|EF|2
＝(1＋k)(x－x)2
1 2
＝[(x＋x)2－4xx]
1 2 1 2
＝，
∴|ME|·|MF|＝|MP|·|MQ|.
§8.11 圆锥曲线中范围与最值问题
例1 解 (1)由题意知，椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为(－，0)，
根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为
＋＝4，
即2a＝4，所以a＝2，
又因为c＝，
可得b＝＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率不存在或斜率为0时，结合椭圆的对称性可知，k ＋k ＝0，不符合题意．
OA OB
故设直线l的方程为
y＝kx＋m(k≠0)，
A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
联立方程组
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，则x＋x＝，
1 2
xx＝，
1 2
所以k ＋k ＝＋
OA OB
＝
＝2k＋＝2k＋
＝，由k ＋k ＝－，
OA OB
可得m2＝4k＋1，所以k≥－，
又由Δ>0，可得16(4k2－m2＋1)>0，
所以4k2－4k>0，
解得k<0或k>1，
综上可得，直线l的斜率的取值范围是∪(1，＋∞)．
跟踪训练1 解 (1)因为点C(1，y)到其焦点F的距离为2，
0
由抛物线的定义知1＋＝2，
解得p＝2.
(2)由(1)可知，抛物线E：y2＝4x，
设A，
B(y≠0，y≠0)，
1 2
设l：x＝ty＋1，联立
得y2－4ty－4＝0，
判别式Δ＝16t2＋16>0，故t∈R，
y＋y＝4t，yy＝－4，
1 2 1 2
设l：y－y＝k，
1 1
联立方程组
消去x，整理得
ky2－4y＋4y－ky＝0，
1
所以Δ＝16－4k(4y－ky)
1
＝4(4－4ky＋k2y)＝0，
1
所以k＝，
则l：y－y＝，
1 1
即y＝x＋，
令x＝0，得M，
同理l：y＝x＋，N，
2
联立
得交点Q的横坐标为
x ＝＝－1，
Q
∴S ＝|MN|·|x |
△QMN Q
＝×1
＝＝≥1，
∴△QMN面积的取值范围是[1，＋∞)．
例2 解 (1)由题设可知
解得
则C：－y2＝1.
(2)设点M的横坐标为x >0，
M
当直线l的斜率不存在时，则直线l：x＝2，
易知点M到y轴的距离为x ＝2﹔
M
当直线l的斜率存在时，
设l：y＝kx＋m，
A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
联立整理得
(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，
Δ＝64k2m2－16(4k2－1)(m2＋1)
＝0，
整理得4k2＝m2＋1，
联立整理得
(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＝0，
则x＋x＝－
1 2
＝－＝－，
则x ＝＝－>0，
M
即km<0，
则x＝＝4＋>4，
即x >2，
M
此时点M到y轴的距离大于2.
综上所述，点M到y轴的最小距离为2.
跟踪训练2 解 (1)∵e＝＝，
∴＝，∴c2＝a2，
∴b2＝a2－c2＝a2－a2＝a2，
∴椭圆的标准方程为x2＋3y2＝a2，
由⇒y＝±，
由题可知2＝，
解得a2＝3，∴C：＋y2＝1.
(2)由AF2＝λBF1，
得AF∥BF，如图，
2 1
延长BF ，AF 交椭圆于C，D两点，根据椭圆的对称性可知，四边形ABCD为平行四边形，
1 2
且四边形ABFF 的面积为四边形ABCD的面积的一半．
1 2
由题知，BF 的斜率不为零，
1
故设BF 的方程为x＝my－，
1
联立
得(m2＋3)y2－2my－1＝0，
设B(x，y)，C(x，y)，
1 1 2 2
∵Δ>0，
∴y＋y＝，yy＝，
1 2 1 2
故|BC|＝·|y－y|＝，
1 2
O到BF 的距离d＝，
1
＝S ＝×4S
四边形ABCD △OBC
＝2××|BC|·d＝|BC|·d
＝·
＝2·＝2·
＝2·≤2×＝，
当且仅当＝，即m＝±1时取等号，
∴当m＝±1时，四边形ABFF 的面积最大，最大值为.
1 2
§8.12 圆锥曲线中定点与定值问题
例1 (1)解 设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0且m≠n)，
由椭圆E过A(0，－2)，
B两点，
得解得
∴椭圆E的方程为＋＝1.(2)证明 当直线MN的斜率不存在时，l ：x＝1，
MN
由得y2＝，
∴y＝±.
结合题意可知M，
N，
∴过M且平行于x轴的直线的方程为y＝－.
易知点T的横坐标x ∈，
T
直线AB的方程为
y－(－2)＝×(x－0)，
即y＝x－2，
由得x ＝3－，
T
∴T.
∵MT＝TH，
∴H，
l ：y－＝(x－1)，
HN
即y＝x－2.
此时直线HN过定点(0，－2)．
当直线MN的斜率存在时，如图，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
l ：y＝kx＋m(由直线MN过点P(1，－2)可得k＋m＝－2)．
MN
由
得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，
Δ>0，
∴x＋x＝－，
1 2
xx＝.
1 2
过M且平行于x轴的直线的方程为y＝y，
1
与直线AB的方程联立，得
得x ＝，
T
∴T.
∵MT＝TH，∴H(3y＋6－x，y)，
1 1 1
l ：y－y＝·(x－x)，
HN 2 2
即y＝x＋y－
2
·x.
2
令x＝0，得y＝y－
2
＝
＝.
∵yy＝(kx＋m)(kx＋m)
1 2 1 2
＝k2xx＋mk(x＋x)＋m2
1 2 1 2
＝，
y＋y＝(kx＋m)＋(kx＋m)
1 2 1 2
＝k(x＋x)＋2m＝，
1 2
xy＋xy＝x(kx＋m)＋x(kx＋m)＝2kxx＋m(x＋x)
1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2
＝，
∴－(xy＋xy)＋3yy
1 2 2 1 1 2
＝＋
＝
＝，
－(x＋x)＋6＋3(y＋y)
1 2 1 2
＝＋6＋
＝
＝，
∴y＝＝－2，
∴直线HN过定点(0，－2)．
综上，直线HN过定点(0，－2)．
跟踪训练1 解 (1)由题意知解得b＝c＝，
又a2－b2＝c2，则a＝2，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由(1)知M(2,0)，
若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝t(－2<t<2)，
此时A，B，
由MA·MB＝0得
·
＝0，
解得t＝或t＝2(舍)，即t＝.
若直线l的斜率存在，不妨设直线l：y＝k(x－t)，A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
联立
得(1＋2k2)x2－4k2tx＋2k2t2－4＝0.
所以x＋x＝，
1 2
xx＝.
1 2
由题意知MA·MB＝0，
即(x－2，y)·(x－2，y)＝0，
1 1 2 2
易得(1＋k2)xx－(2＋k2t)(x＋x)＋4＋k2t2＝0，
1 2 1 2
即(1＋k2)(2k2t2－4)－(2＋k2t)·4k2t＋(4＋k2t2)(1＋2k2)＝0，
整理得k2(3t2－8t＋4)＝0，
因为k不恒为0，
故解得t＝或t＝2(舍)，
综上，当t＝时，以AB为直径的圆恒过点M.
例2 解 (1)∵虚轴长为4，
∴2b＝4，即b＝2，
∵直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线，
∴＝2，∴a＝1，
故双曲线C的标准方程为
x2－＝1.
(2)由题意知，A(－1,0)，B(1,0)，
由题可知，直线l的斜率不能为零，故可设直线l的方程为x＝ny＋2，
设M(x，y)，
1 1
N(x，y)，
2 2
联立得(4n2－1)y2＋16ny＋12＝0，
∴y＋y＝－，
1 2
yy＝，
1 2
∴nyy＝－(y＋y)，
1 2 1 2
∵直线MA的斜率k＝，
1
直线NB的斜率k＝，
2
∴＝＝＝＝＝－，为定值．
跟踪训练2 (1)解 设P(x，y)，由已知得＝|y－4|，整理得＋＝1，即为曲线C的方程．
(2)证明 设经过点F且斜率为k(k≠0)的直线的方程为y＝kx＋1，与曲线C的方程联立得消
去y整理得(4＋3k2)x2＋6kx－9＝0，
Δ＝36k2＋4×9×(4＋3k2)
＝144(1＋k2)>0恒成立，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
则|MN|＝|x－x|
1 2
＝×＝，
x＋x＝－，
1 2
设线段MN的中点为T(x，y)，
0 0
则x＝＝－，
0
y＝kx＋1＝，
0 0
线段MN的垂直平分线的斜率为
－，方程为
y－＝－，
令x＝0，解得y＝，
即为点H的纵坐标，
∴|FH|＝1－＝，
∴＝＝，
即为定值.
§8.13 圆锥曲线中探索性与综合性问题
例1 解 (1)依题意
结合c2＝a2＋b2，
解得a＝1，b＝，c＝2.所以双曲线C的标准方程为
x2－＝1.
(2)假设存在点M(t,0)(t<0)满足题设条件．
由(1)知双曲线C的右焦点为
F(2,0)．
设Q(x，y)(x≥1)为双曲线C右支上一点．
0 0 0
当x＝2时，
0
因为∠QFM＝2∠QMF＝90°，
所以∠QMF＝45°，
于是|MF|＝|QF|＝3，
所以t＝－1.即M(－1,0)．
当x≠2时，tan∠QFM＝－k
0 QF
＝－，
tan∠QMF＝k ＝.
