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2020届二轮复习考前熟悉大解题技法学案（全国通用）
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(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．I1
∴OB
而cos∠AOB＝cos∠COD<0，
∴·>·，即I1>I3，
∴I3
[应用体验]
3．(2018·浙江高考)在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影．由区域中的点在直线x＋y－2＝0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|＝( )
A．2 B．4
C．3 D．6
解析：选C 作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，过点C，D分别作直线x＋y－2＝0的垂线，垂足分别为A，B，则四边形ABDC为矩形，由得C(2，－2)．由得D(－1,1)．所以|AB|＝|CD|＝＝3.故选C.
4．(2018·浙江高考)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量，若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是( )
A.－1 B．＋1
C．2 D．2－
解析：选A 法一：∵b2－4e·b＋3＝0，
∴(b－2e)2＝1，∴|b－2e|＝1.
如图所示，把a，b，e的起点作为公共点O，以O为原点，向量e所在直线为x轴，则b的终点在以点(2,0)为圆心，半径为1的圆上，|a－b|就是线段AB的长度．
要求|AB|的最小值，就是求圆上动点到定直线的距离的最小值，也就是圆心M到直线OA的距离减去圆的半径长，因此|a－b|的最小值为－1.
法二：设O为坐标原点，a＝，b＝＝(x，y)，e＝(1,0)，由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即(x－2)2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C(2,0)为圆心，1为半径的圆．因为a与e的夹角为，不妨令点A在射线y＝x(x>0)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，“0
排除法
排除法也叫筛选法或淘汰法，使用排除法的前提是答案唯一，具体的做法是从条件出发，运用定理、性质、公式推演，根据“四选一”的指令，对各个备选答案进行“筛选”，将其中与题干相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得正确结论．
[典例] (2018·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝的图象大致为( )
[技法演示] 先根据奇偶性排除一个选项，再根据特值排除另外两个选项，最后剩余的一个即为正确答案．
∵y＝ex－e－x是奇函数，y＝x2是偶函数，
∴f(x)＝是奇函数，图象关于原点对称，排除A选项．
当x＝1时，f(1)＝＝e－>0，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 α
[应用体验]
10．(2018·全国卷Ⅱ)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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )
A．90π B．63π
C．42π D．36π
解析：选B 法一：由题意知，V圆柱＜V几何体＜V圆柱．
又V圆柱＝π×32×10＝90π，
∴45π＜V几何体＜90π.
观察选项可知只有63π符合．故选B.
法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V＝π×32×7＝63π.
(二)快细稳活 填空稳夺
绝大多数的填空题都是依据公式推理计算型和依据定义、定理等进行分析判断型，解答时必须按规则进行切实的计算或者合乎逻辑的推理和判断．求解填空题的基本策略是要在“准”“巧”“快”上下功夫．常用的方法有直接法、特殊值法、数形结合法、等价转化法、构造法等．
解答填空题时，由于不反映过程，只要求结果，故对正确性的要求更高、更严格．解答时应遵循“快”“细”“稳”“活”“全”5个原则.
填空题解答“五字诀”
快——运算要快，力戒小题大做
细——审题要细，不能粗心大意
稳——变形要稳，不可操之过急
活——解题要活，不要生搬硬套
全——答案要全，避免残缺不齐
Ⅰ.填空题——五招速解
直接法
直接法就是从题设条件出发，运用定义、定理、公式、性质、法则等知识，通过变形、推理、计算等得出正确的结论．
[典例] (2018·浙江高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60°，则sin B＝_______，c＝________.
[技法演示] 由正弦定理＝，得sin B＝·sin A＝×＝.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得7＝4＋c2－4c×cos 60°，
即c2－2c－3＝0，解得c＝3或c＝－1(舍去)．
[答案] 3
[应用体验]
1．若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3；b4＝－1·q3＝8，解得q＝－2.所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1×(－2)＝2，所以＝1.
答案：1
2．(2018·浙江高考)已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．
解析：由二元二次方程表示圆的条件可得a2＝a＋2，解得a＝2或－1.当a＝2时，方程为4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即x2＋y2＋x＋2y＋＝0，配方得2＋(y＋1)2＝－＜0，不表示圆；
当a＝－1时，方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5.
答案：(－2，－4) 5
特殊值法
当填空结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，我们只需把题材中的参变量用特殊值代替即可得到结论．
[典例] 已知等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，设{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若n2(Tn＋1)＝2nSn，n∈N*，则d＝________；q＝________.
[技法演示] 法一：特殊化思想，取Sn＝n2，Tn＝2n－1，则an＝2n－1，bn＝2n－1，满足条件，故d＝2，q＝2.
法二：若q＝1，则n2(nb1＋1)＝2n，这是不可能的，所以q≠1，
故n2＝2n，所以q＝2.
于是n2[b1(2n－1)＋1]＝2n，
比较两边系数得解得
综上，d＝2，q＝2.
[答案] 2 2
[应用体验]
3．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.
解析：法一：(特殊值法)
等差数列{an}为常数列，则a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25＝5a5⇒a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.
法二：(直接法)
因为数列{an}是等差数列，由下标和性质知a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25＝5a5⇒a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.
答案：10
4．已知双曲线E：－＝1(a>0，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－1
[答案] (－1,4]
[应用体验]
5．(2018·浙江高考)已知λ∈R，函数f(x)＝当λ＝2时，不等式f(x)<0的解集是________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是________．
解析：当λ＝2时，f(x)＝
其图象如图①所示．
由图知f(x)<0的解集为(1,4)．
f(x)＝恰有2个零点有两种情况：
①二次函数有两个零点，一次函数无零点；
②二次函数与一次函数各有一个零点．
在同一平面直角坐标系中画出y＝x－4与y＝x2－4x＋3的图象如图②所示，平移直线x＝λ，可得λ∈(1,3]∪(4，＋∞)．
答案：(1,4) (1,3]∪(4，＋∞)
等价转化法
通过“化复杂为简单，化陌生为熟悉”将问题等价转化为便于解决的问题，从而得到正确的结果．
[典例] (2018·浙江高考)已知点P(0,1)，椭圆＋y2＝m(m>1)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＋2
[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＋2
由(1)可得当n>N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
所以an>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
所以<，
所以>≥>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|2
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|0
C．(－2,5) D．(0,4)
解析：选D 由已知得B＝{x|－2
A．－i B．i
C．－ D．
解析：选C 因为z＝＝＝＝－i，所以复数z的虚部为－.
3．已知直线l，m与平面α，β，l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是( )
A．若l∥m，则α∥β B．若l⊥m，则α⊥β
C．若l⊥β，则α⊥β D．若α⊥β，则m⊥α
解析：选C 对于选项A，平面α和平面β还有可能相交，所以选项A错误；对于选项B，平面α和平面β还有可能相交或平行，所以选项B错误；对于选项C，因为l⊂α，l⊥β，所以α⊥β，所以选项C正确；对于选项D，直线m还有可能和平面α平行，所以选项D错误，故选C.
4．使得n(n∈N*)的展开式中含有常数项的最小的n为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选B n(n∈N*)的展开式的通项为
Tr＋1＝3n－rCxn－rxr＝3n－rCxnr，
令n－r＝0，得n＝r，又n∈N*，
∴当r＝2时，n的值最小，即nmin＝5.
5．记Sn为数列{an}的前n项和．“对于任意正整数n，均有an>0”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＋c
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
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A a2＋b2
A．2 B．
C．－2 D．－
解析：D ＝＝＝－i，由题设可得＋＝0，解得b＝－，故选D.
4.在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，下列命题不正确的是( )
A．平面ACB1∥平面A1C1D，且两平面间的距离为
B．点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的体积不变
C．与12条棱都相切的球的体积为π
D．M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是△AB1C外接圆的圆周上任意一点，则|MN|的最小值是
解析：选D 平面ACB1与平面A1C1D都垂直于BD1，且将BD1三等分，故A正确；由于AB∥平面A1B1C1D1，所以动点P到平面A1B1C1D1的距离是定值，所以四面体PA1B1C1的体积不变，故B正确；与12条棱都相切的球即为以正方体的中心为球心，为半径的球，所以体积为π，故C正确；对于选项D，设内切球的球心为O，则|MN|≥||OM|－|ON||＝－，当且仅当O，M，N三点共线时取“＝”，而－>－，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0
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－
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)＝x2＋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＋4
“10＋7”小题提速保分练(四)
一、选择题
1．已知集合A＝{x|y＝，x∈R}，B＝{x|ln x<1，x∈R}，则A∩B＝( )
A．[－1,2] B．(0,2]
C．[1,2] D．[1，e]
解析：选B 由－x2＋x＋2≥0，得－1≤x≤2，
所以A＝[－1,2]．
由ln x<1，得0
2．“cos 2α＝”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 由cos 2α＝，
可得2α＝＋2kπ或2α＝－＋2kπ，k∈Z，
即α＝＋kπ或α＝－＋kπ，k∈Z，
所以cos 2α＝是α＝＋kπ，k∈Z成立的必要不充分条件，故选B.
3．复数z＝在复平面内对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选C 由题意可得z＝＝＝＝＝－－i，对应点为，所以复数z在复平面内对应的点在第三象限，选C.
4．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A. B．8
C. D．6
解析：选A 如图所示，在棱长为2的正方体中，
题中的三视图对应的几何体为四棱锥PADC1B1，其中P为棱A1D1的中点，
则该几何体的体积VPADC1B1＝2VPDB1C1＝2VDPB1C1＝2××S△PB1C1×DD1＝.
5．设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(3，p)，若P(ξ≥1)＝，则P(η≥2)的值为( )
A. B．
C. D．
解析：选C ∵变量ξ～B(2，p)，且P(ξ≥1)＝，∴P(ξ≥1)＝1－P(ξ<1)＝1－Cp0(1－p)2＝，∴p＝，∴P(η≥2)＝1－P(η＝0)－P(η＝1)＝1－C×0×3－C×1×2＝1－－＝，故选C.
6．已知实数x，y满足如果目标函数z＝x－y的最小值为－1，则实数m＝( )
A．7 B．5
C．4 D．1
解析：选B 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，
作出直线x－y＝0，平移该直线，当直线经过点A时，z＝x－y取得最小值．
联立可得交点坐标为A，
所以－＝－1，解得m＝5.
