【数学】2021届一轮复习人教A版考前熟悉3大解题技法学案

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文档介绍

【数学】2021届一轮复习人教A版考前熟悉3大解题技法学案

‎(一)小题小做 巧妙选择 高考数学选择题历来都是兵家必争之地,因其涵盖的知识面较宽,既有基础性,又有综合性,解题方法灵活多变,分值又高,既考查了同学们掌握基础知识的熟练程度,又考查了一定的数学能力和数学思想,试题区分度极佳.这就要求同学们掌握迅速、准确地解答选择题的方法与技巧,为全卷得到高分打下坚实的基础.‎ 一般来说,对于运算量较小的简单选择题,都是采用直接法来解题,即从题干条件出发,利用基本定义、性质、公式等进行简单分析、推理、运算,直接得到结果,与选项对比得出正确答案;对于运算量较大的较复杂的选择题,往往采用间接法来解题,即根据选项的特点、求解的要求,灵活选用数形结合、验证法、排除法、割补法、极端值法、估值法等不同方法技巧,通过快速判断、简单运算即可求解.下面就解选择题的常见方法分别举例说明.‎ 直接法 直接从题目条件出发,运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识,通过严密的推理和准确的运算,得出正确的结论.涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法.‎ ‎[典例] (2018·浙江高考)已知椭圆C1:+y2=1(m>1)与双曲线C2:-y2=1(n>0)的焦点重合,e1,e2分别为C1,C2的离心率,则(  )‎ A.m>n且e1e2>1   B.m>n且e1e2<1‎ C.m<n且e1e2>1 D.m<n且e1e2<1‎ ‎[技法演示] 考查了椭圆与双曲线的焦点、离心率,抓住焦点相同这个条件得到m,n之间的关系,代入离心率的公式即可得解.‎ 法一:由题意知m2-1=n2+1,即m2=n2+2,则m>n,e1e2=·==>1.故选A.‎ 法二:由题意知m2-1=n2+1,即m2=n2+2,则m>n,不妨设m2=3,则n2=1,e1=,e2=,则e1e2=>1,故选A.‎ ‎[答案] A ‎[应用体验]‎ ‎1.(2018·浙江高考)已知集合P={x∈R|1≤x≤3},Q={x∈R|x2≥4},则P∪(∁RQ)=(  )‎ A.[2,3]        B.(-2,3]‎ C.[1,2) D.(-∞,-2]∪[1,+∞)‎ 解析:选B ∵Q={x∈R|x2≥4},‎ ‎∴∁RQ={x∈R|x2<4}={x∈R|-2<x<2}.‎ ‎∵P={x∈R|1≤x≤3},‎ ‎∴P∪(∁RQ)={x∈R|-2<x≤3}=(-2,3].‎ ‎2.(2018·浙江高考)在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记xmyn项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=(  )‎ A.45 B.60‎ C.120 D.210‎ 解析:选C 由题意知f(3,0)=CC,f(2,1)=CC,f(1,2)=CC,f(0,3)=CC,因此f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=120,选C.‎ 数形结合法 根据题目条件作出所研究问题的有关图形,借助几何图形的直观性作出正确的判断.‎ ‎[典例] (2018·浙江高考)如图,已知平面四边形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC与BD交于点O.记I1=·,I2=·,I3=·,则(  )‎ A.I1I3,作AG⊥BD于G,又AB=AD,‎ ‎∴OB·,即I1>I3,‎ ‎∴I30)上,如图,数形结合可知|a-b|min=||-|CB―→|=-1.故选A.‎ 验证法 将选项或特殊值,代入题干逐一去验证是否满足题目条件,然后选择符合题目条件的选项的一种方法.在运用验证法解题时,若能根据题意确定代入顺序,则能提高解题速度.‎ ‎[典例] (2018·浙江高考)已知实数a,b,c,(  )‎ A.若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1,则a2+b2+c2<100‎ B.若|a2+b+c|+|a2+b-c|≤1,则a2+b2+c2<100‎ C.若|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1,则a2+b2+c2<100‎ D.若|a2+b+c|+|a+b2-c|≤1,则a2+b2+c2<100‎ ‎[技法演示] 通过逻辑判断,借助于举反例排除A、B、C选项,选项D的证明对于学生来说是很高的要求.‎ 法一:对于A,取a=b=10,c=-110,‎ 显然|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1成立,‎ 但a2+b2+c2>100,即a2+b2+c2<100不成立.‎ 对于B,取a2=10,b=-10,c=0,‎ 显然|a2+b+c|+|a2+b-c|≤1成立,‎ 但a2+b2+c2=110,即a2+b2+c2<100不成立.‎ 对于C,取a=10,b=-10,c=0,‎ 显然|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1成立,‎ 但a2+b2+c2=200,即a2+b2+c2<100不成立.‎ 综上知,A、B、C均不成立,所以选D.‎ 法二:选项A,取a=b,c=-(a2+a),则|a2+b+c|+|a+b2+c|=0≤1,‎ 此时由于a可任取,则c无界,显然无法得到a2+b2+c2<100;‎ 选项B,取c=0,b=-a2,则|a2+b+c|+|a2+b-c|=0≤1,‎ 此时由于a可任取,则b无界,显然无法得到a2+b2+c2<100;‎ 选项C,取c=0,b=-a,则|a+b+c2|+|a+b-c2|=0≤1,‎ 此时由于a可任取,则b无界,显然无法得到a2+b2+c2<100;‎ 选项D,1≥|a2+b+c|+|a+b2-c|≥|a2+b+a+b2|,‎ 而a2+a≥-,b2+b≥-⇒-≤a2+a≤,-≤b2+b≤⇒a,b∈⇒c∈,则a2+b2+c2<100.‎ ‎[答案] D ‎ [应用体验]‎ ‎5.(2018·浙江高考)已知a,b>0且a≠1,b≠1,若logab>1,则(  )‎ A.(a-1)(b-1)<0 B.(a-1)(a-b)>0‎ C.(b-1)(b-a)<0 D.(b-1)(b-a)>0‎ 解析:选D 法一:logab>1=logaa,当a>1时,b>a,即b>a>1,则(a-1)(b-1)>0,(a-1)(a-b)<0,(b-1)(b-a)>0,选D.再验证:当00,正确.(说明:作为选择题,“00,排除D选项.‎ 又e>2,∴<,∴e->1,排除C选项.故选B.‎ ‎[答案] B ‎[应用体验]‎ ‎6.(2018·浙江高考)函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是(  )‎ 解析:选D 由f′(x)的图象知,f′(x)的图象有三个零点,故f(x)在这三个零点处取得极值,排除A、B;记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1,x2,x3,又在(-∞,x1)上 f′(x)<0,在(x1,x2)上f′(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,x1)上单调递减,排除C,故选D.‎ ‎7.(2018·浙江高考)在同一直角坐标系中,函数f(x)=xa(x≥0),g(x)=logax的图象可能是(  )‎ 解析:选D 当a>1时,函数f(x)=xa(x>0)单调递增,函数g(x)=logax单调递增,且过点(1,0),由幂函数的图象性质可知C错;当00)单调递增,函数g(x)=logax单调递减,且过点(1,0),排除A,又由幂函数的图象性质可知B错,因此选D.‎ 割补法 ‎“能割善补”是解决几何问题常用的方法,巧妙地利用割补法,可以将不规则的图形转化为规则的图形,这样可以使问题得到简化,从而缩短解题时间.‎ ‎[典例] (2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCDA1B‎1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(  )‎ A.        B. C. D. ‎[技法演示] 用补形法,再补上一个相同的长方体,构造出一个三角形,使三角形一个内角为所求角或其补角,然后解三角形得解.‎ 如图,在长方体ABCDA1B‎1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBAE‎1F1B‎1A1.连接B‎1F,由长方体性质可知,B‎1F∥AD1,所以∠DB‎1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角.连接DF,由题意,得DF==,FB1==2,DB1==.‎ 在△DFB1中,由余弦定理,得 DF2=FB+DB-2FB1·DB1·cos∠DB‎1F,‎ 即5=4+5-2×2××cos ∠DB‎1F,‎ 所以cos ∠DB‎1F=.‎ ‎[答案] C ‎[应用体验]‎ ‎8.已知在正四面体ABCD中,E为BC中点,F为直线BD上一点,则平面AEF与平面ACD所成二面角的正弦值的取值范围是(  )‎ A. B. C. D. 解析:选A 如图,将正四面体ABCD放入正方体中,体对角线BK⊥平面ACD,所以平面AEF与平面ACD所成二面角的平面角的正弦值等于直线BK与平面AEF所成角的余弦值.由最小角定理,直线BK与平面AEF所成角不大于直线BK与AE所成角.当BK∥平面AEF时,直线BK与平面AEF所成角为0°,其余弦值为1.又直线BK与AE所成角的余弦值为,故平面AEF与平面ACD所成二面角的平面角的正弦值的取值范围是.‎ 极端值法 选择运动变化中的极端值,往往是动静转换的关键点,可以起到降低解题难度的作用,因此是一种较高层次的思维方法.‎ 从有限到无限,从近似到精确,从量变到质变,运用极端值法解决某些问题,可以避开抽象、复杂的运算,降低难度,优化解题过程.‎ ‎[典例] (2018·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABCA1B‎1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是(  )‎ A.4π B. C.6π D. ‎[技法演示] 根据直三棱柱的性质找出最大球的半径,再求球的体积.‎ 设球的半径为R,∵△ABC的内切圆半径为=2,∴R≤2.又2R≤3,∴R≤,∴Vmax=×π×3=.故选B.‎ ‎[答案] B ‎[应用体验]‎ ‎9.双曲线x2-y2=1的左焦点为F,点P为左支下半支异于顶点A的任意一点,则直线PF斜率的变化范围是(  )‎ A.(-∞,-1)∪(1,+∞)‎ B.(-∞,0)‎ C.(-∞,0)∪(1,+∞)‎ D.(1,+∞)‎ 解析:选C 如图所示,当P→A时,PF的斜率k→0.‎ 当PF⊥x轴时,PF的斜率不存在,即k→±∞.‎ 当P在无穷远处时,PF的斜率k→1.‎ 结合四个备选项得,选C.‎ 估值法 由于选择题提供了唯一正确的选择项,解答又无需过程,因此可通过猜测、合情推理、估算而获得答案,这样往往可以减少运算量,避免“小题大做”.‎ ‎[典例] (2018·浙江高考)如图,已知正四面体DABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,==2,分别记二面角DPRQ,DPQR,DQRP的平面角为α,β,γ,则(  )‎ A.γ<α<β B.α<γ<β C.α<β<γ D.β<γ<α ‎[技法演示] 设O为△ABC的中心,则O到PQ距离最小,O到PR距离最大,O到QR距离居中,而高相等,因此tan α0,b>0).矩形ABCD的四个顶点在E上,AB,CD的中点为E的两个焦点,且2|AB|=3|BC|,则E的离心率是________.‎ 解析:法一:(特殊值法)‎ 如图,由题意知|AB|=,|BC|=‎2c,又2|AB|=3|BC|,‎ ‎∴设|AB|=6,|BC|=4,‎ 则|AF1|=3,|F‎1F2|=4,‎ ‎∴|AF2|=5.‎ 由双曲线的定义可知,a=1,c=2,∴e==2.‎ 法二:(直接法)‎ 如图,由题意知|AB|=,|BC|=‎2c.‎ 又2|AB|=3|BC|,‎ ‎∴2×=3×‎2c,即2b2=‎3ac,‎ ‎∴2(c2-a2)=‎3ac,两边同除以a2并整理,得2e2-3e-2=0,解得e=2(负值舍去).‎ 答案:2‎ 数形结合法 根据题目条件,画出符合题意的图形,以形助数,通过对图形的直观分析、判断,往往可以快速简捷地得出正确的结果,它既是方法,也是技巧,更是基本的数学思想.‎ ‎[典例] 已知函数f(x)=在区间[-1,m]上的最大值是2,则m的取值范围是________.‎ ‎[技法演示] f(x)=作出函数的图象,如图所示,因为函数f(x)在[-1,m]上的最大值为2,又f(-1)=f(4)=2,所以-11)上两点A,B满足=2,则当m=________时,点B横坐标的绝对值最大.‎ ‎[技法演示] 设A(x1,y1),B(x2,y2),由=2,‎ 得即x1=-2x2,y1=3-2y2.‎ 因为点A,B在椭圆上,所以 得y2=m+,所以x=m-(3-2y2)2=-m2+m-=-(m-5)2+4≤4,‎ 所以当m=5时,点B横坐标的绝对值最大.‎ ‎[答案] 5‎ ‎[应用体验]‎ ‎6.(2018·浙江高考)如图,在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D,满足PD=DA,PB=BA,则四面体PBCD的体积的最大值是________.‎ 解析:在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°,‎ ‎∴AC= =2.‎ 设CD=x,则AD=2-x,‎ ‎∴PD=2-x,‎ ‎∴VPBCD=S△BCD·h ‎≤×BC·CD·sin 30°·PD ‎=x(2-x)≤2‎ ‎=×2=,‎ 当且仅当x=2-x,即x=时取“=”,‎ 此时PD=,BD=1,PB=2,满足题意.‎ 故四面体PBCD的体积的最大值为.‎ 答案: ‎7.设x,y为实数,若4x2+y2+xy=1,则2x+y的最大值是________.‎ 解析:∵4x2+y2+xy=1,∴(2x+y)2=3xy+1=×2xy+1≤×2+1,∴(2x+y)2≤,(2x+y)max=.‎ 答案: 构造法 根据题设条件与结论的特殊性,构造出一些新的数学形式,并借助它来认识和解决问题.‎ ‎[典例] (2018·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=________,S5=________.‎ ‎[技法演示] 先构造等比数列,再进一步利用通项公式求解.‎ ‎∵an+1=2Sn+1,∴Sn+1-Sn=2Sn+1,‎ ‎∴Sn+1=3Sn+1,∴Sn+1+=3,‎ ‎∴数列是公比为3的等比数列,‎ ‎∴=3.‎ 又S2=4,∴S1=1,∴a1=1,‎ ‎∴S5+=×34=×34=,‎ ‎∴S5=121.‎ ‎[答案] 1 121‎ ‎[应用体验]‎ ‎8.(2018·浙江高考)已知向量a,b,|a|=1,|b|=2.若对任意单位向量e,均有|a·e|+|b·e|≤,则a·b的最大值是________.‎ 解析:由于e是任意单位向量,可设e=,‎ 则|a·e|+|b·e|=+ ‎≥ ‎==|a+b|.‎ ‎∵|a·e|+|b·e|≤,‎ ‎∴|a+b|≤,∴(a+b)2≤6,‎ ‎∴|a|2+|b|2+‎2a·b≤6.‎ ‎∵|a|=1,|b|=2,‎ ‎∴1+4+‎2a·b≤6,‎ ‎∴a·b≤,∴a·b的最大值为.‎ 答案: Ⅱ.多空题——辨式解答 并列式——两空并答 此种类型多空题的特点是:根据题设条件,利用同一解题思路和过程,可以一次性得出两个空的答案,两空并答,题目比较简单,会便全会,这类题目在高考中一般涉及较少,常考查一些基本量的求解,一般是多空题的第一个题目.‎ ‎[例1] (2018·浙江高考)已知2cos2x+sin 2x=Asin(ωx+φ)+b(A>0),则A=________,b=________.‎ ‎[解析] ∵2cos2x+sin 2x=1+cos 2x+sin 2x=1+sin,∴1+sin=Asin(ωx+φ)+b,∴A=,b=1.‎ ‎[答案]  1‎ ‎[点评] 例1中根据题设条件把2cos2x+sin 2x化成1+sin后,对比原条件恒等式两边可直接得出两空的结果,A=,b=1.‎ ‎[应用体验]‎ ‎1.(2018·浙江高考)双曲线-y2=1的焦距是______,渐近线方程是________________.‎ 解析:由双曲线标准方程,知双曲线焦点在x轴上,且a2=2,b2=1,∴c2=a2+b2=3,即c=,∴焦距‎2c=2,渐近线方程为y=±x,即y=±x.‎ 答案:2 y=±x 分列式——一空一答 此种类型多空题的特点是:两空的设问相当于一个题目背景下的两道小填空题,两问之间没什么具体联系,各自成题,是对于多个知识点或某知识点的多个角度的考查;两问之间互不干扰,不会其中一问,照样可以答出另一问.‎ ‎[例2] (1)(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表面积是________cm2,体积是________cm3.‎ ‎(2)(2018·浙江高考)已知函数f(x)=则f(f(-3))=________,f(x)的最小值是________.‎ ‎[解析] (1)由三视图知该几何体是一个组合体,左边是一个长方体,交于一点的三条棱的长分别为‎2 cm,‎4 cm,‎2 cm,右边也是一个长方体,交于一点的三条棱的长分别为‎2 cm,‎2 cm,‎4 cm.‎ 几何体的表面积为(2×2+2×4+2×4)×2×2-2×2×2=72(cm2),‎ 体积为2×2×4×2=32(cm3).‎ ‎(2)∵f(-3)=lg[(-3)2+1]=lg 10=1,‎ ‎∴f(f(-3))=f(1)=1+2-3=0.‎ 当x≥1时,x+-3≥2 -3=2-3,当且仅当x=,即x=时等号成立,‎ 此时f(x)min=2-3<0;‎ 当x<1时,lg(x2+1)≥lg(02+1)=0,‎ 此时f(x)min=0.‎ 所以f(x)的最小值为2-3.‎ ‎[答案] (1)72 32 (2)0 2-3‎ ‎[点评] 例2(1)中根据题设条件三视图得出其几何体的直观图后,由面积的相关公式求出几何体的面积,由体积的相关公式求出其体积;例2(2)中,两空都是在已知一分段函数的解析式,考查两方面的知识,分别求出函数的值和函数的最值.‎ ‎[应用体验]‎ ‎2.(2018·浙江高考)函数f(x)=sin2x+sin xcos x+1的最小正周期是________,单调递减区间是____________.‎ 解析:∵f(x)=sin2x+sin xcos x+1‎ ‎=+sin 2x+1‎ ‎=sin 2x-cos 2x+ ‎=sin+,‎ ‎∴函数f(x)的最小正周期T=π.‎ 令+2kπ≤2x-≤+2kπ,(k∈Z),‎ 解之可得函数f(x)的单调递减区间为 (k∈Z).‎ 答案:π (k∈Z)‎ 递进式——逐空解答 此种类型多空题的特点是:两空之间有着一定联系,一般是第二空需要借助第一空的结果再进行作答,第一空是解题的关键也是难点,只要第一空会做做对,第二空便可顺势解答.‎ ‎[例3] (2018·萧山中学模拟)设等比数列{an}的首项a1=1,且‎4a1,‎2a2,a3成等差数列,则公比q=________;数列{an}的前n项和Sn=________.‎ ‎[解析] 因为a1=1,且‎4a1,‎2a2,a3成等差数列,所以‎4a2=‎4a1+a3,即4q=4+q2,解得q=2,所以Sn==2n-1.‎ ‎[答案] 2 2n-1‎ ‎[点评] 例3中根据题设条件求出q=2后,再根据等比数列的求和公式求出Sn.第二空的解答是建立在第一空解答的基础上的,只有求出第一空才能求得第二空.‎ ‎[应用体验]‎ ‎3.(2018·浙江名校协作体联考)已知在△ABC中,AB=3,BC=,AC=2,且O是△ABC的外心,则·=________, ·=________.