高考数学文二轮复习配套作业解析版作业手册详答新课标
专题限时集训(一)A
【基础演练】
1．C [解析] 因为 A∩B＝{5}，所以 a2＝5，a＝± 5，又因为集合 A 中 a≠ 5，所以 a＝－ 5.
2．D [解析] 依题意得 A＝{－1，0，1}，因此集合 A 的子集个数是 23＝8.
3．B [解析] 根据特称命题的否定得命题綈 p 应为：∀x∈0，π
2
，sinx≠1
2.
4．B [解析] 因为当 a·b>0 时，a 与 b 的夹角为锐角或零度角，所以命题 p 是假命题；又命
题 q 是假命题，例如 f(x)＝
－x＋1，x≤0，
－x＋2，x>0.
综上可知，“p 或 q”是假命题．
【提升训练】
5．B [解析] 由x－2
x＋3
<0 得－3
0，y>0，z>0)，
y 是 x，z 的等比中项；反过来，由“y 是 x，z 的等比中项”不能得到“lgy 为 lgx，lgz 的等差中
项”，例如 y＝1，x＝z＝－1.于是，“lgy 为 lgx，lgz 的等差中项”是“y 是 x，z 的等比中项”的充
分不必要条件．
9．C [解析] 命题 p 等价于Δ＝a2－16≥0，即 a≤－4 或 a≥4；命题 q 等价于－a
4
≤3，即 a≥
－12.
由 p 或 q 是真命题，p 且 q 是假命题知，命题 p 和 q 一真一假．若 p 真 q 假，则 a<－12；若
p 假 q 真，则－41 且 x2≤4 [解析] 因为特称命题 p：∃x0∈M，p(x0)的否定为綈 p：∀x∈
M，綈 p(x)，所以题中命题的否定为“∀x∈R，x>1 且 x2≤4”．
11．{5，6} [解析] 依题意作出满足条件的韦恩图，可得 B∩(∁UA)＝{5，6}．
12．①④ [解析] 对于①，“∃x0∈R，2x0>3”的否定是“∀x∈R，2x≤3”，所以①正确；
对于②，注意到 sin
π
6
－2x＝cos2x＋π
3
，因此函数 y＝sin2x＋π
3sin
π
6
－2x＝sin2x＋π
3
·cos2x
＋π
3
＝1
2sin4x＋2π
3
，其最小正周期为2π
4
＝π
2
，所以②不正确；对于③，注意到命题“函数 f(x)
在 x＝x0 处有极值，则 f′(x0)＝0”的否命题是“若函数 f(x)在 x＝x0 处无极值，则 f′(x0)≠0”，容
易知该命题不正确，如取 f(x)＝x3，f(x)无极值但当 x0＝0 时，f′(x0)＝0，故③不正确；对于
④，依题意知，当 x<0 时，－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－2－x，所以④正确．综上所述，其中正
确的说法是①④.
专题限时集训(一)B
【基础演练】
1．C [解析] 依题意得∁RA＝{x|－1≤x≤1}，B＝{y|y≥0}，所以(∁RA)∩B＝{x|0≤x≤1}．
2．A [解析] 依题意得 M＝{x|x≥－a}，N＝{x|10，所以由 a－1
a2－a＋1
<0 得 a<1，不能得到|a|<1；
反过来，由|a|<1 得－12}，选 B.
10．ab＝ a2＋b2 [解析] 由 A∩B 只有一个元素知，圆 x2＋y2＝1 与直线x
a
－y
b
＝1 相切，则
1＝ ab
a2＋b2
，即 ab＝ a2＋b2.
11．必要不充分 [解析] 设向量 a，b 的夹角为θ，则由题意知，当 a·b＝|a|·|b|cosθ>0 时，θ
∈ 0，π
2 ；若 a 与 b 的夹角为锐角，即θ∈0，π
2 .因为 0，π
2 0，π
2 ，所以 p 是 q 成立的
必要不充分条件．
12．(－∞，－1]∪[0，＋∞) [解析] 若对于任意实数 x，都有 x2＋ax－4a>0，则Δ＝a2＋16a<0，
即－160，则Δ＝4a2－4<0，即－10 且 x2－2ax＋1>0”是真命题时有 a∈(－1，0)，则命
题“对于任意实数 x，都有 x2＋ax－4a>0 且 x2－2ax＋1>0”是假命题时 a 的取值范围是(－∞，
－1]∪[0，＋∞)．
专题限时集训(二)A
【基础演练】
1．C [解析] 因为 f(x)＝ 1
log2（x＋1），所以 x＋1>0，且 x＋1≠1，所以 x∈(－1，0)∪(0，
＋∞)．
2．C [解析] 函数是偶函数，只能是选项 C 中的图象．
3．B [解析] 因为 y＝lg|x|是偶函数，在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)递增，因此选 B.
4．B [解析] 因为 3a＝5b＝A，所以 a＝log3A，b＝log5A，且 A>0，于是1
a
＋1
b
＝logA3＋logA5
＝logA15＝2，所以 A＝ 15.
【提升训练】
5．B [解析] 由 loga2<0 得 00 时，－x<0，f(－x)＋f(x)＝(2－x－1)＋(1－2－x)＝0；当 x<0 时，－x>0，
f(－x)＋f(x)＝(1－2x)＋(2x－1)＝0；当 x＝0 时，f(0)＝0.因此，对任意 x∈R，均有 f(－x)＋f(x)
＝0，即函数 f(x)是奇函数．当 x>0，函数 f(x)是增函数，因此函数 f(x)单调递增．
11．－1
2 [解析] 依题意，f(m)＝1
2
，即em－1
em＋1
＝1
2.所以 f(－m)＝e－m－1
e－m＋1
＝1－em
1＋em
＝－em－1
em＋1
＝－1
2.
12.
3
2
，3 [解析] 依题意，得
3－a>0，
a>1，
（3－a）·1－a≤loga1，
即
a<3，
a>1，
a≥3
2
，
解得3
2
≤a<3.
13．②③④ [解析] 根据单函数的定义可知故命题②、④是真命题，①是假命题；根据一个
命题与其逆否命题等价可知，命题③是真命题．
专题限时集训(二)B
【基础演练】
1．C [解析] 依题意，得 x＋2>0，
1－lg（x＋2）≥0，
即 x＋2>0，
x＋2≤10，
解得－20，所以 f(x)＝－f(－x)＝－(3－x＋2x＋a)＝－3－x－2x＋1，于是 f(－2)＝－
32－2×(－2)＋1＝－4.
8．C [解析] 函数是偶函数，而且函数值为正值，在 x→0 时， x
sinx
→1，当 x→π时， x
sinx
→
＋∞，综合这些信息得只能是选项 C 中的图象．
9．D [解析] 依题意得，f(x－1)＝
x＋1，x≤0，
－x＋1，00，则 f(a)＝log2a＝3，求得 a＝8；若 a≤0，则 f(a)＝－2a＝3，
此时无解．于是 a＝8.
11．－1
4 [解析] 由对任意 t∈R，都有 f(t)＝f(1－t)，可得 f(－t)＝f(1＋t)，即 f(t＋1)＝－f(t)，
进而得到 f(t＋2)＝－f(t＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，即函数 y＝f(x)的一个周期为 2，故 f(3)＝f(1)＝f(0
＋1)＝－f(0)＝0，f－3
2
＝f1
2
＝－1
4.所以 f(3)＋f－3
2
＝0＋－1
4
＝－1
4.
12．①②④ [解析] 依题意，令 x＝－2 得 f(2)＝f(－2)＋f(2)，又函数 f(x)是偶函数，故 f(2)
＝0，所以①正确；根据①可得 f(x＋4)＝f(x)，即函数 f(x)的周期为 4，由于偶函数的图象关于
y 轴对称，故 x＝－4 也是函数 y＝f(x)图象的一条对称轴，所以②正 确；根据函数的周期性可
知，函数 f(x)在[8，10]上单调递减，所以③不正确；由于函数 f(x)的图象关于直线 x＝－4 对
称，故如果方程 f(x)＝m 在[－6，－2]上的两根为 x1，x2，则 x1＋x2＝－8，所以④正确．
13．②④ [解析] 对于①，结合函数 f(x)的图象分析可知，不存在函数 g(x)，使得 f(x)≥g(x)
对一切实数 x 都成立，即 f(x)不存在承托函数；对于②，注意到 f(x)＝2－x>0，因此存在函数
g(x)＝0，使得 f(x)≥g(x)对一切实数 x 都成立，即 f(x)存在承托函数；对于③，结合函数 f(x)的
图象分析可知，不存在函数 g(x)，使得 f(x)≥g(x)对一切实数 x 都成立，即 f(x)不存在承托函数；
对于④，注意到 f(x)＝x＋sinx≥x－1，因此存在函数 g(x)＝x－1，使得 f(x)≥g(x)对一切实数 x
都成立，即 f(x)存在承托函数．综上所述，存在承托函数的 f(x)的序号为②④.
专题限时集训(三)
【基础演练】
1．B [解析] 依题意，因为 f(1)＝log21－1 ＝－1<0，f(2)＝log22－1
2
＝1－1
2
＝1
2>0，所以函
数 f(x)的零点 x0∈(1，2)．
2．B [解析] 依题意，由所给出的函数图象可求得函数解析式为 h＝20－5t(0≤t≤4)，对照选
项可知图象应为 B.故选 B.
3．C [解析] 将表中的数据代入各选项中的函数解析式验证，可知只有 v＝t2－1
2
满足．故选
C.
4．B [解析] 在同一坐标系内画出函数 y＝3cos
π
2 x 和 y＝log2x＋1
2
的图象，可得交点个数为
3.
【提升训练】
5．B [解析] 分析选项中所给图象，只有 B 两侧的函数值是同号的，所以不能用二分法求解．故
选 B.
6．C [解析] f(1)＝e－3<0，f(2)＝e2－2>0，故函数 f(x)的零点位于区间(1，2)内．
7．C [解析] 设 CD＝x，依题意，得 S＝x(16－x)(40，f(4)＝ln4－2<0，所以该函数的零点在区间(3，4)
内，由此可得 k＝3.故填 3.
11．(0，1) [解析] 画出函数 f(x)＝ 2x－1，x>0，
－x2－2x，x≤0
的图象(如图)，由函数 g(x)＝f(x)－m 有 3
个零点，结合图象得 00，
f（1）＝4m＋2<0，
f（2）＝6m＋5>0
⇒
m<－1
2
，
m∈R，
m<－1
2
，
m>－5
6.
∴－5
60，
f（1）＝4m＋2>0，
0<－m<1，
得－1
20 当且仅当 2x＝1
x
时取“＝”，∴函数 h(x)在(0，1]上是增函数，
∴h(x)≤h(1)＝0.
当 x∈(1，＋∞)时，h(x)＝－x2＋x＋lnx.
∵h′(x)＝－2x＋1
x
＋1＝－2x2＋x＋1
x
＝－（x－1）（2x＋1）
x <0，∴函数 h(x)在(1，＋∞)上是
减函数，
∴h(x)b3 知 a>b，而 ab>0，由不等式的倒数法则知1
a<1
b.故选 B.