7．若二项式n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为( )
A．7 B．5
C．4 D．3
解析：选A 若二项式n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则n＝20，20展开式的通项公式Tr＋1＝C(x)20－rr＝()20－r·Cx20－r，
展开式的有理项满足20－r＝k(k∈Z)，
则rMOD3＝0(0≤r≤20，r∈Z)，所以r可能的取值为0,3,6,9,12,15,18，共有7个，故选A.
8．已知F1，F2分别是双曲线－＝1(a，b>0)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a1
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－1
即Δ＝(5＋2a)2－4×4(2a＋2)＝0，
解得a＝－或a＝，符合题意．
当a≤－1时，由①可得x＝0或x＝.
由②可得x＝，
故f(x)有三个零点，不符合题意，舍去．
综上，a＝－或a＝或a＝4.
答案：－或或4
“10＋7”小题提速保分练(五)
一、选择题
1．已知i是虚数单位，则＝( )
A．1＋i B．－1＋i
C．1－i D．－1－i
解析：选B ＝＝－1＋i.
2．已知集合M＝{x|x2＋x－12≤0}，N＝{y|y＝3x，x≤1}，则集合{x|x∈M且x∉N}为( )
A．(0,3] B．[－4,3]
C．[－4,0) D．[－4,0]
解析：选D 易得M＝[－4,3]，N＝(0,3]，则{x|x∈M且x∉N}＝[－4,0]，故选D.
3．若α，β，γ为不同的平面，a，b，c为三条不同的直线，则下列命题正确的是( )
A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
B．若a∥β，a∥b，则b∥β
C．若a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，则c⊥α
D．若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b
解析：选D α⊥γ，β⊥γ⇒α∥β或α与β相交，故A不正确；若a∥β，a∥b，则b与β可能有两种位置关系：b⊂β或b∥β，故B不正确；当a，b，c共面时，满足a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，则c∥α，故C不正确．故选D.
4．如图所示，某多面体的正视图、侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、直角梯形和直角三角形，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )
A．2 B．
C．2 D．
解析：选C 由三视图可知该多面体的直观图为如图所示的四棱锥PABCD，补形成正方体，由图可知最长棱PD的长度为2.
5．若(1＋2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则a0＋a1＋a3＋a5＝( )
A．122 B．123
C．243 D．244
解析：选B 记f(x)＝(1＋2x)5，则a0＝f(0)＝1, 又f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a5＝35，f(－1)＝a0－a1＋a2－…－a5＝(－1)5＝－1，两式相减得a1＋a3＋a5＝122，
所以a0＋a1＋a3＋a5＝123，故选B.
6．设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是( )
A．若d<0，则数列{Sn}有最大项
B．若数列{Sn}有最大项，则d<0
C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0
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
A. B．
C. D．
解析：选D 这是一个古典概型，共有36个基本事件，“友好对”的结果有(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,5)，(6,6)，共16个，所以所求概率为＝.
10．过点P(－3,0)作直线(a＋2b)x－(a＋b)y－3a－4b＝0(a，b不同时为零)的垂线，垂足为M，已知点N(2,3)，则|MN|的取值范围是( )
A．(5－，5＋) B．[5－，5＋)
C．[5＋，＋∞) D．[5－，5＋ ]
解析：选D 由直线(a＋2b)x－(a＋b)y－3a－4b＝0(a，b不同时为零)化为a(x－y－3)＋b(2x－y－4)＝0，
令解得x＝1，y＝－2，
∴直线经过定点Q(1，－2)．
∵△PQM为直角三角形，斜边为PQ，
∴点M在以PQ为直径的圆上运动，
可得圆心为(－1，－1)，半径为|PQ|＝，
则|MN|max＝＋＝5＋；
|MN|min＝5－，
∴|MN|的取值范围是[5－，5＋ ]．
二、填空题
11．已知圆C：x2＋y2＋2x＋2y－5＝0，则圆心C的坐标为________；此圆中过原点的弦最短时，该弦所在的直线方程为________．
解析：圆的方程可化为(x＋1)2＋(y＋)2＝9，所以圆心为C(－1，－)，半径r＝3，圆中过原点最短的弦所在的直线即为过原点且与CO(O为原点)垂直的直线，因为kCO＝＝，所以该直线方程为y＝－x.
答案：(－1，－) y＝－x
12．已知单调递减的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项，则公比q＝________，通项公式为an＝________.
解析：由题设可知2(a3＋2)＝a2＋a4，又a2＋a3＋a4＝28，所以a3＝8，＋a3＋a3q＝28，所以＋8＋8q＝28，解得q＝2或q＝.因为{an}单调递减，且a3>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ABCDA1B1C1D1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0
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，0
11. 若复数z满足(1－2i)·z＝3＋i(i为虚数单位)，则z＝__________；|z|＝__________.
解析：由题设有z＝＝＝＋i，故|z|＝.
答案：＋i
12. 已知α∈R，sin α＋2cos α＝，则tan α＝________；tan 2α＝__________.
解析：因为sin α＋2cos α＝，
所以sin2α＋4sin αcos α＋4cos2α＝，
故＝，
即＝，
整理得到3tan2α－8tanα－3＝0，
解得tan α＝3或tan α＝－.
当tan α＝3时，tan 2α＝＝－；
当tan α＝－时，tan 2α＝＝－.
答案：3或－ －
13. 已知多项式(x＋1)6(3x2＋1)2＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a0＝__________；a2＝__________.
解析：令x＝0，则a0＝1.
又(x＋1)6(3x2＋1)2＝(x＋1)6(9x4＋6x2＋1)，
而(x＋1)6的展开式中x2的系数为C＝15，常数项为1，故(x＋1)6(3x2＋1)2的展开式中x2的系数为15＋6＝21，即a2＝21.
答案：1 21
14. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A＝，a＝7，b＝5，点D满足＝2，则c＝_______；|AD|＝__________.
解析：∵A＝，a＝7，b＝5.
∴根据余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
即72＝52＋c2－2×5×c×，
化简得c2－5c－24＝0，
∴c＝8或c＝－3(舍去)．
∴cos B＝＝＝.
∵点D满足＝2，
∴||＝a＝，
在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝BD2＋c2－2BD·c·cos B＝2＋64－2××8×＝，
∴AD＝.
答案：8
15. 有6张卡片分别写有数字1,1,1,2,3,4，从中任取3张，可排出不同的三位数的个数是__________．(用数字作答)
解析：如果三位数的各位数字不同，则有A＝24种；
如果三位数有两个数字相同，那么有CC＝9种；
如果三位数有三个数字相同，那么有1种(就是111)．
综上，共有34种．
答案：34
16. 已知点M为单位圆x2＋y2＝1上的动点，点O为坐标原点，点A在直线x＝2上，则·的最小值为__________．
解析：设A(2，t)，M(cos θ，sin θ)，
则＝(cos θ－2，sin θ－t)，＝(－2，－t)，
所以·＝4＋t2－2cos θ－tsin θ.
又(2cos θ＋tsin θ)max＝，
故·≥4＋t2－.
令s＝，则s≥2，又4＋t2－＝s2－s≥2，
当s＝2，即t＝0时等号成立，故(·)min＝2.
答案：2
17. 已知函数f(x)＝x2－2mx＋m＋2，g(x)＝mx－m，若存在实数x0∈R，使得f(x0)<0且g(x0)<0同时成立，则实数m的取值范围是__________．
解析：当m>0，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)
C．P(X＝1)＝，且E(X)
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0
A．存在点P，使得Ⅰ1＝Ⅰ2
B．存在点P，使得Ⅰ1＝Ⅰ3
C．对任意的点P，有Ⅰ2>Ⅰ1
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(a
C. D．
解析：选D f(x)＝log2(4x＋t)为增函数，且存在[a，b]⊆D(a
所以a，b是方程4x－2x＋t＝0的两个不等的实根．
设2x＝m(m>0)，
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0
11．双曲线－＝1的离心率为_________，渐近线方程为__________．
解析：在双曲线－＝1中，a＝2，b＝，c＝，∴e＝＝，渐近线方程为y＝±x.
答案： y＝±x
12．已知随机变量X的分布列为：
X
1
2
3
P
m
则m＝__________，D(X)＝__________.
解析：由题意，得＋＋m＝1，∴m＝，
∴E(X)＝1×＋2×＋3×＝，
D(X)＝×2＋×2＋×2＝.
答案：
13．某四面体的三视图如图所示，则该四面体的体积为________；表面积为__________．
解析：由三视图可知，该四面体的直观图为如图所示的三棱锥DABC，图中正方体的棱长为4，所以四面体的体积为××4×4×4＝，表面积为2××4×4＋2××4×4＝16＋16.
答案： 16＋16
14．若(x2－2x－3)n的展开式中所有项的系数之和为256，则n＝__________，含x2项的系数是_________(用数字作答)．
解析：∵(x2－2x－3)n的展开式中所有项的系数之和为256，∴(－4)n＝256，∴n＝4，(x2－2x－3)n＝(x2－2x－3)4＝(x－3)4(x＋1)4，∴x2项的系数是C(－3)2·C＋C(－3)3·C＋C(－3)4·C＝54－432＋486＝108.
答案：4 108
15．当x＞0时，x＋(a＞0)的最小值为3，则实数a的值为________．
解析：因为当x＞0时，x＋＝x＋1＋－1≥2－1，又x＋(a＞0)的最小值为3，所以2－1＝3，可得a＝4.
答案：4
16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点P是其外接圆M上的任意一点，若a＝2，b＝c＝，则2＋2＋2的最大值为________．
解析：如图，以BC的中点O为原点，以BC为x轴，OA为y轴建立平面直角坐标系，则A(0,2)，B(－，0)，C(，0)．由余弦定理得，cos A＝＝，
所以sin A＝.
设外接圆M的半径为r，
则2r＝＝＝，r＝.
易知外接圆圆心M在y轴上，
由|OC|＝，得M.
设P，
则＝，
＝，
＝，
故2＋2＋2＝2＋2＋2＋2＋2＋2＝－sin α≤.
所以2＋2＋2的最大值为.
答案：
17.如图，在棱长为2的正四面体SABC中，动点P在侧面SAB内，PQ⊥底面ABC，垂足为Q，若PS＝PQ，则PC长度的最小值为________．
解析：作PH⊥AB于H，连接QH，则∠PHQ为二面角的平面角，设AB中点为G，S在△ABC的射影为O′(O′
为△ABC的中心)，则∠SGO′也是二面角的平面角，sin∠PHQ＝sin∠SGO′＝，∴PH＝PQ，∴PH＝PS，即P是到定点与定直线等距离的动点轨迹，即P的轨迹是以AB为准线，以S为焦点的抛物线，SH的中点O是抛物线顶点，O到C的距离就是PC的最小值，在△SHC中，由余弦定理得，cos∠SHC＝＝，在△PHC中，由余弦定理得，PC2＝2＋()2－2×××＝，PC＝.