‎ 解析:因为O是△ABC的外心,所以向量在向量上的投影=1,向量在向量上的投影=,所以·=2,·=,所以·=·-·=2-=-.‎ 答案:2 - ‎(三)有舍有得压轴大题——多抢分 高考是选拔性的考试,试卷中必然要有综合考查数学知识、数学思想的能力型试题,即拉分题(亦即压轴题).对大部分考生来说,如何从拿不下的题目(压轴题)中分段得分,是考生高考数学能否取得圆满成功的重要标志,是使考生能否达到“名牌大学任我挑”的关键.对此可采用如下三个策略达到高分的目的.‎ 如遇到一个不会做的问题,将它们分解为一系列的步骤,或者是一个个小问题,先解决问题的一部分,能解决多少就解决多少,能写几步就写几步.特别是那些解题层次明显的题目,每一步演算到得分点时都可以得分,最后结论虽然未得出,但分数却已过半.如下例:‎ ‎[典例1] (本小题满分15分)如图,设椭圆C:+=1(a>b>0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.‎ ‎(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;‎ ‎(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离最大值为a-b.‎ ‎[规范解答及评分细则]‎ ‎(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0),‎ 由(2分)‎ 消去y得(b2+a2k2)x2+‎2a2kmx+a‎2m2‎-a2b2=0.‎ 由于l与C只有一个公共点,故Δ=0,‎ 即b2-m2+a2k2=0,‎ 解得点P的坐标为.‎ 又点P在第一象限,‎ 故点P的坐标为.(6分)‎ ‎(2)由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,(8分)‎ 所以点P到直线l1的距离 d=,(10分)‎ 整理得d=,(13分)‎ 因为a2k2+≥2ab,‎ 所以≤=a-b,‎ 当且仅当k2=时等号成立.‎ 所以点P到直线l1的距离的最大值为a-b.(15分)‎ ‎[抢分有招]‎ 得满分不容易,得大部分分数还是很轻松的.第一小题中只要有直线方程与椭圆联立方程的意识就给2分,P点横纵坐标各2分,即第一小题6分;第二小题中只要设l1直线方程就给2分,至于直线方程有没有设对无所谓;有点到直线的方程公式给2分;把点的坐标代入正确给3分;最后有k2=的结果或等价形式都给2分;第一小题是突破口,如果能解出P点坐标,顺势写出P到l1的距离,拿13分是非常轻松的.‎ 对一个问题正面思考发生思维受阻时,用逆向思维的方法去探求新的解题途径,往往能得到突破性的进展.顺向推有困难就逆推,直接证有困难就反证.‎ ‎[典例2] (2018·台州调研·满分15分)已知数列{an}满足:an>0,an+1+<2(n∈N*).‎ ‎(1)求证:an+21(n∈N*).‎ ‎[规范解答及评分细则]‎ ‎(1)由an>0,an+1+<2,‎ 得an+1<2-<2.(3分)‎ 因为2>an+2+>2(由题知an+1≠an+2),‎ 即an+2N时,an≤aN+1<1.(8分)‎ 根据an+1-1<1-=<0,而an<1,‎ 所以>=1+,(10分)‎ 于是>1+,…,‎ >1+.‎ 累加可得>n-1+.(*)(12分)‎ 由假设可得aN+n-1<0,‎ 而当n>-+1时,显然有n-1+>0,‎ 因此有1(n∈N*).(15分)‎ 法二:假设存在aN≤1(N≥1,N∈N*),‎ 由(1)可得当n>N时,0≥>1.(10分)‎ 于是1-an>(1-an-1),‎ ‎1-an-1>(1-an-2),…,‎ ‎1-aN+2>(1-aN+1).‎ 累乘可得1-an>(1-aN+1)n-N-1,(*)(12分)‎ 由(1)可得1-an<1,‎ 而当n>log+N+1时,‎ 则有(1-aN+1)n-N-1>1,‎ 这显然与(*)矛盾.‎ 所以an>1(n∈N*).(15分)‎ ‎[抢分有招]‎ 一些证明问题,若直接证明比较困难,可从结论分析,把结论转化为易证明的问题,或利用反证法证明其结论的反面不成立,这是求解一些证明问题的常见思路.‎ 一道题目的完整解答,既有主要的实质性的步骤,也有次要的辅助性的步骤.实质性的步骤未找到之前,找辅助性的步骤是明智之举.如:准确作图,把题目中的条件翻译成数学表达式,根据题目的意思列出要用的公式等.罗列这些小步骤都是有分的,这些全是解题思路的重要体现,切不可以不写,对计算能力要求高的,实行解到哪里算哪里的策略.书写也是辅助解答,“书写要工整,卷面能得分”是说第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应.‎ ‎[典例3] (本小题满分15分)已知椭圆C:+=1,(a>b>0)的两个焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),且椭圆C经过点P.‎ ‎(1)求椭圆C的离心率;‎ ‎(2)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M,N两点,点Q是线段MN上的点,且=+,求点Q的轨迹方程.‎ ‎[规范解答及评分细则]‎ ‎(1)由椭圆定义知,‎ ‎2a‎=|PF1|+|PF2|=+=2,所以a=.‎ 又由已知,c=1,‎ 所以椭圆C的离心率e===.(3分)‎ ‎(2)由(1)知,椭圆C的方程为+y2=1.‎ 设点Q的坐标为(x,y).‎ ‎①当直线l与x轴垂直时,直线l与椭圆C交于(0,1),(0,-1)两点,‎ 此时点Q的坐标为.(4分)‎ ‎②当直线l与x轴不垂直时,设直线l的方程为y=kx+2.‎ 因为M,N在直线l上,可设点M,N的坐标分别为(x1,kx1+2),(x2,kx2+2),则|AM|2=(1+k2)x,|AN|2=(1+k2)x.‎ 又|AQ|2=x2+(y-2)2=(1+k2)x2.(7分)‎ 由=+,‎ 得=+,‎ 即=+=. ①(8分)‎ 将y=kx+2代入+y2=1中,得 ‎(2k2+1)x2+8kx+6=0. ②‎ 由Δ=(8k)2-4×(2k2+1)×6>0,得k2>.‎ 由②可知,x1+x2=,x1x2=,(9分)‎ 代入①中并化简,得x2=. ③‎ 因为点Q在直线y=kx+2上,所以k=,代入③中并化简,得10(y-2)2-3x2=18.(11分)‎ 由③及k2>,可知0<x2<,‎ 即x∈∪.‎ 又满足10(y-2)2-3x2=18,‎ 故x∈.‎ 由题意,Q(x,y)在椭圆C内,‎ 所以-1≤y≤1,(13分)‎ 又由10(y-2)2=18+3x2有(y-2)2∈,‎ 且-1≤y≤1,则y∈.‎ 所以点Q的轨迹方程为10(y-2)2-3x2=18,‎ 其中x∈,y∈.(15分)‎ ‎[抢分有招]‎ 第二问求点Q的轨迹方程不易求解,考生可以利用图形特点先求出直线l垂直于x轴时所满足条件的点Q坐标,即使以下不作解答,阅卷老师也将酌情给分.像这类问题中根据图形和题意求出一些特殊点的坐标、方程或正确作出图形的方法即为辅助解答法,此法是解题过程中必不可少的一种方法.‎ ‎ ‎“10+‎7”‎小题提速保分练(一)‎ 一、选择题 ‎1.已知集合P={x|x2≥9},Q={x|x>2},则P∩Q=(  )‎ A.{x|x≥3}       B.{x|x>2} ‎ C.{x|22},所以P∩Q={x|x≥3}.‎ ‎2.“α>”是“sin α>”的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选D 充分性:当α>时,比如α=π,此时sin π=0,显然不满足sin α>,充分性不具备;‎ 必要性:当sin α>时,比如α=-,此时sin=1,但不满足α>,必要性不具备.‎ 所以“α>”是“sin α>”的既不充分也不必要条件.‎ ‎3.设m,n是两条不同的直线,α是一个平面,则下列说法正确的是(  )‎ A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m∥α,n∥α,则m⊥n C.若m⊥α,n⊥α,则m∥n D.若m⊥α,n⊥α,则m⊥n 解析:选C 对于A,若m∥α,n∥α,m,n还可能相交或异面,故A是错误的;对于B,若m∥α,n∥α,m,n可能是平行的,故B是错误的;对于C,若m⊥α,n⊥α,则m∥n,显然C是正确的;对于D,若m⊥α,n⊥α,则m∥n,显然D是错误的.‎ ‎4.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是(  )‎ A. B. C. D. 解析:选B 由三视图易知该几何体为三棱锥,‎ 则该几何体的体积V=××=.‎ ‎5.已知y=f(x)+x是偶函数,且f(2)=1,则f(-2)=(  )‎ A.2 B.3‎ C.4 D.5‎ 解析:选D ∵y=f(x)+x是偶函数,‎ ‎∴f(x)+x=f(-x)-x.‎ 当x=2时,f(2)+2=f(-2)-2,又f(2)=1,‎ ‎∴f(-2)=5.‎ ‎6.在等差数列{an}中,a1=3,a1+a2+a3=21,则a3+a4+a5=(  )‎ A.45 B.42‎ C.21 D.84‎ 解析:选A 由题意得a1+a2+a3=‎3a2=21,a2=7,‎ 又a1=3,所以公差d=a2-a1=4.‎ 所以a3+a4+a5=(a1+a2+a3)+6d=21+24=45.‎ ‎7.由函数y=cos 2x的图象通过平移变换得到函数y=cos的图象,这个变换可以是(  )‎ A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度 C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度 解析:选B 因为y=cos=cos,所以可以由函数y=cos 2x的图象向右平移个单位长度得到函数y=cos的图象.‎ ‎8.若不等式组表示一个三角形内部的区域,则实数a的取值范围是(  )‎ A. B. ‎ C. D. 解析:选C 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.‎ 联立解得x=y=,即A,‎ 因为x+y>a表示直线的右上方部分,由图可知,若不等式组构成三角形,则点A在x+y=a的右上方即可.‎ 又A,所以+>a,即a<.‎ 所以实数a的取值范围是.‎ ‎9.若|a|=|b|=|c|=2,且a·b=0,(a-c)·(b-c)≤0,则|a+b-c|的取值范围是(  )‎ A.[0,2+2] B.[0,2]‎ C.[2-2,2+2] D.[2-2,2]‎ 解析:选D 如图所示,=a,=b,=c,=a+b,‎ ‎∵(a-c)·(b-c)≤0,‎ ‎∴点C在劣弧AB上运动,‎ ‎∵|a+b-c|表示C,D两点间的距离|CD|.‎ ‎∴|CD|的最大值是|BD|=2,|CD|最小值为|OD|-2=2-2.‎ ‎10.已知F1,F2为椭圆与双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且∠F1PF2=45°,则该椭圆与双曲线的离心率乘积的最小值为(  )‎ A. B. C.1 D. 解析:选B 如图,设椭圆的长半轴长为a1,双曲线的半实轴长为a2,则根据椭圆及双曲线的定义得|PF1|+|PF2|=‎2a1,‎ ‎|PF1|-|PF2|=‎2a2,‎ ‎∴|PF1|=a1+a2,|PF2|=a1-a2,设|F‎1F2|=‎2c,又∠F1PF2=45°,‎ 在△PF‎1F2中,由余弦定理得,‎ ‎4c‎2=(a1+a2)2+(a1-a2)2-2(a1+a2)(a1-a2)cos 45°,‎ 化简得,(2-)a+(2+)a=‎4c2,‎ 即+=4,‎ 又∵+≥=,‎ ‎∴≤4,即e1e2≥,‎ ‎∴椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为.‎ 二、填空题 ‎11.已知复数z=(a∈R,i为虚数单位)的实部为1,则a=________,|z|=________.‎ 解析:z===a-i,因为复数z的实部为1,所以a=1,|z|==.‎ 答案:1  ‎12.一个口袋中装有大小相同的2个黑球和3个红球,从中摸出两个球,则恰有一个黑球的概率是________;若X表示摸出黑球的个数,则E(X)=________.‎ 解析:从中摸出两个球,则恰有一个黑球的概率是P==;X的可能取值为0,1,2.‎ 所以P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,‎ 所以E(X)=0×+1×+2×=.‎ 答案:  ‎13.若n的展开式各项系数之和为64,则n=________;展开式中的常数项为________.‎ 解析:令x=1,得2n=64,所以n=6.‎ 所以6的通项公式为 Tr+1=C(3)6-rr=C(-1)r36-rx3-r,‎ 令r=3,得展开式中的常数项为C(-1)336-3=-540.‎ 答案:6 -540‎ ‎14.设函数f(x)=则f =______;若f=1,则实数a的值为________.‎ 解析:∵函数f(x)= ‎∴f =2-1=1,∴f =f(1)=2.‎ 由f(f(a))=1,可知 当a<时,f(f(a))=f(‎3a-1)=3(‎3a-1)-1=1,解得a=;‎ 当a≥1时,‎2a>1,f(f(a))=1,不成立;‎ 当≤a<1时,f(f(a))=f(‎3a-1)=‎23a-1=1,‎ 解得a=(舍去).综上,a=.‎ 答案:2  ‎15.若非零向量a,b满足|a|=|b|,且(a-b)⊥(‎3a+2b),则向量a与b的夹角为________.‎ 解析:∵(a-b)⊥(‎3a+2b),‎ ‎∴(a-b)·(‎3a+2b)=0,‎ 即‎3a2-2b2-a·b=0,‎ 即a·b=‎3a2-2b2=b2,‎ ‎∴cos〈a,b〉===,‎ 即〈a,b〉=.‎ 答案: ‎16.若正实数m,n满足‎2m+n+6=mn,则mn的最小值是________.‎ 解析:由正实数m,n满足‎2m+n+6=mn可得,‎ ‎2+6≤‎2m+n+6=mn,‎ 即2+6≤mn,令=t,‎ 则不等式可化为2t+6≤,即t2-4t-12≥0,‎ 解得t≤-2(舍去)或t≥6.‎ 即≥6,mn≥18,∴mn的最小值是18.‎ 答案:18‎ ‎17.当1≤x≤3时,|‎3a+2b|-|a-2b|≤|a|·对任意实数a,b都成立,则实数m的取值范围是________.‎ 解析:当a=0时,不等式显然成立;‎ 当a≠0时,-≤x++1,‎ 而-≤=4,∴x++1≥4,即m≥3x-x2.‎ 当1≤x≤3时,3x-x2≤3×-=,∴m≥.‎ 答案: ‎“10+‎7”‎小题提速保分练(二)‎ 一、选择题 ‎1.已知集合A={x|0‎0”‎是“{Sn}为递增数列”的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A ∵“an>0”⇒“数列{Sn}是递增数列”,‎ ‎∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件.‎ 当数列{an}为-1,0,1,2,3,4,…,显然数列{Sn}是递增数列,但是an不一定大于零,还有可能小于等于零,‎ ‎∴“数列{Sn}是递增数列”不能推出“an>0”,‎ ‎∴“an>0”不是“数列{Sn}为递增数列”的必要条件.‎ ‎∴“对于任意正整数n,an>‎0”‎是“数列{Sn}为递增数列”的充分不必要条件.‎ ‎6.已知实数x,y满足不等式组则|x-y|的最大值为(  )‎ A.0 B.2‎ C.4 D.8‎ 解析:选C 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,|x-y|=·=·的几何意义为表示区域内的点到直线x-y=0的距离的倍,‎ 由图可知点A(4,0)到直线x-y=0距离最大,所以|x-y|的最大值为·=4.‎ ‎7.某城市的街道如图,某人要从A地前往B地,则路程最短的走法有(  )‎ A.8种 B.10种 C.12种 D.32种 解析:选B 此人从A到B,路程最短的走法应走2纵3横,将纵用0表示,横用1表示,则一种走法就是2个0和3个1的一个排列,只需从5个位置中选2个排0,其余位置排1即可,故共有C=10种.‎ ‎8.设抛物线y2=4x的焦点为F,过点P(2,0)的直线与抛物线相交于A,B两点,与抛物线的准线相交于C,若|BF|=,则=(  )‎ A. B. C. D. 解析:选D 如图,抛物线的准线方程为l:x=-1,‎ 分别过A,B作准线l的垂线AM,BN,‎ 则|BN|=|BF|=,‎ ‎∴点B的横坐标为,不妨设B,则直线AB的方程为y=2x-4,‎ 联立方程组 得6x2-25x+24=0,‎ 设点A的横坐标为x0,则x0+=,解得x0=.‎ ‎∴|AM|=x0+1=,‎ ‎∴===.‎ ‎9.已知a为正常数,f(x)=若存在θ∈,满足f(sin θ)=f(cos θ),则实数a的取值范围是(  )‎ A. B. ‎ C.(1,) D. 解析:选D 设g(x)=x2-ax+1,‎ 则其关于直线x=a对称的曲线为g(-x+‎2a),‎ g(-x+‎2a)=(-x+‎2a)2-a(-x+‎2a)+1=x2-3ax+‎2a2+1,‎ 所以函数f(x)的图象关于直线x=a对称,且在[a,+∞)上为增函数.‎ 所以a==sin.‎ 因为θ∈,θ+∈.‎ 所以a=sin∈.‎ ‎10.已知x,y均为非负实数,且x+y≤1,则4x2+4y2+(1-x-y)2的取值范围为(  )‎ A. B.[1,4]‎ C.[2,4] D.[2,9]‎ 解析:选A 设=z,则问题等价于x+y+2z=1,满足x,y,z≥0,求4(x2+y2+z2)的取值范围.‎ 设点A,B(1,0,0),C(0,1,0),‎ 所以点P(x,y,z)可视为长方体的一个三角截面ABC上的一个点,‎ 则|OP|2=x2+y2+z2,于是问题可以转化为先求|OP|的取值范围.‎ 显然|OP|≤1,设点O到平面ABC的距离为h,‎ 则VOABC=VAOBC,‎ 所以××××h=××1×1×,‎ 解得h=,所以≤|OP|≤1,‎ 所以|OP|2∈,即4(x2+y2+z2) ∈.‎ 故答案为A.‎ 二、填空题 ‎11.双曲线x2-=1的离心率是__________,渐近线方程为____________.‎ 解析:因为a=1,b=,c=2,所以双曲线的离心率为e==2,渐近线方程为y=±x=±x.‎ 答案:2 y=±x ‎12.已知直线l:mx-y=1,若直线l与直线x-my-1=0平行,则m的值为________;动直线l被圆x2+2x+y2-24=0截得弦长的最小值为____________.‎ 解析:由题意得m=,解得m=±1.‎ 当m=1时,两直线重合,所以m=1舍去,‎ 故m=-1.‎ 因为圆的方程为x2+2x+y2-24=0,‎ 所以(x+1)2+y2=25,‎ 所以它表示圆心为C(-1,0),半径为5的圆.‎ 由于直线l:mx-y-1=0过定点P(0,-1),‎ 所以过点P且与PC垂直的弦的弦长最短.‎ 且最短弦长为2=2.‎ 答案:-1 2 ‎13.已知随机变量X的分布列如下表:‎ X a ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P b 若E(X)=2,则a=________;D(X)=________.‎ 解析:因为+b++=1,所以b=,‎ 所以E(X)=a×+2×+3×+4×=2,‎ 解得a=0.‎ 所以D(X)=(0-2)2×+(2-2)2×+(3-2)2×+(4-2)2×=.‎ 答案:0  ‎14.已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形,侧视图为直角三角形,则该三棱锥的表面积为________,该三棱锥的外接球体积为________.‎ 解析:由三视图可得几何体的直观图为如图所示的三棱锥PABC,‎ 所以该三棱锥的表面积S=2××2×2+×2×+×2×1=4++.‎ 设△ABC的外接圆半径为r,三棱锥的外接球半径为R,则2r==4,‎ 所以r=2,所以R==,‎ 所以该三棱锥的外接球体积V=×π×()3=π.‎ 答案:4++ π ‎15.已知数列{an}与均为等差数列(n∈N*),且a1=2,则a1+2+3+…+ n=________.‎ 解析:设an=2+(n-1)d,‎ 所以==.‎ 由于为等差数列,‎ 所以其通项是一个关于n的一次函数,‎ 所以(d-2)2=0,∴d=2.‎ 所以an=2+(n-1)×2=2n,∴==2.‎ 所以a1+2+3+…+n=21+22+…+2n==2n+1-2.‎ 答案:2n+1-2‎ ‎16.