QM
因为∠QFM＝2∠QMF，
所以－＝.
将y＝3x－3代入并整理得
－2x＋(4＋2t)x－4t
0
＝－2x－2tx ＋t2＋3，
0
所以
解得t＝－1.即M(－1,0)．
综上，满足条件的点M存在，其坐标为(－1,0)．
跟踪训练1 解 (1)由题意得，
因为点M(2，m)在抛物线上，
所以22＝2pm，
由抛物线的定义，得m＋＝2，
则解得
所以抛物线C的标准方程为x2＝4y.
(2)由(1)得M(2,1)，
设点A，B，则k ＝，k ＝，
MA MB
所以k k ＝×＝－2，
MA MB
得xx＋2(x＋x)＋36＝0；
1 2 1 2
设直线AB方程为y＝kx＋b，
由得x2－4kx－4b＝0，
所以x＋x＝4k，xx＝－4b，
1 2 1 2
所以－4b＋8k＋36＝0，得b＝2k＋9，
所以直线AB的方程为
y＝kx＋2k＋9，
即直线AB恒过抛物线内部的定点
N(－2,9)，
又圆M：(x－2)2＋(y－1)2＝80正好经过点N(－2,9)，
当且仅当直线AB与半径MN垂直时直线AB与圆M相切，
此时k＝－＝，
所以直线AB的方程为y＝x＋10.
例2 解 (1)由题意知，a＝4，＝，
所以c＝2，
所以b＝＝2，p＝4.
所以抛物线C 的方程为y2＝8x，
1
椭圆C 的方程为＋＝1.
2
(2)由题设知直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x＝my＋4.
则联立
得y2－8my－32＝0.
设C(x，y)，D(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝8m，yy＝－32.
1 2 1 2
所以＝
＝＝
＝，
因为直线OC的斜率为＝＝，
所以直线OC的方程为y＝x.
由
得y2＝1，则y＝1，
同理可得y＝1，
所以y·y·＝1，
所以y·y＝，
要使S∶S＝3∶13，
1 2
只需＝2，
解得m＝±1，
所以存在直线l：x±y－4＝0符合条件．
跟踪训练2 解 (1)当直线AB的斜率不存在时，此时A，B，∴|AB|＝2p，
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k，联立抛物线方程得k2x2－(k2p＋2p)x＋
＝0，Δ＝(k2p＋2p)2－k4p2>0，设A(x ，y)，B(x ，y)，x ＋x ＝＝＋p，此时|AB|＝x ＋x ＋p
1 1 2 2 1 2 1 2
＝＋2p>2p，显然当直线AB的斜率不存在时，|AB|的值最小，即2p＝4，解得p＝2，
∴抛物线E：y2＝4x.
(2)设A(x ，y)，B(x ，y)，C(－4，y)，D(－4，y)，则直线OA的方程：y＝x，直线OB的
1 1 2 2 3 4
方程：y＝x，
由(1)知，xx＝，∴yy＝－2p＝－4，∴y＝，y＝＝＝4y，
1 2 1 2 3 4 1
设圆心M(x，y)，
0 0
则y＝＝2y－.
0 1
若G(t,0)(t为定值)，H(m,0)，
则x＝.
0
由|MD|＝|MG|，
得(x＋4)2＋(y－y)2
0 0 4
＝(x－t)2＋y，
0
∴4t＋4m＋80＝－tm，
由于t≠－4，
∴m＝也为定值．
∴H也为定点．
若t＝－8，则m＝12，
S＝|FH||y－y|＝|y－y|＝≥×4＝22，
1 2 1 2
当且仅当y＝±2时取到最小值．
1
故△ABH的面积的最小值为22.第九章 统计与成对数据的统计分析
§9.1 随机抽样、统计图表
落实主干知识
知识梳理
1．总体 个体 样本 样本容量
2．抽签法 随机数法
3．分层随机抽样 层
4．(1)条形图 扇形图 折线图
频率分布直方图 (2)①极差
②组距 组数 ③数据
思考辨析
(1)× (2)√ (3)× (4)√
教材改编题
1．C 2.查询 3.80
探究核心题型
例1 (1)B [由随机数表法可知，样本的前5个个体的编号分别为23,20,26,24,25，因此，选
出的第5个个体的编号为25.]
(2)C [由比例分配的分层随机抽样的等比例关系，
可得×70＝24.]
跟踪训练1 (1)D [由题意可得a＋c＝2b，则第二车间生产的冰墩墩数量为×450＝×450＝
150.]
(2)068
解析 根据随机数表可得，样本的前4个个体的编号依次为331,572,455,068.
例2 (1)BC [每周都消费新式茶饮的消费者占比1－9.1%>90%，A错误；
每天都消费新式茶饮的消费者占比5.4%＋16.4%>20%，B正确；
月均消费新式茶饮50～200元的消费者占比30.5%＋25.6%>50%，C正确；
月均消费新式茶饮超过100元的消费者占比1－14.5%－30.5%<60%，D错误．]
(2)AD [城镇户籍倾向选择生育多胎的比例为40%，农村户籍倾向选择生育多胎的比例为
80%，故A正确；
男性与女性倾向选择生育多胎的比例均为60%，故B错误；
男性倾向选择生育多胎的比例为60%，人数为60×60%＝36，
女性倾向选择生育多胎的比例为60%，人数为40×60%＝24，故C错误；倾向选择不生育多胎的人员中，农村户籍人数为50×(1－80%)＝10，
城镇户籍人数为50×(1－40%)＝30，故D正确．]
跟踪训练2 (1)C [图中给的是批发价格200指数，所以并不能确定农产品的价格变化，故
A错误；全国农产品批发价格200指数2022年4～6月呈下降趋势，并未增加，故B错误；
根据图中曲线的变化趋势可发现2022年“菜篮子”产品批发价格指数与农产品批发价格
200指数趋势基本保持一致，故C正确；2022年6月农产品批发价格200指数在115附近，
故D错误．]
(2)AC [对于A，成绩排在前200名的200人中，高二人数比高三人数多200×(30%－25%)
＝10，故A正确；
对于B，成绩排在第1～50名的50人中，高一人数为200×45%×20%＝18，高二和高三的
总人数为50－18＝32，高二的具体人数不知道，故B错误；
对于C，成绩排在第51～150名的100人中，高一人数为90×(0.3＋0.4)＝63，高二和高三
的总人数为100－63＝37，所以高三人数占比有可能超过，故C正确；
对于D，成绩排在第51～100名的50人中，高一学生人数为90×0.3＝27，高二人数最多有
50－27＝23，故D不正确．]
例3 解 (1)经过统计可得频率分布表如下．
分组 频数 频率
[－25，－20) 6 0.020
[－20，－15) 7 0.024
[－15，－10) 10 0.034
[－10，－5) 13 0.044
[－5,0) 12 0.041
[0,5) 4 0.013
[5,10] 7 0.024
合计 59 1 0.2
频率分布直方图为(2)该城市2022年1～2月的日平均气温在0℃以下的天数为48,2022年1～2月共有59天，
所以该城市2022年1～2月的日平均气温在0℃以下的天数所占的百分比为×100%≈81%.
跟踪训练3 解 (1)设分数在[70,80)内的频率为x，
根据频率分布直方图，可得(0.01＋0.015＋0.02＋0.025＋0.005)×10＋x＝1，
解得x＝0.25，所以分数在[70,80)内的频率为0.25，
补全这个频率分布直方图，如图所示．
(2)因为分数在区间[80,90)内的频率为0.25，在区间[90,100]内的频率为0.05，
而0.05<10%<0.25＋0.05，
所以设排名前10%的分界点为90－a，则0.025a＋0.005×10＝10%，解得a＝2，
所以排名前10%的分界点为88分，即获奖的学生至少需要88分．
§9.2 用样本估计总体
落实主干知识
知识梳理
1．p% 大于或等于
2．(1)(x＋x＋…＋x)
1 2 n
(2)中间 平均数 (3)最多
3．(1)(x－)2
i
(2)
思考辨析(1)× (2)× (3)√ (4)√
教材改编题
1．D 2.B 3.178.5
探究核心题型
例1 (1)B [数据92出现了3次，出现的次数最多，所以众数是92；这组数据已经按照由小
到大的顺序排列，计算10×25%＝2.5，取第三个数，所以第25百分位数是88.]
延伸探究 解 10×70%＝7，第70百分位数是第7项与第8项的平均数，为＝94.
(2)ABD [根据题意，若在此组数据中增加一个比现有的最大值大 25的数据，即最大值变
为396＋25＝421，极差为最大值与最小值的差，要发生改变；
加入数据前，中位数为×(173＋176)＝174.5，加入数据后，中位数为176，发生改变；
众数为数据中出现次数最多的数，不会改变；
若加入数据前，平均数为，加入数据后，平均数为>，发生改变．]
跟踪训练1 (1)C [这组数据已经按照由小到大的数据排列，8×75%＝6，则这8名学生数
学成绩的第75百分位数为第6个数与第7个数的平均数，即为＝109.5.]