答案：
“10＋7”小题提速保分练(十)
一、选择题
1．已知集合A＝{1,2}，B＝{x|x2－(a＋1)x＋a＝0，a∈R}，若A＝B，则a＝( )
A．1 B．2
C．－1 D．－2
解析：选B ∵A＝{1,2}，B＝{x|x2－(a＋1)x＋a＝0，a∈R}，
由A＝B，可得1,2是方程x2－(a＋1)x＋a＝0的两根，
则即a＝2，故选B.
2．已知a∈R，i为虚数单位，若为纯虚数，则a的值为( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：选C ∵＝＝－i为纯虚数，∴＝0且≠0，解得a＝1.
3．已知函数f(x)，x∈R，则“f(x)的最大值为1”是“f(x)≤1恒成立”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f(x)的最大值为1，一定可得f(x)≤1恒成立，
反之，由f(x)≤1恒成立，不一定得到f(x)的最大值为1，(最大值小于1也有f(x)≤1恒成立)
∴“f(x)的最大值为1”是“f(x)≤1恒成立”的充分不必要条件，故选A.
4．若实数x，y满足约束条件则－2x＋y的最小值为( )
A．2 B．－2
C．5 D．－5
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．
设z＝y－2x，得y＝2x＋z，
平移直线y＝2x＋z，由图象知，当直线y＝2x＋z经过点A时，直线y＝2x＋z的截距最小，此时z最小．
由解得A(3,1)，
此时z＝－6＋1＝－5，
即－2x＋y的最小值为－5，故选D.
5．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题
①⇒β∥γ ②⇒m⊥β
③⇒α⊥β ④⇒m∥α
其中正确的命题是( )
A．①④ B．②③
C．①③ D．②④
解析：选C 对于②，直线m与平面β可能平行或相交；对于④，直线m可能也在平面α内．而①③都是正确的命题．
6．函数f(x)＝cos x(－π≤x≤π，且x≠0)的图象可能为( )
解析：选D ∵f(－x)＝cos(－x)＝－cos x＝－f(x)，
∴函数f(x)为奇函数，
∴函数f(x)的图象关于原点对称，可排除选项A、B，
当x＝π时，f(π)＝cos π＝－π<0，可排除选项C，故选D.
7．已知随机变量ξi满足P(ξi＝0)＝pi，P(ξi＝1)＝1－pi，且0
C．p1D(ξ2)
D．p1>p2，且D(ξ1)
P(ξ2＝0)＝p2，P(ξ2＝1)＝1－p2，
∴E(ξ1)＝1－p1，E(ξ2)＝1－p2，
∵E(ξ1)
D(ξ2)＝(0－1＋p2)2p2＋(1－1＋p2)2(1－p2)＝p2－p，
∵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)
“18～20”大题规范满分练(四)
18．(本小题满分14分)在△ABC中，内角A，B，C所对边长分别为a，b，c,3(c－acos B)＝bsin A.
(1)求角A的大小；
(2)若sin Bcos C＝，求角C的大小．
解：(1)由已知及正弦定理得，
3(sin C－sin Acos B)＝sin Bsin A，
即3[sin(A＋B)－sin Acos B]＝sin Bsin A，
化简得3cos Asin B＝sin Bsin A.
∵sin B≠0，∴tan A＝，∴A＝.
(2)由(1)知B＋C＝，
∴sincos C＝cos2C＋sin Ccos C＝(1＋cos 2C)＋sin 2C＝cos 2C＋sin 2C＝－，
∴sin＝－.
又∵<2C＋<，
∴2C＋＝，∴C＝.
19.(本小题满分15分)如图，在四棱锥ABCD中，△ABD，△BCD均为正三角形，且二面角ABDC为120°.
(1) 求证：AC⊥BD；
(2) 求二面角BADC的余弦值．
解：(1)证明：设BD的中点为O，连接OA，OC，
则由△ABD，△BCD均为正三角形，
可得OA⊥BD，OC⊥BD,
∵OA∩OC＝O，∴BD⊥平面AOC.
∵AC⊂平面AOC，∴AC⊥BD .
(2)设△ABD，△BCD的边长均为2a，则OA＝OC＝a，
由二面角ABDC为120°，可知∠AOC＝120°，∴AC＝3a.
过点B作BE⊥AD，垂足为E，则BE＝a.
过点E作EH⊥AD，垂足为E，EH∩AC＝H.
在△ACD中，由余弦定理得，
cos∠DAC＝＝.
在Rt△AEH中，AE＝a，cos∠EAH＝＝，
∴AH＝a，EH＝a，
连接BH，则∠BEH就是所求的二面角BADC的平面角．
在等腰△ABC中，由余弦定理得，
cos∠BAC＝＝，
解得BH＝a.
又BE＝a，于是在△BEH中，
由余弦定理得，cos∠BEH＝＝.
所以二面角BADC的余弦值为.
20．(本小题满分15分)已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
(1)证明{Sn－n＋2}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：当n＝1时，由Sn－2an＝n－4，得a1＝3.
∴S1－1＋2＝4.
当n≥2时，Sn－2an＝n－4可化为Sn＝2(Sn－Sn－1)＋n－4，
即Sn＝2Sn－1－n＋4，
∴Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]．
∴{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，Sn－n＋2＝2n＋1，
∴Sn＝2n＋1＋n－2.
于是Tn＝S1＋S2＋…＋Sn
＝22＋1－2＋23＋2－2＋…＋2n＋1＋n－2
＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
＝＋－2n
＝2n＋2＋－4.
∴数列{Sn}的前n项和Tn为2n＋2＋－4.
“18～20”大题规范满分练(五)
18．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝cos2ωx－sin ωxcos ωx－(ω>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)
故f(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，∴0
∴2A－＝，即A＝.
又bsin C＝asin A，∴bc＝a2＝4，
∴S△ABC＝bcsin A＝.
19．(本小题满分15分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧面PCD为正三角形且二面角PCDA为60°.
(1)设侧面PAD与侧面PBC的交线为m，求证：m∥BC；
(2)设底边AB与侧面PBC所成的角为θ，求sin θ的值．
解：(1)证明：因为BC∥AD，BC⊄侧面PAD，AD⊂侧面PAD，所以BC∥侧面PAD.
又因为侧面PAD∩侧面PBC＝m，
所以m∥BC.
(2)取CD的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，
则PM⊥CD，MN⊥CD.
所以∠PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角．
从而∠PMN＝60°.
作PO⊥MN于O，则PO⊥底面ABCD.
因为CM＝2，PM＝2，
所以OM＝，OP＝3.
以O为坐标原点，ON为x轴，OP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(4－，－2,0)，B(4－，2,0)，C(－，2,0)，P(0，0,3)，＝(0,4,0)，＝(4－，2，－3)，＝(－，2，－3)．
设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，
则即
取y＝3，得平面PBC的一个法向量为n＝(0,3,2)．
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
20．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x)仅有唯一的极小值点．
解：(1)因为f′(x)＝，
所以f′(1)＝－2.
又因为f(1)＝e＋2，
所以切线方程为y－(e＋2)＝－2(x－1)，
即2x＋y－e－4＝0.
(2)证明：令h(x)＝ex(x－1)－2，
则h′(x)＝ex·x，
所以x∈(－∞，0)时，h′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0.
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－
因此－
(2)因为|PF1|＝＝＝x0＋2，
|PM|＝ ＝ ，
所以|PF1|·|PM|＝＝ .
设f(x)＝2(－2
＝42·.
由f′(x)>0，得－2
所以f(x)≤f＝48，
所以|PF1|·|PM|＝≤，
当且仅当x0＝时取到等号．
所以|PF1|·|PM|的最大值为.
22．(本小题满分15分)设函数f(x)＝ln x＋1.
(1)已知函数F(x)＝f(x)＋x2－x＋，求F(x)的极值；
(2)已知函数G(x)＝f(x)＋ax2－(2a＋1)x＋a(a>0)，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0
由题意知，只需G(2)>G(1)，解得a>1－ln 2.
又0
由G′(x)>0，得x>1或0
要存在实数m∈(2,3)，使得当x∈(0，m]时， 函数G(x)的最大值为G(m)，则G
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＋1
所以c1＝a1＝－，a2＝，c2＝a3＝2，
所以c1<1，c2＝a3>c3>…>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)
所以当t>1时，g(t)
又根据ex>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0
f＝ln－a＋a＝ln＋2a－2，令m＝－1∈(1，＋∞)，
h(m)＝ln m＋－2(m>1)，
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－
代入y＝x＋m，得m＝－，所以－
(2)由(1)得|CD|＝|x1－x2|＝ ＝ ＝ ，
又点O到直线AB的距离为d＝，
所以|AB|＝2，
所以S四边形ACBD＝|AB|·|CD|
＝
＝
＝ .
因为0≤m2<，
所以0
22．(本小题满分15分)已知数列{an}中a1＝，an＋1＝sin(n∈N*)．
(1)证明：0
证明：(1)数学归纳法：①当n＝1时，a1＝，a2＝，
显然有0
即0
∴0<(1－an)≤，
∴0
＝2sin2≤sin<(1－an－1)．
于是1－an<(1－an－1)<…
“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0
(1)当a＝1时，求使f(x)＝x成立的x的值；
(2)当a∈(0,3)，求函数y＝f(x)在x∈[1,2]上的最大值；
(3)对于给定的正数a，有一个最大的正数M(a)，使x∈[0，M(a)]时，都有|f(x)|≤2，试求出这个正数M(a)，并求它的取值范围．
解：(1)由题意得a＝1时，f(x)＝x，解得x＝1.
(2)f(x)＝其中f(0)＝f(a)＝1，
最大值在f(1)，f(2)，f(a)中取．
当0＜a≤1时，f(x)在[1,2]上单调递减，
故f(x)max＝f(1)＝a；
当1＜a＜2时，f(x)在[1，a]上单调递增，[a,2]上单调递减，
故f(x)max＝f(a)＝1；
当2≤a＜3时，f(x)在上单调递减，上单调递增，
且x＝是函数的对称轴，
因为－＝3－a＞0，
所以f(x)max＝f(2)＝5－2a，
综上，f(x)＝
(3)∵当x∈(0，＋∞)时，f(x)max＝1，
故问题只需转化为在给定区间内f(x)≥－2恒成立．
因f＝1－，分两种情况讨论：
当1－<－2时，M(a)是方程x2－ax＋1＝－2的较小根，
即a>2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)0
(3)n－1≤xn≤n－2.
