2013高考数学（文）二轮复习配套作业（解析版）：作业手册详答（

2013高考数学（文）二轮复习配套作业（解析版）：作业手册详答（浙江省专用）

专题限时集训(一)A

【基础演练】

1．A [解析] 依题意得P＝{x∈Z|x2<2}＝{－1，0，1}，故?UP＝{2}． 2．D [解析] 依题意得A＝{－1，0，1}，因此集合A的子集个数是23＝8.

3．C [解析] 用数形结合的思想，函数y＝2x和y＝x＋2的图象可，有两个交点．故M∩N有两个元素，子集的个数为4.

4．B [解析] 因为当a·b>0时，a与b的夹角为锐角或零度角，所以命题p是假命题；又命

??－x＋1，x≤0，题q是假命题，例如f(x)＝?综上可知，“p或q”是假命题．

?－x＋2，x>0.?

【提升训练】

5．B [解析] 由

x－2

<0得－3

－1≤x≤3}．所以M∩N＝[－1，2)．

6．A [解析] f(x)＝log2(ax2＋ax＋1)的定义域为R，当a≠0时，a>0，Δ<0，则a2－4a<0，∴0

7．B [解析] 当c＝－1时，由函数f(x)＝?

?log2x，x≥1，?

??x－1，x<1

的图象可以得出其是增函数；反之，

不一定成立，如取c＝－2.所以“c＝－1”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件． 8．A [解析] 由“lgy为lgx，lgz的等差中项”得2lgy＝lgx＋lgz，则有y2＝xz(x>0，y>0，z>0)，

y是x，z的等比中项；反过来，由“y是x，z的等比中项”不能得到“lgy为lgx，lgz的等差中项”，例如y＝1，x＝z＝－1.于是，“lgy为lgx，lgz的等差中项”是“y是x，z的等比中项”的充分不必要条件．

a

9．C [解析] 命题p等价于Δ＝a2－16≥0，即a≤－4或a≥4；命题q等价于－≤3，即a≥

4－12.

由p或q是真命题，p且q是假命题知，命题p和q一真一假．若p真q假，则a<－12；若p假q真，则－4

10．b≤－4或b≥4 [解析] 因为值域为R，所以真数的范围为(0，＋∞)，故Δ＝b2－16≥0，故b≤－4或b≥4.

11．{5，6} [解析] 依题意作出满足条件的韦恩图，可得B∩(?UA)＝{5，6}．

12．③ [解析] 对于①，注意到sin＝sin2x＋

ππππ

－2x＝cos2x＋，因此函数y＝sin2x＋sin－2x6336

ππ12π2ππ

2cos2x＋＝sin4x＋，其最小正周期为＝，所以①不正确；对于②，332342

注意到命题“函数f(x)在x＝x0处有极值，则f′(x0)＝0”的否命题是“若函数f(x)在x＝x0处无极值，则f′(x0)≠0”，容易知该命题不正确，如取f(x)＝x3，f(x)无极值但当x0＝0时，f′(x0)＝0，故②不正确；对于③，依题意知，当x<0时，－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－2－x，所以③正确．综上所述，其中正确的说法是③.

专题限时集训(一)B

【基础演练】

1．C [解析] 依题意得?RA＝{x|－1≤x≤1}，B＝{y|y≥0}，所以(?RA)∩B＝{x|0≤x≤1}． 2．A [解析] 依题意得M＝{x|x≥－a}，N＝{x|1

a－1133

3．C [解析] 因为a2－a＋1＝a－2＋≥>0，所以由<0得a<1，不能得到|a|<1；

244a2－a＋1a－1a－1

反过来，由|a|<1得－1

a2－a＋1a2－a＋1分条件．

11b－a

4．A [解析] >?>0?ab(b－a)>0，而“a

abab故是充分不必要条件．

【提升训练】

5．A [解析] 依题意得A＝{x|－5

527

令－5<6k＋1<6得－1

636∈Z，则k＝0或k＝1，故x＝－1或x＝5.于是，A∩B＝{－1，1，5}．

3π11

6．D [解析] 因为对任意x∈R，2x2＋2x＋＝2x＋2≥0，所以p为假命题；当x＝时，

2243π3π22－cos＝＋＝2，所以q为真命题，则綈q是假命题． 4422

7．C [解析] 依题意得f(x)＝a2x2＋2(a·b)x＋b2，由函数f(x)是偶函数，得a·b＝0，又a，bsin

为非零向量，所以a⊥b；反过来，由a⊥b得a·b＝0，f(x)＝a2x2＋b2，函数f(x)是偶函数．综上所述，“函数f(x)＝(ax＋b)2为偶函数”是“a⊥b”的充要条件．

8．B [解析] 注意到⊙O1与⊙O4无公共点，⊙O2与⊙O3无公共点，则满足题意的“有序集

πx1πxπ＝得＝2kπ±，即x＝6k±1，k∈3233

合对”(A，B)的个数是4.

9．C [解析] 依题意得f(4＋x)＝f(x)＝f(－x)，即函数f(x)是以4为周期的函数．因此，当f(0)<0时，不能得到函数f(x)在区间[0，6]上有3个零点；反过来，当函数f(x)在区间[0，6]上有3个零点时，结合该函数的性质分析其图象可知，此时f(0)<0.综上所述，f(0)<0是函数f(x)在区间[0，6]上有3个零点的必要不充分条件．

xy

10．ab＝a2＋b2 [解析] 由A∩B只有一个元素知，圆x2＋y2＝1与直线－＝1相切，则

ab1＝

，即ab＝a2＋b2.

a2＋b2

11．必要不充分 [解析] 设向量a，b的夹角为θ，则由题意知，当a·b＝|a|·|b|cosθ>0时，θ∈?0，

ab

?

ππ?ππ

；若a与b的夹角为锐角，即θ∈0，.因为?0，??0，?，所以p是q成立

2?2?2??2?的必要不充分条件．

12．(－∞，－1]∪[0，＋∞) [解析] 若对于任意实数x，都有x2＋ax－4a>0，则Δ＝a2＋16a<0，即－160，则Δ＝4a2－4<0，即－10且x2－2ax＋1>0”是真命题时有a∈(－1，0)，则命题“对于任意实数x，都有x2＋ax－4a>0且x2－2ax＋1>0”是假命题时a的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞)． 专题限时集训(二)A 【基础演练】

??x>0，

1．D [解析] 由题意可得?解得x>0且x≠1，故函数定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．

?log3x≠0，?

2．C [解析] 函数是偶函数，只能是选项C中的图象．

3．C [解析] 依题意，因为5≥4，4≥4，所以f(5)＝f(5－1)＝f(4)＝f(4－1)＝f(3)，而3<4，所以f(3)＝23＝8.

11

4．B [解析] 因为3a＝5b＝A，所以a＝log3A，b＝log5A，且A>0，于是＋＝logA3＋logA5

ab＝logA15＝2，所以A＝15. 【提升训练】

5．B [解析] 由loga2<0得0

6．A [解析] 由条件知，0

9．C [解析] 当x>0时，－x<0，f(－x)＋f(x)＝(2－x－1)＋(1－2－x)＝0；当x<0时，－x>0，f(－x)＋f(x)＝(1－2x)＋(2x－1)＝0；当x＝0时，f(0)＝0.因此，对任意x∈R，均有f(－x)＋f(x)＝0，即函数f(x)是奇函数．当x>0，函数f(x)是增函数，因此函数f(x)单调递增． 10．D [解析] 作函数F(x)的图象，由方程f(x)＝g(x)得x＝

a＋b－1

，即交点2

1111＝＝，则f(f(27))＝f＝?log4－1???－2＝|－1－1|11＋3444

1＋2731

?a＋b－1?b－a－1?2?P?，－a?，又函数F(x)＋x＋a－b有三个零点，即函数F(x)的图象与直线?2?2???b－a－1?－a＝－a＋b－1＋b－a，l：y＝－x＋b－a有三个不同的交点，由图象知P在l上，

?2?2

b－a－1b－a－1?

即?＝＋1，所以b－a＝2±5，又b>a，故b－a＝2＋5. ?2?2

2

2

em－11e－m－11－emem－11111．－ [解析] 依题意，f(m)＝，即＝.所以f(－m)＝＝＝－

22em＋12e－m＋11＋emem＋11

＝－. 2

3－a>0，??3?12.? ?2，3? [解析] 依题意，得?a>1，?1－a≤loga1，?（3－a）·a<3，

??a>1，3即?解得≤a<3.