2．D [解析] 由1
x<1
2
，得1
x
－1
2<0，即2－x
2x <0，于是不等式转化为 x(x－2)>0，解得 x<0 或 x>2.
故选 D.
3．C [解析] 约束条件对应△ABC 的边界及内部的区域，A(1，0)，B(－1，2)，C(－1，－
2)，
则 z＝x＋2y∈[－5，3]．
4．(1，＋∞) [解析] 依题意，当 a＝0 时，不成立；当 a≠0 时，要使不等式 ax2＋2x＋a>0
的解集为 R，必须满足 a>0，
Δ＝4－4a2<0，
解得 a>1.故填(1，＋∞)．
【提升训练】
5．A [解析] 依题意，由 a＋d＝b＋c 得 a2＋2ad＋d2＝b2＋2bc＋c2；由|a－d|<|b－c|得 a2
－2ad＋d20 时，不等式为 lnx≤1，解得 00，b>0 且直线 x－y＝－1 与 2x－y＝2 的交点为(3，4)，得当 x＝3，y＝4
时，z 取得大值，3a＋4b＝7，
所以3
a
＋4
b
＝3
a
＋4
b
·3a＋4b
7
＝9
7
＋16
7
＋12
7
b
a
＋a
b
≥25
7
＋12
7
×2 b
a
·a
b
＝25
7
＋24
7
＝7.
10．8 [解析] 依题意，设货车从 A 市到 B 市的时间为 t，则 t＝400
v
＋16×
v
202
v
＝400
v
＋16v
400
≥
2 400
v
·16v
400
＝2 16＝8.故填 8.
11．8 [解析] 依题意，函数 y＝a2x－4＋1(a>0 且 a≠0)过定点 A(2，2)，又 A 在直线 x
m
＋y
n
＝
1，所以2
m
＋2
n
＝1.于是 m＋n
＝2
m
＋2
n(m＋n)＝4＋2n
m
＋2m
n
≥4＋2 2n
m
·2m
n
＝8.
12.
3
4
，4
3 [解析] 根据指数函数的性质，可知函数 f(x)＝mx＋1＋1(m>0，m≠1)恒过定点(－1，
2)．将点(－1，2)代入 2ax－by＋14＝0，可得 a＋b＝7.由于(－1，2)始终落在所给圆的内部
或圆上，所以 a2＋b2≤25.由 a＋b＝7，
a2＋b2＝25，
解得 a＝3，
b＝4，
或 a＝4，
b＝3.
这说明点(a，b)在以 A(3，
4)和 B(4，3)为端点的线段上运动，所以b
a
的取值范围是3
4
，4
3.
专题限时集训(四)B
【基础演练】
1．D [解析] ∵y>x>0，且 x＋y＝1，取特殊值：x＝1
4
，y＝3
4
，则x＋y
2
＝1
2
，2xy＝3
8
，∴
x<2xy－a
bm－c
b.
∴点 P 所在的平面区域满足不等式 y>－a
bx－c
b
，a>0，b<0.
∴－a
b>0.故点 P 在该直线的上侧，综上知，点 P 在该直线的左上方．
3．D [解析] 依题意，得 a＋b＝x＋y，cd＝xy，于是（a＋b）2
cd
＝（x＋y）2
xy
＝x2＋y2＋2xy
xy
≥2xy＋2xy
xy
＝4.故选 D.
4．D [解析] 依题意，不等式 f(x0)>1 等价于
x0≤0，
1
2x0>1 或 x0>0，
x0>1，
解得 x0<0 或 x0>1.故选
D.
【提升训练】
5．C [解析] 因为 02 x＝ 4x> 2x，所以只需比较 1＋x 与 1
1－x
的大小．因
为 1＋x－ 1
1－x
＝1－x2－1
1－x
＝ x2
x－1
<0，所以 1＋x< 1
1－x
.故选 C.
6．B [解析] 依题意知，－1
2
和1
3
是一元二次方程 ax2＋bx＋2＝0 的两根，且 a<0，则
－1
2
＋1
3
＝－b
a
，
－1
2×1
3
＝2
a
，
解得 a＝－12，
b＝－2.
于是，不等式 2x2＋bx＋a<0 即是 2x2－2x－12<0，解得－
22)的图象过点 A(3，7)，则 a＝4.于是，f(x)＝x
＋ 4
x－2
＝(x－2)＋ 4
x－2
＋2≥2 （x－2）· 4
x－2
＋2＝6.故选 C.
8．A [解析] 作出满足条件的可行域，由图可知，当 z＝x＋ay，取得最大值的最优解有无数
个时，－1
a
＝－2，解得 a＝1
2.于是目标函数 z＝x＋1
2y 经过点(1，2)时，z 得最小值为 2.故选
A.
9．(－∞，－1)∪(2，＋∞) [解析] 由于 ax>b 的解集为(1，＋∞)，故有 a>0 且b
a
＝1.
又ax＋b
x－2
>0⇔(ax＋b)(x－2)＝a(x＋1)(x－2)>0⇔(x＋1)(x－2)>0，
故原不等式的解集为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．
10．k≤2 [解析] 依题意，不等式 x2－kx＋k－1>0 对 x∈(1，2)恒成立，则 x2－1>k(x－1)
对 x∈(1，2)恒成立，所以 k0，所以Δ＝4－12m≤0，解得 m≥1
3.
3．C [解析] y′＝ex＋xex，令 y′＝0，得 x＝－1，因为 x<－1 时 y′<0，x>－1 时 y′>0，所以
x＝－1 时 ymin＝－1
e
，选 C.
4．A [解析] 对 f(x)求导，得 f′(x)＝x2＋c＋(x－2)·2x.又因为 f′(2)＝0，所以 4＋c＋(2－2)×4
＝0，所以 c＝－4.于是 f′(1)＝1－4＋(1－2)×2＝－5.故选 A.
【提升训练】
5．D [解析] ∵s(t)＝t2＋3
t
，∴s′(t)＝2t－3
t2
，则机器人在 t＝2 时的瞬时速度为 s′(2)＝2×2－
3
22
＝13
4 (m/s)．故选 D.
6．B [解析] 对 f(x)求导，得 f′(x)＝2ax，因为 f(x)在区间(－∞，0)内是减函数，则 f′(x)<0，
求得 a>0，且此时 b∈R.故选 B.
7．A [解析] 对 f(x)求导，得 f′(x)＝3x2－ 3≥－ 3，
∴f(x)上任意一点 P 处的切线的斜率 k≥－ 3，即 tanα≥－ 3，
∴0≤α<
π
2
或2π
3
≤α<π.
8．D [解析] 由于 AB 的长度为定值，只要考虑点 C 到直线 AB 的距离的变化趋势即可．当 x
在区间[0，a]变化时，点 C 到直线 AB 的距离先是递增，然后递减，再递增，再递减，S′(x)
的图象先是在 x 轴上方，再到 x 轴下方，再回到 x 轴上方，再到 x 轴下方，并且函数在直线
AB 与函数图象的交点处间断，在这个间断点函数性质发生突然变化，所以选项 D 中的图象符
合要求．
9．C [解析] 对 f(x)求导，得 f′(x)＝3mx2＋2nx.依题意 f（－1）＝－m＋n＝2，①
f′（－1）＝3m－2n＝－3，②
解得
m＝1，
n＝3，
所以 f′(x)＝3x2＋6x＝3x(x＋2)．由此可知 f(x)在[－2，0]上递减，又已知 f(x)在[t，
t＋1]上递减，所以[－2，0]⊇[t，t＋1]，即 t≥－2，
t＋1≤0，
解得－2≤t≤－1.故选 C.
10．(1，e) [解析] 设切点坐标为(x0，y0)，对 f(x)＝ex 求导，得 f′(x)＝ex，所以 f′(x0)＝ex0
＝e，即 x0＝1.又 y0＝f(x0)＝ex0＝e，所以切点坐标为(1，e)．
11．－13 [解析] 对 f(x)求导，得 f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数在 x＝2 处取得极值知 f′(2)＝0，
即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.于是 f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得 f(x)在
[－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，∴当 m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′
(x)＝－3x2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为 x＝1，∴当 n∈[－1，1]时，f′(n)min＝f(－1)＝
－9.故 f(m)＋f′(n)的最小值为－13.
12．－2，2
3 [解析] ∵f′(x)＝3x2＋1>0 恒成立，∴f(x)是 R 上的增函数．又 f(－x)＝－f(x)，
∴y＝f(x)是奇函数．由 f(mx－2)＋f(x)<0 得 f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，∴mx－2<－x，即 mx
－2＋x<0 在 m∈[－2，2]上恒成立．记 g(m)＝xm－2＋x，则 g（－2）<0，
g（2）<0，
即
－2x－2＋x<0，
2x－2＋x<0，
求得－20，
当 k>0 时，f(x)的增区间为(－∞，－k)和(k，＋∞)，f(x)的减区间为(－k，k)，
当 k<0 时，f(x)的增区间为(k，－k)，f(x)的减区间为(－∞，k)和(－k，＋∞)．
(2)当 k>0 时，f(k＋1)＝ek＋1
k >1
e
，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1
e.
当 k<0 时，由(1)有 f(x)在(0，＋∞)上的最大值是 f(－k)＝4k2
e
，
所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1
e
等价于 f(－k)＝4k2
e
≤1
e
⇒－1
2
≤k<0.
综上，k 的范围为－1
2
，0.
14．解：(1)令 f′(x)＝1
x
－ a
x2
＝0，得 x＝a.
当 a≥e 时，函数 f(x)在区间(0，e]是减函数，f(x)min＝a
e
；
当 02}．
15．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)的导数为 f′(x)＝1＋lnx.
令 f′(x)>0，解得 x>1
e
；令 f′(x)<0，解得 01 时，因为 g′(x)＝1
x
1－1
x >0，
故 g(x)是(1，＋∞)上的增函数，所以 g(x)的最小值是 g(1)＝1，
所以 a 的取值范围是(－∞，1].
解法二：令 g(x)＝f(x)－(ax－1)，则 g′(x)＝f′(x)－a＝1－a＋lnx，
①若 a≤1，当 x>1 时，g′(x)＝1－a＋lnx>1－a≥0，
故 g(x)在(1，＋∞)上为增函数，
所以，x≥1 时，g(x)≥g(1)＝1－a≥0，即 f(x)≥ax－1；
②若 a>1，方程 g′(x)＝0 的根为 x0＝ea－1，
此时，若 x∈(1，x0)，则 g′(x)<0，故 g(x)在该区间为减函数，
所以 x∈(1，x0)时，g(x)0)的图象向右平移π
3
个单位长度后，所得图
象对应的函数解析式是 y＝sinωx＋5π
6
－π
3
ω(ω>0)，它的图象与函数 y＝sinωx＋π
4
的图象
重合，所以5π
6
－π
3
ω＝π
4
＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝7
4
－6k(k∈Z)，因为ω>0，所以ωmin＝7
4.