已知实数a,b,c满足:a+b+c=-2,abc=-4.则|a|+|b|+|c|的最小值为________.‎ 解析:不妨设a是a,b,c中的最小者,即a≤b,a≤c.‎ 由题设知a<0,且b+c=-2-a,bc=-.‎ 于是b,c是一元二次方程x2+(2+a)x-=0的两实根,‎ Δ=(2+a)2+4×≥0,a3+‎4a2+‎4a+16≤0,‎ 所以(a2+4)(a+4)≤0,所以a≤-4.‎ 因为abc<0,所以a,b,c为全小于0或一负二正.‎ ‎①若a,b,c为全小于0,则a+b+c0,c>0,‎ 则|a|+|b|+|c|=-a+b+c=-‎2a-2≥8-2=6,‎ 当a=-4,b=c=1时,满足题设条件且使得不等式等号成立.‎ 故|a|+|b|+|c|的最小值为6.‎ 答案:6‎ ‎17.已知棱长为1的正方体ABCDA1B‎1C1D1中,E为侧面BB‎1C1C中心,F在棱AD上运动,正方体表面上有一点P满足=x+y (x≥0,y≥0),则所有满足条件的P点构成图形的面积为________.‎ 解析:∵=x+y (x≥0,y≥0),‎ ‎∴D1,E,F,P四点共面.‎ 设D1,E,F,P四点确定的平面为α,‎ 则α与平面BCC1B1的交线与D‎1F平行.‎ ‎①当F与D重合时,取BC的中点M,连接EM,DM,‎ 则EM∥D‎1F,此时P的轨迹为折线D1DME.‎ ‎②当F与A重合时,EB∥D‎1F,‎ 此时P的轨迹为折线D1ABE.‎ ‎∴当F在棱AD上运动时,符合条件的P点在正方体表面围成的图形为Rt△D1AD,直角梯形ABMD,Rt△BME.‎ ‎∴S=×1×1+××1+××=.‎ 答案: ‎“10+‎7”‎小题提速保分练(三)‎ 一、选择题 ‎1.定义集合A={x|f(x)=},B={y|y=log2(2x+2)},则A∩∁RB=(  )‎ A.(1,+∞)      B.[0,1]‎ C.[0,1) D.[0,2)‎ 解析:选B 由2x-1≥0得x≥0,即A=[0,+∞).‎ 因为2x>0,所以2x+2>2,‎ 所以log2(2x+2)>1,即B=(1,+∞),‎ 所以A∩∁RB=[0,1],故选B.‎ ‎2.△ABC的三个内角A,B,C的对边分别是a,b,c,则“a2+b2-,故D错误.‎ ‎5.设函数f(x)=若函数g(x)=f(x)-m在[0,2π]内恰有4个不同的零点,则实数m的取值范围是(  )‎ A.(0,1) B.[1,2]‎ C.(0,1] D.(1,2)‎ 解析:选A 函数g(x)=f(x)-m在[0,2π]内有4个不同的零点,即曲线y=f(x)与直线y=m在[0,2π]上有4个不同的交点,画出图象如图所示,结合图象可得00,b>0)的左、右焦点,以F‎1F2为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为P,过点P向x轴作垂线,垂足为H,若|PH|=a,则双曲线的离心率为(  )‎ A. B. C. D. 解析:选C 由题意可得点P的坐标为(b,a),‎ 又点P在双曲线上,‎ 故有-=1,即=,所以b2=ac,‎ 即c2-ac-a2=0,所以e2-e-1=0,‎ 解得e=(负值舍去).‎ ‎7.已知3tan +tan2=1,sin β=3sin(2α+β),则tan(α+β)=(  )‎ A. B.- C.- D.-3‎ 解析:选B 由3tan +tan2=1,得=,‎ 所以tan α=.①‎ 由sin β=3sin(2α+β),‎ 得sin[(α+β)-α]=3sin[(α+β)+α],‎ 展开并整理得,2sin(α+β)cos α=-4cos(α+β)sin α,‎ 所以tan(α+β)=-2tan α,②‎ 由①②得tan(α+β)=-.‎ ‎8.已知x,y∈R,则(x+y)2+2的最小值为(  )‎ A.2 B.3‎ C.4 D.1‎ 解析:选C  构造函数y1=x,y2=-,则(x,x)与两点分别在两个函数图象上,故所求可看作(x,x)与两点之间距离的平方.‎ 令⇒x2+mx+2=0⇒Δ=m2-8=0⇒m=±2, ‎ 所以y=x±2是与y1=x平行的y2=-的切线,故两平行直线的最小距离为d=2,所以(x+y)2+2的最小值为4.‎ ‎9.若x∈,y∈且sin 2x=6 tan(x-y)cos 2x,则x+y的取值不可能是(  )‎ A. B. C. D. 解析:选C 由题意知,tan 2x=6tan(x-y),‎ 则tan(x+y)=tan[2x-(x-y)]‎ ‎==.‎ 令tan(x-y)=t(t≠0),则tan(x+y)=.‎ 令g(t)=(t≠0),则g′(t)=,‎ 由g′(t)>0,得-或t<-,‎ 所以g(t)在,上单调递减,在,上单调递增.‎ 结合函数图象可得g(t)=tan(x+y)∈∪,故选C.‎ ‎10.在平面α内,已知AB⊥BC,过直线AB,BC分别作平面β,γ,使锐二面角α ABβ为,锐二面角α BC γ为,则平面β与平面γ所成的锐二面角的余弦值为(  )‎ A. B. C. D. 解析:选A cos θ=cos 60°cos 60°=.‎ 二、填空题 ‎11.6展开式中的常数项为________.‎ 解析:6展开式的通项公式Tr+1=‎ C()6-r·r=Crx,‎ 令6-3r=0,得r=2,‎ 所以常数项为T3=C2=.‎ 答案: ‎12.已知某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是________,体积是________.‎ 解析:由三视图可得该几何体是由一个底面半径为1,高为2的圆柱和两个半径为1的半球组成的,且球截面与圆柱的上、下底面完全重合,所以该几何体的表面积为2π×1×‎ ‎2+4π×12=8π,体积为π×13+π×12×2=π.‎ 答案:8π π ‎13.若直线x=是函数f(x)=sin 2x+acos 2x的图象的一条对称轴,则函数f(x)的最小正周期是________;函数f(x)的最大值是________.‎ 解析:由题设可知f(0)=f ,‎ 即a=+a·,解得a=,‎ 所以f(x)=sin 2x+cos 2x ‎= ‎=sin,‎ 则函数f(x)的最小正周期T=π,f(x)max=.‎ 答案:π  ‎14.已知数列{an}满足:a1=2,an+1=,则a‎1a2a3·…·a15=________;设bn=(-1)nan,数列{bn}的前n项和为Sn,则S2 018=________.‎ 解析:因为an+2====-,‎ 所以an+2an=-1,an+4=-=an,‎ 即数列{an}是周期为4的周期数列,‎ 易得a2=-3,a3=-,a4=,‎ 所以a‎1a2a3·…·a15=(a‎1a2a3a4)‎3a1a2a3=3.‎ S2 018=504(-a1+a2-a3+a4)-a1+a2=504×-2-3=-2 105.‎ 答案:3 -2 105‎ ‎15.已知整数x,y满足不等式组则2x+y的最大值是________,x2+y2的最小值是________.‎ 解析:作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示的整数点.作出直线2x+y=0,平移该直线,当直线经过点A时,取得最大值.联立解得但x,y为整数,所以最大值取不到,再向左下方平移直线,当该直线经过点(7,7)时,2x+y取得最大值,最大值为21.‎ x2+y2的最小值即为可行域中的点到原点最小距离的平方,即原点到直线x+y-4=0距离的平方,所以x2+y2的最小值是8.‎ 答案:21 8 ‎ ‎16.已知|a|=|b|=1,向量c满足|c-(a+b)|=|a-b|,则|c|的最大值为________.‎ 解析:法一:|c-(a+b)|=|a-b|⇒=,‎ 其几何意义可以理解为,设=a,=b,取AB中点为D,所以的终 点C在以D为圆心,以=|AD|为半径的圆上运动,所以|c|的最大值就是2(||+||).‎ 又因为||2+||2=1,所以||+||≤,‎ 当且仅当||=||=,即a⊥b时取等号,‎ 所以|c|max=2.‎ 法二:因为|c|-|a+b|≤|c-(a+b)|=|a-b|,‎ 所以|c|≤|a-b|+|a+b|≤ ‎= ≤2,‎ 当且仅当a⊥b时取等号,所以|c|max=2.‎ 答案:2 ‎17.已知函数f(x)=x2-x-(x<0),g(x)=x2+bx-2(x>0),b∈R.若f(x)图象上存在A,B两个不同的点与g(x)图象上A′,B′两点关于y轴对称,则b的取值范围为________.‎ 解析:f(x)=x2-x-(x<0)的图象关于y轴对称的图象对应的函数的解析式为h(x)=x ‎2+x-(x>0),所以f(x)图象上存在A,B两个不同的点与g(x)图象上A′,B′两点关于y轴对称,当且仅当方程x2+x-=x2+bx-2有两个不同的正根,即(1-b)x2-(b+1)x+2=0有两个不同的正根,‎ 则 解得-5+40)的左、右焦点,以F‎1F2为直径的圆交渐近线y=x于点P(P在第一象限),PF1交双曲线左支于Q,若Q是线段PF1的中点,则该双曲线的离心率为(  )‎ A. B. C.+1 D.-1‎ 解析:选C 联立解得 所以点P的坐标为(a,b),‎ 又双曲线的左焦点坐标为F1(-c,0),‎ 则PF1的中点坐标Q.‎ 因为点Q在双曲线上,所以-=1,‎ 整理可得c2-‎2ac-‎4a2=0,即e2-2e-4=0,‎ 解得e=+1(负值舍去).‎ ‎9.设函数f(x)=min{|x-2|,x2,|x+2|},其中min{x,y,z}表示x,y,z中的最小者.下列说法错误的是(  )‎ A.函数f(x)为偶函数 B.若x∈[1,+∞)时,有f(x-2)≤f(x)‎ C.若x∈R时,f(f(x))≤f(x)‎ D.若x∈[-4,4]时,|f(x)-2|≥f(x)‎ 解析:选D 结合新定义的运算作出函数f(x)的图象如图1中实线部分所示,所以f(x)= 观察函数图象可知函数图象关于y轴对称,则函数f(x)为偶函数,选项A的说法正确;‎ 对于选项B,‎ 若x∈[1,3],则x-2∈[-1,1],此时f(x-2)=(x-2)2,‎ 若x∈(3,+∞),则x-2∈(1,+∞),此时f(x-2)=|(x-2)-2|=|x-4|,‎ 如图2所示,观察可得,恒有f(x-2)≤f(x),选项B的说法正确;‎ 对于选项C,由于函数为偶函数,故只需考查x≥0时不等式是否成立即可,‎ 若x∈[0,1],则f(x)∈[0,1],此时f(f(x))=f(x2)=x4,‎ 若x∈(1,3),则f(x)∈[0,1],此时f(f(x))=f(|x-2|)=(x-2)2,‎ 若x∈[3,+∞),则f(x)≥1,此时f(f(x))=f(|x-2|)=|x-4|,如图3所示,观察可得,恒有f(f(x))≤f(x),选项C的说法正确;‎ 对于选项D,若x=-4,‎ 则f(x)=f(-4)=2,|f(x)-2|=|2-2|=0,‎ 不满足|f(x)-2|≥f(x),选项D的说法错误.‎ 本题选择D选项.‎ ‎10.已知点P为棱长是2的正方体ABCDA1B‎1C1D1的内切球O球面上的动点,点M为B‎1C1的中点,若满足DP⊥BM,则B1P与平面CDP所成角的正切值的最小值是(  )‎ A. B. C. D. 解析:选C 如图所示,取E,F分别为棱AA1,BB1的中点,‎ 易知BM⊥平面CDEF,‎ 则点P在平面CDEF内.‎ 又点P在内切球O球面上,‎ 则点P为球O球面与平面CDEF的交线所成的圆O1上.‎ 作B1H⊥平面CDEF于点H,点P为圆O1上的点,则∠HPB1为B1P与平面CDP所成角,‎ tan∠HPB1=,其中HB1为定值,‎ 则满足题意时,HP有最大值即可.‎ 设圆O1的半径为r,则HPmax=HO1+r,‎ 由VB1CDF=VDB1FC,即××B1H=××2,解得B1H=.‎ 因为OO1为△B1HD的中位线,‎ 所以OO1=B1H=.‎ 在Rt△POO1中,由勾股定理可得r=O1P== =,‎ 在Rt△B1HD中,由勾股定理可得HD===,‎ 所以HO1=HD=,‎ 则HPmax=HO1+r=+,‎ 综上可得,B1P与平面CDP所成角的正切值的最小值是==.‎ 二、填空题 ‎11.设直线l1:(a+1)x+3y+2-a=0,直线l2:2x+(a+2)y+1=0.若l1⊥l2,则实数a的值为________,若l1∥l2,则实数a的值为________.‎ 解析:若l1⊥l2,则2(a+1)+3(a+2)=0,‎ 整理可得‎5a+8=0,‎ 解得a=-.‎ 因为a=-2时,l1与l2不平行.‎ 若l1∥l2,则= ≠,解得a=-4.‎ 答案:- -4‎ ‎12.已知函数f(x)=cos2x-sin2,则f =________,该函数的最小正周期为________. ‎ 解析:由题意可得f(x)=- ‎=cos 2x+ ‎=cos 2x-sin 2x ‎= ‎=cos,‎ 所以f =cos=0,‎ 函数的最小正周期为T==π.‎ 答案:0 π ‎13.已知等比数列{an}的前n项和Sn=3n+r,则a3-r=________,数列的最大项是第k项,则k=_______.‎ 解析:等比数列前n项和公式具有特征Sn=aqr-a,‎ 据此可知r=-1,则Sn=3n-1,‎ 所以a3=S3-S2=(33-1)-(32-1)=18,‎ 故a3-r=19.‎ 令an=n(n+4)n,则=·.‎ 由=·>1,可得n2<10,‎ 由=·<1,可得n2>10,‎ 所以数列中的项满足a1a5>a6>a7>a8>…,则k=4.‎ 答案:19 4‎ ‎14. 在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门.若甲同学物理、化学至少选一门,则甲的不同的选法种数为________,乙、丙两名同学都不选物理的概率是________.‎ 解析:由题意可知,甲的不同的选法种数为总的选法除去甲不选择物理、化学的选法,‎ 即C-C=35-10=25.‎ 乙不选择物理的概率为P===,‎ 则乙、丙两名同学都不选物理的概率P=2=.‎ 答案:25  ‎15.已知△ABC的外接圆圆心为O,且∠A=60°,若=α+β (α,β∈R),则α+β的最大值为__________.‎ 解析:设△ABC三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,‎ 因为=α+β,‎ 所以·=α||2+β·,‎ ·=α·+β||2,‎ 所以c2=c2α+bcβ,b2=bcα+b2β,‎ 解得 所以α+β=-≤-=.‎ 所以α+β的最大值为.‎ 答案: ‎16.若实数x,y,z满足x+2y+3z=1,x2+4y2+9z2=1,则z的最小值是________.‎ 解析:由x+2y+3z=1,得x=1-2y-3z,‎ 所以(1-2y-3z)2+4y2+9z2=1,‎ 整理可得4y2+(6z-2)y+(9z2-3z)=0,‎ 满足题意时上述关于y的一元二次方程有实数根,‎ 则Δ=(6z-2)2-16(9z2-3z)≥0,‎ 解得-≤z≤,‎ 所以z的最小值是-.‎ 答案:- ‎17.设函数f(x)=-4x+a+1有两个零点,则实数a的值是________.‎ 解析:函数f(x)=-4x+a+1有两个零点,‎ 即=4x-a-1有两个不等实根,‎ 即-a=4x-a-1≥0①‎ 或-a=-4x+a+1≤0,②‎ 由①可得-4x+1=0,‎ 解得x=0或,‎ 当x=0时,a≤-1;当x=时,a≤4,‎ 当a=4时,由①可得x=;‎ 由②可得x=2,符合题意;‎ 当-10‎ D.若对任意n∈N*,均有Sn>0,则数列{Sn}是递增数列 解析:选C 由于Sn=na1+d=n2+n是关于n的二次函数,定义域为N*,所以当d<0时,Sn有最大值,反之也成立,故A、B正确;由于Sn+1>Sn⇔an+1>0,即若数列{Sn}是递增数列,则an>0(n≥2),并不能说明a1>0也成立,如数列-1,1,3,5,…,所以C不正确;对于D,显然a1=S1>0,若公差d<0,由Sn=n2+n可知,存在n∈N*,有Sn<0,与对任意n∈N*,均有Sn>0矛盾,所以d≥0,从而an>0(n∈N*),所以数列{Sn}是递增数列,故D正确.‎ ‎7.已知O为三角形ABC内一点,且满足+λ+(λ-1)=0,若△OAB的面积与△OAC的面积的比值为,则λ的值为(  )‎ A. B.2‎ C. D. 解析:选A 如图,设BC的中点为E,连接OE,直线AO与BC相交于点F,由+λ+(λ-1)=0,可知(-)+λ(+)=0,=-2λ,则∥,因为△OAB的面积与△OAC的面积的比值为,所以BC=4BF,又BC=2BE,所以BE=2BF,从而CF=3EF,=3,所以2λ=3,λ=.‎ ‎8.已知0sin(2-y)‎ C.sin(2-x2)1,‎ 又y<,所以11.44>x2>2-y>->-,‎ 所以sin x2>sin(2-y),故B正确;‎ 对于C,取2-x2=,‎ 则0,所以q=,从而an=a3qn-3=8·n-3=26-n.‎ 答案: 26-n ‎13.已知函数f(x)=sin xcos x-cos2x-,x∈R,则函数f(x)的最小值为________,函数f(x)的递增区间为________.‎ 解析:f(x)=sin xcos x-cos2x-=sin 2x--=sin-1,‎ 当2x-=+2kπ,k∈Z,即x=+kπ,k∈Z时,f(x)取得最小值,为-2.‎ 由-+2kπ≤2x-≤+2kπ,k∈Z,‎ 得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,所以函数f(x)的递增区间为,k∈Z.‎ 答案:-2 ,k∈Z ‎14.将9个相同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子中至少有1个小球,共有________种不同的方法.若要求每个盒子中至少有1个小球,且每个盒子中的小球个数都不相同,则共有________种不同的方法.‎ 解析:每个盒子非空,则共有C=28种方法;‎ 三个盒子中球的个数有以下三类:1,3,5;1,2,6;2,3,4.‎ 每一类都有A种不同的方法,所以根据分类计数原理可知,共有‎3A=18种不同的方法.‎ 答案:28 18‎ ‎15.设max{a,b}=已知x,y∈R,m+n=6,则F=max{|x2-4y+m|,|y2-2x+n|}的最小值为________.‎ 解析:F=max{|x2-4y+m|,|y2-2x+n|}‎ ‎=+ ‎=+‎ ‎=+‎ ≥,‎ 当且仅当 即且时,取“=”,‎ 所以F的最小值为.‎ 答案: ‎16.已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,过F2的直线交双曲线的右支于P,Q两点,若|PF1|=|F‎1F2|,且3|PF2|=2|QF2|,则该双曲线的离心率为________.‎ 解析:如图,由双曲线的定义可知,|PF2|=2(c-a),则|QF2|=|PF2|=3(c-a),‎ 设F2P的中点为M,连接F‎1M,则F‎1M⊥MQ,|PM|=|MF2|=|PF2|=c-a.在Rt△F1MQ中,|F1Q|=|QF2|+‎2a=‎3c-a,|F‎1M|2=‎4c2-(c-a)2,|QM|=4(c-a),由勾股定理可得[4(c-a)]2+‎4c2-(c-a)2=(‎3c-a)2,即‎5c2-‎12ac+‎7a2=0,5e2-12e+7=0,解得e=(e=1舍去).‎ 答案: ‎17.已知圆C:(x-1)2+(y-2)2=2,若等边△PAB的一边AB为圆C的一条弦,则|PC|的最大值为________.‎ 解析:如图,连接AC,BC,设∠CAB=θ,连接PC与AB交于点D.∵AC=BC,△PAB是等边三角形,∴D是AB的中点,∴PC⊥AB,∴在圆C:(x-1)2+(y-2)2=2中,圆C的半径为,|AB|=2cos θ,|CD|=sin θ,在等边△PAB中,|PD|=|AB|=cos θ,∴|PC|=|CD|+|PD|=sin θ+cos θ=2sin≤2.‎ 答案:2 ‎“10+‎7”‎小题提速保分练(六)‎ 一、选择题 ‎1. 已知集合M={y|y≥0},N={y|y=-x2+1},则M∩N=(  )‎ A.(0,1)        B.[0,1]‎ C.[0,+∞) D.[1,+∞)‎ 解析:选B ∵集合N={y|y=-x2+1}={y|y≤1},M={y|y≥0},∴M∩N=[0,1],故选B.‎ ‎2. 已知α∈,a=sin α,b=cos α,c=tan α,那么a,b,c的大小关系是(  )‎ A.a>b>c B.b>a>c C.a>c>b D.c>a>b 解析:选A (特值法)∵α∈,故可取α=,此时a=sin α=,b=cos α=-,c=tan α=-,即a>b>c成立,故选A.