(2)ABD [观察每天宣传次数的频数分布折线图，
甲社团宣传次数的众数、乙社团宣传次数的众数分别为2,3，A正确；
甲社团宣传次数的极差、乙社团宣传次数的极差分别为3,2，B正确；
甲社团宣传次数的平均数 ＝＝3，乙社团宣传次数的平均数 ＝＝3，C不正确；
1 2
甲社团宣传次数的方差
s＝×[3×(2－3)2＋2×(3－3)2＋(5－3)2＋(4－3)2]＝，
乙社团宣传次数的方差
s＝×[2×(2－3)2＋3×(3－3)2＋2×(4－3)2]＝，D正确．]
例2 解 (1)由频率分布直方图知
(0.01＋m＋0.04＋0.02)×10＝1，解得m＝0.03；
设此次竞赛活动学生成绩的中位数为 x ，因为数据落在[60,80)内的频率为0.4，落在[60,90)
0
内的频率为0.8，
从而可得80<x<90，由(x－80)×0.04＝0.5－0.4，得x＝82.5，
0 0 0
所以估计此次竞赛活动学生成绩的中位数为82.5.
(2)由频率分布直方图及(1)知，
＝65×0.1＋75×0.3＋85×0.4＋95×0.2＝82，
此次竞赛活动学生成绩不低于82的频率为0.2＋×0.4＝0.52，
则获奖的学生有
500×0.52＝260(名)，
所以估计此次竞赛活动成绩的平均数为82，在参赛的500名学生中有260名学生获奖．跟踪训练2 解 (1)∵(0.001 5＋0.011 0＋0.022 5＋0.030 0＋a＋0.008 0＋0.002 0)×10＝1，
∴a＝0.025 0，
众数为＝190，
设中位数为x，∵(0.001 5＋0.011 0＋0.022 5)×10＝0.35<0.5，
(0.001 5＋0.011 0＋0.022 5＋0.030 0)×10＝0.65>0.5，
则185<x<195，
0.35＋0.030 0×(x－185)＝0.5，
∴x＝190.
故a＝0.025 0，众数为190，
中位数为190.
(2)由题意可知，合格树苗所占频率为(0.030 0＋0.025 0＋0.008 0＋0.002 0)×10＝0.65，不合
格树苗所占频率为1－0.65＝0.35，
所以不合格树苗抽取
20×0.35＝7(株)，
合格树苗抽取20×0.65＝13(株)，
故不合格树苗、合格树苗应分别抽取7株和13株．
例3 解 (1)由表格中的数据易得
＝×(－0.2＋0.3＋0＋0.2－0.1－0.2＋0＋0.1＋0.2－0.3)＋10.0
＝10.0，
＝×(0.1＋0.4＋0.1＋0＋0.1＋0.3＋0.6＋0.5＋0.4＋0.5)＋10.0
＝10.3，
s＝×[(9.7－10.0)2＋2×(9.8－10.0)2＋(9.9－10.0)2＋2×(10.0－10.0)2＋(10.1－10.0)2＋2×(10.2
－10.0)2＋(10.3－10.0)2]＝0.036，
s＝×[(10.0－10.3)2＋3×(10.1－10.3)2＋(10.3－10.3)2＋2×(10.4－10.3)2＋2×(10.5－10.3)2＋
(10.6－10.3)2]＝0.04.
(2)由(1)中数据可得－＝10.3－10.0＝0.3，
而2＝
＝，
显然有－>2成立，所以认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高．
跟踪训练3 解 (1) ＝×(82＋81＋79＋78＋95＋88＋93＋84)＝85，
甲
＝×(92＋95＋80＋75＋83＋80＋90＋85)＝85，
乙
s＝×[(82－85)2＋(81－85)2＋(79－85)2＋(78－85)2＋(95－85)2＋(88－85)2＋(93－85)2＋(84－
85)2]＝35.5，s＝×[(92－85)2＋(95－85)2＋(80－85)2＋(75－85)2＋(83－85)2＋(80－85)2＋(90－85)2＋(85－
85)2]＝41.
(2)由(1)知 ＝ ，s<s，
甲 乙
甲的成绩较稳定，所以派甲参赛比较合适．
§9.3 一元线性回归模型及其应用
落实主干知识
知识梳理
1．(1)有关系 (2)正相关 负相关 (3)一条直线
2．(2)正相关 负相关 (3)强 弱
3．(2)预测值
思考辨析
(1)√ (2)√ (3)× (4)√
教材改编题
1．D 2.D 3.A
探究核心题型
例1 (1)B [由已知数据可知y随着x的增大而减小，则变量x和y之间存在负相关关系，所
以b<0.
又＝×(3＋4＋5＋6＋7)＝5，
＝×(3.5＋2.4＋1.1－0.2－1.3)＝1.1，
即1.1＝5b＋a，
所以a＝1.1－5b>0.]
(2)D [根据相关变量x，y的散点图知，变量x，y具有负线性相关关系，且点(10,21)是离群
值；
方案一中，没剔除离群值，线性相关性弱些；
方案二中，剔除离群值，线性相关性强些；
所以样本相关系数－1<r<r<0.]
2 1
跟踪训练1 (1)B [由题意知，利润中位数是＝17，而且随着年利润x的增加，广告支出y
也在增加，故x与y有正相关关系．]
(2)C [由散点图可知，用y＝bln(kx)拟合比用y＝kx＋b 拟合的程度高，故|r|>|r|；
1 1 2 2 1 2
又因为x，y负相关，
所以－r>－r，即r<r.]
1 2 1 2
例2 解 (1)如图所示．(2)由表格数据可得＝×(0.1＋0.2＋0.3＋0.4＋0.5)＝0.3，
＝×(0.2＋0.35＋0.5＋0.65＋0.8)＝0.5，
所以b＝
＝＝1.5，
a＝－b＝0.5－1.5×0.3＝0.05，
故y＝1.5x＋0.05.
(3)设利率需上升x个百分点，
由(2)得，0.625×2＝1.5x＋0.05，
解得x＝0.8，
所以预测利率需上升0.8个百分点．
例3 解 (1)由散点图判断y＝c＋更适合作为该图书每册的成本费y与印刷数量x的经验回
归方程．
(2)先建立y关于u的经验回归方程得y＝c＋du，
由于d＝＝＝10，
故c＝－d
＝3.5－10×0.2＝1.5，
所以预测y关于u的经验回归方程为y＝1.5＋10u，
从而y关于x的经验回归方程为y＝1.5＋.
(3)假设印刷x千册，依据题意得
9x－x≥80，解得x≥12，
所以预测至少应该印刷12 000册图书，才能使销售利润不低于80 000元．
跟踪训练2 解 (1)作出散点图如图所示．(2)由表格数据得，
＝＝5，
＝＝50，
则b＝＝＝6.5，
a＝－b＝50－6.5×5＝17.5，
因此，所求经验回归方程为y＝6.5x＋17.5.
(3)当x＝12时，y＝12×6.5＋17.5＝95.5，
即外卖份数为12时，预测收入为95.5元．
例4 (1)BCD [对于A，根据经验回归方程，当解释变量x每增加1个单位时，响应变量y平
均减少0.85个单位，故A错误；
对于B，当解释变量x＝1时，响应变量y＝1.45，则样本点(1,1.2)的残差为－0.25，故B正确；
对于C，在残差图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，说明拟合精度越高，即拟合效
果越好，故C正确；
对于D，由决定系数R2的意义可知，R2越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越
好，故D正确．]
(2)1.4
解析 由题设，1.5－y＝1.5－(0.28×5＋a)＝－0.06，
可得a＝0.16.
又＝＝3，
＝
＝，
所以0.28×3＋0.16＝，
可得m＝1.4.
跟踪训练3 (1)D [对于A，经验回归方程不一定经过其样本点，但一定经过(，)，所以A
是假命题；
对于B，由样本相关系数的意义，当|r|越接近0时，表示变量y与x之间的线性相关程度越
弱，所以B是假命题；
对于C，用决定系数R2的值判断模型的拟合效果，R2越大，模型的拟合效果越好，所以C是假命题；
对于D，由残差的统计学意义知，D是真命题．]
(2)－0.2
解析 因为＝×(9＋9.5＋10＋10.5＋11)＝10，＝×(11＋10＋8＋6＋5)＝8，
所以8＝10b＋40，
解得b＝－3.2，
所以y＝－3.2x＋40，
当x＝9时，y＝11.2，
所以残差为11－11.2＝－0.2.
§9.4 列联表与独立性检验
落实主干知识
知识梳理
2．(2)是否独立
思考辨析
(1)√ (2)× (3)√ (4)×
教材改编题
1．C 2.A 3.0.01
探究核心题型
例1 (1)C [根据题意，可得c＝120－73－25＝22，a＝74－22＝52，b＝73－52＝21，
补充完整2×2列联表为：
男 女 合计
喜欢 52 21 73
不喜欢 22 25 47
合计 74 46 120
∴a－b－c＝52－21－22＝9.]
(2)A [χ2＝
＝
≈1.255.]
跟踪训练1 44
解析 由题意得a＋b＋d＋6＝50，
所以a＋b＋d＝50－6＝44.例2 解 (1)根据表中数据，A家公司共有班次260个，准点班次有240个，
设A家公司长途客车准点事件为M，
则P(M)＝＝；
B家公司共有班次240个，准点班次有210个，
设B家公司长途客车准点事件为N，
则P(N)＝＝.