故填7
4.
12．③④ [解析] 对 f(x)＝cosxsinx＝1
2sin2x，画出函数的图象，分析知③，④是正确的．故
填③，④.
13．解：(1)∵f(x)＝2sin(π－x)cosx＝2sinxcosx＝sin2x，
∴函数 f(x)的值域是[－1，1]．
(2)由－π
6
≤x≤π
2
⇒－π
3
≤2x≤π，∴－ 3
2
≤sin2x≤1，
∴f(x)在区间 －π
6
，π
2 上的最大值为 1，最小值为－ 3
2 .
14．解：(1)依题意，得 f(x)＝2sinxcosπ
6
＋cosx＋a＝ 3sinx＋cosx＋a＝2sinx＋π
6
＋a.
所以函数 f(x)的最小正周期 T＝2π.
(2)因为 x∈－π
2
，π
2
，所以－π
3
≤x＋π
6
≤2π
3 .
所以当 x＋π
6
＝－π
3
，即 x＝－π
2
时，f(x)min＝f－π
2
＝－ 3＋a；
当 x＋π
6
＝π
2
，即 x＝π
3
时，f(x)max＝f
π
3
＝2＋a.
由题意，有(－ 3＋a)＋(2＋a)＝ 3，解得 a＝ 3－1.
15．解：(1)∵函数 f(x)的最小正周期 T＝2π
ω
＝π(ω>0)，∴ω＝2.
∵f
π
4
＝cos2×π
4
＋φ＝cos
π
2
＋φ＝－sinφ＝ 3
2
，且－π
2 <φ<0，∴φ＝－π
3 .
(2)由(1)知 f(x)＝cos2x－π
3
，
列表如下：
2x－π
3
－π
3 0
π
2
π 3
2
π 5
3
π
x 0
π
6
5
12
π 2
3
π 11
12
π π
f(x) 1
2 1 0 －1 0 1
2
图象如图．
(3)∵f(x)> 2
2
，即 cos2x－π
3
> 2
2
，
得 2kπ－π
4
<2x－π
3
<2kπ＋π
4
，k∈Z，
即 2kπ＋π
12
<2x<2kπ＋ 7
12
π，k∈Z，
即 kπ＋π
24
1，所以 cosθ＝－3
5
，于是 sin2θ
＝2sinθcosθ＝2×4
5
×－3
5
＝－24
25.
6．D [解析] 平移后得到的函数图象的解析式是 f(x)＝Acosx·sinωx＋π
6
ω＋π
6
，这个函数
是奇函数，由于 y＝cosx 是偶函数，故只要使得函数 y＝sinωx＋π
6
ω＋π
6
是奇函数即可，根
据诱导公式和正弦函数性质，则只要π
6
ω＋π
6
＝kπ(k∈Z)即可，即ω＝6k－1(k∈Z)，所以ω
的可能值为 5.
7．B [解析] 设(x，y)为 g(x)的图象上任意一点，则其关于点π
4
，0 对称的点为π
2
－x，－y，
由题意知该点必在 f(x)的图象上，所以－y＝sin
π
2
－x，即 g(x)＝－sin
π
2
－x＝－cosx.依题意
得 sinx≤－cosx，即 sinx＋cosx＝ 2sinx＋π
4
≤0.又 x∈[0，2π]，解得3π
4
≤x≤7π
4 .故选 B.
8．A [解析] 依题意，得 f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝ 2sinωx＋φ＋π
4
，由 T＝2π
ω
＝
π(ω>0)，得ω＝2.又 f(－x)＝f(x)，所以φ＋π
4
＝kπ＋π
2 (k∈Z)，即φ＝kπ＋π
4 (k∈Z)．又|φ|<π
2
，
所以φ＝π
4 .于是 f(x)＝ 2cos2x，它在 0，π
2
上单调递减．
9．A [解析] 作出点 P 在 x 轴上的投影 C，因为函数周期为 T＝2π
π
＝2，则|AC|＝1
4T＝1
2
，|PC|
＝1.在 Rt△APC 中，tan∠APC＝|AC|
|PC|
＝1
2
，同理 tan∠BPC＝BC
PC
＝3
2
，所以 tan∠APB＝tan(∠
APC＋∠BPC)＝
1
2
＋3
2
1－1
2×3
2
＝8.故选 A.
10.1
3 [解析] 因为 cosθ＝－3
5
，且θ是第三象限角，所以 sinθ＝－4
5.于是 cosθ
sinθ－1
＝
－3
5
－4
5
－1
＝
1
3.故填1
3.
11.3 65
65 [解析] 由已知 sin(α－β)＝ 5
13
，cos(α＋β)＝－4
5
，所以 sin2α＝sin[(α＋β)＋(α－β)]
＝sin(α＋β)cos(α－β)＋cos(α＋β)·sin(α－β)＝－3
5
×12
13
＋－4
5
× 5
13
＝－56
65.则(sinα＋cosα)2
＝1＋sin2α＝1－56
65
＝ 9
65
，当π
2 <α<3π
4
时，sinα＋cosα>0，即 sinα＋cosα＝3 65
65 .
12．①②③⑤ [解析] 由题意得 f(x)＝ m2＋n2sin(x＋φ)其中 tanφ＝n
m.因为 f
π
4
是它的最大
值，所以π
4
＋φ＝2kπ＋π
2 (k∈Z)，φ＝2kπ＋π
4 (k∈Z)．所以 f(x)＝ m2＋n2sinx＋2kπ＋π
4
＝ m2＋n2sinx＋π
4
，且 tanφ＝n
m
＝tan2kπ＋π
4
＝1，即 n
m
＝1，故 f(x)＝ 2|m|sinx＋π
4 .
①fx＋π
4
＝ 2|m|sinx＋π
4
＋π
4
＝ 2|m|cosx 为偶函数，所以①正确；
②当 x＝7π
4
时，f7π
4
＝ 2|m|sin7π
4
＋π
4
＝ 2|m|sin2π＝0，所以函数 f(x)的图象关于点7π
4
，
0 对称，②正确；
③f－3π
4
＝ 2|m|sinπ
4
－3π
4
＝－ 2|m|sinπ
2
＝－ 2|m|，f(x)取得最小值，所以③正确；
④根据 f(x)＝ 2|m|sinx＋π
4
可得其最小正周期为 2π，由题意可得 P2 与 P4 相差一个周期 2
π，即|P2P4|＝2π，所以④错误；
⑤由n
m
＝1 知，m
n
＝1 成立，所以⑤正确．
故填①②③⑤.
13．解：(1)函数 f(x)＝sin2x＋π
4
＋φ.
又 y＝sinx 的图象的对称轴方程为 x＝kπ＋π
2 (k∈Z)，令 2x＋π
4
＋φ＝kπ＋π
2
，将 x＝π
6
代
入，得φ＝kπ－π
12(k∈Z)．
∵0<φ<π，∴φ＝11π
12 .
(2)由(1)知 f(x)＝sin2x＋7π
6 .
由－π
2
≤x≤0，得π
6
≤2x＋7π
6
≤7π
6
，
∴当 2x＋7π
6
＝7π
6
，即 x＝0 时，f(x)min＝－1
2.
14．解：(1)f(x)＝2sin2
ωx＋π
4 ＋2cos2ωx
＝1－cos 2ωx＋π
2 ＋1＋cos2ωx
＝sin2ωx＋cos2ωx＋2＝ 2sin 2ωx＋π
4 ＋2，
∵函数 f(x)的图象上两个相邻的最低点之间的距离为2π
3
，∴f(x)的最小正周期为2π
3
，∴2π
2ω
＝
2π
3 (ω>0)，∴ω的值为3
2
，
∴函数 f(x)＝ 2sin 3x＋π
4 ＋2，
∴函数 f(x)的最大值为 2＋2，此时 3x＋π
4
＝2kπ＋π
2
，即 x＝2kπ
3
＋π
12(k∈Z)．
(2)y＝f(x)的图象向右平移π
8
个单位长度得 h(x)＝ 2sin 3 x－π
8 ＋π
4 ＋2＝ 2sin 3x－π
8 ＋
2，再沿 y 轴对称后得到 g(x)＝ 2sin
－3x－π
8 ＋2＝－ 2sin 3x＋π
8 ＋2，
函数 g(x)的单调减区间，即 y＝sin 3x＋π
8 单调递增区间．
由 2kπ－π
2
≤3x＋π
8
≤2kπ＋π
2
，
解得 2
3kπ－5π
24
≤x≤2
3kπ＋π
8 (k∈Z)．
故 y＝g(x)的单调减区间为
2
3kπ＋5π
24
，2
3kπ＋π
8 (k∈Z)．
15．解：(1)f(x)＝2sinx＋π
3 cosx＋π
3
－2 3cos2x＋π
3
＝sin2x＋2π
3
－ 3 cos2x＋2π
3
＋1
＝sin2x＋2π
3
－ 3cos2x＋2π
3
－ 3
＝2sin2x＋π
3
－ 3.
∵－1≤sin2x＋π
3
≤1，
∴－2－ 3≤2sin2x＋π
3
－ 3≤2－ 3，
又 T＝2π
2
＝π，
即 f(x)的值域为[－2－ 3，2－ 3]，最小正周期为π.
(2)当 x∈ 0，π
6 时，2x＋π
3
∈
π
3
，2
3
π
∴sin2x＋π
3
∈
3
2
，1 ，
此时 f(x)＋ 3＝2sin2x＋π
3
∈[ 3，2]．
由 m[f(x)＋ 3]＋2＝0 知，m≠0，且 f(x)＋ 3＝－2
m
，
∴ 3≤－2
m
≤2，即
2
m
＋ 3≤0，
2
m
＋2≥0，
解得－2 3
3
≤m≤－1.
即实数 m 的取值范围是 －2 3
3
，－1 .
专题限时集训(七)
【基础演练】
1．A [解析] ∵a2＋c2－b2
2ac
＝cosB＝ 3
2
，又 00) ． 由 余 弦 定 理 可 得 ， cosC ＝ a2＋b2－c2
2ab
＝
（2k）2＋（3k）2－（4k）2
2×2k×3k
＝－1
4.
10. 6－1 [解析] 由题意可得，∠ACB＝120°，AC＝2，AB＝3，设 BC＝x，则由余弦定理
可得，AB2＝BC2＋AC2－2BC×ACcos120°，即 32＝x2＋22－2×2xcos120°，整理得 x2
＋2x＝5，解得 x＝ 6－1 或 x＝－ 6－1(舍去)．故填 6－1.
11. 3
3 [解析] 由 S△ABC＝1
2BC·BAsinB＝ 3
2
得 BA＝1，
由余弦定理得 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，
∴AC＝ 3，∴AC2＋BA2＝BC2，
∴△ABC 为直角三角形，其中 A 为直角，
∴tanC＝AB
AC
＝ 3
3 .