23

??a≥2，

13．②③④ [解析] 根据单函数的定义可知命题②、④是真命题，①是假命题；根据一个命题与其逆否命题等价可知，命题③是真命题． 专题限时集训(二)B 【基础演练】

???x＋2>0，?x＋2>0，?1．C [解析] 依题意，得即?解得－2

2，8]．

1

2．B [解析] y＝－是奇函数，A错误；y＝e|x|是偶函数且在(0，＋∞)上单调递增，B正确；

xy＝－x2＋3是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，C错误；y＝cosx是偶函数且在(0，＋∞)上有时递增，有时递减，D错误．

3．C [解析] 依题意，由f(2－x)＝f(x)得f(1－x)＝f(1＋x)， 11

即函数f(x)的对称轴为直线x＝1，结合图形可知f

23

4．C [解析] 由f(x)·g(x)为偶函数排除①④，当x→＋∞时，f(x)·g(x)→－∞，排除②，故为③. 【提升训练】

??x2－2x，x≥0，

5．C [解析] 将函数f(x)＝x|x|－2x去掉绝对值，得f(x)＝?画出函数f(x)的

?－x2－2x，x<0，?

图象，观察图象可知，函数f(x)的图象关于原点对称，故f(x)为奇函数，且在(－1，1)上单调递减．

6．D [解析] 依题意得f(3)＝f(2)－f(1)＝[f(1)－f(0)]－f(1)＝－f(0)＝－log28＝－3.

7．B [解析] 依题意，f(x)为定义在R上的奇函数，则f(0)＝0，即30－2×0＋a＝0，求得a＝－1.

又当x<0，－x>0，所以f(x)＝－f(－x)＝－(3－x＋2x＋a)＝－3－x－2x＋1，于是f(－2)＝－32－2×(－2)＋1＝－4.

xx

8．C [解析] 函数是偶函数，而且函数值为正值，在x→0时，→1，当x→π时，→

sinxsinx＋∞，综合这些信息得只能是选项C中的图象．

x＋1，x≤0，?

?

9．D [解析] 依题意得，f(x－1)＝?－x＋1，0

??x－3，x≥2，1)和y＝t(|t|<1)的图象(如图)，由图象知方程f(x－1)＝t(|t|<1)所有根的和s的取值范围是(2，

4)．

10．8 [解析] 依题意，若a>0，则f(a)＝log2a＝3，求得a＝8；若a≤0，则f(a)＝－2a＝3，此时无解．于是a＝8.

1

11．－ [解析] 由对任意t∈R，都有f(t)＝f(1－t)，可得f(－t)＝f(1＋t)，即f(t＋1)＝－f(t)，

4进而得到f(t＋2)＝－f(t＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，即函数y＝f(x)的一个周期为2，故f(3)＝f(1)＝f(0311311＋1)＝－f(0)＝0，f－＝f＝－.所以f(3)＋f－＝0＋－＝－.

224244

12．①②④ [解析] 依题意，令x＝－2得f(2)＝f(－2)＋f(2)，又函数f(x)是偶函数，故f(2)＝0，所以①正确；根据①可得f(x＋4)＝f(x)，即函数f(x)的周期为4，由于偶函数的图象关于

y轴对称，故x＝－4也是函数y＝f(x)图象的一条对称轴，所以②正确；根据函数的周期性可知，函数f(x)在[8，10]上单调递减，所以③不正确；由于函数f(x)的图象关于直线x＝－4对称，故如果方程f(x)＝m在[－6，－2]上的两根为x1，x2，则x1＋x2＝－8，所以④正确． 13．②④ [解析] 对于①，结合函数f(x)的图象分析可知，不存在函数g(x)，使得f(x)≥g(x)对一切实数x都成立，即f(x)不存在承托函数；对于②，注意到f(x)＝2－x>0，因此存在函数g(x)＝0，使得f(x)≥g(x)对一切实数x都成立，即f(x)存在承托函数；对于③，结合函数f(x)的图象分析可知，不存在函数g(x)，使得f(x)≥g(x)对一切实数x都成立，即f(x)不存在承托函数；对于④，注意到f(x)＝x＋sinx≥x－1，因此存在函数g(x)＝x－1，使得f(x)≥g(x)对一切实数x都成立，即f(x)存在承托函数．综上所述，存在承托函数的f(x)的序号为②④. 专题限时集训(三) 【基础演练】

111

1．B [解析] 依题意，因为f(1)＝log21－1＝－1<0，f(2)＝log22－＝1－＝>0，所以函

222数f(x)的零点x0∈(1，2)．

2．B [解析] 依题意，由所给出的函数图象可求得函数解析式为h＝20－5t(0≤t≤4)，对照选项可知图象应为B.故选B.

3．C [解析] 将表中的数据代入各选项中的函数解析式验证，可知只有v＝C.

t2－1

满足．故选2

π1

4．B [解析] 在同一坐标系内画出函数y＝3cosx和y＝log2x＋的图象，可得交点个数为223.

【提升训练】

5．B [解析] 当x≤0时，令x2＋2x－3＝0，解得x＝－3；当x＞0时，令－2＋lnx＝0，解得x＝e2，所以已知函数有2个零点，选B.

111

6．B [解析] 记F(x)＝x3－x－2，则F(0)＝0－－2＝－4<0，F(1)＝1－－1＝－1<0，F(2)

2221

＝8－0＝7>0，所以x0所在的区间是(1，2)．故选B.

2

7．C [解析] 设CD＝x，依题意，得S＝x(16－x)(4

??64（0

8．C [解析] 由已知f(2)＝2a＋b＝0，可得b＝－2a，则g(x)＝－2ax2－ax，令g(x)＝0得x11

＝0或x＝－，所以g(x)的零点是0或－，故选C.

22

9．D [解析] 由对任意的x∈R都有f(x＋1)＝f(x－1)知f(x)＝f(x＋2)，即函数y＝f(x)的周期为2，在同一直角坐标系中作出函数y＝f(x)(x∈[－1，3])和y＝m(x＋1)的图象(如图)，要使函1

数g(x)＝f(x)－mx－m恰有四个不同零点，则0

4

10．B [解析] ex和sinx在x∈?－

ππ?ππ

上都是增函数，则f(x)在x∈?－，?上也是增，?22??22?

函数，x0是函数y＝f(x)的零点，所以f(x0)＝0，当x00.

11．3 [解析] 由题意知，f(3)＝ln3－1>0，f(4)＝ln4－2<0，所以该函数的零点在区间(3，4)内，由此可得k＝3.故填3.

??2x－1，x>0，

12．(0，1) [解析] 画出函数f(x)＝?的图象(如图)，由函数g(x)＝f(x)－m有3

?－x2－2x，x≤0?

个零点，结合图象得0

13．解：(1)条件说明抛物线f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1与x轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图，得

???f（－1）＝2>0，?m∈R，

?f（1）＝4m＋2<0，??m<－1，

2

??f（2）＝6m＋5>0?5

m>－?6.

f（0）＝2m＋1<0，51

∴－

62

Δ＝4m2－4（2m＋1）≥0，

??f（0）＝2m＋1>0，1

(2)抛物线与x轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组?得－0，

??0<－m<1，≤1－2.

1

m<－，2

(这里0<－m<1是因为对称轴x＝－m对应的－m应在区间(0，1)内过) 14．解：(1)当x＝0时，t＝0；

1x11?当0

x1?2?x2＋1

x＋

x

?0，1?. ?2?1?2

(2)当a∈?0，时，记g(t)＝|t－a|＋2a＋，

?2?3，0≤t≤a，?－t＋3a＋23

则g(t)＝?

21

?t＋a＋3，a

∵g(t)在[0，a]上单调递减，在?a，?上单调递增，

?2?21?7?1?＝2?a－1?. 且g(0)＝3a＋，g?＝a＋，g(0)－g

?2??2??4?36

1?1，0≤a≤，?g??2?4

故M(a)＝?

11

?g（0），4

即M(a)＝?

211?3a＋3，4

∴当且仅当a≤时，M(a)≤2.

9

441

故当0≤a≤时不超标，当

99215．解：(1)当m＝2，x∈[1，2]时， 17

f(x)＝x·(x－1)＋2＝x2－x＋2＝x－2＋. 24∵函数y＝f(x)在[1，2]上单调递增，

∴f(x)max＝f(2)＝4，即f(x)在[1，2]上的最大值为4.

(2)函数p(x)的定义域为(0，＋∞)，函数p(x)有零点，即方程f(x)－g(x)＝x|x－1|－lnx＋m＝0有解，即m＝lnx－x|x－1|有解，令h(x)＝lnx－x|x－1|. 当x∈(0，1]时，h(x)＝x2－x＋lnx.