所以A家公司长途客车准点的概率为；
B家公司长途客车准点的概率为.
(2)列联表如下：
准点班次数 未准点班次数 合计
A 240 20 260
B 210 30 240
合计 450 50 500
零假设为H：甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司无关．
0
χ2＝
≈3.205>2.706＝x ，
0.1
根据小概率值α＝0.1的独立性检验，推断H 不成立，即认为甲、乙两城之间的长途客车是
0
否准点与客车所属公司有关．
跟踪训练2 解 (1)由题意知，在A组中抽取的人数为16×＝10.在B组中抽取的人数为
16×＝6.
(2)零假设为H：对“绿色消费”意义的认知情况与年龄无关．
0
由题意，
得χ2＝
＝18.75>10.828＝x ，
0.001
故依据小概率值α＝0.001的独立性检验，推断H 不成立，即认为对“绿色消费”意义的认
0
知情况与年龄有关．
例3 解 (1)每组的频率依次为0.025,0.125,0.350,0.300,0.150,0.050，
∵0.025＋0.125＋0.350＝0.500<0.65，0.025＋0.125＋0.350＋0.300＝0.800>0.65，
且＝0.65，
高三年级本次月考数学成绩的65%分位数位于[90,110)内，且为[90,110)的中点100，
该中学高三年级本次月考数学成绩的65%分位数为100.
(2)该中学高三年级本次月考数学成绩的平均分
＝0.025×40＋0.125×60＋0.350×80＋0.300×100＋0.150×120＋0.050×140＝91.50，估计该中学高三年级本次月考数学成绩的平均分为91.50分．
(3)列联表如表所示：
数学成绩达标人数 数学成绩不达标人数 合计
运动达标人数 350 200 550
运动不达标人数 150 300 450
合计 500 500 1 000
零假设为H：“数学成绩达标”与“运动达标”无关，
0
χ2＝＝≈90.9>10.828＝x ，
0.001
∴根据小概率值α＝0.001的独立性检验，推断H 不成立，即认为“数学成绩达标”与“运
0
动达标”有关．
跟踪训练3 解 (1)由题意可得，
＝＝4，
＝＝4，
y＝2×2.5＋3×3＋4×4＋5×4.5＋6×6＝88.5，
i i
＝22＋32＋42＋52＋62＝90，
设y关于x的经验回归方程为y＝bx＋a，
则b＝
＝＝0.85，
a＝－b＝4－0.85×4＝0.6，
∴y关于x的经验回归方程为y＝0.85x＋0.6.
(2)零假设为H：两个店的顾客下单率无差异，则
0
由题意可知2×2列联表如表所示：
不下单 下单 合计
分店一 25 5 30
分店二 60 20 80
合计 85 25 110
∴χ2＝＝≈0.863<2.706＝x ，
0.1
∴根据小概率值α＝0.1的独立性检验，没有充分证据推断H 不成立，即两个店的顾客下单
0
率没有差异．第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
§10.1 两个计数原理
落实主干知识
知识梳理
(1) m＋n (2)m×n
思考辨析
(1)× (2)√ (3)√ (4)√
教材改编题
1．C 2.B 3.C
探究核心题型
例1 (1)B [赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，
有4种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送
集邮册，有6种方法．由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种)．]
(2)240
解析 若a ＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2
2
个．若a＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)．
2
若a ＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，……，若a ＝9，满足条件的“凸数”有
2 2
8×9＝72(个)．所以所有凸数共有
2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
跟踪训练1 (1)C [由题意得，
三种币值取一张，共有3种取法，币值分别为拾圆、贰拾圆、伍拾圆；
三种币值取两张，共有3种取法，币值分别为叁拾圆、陆拾圆、柒拾圆；
三种币值全取，共有1种取法，币值为捌拾圆．一共可以组成的币值有
3＋3＋1＝7(种)．]
(2)9
解析 对子集A分类讨论：
当A是二元集{1,2}时，B可以为{1,2,3,4}，{1,2,4}，{1,2,3}，{1,2}，共4种情况；
当A是三元集{1,2,3}时，B可以为{1,2,4}，{1,2}，共2种情况；
当A是三元集{1,2,4}时，B可以为{1,2,3}，{1,2}，共2种情况；
当A是四元集{1,2,3,4}时，B取{1,2}，有1种情况．
根据分类加法计数原理可知，共有4＋2＋2＋1＝9(种)结果，即符合此条件的“理想配集”有9个．
例2 (1)A [先填第一行，有3×2×1＝6(种)不同填法，再填第二行第一列，有2种不同填
法，当该单元格填好后，其他单元格唯一确定．根据分步乘法计数原理可知，共有 6×2＝
12(种)不同的填法．]
(2)ABD [对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，
每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43(种)选法，故A正确；
对于B，三人到4个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，
即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)，
则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确；
对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16(种)安排方
法，故C错误；
对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24(种)安排方法，故D正确．]
跟踪训练2 (1)D [每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．
由分步乘法计数原理可知，共有24种不同的走法．]
(2)AD [对于A，B，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也
有3种报法，根据分步乘法计数原理知共有34种结果，A正确，B错误；对于C，D，每个
社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有4种选择，第3个社团有4种选
择，根据分步乘法计数原理知共有43种结果，D正确，C错误．]
例3 (1)C [分两步：第1步，取多面体，有5＋3＝8(种)不同的取法；第2步，取旋转体，
有4＋2＝6(种)不同的取法．
所以不同的取法种数是8×6＝48.]
(2)80
解析 5日至9日，日期尾数分别为5,6,7,8,9，有3天是奇数日，2天是偶数日．第一步，安
排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)用车方案；第二步，安排奇数日出行，
分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)用车方案，
第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)用车方案，共计12＋8＝20(种)
用车方案．根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为4×20＝80.
跟踪训练3 (1)B [第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12(种)选择方式；
第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理可知，共有12＋2＝
14(种)选择方式．]
(2)C [依题意，按c与d涂的颜色相同和不同分成两类：
若c与d涂同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有1种方法，涂e有3种方法，
最后涂b有3种方法，由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180(种)，
若c与d涂不同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有3种方法，涂e，b也各有3种方法，
由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540(种)，
所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有180＋540＝720(种)．]
§10.2 排列与组合
落实主干知识
知识梳理
1．一定的顺序
2．(1)不同排列 A
(2)不同组合 C
3．(1)n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) (2)
(1)1 n！ (2)C＋C
思考辨析
(1)× (2)√ (3)× (4)×
教材改编题
1．B 2.C 3.36
探究核心题型
例1 (1)B [根据题意，雪上技巧项目必须由女队员展示，有2种情况，剩下3人表演其他3
个项目，有A＝6(种)情况，而4个项目之间的排法有A＝24(种)顺序，
则有2×6×24＝288(种)展示方案．]
(2)110
解析 ①当千位上排1或3时，符合题意的共有AAA个．
②当千位上排2时，符合题意的共有AA个．
③当千位上排4时，形如40××，42××的偶数各有A个符合题意，形如41××的偶数有
AA个符合题意，形如43××的偶数只有4 310和4 302这两个数符合题意．
故共有AAA＋AA＋2A＋AA＋2＝110(个)符合题意．
跟踪训练1 (1)B [先排A，B两道程序，其既不能放在最前，也不能放在最后，则在第
2,3,4道程序选两个放A，B，共有A种放法；再排剩余的3道程序，共有A种放法．
则共有A·A＝36(种)放法．]
(2)5 760
解析 先排甲、乙，有A种排法，再排丙，有A种排法，其余5人有A种排法，故不同的
排法共有AAA＝5 760(种)．
例2 (1)CD [如果4人全部为男生，选法有C＝15(种)，故A错误；
如果4人中男生、女生各有2人，男生的选法有C＝15(种)，女生的选法有C＝6(种)，则4人中男生、女生各有2人的选法有15×6＝90(种)，B错误；
如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，在剩下的8人中再选2人即可，有C＝28(种)，故
C正确；
在10人中任选4人，有C＝210(种)，甲、乙都不在其中的选法有
C＝70(种)，
故男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内的选法有210－70＝140(种)，故D正确．]
(2)C [根据题意，分2种情况讨论，
①选出的3人中有1名国外记者、2名国内记者，
则有CCA＝80(种)选法，
②选出的3人中有2名国外记者、1名国内记者，
则有CCA＝180(种)选法，
由分类加法计数原理可知，共有80＋180＝260(种)选法．]
跟踪训练2 (1)C [由题可知，选派4人去的总的选派种数为C＝35，选派4人全部是男生
的选派种数为1，所以至少有一名女生参加的不同的选派种数为35－1＝34.]