‎ ‎3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是(  )‎ A. B. C.2 D.4‎ 解析:选A 由三视图可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥,底面的底边长为2,底面的高即为三视图的宽1,故底面面积S=×2×1=1,棱锥的高即为三视图的高2,故棱锥的体积V=×1×2=,故选A.‎ ‎4. 在平面直角坐标系xOy中,M为不等式组所表示的平面区域上一动点,则直线OM斜率的最小值为(  )‎ A.2 B.1‎ C.- D.- 解析:选C 作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示.‎ 分析可知,当点M与点A重合时,直线OM的斜率最小,‎ 联立 解得即A(3,-1),‎ 所以直线OM斜率的最小值为-.‎ ‎5. 已知p:不等式(ax-1)(x-1)>0的解集为,q:a<,则p是q的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A ∵p:不等式(ax-1)(x-1)>0的解集为,∴由一元二次不等式的性质可得a<0,又∵{a|a<0}为的真子集,所以p是q的充分不必要条件,故选A.‎ ‎6. 已知两个平面α,β和三条直线m,a,b,若α∩β=m,a⊂α且a⊥m,b⊂β,设α和β所成的一个二面角的大小为θ1,直线a和平面β所成的角的大小为θ2,直线a,b所成的角的大小为θ3,则(  )‎ A.θ1=θ2≥θ3 B.θ3≥θ1=θ2‎ C.θ1≥θ3,θ2≥θ3 D.θ1≥θ2,θ3≥θ2‎ 解析:选D 如图所示,在平行六面体ABCDA1B‎1C1D1中,令平面A1ADD1为α,平面ABCD为β,则AD为m,再令A‎1A为a,BC为b,故α和β所成的一个二面角的大小θ1为钝角,直线a和平面β所成的角的大小θ2为锐角,直线a,b所成的角的大小θ3为直角,只有D选项满足,故选D.‎ ‎7. 已知数列{an}为等差数列,且a8=1,则2|a9|+|a10|的最小值为(  )‎ A.3 B.2‎ C.1 D.0‎ 解析:选C 设数列{an}的公差为d,∵a8=1,‎ ‎∴2|a9|+|a10|=2|1+d|+|1+2d|=‎ 由分段函数的性质可得2|a9|+|a10|的最小值为1,故选C.‎ ‎8.若双曲线C:x2-y2=1的右顶点为A,过点A的直线l与双曲线C的两条渐近线交于P,Q两点(P为x轴的上方),且=2,则直线l的斜率为(  )‎ A. B. C.2 D.3‎ 解析:选D 由双曲线C的标准方程为x2-y2=1可得双曲线的渐近线方程为x±y=0,又A(1,0),‎ 设直线l的方程y=k(x-1),‎ 由解得P,‎ 由解得Q,‎ 所以=,=.‎ 由=2,得=2×,解得k=3,故选D.‎ ‎9. 已知x+y=++8(x,y>0),则x+y的最小值为(  )‎ A.5 B.9‎ C.4+ D.10‎ 解析:选B x+y=++8⇒x+y-8=+,‎ 两边同时乘以“x+y”,‎ 得(x+y-8)(x+y)=(x+y),‎ 所以(x+y-8)(x+y)=≥9,‎ 当且仅当y=2x时等号成立.‎ 令t=x+y,所以(t-8)·t≥9,解得t≤-1或t≥9,‎ 因为x+y>0,所以x+y≥9,即(x+y)min=9.‎ ‎10. 已知函数f(x)=x2+ax+b,集合A={x|f(x)≤0},集合B=,若A=B≠∅,则实数a的取值范围是(  )‎ A.[,5] B.[-1,5] ‎ C.[,3] D.[-1,3]‎ 解析:选A 设B=={x|m≤f(x)≤n},因为A=B≠∅,所以n=0且m≤f(x)min,Δ=a2-4b≥0,于是f(n)=f(0)=,b=,Δ=a2-5≥0⇔a≤-或a≥,令t=f(x),f(f(x))≤⇒f(t)≤⇒t2+at+≤⇒-a≤t≤0,即B=={x|m≤f(x)≤n}={x|-a≤f(x)≤0}⇒m=-a,所以-a≤f(x)min,即-a≤ f ⇒a∈[-1,5],即a∈[,5],故选A.‎ 二、填空题 ‎11. 若复数z满足(3+i)z=2-i(i为虚数单位),则z=________;|z|=________.‎ 解析:∵(3+i)z=2-i,∴z====-i,|z|= =.‎ 答案:-i  ‎12. 在平面直角坐标系中,A(-2,0),B(2,0),动点P满足|PA|=|PB|,则点P的轨迹方程是____________;轨迹为________.‎ 解析:设点P(x,y),因为|PA|=|PB|,‎ 所以= ,‎ 整理得到点P的轨迹方程为x2+y2-12x+4=0,‎ 即(x-6)2+y2=32,其轨迹为圆.‎ 答案:(x-6)2+y2=32 圆 ‎13.在(x+2)(x+1)6 展开式中,x3‎ 项的系数为________;所有项系数的和为________.‎ 解析:由于(x+1)6的展开式的通项公式为Tr+1=Cx6-r,令6-r=3,得r=3,即(x+1)6的展开式中x3的系数为20,令6-r=2,得r=4,即(x+1)6的展开式中x2的系数为C=15,所以(x+2)(x+1)6的展开式中x3的系数为2×20+1×15=55;令x=1可得所有项系数的和为3×26=192.‎ 答案:55 192 ‎ ‎14. 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.若a=,c=3,A=60°,则b=________,△ABC的面积S=________.‎ 解析:在△ABC,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,∴7=b2+9-2×3b×,即b2-3b+2=0,解得b=1或b=2,∴S△ABC=bcsin A=×1×3×=或S△ABC=bcsin A=×2×3×=.‎ 答案:1或2 或 ‎15.某市的5所学校组织联合活动,每所学校各派出2名学生.在这10名学生中任选4名学生做游戏,记 “恰有两名学生来自同一所学校”为事件A,则P(A)=________.‎ 解析:在这10名学生中任选4名学生共包含C=210个基本事件,事件A“恰有两名学生来自同一所学校”包含CCCC=120,故P(A)==.‎ 答案: ‎16. 已知|c|=2,向量b满足2|b-c|=b·c.当b,c的夹角最大时,|b|=________.‎ 解析:设〈b,c〉=θ,2|b-c|=b·c ⇒4|b|2-8b·c+4|c|2=(b·c)2,即4|b|2sin2θ-16|b|cos θ+16=0⇔4cos θ=|b|sin2θ+≥4sin θ,所以θmax=,此时|b|=2.‎ 答案:2 ‎17. 已知椭圆+=1(a>b>0),直线l1:y=-x,直线l2:y=x,P为椭圆上任意一点,过P作PM∥l1且与直线l2交于点M,作PN∥l2且与l1交于点N,若|PM|2+|PN|2为定值,则椭圆的离心率为________.‎ 解析:令|PM|2+|PN|2=t(t为常数),‎ 设M,N,‎ 由平行四边形知识,得|PM|2+|PN|2=|OM|2+|ON|2=(x+x)=t,设点P(x,y),‎ 因为=+=,‎ 所以⇒x2+4y2=2(x+x)=t,此方程即为椭圆方程,所以e=.‎ 答案: ‎“10+‎7”‎小题提速保分练(七)‎ 一、选择题 ‎1. 已知集合P={x|-1≤x<2},集合Q=,则P∩Q=(  )‎ A.      B.(0,2)‎ C.[-1,2) D. 解析:选B 由题意得P∩Q=(0,2),故选B.‎ ‎2. 已知数列{an}是等比数列,其公比为q,则“q>‎1”‎是“数列{an}为单调递增数列”的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选D 取a1=-1,q=2>1,则an=-2n-1,但{an}为单调递减数列;‎ 取a1=-1,q=,则an=-,{an}为单调递增数列,但01”是“等比数列{an}为单调递增数列”的既不充分也不必要条件,故选D.‎ ‎3. 设m,n是不同的直线,α,β是不同的平面,下列命题中正确的是(  )‎ A.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β B.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α∥β C.若m∥α,n⊥β,m∥n,则α⊥β D.若m∥α,n⊥β,m∥n,则α∥β 解析:选C A、B中,由n⊥β,m⊥n,可得m∥β或m⊂β,又m∥α,则α,β可以为任意角度的两平面,A、B均错误.C、D中,由n⊥β,m∥n,可得m⊥β,又m∥α,则α⊥β,故C正确,D错误.‎ ‎4. 已知整数x,y满足则z=3x+4y的最小值是(  )‎ A.19 B.17‎ C.13 D.14‎ 解析:选C 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示的整数点,‎ 当动直线3x+4y-z=0过A时,z有最小值.‎ 由得 即A(3,1),‎ 故zmin=3×3+4×1=13.‎ ‎5.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  )‎ A. B. C. D.2 解析:选B 由三视图可知该几何体的直观图为如图所示的四棱锥PABCD,其中△PAD为等腰直角三角形,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形且面积为2,点P到平面ABCD的距离为1,故该几何体的体积为×1×2=,故选B.‎ ‎6.已知随机变量X的分布列如表所示,且E(X)=2,则D(2X-3)=(  )‎ X ‎0‎ ‎2‎ a P p A.2 B.3‎ C.4 D.5‎ 解析:选C ∵+p+=1,∴p=,‎ 又E(X)=2,∴×0+×2+×a=2,∴a=3,‎ ‎∴D(X)=×(0-2)2+×(2-2)2+×(3-2)2=1,‎ ‎∴D(2X-3)=4D(X)=4,故选C.‎ ‎7. 如图,可导函数y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线为l:y=g(x),设h(x)=f(x)-g(x),则下列说法正确的是(  )‎ A.h′(x0)=0,x=x0是h(x)的极大值点 B.h′(x0)=0,x=x0是h(x)的极小值点 C.h′(x0)=0,x=x0不是h(x)的极值点 D.h′(x0)≠0‎ 解析:选B 由题意得g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0),‎ 故h(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),‎ 所以h′(x)=f′(x)-f′(x0),‎ 所以h′(x0)=f′(x0)-f′(x0)=0.‎ 又当xx0时,有h′(x)>0,‎ 所以x=x0是h(x)的极小值点,故选B.‎ ‎8. 如图,已知椭圆C1:+y2=1,双曲线C2:-=1(a>0,b>0),若以C1的长轴为直径的圆与C2的一条渐近线交于A,B两点,且C1与该渐近线的两交点将线段AB三等分,则C2的离心率为(  )‎ A. B.5‎ C. D. 解析:选A 设直线AB与椭圆在第一象限内的交点为P,A(cos θ,sin θ),其中θ∈,‎ 则P,‎ 故cos2 θ+sin2 θ=1,所以tan θ=2,也就是=2,‎ 所以e= =.‎ ‎9. 已知△ABC的顶点A∈平面α,点B,C在平面α同侧,且AB=2,AC=,若AB,AC与α所成角分别为,,则线段BC长度的取值范围为(  )‎ A.[2-,1] B.[1, ]‎ C.[, ] D.[1, ]‎ 解析:选B 如图,过B,C分别作平面α的垂线,垂足分别为M,N,连接MN,‎ 则四边形BMNC为直角梯形.‎ 在平面BMNC内,过C作CE⊥BM交BM于E.‎ 又BM=2sin∠BAM=2sin=,AM=2cos=1,‎ CN=sin∠CAN=sin=,‎ AN=cos=,‎ 所以BE=BM-CN=,所以BC2=MN2+.‎ 又AN-AM≤MN≤AM+AN,‎ 即≤MN≤,‎ 所以1≤BC2≤7,即1≤BC≤,故选B.‎ ‎10.已知x0为函数f(x)=eax+3x(e为自然对数的底数)的极值点,若x0∈,则实数a的取值范围是(  )‎ A. B. C. D.(-∞,0)‎ 解析:选B f′(x)=aeax+3,则f′(x0)=3+aeax0=0,由于eax0>0,显然a<0,此时x0=ln.令t=->0,则x0=-ln t,构造函数g(t)=-ln t,g′(t)=-ln t-=-(ln t+1),当00,g(t)单调递增,且g(t)>0恒成立;当t>时,g′(t)<0,g(t)单调递减,所以g(t)max=g=,且g(e)=-,因此当x0∈时,00,x<1时,g(x)<0,‎ 所以f(x)<0在(-∞,1)有解,‎ 则①或②‎ 解①得m>3,解②得,无解.‎ 当m<0,x>1时,g(x)<0,‎ 所以f(x)<0在(1,+∞)有解,‎ 所以此不等式组无解.‎ 综上,m的取值范围为(3,+∞).‎ 答案:(3,+∞)‎ ‎“10+‎7”‎小题提速保分练(八)‎ 一、选择题 ‎1.已知集合A={x|x2≤1},B={-2,1},则A∩B=(  )‎ A.{1}         B.{-2,1}   ‎ C.{x|-1≤x≤1}   D.{x|x=-2或-1≤x≤1}‎ 解析:选A ∵A={x|x2≤1}={x|-1≤x≤1},B={-2,1},∴A∩B={1},故选A.‎ ‎2.若复数z=(i是虚数单位)是纯虚数,则实数m的值为(  )‎ A.-2   B.-   ‎ C.   D.2‎ 解析:选C ∵z===+i,且z是纯虚数,∴=0,m=.‎ ‎3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是(  )‎ A.8-π   B.8-   ‎ C.   D.8‎ 解析:选B 由三视图可知,该几何体是一个棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥的组合体,正方体体积为23=8,圆锥体积为×π×12×1=π,∴几何体的体积为8-,故选B.‎ ‎4.已知x,y满足约束条件若z=x+2y的最大值为4,则实数m的值为(  )‎ A.-4 B.-2‎ C.-1 D.1‎ 解析:选B 作出约束条件所对应的平面区域,如图中阴影部分所示,由图知直线z=x+2y过A点时z取得最大值4,由得A(0,2),所以m=2×0-2=-2.‎ ‎5.已知α,β是两个不同的平面,直线l⊂α,则“l⊥β”是“α⊥β”的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件   D.既不充分也不必要条件 解析:选A 由线面垂直的判定定理可知,l⊂α时,l⊥β能推出α⊥β,而α⊥β不能推出l⊥β,故“l⊥β ”是“α⊥β ”的充分不必要条件,故选A.‎ ‎6.已知函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则f(x)(  )‎ A.既有极小值,也有极大值 B.有极小值,但无极大值 C.有极大值,但无极小值 D.既无极小值,也无极大值 解析:选B 设y=f′(x)的图象与x轴的负半轴的交点为x0,则由导函数图象可知,y=f′(x)在(-∞,x0)上为负,y=f′(x)在(x0,+∞)上非负,∴y=f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)单调递增,∴y=f(x)在x=x0处有极小值,无极大值,故选B.‎ ‎7.设等差数列{an}的前n项的和为Sn,若a6<0,a7>0,且a7>|a6|,则(  )‎ A.S11+S12<0   B.S11+S12>0   ‎ C.S11·S12<0   D.S11·S12>0‎ 解析: 选C ∵a6<0,a7>0,a7>|a6|,∴a7>-a6,a6+a7>0,S11=‎11a6<0,S12==6(a6+a7)>0,∴S11·S12<0,故选C.‎ ‎8.甲箱子里装有3个白球和2个红球,乙箱子里装有2个白球和2个红球.从这两个箱子里分别摸出一个球,设摸出的白球的个数为X,摸出的红球的个数为Y,则(  )‎ A.P(X=1)>,且E(X),且E(X)>E(Y)‎ C.P(X=1)=,且E(X)E(Y)‎ 解析:选D X的可能取值为0,1,2,‎ 则P(X=0)=×=;‎ P(X=1)=×+×=;‎ P(X=2)=×=,‎ 所以E(X)=0×+1×+2×=,‎ Y的可能取值为0,1,2,‎ 则P(Y=0)=×=;‎ P(Y=1)=×+×=;‎ P(Y=2)=×=,‎ 所以E(Y)=0×+1×+2×=,‎ 所以P(X=1)=,E(X)>E(Y),故选D.‎ ‎9.如图,正四面体ABCD,P是棱CD上的动点,设CP=tCD (t∈(0,1)),分别记AP与BC,BD所成角为α,β,则(  )‎ A.α≥β ‎ B.α≤β C.当t∈时,α≥β ‎ D.当t∈时,α≤β 解析:选D 作PE∥BC交BD于E,连接AE,则△PDE为正三角形,△PDA≌△EDA,AE=AP,∠APE是AP与BC成的角α,所以cos α==,作PF∥BD交BC于F,连接AF,同理可得cos β=.当0Ⅰ1‎ D.对任意的点P,有Ⅰ3>Ⅰ1‎ 解析:选C 以C为原点,以CD,CB所在直线为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系,‎ 则A(-3,-2),B(0,-2),D(-3,0),=(3,0),=(3,2),=(0,2),‎ ‎∵||=1,‎ ‎∴可设P(cos α,sin α),‎ ‎∴=(cos α+3,sin α+2),‎ ‎∴Ⅰ1=·=3cos α+9,‎ Ⅰ2=·=3cos α+2sin α+13,‎ Ⅰ3=2sin α+4,‎ ‎∴Ⅰ2-Ⅰ1=2sin α+4>0,Ⅰ2>Ⅰ1,A错误,C正确;‎ Ⅰ3-Ⅰ1=-5+2sin α-3cos α=-5+sin(α-φ)<0,Ⅰ3<Ⅰ1,B错误,D错误,故选C.‎ 二、填空题 ‎11.我国古代数学名著《九章算术》中,有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”这个问题可描述为:有一位善于织布的女子,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这位女子每天分别织布多少?”根据上述问题的已知条件,可求得该女子第1天所织布的尺数为________.‎ 解析:由题知,该女子每天织的布长为公比为2的等比数列,且S5=5,设第一天织布为a1,则=5,解得a1=.‎ 答案: ‎12. 已知双曲线C:-=1(t>0)的其中一条渐近线经过点(1,1),则该双曲线的渐近线方程为____________,离心率为________.‎ 解析:∵-=1的渐近线方程y=x过(1,1)点,∴1=t,解得t=,∴双曲线C 的方程为-=1,‎ ‎∴双曲线的渐近线方程为y=±x,离心率为.‎ 答案:y=±x  ‎13.7的展开式的第3项的系数为____________,展开式中x的系数为________.‎ 解析:7展开式的通项公式为Tr+1=(-1)rCx7-2r,‎ 当r=2时,T3=(-1)‎2Cx3=21x3,所以展开式第3项的系数为21.‎ 令7-2r=1,得r=3,所以展开式中x的系数为(-1)‎3C=-35.‎ 答案:21 -35‎ ‎14.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若cos(A+C)=,a=2,b=4,则sin A=________,c=________.‎ 解析:∵cos(A+C)=,∴cos B=-,sin B=,‎ 由正弦定理得=,∴sin A=.‎ 由余弦定理可得16=4+c2-2×‎2c×,‎ 即c2+c-12=0,解得c=3或c=-4(舍去).‎ 答案: 3‎ ‎15.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=|2b-a|,则|b|的最大值为________,a与b的夹角的取值范围为________.‎ 解析:由|b|2=|2b-a|2,得3|b|2-4|b|cos θ+1=0,‎ ‎∴3|b|2-4|b|+1≤0,解得≤|b|≤1,‎ ‎∴|b|的最大值为1.‎ 又cos θ=|b|+≥,∴0≤θ≤,‎ 即a与b的夹角的取值范围为.‎ 答案:1  ‎16.某学校要安排2位数学老师、2位英语老师和1位化学老师分别担任高三年级中5个不同班级的班主任,每个班级安排1个班主任.