证明：(1)数学归纳法证明：xn>0.
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0
得xnxn＋1－9xn＋1＋6xn＝x＋(xn＋1＋6)－4xn＋1－6.
设f(x)＝x2＋(x＋6)－4x－6(x>0)，
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－1
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)＝sin 2x＋cos 2x＋a(a为常数)．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)在上有最小值1，求a的值．
解：(1)f(x)＝2＋a＝2sin＋a，
令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
∴f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
(2)当0≤x≤时，≤2x＋≤，
则－≤sin≤1.
∴当x＝时，f(x)取得最小值为a－1＝1.
∴a＝2.
19．(本小题满分15分)如图，已知四棱锥EABCD的底面为菱形，且∠ABC＝60°，AB＝EC＝2，AE＝BE＝.
(1)求证：平面EAB⊥ 平面ABCD；
(2)求二面角AECD的余弦值．
解：(1)证明：取AB的中点O，连接EO，CO.
∵AE＝EB＝，AB＝2，
∴△AEB为等腰直角三角形，
∴EO⊥AB，EO＝1.
又∵AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ACB是等边三角形，
∴CO＝，又EC＝2，
∴EC2＝EO2＋CO2，∴EO⊥CO.
∵AB∩CO＝O，∴EO⊥平面ABCD.
又EO ⊂平面EAB，∴平面EAB⊥平面ABCD.
(2)以AB中点O为坐标原点，以OC，OB，OE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，－1,0)，C(，0,0)，D(，－2,0)，E(0,0,1)，
∴＝(，1,0)， ＝(，0，－1)，＝(0,2,0)．
设平面DCE的法向量n＝(x，y,1)，
则即解得
∴n＝.
设平面EAC的法向量m＝(a，b,1)，
则即解得
∴m＝.
∴cos〈m，n〉＝＝.
由图知，二面角AECD为锐角，
∴二面角AECD的余弦值为.
20．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝ln x－，g(x)＝f(x)＋ax－6ln x，其中a∈R.
(1)当a＝1时，判断f(x)的单调性；
(2)若g(x)在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝ln x－得定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
当a＝1时，f′(x)＝>0,
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>，
∴
即Sn<2＋2ln n.
高考仿真模拟练(二)
(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|x2－3x＋2＜0}，B＝{x|x≥1}，则A∩B＝( )
A．(1,2) B．(2，＋∞)
C．(1，＋∞) D．[1,2)
解析：选A ∵A＝{x|x2－3x＋2＜0}＝{x|1＜x＜2}，B＝{x|x≥1}，∴A∩B＝{x|1＜x＜2}＝(1,2)，故选A.
2．已知α，β∈R，则“α>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APQR，APRQ，AQRP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0
令f′(x)>0，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0
(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)0
证明：(1)数学归纳法：
①当n＝1时，因为x1＝1，所以0
因为xk＋1＝2＋3≥3>0，
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0
则∠APO≥60°，tan∠APO＝≥tan 60°＝，
解得0
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1
所以1
10.如图，半径为1的扇形AOB中，∠AOB＝，P是弧AB上的一点，且满足OP⊥OB，M，N分别是线段OA，OB上的动点，则·的最大值为( )
A. B．
C．1 D．
解析：选C ·＝(＋)·(＋)＝2＋·＋·＝1＋
||cos 150°＋||·||cos 120°≤1＋0×＋0×＝1，故选C.
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．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，该几何体的表面积为__________cm2，体积为__________cm3.
解析：由三视图可知，该几何体为一个四棱锥，高为2，底面为边长为2的正方形，所以表面积为22＋2××2×2＋2××2×2＝8＋4，体积为×2×22＝.
答案：8＋4
12．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝，b＝3，sin C＝2sin A，则sin A＝________；设D为AB边上一点，且＝2，则△BCD的面积为________．
解析：由sin C＝2sin A及正弦定理得c＝2a＝2，又cos A＝＝＝，所以sin A＝＝＝.又因为＝2，所以点D为AB边上靠近点A的三等分点，所以S△BCD＝××bcsin A＝××3×2×＝2.
答案： 2
13．已知sincos＝，且0<α<，则sin α＝________，cos α＝________.
解析：因为sincos＝－cos α·(－sin α)＝sin αcos α＝，
又0<α<，则且0
14．安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去杭州、宁波、金华三个城市进行暑期社会实践活动，每个城市至少安排一人，则不同的安排方式共有________种，学生甲被单独安排去金华的概率是________．
解析：根据题意，按五名同学分组的不同分2种情况讨论：
①五人分为2,2,1的三组，有＝15种分组方法，对应三个城市，有15×A＝90种安排方案．
②五人分为3,1,1的三组，有＝10种分组方法，对应三个城市，有10×A＝60种安排方案，则共有90＋60＝150种不同的安排方案．
学生甲被单独安排去金华时，共有CCA＋A＝14种不同的安排方案，则学生甲被单独安排去金华的概率是＝.
答案：150
15．已知F是抛物线C：y2＝4x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N.若＝，则||＝________.
解析：由题意知，F(1, 0)，设M(x0，y0)，N(0，y)，
则由＝，
可得(x0－1，y0)＝(0－x0，y－y0)，所以
把x0＝代入y2＝4x，得
y0＝±＝±，y＝3y0＝±，
所以 ||＝＝5.
答案：5
16．已知函数f(x)＝则关于x的方程f(x2－4x)＝6的不同实根的个数为________．
解析：作出函数f(x)的图象如图所示，t＝x2－4x＝(x－2)2－4，由图象可知，当－4≤t≤0时，f(t)＝6，即ln(1－t)＋4＝6，t＝1－e2<－4，故方程无解，当t>0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0
(2)由余弦定理，得4＝c2＋a2－ca≥2ac－ca＝ac，
从而S△ABC＝casin≤，
当且仅当a＝c时，S△ABC取到最大值，最大值为.
19．(本小题满分15分)如图，在四棱锥PABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，E为线段BC上的点，且BC＝2AB＝2AD＝4BE＝2PA，平面PAB⊥平面ABCD.
(1)求证：平面PED⊥平面PAC；
(2)求直线PE与平面PAC所成角的正弦值．
解：(1)如图，取AD的中点F，连接BF，则FD綊BE，
∴四边形FBED是平行四边形，∴FB∥ED.
∵在直角△BAF和直角△CBA中，＝＝2，
∴Rt△BAF∽Rt△CBA.
易知BF⊥AC，则ED⊥AC.
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AB⊥PA，
∴PA⊥平面ABCD，PA⊥ED.
∵PA∩AC＝A，
∴ED⊥平面PAC.
∵ED⊂平面PED，
∴平面PED⊥平面PAC.
(2)设ED交AC于点G，连接PG，
则∠EPG是直线PE与平面PAC所成的角．
设BE＝1，由△AGD ∽△CGE，知＝＝，
∵AB＝AD＝2，∴EG＝DE＝.
在△PAB中，PB＝＝2，
在△PBE中，PE＝＝3，
∴sin∠EPG＝＝.
∴直线PE与平面PAC所成角的正弦值为.
20．(本小题满分15分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为2Sn＝3n＋3，
当n≥2时，2Sn－1＝3n－1＋3，
两式相减，得2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1，
即an＝3n－1，
当n＝1时，2a1＝2S1＝3＋3，解得a1＝3，
但a1＝3≠31－1，
所以an＝
(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝，
当n≥2时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.
所以T1＝b1＝，
当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n]，
所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]
两式相减，得
2Tn＝＋(30＋3－1＋…＋32－n)－(n－1)·31－n＝＋－(n－1)·31－n＝－，
所以Tn＝－，
经检验，n＝1时也适合，
综上可得，Tn＝－.
21．(本小题满分15分)如图，已知抛物线C1：x2＝2py的焦点在抛物线C2：y＝x2＋1上，点P是抛物线C1上的动点．
(1)求抛物线C1的方程及其准线方程；
(2)过点P作抛物线C2的两条切线，A，B分别为两个切点，求△PAB面积的最小值．
解：(1)由题意，得＝1，p＝2，所以抛物线C1的方程为x2＝4y，其准线方程为y＝－1.
(2)设P(2t，t2)，A(x1，y1)，B(x2，y2),
则切线PA的方程为y－y1＝2x1(x－x1)，
即y＝2x1x－2x＋y1，
又y1＝x＋1，
所以y＝2x1x＋2－y1.
同理：切线PB的方程为y＝2x2x＋2－y2，
又PA和PB都过P点，所以
所以直线AB的方程为4tx－y＋2－t2＝0.
联立得x2－4tx＋t2－1＝0，
则x1＋x2＝4t，x1x2＝t2－1.
所以|AB|＝|x1－x2|＝·.
又点P到直线AB的距离d＝＝ ，
所以△PAB的面积S＝|AB|d＝2(3t2＋1)＝2(3t2＋1)，
所以当t＝0时， S取得最小值，为2，
即△PAB面积的最小值为2.
22．(本小题满分15分)设函数f(x)＝－aln(1＋x)，g(x)＝ln(1＋x)－bx.
(1)若函数f(x)在x＝0处有极值，求函数f(x)的最大值．
(2)①是否存在实数b，使得关于x的不等式g(x)<0在(0，＋∞)上恒成立？若存在，求出b的取值范围．若不存在，说明理由．
②证明：不等式－1<－ln n≤(n∈N*)．
解：(1)由已知得，f′(x)＝－，且函数f(x)在x＝0处有极值，
∴f′(0)＝－＝0，即a＝1，
∴f(x)＝－ln(1＋x)，
∴f′(x)＝－＝.
当x∈(－1,0)时，f′(x)>0，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)－bx
∴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0
此时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．
综上所述，b的取值范围是[1，＋∞)．
②证明：由以上得，0)，
取x＝，得
则x1＝，xn－xn－1＝－ln<－＝－<0.
因此xn
所以xn＝－n
＝＋>
＝－≥－＝－1＋>－1.