12．解： f(x)＝ 3
2 sin2x＋1－cos2x
2
－3
2
＝sin 2x－π
6 －1，
则 f(x)的最小值是－2，最小正周期 T＝π.
(2)f(C)＝sin 2C－π
6 －1＝0，
则 sin 2C－π
6 ＝1.
∵00，即 p·q>0，所以 p 与 q 的夹角为锐角．故选 A.
8．C [解析] 取 BC 边中点 M，由 2OA→ ＋AB→ ＋AC→ ＝0，可得 2AO→ ＝AB→ ＋AC→ ＝2AM→ ，则点 M
与点 O 重合．又由|OB→ |＝|OC→ |＝|OA→ |＝|AB→ |＝1，可得|AC|＝|BC|sin60°＝2× 3
2
＝ 3，则
CA→ ·CB→ ＝|CA→ |·|CB→ |cosC＝|CA→ |2＝3.
9．B [解析] DM→ ＝DA→ ＋1
3AB→ ，DB→ ＝DA→ ＋AB→ ，DM→ ·DB→ ＝DA→ 2＋4
3DA→ ·AB→ ＋1
3AB→ 2＝1.选 B.
10.3 2
4 [解析] 因为 a∥b，所以1
2
×1＝sinx·cosx，即 sin2x＝1.又因为 x∈ 0，π
2 ，所以
2x＝π
2
，即 x＝π
4 .于是 a·b＝1
2sinx＋cosx＝1
2sin
π
4
＋cos
π
4
＝1
2
× 2
2
＋ 2
2
＝3 2
4 .
11．8 [解析] 依题意得 OA→ 2＝OB→ 2＝OC→ 2，由于 AC→ 2＝(OC→ －OA→ )2＝OC→ 2＋OA→ 2－
2OC→ ·OA→ ，
所以OC→ ·OA→ ＝1
2(OC→ 2＋OA→ 2－AC→ 2)，同理OA→ ·OB→ ＝1
2(OA→ 2＋OB→ 2－AB→ 2)，所以AO→ ·BC→ ＝
－OA→ ·(OC→ －OB→ )＝－OA→ ·OC→ ＋OA→ ·OB→ ＝－1
2(OA→ 2＋OC→ 2－AC→ 2)＋1
2(OA→ 2＋OB→ 2－AB→ 2)
＝1
2(AC→ 2－AB→ 2)＝1
2(52－32)＝8.
12．③④ [解析] 对于①，取特值零向量知错误，若前提为非零向量，由向量加减法的平行
四边形法则与夹角的概念知结论正确；
对于②，取特值夹角为 0 度则结论错，认识数量积和夹角的关系，命题应为 a·b＞0 是 a，b
的夹角为锐角的必要条件；
对于③，注意按向量平移的意义，就是图象向左移 1 个单位，结论正确；
对于④，向量的数量积满足分配律运算，结论正确．
13．解：(1)a·b－c·d＝2＋cos2θ－2sin2θ－1＝2cos2θ.
因为θ∈ 0，π
4 ，
所以 2cos2θ∈(0，2)．
(2)因为 f(a·b)＝|cos2θ＋1|∈(1，2)，
f(c·d)＝|2sin2θ|∈(0，1)，
所以 f(a·b)>f(c·d)．
14．解：(1)∵f(x)＝ 3
2 sinπx＋1
2cosπx＝sinπx＋π
6 .
∵x∈R，∴－1≤sinπx＋π
6
≤1，
∴函数 f(x)的最大值和最小值分别为 1，－1.
(2)解法 1：令 f(x)＝sinπx＋π
6
＝0 得πx＋π
6
＝kπ，k∈Z，
∵x∈[－1，1]，∴x＝－1
6
或 x＝5
6
，
∴M－1
6
，0，N5
6
，0，
由 sinπx＋π
6
＝1，且 x∈[－1，1]得 x＝1
3
，∴P1
3
，1，
∴PM→ ＝－1
2
，－1，PN→ ＝1
2
，－1，
∴cos〈PM→ ，PN→ 〉＝ PM→ ·PN→
|PM→ |·|PN→ |
＝3
5.
解法 2：过点 P 作 PA⊥x 轴于 A，则|PA|＝1，
由三角函数的性质知|MN|＝1
2T＝1，|PM|＝|PN|＝ 12＋1
22＝ 5
2
，
由余弦定理得 cos〈PM→ ，PN→ 〉＝|PM|2＋|PN|2－|MN|2
2|PM|·|PN|
＝
5
4
×2－1
2×5
4
＝3
5.
解法 3：过点 P 作 PA⊥x 轴于 A，则|PA|＝1，
由三角函数的性质知|MN|＝1
2T＝1，|PM|＝|PN|＝ 12＋1
22＝ 5
2
，
在 Rt△PAM 中，cos∠MPA＝|PA|
|PM|
＝ 1
5
2
＝2 5
5 .
∵PA 平分∠MPN，∴cos∠MPN＝cos2∠MPA＝2cos2∠MPA－1＝2×2 5
5 2－1＝3
5.
15．解：(1)∵m·n＝1，即 3sinx
4cosx
4
＋cos2x
4
＝1，
即 3
2 sinx
2
＋1
2cosx
2
＋1
2
＝1，
∴sinx
2
＋π
6
＝1
2.
∴cosx＋π
3
＝1－2sin2x
2
＋π
6
＝1－2×1
22＝1
2.
(2)f(x)＝m·n＝sinx
2
＋π
6
＋1
2.
∵(2a－c)cosB＝bcosC，
由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，
∴2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC，
∴2sinAcosB＝sin(B＋C)．
∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sinA，且 sinA≠0，
∴cosB＝1
2
，∴B＝π
3 .
又 A 在△ABC 内，∴00，解得 a2＝1，a8＝2，所以 q6＝2，故a13
a10
＝q3＝ 2.
11.31
72 [解析] 设两个方程的根分别为 x1、x4 和 x2、x3.因为 x1＋x4＝x2＋x3＝1，所以 x1
＝1
4
，x4＝3
4
，从而 x2＝ 5
12
，x3＝ 7
12.则 a＝x1x4＝ 3
16
，b＝x2x3＝ 35
144
，或 a＝ 35
144
，b＝ 3
16.
于是 a＋b＝ 3
16
＋ 35
144
＝31
72.
12．28 [解析] 依题意得，数列{an}是周期为 3 的数列，且 a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此 a1
＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28.
13．解：(1)因为 S15＝15a8，设{an}的公差为 d，则有 a1＋4d≥10，①
a1＋7d<17，②
由①得－a1－4d≤－10，③
②＋③有 3d<7⇔d<7
3
，所以 d＝2.
将 d＝2 代入①，②有 a1≥2 且 a1<3，所以 a1＝2.
故 an＝2＋(n－1)×2，即 an＝2n(n∈N*)．
(2)由(1)可知 a1＝2，a3＝6，∴公比 q＝a3
a1
＝3，
abn＝2·3(n＋2)－1＝2·3n＋1.又 abn＝a1＋(bn－1)×2＝2bn，
所以 2·3n＋1＝2bn，即 bn＝3n＋1，故 cn＝3n＋1－1
4 .
此时当 n＝1，3，5 时符合要求；当 n＝2，4 时不符合要求．
由此可猜想：当且仅当 n＝2k－1，k∈N*时，cn 为正整数．
证明如下：
逆用等比数列的前 n 项和公式有：cn＝1
2
×1－3n＋1
1－3
＝
1
2(1＋3＋32＋…＋3n)．
当 n＝2k，k∈N*时，上式括号内为奇数个奇数之和，为奇数，此时 cn∉N*；
当 n＝2k－1，k∈N*时，上式括号内为偶数个奇数之和，为偶数，此时 cn∈N*.
故满足要求的所有 n 为 n＝2k－1，k∈N*.
14．解：(1)由已知得 an＋1＝an＋1
2
，即 an＋1－an＝1
2.
所以数列{an}是以1
2
为首项，1
2
为公差的等差数列，
即 an＝1
2
＋1
2(n－1)＝n
2.
(2)由(1)得 bn＝ 1
n
2
·n＋1
2
＝ 4
n（n＋1），即 bn＝41
n
－ 1
n＋1
，
所以 Tn＝4
1－1
2
＋1
2
－1
3
＋…＋1
n
－ 1
n＋1 ＝41－ 1
n＋1
＝ 4n
n＋1
.
15．解：(1)因为 a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N)，
所以 a2＝6，a3＝12.
当 n≥2 时，an－an－1＝2n，an－1－an－2＝2(n－1)，…，a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2，
所以 an－a1＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2]，
即 an＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1]＝2·n（n＋1）
2
＝n(n＋1)．
当 n＝1 时，a1＝1×(1＋1)＝2 也满足上式．
于是数列{an}的通项公式为 an＝n(n＋1)．
(2)bn＝ 1
an＋1
＋ 1
an＋2
＋…＋ 1
a2n
＝ 1
（n＋1）（n＋2）＋
1
（n＋2）（n＋3）＋…＋ 1
2n（2n＋1）
＝ 1
n＋1
－ 1
n＋2
＋ 1
n＋2
－ 1
n＋3
＋…＋ 1
2n
－ 1
2n＋1
＝ 1
n＋1
－ 1
2n＋1
＝ n
2n2＋3n＋1
＝ 1
2n＋1
n
＋3
.
令 f(x)＝2x＋1
x(x≥1)，则 f′(x)＝2－ 1
x2
，
当 x≥1 时，f′(x)>0 恒成立，
所以 f(x)在[1，＋∞)上是增函数，故当 x＝1 时，
f(x)min＝f(1)＝3，
即当 n＝1 时，(bn)max＝1
6.
专题限时集训(十)
【基础演练】
1．A [解析] 依题意，由根与系数的关系得 a2＋a4＝1，所以 S5＝5（a1＋a5）
2
＝
5（a2＋a4）
2
＝5
2.故选 A.
2．B [解析] 依据等比数列通项公式的性质，得 a3·a7＝a4·a6＝a25，所以 a55＝25
2
，求得
a5＝ 2.故选 B.
3．B [解析] 依题意得 S15＝15（a1＋a15）
2
＝15a8＝25π，所以 a8＝5
3
π，于是 tana8＝tan5
3
π＝－ 3.故选 B.
4．D [解析] 由 8a2＋a5＝0，知公比 q＝－2，所以a5
a3
＝q2＝4，S5
S3
＝1－q5
1－q3
＝11
3
，an＋1
an
＝
q＝－2，Sn＋1
Sn
＝1－qn＋1
1－qn
，根据 n 的奇偶性可知，该式的结果不定．故选 D.
【提升训练】
5．C [解析] 因为 a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，所以 an＋1＝2an，an＝2n－1，
Sn＝2n－1，则满足 Sn>1 025 的最小 n 值是 11.
6．B [解析] 依题意可得 d＝－1，an＝a1＋(n－1)d＝11－n，所以 a10＝1，a11＝0，a12
＝－1，a10＋a11>0，S21＝21a11＝0，a11＋a12＝－1<0，n＝10 或 11 时，Sn 最大，故选
B.