(2)252
解析 构成句子“爱国荣校做市西卓越学生”的不同读法需10步完成(从上一个字到下一个
字为一步)，其中5步是从上往左下角方向读，余下5步是从上往右下角方向读，故共有不
同读法C＝252(种)．
例3 BCD [对于A，将女生看成一个整体，考虑女生之间的顺序，有A种排法，
再将女生的整体与3名男生在一起进行全排列，有A种排法，
故共有A·A＝576(种)排法，故A错误；
对于B，先排女生，将4名女生全排列，有A种排法，
再安排男生，由于男生互不相邻，可以在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排
男生，有A种排法，
故共有A·A＝1 440(种)排法，故B正确；
对于C，任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案有C×2×1＝
70(种)，故C正确；
对于D，若甲站在排尾，则有A种排法，若甲不站在排尾，则有AAA种排法，
故共有A＋AAA＝3 720(种)排法，故D正确．]
例4 840
解析 7名学生的排列共有A种，其中女生的排列共有A种，按照从左到右，女生从矮到高
的排列只是其中的一种，故有＝A＝840(种)不同的排法．
例5 (1)D [满足条件的分法可分为两类，
第一类，一人三张，另两人各一张，符合条件的分法有CA种，即60种，第二类，其中一人一张，另两人各两张，符合条件的分法有A种，即90种，
由分类加法计数原理可得，满足条件的不同分法种数为150.]
(2)C [将6名航天员每个舱安排2人开展实验的所有安排方法数为CCC，
其中甲、乙两人被安排在同一个舱内做实验的安排方法数为
C··A，
所以满足条件的不同的安排方案数为CCC－C··A
＝90－18＝72.]
跟踪训练3 (1)ACD [对于A，若A，B不相邻，共有AA＝72(种)排法，故A正确；
对于B，若A不站在最左边，B不站在最右边，利用间接法有A－2A＋A＝78(种)排法，故
B错误；
对于C，若A在B右边有＝60(种)排法，故C正确；
对于D，若A，B两人站在一起有AA＝48(种)排法，故D正确．]
(2)B [先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的
顺序有三种：“小品，小品，相声”、“小品，相声，小品”和“相声，小品，小品”．对
于第一种情况，形式为“□小品歌舞小品□相声□”，有ACA＝36(种)安排方法；同理，第
三种情况也有36种安排方法；对于第二种情况，三个节目形成 4个空，其形式为“□小品
□相声□小品□”，有AA＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．]
(3)1 680
解析 先选出3人，有C种选法，再从剩下的6人中选出3人，有C种选法，最后剩下的3
人为一组，有C种选法．
由分步乘法计数原理以及每A中只能算一种不同的分组方法，可知不同的安排方案共有
·A＝1 680(种)．
§10.3 二项式定理
落实主干知识
知识梳理
1．Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn Can－kbk k＋1 C
2．(1)相等 (2)
(3)2n
思考辨析
(1)× (2)√ (3)√ (4)×
教材改编题1．A 2.A 3.20
探究核心题型
例1 (1)C [由二项式定理得T ＝C10－k(－x2)k＝ ，令－5＝0得k＝2，所以
k＋1
常数项为(－1)2C＝45.]
(2)±1
解析 5的展开式的通项为T ＝Cx5－k·k＝(－a)kC .由5－k＝5，得k＝0，由5－k＝2，
k＋1
得k＝2，所以A＝C×(－a)0＝1，B＝C×(－a)2＝10a2，则由1＋10a2＝11，解得a＝±1.
例2 (1)D [在(1＋x)8的展开式中含x2的项为Cx2＝28x2，(1＋y)4的展开式中含y2的项为Cy2
＝6y2，所以x2y2的系数为28×6＝168.]
(2)D [6的展开式的通项为T ＝C·x6－k·k＝C·2k·x6－2k，
k＋1
2xT ＝C·2k＋1·x7－2k，由k∈N，得7－2k≠2，故不成立，
k＋1
aT ＝aC·2k·x6－2k，令6－2k＝2，解得k＝2，
k＋1
则aC·22＝60a＝－120，解得a＝－2，
∵7－2k≠0，在－2T 中，令6－2k＝0，解得k＝3，
k＋1
∴展开式中的常数项为－2C·23＝－320]
跟踪训练1 (1)－28
解析 (x＋y)8展开式的通项为T ＝Cx8－kyk，k＝0,1，…，7,8.令k＝6，得T ＝Cx2y6；
k＋1 6＋1
令k＝5，得T ＝Cx3y5，
5＋1
所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为C－C＝－28.
(2)16 5
解析 由题意得，(＋x)9的通项公式为T ＝C()9－k·xk(k＝0,1,2，…，9)．当k＝0时，可得常
k＋1
数项为T ＝C()9＝16.若展开式的系数为有理数，则k＝1,3,5,7,9，有T ，T ，T ，T ，T ，共
1 2 4 6 8 10
5个．
例3 (1)D [令x＝1，得各项系数和为2n，又二项式系数和为2n，
则2×2n＝128，得n＝6，即二项式系数和为64，各项系数和也为64，故A，B不正确；
6的展开式的通项为T ＝C·(3x)6－k·k＝C·(－1)k36－k· ，令6－k＝0，得k＝4，因此展开
k＋1
式中的常数项为T＝C·(－1)4·32＝135，故C不正确，D正确．]
5
(2)300 5 120
解析 ①由已知得(1＋x)10展开式的通项为T ＝Cxk，所以展开式中每一项的系数即为其二
k＋1
项式系数．
故a＋a＋a＝C＋C＋C
2 6 8
＝300.②对原式两边求导得，10(1＋x)9＝a＋2ax＋3ax2＋…＋10a x9.
1 2 3 10
令x＝1，得a＋2a＋3a＋…＋10a ＝10×29＝5 120.
1 2 3 10
例4 ACD [6展开式的通项为T ＝C·6－k·(－2x)k＝(－2)kC·x2k－6.
k＋1
对于A，令2k－6＝0，解得k＝3，
∴常数项为(－2)3C＝－8×20＝－160，A正确；
对于B，由通项公式知，若要系数最大，k所有可能的取值为0,2,4,6，
∴T＝x－6，T＝4Cx－2＝60x－2，T＝(－2)4Cx2＝240x2，
1 3 5
T＝(－2)6x6＝64x6，
7
∴展开式第5项的系数最大，B错误；
对于C，展开式共有7项，得第4项的二项式系数最大，C正确；
对于D，令x＝1，则所有项的系数和为(1－2)6＝1，D正确．]
跟踪训练2 (1)ABC [6的展开式中所有项的二项式系数和为26＝64，故A正确；
在6中，令x＝1，得(1－3)6＝64，故B正确；
展开式的通项为T ＝C(x2)6－k·k＝(－3)kCx12－3k(0≤k≤6，k∈N)，
k＋1
令12－3k＝0，得k＝4，所以常数项为(－3)4C＝1 215，故C正确；
由C的分析可知第2,4,6项系数为负值，第1项系数为1，
第3项系数为(－3)2C＝135，第5项系数为(－3)4C＝1 215，
第7项系数为(－3)6C＝729，则系数最大的项为第5项，故D不正确．]
(2)1
解析 令x＝1有a＋a＋…＋a ＝(＋1)10，令x＝－1有a－a＋a－…＋a ＝(－1)10，
0 1 10 0 1 2 10
故(a ＋a ＋a ＋…＋a )2 －(a ＋a ＋a ＋…＋a)2＝(a ＋a ＋a ＋…＋a )·(a －a ＋a －…＋
0 2 4 10 1 3 5 9 0 1 2 10 0 1 2
a )＝(＋1)10(－1)10＝1.
10
例5 (1)B [因为a∈Z，且0≤a≤13，
所以512 023＋a＝(52－1)2 023＋a
＝C522 023－C522 022＋C522 021－…＋C52－C＋a，
因为512 023＋a能被13整除，
所以－C＋a＝－1＋a能被13整除，结合选项，所以a＝1.]
(2)D [1.056＝(1＋0.05)6＝C＋C×0.05＋C×0.052＋C×0.053＋…＋C×0.056＝1＋0.3＋0.037 5
＋0.002 5＋…＋0.056≈1.34.]
跟踪训练3 (1)C [11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋C·11－1＝C·11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋
C·11＋C－2＝(11＋1)n－2
＝12n－2＝(13－1)n－2
＝C·13n－C·13n－1＋…＋(－1)n－1·C·13＋(－1)n·C－2，
因为n为奇数，则上式＝C·13n－C·13n－1＋…＋(－1)n－1·C·13－3＝[C·13n－C·13n－1＋…＋(－1)n－1·C·13－13]＋10，
所以11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋C·11－1除以13的余数是10.]
(2)B [0.996＝(1－0.01)6＝C×1－C×0.01＋C×0.012－C×0.013＋…＋C×0.016
＝1－0.06＋0.001 5－0.000 02＋…＋0.016≈0.941.]
§10.4 随机事件与概率
落实主干知识
知识梳理
1．(1)①基本结果 样本空间
(2)①子集 ③必然事件
不可能事件
2．A⊆B A＝B A与B至少有一个发生 A∩B或AB A∩B＝∅，且A∪B＝Ω
3．(1)有限个 (2)相等
4.
5．P(A)＋P(B) 1－P(B)
P(A)＋P(B)－P(A∩B)
6．(1)稳定于
思考辨析
(1)× (2)√ (3)√ (4)×
教材改编题
1．B 2.B 3.
探究核心题型
例1 (1)BC [“恰有一弹击中飞机”指第一枚击中、第二枚没中或第一枚没中、第二枚击
中，“至少有一弹击中飞机”包含两种情况，一种是恰有一弹击中，另一种是两弹都击中，
故A∩D≠ ∅，B∩D＝∅，A∪C＝D，A∪B≠B∪D.]