故－1<－ln n≤(n∈N*)．
(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．I1
∴OB
而cos∠AOB＝cos∠COD<0，
∴·>·，即I1>I3，
∴I3
[应用体验]
3．(2018·浙江高考)在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影．由区域中的点在直线x＋y－2＝0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|＝( )
A．2 B．4
C．3 D．6
解析：选C 作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，过点C，D分别作直线x＋y－2＝0的垂线，垂足分别为A，B，则四边形ABDC为矩形，由得C(2，－2)．由得D(－1,1)．所以|AB|＝|CD|＝＝3.故选C.
4．(2018·浙江高考)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量，若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是( )
A.－1 B．＋1
C．2 D．2－
解析：选A 法一：∵b2－4e·b＋3＝0，
∴(b－2e)2＝1，∴|b－2e|＝1.
如图所示，把a，b，e的起点作为公共点O，以O为原点，向量e所在直线为x轴，则b的终点在以点(2,0)为圆心，半径为1的圆上，|a－b|就是线段AB的长度．
要求|AB|的最小值，就是求圆上动点到定直线的距离的最小值，也就是圆心M到直线OA的距离减去圆的半径长，因此|a－b|的最小值为－1.
法二：设O为坐标原点，a＝，b＝＝(x，y)，e＝(1,0)，由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即(x－2)2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C(2,0)为圆心，1为半径的圆．因为a与e的夹角为，不妨令点A在射线y＝x(x>0)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0
排除法
排除法也叫筛选法或淘汰法，使用排除法的前提是答案唯一，具体的做法是从条件出发，运用定理、性质、公式推演，根据“四选一”的指令，对各个备选答案进行“筛选”，将其中与题干相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得正确结论．
[典例] (2018·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝的图象大致为( )
[技法演示] 先根据奇偶性排除一个选项，再根据特值排除另外两个选项，最后剩余的一个即为正确答案．
∵y＝ex－e－x是奇函数，y＝x2是偶函数，
∴f(x)＝是奇函数，图象关于原点对称，排除A选项．
当x＝1时，f(1)＝＝e－>0，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0
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 α
[应用体验]
10．(2018·全国卷Ⅱ)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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )
A．90π B．63π
C．42π D．36π
解析：选B 法一：由题意知，V圆柱＜V几何体＜V圆柱．
又V圆柱＝π×32×10＝90π，
∴45π＜V几何体＜90π.
观察选项可知只有63π符合．故选B.
法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V＝π×32×7＝63π.
(二)快细稳活 填空稳夺
绝大多数的填空题都是依据公式推理计算型和依据定义、定理等进行分析判断型，解答时必须按规则进行切实的计算或者合乎逻辑的推理和判断．求解填空题的基本策略是要在“准”“巧”“快”上下功夫．常用的方法有直接法、特殊值法、数形结合法、等价转化法、构造法等．
解答填空题时，由于不反映过程，只要求结果，故对正确性的要求更高、更严格．解答时应遵循“快”“细”“稳”“活”“全”5个原则.
填空题解答“五字诀”
快——运算要快，力戒小题大做
细——审题要细，不能粗心大意
稳——变形要稳，不可操之过急
活——解题要活，不要生搬硬套
全——答案要全，避免残缺不齐
Ⅰ.填空题——五招速解
直接法
直接法就是从题设条件出发，运用定义、定理、公式、性质、法则等知识，通过变形、推理、计算等得出正确的结论．
[典例] (2018·浙江高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60°，则sin B＝_______，c＝________.
[技法演示] 由正弦定理＝，得sin B＝·sin A＝×＝.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得7＝4＋c2－4c×cos 60°，
即c2－2c－3＝0，解得c＝3或c＝－1(舍去)．
[答案] 3
[应用体验]
1．若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3；b4＝－1·q3＝8，解得q＝－2.所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1×(－2)＝2，所以＝1.
答案：1
2．(2018·浙江高考)已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．
解析：由二元二次方程表示圆的条件可得a2＝a＋2，解得a＝2或－1.当a＝2时，方程为4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即x2＋y2＋x＋2y＋＝0，配方得2＋(y＋1)2＝－＜0，不表示圆；
当a＝－1时，方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5.
答案：(－2，－4) 5
特殊值法
当填空结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，我们只需把题材中的参变量用特殊值代替即可得到结论．
[典例] 已知等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，设{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若n2(Tn＋1)＝2nSn，n∈N*，则d＝________；q＝________.
[技法演示] 法一：特殊化思想，取Sn＝n2，Tn＝2n－1，则an＝2n－1，bn＝2n－1，满足条件，故d＝2，q＝2.
法二：若q＝1，则n2(nb1＋1)＝2n，这是不可能的，所以q≠1，
故n2＝2n，所以q＝2.
于是n2[b1(2n－1)＋1]＝2n，
比较两边系数得解得
综上，d＝2，q＝2.
[答案] 2 2
[应用体验]
3．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.
解析：法一：(特殊值法)
等差数列{an}为常数列，则a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25＝5a5⇒a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.
法二：(直接法)
因为数列{an}是等差数列，由下标和性质知a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25＝5a5⇒a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.
答案：10
4．已知双曲线E：－＝1(a>0，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－1
[答案] (－1,4]
[应用体验]
5．(2018·浙江高考)已知λ∈R，函数f(x)＝当λ＝2时，不等式f(x)<0的解集是________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是________．
解析：当λ＝2时，f(x)＝
其图象如图①所示．
由图知f(x)<0的解集为(1,4)．
f(x)＝恰有2个零点有两种情况：
①二次函数有两个零点，一次函数无零点；
②二次函数与一次函数各有一个零点．
在同一平面直角坐标系中画出y＝x－4与y＝x2－4x＋3的图象如图②所示，平移直线x＝λ，可得λ∈(1,3]∪(4，＋∞)．
答案：(1,4) (1,3]∪(4，＋∞)
等价转化法
通过“化复杂为简单，化陌生为熟悉”将问题等价转化为便于解决的问题，从而得到正确的结果．
[典例] (2018·浙江高考)已知点P(0,1)，椭圆＋y2＝m(m>1)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＋2
[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＋2
由(1)可得当n>N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
所以an>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
所以<，
所以>≥>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|2
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|0
C．(－2,5) D．(0,4)
解析：选D 由已知得B＝{x|－2
A．－i B．i
C．－ D．
解析：选C 因为z＝＝＝＝－i，所以复数z的虚部为－.
3．已知直线l，m与平面α，β，l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是( )
A．若l∥m，则α∥β B．若l⊥m，则α⊥β
C．若l⊥β，则α⊥β D．若α⊥β，则m⊥α
解析：选C 对于选项A，平面α和平面β还有可能相交，所以选项A错误；对于选项B，平面α和平面β还有可能相交或平行，所以选项B错误；对于选项C，因为l⊂α，l⊥β，所以α⊥β，所以选项C正确；对于选项D，直线m还有可能和平面α平行，所以选项D错误，故选C.
4．使得n(n∈N*)的展开式中含有常数项的最小的n为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选B n(n∈N*)的展开式的通项为
Tr＋1＝3n－rCxn－rxr＝3n－rCxnr，
令n－r＝0，得n＝r，又n∈N*，
∴当r＝2时，n的值最小，即nmin＝5.
5．记Sn为数列{an}的前n项和．“对于任意正整数n，均有an>0”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＋c
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
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A a2＋b2
A．2 B．
C．－2 D．－
解析：D ＝＝＝－i，由题设可得＋＝0，解得b＝－，故选D.
4.在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，下列命题不正确的是( )
A．平面ACB1∥平面A1C1D，且两平面间的距离为
B．点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的体积不变
C．与12条棱都相切的球的体积为π
D．M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是△AB1C外接圆的圆周上任意一点，则|MN|的最小值是
解析：选D 平面ACB1与平面A1C1D都垂直于BD1，且将BD1三等分，故A正确；由于AB∥平面A1B1C1D1，所以动点P到平面A1B1C1D1的距离是定值，所以四面体PA1B1C1的体积不变，故B正确；与12条棱都相切的球即为以正方体的中心为球心，为半径的球，所以体积为π，故C正确；对于选项D，设内切球的球心为O，则|MN|≥||OM|－|ON||＝－，当且仅当O，M，N三点共线时取“＝”，而－>－，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0
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－
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)＝x2＋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＋4
“10＋7”小题提速保分练(四)
一、选择题
1．已知集合A＝{x|y＝，x∈R}，B＝{x|ln x<1，x∈R}，则A∩B＝( )
A．[－1,2] B．(0,2]
C．[1,2] D．[1，e]
解析：选B 由－x2＋x＋2≥0，得－1≤x≤2，
所以A＝[－1,2]．
由ln x<1，得0
2．“cos 2α＝”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 由cos 2α＝，
可得2α＝＋2kπ或2α＝－＋2kπ，k∈Z，
即α＝＋kπ或α＝－＋kπ，k∈Z，
所以cos 2α＝是α＝＋kπ，k∈Z成立的必要不充分条件，故选B.
3．复数z＝在复平面内对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选C 由题意可得z＝＝＝＝＝－－i，对应点为，所以复数z在复平面内对应的点在第三象限，选C.
4．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A. B．8
C. D．6
解析：选A 如图所示，在棱长为2的正方体中，
题中的三视图对应的几何体为四棱锥PADC1B1，其中P为棱A1D1的中点，
则该几何体的体积VPADC1B1＝2VPDB1C1＝2VDPB1C1＝2××S△PB1C1×DD1＝.
5．设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(3，p)，若P(ξ≥1)＝，则P(η≥2)的值为( )
A. B．
C. D．
解析：选C ∵变量ξ～B(2，p)，且P(ξ≥1)＝，∴P(ξ≥1)＝1－P(ξ<1)＝1－Cp0(1－p)2＝，∴p＝，∴P(η≥2)＝1－P(η＝0)－P(η＝1)＝1－C×0×3－C×1×2＝1－－＝，故选C.
6．已知实数x，y满足如果目标函数z＝x－y的最小值为－1，则实数m＝( )
A．7 B．5
C．4 D．1
解析：选B 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，
作出直线x－y＝0，平移该直线，当直线经过点A时，z＝x－y取得最小值．
联立可得交点坐标为A，
所以－＝－1，解得m＝5.
7．若二项式n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为( )
A．7 B．5
C．4 D．3
解析：选A 若二项式n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则n＝20，20展开式的通项公式Tr＋1＝C(x)20－rr＝()20－r·Cx20－r，
展开式的有理项满足20－r＝k(k∈Z)，
则rMOD3＝0(0≤r≤20，r∈Z)，所以r可能的取值为0,3,6,9,12,15,18，共有7个，故选A.