7．C [解析] 设等差数列{an}公差为 d，则有(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＝3d＝99－105，
则 d＝－2，易得 a1＝39，an＝41－2n，令 an>0 得 n<20.5，即在数列{an}中，前 20 项均为
正值，自第 21 项起以后各项均为负，因此当 n＝20 时，Sn 取得最大值．
8．A [解析] 依题意得 a15＋a6＝1，由等差数列性质知 a15＋a6＝a1＋a20，所以 S20＝
20（a1＋a20）
2
＝10(a15＋a6)＝10.故选 A.
9．C [解析] 由 a9＋3a11<0 得 2a10＋2a11<0，即 a10＋a11<0，又 a10·a11<0，则 a10
与 a11 异号，因为数列{an}的前 n 项和 Sn 有最大值，所以数列{an}是一个递减数列，则 a10>0，
a11<0，所以 S19＝19（a1＋a19）
2
＝19a10>0，S20＝20（a1＋a20）
2
＝10(a10＋a11)<0.
故选 C.
10. n
n＋1 [解析] 设等比数列{an}的公比为 q，则a4
a1
＝q3＝27，解得 q＝3，所以 an＝a1qn－1
＝3×3n－1＝3n，由此得 bn＝log3an＝n.于是 1
bnbn＋1
＝ 1
n（n＋1）＝1
n
－ 1
n＋1
，则数列
1
bnbn＋1 的前 n 项和 Sn＝1－1
2
＋1
2
－1
3
＋…＋1
n
－ 1
n＋1
＝1－ 1
n＋1
＝ n
n＋1
.
11．Sn＝
9n
4
，n 是偶数，
9n－1
4
，n 是奇数
[解析] 依题意，这个数列为 2，5
2
，2，5
2
，2，5
2
，…，若 n 是偶数，则 Sn＝n
2
×2＋n
2
×5
2
＝9n
4
；若
n 是奇数，则 Sn＝n＋1
2
×2＋n－1
2
×5
2
＝9n－1
4
.故 Sn＝
9n
4
，n 是偶数，
9n－1
4
，n 是奇数.
12．2 014 [解析] 依题意得S1＋S2＋…＋S2 012
2 012
＝2 013，所以 S1＋S2＋…＋S2 012＝2
012×2 013，数列 2，a1，a2，a3，…，a2 012 相当于在数列 a1，a2，a3，…，a2 012 前
加一项 2，所以其“优化和”为2＋（S1＋2）＋（S2＋2）＋…＋（S2 012＋2）
2 013
＝2 012×2 013＋2×2 013
2 013
＝2 014.
13．解：(1)由条件知Sn
n
＝2n－1，即 Sn＝2n2－n.
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－ 2(n－1)
2
－(n－1) ＝4n－3.
又 n＝1 时，a1＝S1＝1 符合上式，所以 an＝4n－3(n∈N＋)．
(2)∵bn＝(4n－3)2n－1，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1＋5×21＋9×22＋…＋(4n－3)2n－1.①
2Tn＝2＋5×22＋9×23＋…＋(4n－3)2n.②
①－②得－Tn＝1－8＋2n＋2－(4n－3)2n.
∴Tn＝(4n－7)2n＋7.
14．解：(1)证明：由已知可得an＋1
2n＋1
＝ an
an＋2n
，
即2n＋1
an＋1
＝2n
an
＋1，即2n＋1
an＋1
－2n
an
＝1，
∴数列
2n
an 是公差为 1 的等差数列．
(2)由(1)知2n
an
＝ 2
a1
＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝ 2n
n＋1.
(3)由(2)知 bn＝ 1
2n（n＋1）
＝1
2
1
n
－ 1
n＋1 ，
∴Sn＝1
21－1
2
＋1
2
－1
3
＋…＋1
n
－ 1
n＋1
＝ n
2（n＋1）.
15．解：(1)a1＝1
2
，a2＝3
4
，a3＝7
8.
(2)证明：由题可知：a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝n－an，①
a1＋a2＋a3＋…＋an＋an＋1＝n＋1－an＋1，②
②－①可得 2an＋1－an＝1，即 an＋1－1＝1
2(an－1)，
又 a1－1＝－1
2
，
∴数列{an－1}是以－1
2
为首项，以1
2
为公比的等比数列．
(3)由(2)可得 an＝1－
1
2
n
，bn＝n－2
2n
，
由 bn＋1－bn＝n＋1－2
2n＋1
－n－2
2n
＝n－1－2（n－2）
2n＋1
＝ 3－n
2n＋1
>0，可得 n<3.
由 bn＋1－bn<0，可得 n>3，所以 b1b5>…>bn>…，
故 bn 有最大值 b3＝b4＝1
8
，所以，对任意 n∈N*，有 bn≤1
8.
如果对任意 n∈N*，都有 bn＋1
4t≤t2，即 bn≤t2－1
4t 成立，
则(bn)max≤t2－1
4t，故有1
8
≤t2－1
4t，解得 t≥1
2
或 t≤－1
4
，
所以实数 t 的取值范围是 －∞，－1
4 ∪
1
2
，＋∞ .
专题限时集训(十一)
【基础演练】
1．C [解析] 长方体的侧面与底面垂直，所以俯视图是 C.
2．A [解析] 由三视图可知，该几何体是一个横放的三棱柱，底面三角形是等腰三角形(底为
6，高为 4)，三棱柱的高为 4，故底面三角形的腰长为 32＋42＝5.故该几何体的表面积为 S
＝1
2
×6×4×2＋5×4×2＋6×4＝88.故选 A.
3．D [解析] 两个柱体的组合．体积是 6×4×1＋2×4×5＝64.
4．B [解析] 由于正视图和侧视图的底边长度不同，故俯视图一定不是正方形和圆．
【提升训练】
5．A [解析] 由三视图的数据可知，三棱柱的全面积为 S＝2×1
2
×2×2＋(2＋2＋2 2)×2＝12
＋4 2，选 A.
6．B [解析] 由题意可知，该几何体为一个四棱锥，底面面积为3
2
，高为 1，体积为 V＝1
3
×3
2
×1＝1
2.故选 B.
7．C [解析] 这个空间几何体直观图如图，其中侧面 PAD⊥底面 ABCD，侧面中只有△PAB，
△PCD 为直角三角形，另外两个是非直角的等腰三角形．
8.
D [解析] 如图所示是棱长为 1 的正方体，当投影线与平面 A1BC1 垂直时，因为平面 ACD1
∥平面 A1BC1，所以此时正方体的正投影为一个正六边形，设其边长为 a，则 3a＝ 2，所
以 a＝ 6
3
，所以投影面的面积为 6× 3
4
×
6
3
2
＝ 3，此时投影面积最大．故选 D.
9．B [解析] 由三视图知，空间几何体是一个圆柱和一个圆台的组合体．该几何体的体积为
V＝π×22×4＋1
3
π×1(22＋12＋2×1)
＝16π＋7
3
π＝55
3
π.
10．B [解析] 由题意，多面体是一个四棱锥 E－ABCD，ED 垂直于平面 ABCD，ED＝3，
AB＝4，AD＝3，四边形 ABCD 是矩形，
这个棱锥的体积＝1
3
×3×4×3＝12.
11．54π [解析] 冰淇淋上半部分是半球，下半部分是圆锥，V＝2
3
π×33＋1
3
π×32×12＝
54π.
12.1
3 3π [解析] 该空间几何体是底面边长和高均为 1 且一条侧棱垂直底面的四棱锥，其体
积为1
3
×12×1＝1
3
；这个四棱锥与单位正方体具有相同的外接球，故外接球的半径为 3
2
，所以
其表面积为 4π×
3
2
2
＝3π.
13．13 [解析] 根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开
为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为 52＋122＝13 cm.
专题限时集训(十二)
【基础演练】
1．C [解析] m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，需要 m∩n＝A 才有 l⊥α，A 错误．若 m⊂α，n
⊥α，l⊥n，l 与 m 可能平行、相交、也可能异面，B 错误．
若 l⊥m，l⊥n，l 与 m 可能平行、相交、也可能异面，D 错误．
2．B [解析] ①不对，b，c 可能异面；②不对，b，c 可能平行；平行移动直线不改变这条直
线与其他直线的夹角，故③对，选 B.
3．D [解析] 由于 A1C1⊥B1D1，根据正方体特征可得 BB1⊥A1C1，故 A1C1⊥平面
BB1D1D，B1O⊂平面 BB1D1D，所以 B1O⊥A1C1.
4．D [解析] 把展开图还原，则 l1，l2 是正方体中位于同一个顶点处的两个面的面对角线，
故一定相交且夹角为π
3 .
【提升训练】
5．C [解析] 垂直同一直线的平面平行，选项 A 中的命题正确；两平行线中一条垂直一个平
面，另一条也垂直这个平面，选项 B 中的命题正确；选项 C 中的命题不正确；由面面垂直的
判定定理知选项 D 中的命题正确．
6．D [解析] 由性质可知①是正确的；对于②，过两点的直线可能与平面相交，所以②错误；
对于③，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能相交或异面，所以③错误；由性质
可知④正确．故选 D.
7．C [解析] 如图所示，则 BC 中点 M，B1 点，D 点，A1D1 的中点 N 分别到两异面直线的
距离相等．即满足条件的点有四个，故选 C 项．
8．C [解析] 由 PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM 可得 AC⊥BD，故 A 正确；由 PQ∥AC 可
得 AC∥截面 PQMN，故 B 正确；异面直线 PM 与 BD 所成的角等于 PM 与 PN 所成的角，故
D 正确．综上 C 是错误的，故选 C.
9．6 [解析] 因为四棱锥 P－ABCD 的顶点 P 在底面 ABCD 上的投影恰好是 A，其正视图与
侧视图都是腰长为 a 的等腰直角三角形，所以 PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD
⊥PC，AD⊥PB，共 6 对．
10．①② [解析] 根据直线与平面垂直的定义，命题①正确；两条平行线中的一条直线垂直
于一个平面，另一条也垂直这个平面，命题②正确；直线与平面平行时直线不平行这个平面
内的任意直线，命题③不正确；直线与平面的平行不具有传递性，命题④不正确．
11. 3
6 [解析] 在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，球心 O 到截面的距离即为 O 到三角形 ACB1
的中心 H 的距离，
根据点 B 到平面 ACB1 的距离是正方体的体对角线的1
3
，而正方体的体对角线为 3，
所以 O 到三角形 ACB1 的中心 H 的距离为 OB－BH＝ 3
2
－ 3
3
＝ 3
6 .
12．解：(1)证明：连接 BD 交 AC 于 O 点，连接 FO，∵F 是 PC 的中点，O 是 AC 的中点，
∴FO∥PA 且 FO＝1
2PA，又 DE∥PA，且 DE＝1
2PA，
∴FO∥ED 且 FO＝ED，∴四边形 EFOD 为平行四边形，
∴EF∥OD.又 EF⊄平面 ABCD，OD⊂平面 ABCD，
∴EF∥平面 ABCD.