(2)B [对于A，“至少有一个红球”可能为一个红球、一个白球，“至少有一个白球”可
能为一个白球、一个红球，故两事件可能同时发生，所以不是互斥事件；对于 B，“恰有一
个红球”，则另一个必是白球，与“都是白球”是互斥事件，而任取两球还可能都是红球，
故两事件不是对立事件；对于C，“至少有一个红球”为都是红球或一红一白，与“都是白
球”显然是对立事件；对于D，“至多有一个红球”为都是白球或一红一白，与“都是红
球”是对立事件．]
例2 解 (1)P(A)＝，
P(B)＝＝，P(C)＝＝.
(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M
＝A∪B∪C.
∵事件A，B，C两两互斥，
∴P(M)＝P(A∪B∪C)
＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝＝，
故1张奖券的中奖概率为.
(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中
一等奖”为对立事件，
∴P(N)＝1－P(A∪B)＝1－＝，
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
跟踪训练1 (1)BC [对于A，C ＝“点数为1”，C ＝“点数为2”，C 与C 互斥但不对立，
1 2 1 2
故选项A不正确；
对于B，D ＝“点数不大于2”，D ＝“点数不小于2”，当出现的点数是2时，D 与D 同
1 2 1 2
时发生，所以D 与D 不互斥，故选项B正确；
1 2
对于C，D ＝“点数大于5”表示出现6点，F＝“点数为偶数”，所以D 发生时F一定发
3 3
生，所以D⊆F，故选项C正确；
3
对于D，D∩D 表示两个事件同时发生，即出现2点，E＝“点数为奇数”，所以D∩D 发
1 2 1 2
生，事件E不发生，所以E⊇(D∩D)不正确，故选项D不正确．]
1 2
(2)解 ①由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.则顾客一次购物的结算
时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为
＝1.9(分钟)．
②记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A ，A ，A 分别表示事件
1 2 3
“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”“该顾
客一次购物的结算时间为2分钟”，则可估计概率约为
P(A)＝＝，P(A)＝＝，P(A)＝＝，
1 2 3
因为A＝A∪A∪A，且A，A，A 两两互斥，
1 2 3 1 2 3
所以P(A)＝P(A∪A∪A)＝P(A)＋P(A)＋P(A)
1 2 3 1 2 3
＝＋＋＝，
故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率约为.
例3 (1)D [大于3且不超过20的素数为5,7,11,13,17,19，共6个，
随机选取 2 个不同的数，分别为(5,7)，(5,11)，(5,13)，(5,17)，(5,19)，(7,11)，(7,13)，(7,17)，(7,19)，(11,13)，(11,17)，(11,19)，(13,17)，(13,19)，(17,19)，共15种选法，其中恰
好是一组孪生素数的有(5,7)，(11,13)，(17,19)，共3种，故随机选取2个不同的数，恰好是
一组孪生素数的概率为＝.]
(2)D [在一次比赛中某队共有甲、乙、丙等5位选手参加，赛前用抽签的方法决定出场顺
序，样本点总数n＝A＝120，“乙、丙都不与甲相邻出场”包含的样本点个数m＝AA＋
AAA＝36，所以“乙、丙都不与甲相邻出场”的概率P＝＝＝.]
跟踪训练2 (1)C [从写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，共有15种取法，
它们分别是(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，
(4,5)，(4,6)，(5,6)，其中卡片上的数字之积是 4的倍数的是(1,4)，(2,4)，(2,6)，(3,4)，
(4,5)，(4,6)，共6种取法，所以所求概率是P＝＝.]
(2)
解析 依题意3个赛场分配的志愿者人数只有1,1,2这种情况，则共有n＝CA＝36(种)安排
方法，
志愿者甲被分配到北京赛场有m＝A＋CA＝12(种)安排方法，
所以志愿者甲正好分到北京赛场的概率P＝＝.
例4 解 (1)2×2列联表如表所示.
满意 不满意 合计
男生 40 20 60
女生 30 30 60
合计 70 50 120
零假设为H：对讲座活动是否满意与性别无关．
0
根据列联表中数据，
经计算得
χ2＝＝
≈3.429>2.706＝x ，
0.10
根据小概率值α＝0.10的独立性检验，我们推断H 不成立，即认为对讲座活动是否满意与性
0
别有关．
(2)由(1)知，在样本中对讲座活动满意的学生有70人，从中抽取7人，其中
“男生满意”的有40×＝4(人)，
“女生满意”的有30×＝3(人)，
记“恰好抽中2名男生与1名女生”为事件A，
则P(A)＝＝，
所以恰好抽中2名男生与1名女生的概率为.跟踪训练3 解 (1)根据题意，成绩在[50,60)这一组的频率为0.015×10＝0.15，在[60,70)这
一组的频率为0.025×10＝0.25，在[70,80)这一组的频率为0.035×10＝0.35，在[90,100)这一
组的频率为0.005×10＝0.05，则成绩在[80,90)这一组的频率为×[1－(0.15＋0.25＋0.35＋
0.05)]＝0.1，其频数为40×0.1＝4.
(2)这次竞赛成绩的平均数约为45×0.1＋55×0.15＋65×0.25＋75×0.35＋85×0.1＋95×0.05
＝68.5；
成绩在[70,80)这一组的频率最大，人数最多，则众数约为75；
70分左右两侧的频率均为0.5，则中位数约为70.
(3)记“选出的2人在同一分数段”为事件E，成绩在[80,90)内的有40×0.1＝4(人)，设为
a，b，c，d；成绩在[90,100)内的有40×0.05＝2(人)，设为A，B.从这6人中选出2人，有
(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，d)，(b，A)，(b，B)，(c，d)，(c，
A)，(c，B)，(d，A)，(d，B)，(A，B)，共15种选法，其中事件E包括(a，b)，(a，c)，(a，
d)，(b，c)，(b，d)，(c，d)，(A，B)，共7种选法，
则P(E)＝.
§10.5 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
落实主干知识
知识梳理
1．(1)P(A)·P(B) (2) B
2．(1) (2)①
②P(A)P(B|A)
3.(A)P(B|A)
i i
思考辨析
(1)× (2)√ (3)√ (4)√
教材改编题
1．A 2.D 3.0.55
探究核心题型
例1 (1)B [事件甲发生的概率P(甲)＝，事件乙发生的概率P(乙)＝，事件丙发生的概率
P(丙)＝＝，事件丁发生的概率 P(丁)＝＝.事件甲与事件丙同时发生的概率为 0，P(甲
丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为＝，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，
故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为＝，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；事件丙
与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误．]
(2)0.5 0.1解析 记两人又打了X个球后结束比赛，
设双方10∶10平后的第k个球甲获胜为事件A(k＝1,2,3…)，
k
则P(X＝2)＝P(AA)＋P( )＝P(A)P(A)＋P()P()
1 2 12 1 2 1 2
＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.
由乙先发球，得P(X＝4且甲获胜)＝P(A AA)＋P(AAA)
12 3 4 1 2 3 4
＝P(A)P()P(A)P(A)＋P()P(A)P(A)·P(A)＝0.4×0.5×0.4×0.5＋0.6×0.5×0.4×0.5＝0.1.
1 2 3 4 1 2 3 4
跟踪训练1 解 用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的事件，
则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，所以P()＝0.2，P()＝0.3，
P()＝0.1.
(1)由题意得A，B，C之间相互独立，所以恰好有两列火车正点到达的概率为
P＝P(BC)＋P(AC)＋P(AB)
1
＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()·P(C)＋P(A)P(B)P()
＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1
＝0.398.
(2)恰好有一列火车正点到达的概率为
P＝P(A )＋P(B)＋P( C)
2
＝P(A)P()P()＋P()P(B)P()＋P()P()P(C)
＝0.8×0.3×0.1＋0.2×0.7×0.1＋0.2×0.3×0.9
＝0.092.
(3)三列火车至少有一列火车正点到达的概率为
P＝1－P( )
3
＝1－P()P()P()
＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.
例2 (1)D [设事件A为“从七巧板中取出两块，取出的是三角形”，事件B为“两块板恰
好是全等三角形”，
则P(AB)＝＝，
P(A)＝＝，
所以P(B|A)＝＝＝.]
(2)A [记事件A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，事件B：这人一次性饮酒7.2两
未诱发这种疾病，
则事件B|A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，继续饮酒2.4两不诱发这种疾病，
则B⊆A，AB＝A∩B＝B，
P(A)＝1－0.04＝0.96，P(B)＝1－0.16＝0.84，
故P(B|A)＝＝＝＝.]
跟踪训练2 (1)C [设事件A＝“第1次抽到代数题”，事件B＝“第2次抽到几何题”，
所以P(A)＝，P(AB)＝，
则P(B|A)＝＝＝.]
(2)① ②
解析 ①设第一次击中为事件A，第二次击中为事件B，则P(A)＝，
由题意知，第一次击中与否对第二次没有影响，
因此已知第一次击中，则第二次击中的概率是.
②设仅击中一次为事件C，则仅击中一次的概率为
P(C)＝C××＝，
在仅击中一次的条件下，第二次击中的概率是P(B|C)＝＝.
例3 (1)C [设事件A表示“小胡答对”，事件B表示“小胡选到有思路的题”．
则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率
P(A)＝P(B)P(A|B)＋P()P(A|)
＝×0.9＋×0.25
＝.]