8．已知F1，F2分别是双曲线－＝1(a，b>0)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a1
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－1
即Δ＝(5＋2a)2－4×4(2a＋2)＝0，
解得a＝－或a＝，符合题意．
当a≤－1时，由①可得x＝0或x＝.
由②可得x＝，
故f(x)有三个零点，不符合题意，舍去．
综上，a＝－或a＝或a＝4.
答案：－或或4
“10＋7”小题提速保分练(五)
一、选择题
1．已知i是虚数单位，则＝( )
A．1＋i B．－1＋i
C．1－i D．－1－i
解析：选B ＝＝－1＋i.
2．已知集合M＝{x|x2＋x－12≤0}，N＝{y|y＝3x，x≤1}，则集合{x|x∈M且x∉N}为( )
A．(0,3] B．[－4,3]
C．[－4,0) D．[－4,0]
解析：选D 易得M＝[－4,3]，N＝(0,3]，则{x|x∈M且x∉N}＝[－4,0]，故选D.
3．若α，β，γ为不同的平面，a，b，c为三条不同的直线，则下列命题正确的是( )
A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
B．若a∥β，a∥b，则b∥β
C．若a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，则c⊥α
D．若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b
解析：选D α⊥γ，β⊥γ⇒α∥β或α与β相交，故A不正确；若a∥β，a∥b，则b与β可能有两种位置关系：b⊂β或b∥β，故B不正确；当a，b，c共面时，满足a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，则c∥α，故C不正确．故选D.
4．如图所示，某多面体的正视图、侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、直角梯形和直角三角形，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )
A．2 B．
C．2 D．
解析：选C 由三视图可知该多面体的直观图为如图所示的四棱锥PABCD，补形成正方体，由图可知最长棱PD的长度为2.
5．若(1＋2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则a0＋a1＋a3＋a5＝( )
A．122 B．123
C．243 D．244
解析：选B 记f(x)＝(1＋2x)5，则a0＝f(0)＝1, 又f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a5＝35，f(－1)＝a0－a1＋a2－…－a5＝(－1)5＝－1，两式相减得a1＋a3＋a5＝122，
所以a0＋a1＋a3＋a5＝123，故选B.
6．设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是( )
A．若d<0，则数列{Sn}有最大项
B．若数列{Sn}有最大项，则d<0
C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0
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0
C．sin(2－x2)
又y<，所以1
所以sin x2>sin(2－y)，故B正确；
对于C，取2－x2＝，
则
A. B．
C. D．
解析：选D 这是一个古典概型，共有36个基本事件，“友好对”的结果有(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,5)，(6,6)，共16个，所以所求概率为＝.
10．过点P(－3,0)作直线(a＋2b)x－(a＋b)y－3a－4b＝0(a，b不同时为零)的垂线，垂足为M，已知点N(2,3)，则|MN|的取值范围是( )
A．(5－，5＋) B．[5－，5＋)
C．[5＋，＋∞) D．[5－，5＋ ]
解析：选D 由直线(a＋2b)x－(a＋b)y－3a－4b＝0(a，b不同时为零)化为a(x－y－3)＋b(2x－y－4)＝0，
令解得x＝1，y＝－2，
∴直线经过定点Q(1，－2)．
∵△PQM为直角三角形，斜边为PQ，
∴点M在以PQ为直径的圆上运动，
可得圆心为(－1，－1)，半径为|PQ|＝，
则|MN|max＝＋＝5＋；
|MN|min＝5－，
∴|MN|的取值范围是[5－，5＋ ]．
二、填空题
11．已知圆C：x2＋y2＋2x＋2y－5＝0，则圆心C的坐标为________；此圆中过原点的弦最短时，该弦所在的直线方程为________．
解析：圆的方程可化为(x＋1)2＋(y＋)2＝9，所以圆心为C(－1，－)，半径r＝3，圆中过原点最短的弦所在的直线即为过原点且与CO(O为原点)垂直的直线，因为kCO＝＝，所以该直线方程为y＝－x.
答案：(－1，－) y＝－x
12．已知单调递减的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项，则公比q＝________，通项公式为an＝________.
解析：由题设可知2(a3＋2)＝a2＋a4，又a2＋a3＋a4＝28，所以a3＝8，＋a3＋a3q＝28，所以＋8＋8q＝28，解得q＝2或q＝.因为{an}单调递减，且a3>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ABCDA1B1C1D1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0
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x
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0
11. 若复数z满足(1－2i)·z＝3＋i(i为虚数单位)，则z＝__________；|z|＝__________.
解析：由题设有z＝＝＝＋i，故|z|＝.
答案：＋i
12. 已知α∈R，sin α＋2cos α＝，则tan α＝________；tan 2α＝__________.
解析：因为sin α＋2cos α＝，
所以sin2α＋4sin αcos α＋4cos2α＝，
故＝，
即＝，
整理得到3tan2α－8tanα－3＝0，
解得tan α＝3或tan α＝－.
当tan α＝3时，tan 2α＝＝－；
当tan α＝－时，tan 2α＝＝－.
答案：3或－ －
13. 已知多项式(x＋1)6(3x2＋1)2＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a0＝__________；a2＝__________.
解析：令x＝0，则a0＝1.
又(x＋1)6(3x2＋1)2＝(x＋1)6(9x4＋6x2＋1)，
而(x＋1)6的展开式中x2的系数为C＝15，常数项为1，故(x＋1)6(3x2＋1)2的展开式中x2的系数为15＋6＝21，即a2＝21.
答案：1 21
14. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A＝，a＝7，b＝5，点D满足＝2，则c＝_______；|AD|＝__________.
解析：∵A＝，a＝7，b＝5.
∴根据余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
即72＝52＋c2－2×5×c×，
化简得c2－5c－24＝0，
∴c＝8或c＝－3(舍去)．
∴cos B＝＝＝.
∵点D满足＝2，
∴||＝a＝，
在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝BD2＋c2－2BD·c·cos B＝2＋64－2××8×＝，
∴AD＝.
答案：8
15. 有6张卡片分别写有数字1,1,1,2,3,4，从中任取3张，可排出不同的三位数的个数是__________．(用数字作答)
解析：如果三位数的各位数字不同，则有A＝24种；
如果三位数有两个数字相同，那么有CC＝9种；
如果三位数有三个数字相同，那么有1种(就是111)．
综上，共有34种．
答案：34
16. 已知点M为单位圆x2＋y2＝1上的动点，点O为坐标原点，点A在直线x＝2上，则·的最小值为__________．
解析：设A(2，t)，M(cos θ，sin θ)，
则＝(cos θ－2，sin θ－t)，＝(－2，－t)，
所以·＝4＋t2－2cos θ－tsin θ.
又(2cos θ＋tsin θ)max＝，
故·≥4＋t2－.
令s＝，则s≥2，又4＋t2－＝s2－s≥2，
当s＝2，即t＝0时等号成立，故(·)min＝2.
答案：2
17. 已知函数f(x)＝x2－2mx＋m＋2，g(x)＝mx－m，若存在实数x0∈R，使得f(x0)<0且g(x0)<0同时成立，则实数m的取值范围是__________．
解析：当m>0，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)
C．P(X＝1)＝，且E(X)
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0
A．存在点P，使得Ⅰ1＝Ⅰ2
B．存在点P，使得Ⅰ1＝Ⅰ3
C．对任意的点P，有Ⅰ2>Ⅰ1
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(a
C. D．
解析：选D f(x)＝log2(4x＋t)为增函数，且存在[a，b]⊆D(a
所以a，b是方程4x－2x＋t＝0的两个不等的实根．
设2x＝m(m>0)，
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0
11．双曲线－＝1的离心率为_________，渐近线方程为__________．
解析：在双曲线－＝1中，a＝2，b＝，c＝，∴e＝＝，渐近线方程为y＝±x.
答案： y＝±x
12．已知随机变量X的分布列为：
X
1
2
3
P
m
则m＝__________，D(X)＝__________.
解析：由题意，得＋＋m＝1，∴m＝，
∴E(X)＝1×＋2×＋3×＝，
D(X)＝×2＋×2＋×2＝.
答案：
13．某四面体的三视图如图所示，则该四面体的体积为________；表面积为__________．
解析：由三视图可知，该四面体的直观图为如图所示的三棱锥DABC，图中正方体的棱长为4，所以四面体的体积为××4×4×4＝，表面积为2××4×4＋2××4×4＝16＋16.
答案： 16＋16
14．若(x2－2x－3)n的展开式中所有项的系数之和为256，则n＝__________，含x2项的系数是_________(用数字作答)．
解析：∵(x2－2x－3)n的展开式中所有项的系数之和为256，∴(－4)n＝256，∴n＝4，(x2－2x－3)n＝(x2－2x－3)4＝(x－3)4(x＋1)4，∴x2项的系数是C(－3)2·C＋C(－3)3·C＋C(－3)4·C＝54－432＋486＝108.
答案：4 108
15．当x＞0时，x＋(a＞0)的最小值为3，则实数a的值为________．
解析：因为当x＞0时，x＋＝x＋1＋－1≥2－1，又x＋(a＞0)的最小值为3，所以2－1＝3，可得a＝4.
答案：4
16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点P是其外接圆M上的任意一点，若a＝2，b＝c＝，则2＋2＋2的最大值为________．
解析：如图，以BC的中点O为原点，以BC为x轴，OA为y轴建立平面直角坐标系，则A(0,2)，B(－，0)，C(，0)．由余弦定理得，cos A＝＝，
所以sin A＝.
设外接圆M的半径为r，
则2r＝＝＝，r＝.
易知外接圆圆心M在y轴上，
由|OC|＝，得M.
设P，
则＝，
＝，
＝，
故2＋2＋2＝2＋2＋2＋2＋2＋2＝－sin α≤.
所以2＋2＋2的最大值为.
答案：
17.如图，在棱长为2的正四面体SABC中，动点P在侧面SAB内，PQ⊥底面ABC，垂足为Q，若PS＝PQ，则PC长度的最小值为________．
解析：作PH⊥AB于H，连接QH，则∠PHQ为二面角的平面角，设AB中点为G，S在△ABC的射影为O′(O′
为△ABC的中心)，则∠SGO′也是二面角的平面角，sin∠PHQ＝sin∠SGO′＝，∴PH＝PQ，∴PH＝PS，即P是到定点与定直线等距离的动点轨迹，即P的轨迹是以AB为准线，以S为焦点的抛物线，SH的中点O是抛物线顶点，O到C的距离就是PC的最小值，在△SHC中，由余弦定理得，cos∠SHC＝＝，在△PHC中，由余弦定理得，PC2＝2＋()2－2×××＝，PC＝.