11

∵h′(x)＝2x＋－1≥22－1>0当且仅当2x＝时取“＝”，∴函数h(x)在(0，1]上是增函数，

xx∴h(x)≤h(1)＝0.

当x∈(1，＋∞)时，h(x)＝－x2＋x＋lnx.

－2x2＋x＋1（x－1）（2x＋1）1

∵h′(x)＝－2x＋＋1＝＝－<0，∴函数h(x)在(1，＋∞)上

xxx是减函数，

∴h(x)

即函数p(x)有零点时，m的取值范围为(－∞，0]． 专题限时集训(四)A 【基础演练】

11

1．B [解析] 对于B，由a3>b3知a>b，而ab>0，由不等式的倒数法则知<.故选B.

ab2－x1111

2．D [解析] 由<，得－<0，即<0，于是不等式转化为x(x－2)>0，解得x<0或x>2.

x2x22x故选D.

3．B [解析] a·b＝4x－4＋2y＝0，即2x＋y＝2，9x＋3y≥29x23y＝232x＋y＝232＝

6(当2x＝y＝1时取等号)．

4．B [解析] 作出满足题设条件的可行域(如图)，则当直线y＝－2x＋z经过点A(－2，2)时，截距z取得最小值，即zmin＝23(－2)＋2＝－2.

【提升训练】

5．A [解析] 依题意，由a＋d＝b＋c得a2＋2ad＋d2＝b2＋2bc＋c2；由|a－d|<|b－c|得a2－2ad＋d26．C [解析] 依题意，当x>0时，不等式为lnx≤1，解得0

x－2≤0，??

7．A [解析] 作出不等式组?y－1≤0，表示的平面区域，则此平面区域为△ABC，且A(2，

??x＋2y－2≥01

0)，B(0，1)，C(2，1)，于是，S＝3231＝1.故选A.

2

8．B [解析] 由a>0，b>0且直线x－y＝－1与2x－y＝2的交点为(3，4)，得当x＝3，y＝4时，z取得大值，3a＋4b＝7，

34343a＋4b91612ba2512所以＋＝＋2＝＋＋＋≥＋32

abab7777ab77

ba2524

2＝＋＝7. ab77

1

9. [解析] 不等式组表示的可行域为三角形ABC的内部，x2＋y2表示原点到可行域的距离2

的平方，显然到直线AC：x－y－1＝0距离d＝|－1|

1＋1

10．(1，＋∞) [解析] 依题意，当a＝0时，不成立；当a≠0时，要使不等式ax2＋2x＋a>0的解集为R，必须满足?

??a>0，

＝21

最小，故x2＋y2的最小值为. 22

??Δ＝4－4a2<0，

解得a>1.故填(1，＋∞)．

v

24002040016v

11．8 [解析] 依题意，设货车从A市到B市的时间为t，则t＝＋16×＝＋≥

vvv400

2

40016v

2＝216＝8.故填8. v400

xy12．8 [解析] 依题意，函数y＝a2x－4＋1(a>0且a≠0)过定点A(2，2)，又A在直线＋＝

mn22

1，所以＋＝1.于是m＋n

mn222n2m

＝＋(m＋n)＝4＋＋≥4＋2mnmn

2n2m

2＝8. mn

34?

13.??4，3? [解析] 根据指数函数的性质，可知函数f(x)＝mx＋1＋1(m>0，m≠1)恒过定点(－1，2)．将点(－1，2)代入2ax－by＋14＝0，可得a＋b＝7.由于(－1，2)始终落在所给圆的内部或圆上，所以a2＋b2≤25.由?

??a＋b＝7，

??a＝3，??a＝4，

解得?或?这说明点(a，b)在以

?a2＋b2＝25，?b＝4，??b＝3.??

b34

A(3，4)和B(4，3)为端点的线段上运动，所以的取值范围是，. a43专题限时集训(四)B

【基础演练】

x＋y1x＋y133

1．D [解析] ∵y>x>0，且x＋y＝1，取特殊值：x＝，y＝，则＝，2xy＝，∴x<2xy<

442282

ac

2．D [解析] ∵am＋bn＋c<0，b<0，∴n>－m－. bbac

∴点P所在的平面区域满足不等式y>－x－，a>0，b<0.

bb

a

∴－>0.故点P在该直线的上侧，综上知，点P在该直线的左上方．

b3．D [解析] 依题意，得a＋b＝x＋y，cd＝xy，于是≥

2xy＋2xy

＝4.故选D. xy

（a＋b）2（x＋y）2x2＋y2＋2xy

＝＝cdxyxy

x0≤0，???x0>0，

4．D [解析] 依题意，不等式f(x0)>1等价于?1或?解得x0<0或x0>1.故选

x0>1?x0>1，??2D.

【提升训练】

5．C [解析] 因为02x＝4x>2x，所以只需比较1＋x与为1＋x－

1－x2－11x21

＝＝<0，所以1＋x<.故选C. 1－x1－xx－11－x

1

的大小．因1－x

11

6．B [解析] 依题意知，－和是一元二次方程ax2＋bx＋2＝0的两根，且a<0，则

23

1b＋＝－，?－1?23a?a＝－12，

于是，不等式2x2＋bx＋a<0即是2x2－2x－12<0，解得－?112解得?

?b＝－2.?

?－2×3＝a，2

7．C [解析] 依题意，函数f(x)＝x＋＋

a

(x>2)的图象过点A(3，7)，则a＝4.于是，f(x)＝xx－2

444＝(x－2)＋＋2≥2（x－2）·＋2＝6.故选C. x－2x－2x－2

8．A [解析] 作出满足条件的可行域，由图可知，当z＝x＋ay，取得最大值的最优解有无数111

个时，－＝－2，解得a＝.于是目标函数z＝x＋y经过点(1，2)时，z得最小值为2.故选

a22A.

?（x＋3y）（3x－y）≤0，

9．2π [解析] 在同一直角坐标系中作出可行域?由图形知，不

?x2＋y2≤4.

1

等式组表示的平面区域的面积是二分之一的半径为2的圆面积，即S＝3π322＝2π.

210．k≤2 [解析] 依题意，不等式x2－kx＋k－1>0对x∈(1，2)恒成立，则x2－1>k(x－1)对x∈(1，2)恒成立，所以k

|ab|

11．2 [解析] d＝1＝，ab＝a2＋b2≥2ab，所以ab≥2，即ab≥2.

a2＋b2

12．2＋22 [解析] 画出不等式组表示的平面区域，当t最小时，所表示的区域为第一象限的一个等腰直角三角形．依题意，它有一个半径为1的内切圆，不妨设斜边|OB|＝t，则两直22t＋t－t

2222

角边长|AB|＝|OA|＝t，所以＝1，求得t＝＝22＋2，即 tmin＝2＋22. 222－1

专题限时集训(五)

【基础演练】

1．C [解析] 将点(2，3)分别代入曲线y＝x3＋ax＋1和直线y＝kx＋b，得a＝－3，2k＋b

＝3.又k＝y′|x＝2＝(3x2－3)|x＝2＝9，所以b＝3－2k＝3－18＝－15.故选C.

2．C [解析] 对f(x)求导，得f′(x)＝3x2＋2x＋m，因为f(x)是R上的单调函数，二次项系1

数a＝3>0，所以Δ＝4－12m≤0，解得m≥.

3

3．C [解析] 对f(x)求导得f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，则f(x)在区间[－1，0]上递增，在区间[0，1]上递减，因此函数f(x)的最大值为f(0)＝2.故选C. 4．A [解析] 对f(x)求导，得f′(x)＝x2＋c＋(x－2)·2x.又因为f′(2)＝0，所以4＋c＋(2－2)×4＝0，所以c＝－4.于是f′(1)＝1－4＋(1－2)×2＝－5.故选A. 【提升训练】

33

5．D [解析] ∵s(t)＝t2＋，∴s′(t)＝2t－，则机器人在t＝2时的瞬时速度为s′(2)＝2×2

tt2－313

＝(m/s)．故选D. 224

6．B [解析] 对f(x)求导，得f′(x)＝2ax，因为f(x)在区间(－∞，0)内是减函数，则f′(x)<0，求得a>0，且此时b∈R.故选B.

7．A [解析] 对f(x)求导，得f′(x)＝3x2－3≥－3， ∴f(x)上任意一点P处的切线的斜率k≥－3，即tanα≥－3，

π2π

∴0≤α<或≤α<π.