(2)D [设事件A＝“发送的信号为0”，事件B＝“接收的信号为1”，
则P(A)＝P()＝0.5，P(B|A)＝0.07，P(B|)＝0.95，
因此P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝0.5×(0.07＋0.95)＝0.51.]
跟踪训练3 (1)C [设事件A表示“甲正点到达目的地”，事件B表示“甲乘动车到达目的
地”，事件C表示“甲乘汽车到达目的地”，
由题意知P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，
P(A|B)＝0.9，P(A|C)＝0.7.
由全概率公式得P(A)＝P(B)·P(A|B)＋P(C)P(A|C)＝0.6×0.9＋0.4×0.7
＝0.54＋0.28＝0.82.]
(2)
解析 P(B|A)＝＝，
2
由题知P(A)＝，P(A)＝，
1 2
P(A)＝，
3
则P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝×＋×＋×＝.
1 1 2 2 3 3§10.6 离散型随机变量及其分布列、数字特征
落实主干知识
知识梳理
1．唯一
3．(1)≥ (2)1
4．(1)xp＋xp＋…＋xp
1 1 2 2 n n
平均水平 (2)(x－E(X))2p
i i
标准差 偏离程度
5．(1)aE(X)＋b (2)a2D(X)
思考辨析
(1)× (2)√ (3)× (4)√
教材改编题
1．D 2.A 3.
探究核心题型
例1 (1)C [由随机变量X的分布列知，P(X<1)＝0.5，P(X<2)＝0.8，故当P(X<a)＝0.8时，
实数a的取值范围是(1,2]．]
(2)C [由随机变量X的分布列得
P(|X|＝1)＝P(X＝－1)＋P(X＝1)
＝a＋c＝1－＝.]
跟踪训练1 (1)C [由分布列的性质知
解得q＝－.]
(2)
解析 由已知得随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P
∴＋＋＝1，∴k＝.
∴随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P
∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝.
例2 (1)ABD [由分布列的性质得，
＋4m＝1，解得m＝，故A正确；E(X)＝－1×＋0×＋1×＝，故B正确；
E(2X－1)＝2E(X)－1＝－，故C不正确；
D(X)＝×2＋×2＋×2＝，故D正确．]
(2)BC [由题意得，随机变量X的所有可能取值为1,2,3，
则P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝，
D(X)＝2×＋2×＋2×＝.
随机变量Y的所有可能取值为0,1,2，
则P(Y＝0)＝＝，
P(Y＝1)＝＝，
P(Y＝2)＝＝，
所以E(Y)＝0×＋1×＋2×＝，
D(Y)＝2×＋2×＋2×＝，
故E(X)≠E(Y)，D(X)＝D(Y)．]
跟踪训练2 (1)C [设“？”＝a，“！”＝b，则a，b∈[0,1]，2a＋b＝1.
①E(ξ)＝0×a＋1×b＋2×a＝2a＋b＝1，因此①正确；
②D(ξ)＝(0－1)2×a＋(1－1)2×b＋(2－1)2×a＝2a≤1，因此②不正确；
③P(ξ＝0)＝a＝≤，因此③正确．]
(2)
解析 由题意知，ξ的所有可能取值为5,4,3,2，
P(ξ＝5)＝×＝，
P(ξ＝4)＝×＝，
P(ξ＝3)＝×＝，
P(ξ＝2)＝×＝，
则E(ξ)＝5×＋4×＋3×＋2×＝，
D(ξ)＝2×＋2×＋2×＋2×＝.
跟踪训练3 解 (1)由已知可得，X的所有可能取值为0,4,10，
则P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝4)＝0.8×(1－0.7)＝0.24，
P(X＝10)＝0.8×0.7＝0.56，
所以X的分布列为X 0 4 10
P 0.2 0.24 0.56
(2)小明应选择先进行定点投篮考核，理由如下：
由(1)可知小明先进行定点投篮考核，累计得分的均值
E(X)＝0×0.2＋4×0.24＋10×0.56＝6.56，
若小明先进行三步上篮考核，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0,6,10，
P(Y＝0)＝1－0.7＝0.3，
P(Y＝6)＝0.7×(1－0.8)＝0.14，
P(Y＝10)＝0.7×0.8＝0.56，
则Y的均值E(Y)＝0×0.3＋6×0.14＋10×0.56＝6.44，
因为E(X)>E(Y)，
所以为使累计得分的均值最大，小明应选择先进行定点投篮考核．
§10.7 二项分布、超几何分布与正态分布
落实主干知识
知识梳理
1．(1)两个 n重伯努利试验
(2)Cpk(1－p)n－k X～B(n，p) (3)①p p(1－p)
②np np(1－p)
2.
3．(1)X～N(μ，σ2) (2)①x＝μ
②x＝μ (4)μ σ2
思考辨析
(1)√ (2)√ (3)× (4)×
教材改编题
1．A 2.B 3.
探究核心题型
例1 (1)C [每5分钟算作一轮，每一轮甲同学出现在直播屏幕上的概率为＝，
设他在直播屏幕上出现的轮次为X，
根据题意得，X～B，E(X)＝8×＝0.8，
设甲同学一节课在直播屏幕上出现的时间为Y(单位：分钟)，
则E(Y)＝E(5X)＝5×0.8＝4(分钟)．]
(2)解 ①由已知得，张某创业成功的概率为，李某创业成功的概率为P ，且两人是否创业
0
成功互不影响，
记“这2人累计获得的奖金X≤30”的事件为A，则事件A的对立事件为“X＝50”，
∵P(X＝50)＝P，
0
∴P(A)＝1－P(X＝50)
＝1－P＝，
0
解得P＝.
0
②设两位大学毕业生都选择创业项目甲且创业成功的次数为X ，都选择创业项目乙且创业
1
成功的次数为X，
2
则这两人选择项目甲累计获得的奖金的均值为E(20X)，
1
选择项目乙累计获得的奖金的均值为E(30X)，
2
由已知可得，X～B，
1
X～B(2，P)，
2 0
∴E(X)＝，E(X)＝2P，
1 2 0
∴E(20X)＝20E(X)＝20×
1 1
＝，
E(30X)＝30E(X)＝60P，
2 2 0
若E(20X)>E(30X)，
1 2
即>60P，解得0<P<；
0 0
若E(20X)<E(30X)，
1 2
即<60P，解得<P<1；
0 0
若E(20X)＝E(30X)，
1 2
即＝60P，解得P＝.
0 0
综上所述，当0<P<时，他们都选择项目甲进行创业，累计得到的奖金的均值更大；
0
当<P<1时，他们都选择项目乙进行创业，累计得到的奖金的均值更大；
0
当P＝时，他们选择两项目进行创业，累计得到的奖金的均值相等．
0
跟踪训练1 (1)A [因为随机变量X～B(n，p)，
E(X)＝2，D(X)＝，
则解得
所以P(X≥2)＝1－P(X＝1)－P(X＝0)
＝1－C×1×3－1－C×0×3－0
＝1－－＝.](2)解 ①根据题意可知，每天睡眠时间少于7小时的学生的概率为，每天睡眠时间不少于7
小时的学生的概率为，
所以4份问卷中至少有2份结果为睡眠时间不少于7小时的概率为
P＝1－C×4－C××3＝.
②根据题意可知，X的所有可能取值为0,1,2,3,4，且X～B，
则P(X＝0)＝4＝，
P(X＝1)＝C××3＝，
P(X＝2)＝C×2×2
＝，
P(X＝3)＝C×3×＝，
P(X＝4)＝4＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
所以E(X)＝4×＝.
例2 解 (1)每名学生得分低于70分的概率为1－(0.04＋0.02)×10＝0.4，不低于80分的概
率为0.02×10＝0.2.
故其中1人得分低于70分，另1人得分不低于80分的概率为C×0.4×0.2＝.
(2)由频率分布直方图可得，8人中分数在[60,70)的有2人，[70,90]的有6人，
所以X～H(3,6,8)，X的所有可能取值为1,2,3，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
故X的分布列为
X 1 2 3
P
故E(X)＝＝.
跟踪训练2 解 (1)因为第二档电价比第一档电价每度多0.05元，
第三档电价比第一档电价每度多0.3元，
编号为10的用户一年的用电量是4 600度，
所以该户该年应交电费4 600×0.565 3＋(4 200－2 160)×0.05＋(4 600－4 200)×0.3＝2 822.38(元)．
(2)设取到第二阶梯的户数为X，
易知第二阶梯有4户，则X的所有可能取值为0,1,2,3,4.
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，
故X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
例3 (1)AC [X，Y均服从正态分布，X～N(μ，σ)，Y～N(μ，σ)，
1 2
结合正态密度函数的图象可知，
μ＝μ，σ<σ，
1 2 1 2
故甲工厂生产零件尺寸的平均值等于乙工厂生产零件尺寸的平均值，故A正确，B错误；
甲工厂生产零件尺寸的稳定性高于乙工厂生产零件尺寸的稳定性，故C正确，D错误．]
(2)A [∵ξ近似服从正态分布N(90，σ2)(试卷满分150分)，
且P(ξ≥100)＝0.3，
∴P(ξ≤80)＝0.3，∴P(80≤ξ≤90)＝＝0.2，
∴估计这次检测数学成绩在80到90分之间的学生人数约为14 000×0.2＝2 800.]