答案：
“10＋7”小题提速保分练(十)
一、选择题
1．已知集合A＝{1,2}，B＝{x|x2－(a＋1)x＋a＝0，a∈R}，若A＝B，则a＝( )
A．1 B．2
C．－1 D．－2
解析：选B ∵A＝{1,2}，B＝{x|x2－(a＋1)x＋a＝0，a∈R}，
由A＝B，可得1,2是方程x2－(a＋1)x＋a＝0的两根，
则即a＝2，故选B.
2．已知a∈R，i为虚数单位，若为纯虚数，则a的值为( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：选C ∵＝＝－i为纯虚数，∴＝0且≠0，解得a＝1.
3．已知函数f(x)，x∈R，则“f(x)的最大值为1”是“f(x)≤1恒成立”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f(x)的最大值为1，一定可得f(x)≤1恒成立，
反之，由f(x)≤1恒成立，不一定得到f(x)的最大值为1，(最大值小于1也有f(x)≤1恒成立)
∴“f(x)的最大值为1”是“f(x)≤1恒成立”的充分不必要条件，故选A.
4．若实数x，y满足约束条件则－2x＋y的最小值为( )
A．2 B．－2
C．5 D．－5
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．
设z＝y－2x，得y＝2x＋z，
平移直线y＝2x＋z，由图象知，当直线y＝2x＋z经过点A时，直线y＝2x＋z的截距最小，此时z最小．
由解得A(3,1)，
此时z＝－6＋1＝－5，
即－2x＋y的最小值为－5，故选D.
5．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题
①⇒β∥γ ②⇒m⊥β
③⇒α⊥β ④⇒m∥α
其中正确的命题是( )
A．①④ B．②③
C．①③ D．②④
解析：选C 对于②，直线m与平面β可能平行或相交；对于④，直线m可能也在平面α内．而①③都是正确的命题．
6．函数f(x)＝cos x(－π≤x≤π，且x≠0)的图象可能为( )
解析：选D ∵f(－x)＝cos(－x)＝－cos x＝－f(x)，
∴函数f(x)为奇函数，
∴函数f(x)的图象关于原点对称，可排除选项A、B，
当x＝π时，f(π)＝cos π＝－π<0，可排除选项C，故选D.
7．已知随机变量ξi满足P(ξi＝0)＝pi，P(ξi＝1)＝1－pi，且0
C．p1
D．p1>p2，且D(ξ1)
P(ξ2＝0)＝p2，P(ξ2＝1)＝1－p2，
∴E(ξ1)＝1－p1，E(ξ2)＝1－p2，
∵E(ξ1)
D(ξ2)＝(0－1＋p2)2p2＋(1－1＋p2)2(1－p2)＝p2－p，
∵0
∴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)
“18～20”大题规范满分练(四)
18．(本小题满分14分)在△ABC中，内角A，B，C所对边长分别为a，b，c,3(c－acos B)＝bsin A.
(1)求角A的大小；
(2)若sin Bcos C＝，求角C的大小．
解：(1)由已知及正弦定理得，
3(sin C－sin Acos B)＝sin Bsin A，
即3[sin(A＋B)－sin Acos B]＝sin Bsin A，
化简得3cos Asin B＝sin Bsin A.
∵sin B≠0，∴tan A＝，∴A＝.
(2)由(1)知B＋C＝，
∴sincos C＝cos2C＋sin Ccos C＝(1＋cos 2C)＋sin 2C＝cos 2C＋sin 2C＝－，
∴sin＝－.
又∵<2C＋<，
∴2C＋＝，∴C＝.
19.(本小题满分15分)如图，在四棱锥ABCD中，△ABD，△BCD均为正三角形，且二面角ABDC为120°.
(1) 求证：AC⊥BD；
(2) 求二面角BADC的余弦值．
解：(1)证明：设BD的中点为O，连接OA，OC，
则由△ABD，△BCD均为正三角形，
可得OA⊥BD，OC⊥BD,
∵OA∩OC＝O，∴BD⊥平面AOC.
∵AC⊂平面AOC，∴AC⊥BD .
(2)设△ABD，△BCD的边长均为2a，则OA＝OC＝a，
由二面角ABDC为120°，可知∠AOC＝120°，∴AC＝3a.
过点B作BE⊥AD，垂足为E，则BE＝a.
过点E作EH⊥AD，垂足为E，EH∩AC＝H.
在△ACD中，由余弦定理得，
cos∠DAC＝＝.
在Rt△AEH中，AE＝a，cos∠EAH＝＝，
∴AH＝a，EH＝a，
连接BH，则∠BEH就是所求的二面角BADC的平面角．
在等腰△ABC中，由余弦定理得，
cos∠BAC＝＝，
解得BH＝a.
又BE＝a，于是在△BEH中，
由余弦定理得，cos∠BEH＝＝.
所以二面角BADC的余弦值为.
20．(本小题满分15分)已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
(1)证明{Sn－n＋2}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：当n＝1时，由Sn－2an＝n－4，得a1＝3.
∴S1－1＋2＝4.
当n≥2时，Sn－2an＝n－4可化为Sn＝2(Sn－Sn－1)＋n－4，
即Sn＝2Sn－1－n＋4，
∴Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]．
∴{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，Sn－n＋2＝2n＋1，
∴Sn＝2n＋1＋n－2.
于是Tn＝S1＋S2＋…＋Sn
＝22＋1－2＋23＋2－2＋…＋2n＋1＋n－2
＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
＝＋－2n
＝2n＋2＋－4.
∴数列{Sn}的前n项和Tn为2n＋2＋－4.
“18～20”大题规范满分练(五)
18．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝cos2ωx－sin ωxcos ωx－(ω>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)
故f(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，∴0
∴2A－＝，即A＝.
又bsin C＝asin A，∴bc＝a2＝4，
∴S△ABC＝bcsin A＝.
19．(本小题满分15分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧面PCD为正三角形且二面角PCDA为60°.
(1)设侧面PAD与侧面PBC的交线为m，求证：m∥BC；
(2)设底边AB与侧面PBC所成的角为θ，求sin θ的值．
解：(1)证明：因为BC∥AD，BC⊄侧面PAD，AD⊂侧面PAD，所以BC∥侧面PAD.
又因为侧面PAD∩侧面PBC＝m，
所以m∥BC.
(2)取CD的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，
则PM⊥CD，MN⊥CD.
所以∠PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角．
从而∠PMN＝60°.
作PO⊥MN于O，则PO⊥底面ABCD.
因为CM＝2，PM＝2，
所以OM＝，OP＝3.
以O为坐标原点，ON为x轴，OP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(4－，－2,0)，B(4－，2,0)，C(－，2,0)，P(0，0,3)，＝(0,4,0)，＝(4－，2，－3)，＝(－，2，－3)．
设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，
则即
取y＝3，得平面PBC的一个法向量为n＝(0,3,2)．
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
20．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x)仅有唯一的极小值点．
解：(1)因为f′(x)＝，
所以f′(1)＝－2.
又因为f(1)＝e＋2，
所以切线方程为y－(e＋2)＝－2(x－1)，
即2x＋y－e－4＝0.
(2)证明：令h(x)＝ex(x－1)－2，
则h′(x)＝ex·x，
所以x∈(－∞，0)时，h′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0.
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－
因此－
(2)因为|PF1|＝＝＝x0＋2，
|PM|＝ ＝ ，
所以|PF1|·|PM|＝＝ .
设f(x)＝2(－2
＝42·.
由f′(x)>0，得－2
所以f(x)≤f＝48，
所以|PF1|·|PM|＝≤，
当且仅当x0＝时取到等号．
所以|PF1|·|PM|的最大值为.
22．(本小题满分15分)设函数f(x)＝ln x＋1.
(1)已知函数F(x)＝f(x)＋x2－x＋，求F(x)的极值；
(2)已知函数G(x)＝f(x)＋ax2－(2a＋1)x＋a(a>0)，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0
由题意知，只需G(2)>G(1)，解得a>1－ln 2.
又0
由G′(x)>0，得x>1或0
要存在实数m∈(2,3)，使得当x∈(0，m]时， 函数G(x)的最大值为G(m)，则G
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＋1
所以c1＝a1＝－，a2＝，c2＝a3＝2，
所以c1<1，c2＝a3>c3>…>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)
所以当t>1时，g(t)
又根据ex>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0
f＝ln－a＋a＝ln＋2a－2，令m＝－1∈(1，＋∞)，
h(m)＝ln m＋－2(m>1)，
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－
代入y＝x＋m，得m＝－，所以－
(2)由(1)得|CD|＝|x1－x2|＝ ＝ ＝ ，
又点O到直线AB的距离为d＝，
所以|AB|＝2，
所以S四边形ACBD＝|AB|·|CD|
＝
＝
＝ .
因为0≤m2<，
所以0
22．(本小题满分15分)已知数列{an}中a1＝，an＋1＝sin(n∈N*)．
(1)证明：0
证明：(1)数学归纳法：①当n＝1时，a1＝，a2＝，
显然有0
即0
∴0<(1－an)≤，
∴0
＝2sin2≤sin<(1－an－1)．
于是1－an<(1－an－1)<…
“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0
(1)当a＝1时，求使f(x)＝x成立的x的值；
(2)当a∈(0,3)，求函数y＝f(x)在x∈[1,2]上的最大值；
(3)对于给定的正数a，有一个最大的正数M(a)，使x∈[0，M(a)]时，都有|f(x)|≤2，试求出这个正数M(a)，并求它的取值范围．
解：(1)由题意得a＝1时，f(x)＝x，解得x＝1.
(2)f(x)＝其中f(0)＝f(a)＝1，
最大值在f(1)，f(2)，f(a)中取．
当0＜a≤1时，f(x)在[1,2]上单调递减，
故f(x)max＝f(1)＝a；
当1＜a＜2时，f(x)在[1，a]上单调递增，[a,2]上单调递减，
故f(x)max＝f(a)＝1；
当2≤a＜3时，f(x)在上单调递减，上单调递增，
且x＝是函数的对称轴，
因为－＝3－a＞0，
所以f(x)max＝f(2)＝5－2a，
综上，f(x)＝
(3)∵当x∈(0，＋∞)时，f(x)max＝1，
故问题只需转化为在给定区间内f(x)≥－2恒成立．
因f＝1－，分两种情况讨论：
当1－<－2时，M(a)是方程x2－ax＋1＝－2的较小根，
即a>2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)0
(3)n－1≤xn≤n－2.