23

8．D [解析] 由于AB的长度为定值，只要考虑点C到直线AB的距离的变化趋势即可．当x

在区间[0，a]变化时，点C到直线AB的距离先是递增，然后递减，再递增，再递减，S′(x)的图象先是在x轴上方，再到x轴下方，再回到x轴上方，再到x轴下方，并且函数在直线AB与函数图象的交点处间断，在这个间断点函数性质发生突然变化，所以选项D中的图象符合要求．

9．C [解析] 对f(x)求导，得f′(x)＝3mx2＋2nx.依题意?

??f（－1）＝－m＋n＝2，①

解得?f′（－1）＝3m－2n＝－3，②?

??m＝1，

?所以f′(x)＝3x2＋6x＝3x(x＋2)．由此可知f(x)在[－2，0]上递减，又已知f(x)在[t，t?n＝3，?

??t≥－2，＋1]上递减，所以[－2，0]?[t，t＋1]，即?解得－2≤t≤－1.故选C.

?t＋1≤0，?

10．(1，e) [解析] 设切点坐标为(x0，y0)，对f(x)＝ex求导，得f′(x)＝ex，所以f′(x0)＝ex0＝e，即x0＝1.又y0＝f(x0)＝ex0＝e，所以切点坐标为(1，e)．

11．－13 [解析] 对f(x)求导，得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.于是f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，∴当m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1，1]时，f′(n)min＝f(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.

2

12．－2， [解析] ∵f′(x)＝3x2＋1>0恒成立，∴f(x)是R上的增函数．又f(－x)＝－f(x)，

3∴y＝f(x)是奇函数．由f(mx－2)＋f(x)<0得f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，∴mx－2<－x，即mx

??g（－2）<0，??－2x－2＋x<0，

－2＋x<0在m∈[－2，2]上恒成立．记g(m)＝xm－2＋x，则?即?

?g（2）<0，?2x－2＋x<0，??

2

求得－2

1x

13．解：(1)f′(x)＝(x2－k2)e>0，

kk

当k>0时，f(x)的增区间为(－∞，－k)和(k，＋∞)，f(x)的减区间为(－k，k)，

当k<0时，f(x)的增区间为(k，－k)，f(x)的减区间为(－∞，k)和(－k，＋∞)． k＋111

(2)当k>0时，f(k＋1)＝e>，所以不会有?x∈(0，＋∞)，f(x)≤. kee4k2

当k<0时，由(1)有f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝，

e14k21

所以?x∈(0，＋∞)，f(x)≤等价于f(－k)＝≤

eee1

?－≤k<0.

2

1

综上，k的范围为－，0.

2

1a

14．解：(1)令f′(x)＝－＝0，得x＝a.

xx2

a

当a≥e时，函数f(x)在区间(0，e]是减函数，f(x)min＝；

e

当0

综上所述，当0

当b≤1时，g(1)＝5－2b<0不成立； 当b≥3时，g(3)＝13－6b<0恒成立；

当1

综上可知，满足条件的实数b的取值范围为{b|b>2}． aa1x－a

15．解：(1)∵f(x)＝＋lnx(a>0)，∴f′(x)＝－＋＝.

xx2xx2若0

当x∈(a，e]时f′(x)>0，函数f(x)在(a，e]上单调递增， 若a≥e，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，e]上单调递减．

aa

(2)g(x)＝x3－x2＋x2f′(x)＝x3－x2＋x－a，g′(x)＝3x2－ax＋1.

22a1

方法一：函数g(x)＝x3－x2＋x2f′(x)在区间?，3?上存在极值，

?2?2

1?上有变号实根，∵a＝3x2＋1， 等价为关于x的方程3x2－ax＋1＝0在?，3?2?x

1?13??3?上单调递增，

又a＝3x＋在，上单调递减，在

x?23??3，3?28

∴23≤a<，

3

当a＝23时，g′(x)＝(3－1)2≥0，不存在极值， 28

∴23

3专题限时集训(六)A 【基础演练】

1．B [解析] 方法1：sin15°＋cos165°＝sin15°－cos15°＝2sin15°2cos45°－cos15°sin45°＝2sin(－30°)＝－

2. 2

1

方法2：显然sin15°－cos15°<0，(sin15°－cos15°)2＝1－sin30°＝，故sin15°－

2cos15°＝－2. 2

2．C [解析] 因为1－sin2x＝（sinx－cosx）2＝|sinx－cosx|，又1－sin2x＝sinx－

π

cosx，所以|sinx－cosx|＝sinx－cosx，则sinx－cosx≥0，即sinx≥cosx.又0≤x<2π，所以

4≤x≤

5π

. 4

1212得sin[x－(x＋y)]＝－siny＝，所以siny1313

1－3．D [解析] 由cos(x＋y)sinx－sin(x＋y)cosx＝

5

125y1－cosy132＝－.又y是第四象限的角，所以cosy＝，于是tan＝＝＝－.故选D.

13132siny123

－134．－

π

[解析] 由正弦函数的性质知，正弦函数图象的对称中心是其与x轴的交点，∴y＝6

ππππ

＝0，又x0∈?－，0?，∴x0＝－.故填－. 3?2?66

2sin2x0＋

【提升训练】

ππππ1＋35．A [解析] 由sinθ＋cosθ＝2，得θ＝2kπ＋，所以tanθ＋＝tan＋＝＝

43431－3－2－3.故选A.

2π5ππππ

6．C [解析] 周期T＝＝－－＝π，解得ω＝2，令2×－＋φ＝0，得φ＝.故选

6663ωC.

7．C [解析] f(x)＝sinx2

?13?＝1sin2x－3sinxcosx＝1－cos2x－3sin2x sinx－cosx?2?22442

11π

＝－sin?2x＋?，最小正周期为π. 42?6?

8．B [解析] 依题意得f(x)＝sinx＋3cosx＝2sinx＋

ππ

，因为f(x)在?0，?上单调递增，所3?6?πππ2πππ以f763337

9．B [解析] 因为f(x)＝sinx＋acosx的图象的一条对称轴直线是x＝

5π

，所以3

?sin5π＋acos5π?＝1＋a2，所以?31?＝1＋a2，即3a2＋3a＋1＝0，求得a＝??－2＋2a?42433?

－3.于是g(x)max＝1＋a2＝3

1231＋＝.故选B.

33

ππ1

10. [解析] 依题意由sin(x＋y)＝1得x＋y＝2kπ＋(k∈Z)，所以y＝2kπ＋－x(k∈322Z)．于是sin(2y＋x)＝sin?2kπ＋

?11sinx＝.故填. 33

5ππ7

11. [解析] 依题意，将函数y＝sinωx＋(ω>0)的图象向右平移个单位长度后，所得图463象对应的函数解析式是y＝sinωx＋

5πππ

－ω(ω>0)，它的图象与函数y＝sinωx＋的图象634ππππ?＋y?＝sin2＋y＝cosy＝cos2kπ＋2－x＝cos2－x＝2

5πππ77

重合，所以－ω＝＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝－6k(k∈Z)，因为ω>0，所以ωmin＝.634447

故填. 4

1

12．③④ [解析] 对f(x)＝cosxsinx＝sin2x，画出函数的图象，分析知③④是正确的．故填

2③④.

π31

sin2x－cos2x＝sin2x－， 226

故f(x)的最小正周期为π. 13．解：(1)因为f(x)＝πππ5π

(2)当x∈0，时，2x－∈－，，

26661

所以f(x)∈－，1，

2

π1

于是函数f(x)在?0，?上的值域为－，1.

?22?14．解：(1)依题意，得f(x)＝2sinxcos所以函数f(x)的最小正周期T＝2π. (2)因为x∈－所以当x＋当x＋

ππππ2π，，所以－≤x＋≤. 22363

ππ

＋cosx＋a＝3sinx＋cosx＋a＝2sinx＋＋a. 66

ππππ

＝－，即x＝－时，f(x)min＝f－＝－3＋a； 6322

ππππ

＝，即x＝时，f(x)max＝f＝2＋a. 6233

由题意，有(－3＋a)＋(2＋a)＝3，解得a＝3－1.

2π

15．解：(1)∵函数f(x)的最小正周期T＝＝π(ω>0)，∴ω＝2.

ω

πππππ3

＝cos23＋φ＝cos＋φ＝－sinφ＝，且－<φ<0，∴φ＝－. 442223

π

(2)由(1)知f(x)＝cos2x－，

3∵f

列表如下： 2x－x f(x) 图象如图． π 3－0 1 2π 30 π 61 π 25π 120 π 2π 3－1 3π 211π 120 5π 3π 1 2 (3)∵f(x)>

π22

，即cos2x－>， 232

πππ

得2kπ－<2x－<2kπ＋，k∈Z，

434π7

即2kπ＋<2x<2kπ＋π，k∈Z，

1212即kπ＋

π7

??