(2)证明：∵PA⊥平面 ABCD，∴PA⊥OD，又 OD⊥AC，
且 PA∩AC＝A，
∴OD⊥平面 PAC.又 EF∥OD，∴EF⊥平面 PAC.
又 EF⊂平面 PCE，∴平面 PEC⊥平面 PAC.
(3)∵PA⊥平面 ABCD，∴平面 PADE⊥平面 ABCD，又 CD⊥AD，∴CD⊥平面 PADE.又 CD
＝2，S△PAE＝1
2
·PA·AD＝1
2
×2×2＝2，
∴VP－ACE＝VC－PAE＝1
3S△PAE·CD＝1
3
×2×2＝4
3.
13．解：(1)证明：在直角梯形 ABCD 中，
CD＝2AB，E 为 CD 的中点，
则 AB＝DE，又 AB∥DE，
AD⊥AB，知 BE⊥CD.在四棱锥 C－ABED 中，BE⊥DE，BE⊥CE，CE∩DE＝E，
CE，DE⊂平面 CDE，则 BE⊥平面 CDE.
因为 CO⊂平面 CDE，所以 BE⊥CO.
又 CO⊥DE，且 BE，DE 是平面 ABED 内两条相交直线，
故 CO⊥平面 ABED.
(2)由(1)知 CO⊥平面 ABED，
则三棱锥 C－AOE 的体积 V＝1
3S△AOE·OC＝
1
3
×1
2
×OE×AD×OC.
由直角梯形 ABCD 中，CD＝2AB＝4，AD＝ 2，CE＝2，
得三棱锥 C－AOE 中，
OE＝CEcosθ＝2cosθ，OC＝CEsinθ＝2sinθ，
V＝ 2
3 sin2θ≤ 2
3 .
当且仅当 sin2θ＝1，θ∈0，π
2
，即θ＝π
4
时取等号，
(此时 OE＝ 20)相切，则圆心(3，0)到直线 y＝± 2
2 x 的距离等于圆的半径，所以 r
＝| 2×3±2×0|
2＋4
＝ 3.
13．(x＋1)2＋ y－1
2
2
＝1
2 [解析] 圆心在抛物线 x2＝2y 上，设圆心为 x，1
2x2，直线 2x＋2y
＋3＝0 与圆相切，圆心到直线 2x＋2y＋3＝0 的距离为 r＝|2x＋x2＋3|
22＋22
＝|x2＋2x＋3|
2 2
＝
|（x＋1）2＋2|
2 2
≥ 2
2 2
＝ 2
2 .
当 x＝－1 时，r 最小，从而圆的面积最小，此时圆的圆心为
－1，1
2
，圆的方程为(x＋1)2＋ y－1
2
2
＝1
2.
专题限时集训(十三)B
【基础演练】
1．C [解析] 如图，易知最短距离过圆心，首先找出 A(－1，1)关于 x 轴的对称点 A′(－1，
－1)，则最短距离为|CA′|－r.又圆方程可化为：(x－5)2＋(y－7)2＝22，则圆心 C(5，7)，r＝2，
则|CA′|－r＝ （5＋1）2＋（7＋1）2－2＝10－2＝8，即最短路程为 8.
2．B [解析] 因为圆 x2＋y2＋2x－4y＝0 的圆心为(－1，2)，由直线 3x＋y＋a＝0 过圆心得：
a＝1.
3．C [解析] 圆的方程为(x－1)2＋y2＝2，由不等式|1＋m|
2
< 2，解得－3b>0)与双曲线 C2：x2－y2
4
＝1 有公共的焦点，c2
＝5，所以 a2＝b2＋5.因为 C2 的一条渐近线与以 C1 的长轴为直径的圆相交于 A、B 两点，
C1 恰好将线段 AB 三等分，设渐近线与椭圆 C1 交于 C，D 两点，由椭圆及圆的对称性得|OC|2
＝a2
9
＝ 5a2b2
b2＋4a2
＝5a4－25a2
5a2－5
，a2＝11
2
，b2＝1
2.
9. 17 [解析] 因为焦点在 x 轴上的双曲线的渐近线方程是 y＝±4x，所以 b＝4a，c2＝17a2，
e＝ 17.
10．6 [解析] 由题知
2b＝ 5，
c
a
＝2
3
， 即
b＝ 5
2
，
a2－b2
a2
＝4
9
，
解得
a＝3
2
，
b＝ 5
2
，
由椭圆的定义知△ABF2 的周长为 4a＝4×3
2
＝6.
11.5
2 [解析] 本题主要考查抛物线的定义．属于基础知识、基本运算的考查．
|AF|＋|BF|＝6，由抛物线的定义即 AD＋BE＝6，又线段 AB 的中点到 y 轴的距离为1
2(AD＋BE)
＝3，抛物线的准线为 y＝－1
2
，所以线段 AB 的中点到 y 轴的距离为5
2.
12．解：(1)设 F1(－c，0)，F2(c，0)，
则由已知得|－c－ 3×0－3|
1＋3
＝2c，解得 c＝1，
又c
a
＝ 2
2
，∴a＝ 2，
故 b2＝a2－c2＝2－1＝1.
∴椭圆的方程为x2
2
＋y2＝1.
(2)联立 x2＋2y2－2＝0，
y＝x，
解得 x2＝2
3
，故 x1＝ 6
3
，x2＝－ 6
3 .
∴A 6
3
，6
3
，B－ 6
3
，－ 6
3
，
解得|AB|＝4
3 3.
欲使△ABD 面积最大，则 D 点要离 y＝x 的距离最大，D 点应在与 y＝x 平行且与椭圆相切的
直线 l 上，设直线为 y＝x＋λ，
联立方程 x2＋2y2－2＝0，
y＝x＋λ，
消去 y 得 3x2＋4λx＋2λ2－2＝0.
令Δ＝16λ2－4×3×(2λ2－2)＝0，解得λ＝± 3，
则直线 l：x－y± 3＝0.
故点 D 到直线 l 的距离为两平行直线的距离 d＝ 3
2
＝ 6
2
，
∴S△ABD＝1
2
×|AB|·d＝1
2
×4
3 3× 6
2
＝ 2，
即△ABD 面积的最大值为 2.
13．解：(1)由题设知点 C 到点 F 的距离等于它到直线 l1 的距离，
∴点 C 的轨迹是以 F 为焦点，l1 为准线的抛物线．
∴所求轨迹的方程为 x2＝4y.
(2)由题意设直线 l2 的方程为 y＝kx＋1，
与抛物线方程联立消去 y，得 x2－4kx－4＝0.
设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
∵直线 PQ 的斜率 k≠0，易得点 R 的坐标为 －2
k
，－1 ，
RP→ ·RQ→ ＝ x1＋2
k
，y1＋1 · x2＋2
k
，y2＋1
＝ x1＋2
k x2＋2
k ＋(kx1＋2)(kx2＋2)
＝(1＋k2)x1x2＋
2
k
＋2k (x1＋x2)＋ 4
k2
＋4
＝－4(1＋k2)＋4k
2
k
＋2k ＋ 4
k2
＋4＝4 k2＋ 1
k2 ＋8，
∵k2＋ 1
k2
≥2，当且仅当 k2＝1 时取到等号，
∴RP→ ·RQ→ ≥4×2＋8＝16，即RP→ ·RQ→ 的最小值为 16.
14．解：(1)把点( 2， 3)，(2， 2)的坐标代入椭圆方程得
4
a2
＋ 2
b2
＝1，
2
a2
＋ 3
b2
＝1，
解得 a2＝8，
b2＝4，
所以椭圆方程为x2
8
＋y2
4
＝1.
(2)圆 C 的方程为 x2＋y2＝8
3.
∵PM→ ·PN→ ＝(PO→ ＋OM→ )·(PO→ －OM→ )＝|OP→ |2－|OM→ |2＝|OP→ |2－8
3
，
点 P 是椭圆 E 上任意一点，∴|OP→ |2∈[4，8]，
故PM→ ·PN→ ∈
4
3
，16
3 .
(3)证明：当直线 l 的斜率存在时，设其方程为：y＝kx＋m，代入椭圆方程得(1＋2k2)x2＋4kmx
＋2m2－8＝0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x1＋x2＝－4km
1＋2k2
，
x1x2＝2m2－8
1＋2k2
，
y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m2－8k2
1＋2k2
.
因为直线 l 是圆 C 的切线，故 m2
1＋k2
＝8
3
，
即 3m2－8k2－8＝0，所以 x1x2＋y1y2＝3m2－8k2－8
1＋2k2
＝0，
故OA→ ·OB→ ＝0，即得证 OA⊥OB.
当直线 l 的斜率不存在时，则直线 l 方程为 x＝± 8
3
，
若 x＝ 8
3
，则 y＝± 8
3
；若 x＝－ 8
3
，则 y＝± 8
3
；
都有OA→ ·OB→ ＝0，则 OA⊥OB.
综上，OA⊥OB，故以 AB 为直径的圆恒过点 O.
专题限时集训(十五)A
【基础演练】
1．B [解析] 由题意，
k＋1>0，
3－k>0，
k＋1>3－k，
解得 1b
a
，所以 e＝c
a
＝
1＋
b
a
2
< 5.又 e>1，所以所求的范围是(1， 5)．
【提升训练】
5．C [解析] 圆心到准线的距离为 4，由题意只要|FM|>4 即可，而|FM|＝y0＋2，∴y0>2.
6．B [解析] 根据|MN→ |·|MP→ |＋MN→ ·NP→ ＝0 得 4 （x＋2）2＋y2＋4(x－2)＝0，即(x＋2)2
＋y2＝(x－2)2，即 y2＝－8x.
7．A [解析] 根据已知只能 m>0，n>0，且 m＋2－n＝m＋n，即 n＝1，所以椭圆的离心率
为 e＝ m＋1
m＋2
＝ 1－ 1
m＋2.由于 m>0，所以 1－ 1
m＋2>1
2
，所以 2
2 b>0)，且 a2＝b2＋c2.
由题意可知：b＝1，c
a
＝ 3
2 .
解得 a2＝4，所以椭圆 C 的标准方程为x2
4
＋y2＝1.
(2)由(1)得 Q(－2，0)．设 A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由直线 l 垂直于 x 轴时，则直线 l 的方程为 x＝－6
5.
由
x＝－6
5
，
x2
4
＋y2＝1，
解得
x＝－6
5
，
y＝4
5
或
x＝－6
5
，
y＝－4
5.
不妨设点 A 在 x 轴上方，则 A
－6
5
，4
5 ，B
－6
5
，－4
5 ，
则直线 AQ 的斜率 kAQ＝
4
5
－0
－6
5
－（－2）
＝1，
直线 BQ 的斜率 kBQ＝
－4
5
－0
－6
5
－（－2）
＝－1.
因为 kAQ·kBQ＝－1，
所以 AQ⊥BQ，
所以∠AQB＝π
2
，即∠AQB 的大小为π
2 .