由于某种原因,数学老师不担任A班的班主任,英语老师不担任B班的班主任,化学老师不担任C班和D班的班主任, 则共有________种不同的安排方法.(用数字作答)‎ 解析:若数学老师分到B,C两班,共有AAA=8种分法;‎ 若数学老师分到B,D两班,共有AAA=8种分法;‎ 若数学老师分到B,E两班,共有AA=4种分法;‎ 若数学老师分到C,D两班,共有AA=4种分法;‎ 若数学老师分到C,E两班,共有AA=4种分法;‎ 若数学老师分到D,E两班,共有AA=4种分法,‎ 所以共有8+8+4+4+4+4=32种安排方法.‎ 答案:32‎ ‎17.已知函数f(x)=x2+(a-4)x+1+|x2-ax+1|的最小值为,则实数a的值为________.‎ 解析:①当a2-4≤0时,f(x)=x2+(a-4)x+1+x2-ax+1=2x2-4x+2,f(x)min=0≠.‎ ‎②当a2-4>0,即a>2或a<-2时,由x2-ax+1=0,得x1=,x2=,‎ 所以f(x)= ‎(ⅰ)若a<-2,则f(x)min=f(x2)=,‎ 即无解.‎ ‎(ⅱ)若a>2,则f(x)min=f(x1)=,‎ 即解得a=.‎ 综上所述,实数a的值为.‎ 答案: ‎“10+‎7”‎小题提速保分练(九)‎ 一、选择题 ‎1.设集合M={x|-1≤x≤1},N={x|1<2x<4},则M∩N=(  )‎ A.{x|-1≤x<0}   B.{x|0<x≤1} ‎ C.{x|1≤x<2} D.{x|-1≤x<2}‎ 解析:选B 因为M={x|-1≤x≤1},N={x|1<2x<4}={x|0<x<2},所以M∩N={x|0<x≤1},故选B.‎ ‎2.若复数z=2(i为虚数单位),则|z|=(  )‎ A.2 B.1 ‎ C. D. 解析:选C ∵z=2==-i,∴|z|=.‎ ‎3.已知α为锐角,且tan α=,则sin 2α=(  )‎ A. B. ‎ C. D. 解析:选D 因为tan α=,所以sin 2α====,故选D.‎ ‎4.已知a∈R,则“a≤‎1”‎是“|a+1|+|a-1|=‎2”‎的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选B 因为a=-2≤1,但|a+1|+|a-1|=4≠2;|a+1|+|a-1|=2⇒-1≤a≤1⇒a≤1,所以“a≤1”是“|a+1|+|a-1|=‎2”‎的必要不充分条件,选B.‎ ‎5.已知数列{an}满足a1=1,an+1-an≥2(n∈N*),则(  )‎ A.an≥2n+1 B.an≥2n-1 ‎ C.Sn≥n2 D.Sn≥2n-1‎ 解析:选C 因为an+1-an≥2,所以an=an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1+a1≥2(n-1)+1=2n-1,所以Sn≥1+3+5+…+2n-1==n2 .‎ ‎6.有3位男生,3位女生和1位老师站在一起照相,要求老师必须站中间,与老师相邻的不能同时为男生或女生,则这样的排法种数是(  )‎ A.144 B.216 ‎ C.288 D.432‎ 解析:选D 先排与老师相邻的两个位置为CCA=18,再排剩下的4个位置为A,所以共有‎18A=432种排法种数,选D.‎ ‎7.已知实数x,y满足不等式组则(x-1)2+(y+2)2的取值范围是(  )‎ A.[1,5] B.[,5] ‎ C.[5,25] D.[5,26]‎ 解析:选D 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,(x-1)2+(y+2)2表示可行域内的动点(x,y)到(1,-2)距离的平方,由图可知在(0,0)处(x-1)2+(y+2)2取最小值(0-1)2+(0+2)2=5,在(0,3)处取最大值(0-1)2+(3+2)2=26,所以(x-1)2+(y+2)2的取值范围是[5,26],故选D.‎ ‎8.已知函数f(x)=若函数g(x)=f(x)-k(x+1)在(-∞,1]恰有两个不同的零点,则实数k的取值范围是(  )‎ A.[1,3) B.(1,3] ‎ C.[2,3) D.(3,+∞)‎ 解析:选A 函数g(x)=f(x)-k(x+1)在(-∞,1]恰有两个不同的零点,等价于y=f(x)的图象与y=k(x+1)的图象恰有两个不同的交点.作出函数y=f(x)的图象如图所示,y=k(x+1)的图象是过定点(-1,0)斜率为k的直线,当直线y=k(x+1)经过点(1,2)时,直线与y=f(x)的图象恰有两个交点,此时k=1.当直线经过点(0,3) 时直线与y=f(x)的图象恰有三个交点,此时k=3.直线在旋转过程中与y=f(x)的图象恰有两个交点,斜率在[1,3)内变化,所以实数k的取值范围是[1,3).‎ ‎9.已知m,n是两个非零向量,且|m|=1,|m+2n|=3,则|m+n|+|n|的最大值为(  )‎ A. B. C.4 D.5‎ 解析:选B ∵|m|=1,|m+2n|=3,‎ ‎∴(m+2n)2=4n2+‎4m·n+1=9,‎ ‎∴n2+m·n=2,‎ ‎∴(m+n)2=m2+‎2m·n+n2=5-n2,‎ ‎∴|m+n|+|n|=+|n|.‎ 令|n|=x(0<x≤),f(x)=+x,‎ 则f′(x)=+1.‎ 令f′(x)=0,得x=,‎ ‎∴当0<x<时,f′(x)>0;‎ 当<x<时,f′(x)<0,‎ ‎∴当x=时,f(x)取得最大值f=,故选B.‎ ‎10.设函数f(x)的定义域为D,若f(x)满足条件:存在[a,b]⊆D(a0),‎ 则方程m2-m+t=0有两个不等的实根,且两根都大于0,所以解得0p2,且D(ξ1)>D(ξ2)‎ C.p1D(ξ2) ‎ D.p1>p2,且D(ξ1)p2,∴00,‎ ‎∴D(ξ1)>D(ξ2),故选B.‎ ‎8.已知F1,F2是双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,P是双曲线上一点,且PF1⊥PF2,若△PF‎1F2的内切圆半径为,则该双曲线的离心率为(  )‎ A.-1 B. C. D.+1‎ 解析:选C 不妨设P为第一象限的点,由双曲线的定义可得|PF1|-|PF2|=‎2a.①‎ ‎∵PF1⊥PF2,∴|PF1|2+|PF2|2=|F‎1F2|2=‎4c2.②‎ ‎②-①2,可得2|PF1|·|PF2|=‎4c2-‎4a2=4b2,‎ ‎∴|PF1|+|PF2|=2.‎ ‎∵△PF‎1F2的内切圆半径为,‎ ‎∴由三角形的面积公式可得r(|PF1|+|PF2|+|F‎1F2|)=|PF1|·|PF2|,‎ 即(2+‎2c)=2b2,即2b2-ac=a,‎ 两边平方化简得‎4c2-‎4ac-‎5a2=0,‎ 可得4e2-4e-5=0,解得e=(负值舍去).‎ ‎9.如图所示,在△ABC中, =,P是BN上的一点,若=+,则实数m的值为(  )‎ A. B. C.1 D.3‎ 解析:选A =+=m+,设=t (0≤t≤1),则=+=+t(+)=+t=(1-t)+t,所以m=1-t且=,故m=1-t=1-=,故选A.‎ ‎10.四个同样大小的球O1,O2,O3,O4两两相切,点M是球O1上的动点,则直线O‎2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为(  )‎ A. B. C. D. 解析:选C 如图,由题意知O1O2O3O4是正四面体,设边长为2r.‎ 过O1作O1O⊥底面O2O3O4,可得O为底面的中心.‎ 由O2O⊥O3O4,可得O2O1⊥O3O4,当点M在直线O1O2上时,‎ 可得直线O‎2M与直线O3O4垂直,‎ 即所成角的正弦值为1.‎ 作O2N∥O3O4,则∠O1O2N=90°,‎ 在平面O1O2N内,过O2作球的切线,‎ 设切点为M,此时∠O1O‎2M最大,‎ 可得sin∠O1O‎2M=,‎ 所以∠MO2N的最小值为60°,‎ 所以O3O4与O‎2M成的最小角为60°,‎ 即所成角的正弦值为,‎ 故直线O‎2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为.‎ 二、填空题 ‎11.已知函数f(x)=则f(f(-3))=________,f(x)的最小值为________.‎ 解析:∵f(-3)=32+2×(-3)=3,‎ ‎∴f(f(-3))=f(3)=log24=2.‎ 当x≤0时,二次函数开口向上,对称轴x=-1,‎ ‎∴函数的最小值为f(-1)=1-2=-1;‎ 当x>0时,函数f(x)是增函数,∴x>0时,f(x)>0.‎ 综上,函数f(x)的最小值为-1.‎ 答案:2 -1‎ ‎12.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)为________,表面积(单位:cm2)为________.‎ 解析:由三视图可得该几何体为二分之一圆锥,‎ 圆锥的底面半径为1,高为2,‎ 所以可得该几何体的体积为××π×12×2=,‎ 表面积为×π×12+π×1×+×2×2=+2.‎ 答案: +2‎ ‎13.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=2,c=3,A+‎3C=π,则cos C=________,S△ABC=________.‎ 解析:∵A+‎3C=π,A+B+C=π,‎ ‎∴A+B+C=A+‎3C,∴B=‎2C,‎ ‎∵b=2,c=3,‎ ‎∴由正弦定理=,‎ 即=,得=,‎ 解得cos C=,∴sin C=,‎ 由余弦定理得,32=a2+(2)2-2×a×2×,‎ 解得a=1或a=3.‎ 当a=3时,a=c,又A+‎3C=π,∴A=C=,B=,不符合题意,舍去.‎ ‎∴S△ABC=absin C=×1×2×=.‎ 答案:  ‎14.已知|a|=2,|b|=|c|=1,则(a-b)·(c-b)的最大值为________,最小值为________.‎ 解析:∵|a|=2,|b|=|c|=1,‎ ‎∴可设=a,=b=(1,0),=c,‎ 则(a-b)·(c-b)=·=||·||·cos∠ABC,‎ 结合图形,当||的最大值为3,||的最大值为2,‎ 且,同向,则(a-b)·(c-b)的最大值为6,‎ 当,反向,则(a-b)·(c-b)的最小值为1×2×(-1)=-2.‎ 答案:6 -2‎ ‎15.将公差不为零的等差数列a1,a2,a3调整顺序后构成一个新的等比数列ai,aj,ak,其中{i,j,k}={1,2,3},则该等比数列的公比为________.‎ 解析:设等差数列的公差为d,‎ 则a2=a1+d,a3=a1+2d,‎ 若i=1,j=2,k=3或i=3,j=2,k=1,‎ 则(a1+d)2=a1(a1+2d),得d=0(舍去).‎ 若j=1,则i=2,k=3或i=3,k=2,‎ 则a=(a1+d)(a1+2d),解得a1=-d,‎ 此时q===-2或q===-,‎ 所以该等比数列的公比为-或-2.‎ 答案:-或-2‎ ‎16.有7个球,其中红色球2个(同色不加区分),白色,黄色,蓝色,紫色,灰色球各1个,将它们排成一行,要求最左边不排白色,2个红色排一起,黄色和红色不相邻,则有________种不同的排法(用数字回答).‎ 解析:红色球2个(同色不加区分),2个红色排一起,把红色球看做一个,‎ 本题相当于6个球的排列,将它们排成一行,‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 最左边不排白色,2个红色排一起,黄色和红色不相邻,‎ ‎1号位置放红色球,则放球方法有C·A=96;‎ ‎2号位置放红色球,则放球方法有C·C·A=54;‎ ‎3,4,5号位置放红色球,则放球方法有3×(A+C·A·A)=180;‎ ‎6号位置放红色球,则放球方法有A+C·C·A=78,‎ 所以不同的排列方法共有96+54+180+78=408.‎ 答案:408‎ ‎17.已知A(1,0),直线x=a(a>0)与曲线y=-和直线y=kx(k>0)分别交于B,C两点,若|AC|+|BC|≥2恒成立,则实数k的取值范围为________.‎ 解析:因为直线x=a(a>0)与曲线y=-和直线y=kx(k>0)分别交于B,C两点,‎ 所以B,C(a,ka),‎ 由y=-关于直线y=-x对称,‎ 可得它们的交点为(1,-1),(-1,1),‎ 故当直线x=a经过点(1,-1)时,‎ ‎|AC|+|BC|取得最小值,‎ 即有a=1,B(1,-1),C(1,k),‎ 可得k+k+1=2k+1.‎ 由题意可得2k+1≥2,解得k≥.‎ 答案: ‎ “18~‎20”‎大题规范满分练(一)‎ ‎18.(本小题满分14分)已知函数f(x)=sin x·(cos x+sin x).‎ ‎(1)求f(x)的最小正周期;‎ ‎(2)若关于x的方程f(x)=t在区间内有两个不相等的实数解,求实数t的取值范围.‎ 解:(1)因为f(x)=sin 2x+(1-cos 2x)‎ ‎=sin+,‎ 所以f(x)的最小正周期为T==π.‎ ‎(2)因为x∈,所以2x-∈.‎ 因为y=sin z在上是增函数,在上是减函数,‎ 所以f(x)在上是增函数,在上是减函数.‎ 又因为f(0)=0,f =1+,f =,‎ 关于x的方程f(x)=t在区间内有两个不相等的实数解,‎ 等价于y=f(x)与y=t的图象在区间内有两个不同的交点,‎ 所以要使得关于x的方程f(x)=t在区间内有两个不相等的实数解,‎ 只需满足≤t<1+.‎ 故实数t的取值范围为.‎ ‎19.(本小题满分15分)如图,在三棱柱ABCA1B‎1C1中,AB=AC=2,∠BAC=90°,BC1⊥AC.‎ ‎(1)证明:点C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上;‎ ‎(2)若二面角C1ACB的大小为60°,CC1=2,求BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:因为BC1⊥AC,AC⊥AB,AB∩BC1=B,‎ 所以AC⊥平面ABC1.‎ 所以平面ABC⊥平面ABC1.‎ 过点C1作C1H′⊥AB,‎ 则由面面垂直的性质定理可知C1H′⊥平面ABC.‎ 又C1H⊥平面ABC,所以H′,H重合,‎ 所以点C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上.‎ ‎(2)由(1)可知∠BAC1是二面角C1ACB的平面角,所以∠BAC1=60°.‎ 法一:连接A1H,‎ 因为A1B1⊥A‎1C1,A1B1⊥C1H,A‎1C1∩C1H=C1,‎ 所以A1B1⊥平面A‎1C1H,‎ 所以平面A1B1BA⊥平面A‎1C1H.‎ 作C‎1G⊥A1H,则C‎1G⊥A1B1BA.连接BG,‎ 所以∠C1BG是BC1与平面AA1B1B所成角.‎ 由(1)可知AC⊥AC1,‎ 因为AC=2,CC1=2,所以AC1=2.‎ 在△ABC1中,AB=2,AC1=2,∠BAC1=60°,C1H⊥AB,所以BC1=2,C1H=,‎ 在Rt△A‎1C1H中,A‎1C1=2,‎ 所以A1H=,所以C‎1G=.‎ 所以sin∠GBC1==.‎ 所以BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值为.‎ 法二:在平面ABC内,过点H作Hx⊥AB,以H为坐标原点,以Hx,HB,HC1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.‎ 由(1)可知∠BAC1是二面角C1ACB的平面角,所以∠BAC1=60°,因为AC⊥AC1,CC1=2,AC=2,所以AC1=2.在△ABC1中,AB=2,AC1=2,∠BAC1=60°,‎ 所以BC1=2,C1H=,AH=BH=1.‎ 所以A(0,-1,0),B(0,1,0),C1(0,0,),C(2,-1,0),‎ =(0,2,0), ==(-2,1,), =(0,-1,).‎ 设平面AA1B1B的一个法向量n=(x,y,z),‎ 则即 令x=,得平面AA1B1B的一个法向量n=(,0,2),‎ 所以|cos〈,n〉|==,‎ 所以BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值为.‎ ‎20.(本小题满分15分)设函数f(x)=·e-x+,x∈.‎ ‎(1)求f(x)的导函数;‎ ‎(2)求f(x)在x∈上的取值范围.‎ 解:(1)f′(x)=e-x+=e-x-.‎ ‎(2)因为x∈,‎ 所以e-x≤0,-≤0,‎ 所以f′(x)=e-x-≤0.‎ 即f(x)在x∈上单调递减.‎ 当x→+∞时,f(x)=·e-x+→0.‎ 又f=2+,‎ 所以f(x)在x∈上的取值范围是.‎ ‎“18~‎20”‎大题规范满分练(二)‎ ‎18.(本小题满分14分)已知函数f(x)=4cos x·sin-1.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调递增区间;‎ ‎(2)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若满足f(B)=0,a=2,且D是BC的中点,P是直线AB上的动点,求CP+PD的最小值.‎ 解:(1)f(x)=4cos x-1‎ ‎=sin 2x-cos 2x-2=2sin-2,‎ 令-+2kπ≤2x-≤+2kπ,k∈Z,‎ 得kπ-≤x≤kπ+,k∈Z.‎ 所以f(x)的单调递增区间为,k∈Z.‎ ‎(2)由f(B)=2sin-2=0,得2B-=,所以B=.‎ 作C关于AB的对称点C′, 连接C′D,C′P,C′B,‎ 由余弦定理得C′D2=BD2+BC′2-2·BD·BC′·cos 120°=7.‎ 所以CP+PD=C′P+PD≥C′D=,‎ 所以当C′,P,D共线时,CP+PD取得最小值 .‎ ‎19.(本小题满分15分)如图,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,∠C=60°,点E在线段CD上,满足BE⊥CD,且CE=AB=CD=2,现将△ADE沿AE翻折到△AME位置,使得MC=2.‎ ‎(1)证明:AE⊥MB;‎ ‎(2)求直线MC与平面AME所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:在梯形ABCD中,连接BD交AE于N,‎ 则BE=2tan 60°=2,BC=4,‎ ‎∴BD==4.‎ ‎∴BC2+BD2=CD2,‎ ‎∴BC⊥BD.‎ 又BC∥AE,∴AE⊥BD.‎ 从而AE⊥BN,AE⊥MN.‎ ‎∵将△ADE沿AE翻折到△AME位置,垂直关系不变,‎ ‎∴AE⊥平面MNB.‎ ‎∵MB⊂平面MNB,∴AE⊥MB .‎ ‎(2)∵CE=2,EM=6,MC=2,‎ ‎∴CE2+EM2=MC2,‎ ‎∴∠CEM=90°,即CE⊥EM.‎ 又∵CE⊥BE,EM∩BE=E,‎ ‎∴CE⊥平面MBE,‎ ‎∴CE⊥MB.‎ ‎∵AE⊥MB,CE∩AE=E,‎ ‎∴MB⊥平面ABCE.‎ 故以B为坐标原点,BE,BA,BM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,‎ 则A(0,2,0),C(2,-2,0),E(2,0,0),M(0,0,2),‎ =(0,-2,2), =(2,-2,0), =(2,-2,-2).‎ 设平面AME的法向量为m=(x,y,z),‎ 则即令y=,得平面AME的一个法向量为m=(,,1),‎ ‎∴cos〈m,〉==-,‎ 故直线MC与平面AME所成角的正弦值为.‎ ‎20.(本小题满分15分)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.‎ ‎(1)求q的值和{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.‎ 解:(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,‎ 所以a2(q-1)=a3(q-1),‎ 又因为q≠1,所以a3=a2=2.‎ 由a3=a1q,得q=2,‎ 当n=2k-1(n∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=2,‎ 当n=2k(n∈N*)时,an=a2k=2k=2,‎ 所以{an}的通项公式为an= ‎(2)由(1)得bn==,‎ 设数列{bn}的前n项和为Sn,‎ 则Sn=1×+2×+3×+…+n×,‎ Sn=1×+2×+3×+…+n×,‎ 两式相减,得Sn=1++++…+-=-=2--,整理得Sn=4-,‎ 所以数列{bn}的前n项和为4-.‎ ‎“18~‎20”‎大题规范满分练(三)‎ ‎18.