∴所求x的取值范围是?x?kπ＋?

?π7

专题限时集训(六)B 【基础演练】

33

1．B [解析] 因为sinα＝，α是第二象限的角，所以tanα＝－.又因为tan(α＋β)＝

543－＋tanβ

tanα＋tanβ4

＝1，所以＝1，求得tanβ＝7.故选B.

31－tanαtanβ

1＋tanβ

42．D [解析] 因为y＝sinx－cosx＝2sinx－足题意，所以f(x)可以是－cosx.

3．B [解析] 依题意得点P到坐标原点的距离为

sin240°＋（1＋cos40°）2＝

2＋2cos40°＝2＋2（2cos220°－1）＝2cos20°.由三角函数的定义可得cosα＝

πππππ3π，令－≤x－≤，得－≤x≤，满424244

sin40°2sin20°cos20°

＝＝sin20°＝cos70°，因为点P在第一象限，且角α为锐角，

2cos20°2cos20°所以α＝70°.故选B.

4．B [解析] 由已知得y＝cos2x－小正周期为π的奇函数．故选B. 【提升训练】

33

5．A [解析] 依题意得cosθ＝±.又因为sinθ－cosθ>1，所以cosθ＝－，于是sin2θ

554324

＝2sinθcosθ＝2×3－＝－.

5525

6．D [解析] 平移后得到的函数图象的解析式是f(x)＝Acosx2sinωx＋是奇函数，由于y＝cosx是偶函数，故只要使得函数y＝sinωx＋

ππ

ω＋，这个函数66

πππ

＝cos－2x＝sin2x，因此函数y＝1－2sin2x－是最424

ππ

ω＋是奇函数即可，根66

ππ

据诱导公式和正弦函数性质，则只要ω＋＝kπ(k∈Z)即可，即ω＝6k－1(k∈Z)，所以ω

66的可能值为5.

ππ

7．B [解析] 设(x，y)为g(x)的图象上任意一点，则其关于点，0对称的点为－x，－y，

42由题意知该点必在f(x)的图象上，所以－y＝sin得sinx≤－cosx，即sinx＋cosx＝2sinx＋

ππ

－x，即g(x)＝－sin－x＝－cosx.依题意22

π3π7π≤0.又x∈[0，2π]，解得≤x≤.故选B. 444

π2π

，由T＝＝π4ω

8．A [解析] 依题意，得f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝2sinωx＋φ＋(ω>0)，得ω＝2.又f(－x)＝f(x)，所以φ＋所以φ＝

ππππ

＝kπ＋(k∈Z)，即φ＝kπ＋(k∈Z)．又|φ|<，4242

ππ

.于是f(x)＝2cos2x，它在0，上单调递减． 42

2π11

9．A [解析] 作出点P在x轴上的投影C，因为函数周期为T＝＝2，则|AC|＝T＝，|PC|

42π＝1.在Rt△APC中，tan∠APC＝

|AC|1|BC|3

＝，同理tan∠BPC＝＝，所以tan∠APB＝tan(∠|PC|2|PC|2

13

＋22

APC＋∠BPC)＝＝8.故选A.

131－×22

cosθ134

10. [解析] 因为cosθ＝－，且θ是第三象限角，所以sinθ＝－.于是＝355sinθ－111＝.故填. 33

－3

5

4－－15

3655411. [解析] 由已知sin(α－β)＝，cos(α＋β)＝－，所以sin2α＝sin[(α＋β)＋(α－β)]

651353124556

＝sin(α＋β)cos(α－β)＋cos(α＋β)·sin(α－β)＝－3＋－3＝－.则(sinα＋cosα)2

51351365π3π569365＝1＋sin2α＝1－＝，当<α<时，sinα＋cosα>0，即sinα＋cosα＝.

65652465πn

12．①②③⑤ [解析] 由题意得f(x)＝m2＋n2sin(x＋φ)其中tanφ＝.因为f是它的最大

m4值，所以

ππππ

＋φ＝2kπ＋(k∈Z)，φ＝2kπ＋(k∈Z)．所以f(x)＝m2＋n2sinx＋2kπ＋4244

πππnn

，且tanφ＝＝tan2kπ＋＝1，即＝1，故f(x)＝2|m|sinx＋. 4m4m4

＝m2＋n2sinx＋①fx＋

πππ

＝2|m|sinx＋＋＝2|m|cosx为偶函数，所以①正确； 444

7π7π7ππ7π

时，f＝2|m|sin＋＝2|m|sin2π＝0，所以函数f(x)的图象关于点，44444

②当x＝

0对称，②正确；

3ππ3ππ

③f－＝2|m|sin－＝－2|m|sin＝－2|m|，f(x)取得最小值，所以③正确；

4442④根据f(x)＝2|m|sinx＋

π

可得其最小正周期为2π，由题意可得P2与P4相差一个周期24

π，即|P2P4|＝2π，所以④错误； nm

⑤由＝1知，＝1成立，所以⑤正确．

mn故填①②③⑤.

13．解：(1)∵f(x)＝2cosxcosx＋sin2x－cos2x＝sin2x＋1， ππ2∴f??＝sin＋1＝＋1. ?8?42

ππ

(2)f(ωx)＝sin2ωx＋1，由2kπ－≤2ωx≤2kπ＋，k∈Z，

22得

kππkππ

－≤x≤＋，k∈Z， ω4ωω4ω

ππ

?－≤－，?4ω3ππ

∵y＝f(ωx)在?－，?上单调递增，∴?

?34?ππ

?4ω≥4，?3??ω≤4，3

得?又ω>0，故0<ω≤.

4

?ω≤1，?

14．解：(1)f(x)＝2sin2?ωx＋

?

π?

＋2cos2ωx 4?

＝1－cos?2ωx＋

?

π?＋1＋cos2ωx 2?＝sin2ωx＋cos2ωx＋2＝2sin?2ωx＋

?

π?＋2， 4?2π

∵函数f(x)的图象上两个相邻的最低点之间的距离为，

32π2π2π3

∴f(x)的最小正周期为，∴＝(ω>0)，∴ω的值为，

3322ω∴函数f(x)＝2sin?3x＋

?

π?＋2， 4?ππ2kππ＝2kπ＋，即x＝＋(k∈Z)． 42312

∴函数f(x)的最大值为2＋2，此时3x＋

ππππ

(2)y＝f(x)的图象向右平移个单位长度得h(x)＝2sin?3?x－?＋?＋2＝2sin?3x－?＋

8??8?4??8?2，再沿y轴对称后得到g(x)＝2sin?－3x－

?函数g(x)的单调减区间，即y＝sin?3x＋

π?π

＋2＝－2sin?3x＋?＋2，

?8?8??

π?

单调递增区间． 8?

πππ

由2kπ－≤3x＋≤2kπ＋，

2825ππ22

解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)．

32438

5π2π2

故y＝g(x)的单调减区间为?kπ＋，kπ＋?(k∈Z)．

?32438?

15．解：(1)f(x)＝2sinx＋＝sin2x＋＝sin2x＋

πππcosx＋－23cos2x＋ 333

2π2π? －3?cos2x＋＋1

3??32π2π－3cos2x＋－3 33π

－3. 3

π

≤1， 3

π

－3≤2－3， 3

＝2sin2x＋

∵－1≤sin2x＋

∴－2－3≤2sin2x＋2π又T＝＝π，

2

即f(x)的值域为[－2－3，2－3]，最小正周期为π.

πππ2

(2)当x∈?0，?时，2x＋∈?，π?，

?3?33?6?∴sin2x＋

π?3?∈， 3?2，1?

π

∈[3，2]． 3

此时f(x)＋3＝2sin2x＋

2

由m[f(x)＋3]＋2＝0知，m≠0，且f(x)＋3＝－，

m

2

＋3≤0，?m2233≤－≤2，即?解得－≤m≤－1.

m32

?m＋2≥0，

∴

即实数m的取值范围是－

?专题限时集训(七) 【基础演练】 1．A [解析] ∵

?233

，－1?.