13．解：(1)由题设知|EF1|＋|EF2|＝2 2>|F1F2|，
根据椭圆的定义，点 E 的轨迹是焦点为 F1，F2，长轴长为 2 2的椭圆．
设其方程为x2
a2
＋y2
b2
＝1(a>b>0)，
则 c＝1，a＝ 2，b＝1，所以 E 的方程为x2
2
＋y2＝1.
(2)依题设直线 l 的方程为 y＝k(x－1)．
将 y＝k(x－1)代入x2
2
＋y2＝1 并整理得
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
Δ＝8k2＋8>0.
设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则 x1＋x2＝ 4k2
2k2＋1
，x1x2＝2k2－2
2k2＋1
.
设 MN 的中点为 Q，则 xQ＝ 2k2
2k2＋1
，yQ＝k(xQ－1)＝－ k
2k2＋1
，即 Q 2k2
2k2＋1
， －k
2k2＋1
.
因为 k≠0，
所以直线 MN 的垂直平分线的方程为
y＋ k
2k2＋1
＝－1
kx－ 2k2
2k2＋1.
令 x＝0 解得 yP＝ k
2k2＋1
＝ 1
2k＋1
k
.
当 k>0 时，因为 2k＋1
k
≥2 2，所以 0|MN|.
由椭圆定义知，P 的轨迹是椭圆．
8．B [解析] 设 M(x0，y0)，根据圆的切线知识可得过 A，B 的直线 l 的方程为 x0x＋y0y＝2，
由此得 P 2
x0
，0，Q0，2
y0
，故△POQ 的面积为1
2
×| 2
x0|·| 2
y0|＝ 2
|x0y0|.点 M 在椭圆上，所以x20
9
＋y20
4
＝1≥2|x0
3 |·|y0
2 |，由此得|x0y0|≤3，所以 2
|x0y0|
≥2
3
，等号当且仅当|x0|
3
＝|y0|
2
时成立．
9. 5＋1
2
，＋∞ [解析] 设双曲线的方程为x2
a2
－y2
b2
＝1，
A－c，b2
a
，B－c，－b2
a
，C(0，t)，由AC→ ·BC→ ＝0，得 t2＝b4
a2
－c2≥0，e≥ 5＋1
2
.
10.13
8 [解析] 由点 P 1，1
4 在抛物线上，得 p＝1
8
，故抛物线的标准方程为 x2＝4y，其焦点
为 F(0，1)，准线为 y＝－1，所以|FM|＝2，|PQ|＝1＋1
4
＝5
4
，|MQ|＝1，则直角梯形 PQMF
的面积等于1
2
×
5
4
＋2 ×1＝13
8 .
11.1
4
，1＋ 2
2 [解析] 取值范围的左端点是p
2
＝1
4
，右端点是当直线的倾斜角等于π
4
时，此时直
线方程是 y＝x－1
4
，代入抛物线方程得 x2－3
2x＋ 1
16
＝0，根据题意点 A 的横坐标是 x＝
3
2
＋
3
2
2
－1
4
2
＝3
4
＋ 2
2
，根据抛物线定义该点到焦点的距离等于其到准线的距离，故这个距
离是3
4
＋ 2
2
＋1
4
＝1＋ 2
2 .
12．解：(1)设椭圆 C 的标准方程为x2
a2
＋y2
b2
＝1(a>b>0)，
依题意得 a＝ 2，又 e＝c
a
＝ 2
2
，所以 c＝1，b2＝a2－c2＝1.
所以，椭圆 C 的标准方程为x2
2
＋y2＝1.
(2)当点 P 在圆 O 上运动时(不与 A，B 重合)，直线 PQ 与圆 O 保持相切．证明如下：
设 P(x0，y0)(x0≠± 2)，则 y20＝2－x20，
所以 kPF＝ y0
x0＋1
，kOQ＝－x0＋1
y0 .
直线 OQ 的方程为 y＝－x0＋1
y0 x，所以点 Q
－2，2x0＋2
y0 ，
于是，kPQ＝
y0－2x0＋2
y0
x0＋2
＝y20－（2x0＋2）
（x0＋2）y0
＝ －x20－2x0
（x0＋2）y0
＝－x0
y0.又 kOP＝y0
x0.
所以 kOP·kPQ＝－1，即 OP⊥PQ.
故直线 PQ 与圆 O 相切．
13．解：(1)因为圆 C1，C2 关于直线 l 对称，
圆 C1 的圆心 C1 坐标为(4，0)，圆 C2 的圆心 C2 坐标为(0，2)，
显然直线 l 是线段 C1C2 的中垂线，
线段 C1C2 中点坐标是(2，1)，
直线 C1C2 的斜率是 k＝y1－y2
x1－x2
＝0－2
4－0
＝－1
2
，
所以直线 l 的方程是 y－1＝－1
k(x－2)，即 y＝2x－3.
(2)假设这样的 Q 点存在，
因为 Q 点到 A(－2 2，0)点的距离减去 Q 点到 B(2 2，0)点的距离的差为 4，
所以 Q 点在以 A(－2 2，0)和 B(2 2，0)为焦点，实轴长为 4 的双曲线的右支上，
即 Q 点在曲线x2
4
－y2
4
＝1 上．
又 Q 点在直线 l 上，Q 点的坐标是方程组
y＝2x－3，
x2
4
－y2
4
＝1 的解，
消元得 3x2－12x＋13＝0，Δ＝122－4×3×13<0，方程组无解，
所以直线 l 上不存在满足条件的点 Q.
14．解：(1)由题意知：c＝1.
根据椭圆的定义得：2a＝ （－1－1）2＋ 2
2 2＋ 2
2
，即 a＝ 2.
所以 b2＝2－1＝1.所以椭圆 C 的标准方程为x2
2
＋y2＝1.
(2)当直线 l 的斜率为 0 时，A( 2，0)，B(－ 2，0)．
则QA→ ·QB→ ＝ 2－5
4
，0·－ 2－5
4
，0＝－ 7
16.
当直线 l 的斜率不为 0 时，设直线 l 的方程为：x＝ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由
x2
2
＋y2＝1，
x＝ty＋1
可得(t2＋2)y2＋2ty－1＝0.
显然Δ>0.
y1＋y2＝－ 2t
t2＋2
，
y1y2＝－ 1
t2＋2
.
因为 x1＝ty1＋1，x2＝ty2＋1，
所以 x1－5
4
，y1·x2－5
4
，y2
＝ty1－1
4ty2－1
4
＋y1y2
＝(t2＋1)y1y2－1
4t(y1＋y2)＋ 1
16
＝－(t2＋1) 1
t2＋2
＋1
4t· 2t
t2＋2
＋ 1
16
＝－2t2－2＋t2
2（t2＋2）
＋ 1
16
＝－ 7
16.
即QA→ ·QB→ ＝－ 7
16.
专题限时集训(十六)A
【基础演练】
1．B [解析] 由频率分布直方图可知时速超过 60 km/h 的频率为 0.28＋0.10＝0.38，故汽车
数量为 200×0.38＝76，选 B.
2．D [解析] 抽取比例为 40
800
＝ 1
20.故各层中依次抽取的人数分别是160
20
＝8，320
20
＝16，200
20
＝
10，120
20
＝6.
3．D [解析] 由题可知数据在(－∞，30)上的有 5 个，故所求频率为 5
20
＝1
4
，选 D.
【提升训练】
4．B [解析] 由频率分布直方图可求得 a＝0.005，故[400，500)对应的频率为(0.005＋
0.004)×50＝0.45，相应的人数为 4 500 人．
5．D [解析] 从写有数字 1，2，3，4 的 4 张卡片中随机抽取 2 张，有(1，2)，(1，3)，(1，
4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)共 6 种，取出的 2 张卡片上的数字之和为奇数的取法有(1，2)，(1，
4)，(2，3)，(3，4)共 4 种，取出的 2 张卡片上的数字之和为奇 数的概率是4
6
＝2
3.
6．A [解析] 基本事件总数是 36，由 a⊥b 得 m－2n＝0，所以事件“a⊥b”包含的基本事件为
(2，1)，(4，2)，(6，3)共 3 个，所以 a⊥b 的概率是 3
36
＝ 1
12
，故选 A.
7．D [解析] 基本事件的总数是 36，y′＝2mx2－n，若函数在[1，＋∞)上单调递增，则 y′≥0
在[1，＋∞)上恒成立，即 n
2m
≤x2 在[1，＋∞)上恒成立，即 n
2m
≤1，即 2m≥n.在所有的基本事
件中 2m10.828.
4．C [解析] 回归系数的意义为：解释变量每增加一个单位，预报变量平均增加 b 个单位．
【提升训练】
5．D [解析] 最小二乘法的基本原理是使真实值和估计值差的平方和最小．
6．C [解析] 由这两个散点图可以判断，变量 x 与 y 负相关，u 与 v 正相关，选 C.
7．B [解析] 回归方程建立后，相关指数就是一个确定的值，这个值是衡量回归方程拟合效
果的，它是由残差平方和确定的，而用最小二乘法建立起来的回归方程其实质是使残差平方
和最小．
8．A [解析] 由数据可知：x＝4.5，y＝a＋11
4
代入y^＝0.7x＋0.35，解得 a＝3.
9．③ [解析] 由独立性检验的基本思想可得，只有③正确．
10．3 [解析] ①是系统抽样；②③④全对，故共有 3 个正确命题．
11．68 [解析] 因为 x＝18＋13＋10＋（－1）
4
＝10，y＝24＋34＋38＋64
4
＝40，所以线性
回归方程y^＝－2x＋a^必过点(10，40)，即 40＝－2×10＋a^，求得a^＝60，所以y^＝－2x＋60.
于是当 x＝－4 时，y^＝68，即当气温为－4℃时，预测用电量的度数约为 68 度．
12．解：(1)设 B 专业的 4 名女生为甲、乙、丙、丁，随机选取两个共有(甲，乙)，(甲，丙)，
(甲，丁)，(乙，丙)，(乙，丁)，(丙，丁)6 种可能，其中选到甲的共有 3 种可能，则女生甲被
选到的概率是 P＝3
6
＝1
2.
(2)根据列联表中的数据得 K2＝100×（12×46－4×38）2
16×84×50×50
≈4.762，由于 4.762>3.841，因此
能在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下，认为工科院校中“性别”与“专业”有关系．
13．解：(1)由题意，甲、乙两班均有学生 50 人，甲班优秀人数为 30 人，优秀率为30
50
＝60%.
乙班优秀人数为 25 人，优秀率为25
50
＝50%.
(2)
优秀人数 非优秀人数 合计
甲班 30 20 50
乙班 25 25 50
合计 55 45 100
注意到 K2＝100×（30×25－20×25）2
50×50×55×45
＝100
99
≈1.010.