(本小题满分14分)已知函数f(x)=sin+2cos2ωx-1(ω>0).‎ ‎(1)若ω=1,求函数f(x)的单调递增区间;‎ ‎(2)若函数f(x)图象的相邻两对称轴之间的距离为,求函数f(x)在上的值域.‎ 解:f(x)=sin+2cos2ωx-1‎ ‎=sin 2ωx-cos 2ωx+cos 2ωx ‎=sin 2ωx+cos 2ωx ‎=sin.‎ ‎(1)当ω=1时,f(x)=sin,‎ 令-+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,‎ 得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,‎ 所以函数f(x)的单调递增区间为,k∈Z.‎ ‎(2)由题意知T=,‎ 所以2ω==,ω=,‎ 则f(x)=sin.‎ 由x∈,得x+∈,‎ 则f(x)∈.‎ 故f(x)在上的值域为.‎ ‎19.(本小题满分15分)已知△ABC中,AB=AC=,BC=2,以BC为轴将△ABC旋转60°到△DBC,形成三棱锥DABC.‎ ‎(1)求证:BD⊥AC;‎ ‎(2)求直线BC与平面ACD所成角的余弦值.‎ 解:(1)证明:取BC的中点E,连接AE,DE,‎ ‎∵AB=AC,∴AE⊥BC,‎ 由翻折知DE⊥BC,‎ ‎∴二面角ABCD为∠AED,‎ 即∠AED=60°,且BC⊥平面ADE,‎ ‎∴平面ADE⊥平面ABC.‎ ‎∵DE=AE=,∠AED=60°,‎ ‎∴△ADE为正三角形,‎ 取AE的中点H,连接DH,‎ ‎∴DH⊥AE.‎ ‎∵平面ADE∩平面ABC=AE,‎ ‎∴DH⊥平面ABC,∴DH⊥AC.‎ 取CE的中点F,连接FH,‎ 可求得HE=,FE=,BE=1,‎ 由HE2=FE·BE,可知FH⊥BH,‎ ‎∵FH∥AC,∴BH⊥AC.‎ ‎∵DH∩BH=H,‎ ‎∴AC⊥平面DHB,∴AC⊥BD.‎ ‎(2)法一:取AD的中点M,连接MB,MC,过B点作BN⊥MC,垂足为N,‎ ‎∵AB=BD=,AC=CD=,且M为AD的中点,‎ ‎∴BM⊥AD,CM⊥AD,‎ ‎∵BM∩CM=M,‎ ‎∴AD⊥平面BMC.‎ ‎∵BN⊂平面BMC,‎ ‎∴BN⊥AD.‎ ‎∵BN⊥MC,AD∩MC=M,‎ ‎∴BN⊥平面ACD,‎ ‎∴直线BC与平面ACD所成角即∠BCM,‎ 由(1)可知△ADE为正三角形,则AD=,‎ 可求得BM=CM=,BN=,‎ ‎∴CN=,∴cos∠BCN=.‎ ‎∴直线BC与平面ACD所成角的余弦值为.‎ 法二:(等体积法)由(1)可知△ADE为等边三角形,则DH=.‎ S△ABC=×2×=,S△ACD=××=.‎ 设三棱锥BACD的高为h,‎ ‎∵VBADC=VDABC,‎ VDABC=S△ABC·DH=××=,‎ ‎∴VBADC=S△ADC·h=××h=h=,‎ 解得h=,‎ 设直线BC与平面ACD所成角为α,‎ 则sin α==,cos α=,‎ ‎∴直线BC与平面ACD所成角的余弦值为.‎ ‎20.(本小题满分15分)已知函数f(x)=aln x+(x>1).‎ ‎(1)若f(x)在区间(1,+∞)不单调,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)当a=1时,证明:f(x)<-x+3.‎ 解:(1)f′(x)=-=,‎ 要使f(x)在区间(1,+∞)不单调,‎ 则f′(x)=0在(1,+∞)上有解,‎ 即a=在(1,+∞)上有解,‎ 所以a的取值范围是(0,1).‎ ‎(2)证明:当a=1时,‎ 令g(x)=ln x+-+x-3,‎ 则g′(x)=-(x-1)=.‎ 因为x>1,所以-1>0,1-x2-x<0,‎ 所以g′(x)<0, ‎ 则g(x)在(1,+∞)上单调递减,‎ 所以g(x)0)的最小正周期为π.‎ ‎(1)求f的值;‎ ‎(2)当x∈时,求f(x)的单调区间及取值范围.‎ 解:(1)f(x)=-sin 2ωx-.‎ ‎=cos 2ωx-sin 2ωx=cos.‎ ‎∵T==π,∴ω=1,‎ ‎∴f(x)=cos,∴f=.‎ ‎(2)当x∈时,2x+∈.‎ ‎∴当2x+∈,即x∈时,f(x)单调递减,∴f(x)的减区间为,‎ 当2x+∈,即x∈时,f(x)单调递增,∴f(x)的增区间为,‎ ‎∴f(x)∈.‎ ‎19.(本小题满分15分)如图,三棱柱ABCA1B‎1C1所有的棱长均为1,A‎1C1⊥B‎1C.‎ ‎(1)求证:A1B⊥AC;‎ ‎(2)若A1B=1,求直线A‎1C1和平面ABB‎1A1所成角的余弦值.‎ 解:(1)证明:取AC的中点O,连接A1O,BO,‎ ‎∴BO⊥AC.‎ 连接AB1交A1B于点M,连接OM,则B‎1C∥OM.‎ ‎∵A‎1C1∥AC,A‎1C1⊥B‎1C,‎ ‎∴AC⊥OM.‎ 又∵OM∩BO=O,‎ ‎∴AC⊥平面A1BO.‎ ‎∵A1B⊂平面A1BO,∴A1B⊥AC.‎ ‎(2)∵A‎1C1∥AC,‎ ‎∴直线A‎1C1和平面ABB‎1A1所成的角等于直线AC和平面ABB‎1A1所成的角.‎ ‎∵三棱柱ABCA1B‎1C1所有的棱长均为1,‎ ‎∴A1B⊥AB1,‎ ‎∵A1B⊥AC,AB1∩AC=A,‎ ‎∴A1B⊥平面AB‎1C,‎ ‎∴平面AB‎1C⊥平面ABB‎1A1.‎ ‎∵平面AB‎1C∩平面ABB‎1A1=AB1,‎ ‎∴AC在平面ABB‎1A1的射影在直线AB1上,‎ ‎∴∠B‎1AC为直线AC和平面ABB‎1A1所成的角.‎ ‎∵AB1=2AM=2=,‎ ‎∵A‎1C1⊥B‎1C,A‎1C1∥AC,∴AC⊥B‎1C,‎ ‎∴在Rt△ACB1中,cos∠B‎1AC===.‎ ‎∴直线AC和平面ABB‎1A1所成角的余弦值为.‎ 即直线A‎1C1和平面ABB‎1A1所成角的余弦值为.‎ ‎20.(本小题满分15分)已知函数f(x)=(x>0).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)求证:f(x)>e-.‎ 解:(1)f′(x)=.‎ 令h(x)=ex-x-1,则h′(x)=ex-1,‎ 当x<0时,h′(x)<0;当x>0时,h′(x)>0,‎ 所以函数h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,‎ 所以h(x)min=h(0)=0,即ex≥x+1,‎ 当且仅当x=0时等号成立.‎ 由已知x>0,得ex>x+1,<0,‎ 所以f′(x)<0.‎ 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,+∞).‎ ‎(2)证明:f(x)>e-等价于e-x+xe--1<0.‎ 令g(x)=e-x+xe--1,x>0,‎ 则g′(x)=-e-x+e-+x ‎=-e-,‎ 由(1)知e->-+1,‎ 所以g′(x)<0.‎ 所以当x>0时,有g(x)e-.‎ ‎“18~‎20”‎大题规范满分练(六)‎ ‎18.(本小题满分14分)已知函数f(x)=cos(2x+φ)+sin2x(0≤φ<π).‎ ‎(1)若φ=,求f(x)的值域;‎ ‎(2)若f(x)的最大值是,求φ的值.‎ 解:(1)由题意得f(x)=cos+sin2x ‎=cos 2x-sin 2x+ ‎=cos 2x-sin 2x+ ‎=cos+,‎ 所以函数f(x)的值域为[0,1].‎ ‎(2)因为f(x)=cos φcos 2x-sin φsin 2x+ ‎=cos 2x-sin φsin 2x+,‎ 又函数f(x)的最大值为,‎ 所以2+2=1,‎ 从而cos φ=0,又0≤φ<π,故φ=.‎ ‎19.(本小题满分15分)设平面ABCD⊥平面ABEF,AB∥CD,AB∥EF,∠BAF=∠ABC=90°,BC=CD=AF=EF=1,AB=2.‎ ‎(1)证明:CE∥平面ADF;‎ ‎(2)求直线DF与平面BDE所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:因为AB∥CD,AB∥EF,所以CD∥EF.‎ 又因为CD=EF,所以四边形CDFE是平行四边形.‎ 所以CE∥DF.‎ 因为CE⊄平面ADF,DF⊂平面ADF,‎ 所以CE∥平面ADF.‎ ‎(2)取AB的中点G,连接CG交BD于点O,连接EO.‎ 因为CE∥DF,‎ 所以DF与平面BDE所成角等于CE与平面BDE所成角.‎ 因为AB⊥AF,平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,‎ 所以AF⊥平面ABCD.‎ 连接EG,DG,则四边形AGEF为平行四边形,‎ 所以EG∥AF,‎ 所以EG⊥平面ABCD.‎ 因为BD⊂平面ABCD,所以EG⊥BD.‎ 因为CG⊥BD,EG∩CG=G,所以BD⊥平面ECG.‎ 因为BD⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ECG.‎ 在平面CEO中,作CH⊥EO交EO于点H.‎ 又因为平面BDE∩平面ECG=EO,‎ 所以CH⊥平面BDE.‎ 所以∠CEH是CE与平面BDE所成角.‎ 过点G作GQ⊥EO,因为OC=OG,所以CH=GQ=,‎ 又CE=DF=,所以sin∠CEH==.‎ 故直线DF与平面BDE所成角的正弦值为.‎ ‎20.(本小题满分15分)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)当d>1时,记cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)由题意有,即 解得或 故或 ‎(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,‎ 于是Tn=1+++++…+,①‎ Tn=+++++…+.②‎ ‎①-②可得Tn=2+++…+-=3-,故Tn=6-.‎ ‎“18~‎20”‎大题规范满分练(七)‎ ‎18.(本小题满分14分)(2019届高三·辽宁五校协作体联考)已知函数f(x)=cos2x+sin(π-x)cos(π+x)-.‎ ‎(1)求函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间;‎ ‎(2)在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知f(A)=-1,a=2,bsin C=asin A,求△ABC的面积.‎ 解:(1)f(x)=cos2x-sin xcos x- ‎=-sin 2x- ‎=-sin,‎ 由2kπ-≤2x-≤2kπ+,k∈Z,‎ 解得kπ-≤x≤kπ+,k∈Z,又x∈[0,π],‎ ‎∴函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间为和.‎ ‎(2)由(1)知f(x)=-sin,‎ ‎∴f(A)=-sin=-1,‎ ‎∵△ABC为锐角三角形,∴00.‎ 当x∈(-∞,0)时,易知h(x)<0,‎ 所以f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上没有极值点.‎ 当x∈(0,+∞)时,‎ 因为h(1)=-2<0,h(2)=e2-2>0,‎ 所以f′(1)<0,f′(2)>0,‎ f(x)在(1,2)上有极小值点.‎ 又因为h(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 所以f(x)仅有唯一的极小值点.‎ ‎“18~‎20”‎大题规范满分练(八)‎ ‎18.(本小题满分14分)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示.‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式;‎ ‎(2)求函数f(x)在区间上的最值,并求出相应的x值.‎ 解:(1)由图象可知A=2.‎ 周期T=×=×=π,‎ 又T==π,∴ω=2.‎ ‎∴f(x)=2sin(2x+φ),∴f=2sin=2,‎ ‎∴+φ=+2kπ,k∈Z,即φ=-+2kπ,k∈Z.‎ 又∵|φ|<,∴φ=-,‎ ‎∴f(x)=2sin.‎ ‎(2)当x∈时,2x-∈,‎ ‎∴sin∈,‎ f(x)=2sin∈[-1,2].‎ 当2x-=,即x=时,f(x)max=f=2.‎ 当2x-=-,即x=0时,f(x)min=f(0)=-1.‎ ‎19.(本小题满分15分)如图,在圆锥PO中,已知PO=,⊙O的直径AB=2,点C在⊙O上,且∠CAB=30°,D为AC的中点.‎ ‎(1)证明:AC⊥平面POD;‎ ‎(2)求直线OC与平面PAC所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:因为OA=OC,D是AC的中点,‎ 所以AC⊥OD.‎ 又因为PO⊥底面⊙O,AC⊂底面⊙O,所以AC⊥PO.‎ 因为OD∩PO=O,‎ 所以AC⊥平面POD.‎ ‎(2)由(1)知,AC⊥平面POD,AC⊂平面PAC,‎ 所以平面POD⊥平面PAC,‎ 在平面POD中,过O作OH⊥PD交PD于H,‎ 则OH⊥平面PAC.‎ 连接CH,则CH是OC在平面PAC上的射影,‎ 所以∠OCH是直线OC和平面PAC所成的角.‎ 在Rt△POD中,OH===,‎ 在Rt△OHC中,sin∠OCH==.‎ 所以直线OC与平面PAC所成角的正弦值为.‎ ‎20.(本小题满分15分)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*),已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+‎2a6.‎ ‎(1)求Sn和Tn;‎ ‎(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.‎ 解:(1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0).‎ 由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.‎ 因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1.‎ 所以Tn==2n-1.‎ 设等差数列{an}的公差为d.‎ 由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.①‎ 由b5=a4+‎2a6,可得‎3a1+13d=16.②‎ 联立①②解得a1=1,d=1,‎ 故an=n,所以Sn=.‎ ‎(2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n ‎=-n=2n+1-n-2.‎ 由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,‎ 可得+2n+1-n-2=n+2n+1,‎ 整理得n2-3n-4=0,‎ 解得n=4或n=-1(舍去).‎ 所以n的值为4.‎ ‎“21~‎22”‎压轴大题抢分练(一)‎ ‎21.(本小题满分15分)已知椭圆C:+y2=1的左、右焦点分别是F1,F2,点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1,PF2,设∠F1PF2的内角平分线PM交C的长轴于点M(m,0).‎ ‎(1)求实数m的取值范围;‎ ‎(2)求|PF1|·|PM|的最大值.‎ 解:(1)设P(x0,y0)(y0≠0),则+y=1,‎ 又F1(-,0),F2(,0), ‎ 所以直线PF1,PF2的方程分别为:‎ lPF1:y0x-(x0+)y+y0=0.‎ lPF2:y0x-(x0-)y-y0=0.‎ 因为=,‎ 所以= .‎ 因为-0,得-20),若存在实数m∈(2,3),使得当x∈(0,m]时,函数G(x)的最大值为G(m),求实数a的取值范围.‎ 解:(1)由已知条件得,F(x)=ln x+x2-x+,且函数定义域为(0,+∞),‎ 所以F′(x)=+x-=.‎ 令F′(x)=0,得x=1或x=2,‎ 当x变化时,F′(x),F(x)随x的变化情况如下表:‎ x ‎(0,1)‎ ‎1‎ ‎(1,2)‎ ‎2‎ ‎(2,+∞)‎ F′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ F(x)‎  ‎0‎  ln 2-  所以当x=1时,函数F(x)取得极大值F(1)=0;‎ 当x=2时,函数F(x)取得极小值F(2)=ln 2-.‎ ‎(2)由条件,得G(x)=ln x+ax2-(‎2a+1)x+a+1,且定义域为(0,+∞),‎ 所以G′(x)=+2ax-(‎2a+1)=.‎ 令G′(x)=0,得x=1或x=.‎ ‎①当a=时,函数G(x)在(0,+∞)上单调递增,显然符合题意.‎ ‎②当>1,即00,得x>或0G(1),解得a>1-ln 2.‎ 又0时,‎ 由G′(x)>0,得x>1或00.(*)‎ 令g(a)=ln(‎2a)++ln 2-1,‎ ‎∵g′(a)=>0恒成立, 故恒有g(a)>g=ln 2->0,‎ ‎∴a>时,(*) 式恒成立.‎ 综上,实数a的取值范围是(1-ln 2,+∞).‎ ‎“21~‎22”‎压轴大题抢分练(二)‎ ‎21.(本小题满分15分)已知抛物线x2=2py(p>0),点M是抛物线的准线与y轴的交点,过点A(0,λp)(λ∈R)的动直线l交抛物线于B,C两点.‎ ‎(1)求证: ·≥0,并求等号成立时实数λ的值;‎ ‎(2)当λ=2时,设分别以OB,OC(O为坐标原点)为直径的两圆相交于另一点D,求|DO|+|DA|的最大值.‎ 解:(1)证明:由题意知动直线l的斜率存在,且过点A(0,λp),则可设动直线l 的方程为y=kx+λp,‎ 代入x2=2py,消去y并整理得x2-2pkx-2λp2=0,‎ Δ=4p2(k2+2λ)>0,‎ 设B(x1,y1),C(x2,y2),‎ 则x1+x2=2pk,x1x2=-2p2λ,‎ y1y2=(kx1+λp)(kx2+λp)=k2x1x2+λkp(x1+x2)+λ2p2=λ2p2,‎ y1+y2=k(x1+x2)+2λp=2pk2+2λp=2p(k2+λ).‎ 因为抛物线x2=2py的准线方程为y=-,‎ 所以点M的坐标为,‎ 所以=,=,‎ 所以·=x1x2+=x1x2+y1y2+(y1+y2)+=-2p2λ+λ2p2+[2p(k2+λ)]+=p2≥0,当且仅当k=0,λ=时等号成立.‎ ‎(2)由(1)知,当λ=2时,x1x2=-4p2,y1y2=4p2,‎ 所以·=x1x2+y1y2=0,‎ 所以OB⊥OC.‎ 设直线OB的方程为y=mx(m≠0),‎ 与抛物线的方程x2=2py联立可得B(2pm,2pm2),‎ 所以以OB为直径的圆的方程为x2+y2-2pmx-2pm2y=0.‎ 因为OB⊥OC,所以直线OC的方程为y=-x.‎ 同理可得以OC为直径的圆的方程为x2+y2+x-y=0,即m2x2+m2y2+2pmx-2py=0,‎ 将两圆的方程相加消去m得x2+y2-2py=0,‎ 即x2+(y-p)2=p2,‎ 所以点D的轨迹是以OA为直径的圆,‎ 所以|DA|2+|DO|2=4p2,‎ 由≥2,‎ 得|DA|+|DO|≤2p,‎ 当且仅当|DA|=|DO|=p时,(|DA|+|DO|)max=2p.‎ ‎22.(本小题满分15分)三个数列{an},{bn},{cn},满足a1=-,b1=1,an+1=,bn+1=2bn+1,cn=abn,n∈N*.‎ ‎(1)证明:当n≥2时,an>1;‎ ‎(2)是否存在集合[a,b],使得cn∈[a,b]对任意n∈N*成立,若存在,求出b-a的最小值;若不存在,请说明理由;‎ ‎(3)求证:++…+≤2n+1+cn+1-6(n∈N*,n≥2).‎ 解:(1)证明:下面用数学归纳法证明:‎ 当n≥2时,an>1.‎ ‎①当n=2时,由a1=-,‎ an+1=,‎ 得a2=,显然成立;‎ ‎②假设n=k时命题成立,即ak>1.‎ 则n=k+1时,ak+1= .‎ 于是ak+1-1=.‎ 因为()2-(3-ak)2=4(ak-1)>0.‎ 所以ak+1>1,也就是说n=k+1时命题成立.‎ 由①②可知,当n≥2时,an>1.‎ ‎(2)由bn+1=2bn+1,b1=1,得bn+1+1=2(bn+1),‎ 所以数列{bn+1}是以b1+1=2为首项,2为公比的等比数列,‎ 所以bn+1=2n,从而bn=2n-1.‎ 由(1)知,当n≥2时,an>1,‎ 所以当n≥2时,an+1-an=.