?

a2＋c2－b2π3＝cosB＝，又0

2ac26

221

2．A [解析] 根据正弦定理得，＝，所以sinC＝，因为C∈(0，π)，所以C＝

2sin45°sinC

30°或150°.又因为A＝45°，且AB

11

3．D [解析] 根据三角形面积公式和正弦定理S＝absinC＝2RsinA22RsinB2sinC＝

221

2R2sinAsinBsinC，将R＝1和S＝1代入得，sinAsinBsinC＝. 2

4．D [解析] 设电视塔的高度为x，则BC＝x，BD＝3x.在△BCD中，根据余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40xcos120°，即x2－20x－800＝0，解得x＝－20(舍去)，或者x＝40.故电视塔的高度为40 m. 【提升训练】

5．D [解析] 根据余弦定理得b＝32＋82－2×3×8cos60°＝7，根据正弦定理733，解得sinA＝.

14sin60°

6．C [解析] 由正弦定理得

ABBC

＝，所以a＝2sinA.而C＝60°，所以0°<∠CAB<120°.sinCsinA

a2＋c2－b2a2＋4a2－a×2a

＝2ac2a×2a

3

＝sinA

又因为△ABC有两个，所以asin60°<3

a2＋b2－c2a2＋b2－c21

8．B [解析] b－c＝acosC＝a＝?b2＋c2－a2＝bc，则cosA＝

22ab2bb2＋c2－a21π＝，A＝. 2bc23

1abc9．－ [解析] 由正弦定理＝＝可得，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，

4sinAsinBsinC由此设a＝2k，b＝3k，c＝4k(k>0)．由余弦定理可得，cosC＝（2k）2＋（3k）2－（4k）21

＝－. 4232k33k

a2＋b2－c2

＝

2ab

10.6－1 [解析] 由题意可得，∠ACB＝120°，AC＝2，AB＝3，设BC＝x，则由余弦定理可得，AB2＝BC2＋AC2－2BC×ACcos120°，即32＝x2＋22－2×2xcos120°，整理得x2＋2x＝5，解得x＝6－1或x＝－6－1(舍去)．故填6－1.

231511. [解析] 由△BCD的面积为1，可得3CD3BC3sin∠DCB＝1，即sin∠DCB＝，

325所以cos∠DCB＝

CD2＋BC2－BD22525.在△BCD中，由余弦定理可知，cos∠DCB＝＝，552CD3BC

BD2＋BC2－CD2310＝.由在△BCD中，∠DBC对应的边

102BD3BC

10BCAC.在△ABC中，由正弦定理＝可10sinAsinB

解得BD＝2，所以cos∠DBC＝

长最短，所以∠DBC为锐角，所以sin∠DBC＝103

1010

得，AC＝

32

12．解：(1)依题意，由正弦定理得sinCsinA＝sinAcosC， π

在△ABC中，因为sinA≠0，所以sinC＝cosC，得C＝. 4(2)3sinA－cosB＋＋cosA＝2sinA＋因为A∈0，

ππ

＝3sinA－cos?π－（A＋C）＋?＝3sinA－cos(π－A)＝3sinA4?4?BC2sinB＝sinA

＝23. 3

π. 6

3πππ11π

，所以A＋∈，， 46612

ππππ

＝1，A＋＝，A＝时， 6623π5π取得最大值2，此时B＝. 412

于是，当sinA＋

3sinA－cosB＋

13．解：(1)∵(2b－3c)cosA＝3acosC，

∴(2sinB－3sinC)cosA＝3sinAcosC， 即2sinBcosA＝3sinAcosC＋3sinCcosA， ∴2sinBcosA＝3sinB. ∵sinB≠0，∴cosA＝∵0

π. 6

3， 2

π2π

(2)由(1)知A＝B＝，所以AC＝BC，C＝，

631

设AC＝x，则MC＝x.又AM＝7，

2在△AMC中，由余弦定理得 AC2＋MC2－2AC·MCcosC＝AM2，

xx

即x2＋2－2x·2cos120°＝(7)2，解得x＝2，

22

2π1

故S△ABC＝x2sin＝3. 23

14．解：(1)由已知点F(0，1)是线段MD的中点．知A＝2. T2Aπ11

S△DMN＝S△CDM＝MN2A＝＝，

2243∴T＝

2π

，ω＝3. 3

π?. ，0?12?

∴f(x)＝2sin(3x＋φ)．又由已知得点M的坐标为?－πππ

∴sin?－φ?＝0，0<φ<，∴φ＝，

?4?24

π?.

?4?(2)证明：法一：在△CDM中，由已知得tanα＝3tanβ.即sinαcosβ＝3cosαsinβ，在△∴函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin?3x＋DMDC

DMC中，由正弦定理＝，

sinCsin∠DMC∴sinC＝

DM2sin∠DMC1

＝sin∠DMC，

DC2

1111

∴sinC＝sin∠DMC＝sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝2cosαsinβ，

2222∴sinC＝2cosαsinβ.

法二：由题意，在△MNC中，由正弦定理得即sinC＝

MN

sinβ， NC

MNNC

＝， sinCsinβ

1MN2MN

在△MND中，cosα＝，也就是＝2cosα，

MDNC∴sinC＝2cosαsinβ.专题限时集训(八)

【基础演练】

1．C [解析] 依题意，由a⊥b得a·b＝0，即3x＋3＝0，解得x＝－1.故选C. 2．B [解析] 依题意，得a·b＝|a||b|cos30°＝2sin75°24cos75°3故选B.

3．A [解析] 由a∥b得2x＝－4，∴x＝－2，于是a·b＝(1，2)·(－2，－4)＝－10.故选A. 4．D [解析] 由a·(a＋b)＝0得a·a＋a·b＝0，即|a|2＋|a|·|b|cos〈a，b〉＝0，将已知数据代1

入解得，cos〈a，b〉＝－，所以〈a，b〉＝120°.故选D.

2【提升训练】

π2＝.故选C. 32

6．C [解析] 因为∠C＝60°，CA＝2，CB＝1，所以∠B＝90°，以B为原点，BC为x轴5．C [解析] 依题意a在b方向上的投影为|a|cos〈a，b〉＝2cos

→→

建立直角坐标系，C(1，0)，A(0，3)，M(0，23)，CM2CA＝(－1，23)·(－1，3)＝7.

3＝23sin150°＝3.2

7．A [解析] 由题设知p·q＝sinAsinB－cosAcosB＝－cos(A＋B)＝cosC.又△ABC是锐角三角形，所以cosC>0，即p·q>0，所以p与q的夹角为锐角．故选A.

→→→→→→→

8．C [解析] 取BC边中点M，由2OA＋AB＋AC＝0，可得2AO＝AB＋AC＝2AM，则点M3→→→→

与点O重合．又由|OB|＝|OC|＝|OA|＝|AB|＝1，可得|AC|＝|BC|sin60°＝2×＝3，则

2→→→→→

CA2CB＝|CA|2|CB|cosC＝|CA|2＝3.

1→1→→21→→

9．B [解析] 因为点G是△ABC的重心，所以AG＝3(AB＋AC)＝AB＋AC.当点P在

32332

线段BC上运动时，λ＋μ＝1；当点P在线段GB、GC上运动时，λ＋μ的最小值为.又因为

32

点P是△GBC内一点，所以<λ＋μ<1.故选B.

3

321π10. [解析] 因为a∥b，所以31＝sinx2cosx，即sin2x＝1.又因为x∈?0，?，所以

42?2?2x＝

πππ111π2232，即x＝.于是a·b＝sinx＋cosx＝sin＋cos＝3＋＝. 2422442224

→→→→→→→→→→11．8 [解析] 依题意得OA2＝OB2＝OC2，由于AC2＝(OC－OA)2＝OC2＋OA2－2OC2OA，→→1→→→→→1→→→→→所以OC2OA＝(OC2＋OA2－AC2)，同理OA2OB＝(OA2＋OB2－AB2)，所以AO2BC＝

221→1→→→→→→→→→→→→

－OA2(OC－OB)＝－OA2OC＋OA2OB＝－(OA2＋OC2－AC2)＋(OA2＋OB2－AB2)

221→1→

＝(AC2－AB2)＝(52－32)＝8. 22

→→12．1 [解析] 依题意，得|a|＝1，又△OAB是以O为直角顶点的等腰直角三角形，则OA⊥OB，→→→→|OA|＝|OB|，则(a－b)·(a＋b)＝|a|2－|b|2＝0，即|a|＝|b|.又|OA|＝|OB|，故|a－b|＝|a＋b|，1→→得a·b＝0，则|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＝2，所以|OA|＝|OB|＝2.于是S△AOB＝3232＝1.

213．解：(1)由a·b＝0得(sinB＋cosB)sinC＋cosC(sinB－cosB)＝0， 化简得sin(B＋C)－cos(B＋C)＝0， 即sinA＋cosA＝0，∴tanA＝－1. 3

而A∈(0，π)，∴A＝π.