所以由参考数据知，没有 75%的把握认为“进行棋类训练对提高数学计算题优秀率有帮助”．
专题限时集训(十八)
【基础演练】
1．B [解析] z＝ i
2－i
＝ i（2＋i）
（2－i）（2＋i）
＝－1＋2i
5
＝－1
5
＋2
5i，所以复数 z 对应的点位于复平
面的第二象限．
2．C [解析] 因为 z1＝1＋i，z2＝1－i(i 是虚数单位)，所以z1
z2
＋z2
z1
＝1＋i
1－i
＋1－i
1＋i
＝－i＋i＝0.
3．B [解析] S＝1＋(－1)1×1＋(－1)2×2＋(－1)3×3＋(－1)4×4＋(－1)5×5＝－2.
4．A [解析] 由图可知，当 n＝1 时，a1＝6，当 n＝2 时，a2＝10，当 n＝3，有 a3＝14，
由此推测，第 n 个图案中有白色地面砖的块数是：an＝4n＋2.
【提升训练】
5 ．D [解析] z1
z2
＝1－3i
3＋2i
＝（1－3i）（3＋2i）
（3－2i）（3＋2i）
＝9－7i
13
，故选 D.
6．B [解析] z＝x＋3i
1－i
＝（x＋3i）（1＋i）
（1－i）（1＋i）
＝（x－3）＋（3＋x）i
2
＝x－3
2
＋3＋x
2
i 是实数，∴
3＋x
2
＝0⇒x＝－3.
7．C [解析] 由程序框图可知，该框图的功能是输出使和 S＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋i·2i>11
时的 i 的值加 1，因为 1·21＋2·22＝10<11，1·21＋2·22＋3·23>11，所以当 S>11 时，计算到
i＝3，故输出的 i 是 4，选 C.
8．D [解析] a 的取值依次构成一个数列，且满足 a1＝1，an＋1＝2an＋1，则求第一个大于
100 的 an 值，写出这个数列 1，3，7，15，31，63，127，…，故输出结果为 127.
9．D [解析] 由框图可知 S＝0，k＝1；S＝0＋ 2－1，k＝2；
S＝( 2－1)＋( 3－ 2)＝ 3－1，k＝3；S＝( 3－1)＋( 4－ 3)＝ 4－1，k＝4；…
S＝ 8－1，k＝8；S＝ 9－1，k＝9；S＝ 10－1，k＝10；S＝ 11－1，k＝11，满足条件，
终止循环，输出 S＝ 11－1，选 D.
10．D [解析] ∵20＋21＋22＋23＋24＋25＝63<100，
20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＝63＋64＝127>100.
∴当 k＝k＋1＝5＋1 时，S＝63<100；当 k＝k＋1＝6＋1 时，S＝127>100.
即程序输出的 k＝7，故选 D.
11．D [解析] 正方形类比到空间的正方体，即半径为 R 的球的内接六面体中以正方体的体
积为最大，此时正方体的棱长 a＝2R
3
，故其体积是
2R
3
3
＝8 3
9 R3.
12．－1 [解析] (a＋i)2i＝(a2－1＋2ai)i＝－2a＋(a2－1)i>0⇔
－2a>0，
a2－1＝0.
解得 a＝－1.
13．13＋23＋33＋43＋53＋63＝212
[解析] 观察可知，第 n 个等式的左边是从 1 开始的连续 n 个自然数的立方和，而右边是这连
续 n 个自然数和的平方，即 13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2，∴第 5 个等式为 13
＋23＋33＋43＋53＋63＝212.
14．32 [解析] 由程序框图可知，第一次运行时，输出(1，0)，n＝3，x＝2×1＝2，y＝0－2
＝－2；第二次运行时，输出(2，－2)，n＝5，x＝2×2＝4，y＝－2－2＝－4；以此类推，x
每次乘以 2，y 每次减少 2，故后面输出依次是(4，－4)，(8，－6)，(16，－8)，(32，－10)．故
所求的 x＝32.
15．1 028 [解析] an＝2 011 是第 45 行的第 38 个数，1＋2＋3＋…＋44＋38＝1 028.
专题限时集训(十九)
【基础演练】
1．A [解析] 因为(3a＋λb)⊥a，所以(3a＋λb)·a＝3a2＋λa·b＝3×12＋λ×1×2×cos2π
3
＝0，
解得λ＝3.
2．A [解析] z1·z2＝(m＋2i)(2＋i)＝(2m－2)＋(m＋4)i，只要 2m－2＝0 且 m＋4≠0 即可，
解得 m＝1.
3．B [解析] 不等式组所表示的平面区域是下图中的△ABC，u 表示平面区域上的点到点(2，
2)距离的平方．根据题意只能是点(2，2)到直线 x＋y－1＝0 的距离最小，这个最小值是 3
2
，
故所求的最小值是9
2.
4．A [解析] 构造函数 f(x)＝sin2x＋2sinx，则函数 f(x)的值域是[－1，3]，因为方程 sin2x＋
2sinx＋a＝0 一定有解，所以－1≤－a≤3，∴－3≤a≤1.
【提升训练】
5．A [解析] 由 f[f(x)]＋1＝0 可得 f[f(x)]＝－1，又由 f(－2)＝f
1
2 ＝－1 可得 f(x)＝－2 或 f(x)
＝1
2.若 f(x)＝－2，则 x＝－3 或 x＝1
4
；若 f(x)＝1
2
，则 x＝－1
2
或 x＝ 2.综上可得 y＝f[f(x)]＋1
有 4 个零点．
6．A [解析] 作图可知，设|PF2|＝r，则|PF1|＝2r，|F1F2|＝ 3r.由椭圆的定义得 2a＝3r，
2c＝ 3r，故椭圆的离心率为 e＝c
a
＝ 3
3 .故选 A.
7．C [解析] 依题意 f(1)＋f(a)＝2，且 f(1)＝0，所以 f(a)＝2.当 a>0 时，得 log2a＝2，求得
a＝4；当 a<0 时，无解．综合得 a＝4.故选 C.
8. 1，5
4 [解析] 曲线 y＝x2－|x|＋a 关于 y 轴对称，当 x≥0 时，y＝x2－x＋a＝ x－1
2
2
＋a
－1
4
，结合图象要使直线 y＝1 与曲线 y＝x2－|x|＋a 有四个交点，需
a>1，
a－1
4<1，
解得 10，从而 a>1 或 a<－3.又
a>0，∴a>1，∴a－1>0，∴ab＝f(a)＝a·a＋3
a－1
＝(a－1)＋ 4
a－1
＋5≥9，当且仅当 a－1＝ 4
a－1
，
即 a＝3 时取等号，当 13 时函数 f(a)单调递增，∴ab 的
取值范围是[9，＋∞)．
方法 2：设 ab＝t，则 a＋b＝t－3，∴a，b 可看成方程 x2－(t－3)x＋t＝0 的两个正根，从而
有
（t－3）2－4t≥0，
t－3>0
t>0，
解得 t≥9，即 ab≥9.
12．解：(1)由 2cos2B＝cos2B＋2cosB，
可得 2cos2B＝2cos2B－1＋2cosB，∴cosB＝1
2.
∵00)，
所以当 a＝1 时，f′(x)＝1
x
－1＝1－x
x
，
令 f′(x)>0 时，解得 01，所以 f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
(2)因为函数 y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为 45°，
所以 f′(2)＝1，即 a＝－2，f′(x)＝－2
x
＋2.
g(x)＝x3＋x2
m
2
＋2－2
x ＝x3＋
m
2
＋2 x2－2x，
g′(x)＝3x2＋(4＋m)x－2，
因为任意的 t∈[1，2]，函数 g(x)＝x3＋x2
m
2
＋f′（x） 在区间(t，3)上总存在极值，
故极值点必在区间(2，3)内，又因为 g′(x)的图象开口向上且过点(0，－2)，
所以只需 g′（2）<0，
g′（3）>0，
解得－37
3 0 恒成立，
所以当 a<0 时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间；
当 a>0 时，由 f′(x)>0 解得 x<－ a或 x> a，
由 f′(x)<0 解得－ a0 时，f(x)的单调增区间为(－∞，－ a)，( a，＋∞)，f(x)的单调减区间为(－ a， a)．
(2)因为 f(x)在 x＝－1 处取得极值，
所以 f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，所以 a＝1.
所以 f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3，
由 f′(x)＝0 解得 x1＝－1，x2＝1.
由(1)中 f(x)的单调性可知，
f(x)在 x＝－1 处取得极大值 f(－1)＝1，
在 x＝1 处取得极小值 f(1)＝－3.
因为直线 y＝m 与函数 y＝f(x)的图象有三个不同的交点，
结合 f(x)的单调性可知，m 的取值范围是(－3，1)．
专题限时集训(二十)
【基础演练】
1．C [解析] cos
5π
6
－x ＝cos
π
2
＋π
3
－x＝－sin
π
3
－x＝－3
5.
2．A [解析] 方法 1：tanα＝tanα＋π
4
－π
4
＝
tanα＋π
4
－tan
π
4
1＋tanα＋π
4
·tan
π
4
＝3－1
1＋3
＝1
2.
方法 2：由 tanα＋π
4
＝3，得1＋tanα
1－tanα
＝3，解得 tanα＝1
2.
3．D [解析] 由于函数 f(x)是偶函数，所以 f(2)＝f(－2)，因为－2<－3
2<－1 且函数 f(x)在(－
∞，－1]上是增函数，所以 f(－2)1 时，函数 f(x)＝logax 在区间[a，2a]上的最大值与最小值分别为 loga2a
＝loga2＋1，logaa＝1，它们的差为 loga2，且 01，故 a>2；当 0－1，即 log2a<－1，即 a<1
2.
7．C [解析] 因为 a1＝1，a2＝1，所以根据 an＋1＝|an－an－1|(n≥2)，得 a3＝|a2－a1|＝
0，a4＝1，a5＝1，a6＝0，…，故数列{an}是周期为 3 的数列．又 2 012＝670×3＋2，所以
该数列前 2 012 项和等于 670×2＋2＝1 342.故选 C.
8．C [解析] 根据对数函数的性质可得不等式 00 恒成立，只要解不等式 t2－3t＋
3<1 即可，即解不等式 t2－3t＋2<0，解得 1 5，直线与圆相离，∴t＝－2 不符合题意，舍去．
∴圆 C 的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.
14．证明：f′(x)＝1
x
－a＋a－1
x2
＝－ax2－x＋1－a
x2
，x∈(0，＋∞)．
由 f′(x)＝0，
即 ax2－x＋1－a＝0，解得 x1＝1，x2＝1
a
－1.
(1)若 0x1.当 01
a
－1 时，f′(x)<0；当 10.故此
时函数 f(x)的单调递减区间是(0，1)，1
a
－1，＋∞，单调递增区间是 1，1
a
－1.
(2)若 a＝1
2
时，x1＝x2，此时 f′(x)≤0 恒成立，且仅在 x＝1
2
处 f′(x)＝0，故此时函数 f(x)在(0，
＋∞)上单调递减．
(3)若1
21 时，f′(x)<0；当1
a
－10.故
此时函数 f(x)的单调递减区间是 0，1
a
－1，(1，＋∞)，单调递增区间是1
a
－1，1.
综上所述：当 0
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