‎ 因为a-2an+5-(1+an)2=4(1-an)<0,‎ 所以an+1c3>…>1,‎ 从而存在集合[a,b],使得cn∈[a,b]对任意n∈N*成立,‎ 当b=c2=a3=2,a=c1=-时,‎ b-a的最小值为c2-c1=.‎ ‎(3)证明:当n≥2时,an>1 ,‎ 因为an+1=,‎ 所以anan+1=a+an+1-1, ‎ 也即an-an+1=1- , ‎ 所以cn-cn+1=abn-abn+1‎ ‎=(abn-abn+1)+(abn+1-abn+2)+…+(abn+1-1-abn+1)‎ ‎=++…+ ‎=(bn+1-bn)-≤2n-.‎ 即≤2n+cn+1-cn(n≥2) ,‎ 于是 ≤ (2i+ci+1-ci)=2n+1-4+cn+1-c2=2n+1+cn+1-6.‎ 故++…+≤2n+1+cn+1-6(n∈N*,n≥2).‎ ‎“21~‎22”‎压轴大题抢分练(三)‎ ‎21.(本小题满分15分)过抛物线x2=4y的焦点F的直线l交抛物线于A,B两点,抛物线在A,B两点处的切线交于点M.‎ ‎(1)求证:点M在直线y=-1上;‎ ‎(2)设=λ,当λ∈时,求△MAB的面积S的最小值.‎ 解:(1)证明:易知直线l的斜率一定存在,F(0,1),‎ 设直线l的方程为y=kx+1,联立 消去y,得x2-4kx-4=0,Δ=16k2+16>0,‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x1+x2=4k,x1x2=-4,x=4y1,x=4y2,‎ 由x2=4y,得y′=x,则切线AM的方程为y-y1=x1(x-x1),即y=x1x-x,‎ 同理,切线BM的方程为y=x2x-x.‎ 由得(x1-x2)x-(x1+x2)·(x1-x2)=0,‎ 又x1-x2≠0,所以x==2k.‎ 所以2y=(x1+x2)x-[(x1+x2)2-2x1x2]‎ ‎=×4k×2k-(16k2+8)=-2,‎ 所以y=-1,即点M(2k,-1),‎ 故点M在直线y=-1上.‎ ‎(2)由(1)知,当k=0时,=,此时λ=1,不符合题意,故k≠0.连接MF,则kMF==-,‎ 因为·k=-1,所以MF⊥AB.‎ 因为=λ,‎ 所以(-x1,1-y1)=λ(x2,y2-1),得-x1=λx2,‎ 则-λ+=+=,‎ 所以2-λ-===-4k2,‎ 即k2=-,‎ 令f(λ)=-,λ∈,‎ 因为f(λ)=-在上单调递减,所以≤f(λ)≤,所以≤k2≤.‎ 因为|MF|==2,‎ ‎|AB|=y1+y2+2=k(x1+x2)+4=4k2+4,‎ 所以S=×|AB|×|MF|=4,‎ 所以当k2=,即λ=时,S取得最小值,‎ 且Smin=4=.‎ ‎22.(本小题满分15分)已知函数f(x)=ln x-ax+a.‎ ‎(1)当a=-1时,求函数f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程;‎ ‎(2)若函数f(x)有一个大于1的零点,求实数a的取值范围;‎ ‎(3)若f(x0)=0,且x0>1,求证:x0+1>.‎ 解:(1)当a=-1时,f(x)=ln x+x-1,‎ f′(x)=+1,‎ 所以f′(1)=2,所以切线的斜率k=2.‎ 又切点为(1,0),所以切线的方程为y=2x-2.‎ ‎(2)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a=.‎ ‎①当a≤0时,f′(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(1)=0,‎ 所以f(x)有唯一零点1,不符合题意.‎ ‎②当a>0时,令f′(x)=0,则x=,‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎  极大值  由表可知,当≤1,即a≥1时,f(x)在(1,+∞)上单调递减,又f(1)=0,所以f(x)<0在(1,+∞)上恒成立,无零点,不符合题意.‎ 当>1,即0f(1)=0,‎ 又f(e)=+a-ae,令t=∈(1,+∞),‎ 则y=t+-et=,‎ 令g(t)=t2+1-et(t>1),‎ 则g′(t)=2t-et,‎ 令G(t)=2t-et(t>1),则G′(t)=2-et<0,‎ 所以g′(t)=2t-et在(1,+∞)上单调递减,‎ 所以当t>1时,g′(t)1时,g(t)x,得e>.‎ 所以f(x)在上无零点,在上有唯一零点.‎ 综上,满足条件的实数a的取值范围是(0,1).‎ ‎(3)证明:由(2)得,x0∈且01),‎ 则当m>1时,h′(m)=-=>0,‎ 所以h(m)在(1,+∞)上单调递增,‎ 则h(m)>h(1)=0,‎ 所以f >0,即f >f(x0).‎ 又-1,x0∈且f(x)在上为减函数,‎ 所以-1.‎ ‎“21~‎22”‎压轴大题抢分练(四)‎ ‎21.(本小题满分15分)已知直线l:y=x+m与圆x2+y2=2交于A,B两点,若椭圆+y2=1上有两个不同的点C,D关于直线l对称.‎ ‎(1)求实数m的取值范围;‎ ‎(2)求四边形ACBD面积的取值范围.‎ 解:(1)设直线CD:y=-x+n,联立x2+2y2=2,‎ 得3x2-4nx+2(n2-1)=0.‎ 设C(x1,y1),D(x2,y2),CD中点为M(x0,y0),‎ 故Δ=16n2-24(n2-1)>0,解得-n-.‎ 证明:(1)数学归纳法:①当n=1时,a1=,a2=,‎ 显然有0n-.‎ ‎“21~‎22”‎压轴大题抢分练(五)‎ ‎21.(本小题满分15分)椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,其右焦点到椭圆C外一点P(2,1)的距离为,不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,且线段AB的长度为2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)求△AOB面积S的最大值.‎ 解:(1)设椭圆右焦点为(c,0),‎ 则由题意得 解得或(舍去).‎ 所以b2=a2-c2=1,‎ 所以椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2)因为线段AB的长等于椭圆短轴的长,要使三点A,O,B能构成三角形,则直线l不过原点O,弦AB不能与x轴垂直,故可设直线AB的方程为y=kx+m,‎ 由消去y,并整理,‎ 得(1+2k2)x2+4kmx+‎2m2‎-2=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 又Δ=16k‎2m2‎-4(1+2k2)(‎2m2‎-2)>0,‎ 所以x1+x2=-,x1x2= 因为|AB|=2,所以 =2,‎ 即(1+k2)[(x2+x1)2-4x1x2]=4,‎ 所以(1+k2)=4,‎ 即=2(1-m2),‎ 因为1+k2≥1,所以≤m2<1.‎ 又点O到直线AB的距离d=,‎ 因为S=|AB|·d=d,‎ 所以S2==‎2m2‎(1-m2)=-22+,‎ 所以02时,‎ M(a)==∈(0,);‎ 当1-≥-2时,M(a)是方程-x2+ax+1=-2的较大根,‎ 即0<a≤2时,‎ M(a)=∈(,+ ],‎ 综上M(a)= 且M(a)∈(0,)∪(,+ ].‎ ‎“21~‎22”‎压轴大题抢分练(六)‎ ‎21.(本小题满分15分)设抛物线y2=4x的焦点为F,过点的动直线交抛物线于不同两点P,Q,线段PQ中点为M,射线MF与抛物线交于点A.‎ ‎(1)求点M的轨迹方程;‎ ‎(2)求△APQ的面积的最小值.‎ 解:(1)设直线PQ方程为x=ty+,代入y2=4x,‎ 得y2-4ty-2=0.‎ 设P(x1,y1),Q(x2,y2),‎ 则y1+y2=4t,y1y2=-2,x1+x2=t(y1+y2)+1=4t2+1,‎ 所以M.‎ 设M(x,y),由消去t,得中点M的轨迹方程为y2=2x-1.‎ ‎(2)设=λ (λ<0),A(x0,y0),‎ 又F(1,0),M,‎ 则(x0-1,y0)=λ,‎ 即 由点A在抛物线y2=4x上,‎ 得4λ2t2=8λt2-2λ+4,‎ 化简得(λ2-2λ)t2=-λ+1.‎ 又λ<0,所以t2=-.‎ 因为点A到直线PQ的距离 d==,‎ ‎|PQ|=|y1-y2|=2.‎ 所以△APQ的面积S=·|PQ|·d ‎= |λ-1|= .‎ 设f(λ)=,λ<0,则f′(λ)=,‎ 由f′(λ)>0,得λ>-;‎ 由f′(λ)<0,得λ<-,‎ 所以f(λ)在上是减函数,在上是增函数,因此,当λ=-时,f(λ)取到最小值.‎ 所以△APQ的面积的最小值是.‎ ‎22.(本小题满分15分)已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+-1.‎ 证明:当n∈N*时,‎ ‎(1)00.‎ 当n=1时,x1=1>0成立.‎ 假设n=k时,xk>0成立,‎ 那么n=k+1时,假设xk+1≤0,‎ 则xk=xk+1+-1≤0,矛盾,‎ 所以xk+1>0,故xn>0得证.‎ 所以xn=xn+1+-1>xn+1,‎ 故00),‎ 则f′(x)=2x++-4=+22-.‎ 由于y=与22在(0,+∞)上单调递增,所以f′(x)>f′(0)=0,‎ 故f(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 所以f(x)>f(0)=0,‎ 所以x+(xn+1+6)-4xn+1-6>0,‎ 即3xn+1-2xn<.‎ ‎(3)由(2)得-≥>0,‎ 则-≥n-1=n-2,‎ 所以xn≤n-2.‎ 又-1≤x(x≥0),‎ 所以 -1≤xn+1,‎ 所以xn=xn+1+-1≤xn+1,‎ 故xn+1≥xn ,‎ 所以xn≥n-1,‎ 所以n-1≤xn≤n-2.‎ 高考仿真模拟练(一)‎ ‎(时间:120分钟 满分:150分)‎ 一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.已知集合A={x|x>1},B={y|y=x2,x∈R},则A∩B=(  )‎ A.[0,+∞)       B.(1,+∞) ‎ C.[0,1) D.(0,+∞)‎ 解析:选B 因为A={x|x>1},B={y|y=x2,x∈R}=[0,+∞),所以A∩B=(1+∞),选B.‎ ‎2.已知抛物线y2=x,则它的准线方程为(  )‎ A.y=-2 B.y=2 ‎ C.x=- D.y= 解析:选C 因为抛物线y2=x,所以 p=,=,所以它的准线方程为x=-,故选C.‎ ‎3.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体的体积为(  )‎ A.(1+π) B.(1+π)‎ ‎ C.(2+3π) D.(2+π)‎ 解析:选A 依题意,该几何体由一个四棱锥和一个圆锥拼接而成,故所求体积为V=××4×4×2+×π×22×4=(1+π).故选A.‎ ‎4.若实数x,y满足则z=2x+y的最大值为(  )‎ A.2 B.5‎ C.7 D.8‎ 解析:选C 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,由z ‎=2x+y,可得y=-2x+z,平行移动y=-2x+z,由图象可知当直线经过点A时,直线的纵截距最大,即z最大.联立得A(3,1),所以zmax=2×3+1=7.‎ ‎5.若关于x的不等式x2-4x≥m对任意x∈[0,1]恒成立,则实数m的取值范围为(  )‎ A.(-∞,-3] B.[-3,+∞)‎ ‎ C.[-3,0) D.[-4,+∞)‎ 解析:选A ∵x2-4x≥m对任意x∈[0,1]恒成立,‎ 令f(x)=x2-4x,x∈[0,1],‎ ‎∵f(x)的对称轴为x=2,‎ ‎∴f(x) 在[0,1]单调递减,‎ ‎∴当x=1时,f(x)取到最小值为-3, ‎ ‎∴实数m的取值范围为(-∞,-3],故选A.‎ ‎6.在等比数列{an}中,“a4,a12 是方程x2+3x+1=0的两根”是“a8=±‎1”‎的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A 由根与系数的关系可知a4+a12=-3,a‎4a12=1,所以a4<0,a12<0,则在等比数列{an}中,a8=a4q4<0,所以a8=-=-1.在常数列an=1或an=-1中,a4,a12 不是所给方程的两根.则在等比数列{an}中,“a4,a12 是方程x2+3x+1=0的两根”是“a8=±‎1”‎的充分不必要条件.‎ ‎7.设函数f(x)的导数为f′(x),若f(x)为偶函数,且在(0,1)上存在极大值,则f′(x)的图象可能为(  )‎ 解析:选C 根据题意,若f(x)为偶函数,则其导数f′(x)为奇函数,结合函数图象可以排除B、D,又由函数f(x)在(0,1)上存在极大值,则其导数图象在(0,1)上存在零点,且零点左侧导数值符号为正,右侧导数值符号为负,结合选项可以排除A,只有C选项符合题意.‎ ‎8.设x,y,z为大于1的正数,且log2x=log3y=log5z,则x,y ,z 中最小的是(  )‎ A.x B.y ‎ C.z D.三个数相等 解析:选C 令log2x=log3y=log5z=k(k>0),‎ 则x=2k,y=3k,z=5k,‎ 所以x=2,y=3,z=5.‎ 对以上三式两边同时乘方,‎ 则(x)=215,(y)=310,(z)=56,‎ 显然z最小,故选C.‎ ‎9.将函数f(x)=2sin(ω>0)的图象向右平移个单位,得到函数y=g(x)的图象,若y=g(x)在上为增函数,则ω的最大值为(  )‎ A.3 B.2‎ ‎ C. D. 解析:选B 由题意可知g(x)=2sin=2sin ωx(ω>0),由y=g(x)在上为增函数,得≤,ω≤2,所以ω的最大值为2.‎ ‎10.已知单位向量e1与e2的夹角为,向量e1+2e2与2e1+λe2的夹角为,则λ=(  )‎ A.- B.-3 ‎ C.-或-3 D.-1‎ 解析:选B 因为e1·e2=|e1|·|e2|·cos=,‎ 所以|e1+2e2|== ,‎ ‎|2e1+λe2|==,‎ ‎(e1+2e2)·(2e1+λe2)=2e+(λ+4)e1·e2+2λe=4+λ ,‎ 又向量e1+2e2与2e1+λe2的夹角为,‎ 所以==-,‎ 解得λ=-3.‎ 二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分)‎ ‎11.已知三棱锥O ABC底面ABC的顶点在半径为4的球O表面上,且AB=6,BC=2,AC=4,则三棱锥O ABC的体积为___________.‎ 解析:∵AB=6,BC=2,AC=4,‎ ‎∴AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC.‎ 取AC的中点O1,连接OO1,BO1,‎ 则O1为△ABC外接圆的圆心,‎ ‎∴OO1⊥平面ABC,∴OO1⊥BO1.‎ ‎∵OB=4,BO1=2,‎ ‎∴OO1==2.‎ ‎∴三棱锥OABC的体积V=××6×2×2=4.‎ 答案:4 ‎12.已知a,b∈R,(a+bi)2=3+4i (i是虚数单位)则a2+b2= ______,ab=________.‎ 解析:由题意可得a2-b2+2abi=3+4i,‎ 则解得则a2+b2=5,ab=2.‎ 答案:5 2‎ ‎13.已知△ABC和点M,满足++=0,若存在实数m,使得+=m成立,则点M是△ABC的________,实数m=________.‎ 解析:由++=0知,点M为△ABC的重心.设点D为底边BC的中点,则==×(+)=(+),所以有+=3,故m=3.‎ 答案:重心 3‎ ‎14.三国时期吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明,下面是赵爽的弦图及注文,弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形,其面积称为弦实,图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形,分别涂成红(朱)色及黄色,其面积称为朱实,黄实,利用2×勾×股+(股-勾)2=4×朱实+黄实=弦实,化简,得勾2+股2=弦2,设勾股中勾股比为1∶,若向弦图内随机抛掷1 000颗图钉(大小忽略不计),则落在黄色图形内的图钉数大约为__________.‎ 解析:设勾为a,则股为a,∴弦为‎2a,‎ 则图中大四边形的面积为‎4a2,小四边形的面积为(-1)‎2a2=(4-2)a2,‎ 则图钉落在黄色图形内的概率为=1- .‎ 所以落在黄色图形内的图钉数大约为1 000≈134.‎ 答案:134‎ ‎15.在△ABC中,AB=AC=4,BC=2.点D为AB延长线上一点,BD=2,连接CD,则△BCD的面积为______,cos∠BDC=__________.‎ 解析:取BC的中点E,连接AE,由题意知AE⊥BC,‎ 在△ABE中,cos∠ABC==,‎ ‎∴cos∠DBC=-,sin∠DBC==,‎ ‎∴S△BCD=×BD×BC×sin∠DBC=.‎ ‎∵∠ABC=2∠BDC,‎ ‎∴cos∠ABC=cos 2∠BDC=2cos2∠BDC-1=,‎ 解得cos∠BDC=或cos∠BDC=-(舍去).‎ 综上可得,△BCD面积为,cos∠BDC=.‎ 答案:  ‎16.已知函数f(x)=则f(f(4))=______;f(x) 的最大值是__________.‎ 解析:因为函数f(x)= 所以f(4)=1-=-1,f(f(4))=f(-1)=2-1=.‎ 当x≥0时, f(x)=1-单调递减,即有f(x)≤1;‎ 当x<0时,f(x)=2x∈(0,1).‎ 综上可得,当x=0时,f(x)取得最大值1.‎ 故f(f(4))=;f(x) 的最大值是1.‎ 答案: 1‎ ‎17.对于函数f(x)=下列5个结论正确的是__________(填序号).‎ ‎①任取x1,x2∈[0,+∞) ,都有|f(x1)-f(x2)|≤2;‎ ‎②函数y=f(x)在[4,5]上单调递增;‎ ‎③ f(x)=2kf(x+2k)(k∈N*),对一切x∈[0,+∞)恒成立;‎ ‎④函数y=f(x)-ln(x-1)有3个零点;‎ ‎⑤若关于x的方程f(x)=m(m<0)有且只有两个不同的实根x1,x2,则x1+x2=3.‎ 解析:由题意,得f(x)=的图象如图所示.‎ 由图象可知f(x)max=1,f(x)min=-1,‎ 则任取x1,x2∈[0,+∞),都有 ‎|f(x1)-f(x2)|≤|f(x)max-f(x)min|=2,‎ 故①正确;‎ 函数y=f(x)在[4,5]上先增后减,故②错误;‎ 当x∈[0,2]时,f(x+2k)=f(x+2k-2)=f(x+2k-4)=…=f(x),‎ 即f(x)=2kf(x+2k),x∈N*,故③错误;‎ 在同一坐标系中作出y=f(x)和y=ln(x-1)的图象,可知两函数图象有三个不同公共点,‎ 即函数y=f(x)-ln(x-1)有3个零点,故④正确;‎ 在同一坐标系中作出y=f(x)和y=m的图象,由图象可知当且仅当-10, ‎ 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)由已知得,g′(x)=.‎ 因为g(x)在其定义域内为增函数,‎ 所以∀x∈(0,+∞),‎ g′(x)≥0,即ax2-5x+a≥0,即a≥.‎ 而≤=,当且仅当x=1时,等号成立,‎ 所以a≥.‎ 即实数a的取值范围为.‎ ‎21.(本小题满分15分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)经过点P,且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)动直线l:mx+ny+n=0(m,n∈R )交椭圆C于A,B两点,试问:在坐标平面上是否存在一个定点T,使得以AB为直径的圆恒过点T.若存在,求出点T的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)∵椭圆C:+=1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,‎ ‎∴a=b,∴+=1,‎ 又∵椭圆经过点P,代入可得b=1.‎ ‎∴a=,故所求椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2)动直线l:mx+ny+n=0可化为mx+n=0,当x=0时,y=-,所以动直线l恒过点.‎ 当l与x轴平行时,以AB为直径的圆的方程为 x2+2=2,‎ 当l与y轴平行时,以AB为直径的圆的方程为 x2+y2=1.