4

11

(2)∵a·b＝－，即sin(B＋C)－cos(B＋C)＝－，

551

sinA＋cosA＝－.①

5

24

对①平方得2sinAcosA＝－. 25

24

∵－<0，

25∴A∈

π7，π，∴sinA－cosA＝1－2sinAcosA＝.② 25

343联立①②得sinA＝，cosA＝－，∴tanA＝－，

55432tanA424

于是，tan2A＝＝＝－.

371－tan2A

1－－24

23－14．解：(1)∵f(x)＝

π31

sinπx＋cosπx＝sinπx＋. 226

π

≤1， 6

∵x∈R，∴－1≤sinπx＋

∴函数f(x)的最大值和最小值分别为1，－1.

ππ

(2)解法1：令f(x)＝sinπx＋＝0得πx＋＝kπ，k∈Z，

6615

∵x∈[－1，1]，∴x＝－或x＝，

6615

∴M－，0，N，0，

66由sinπx＋

π11

＝1，且x∈[－1，1]得x＝，∴P，1， 633

1→→1

∴PM＝－，－1，PN＝，－1，

22→→

PM2PN3→→

∴cos〈PM，PN〉＝＝.

5→→

|PM|2|PN|

解法2：过点P作PA⊥x轴于A，则|PA|＝1， 1

由三角函数的性质知|MN|＝T＝1，|PM|＝|PN|＝

2

1512＋2＝，

22

5

|PM|2＋|PN|2－|MN|24×2－13→→

由余弦定理得cos〈PM，PN〉＝＝＝. 552|PM|2|PN|

2×4解法3：过点P作PA⊥x轴于A，则|PA|＝1， 1

由三角函数的性质知|MN|＝T＝1，|PM|＝|PN|＝

2在Rt△PAM中，cos∠MPA＝

|PA|125＝＝. |PM|552

1512＋2＝，

22

253

∵PA平分∠MPN，∴cos∠MPN＝cos2∠MPA＝2cos2∠MPA－1＝2×2－1＝. 55

xxx

15．解：(1)∵m·n＝1，即3sincos＋cos2＝1，

4443x1x1

sin＋cos＋＝1， 22222xπ1∴sin＋＝. 262即∴cosx＋

πxπ11＝1－2sin2＋＝1－2×2＝. 32622

xπ1

(2)f(x)＝m·n＝sin＋＋.

262∵(2a－c)cosB＝bcosC，

由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC， ∴2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC， ∴2sinAcosB＝sin(B＋C)．

∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sinA，且sinA≠0， π1

∴cosB＝，∴B＝.

23

2π

又A在△ABC内，∴0

3∴

πAππ<＋<， 6262

Aπ13

∴1

26223

即f(A)的取值范围为1，.

2专题限时集训(九) 【基础演练】

an＋1－1

1．B [解析] 由an＋1＝2an－1得an＋1－1＝2(an－1)，而a1－1＝2≠0，所以＝an－1

2.故选B.

2

2．A [解析] 由等差数列的性质可知，a1＋a5＋a9＝3a5，a4＋a6＝2a5，所以a4＋a6＝(a1

32ππ

＋a5＋a9)＝3＝，

346

π3所以tan(a4＋a6)＝tan＝.故选A.

63

3．D [解析] 因为a7是a3，a9的等比中项，所以a27＝a3a9，又公差为－2，所以(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解得a1＝20，所以通项公式an＝20＋(n－1)(－2)＝22－2n，所以S10＝10（a1＋a10）

＝5(20＋2)＝110.

2

an＋1

4．A [解析] 由ap＋q＝ap2aq，令p＝n，q＝1，则an＋1＝an2a1，即＝2，所以

an{an}是以2为公比的等比数列，首项为2，故a8＝2327＝28＝256. 【提升训练】

3an－1112112

5．A [解析] 由已知an＝(n≥2)得＝＋，即－＝>0，所以数列

anan－13anan－133＋2an－1

?1?

??是递增等差数列．故选A. ?an?

6．B [解析] 依题意＝1

.故选B. 10

n－1ana2a3a10129＝(n≥2)，得a10＝a1222?2＝1×33?3na1a2a92310an－1

7．A [解析] f(0)＝0，a3＞0，f(a3)＞f(0)＝0，又a1＋a5＝2a3＞0，所以a1＞－a5即f(a1)＞f(－a5)，于是f(a1)＋f(a5)＞0.故选A.

443311224

8．C [解析] 当a1＝时，a2＝2×－1＝，a3＝2×－1＝，a4＝2×＝，a5＝2×＝.5555555552 0122

所以数列{an}的周期为4，而＝503，所以a2 012＝a4＝.故选C.

45

9．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2

[解析] 依题意，等式的第一项依次为1，2，3，…，由此知等式的第n项为n；最后一项为1，4，7，10，…，由此知最后一项为3n－2.于是，第n个等式为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.故填n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.

10.2 [解析] 设等比数列{an}的公比为q，则由条件a32a7＝a22a8＝2，又a2＋a8＝3，a13

且{an}是递增数列，知a20，解得a2＝1，a8＝2，所以q6＝2，故＝q3＝2. a1031

11. [解析] 设两个方程的根分别为x1、x4和x2、x3.因为x1＋x4＝x2＋x3＝1，所以x1721357335353＝，x4＝，从而x2＝，x3＝.则a＝x1x4＝，b＝x2x3＝，或a＝，b＝.441212161441441633531于是a＋b＝＋＝.

1614472

12．28 [解析] 依题意得，数列{an}是周期为3的数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此a1＋a2＋a3＋?＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝43(1＋2＋4)＝28. 11

13．解：(1)由已知得an＋1＝an＋，即an＋1－an＝. 2211

所以数列{an}是以为首项，为公差的等差数列，

2211n

即an＝＋(n－1)＝. 222

1411

(2)由(1)得bn＝＝，即bn＝4－，

nn＋1nn＋1n（n＋1）

22211111?14n

所以Tn＝4?1－＋－＋…＋－＝41－＝. nn＋1??223n＋1n＋1

，?a1q3＝23

14．解：(1)∵{an}是等比数列，∴设公比为q，又由已知得?两式相除得：

20

?a1q2＋a1q4＝9，

q3

＝， 1＋q2101

q＝3或者q＝，

3∵{an}为递增数列， 2

∴q＝3，a1＝，

81∴an＝a1qn－1＝

2

23n－1＝2·3n－5， 81

an

∴bn＝log3＝n－5，

2

n（－4＋n－5）1

∴数列{bn}的前n项和Sn＝＝(n2－9n)．

22

(2)Tn＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1＝(1－5)＋(2－5)＋(22－5)＋…＋(2n－1－5)＝5n>0，

即2n>5n＋1.

∵24<534＋1，25>534＋1，∴nmin＝5.

?a1＋4d≥10，①?

15．解：(1)因为S15＝15a8，设{an}的公差为d，则有?

?a1＋7d<17，②?

1－2n

－1－2

由①得－a1－4d≤－10，③ 7

②＋③有3d<7?d<，所以d＝2.

3

将d＝2代入①，②有a1≥2且a1<3，所以a1＝2. 故an＝2＋(n－1)×2，即an＝2n(n∈N*)． a3

(2)由(1)可知a1＝2，a3＝6，∴公比q＝＝3，

a1

abn＝2·3(n＋2)－1＝2·3n＋1.又abn＝a1＋(bn－1)×2＝2bn， 3n＋1－1所以2·3n＋1＝2bn，即bn＝3n＋1，故cn＝. 4此时当n＝1，3，5时符合要求；当n＝2，4时不符合要求． 由此可猜想：当且仅当n＝2k－1，k∈N*时，cn为正整数． 证明如下：

11－3n＋1

逆用等比数列的前n项和公式有：cn＝3＝

21－31

(1＋3＋32＋…＋3n)． 2

当n＝2k，k∈N*时，上式括号内为奇数个奇数之和，为奇数，此时cn?N*； 当n＝2k－1，k∈N*时，上式括号内为偶数个奇数之和，为偶数，此时cn∈N*. 故满足要求的所有n为n＝2k－1，k∈N*. 专题限时集训(十) 【基础演练】

1．A [解析] 依题意，由根与系数的关系得a2＋a4＝1，所以S5＝5（a2＋a4）5

＝.故选A.

22

5（a1＋a5）

＝

2

5

2．B [解析] 依据等比数列通项公式的性质，得a32a7＝a42a6＝a25，所以a55＝2，求得2a5＝2.故选B.

3．B [解析] 依题意得S15＝π＝－3.故选B.

an＋1224．D [解析] 令m＝1得an＋1＝a12an，即＝a1＝，可知数列{an}是首项为a1＝，

an332?2

×?1－n?2n＋1233?2?