证明：(1)数学归纳法证明：xn>0.
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0
得xnxn＋1－9xn＋1＋6xn＝x＋(xn＋1＋6)－4xn＋1－6.
设f(x)＝x2＋(x＋6)－4x－6(x>0)，
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－1
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)＝sin 2x＋cos 2x＋a(a为常数)．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)在上有最小值1，求a的值．
解：(1)f(x)＝2＋a＝2sin＋a，
令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
∴f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
(2)当0≤x≤时，≤2x＋≤，
则－≤sin≤1.
∴当x＝时，f(x)取得最小值为a－1＝1.
∴a＝2.
19．(本小题满分15分)如图，已知四棱锥EABCD的底面为菱形，且∠ABC＝60°，AB＝EC＝2，AE＝BE＝.
(1)求证：平面EAB⊥ 平面ABCD；
(2)求二面角AECD的余弦值．
解：(1)证明：取AB的中点O，连接EO，CO.
∵AE＝EB＝，AB＝2，
∴△AEB为等腰直角三角形，
∴EO⊥AB，EO＝1.
又∵AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ACB是等边三角形，
∴CO＝，又EC＝2，
∴EC2＝EO2＋CO2，∴EO⊥CO.
∵AB∩CO＝O，∴EO⊥平面ABCD.
又EO ⊂平面EAB，∴平面EAB⊥平面ABCD.
(2)以AB中点O为坐标原点，以OC，OB，OE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，－1,0)，C(，0,0)，D(，－2,0)，E(0,0,1)，
∴＝(，1,0)， ＝(，0，－1)，＝(0,2,0)．
设平面DCE的法向量n＝(x，y,1)，
则即解得
∴n＝.
设平面EAC的法向量m＝(a，b,1)，
则即解得
∴m＝.
∴cos〈m，n〉＝＝.
由图知，二面角AECD为锐角，
∴二面角AECD的余弦值为.
20．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝ln x－，g(x)＝f(x)＋ax－6ln x，其中a∈R.
(1)当a＝1时，判断f(x)的单调性；
(2)若g(x)在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝ln x－得定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
当a＝1时，f′(x)＝>0,
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>，
∴
即Sn<2＋2ln n.
高考仿真模拟练(二)
(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|x2－3x＋2＜0}，B＝{x|x≥1}，则A∩B＝( )
A．(1,2) B．(2，＋∞)
C．(1，＋∞) D．[1,2)
解析：选A ∵A＝{x|x2－3x＋2＜0}＝{x|1＜x＜2}，B＝{x|x≥1}，∴A∩B＝{x|1＜x＜2}＝(1,2)，故选A.
2．已知α，β∈R，则“α>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APQR，APRQ，AQRP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
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0
令f′(x)>0，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0
(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)0
证明：(1)数学归纳法：
①当n＝1时，因为x1＝1，所以0
因为xk＋1＝2＋3≥3>0，
且xk＋1－9＝2－6＝2(－3)<0，得xk＋1<9，
所以n＝k＋1时，0
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0
则∠APO≥60°，tan∠APO＝≥tan 60°＝，
解得0
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1
所以1
10.如图，半径为1的扇形AOB中，∠AOB＝，P是弧AB上的一点，且满足OP⊥OB，M，N分别是线段OA，OB上的动点，则·的最大值为( )
A. B．
C．1 D．
解析：选C ·＝(＋)·(＋)＝2＋·＋·＝1＋
||cos 150°＋||·||cos 120°≤1＋0×＋0×＝1，故选C.
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．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，该几何体的表面积为__________cm2，体积为__________cm3.
解析：由三视图可知，该几何体为一个四棱锥，高为2，底面为边长为2的正方形，所以表面积为22＋2××2×2＋2××2×2＝8＋4，体积为×2×22＝.
答案：8＋4
12．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝，b＝3，sin C＝2sin A，则sin A＝________；设D为AB边上一点，且＝2，则△BCD的面积为________．
解析：由sin C＝2sin A及正弦定理得c＝2a＝2，又cos A＝＝＝，所以sin A＝＝＝.又因为＝2，所以点D为AB边上靠近点A的三等分点，所以S△BCD＝××bcsin A＝××3×2×＝2.
答案： 2
13．已知sincos＝，且0<α<，则sin α＝________，cos α＝________.
解析：因为sincos＝－cos α·(－sin α)＝sin αcos α＝，
又0<α<，则且0
14．安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去杭州、宁波、金华三个城市进行暑期社会实践活动，每个城市至少安排一人，则不同的安排方式共有________种，学生甲被单独安排去金华的概率是________．
解析：根据题意，按五名同学分组的不同分2种情况讨论：
①五人分为2,2,1的三组，有＝15种分组方法，对应三个城市，有15×A＝90种安排方案．
②五人分为3,1,1的三组，有＝10种分组方法，对应三个城市，有10×A＝60种安排方案，则共有90＋60＝150种不同的安排方案．
学生甲被单独安排去金华时，共有CCA＋A＝14种不同的安排方案，则学生甲被单独安排去金华的概率是＝.
答案：150
15．已知F是抛物线C：y2＝4x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N.若＝，则||＝________.
解析：由题意知，F(1, 0)，设M(x0，y0)，N(0，y)，
则由＝，
可得(x0－1，y0)＝(0－x0，y－y0)，所以
把x0＝代入y2＝4x，得
y0＝±＝±，y＝3y0＝±，
所以 ||＝＝5.
答案：5
16．已知函数f(x)＝则关于x的方程f(x2－4x)＝6的不同实根的个数为________．
解析：作出函数f(x)的图象如图所示，t＝x2－4x＝(x－2)2－4，由图象可知，当－4≤t≤0时，f(t)＝6，即ln(1－t)＋4＝6，t＝1－e2<－4，故方程无解，当t>0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0
(2)由余弦定理，得4＝c2＋a2－ca≥2ac－ca＝ac，
从而S△ABC＝casin≤，
当且仅当a＝c时，S△ABC取到最大值，最大值为.
19．(本小题满分15分)如图，在四棱锥PABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，E为线段BC上的点，且BC＝2AB＝2AD＝4BE＝2PA，平面PAB⊥平面ABCD.
(1)求证：平面PED⊥平面PAC；
(2)求直线PE与平面PAC所成角的正弦值．
解：(1)如图，取AD的中点F，连接BF，则FD綊BE，
∴四边形FBED是平行四边形，∴FB∥ED.
∵在直角△BAF和直角△CBA中，＝＝2，
∴Rt△BAF∽Rt△CBA.
易知BF⊥AC，则ED⊥AC.
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AB⊥PA，
∴PA⊥平面ABCD，PA⊥ED.
∵PA∩AC＝A，
∴ED⊥平面PAC.
∵ED⊂平面PED，
∴平面PED⊥平面PAC.
(2)设ED交AC于点G，连接PG，
则∠EPG是直线PE与平面PAC所成的角．
设BE＝1，由△AGD ∽△CGE，知＝＝，
∵AB＝AD＝2，∴EG＝DE＝.
在△PAB中，PB＝＝2，
在△PBE中，PE＝＝3，
∴sin∠EPG＝＝.
∴直线PE与平面PAC所成角的正弦值为.
20．(本小题满分15分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为2Sn＝3n＋3，
当n≥2时，2Sn－1＝3n－1＋3，
两式相减，得2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1，
即an＝3n－1，
当n＝1时，2a1＝2S1＝3＋3，解得a1＝3，
但a1＝3≠31－1，
所以an＝
(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝，
当n≥2时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.
所以T1＝b1＝，
当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n]，
所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]
两式相减，得
2Tn＝＋(30＋3－1＋…＋32－n)－(n－1)·31－n＝＋－(n－1)·31－n＝－，
所以Tn＝－，
经检验，n＝1时也适合，
综上可得，Tn＝－.
21．(本小题满分15分)如图，已知抛物线C1：x2＝2py的焦点在抛物线C2：y＝x2＋1上，点P是抛物线C1上的动点．
(1)求抛物线C1的方程及其准线方程；
(2)过点P作抛物线C2的两条切线，A，B分别为两个切点，求△PAB面积的最小值．
解：(1)由题意，得＝1，p＝2，所以抛物线C1的方程为x2＝4y，其准线方程为y＝－1.
(2)设P(2t，t2)，A(x1，y1)，B(x2，y2),
则切线PA的方程为y－y1＝2x1(x－x1)，
即y＝2x1x－2x＋y1，
又y1＝x＋1，
所以y＝2x1x＋2－y1.
同理：切线PB的方程为y＝2x2x＋2－y2，
又PA和PB都过P点，所以
所以直线AB的方程为4tx－y＋2－t2＝0.
联立得x2－4tx＋t2－1＝0，
则x1＋x2＝4t，x1x2＝t2－1.
所以|AB|＝|x1－x2|＝·.
又点P到直线AB的距离d＝＝ ，
所以△PAB的面积S＝|AB|d＝2(3t2＋1)＝2(3t2＋1)，
所以当t＝0时， S取得最小值，为2，
即△PAB面积的最小值为2.
22．(本小题满分15分)设函数f(x)＝－aln(1＋x)，g(x)＝ln(1＋x)－bx.
(1)若函数f(x)在x＝0处有极值，求函数f(x)的最大值．
(2)①是否存在实数b，使得关于x的不等式g(x)<0在(0，＋∞)上恒成立？若存在，求出b的取值范围．若不存在，说明理由．
②证明：不等式－1<－ln n≤(n∈N*)．
解：(1)由已知得，f′(x)＝－，且函数f(x)在x＝0处有极值，
∴f′(0)＝－＝0，即a＝1，
∴f(x)＝－ln(1＋x)，
∴f′(x)＝－＝.
当x∈(－1,0)时，f′(x)>0，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)－bx
∴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0
此时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．
综上所述，b的取值范围是[1，＋∞)．
②证明：由以上得，
取x＝，得
则x1＝，xn－xn－1＝－ln<－＝－<0.
因此xn
所以xn＝－n
＝＋>
＝－≥－＝－1＋>－1.
故－1<－ln n≤(n∈N*)．
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