‎ 由解得 即两圆相切于点(0,1),因此所求的点T如果存在,只能是(0,1),事实上,点T(0,1)就是所求的点.‎ 证明如下:‎ 当直线l垂直于x轴时,以AB为直径的圆过点T(0,1),‎ 当直线l不垂直于x轴,可设直线l:y=kx-.‎ 由消去y,得(18k2+9)x2-12kx-16=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x1+x2=,x1x2=,‎ 又因为=(x1,y1-1), =(x2,y2-1),‎ 所以·=x1x2+(y1-1)(y2-1)‎ ‎=x1x2+ ‎=(1+k2)x1x2-k(x1+x2)+ ‎=(1+k2)·-k·+=0.‎ 所以TA⊥TB,即以AB为直径的圆恒过点T(0,1).‎ 所以在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满足条件.‎ ‎22.(本小题满分15分)数列{an}满足a1+‎2a2+…+nan=4-(n∈N*).‎ ‎(1)求a3的值;‎ ‎(2)求数列{an}前n项和Tn;‎ ‎(3)令b1=a1,bn=+an(n≥2),证明:数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2ln n.‎ 解:(1)∵‎3a3=(a1+‎2a2+‎3a3)-(a1+‎2a2)=4--=,‎ ‎∴a3=.‎ ‎(2)由题意知,当n≥2时,nan=(a1+‎2a2+…+nan)-=4--=,‎ ‎∴an=n-1,‎ 又a1=4-=1也适合此式,‎ ‎∴an=n-1,‎ ‎∴数列{an}是首项为1,公比为的等比数列,‎ 故Tn==2-n-1.‎ ‎(3)证明:由bn=+an,知b1=a1,b2=+a2,b3=+a3,‎ ‎∴Sn=b1+b2+…+bn=(a1+a2+…+an)=Tn=·<2×,‎ 记f(x)=ln x+-1(x>1),‎ 则f′(x)=-=>0,‎ ‎∴f(x)在(1,+∞)上是增函数,‎ 又f(1)=0,∴f(x)>0,‎ 又k≥2且k∈N*时,>1,‎ ‎∴f =ln+-1>0,即ln>,‎ ‎∴β ”是“cos α>cos β ”的(  )‎ A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选D 因为当α=>β=时,cos α>cos β不成立;当cos>cos时,α>β不成立,所以“α>β”是“cos α>cos β”的既不充分也不必要条件,故选D.‎ ‎3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  )‎ A.+π B.+π C. D. 解析:‎ 选A 由三视图可知,该几何体是半个圆柱和以圆柱轴截面为底面的四棱锥组成的组合体,其中半圆柱底面半径为1,高为2,体积为×π×12×2=π,四棱锥的体积为×4×1=,所以该几何体的体积为+π,故选A.‎ ‎4.若实数x,y满足约束条件则z=2x+y的取值范围是(  )‎ A.[3,4] B.[3,12]‎ C.[3,9] D.[4,9]‎ 解析:选C 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,‎ 由得A(1,1);‎ 由得B(3,3),平移直线y=-2x+z,当直线经过A,B时分别取得最小值3,最大值9,故z=2x+y的取值范围是[3,9],故选C.‎ ‎5.已知数列{an}是公差不为0的等差数列,bn=2an,数列{bn}的前n项,前2n项,前3n项的和分别为A,B,C,则(  )‎ A.A+B=C B.B2=AC C.(A+B)-C=B2 D.(B-A)2=A(C-B)‎ 解析:选D ∵{an}是公差不为0的等差数列,∴{bn}是以公比不为1的等比数列,由等比数列的性质,可得A,B-A,C-B成等比数列,∴(B-A)2=A(C-B),故选D.‎ ‎6.已知函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数f(x)的图象可能是(  )‎ 解析:选C 由导函数的图象可知,函数y=f(x)先减再增,可排除选项A、B,又知f′(x)=0的根为正,即y=f(x)的极值点为正,所以可排除D,故选C.‎ ‎7.正方形ABCD的四个顶点都在椭圆+=1上,若椭圆的焦点在正方形的内部,则椭圆的离心率的取值范围是(  )‎ A. B. C. D. 解析:选B 设正方形的边长为‎2m,‎ ‎∵椭圆的焦点在正方形的内部,∴m>c,‎ 又正方形ABCD的四个顶点都在椭圆+=1上,‎ ‎∴+=1≥+=e2+,‎ 即e4-3e2+1≥0,e2≤=2,∴0<e<.‎ ‎8.已知△ABC的边BC的垂直平分线交BC于Q,交AC于P,若||=1,||=2,则·的值为(  )‎ A.3 B. C. D. 解析:选B 因为BC的垂直平分线交AC于P,‎ 所以·=0,‎ 所以·=(+)· ‎=·+· ‎=(+)(-)‎ ‎=(2-2)‎ ‎=.‎ ‎9.已知函数f(x)=x|x|,则下列命题错误的是(  )‎ A.函数f(sin x)是奇函数,且在上是减函数 B.函数sin(f(x))是奇函数,且在上是增函数 C.函数f(cos x)是偶函数,且在(0,1)上是减函数 D.函数cos(f(x))是偶函数,且在(-1,0)上是增函数 解析:选A ∵函数f(x)=x|x|,‎ ‎∴f(sin x)=sin x|sin x|‎ ‎= ‎∵y=cos 2x在上递减,在上递增,‎ ‎∴y=f(sin x)在上是增函数,‎ ‎∴命题“函数f(sin x)是奇函数,且在上是减函数”错误,同理:可验证B、C、D均正确,故选A.‎ ‎10.如图,在正四面体ABCD中,P,Q,R在棱AB,AD,AC上,且AQ=QD,==,分别记二面角APQR,APRQ,AQRP的平面角为α,β,γ,则α,β,γ的大小关系为(  )‎ A.β>γ>α B.γ>β>α C.α>γ>β D.α>β>γ 解析:选D 在正四面体ABCD中,P,Q,R在棱AB,AD,AC上,且AQ=QD,==,可得α为钝角,β,γ为锐角,设P到平面ACD的距离为h1,P到QR的距离为d1,Q到平面ABC的距离为h2,Q到PR的距离为d2,设正四面体的高为h,可得h1=h,h2=h,h1<h2,由余弦定理可得QR<PR,由三角形面积相等可得到d1>d2,所以可以推出sin γ=<=sin β,所以γ<β,所以α>β>γ,故选D.‎ 二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分)‎ ‎11.若复数z=4+3i,其中i是虚数单位,则|z|=________.‎ 解析:∵复数z=4+3i,‎ ‎∴|z|==5.‎ 答案:5‎ ‎12.若双曲线的焦点在x轴上,实轴长为4,离心率为,则该双曲线的标准方程为__________,渐近线方程为__________.‎ 解析:∵‎2a=4,∴a=2,又∵离心率=,∴c=2,∴b==2,∴双曲线的标准方程为-=1,渐近线方程为y=±x=±x.‎ 答案:-=1 y=±x ‎13.已知直线l:x-y=0与圆C:(x-2)2+y2=4交于O,A两点(其中O是坐标原点),则圆心C到直线l的距离为__________,点A的横坐标为__________.‎ 解析:∵圆C:(x-2)2+y2=4,∴C(2,0),由点到直线的距离公式可得C到直线l 的距离为d==1,由得O(0,0),A(3,),点A的横坐标为3.‎ 答案:1 3‎ ‎14.如图,四边形ABCD中,△ABD、△BCD分别是以AD和BD为底边的等腰三角形,其中AD=1,BC=4,∠ADB=∠CDB,则BD=__________,AC=__________.‎ 解析:设∠ADB=∠CDB=θ,在△ABD中,BD=,在△CBD中,BD=8cos θ,可得cos θ=,BD=2,cos 2θ=2cos2θ-1=-,由余弦定理可得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos 2θ=24,解得AC=2.‎ 答案:2 2 ‎15.已知‎2a+4b=2(a,b∈R),则a+2b的最大值为__________.‎ 解析:由‎2a+4b=‎2a+22b=2≥2,得‎2a+2b≤1=20,a+2b≤0,当且仅当a=2b时等号成立,所以a+2b的最大值为0.‎ 答案:0‎ ‎16.设向量a,b,且|a+b|=2|a-b|,|a|=3,则|b|的最大值是__________;最小值是__________.‎ 解析:设|b|=t,a,b的夹角为θ,由|a+b|=2|a-b|,可得|a+b|2=4|a-b|2,9+t2+6tcos θ=4(9+t2-6tcos θ),化简得t2-10tcos θ+9=0,可得t2-10t+9≤0,1≤t≤9,即|b|的最大值是9,最小值是1.‎ 答案:9 1‎ ‎17.已知函数f(x)=+-a有六个不同零点,且所有零点之和为3,则a的取值范围为__________.‎ 解析:根据题意,有f(x)=f(m-x),于是函数f(x)关于x=m对称,结合所有的零点的平均数为,可得m=1,此时问题转化为函数g(x)=+在上与直线y=a有3个公共点,此时g(x)=当0,于是函数g(x)单调递增,且取值范围是(5,+∞),当x>1时,函数g(x)的导函数g′(x)=2--,考虑到g′(x)是(1,+∞)上的单调递增函数,且lig′(x)=-∞,li g′(x ‎)=2,于是g′(x)在(1,+∞)上有唯一零点,记为x0,进而函数g(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,在x=x0处取得极小值n,作出函数f(x)的图象如图所示.‎ 接下来问题的关键是判断n与5的大小关系,因为g′=2--4<0,所以n≤g=+++2=<5,若函数g(x)=+在上与直线y=a有3个公共点,则a的取值范围是(5,+∞).‎ 答案:(5,+∞)‎ 三、解答题(本大题共5小题,共74分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎18.(本小题满分14分)已知函数f(x)=4cos xcos+1.‎ ‎(1)求f 的值;‎ ‎(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间.‎ 解:(1)f =4coscos+1=4coscos+1=4××+1=-2.‎ ‎(2)f(x)=4cos xcos+1‎ ‎=4cos x+1‎ ‎=-2cos2x-sin 2x+1‎ ‎=-sin 2x-cos 2x ‎=-2sin.‎ 所以f(x)的最小正周期为π,‎ 令2kπ+≤2x+≤2kπ+(k∈Z),‎ 得kπ+≤x≤kπ+(k∈Z),‎ 故f(x)的单调递增区间为(k∈Z).‎ ‎19.(本小题满分15分)如图,在四面体ABCD中,AB=BC=CD=BD=AD=1,平面ABD⊥平面CBD.‎ ‎(1)求AC的长;‎ ‎(2)点E是线段AD的中点,求直线BE与平面ACD所成角的正弦值.‎ 解:(1)∵AB=1,BD=,AD=2,‎ ‎∴AB2+BD2=AD2,‎ ‎∴AB⊥BD,‎ 又∵平面ABD⊥平面CBD,平面ABD∩平面CBD=BD,‎ ‎∴AB⊥平面CBD,∴AB⊥BC,‎ ‎∵AB=BC=1,∴AC=.‎ ‎(2)由(1)可知AB⊥平面BCD,过B作BG⊥CD于点G,连接AG,则有CD⊥平面ABG,‎ ‎∴平面AGD⊥平面ABG,‎ 过B作BH⊥AG于点H,则有BH⊥平面AGD,连接HE,‎ 则∠BEH为BE与平面ACD所成的角.‎ 由BC=CD=1,BD=,得∠BCD=120°,‎ ‎∴∠BCG=60°,∴BG=,‎ 又∵AB=1,∴AG=,∴BH=,‎ 又∵BE=AD=1,‎ ‎∴sin∠BEH==.‎ 即直线BE与平面ACD所成角的正弦值为.‎ ‎20.(本小题满分15分)已知函数f(x)=x--4ln x.‎ ‎(1)求f(x)的单调递增区间;‎ ‎(2)当00,解得x>3或x<1,‎ 又∵函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ ‎∴f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3,+∞).‎ ‎(2)证明:由(1)知f(x)=x--4ln x在(0,1)上单调递增,在[1,3]上单调递减,‎ 所以,当00),焦点为F,直线l交抛物线C于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,D(x0,y0)为AB的中点,且|AF|+|BF|=1+2x0.‎ ‎(1)求抛物线C的方程;‎ ‎(2)若x1x2+y1y2=-1,求的最小值.‎ 解:(1)根据抛物线的定义知|AF|+|BF|=x1+x2+p,x1+x2=2x0,‎ ‎∵|AF|+|BF|=1+2x0,‎ ‎∴p=1,∴y2=2x.‎ ‎(2)设直线l的方程为x=my+b,代入抛物线方程,得y2-2my-2b=0,‎ ‎∵x1x2+y1y2=-1,即+y1y2=-1,‎ ‎∴y1y2=-2,即y1y2=-2b=-2,∴b=1,‎ ‎∴y1+y2=‎2m,y1y2=-2,‎ ‎∴|AB|=|y1-y2|‎ ‎=· ‎=2·,‎ x0== ‎=[(y1+y2)2-2y1y2]‎ ‎=m2+1,‎ ‎∴=,‎ 令t=m2+1,t∈[1,+∞),‎ 则==≥,‎ 当且仅当t=1,即m=0时取等号.‎ 所以的最小值为.‎ ‎22.(本小题满分15分)已知数列{xn}满足x1=1,xn+1=2+3,求证:‎ ‎(1)00,‎ 且xk+1-9=2-6=2(-3)<0,得xk+1<9,‎ 所以n=k+1时,00.‎ 所以xn.‎ 从而xn+1=2+3>xn+3.‎ 所以xn+1-9>(xn-9),即9-xn+1<(9-xn).‎ 所以9-xn≤n-1(9-x1).‎ 又x1=1,故xn≥9-8·n-1.‎ 高考仿真模拟练(三)‎ ‎(时间:120分钟 满分:150分)‎ 一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.=(  )‎ A.         B. C. D. 解析:选D ===,选D.‎ ‎2.双曲线-=1的渐近线方程是(  )‎ A.y=±x B.y=±x C.y=±x D.y=±x 解析:选C 在双曲线-=1中,a=3,b=2,所以双曲线的渐近线方程为y=±x,选C.‎ ‎3.若变量x,y满足约束条件则z=2x+y的最大值是(  )‎ A.3 B.2‎ C.4 D.5‎ 解析:选A 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,作出直线y=-2x,平移该直线,由图象可知,当直线经过点A时,z取得最大值,‎ 由解得 即A(2,-1),此时zmax=2×2-1=3,故选A.‎ ‎4.数列{an}中,a1=2,a2=3,an+1=an-an-1(n≥2,n∈N*),那么a2 019=(  )‎ A.1 B.-2‎ C.3 D.-3‎ 解析:选A 因为an+1=an-an-1(n≥2),所以an=an-1-an-2(n≥3),所以an+1=an-an-1=(an-1-an-2)-an-1=-an-2(n≥3).‎ 所以an+3=-an(n∈N*),所以an+6=-an+3=an,‎ 故{an}是以6为周期的周期数列.‎ 因为2 019=336×6+3,‎ 所以a2 019=a3=a2-a1=3-2=1.故选A.‎ ‎5.(1-x)4展开式中x2的系数为(  )‎ A.16 B.12‎ C.8 D.4‎ 解析:选C 因为(1-x)4=,所以展开式中x2的系数为-C+‎2C=8,故选C.‎ ‎6.已知a=(cos α,sin α),b=(cos(-α),sin(-α)),那么“a·b=‎0”‎是“α=kπ+(k∈Z)”的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选B ∵a·b=0=cos α·cos(-α)+sin α·sin(-α)=cos2α-sin2α=cos 2α,‎ ‎∴2α=2kπ±,解得α=kπ±(k∈Z).‎ ‎∴“a·b=‎0”‎是“α=kπ+(k∈Z)”的必要不充分条件,故选B.‎ ‎7.已知函数f(x)=(2x-1)ex+ax2-‎3a(x>0)为增函数,则a的取值范围是(  )‎ A.[-2,+∞) B. C.(-∞,-2 ] D. 解析:选A 由函数f(x)=(2x-1)ex+ax2-‎3a(x>0)为增函数,则f′(x)=2ex+(2x-1)ex+2ax=(2x+1)ex+2ax≥0在(0,+∞)上恒成立,‎ 即a≥在(0,+∞)上恒成立.‎ 设g(x)=,x>0,则g′(x)‎ ‎= ‎=.‎ 由g′(x)>0,得0,‎ 所以函数g(x)在上单调递增,在上单调递减,‎ 则g(x)max=g==-2e,‎ 故a的取值范围是[-2,+∞),选A.‎ ‎8.设A,B是椭圆C:+=1长轴的两个端点,若C上存在点P满足∠APB=120°,则m的取值范围是(  )‎ A.∪[12,+∞) B.∪[6,+∞)‎ C.∪[12,+∞) D.∪[6,+∞)‎ 解析:选A 当椭圆的焦点在x轴上,则04,‎ 当P位于短轴的端点时,∠APB取最大值,要使椭圆C上存在点P满足∠APB=120°,‎ 则∠APO≥60°,tan∠APO=≥tan 60°=,‎ 解得m≥12,‎ 所以m的取值范围是∪[12,+∞),故选A.‎ ‎9.函数y=x+的值域为(  )‎ A.[1+,+∞) B.(,+∞)‎ C.[,+∞) D.(1,+∞)‎ 解析:选D 由x2-2x+3=(x-1)2+2,得x∈R,‎ ‎①当x≥1时,函数y=x+为增函数,‎ 所以y≥1+=1+.‎ ‎②当x≤1时,由y=x+移项得 =y-x>0,‎ 两边平方整理得(2y-2)x=y2-3,‎ 从而y≠1且x=.‎ 由x=≤1,得y≤1-或10⇒>0⇒y>1.‎ 所以10时,f(t)=6有2个解,对应t=x2-4x各有2个解,故关于x的方程f(x2-4x)=6的不同实根的个数为4.‎ 答案:4‎ ‎17.如图,棱长为3的正方体的顶点A在平面α内,三条棱AB,‎ AC,AD都在平面α的同侧.若顶点B,C到平面α的距离分别为,,则平面ABC与平面α所成锐二面角的余弦值为________.‎ 解析:如图,作BB1⊥平面α于B1,CC1⊥平面α于C1,‎ 连接BC,B‎1C1,‎ 过点B作BE⊥CC1,垂足为E.‎ 则AC1==,AB1==,‎ B‎1C1=BE==,‎ ‎∴cos∠B‎1AC1==-,‎ sin∠B‎1AC1=.‎ ‎∴S△B‎1AC1=×××=3.‎ S△BAC=×32=.‎ 设平面ABC与平面α所成锐二面角为θ,‎ 则cos θ===.‎ 答案: 三、解答题(本大题共5小题,共74分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎18.(本小题满分14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知cos(A-B)+cos C=sin(A-B)+sin C.‎ ‎(1)求角B的大小;‎ ‎(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.‎ 解:(1)在△ABC中,A+B+C=π,则cos(A-B)-cos(A+B)=sin(A-B)+sin(A+B),‎ 化简得2sin Asin B=2sin Acos B,‎ 由于00,f(x)单调递增;‎ 当x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,‎ ‎∴函数f(x)的最大值为f(0)=0.‎ ‎(2)①由已知得,g′(x)=-b,‎ ‎(ⅰ)若b≥1,则x∈[0,+∞)时,g′(x)=-b≤0,‎ ‎∴g(x)=ln(1+x)-bx在[0,+∞)上为减函数,‎ ‎∴g(x)=ln(1+x)-bx0,‎ ‎∴g(x)=ln(1+x)-bx在[0,+∞)上为增函数,‎ ‎∴g(x)=ln(1+x)-bx>g(0)=0,不能使g(x)<0在(0,+∞)上恒成立,不符合题意.‎ ‎(ⅲ)若0g(0)=0,‎ ‎∴不能使g(x)<0在(0,+∞)上恒成立,不符合题意.‎ 综上所述,b的取值范围是[1,+∞).‎ ‎②证明:由以上得,0),‎ 取x=,得 ‎=-≥-=-1+>-1.‎ 故-1<-ln n≤(n∈N*).‎
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