跟踪训练3 (1)0.14
解析 因为X～N(2，σ2)，
所以P(X>2)＝0.5，
所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2<X≤2.5)＝0.5－0.36＝0.14.
(2)10 74
解析 由图①可知，μ＝72，σ＝5，
∴随机变量X～N(72,25)，
∴P(67≤X≤77)≈0.682 7，
P(62≤X≤82)≈0.954 5，
∵P(67≤X≤n)＝0.818 6
＝0.954 5－，
∴n＝82，
由图②可知，该班在[67,82)内抽取了10人，即k＝10，∴平均分为
＝74.
§10.8 概率与统计的综合问题
例1 解 (1)估计这100名学生得分的平均数为10×(45×0.010＋55×0.015＋65×0.020＋
75×0.030＋85×0.015＋95×0.010)＝70.5.
(2)从样本中得分不低于70分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取11人进行座
谈，其中得分在[90,100]的人数为×11＝2.
若从座谈名单中随机抽取3人，记其得分在[90,100]的人数为ξ，则ξ的所有可能取值为
0,1,2.
P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
则ξ的分布列为
ξ 0 1 2
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
(3)由题意知，μ＝70.5，
σ2＝s2＝42.25，σ＝6.5.
P(X>77)＝P(X>μ＋σ)＝≈0.158 65，
所以这500名学生得分高于77分的人数最有可能为0.158 65×500≈79.
跟踪训练 1 解 (1)由已知得，＝10×0.015×10＋20×0.040×10＋30×0.025×10＋
40×0.020×10＝25.
(2)因为购买一件产品，其质量指标值位于[35,45]内的概率为0.2，
所以X～B(3,0.2)，因为X的所有可能取值为0,1,2,3，
所以P(X＝0)＝(1－0.2)3＝0.512，
P(X＝1)＝C×0.2×(1－0.2)2
＝0.384，
P(X＝2)＝C×0.22×(1－0.2)
＝0.096，P(X＝3)＝0.23＝0.008，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.512 0.384 0.096 0.008
例2 解 (1)＝＝3，
＝＝24，
(x－)(y－)＝(－2)×(－16)＋(－1)×(－7)＋0×5＋1×0＋2×18＝75，
i i
(x－)2＝4＋1＋0＋1＋4＝10，
i
所以b＝＝7.5，则a＝－b＝1.5，
所以y＝1.5＋7.5x，
预测2023年，即当x＝7时，由经验回归方程可得y＝54，
所以估计2023年此地新增企业的数量约为54家．
(2)由题意可知，X的所有可能取值为0,1,2,3，
则P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
跟踪训练2解 (1)由题意得，＝＝5.5，
又＝1.5，y＝89.1，＝385，
i i
所以b＝＝＝0.08，
a＝1.5－0.08×5.5＝1.06，
则y关于x的经验回归方程为y＝1.06＋0.08x，
当x＝12时，y＝2.02，
故A省12月份新能源汽车的销量约为2.02万辆．
(2)这两家汽车销售商所获得的奖金总额X的所有可能取值为4,3,2.5,2,1.5,1，
P(X＝4)＝×＝，
P(X＝3)＝2××＝，
P(X＝2.5)＝2××＝，P(X＝2)＝×＝，
P(X＝1.5)＝2××＝，
P(X＝1)＝×＝，
则X的分布列为
X 4 3 2.5 2 1.5 1
P
E(X)＝4×＋3×＋2.5×＋2×＋1.5×＋1×＝.
例3 解 (1)零假设为H：购车种类与性别无关，
0
根据表中数据可得
χ2＝
＝≈5.556>3.841＝x ，
0.05
根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H 不成立，即认为购车种类与性别有关．
0
(2)随机抽取1辆汽车属于传统燃油汽车的概率为＝，设被抽取的3辆汽车中属于传统燃油汽
车的辆数为X，则X的所有可能取值为0,1,2,3，
依题意得，X～B，
P(X＝0)＝C×0×3＝，
P(X＝1)＝C×1×2＝，
P(X＝2)＝C×2×1＝，
P(X＝3)＝C×3×0＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
则E(X)＝3×＝.
跟踪训练3 解 (1)零假设为H：喜爱吉祥物与性别无关．
0
根据表中数据得
χ2＝
＝≈4.762<6.635＝x ，
0.01
所以根据小概率值α＝0.01的独立性检验，没有充分证据推断H 不成立，因此可以认为喜爱
0
吉祥物与性别无关．
(2)由题意得，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取出的 5人中，有3人喜爱吉祥物，有2
人不喜爱吉祥物，
则X的可能取值为1,2,3，所以P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
所以X的分布列为
X 1 2 3
P
则E(X)＝1×＋2×＋3×
＝.
§10.9 概率、统计与其他知识的交汇问题
例1 解 (1)设事件E为“该员工前四天恰好能集齐这4枚纪念币”，
由题意知，样本点总数
N＝4×4＝16，
事件E包含的样本点的个数
n＝2×1＝2，
所以该员工前四天恰好能集齐这四枚纪念币的概率P(E)＝＝.
(2)①由题意知，P＝，
1
P＝P＋(1－P)
2 1 1
＝－P＝－×＝，
1
当n≥2时，P＝P ＋
n n－1
(1－P )＝－P ，
n－1 n－1
所以P－＝－，
n
又因为P－＝－＝，
1
所以是以为首项，
以－为公比的等比数列，
所以P－＝×n－1，
n
即P＝＋×n－1.
n
②由①知，当n足够大时，选择“球类”的概率近似于，
假设用ξ表示一天中选择“球类”的人数，
则ξ～B，
所以E(ξ)＝1 400×＝600，即选择“球类”的人数的均值为600，
所以选择“田径”的人数的均值为800.
即经过足够多天后，估计该公司接下来每天有600名员工参加球类运动，800名员工参加田
径运动．
跟踪训练1 解 (1)每个点球能被守门员扑出球门外的概率
P＝3×××＝，
由题意可知，X～B，
P(X＝0)＝C×3＝，
P(X＝1)＝C×1×2
＝＝，
P(X＝2)＝C×2×1
＝＝，
P(X＝3)＝C×3＝，
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E(X)＝3×＝.
(2)由已知得，第(n－1)次传球后球又回到甲脚下的概率为P ，
n－1
∴当n≥2时，P＝(1－P )·，
n n－1
∴P－＝－，
n
∴是首项为P－＝－，公比为－的等比数列，
1
∴P－＝×n－1，
n
∴P＝－×n－1.
n
例2 解 (1)由题意估计从该企业生产的正品中随机抽取1 000件的平均数
＝0.010×10×＋0.020×10×＋0.045×10×＋0.020×10×＋0.005×10×＝70，
∴μ≈＝70，
又样本方差s2≈100，∴σ≈＝10，∴X～N(70，102)，
则优等品质量差在(μ－σ，μ＋σ)，
即(60,80)内，
一等品质量差在(μ＋σ，μ＋2σ)，
即(80,90)内，
∴正品质量差在(60,80)和(80,90)，即(60,90)内，∴该企业生产的产品为正品的概率
P＝P(60<X<90)＝P(60<X<70)＋P(70<X<90)≈×(0.682 7＋0.954 5)＝0.818 6.
(2)①从(n＋2)件正品中任选2件，有C种选法，其中等级相同的有C＋C种选法，
∴某箱产品抽检被记为B的概率
p＝1－＝1－
＝.
②由题意，一箱产品抽检被记为B的概率为p(0<p<1)，则5箱产品恰有3箱被记为B的概率
为
f(p)＝Cp3(1－p)2
＝10p3(1－2p＋p2)
＝10(p3－2p4＋p5)，
∴f′(p)＝10(3p2－8p3＋5p4)
＝10p2(3－8p＋5p2)
＝10p2(p－1)(5p－3)，
∴当p∈时，f′(p)>0，
函数f(p)单调递增；
当p∈时，f′(p)<0，
函数f(p)单调递减，
∴当p＝时，f(p)取得最大值
f ＝C×3×2
＝，
此时，p＝＝，
解得n＝3或n＝(舍)．
∴当n＝3时，5箱产品恰有3箱被记为B的概率最大，最大值为.
跟踪训练2 解 (1)X的所有可能取值为5,6,7,8,9,10，
P(X＝5)＝5＝，
P(X＝6)＝C×1×4
＝，
P(X＝7)＝C×2×3
＝＝，
P(X＝8)＝C×3×2
＝＝，
P(X＝9)＝C×4×1＝，
P(X＝10)＝C×5＝.
所以X的分布列为
X 5 6 7 8 9 10
P
则E(X)＝5×＋6×＋7×＋8×＋9×＋10×＝＝.
(2)由题意知“每天得分不低于3分”的概率为p＋(1－p)×
＝＋p(0<p<1)，
所以5天中恰有3天每天得分不低于3分的概率f(p)＝C32＝(1＋2p)3(1－p)2，f′(p)＝[6(1＋
2p)2(1－p)2－2(1＋2p)3(1－p)]
＝(1＋2p)2(1－p)(4－10p)，
所以当p∈时，f′(p)>0，
f(p)在上单调递增；
当p∈时，f′(p)<0，
f(p)在上单调递减，
所以当p＝时，f(p)取得最大值．