公比为q＝的等比数列．于是Sn＝＝2×?1－n＝2－.故选D.

?3?323n

1－

3

【提升训练】

5．C [解析] 依题意得2Sn＝nan＋an＝(n＋1)an，当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，两式相减an－1annana2

得2an＝(n＋1)an－nan－1，整理得＝，所以an＝22?22a1＝

a1an－1n－1an－1an－2n－1n2

22?221＝n.故选C.

1n－1n－2

11

6．C [解析] 依题意得f(n＋1)＝f(n)·f(1)，即an＋1＝an2a1＝an，所以数列{an}是以为

2211

1－122n11?首项，为公比的等比数列，所以Sn＝＝1－，所以Sn∈??2，1?.故选C. 212n

1－2

7．C [解析] 设等差数列{an}公差为d，则有(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＝3d＝99－105，则d＝－2，易得a1＝39，an＝41－2n，令an>0得n<20.5，即在数列{an}中，前20项均为正值，自第21项起以后各项均为负，因此当n＝20时，Sn取得最大值．

8．A [解析] 依题意得a15＋a6＝1，由等差数列性质知a15＋a6＝a1＋a20，所以S20＝20（a1＋a20）

＝10(a15＋a6)＝10.故选A.

2

9．C [解析] 由a9＋3a11<0得2a10＋2a11<0，即a10＋a11<0，又a102a11<0，则a10与a11异号，因为数列{an}的前n项和Sn有最大值，所以数列{an}是一个递减数列，则a10>0，a11<0，所以S19＝故选C.

na410. [解析] 设等比数列{an}的公比为q，则＝q3＝27，解得q＝3，所以an＝a1qn－1

a1n＋1＝3×3n－1＝3n，由此得bn＝log3an＝n.于是

1111

＝＝－，则数列

bnbn＋1n（n＋1）nn＋1

19（a1＋a19）20（a1＋a20）

＝19a10>0，S20＝＝10(a10＋a11)<0.

22

15（a1＋a15）55

＝15a8＝25π，所以a8＝π，于是tana8＝tan233

?1?111111n??的前n项和Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.

223nn＋1?bnbn＋1?n＋1n＋1

?

11．Sn＝?

9n－1

?4，n是奇数

555nn59n

[解析] 依题意，这个数列为2，，2，，2，，…，若n是偶数，则Sn＝32＋3＝；

22222249n

，n是偶数，?4n＋1n－159n－1

若n是奇数，则Sn＝32＋3＝.故Sn＝?

22249n－1

?4，n是奇数.

S1＋S2＋…＋S2 012

12．2 014 [解析] 依题意得＝2 013，所以S1＋S2＋…＋S2 012＝2

2 012012×2 013，数列2，a1，a2，a3，…，a2 012相当于在数列a1，a2，a3，…，a2 012前2＋（S1＋2）＋（S2＋2）＋…＋（S2 012＋2）

加一项2，所以其“优化和”为

2 013＝

2 01232 013＋2×2 013

＝2 014.

2 013

9n

，n是偶数，4

π1111

13．解：(1)f(x)＝sinx2sin(x＋2π)·sin(x＋3π)＝－sinx，其极值点为x＝kπ＋(k∈

44242Z)，

ππ

它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以为首项，π为公差的等差数列，故an＝＋(n－1)π

22＝nπ－

π

. 2

π

(2)bn＝2nan＝(2n－1)·2n，

2

π

∴Tn＝[1·2＋3·22＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n]，

2π

则2Tn＝[1·22＋3·23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1]，

2π

相减，得－Tn＝[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－(2n－1)·2n＋1]，

2∴Tn＝π[(2n－3)·2n＋3]．

1×（a－a）14．解：(1)由已知，得S1＝＝a1＝a，所以a＝0.

2（n＋1）an＋1nan

由a1＝0得Sn＝，则Sn＋1＝，

22∴2(Sn＋1－Sn)＝(n＋1)an＋1－nan，

即2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan，于是有(n－1)an＋1＝nan， 并且nan＋2＝(n＋1)an＋1，

∴nan＋2－(n－1)an＋1＝(n＋1)an＋1－nan， 即n(an＋2－an＋1)＝n(an＋1－an)，

则有an＋2－an＋1＝an＋1－an，∴{an}为等差数列． n（n－1）p

(2)由(1)得Sn＝，

2

（n＋2）（n＋1）p（n＋1）np

2222

∴pn＝＋＝2＋－，

nn＋2（n＋1）np（n＋2）（n＋1）p

22

2222222

∴p1＋p2＋p3＋…＋pn－2n＝2＋－＋2＋－＋…＋2＋－－2n＝2＋1－－

1324nn＋2n＋12

. n＋2

由n是整数可得p1＋p2＋p3＋…＋pn－2n<3.

故存在最小的正整数M＝3，使不等式p1＋p2＋p3＋…＋pn－2n≤M恒成立． Sn13

15．解：(1)由点An，(n∈N*)在直线y＝x＋上，

n22Sn1313

故有＝n＋，即Sn＝n2＋n.

n222213

当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，

22

1313

所以an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2＋(n－1)＝n＋1(n≥2)，

2222当n＝1时，a1＝S1＝2满足上式．

故数列{an}的通项公式为an＝n＋1. n＋1

(2)由(1)an＝n＋1，可知bn＝n＋1，

6634420205

b1＝2＝23<32＝3＝b2，b3＝4＝2＝b1，b3＝4＝45>54＝5＝b4. 所以，b2>b1＝b3>b4.

猜想{bn＋1}递减，即猜想当n≥2时，考查函数y＝

n＋1

n＋2n＋1>n＋2.

1－lnxlnx

(x>e)，则y′＝， xx2

显然当x>e时lnx>1，即y′<0， 故y＝

lnx

在(e，＋∞)上是减函数，而n＋1≥3>e， x

n＋2n＋1ln（n＋2）ln（n＋1）

所以<，即n＋2

n＋2n＋13

猜想正确，因此，数列{bn}的最大项是b2＝3. 专题限时集训(十一)

【基础演练】

1．C [解析] 长方体的侧面与底面垂直，所以俯视图是C.

2．A [解析] 由三视图可知，该几何体是一个横放的三棱柱，底面三角形是等腰三角形(底为

6，高为4)，三棱柱的高为4，故底面三角形的腰长为32＋42＝5.故该几何体的表面积为S1

＝363432＋5×4×2＋6×4＝88.故选A. 2

3．D [解析] 两个柱体的组合．体积是6×4×1＋2×4×5＝64.

4．B [解析] 由于正视图和侧视图的底边长度不同，故俯视图一定不是正方形和圆． 【提升训练】

5．C [解析] 正三棱柱的底面三角形高为3，故边长为2，设正三棱柱的高为h，则由正三1

棱柱的体积公式有，3＝32333h?h＝1.

2

313

6．B [解析] 由题意可知，该几何体为一个四棱锥，底面面积为，高为1，体积为V＝3

2321

31＝.故选B.

2

7．C [解析] 这个空间几何体直观图如图，其中侧面PAD⊥底面ABCD，侧面中只有△PAB，△PCD为直角三角形，另外两个是非直角的等腰三角形．

8.

D [解析] 如图所示是棱长为1的正方体，当投影线与平面A1BC1垂直时，因为平面ACD1∥平面A1BC1，所以此时正方体的正投影为一个正六边形，设其边长为a，则3a＝2，所

63?6?2

以a＝，所以投影面的面积为6×3＝3，此时投影面积最大．故选D.

34?3?9．B [解析] 由三视图知，空间几何体是一个圆柱和一个圆台的组合体．该几何体的体积为1

V＝π32234＋π31(22＋12＋2×1)

3755

＝16π＋π＝π.

33

10．B [解析] 该物体的上半部分是一个长方体，其长，宽，高分别为15，4，2，体积为15×2×4＝120 dm3.下部分是两个半圆柱，合并起来是一个圆柱，其底面半径为2，高也是2，故其体

积为π32232＝8π dm3.

故这个物体的体积为(120＋8π) dm3.

21

11．54π [解析] 冰淇淋上半部分是半球，下半部分是圆锥，V＝π333＋π332312＝

3354π.

1

12. 3π [解析] 该空间几何体是底面边长和高均为1且一条侧棱垂直底面的四棱锥，其体3113积为31231＝；这个四棱锥与单位正方体具有相同的外接球，故外接球的半径为，所

332

2?3?以其表面积为4π3

?2?＝3π.

πMN13. [解析] 根据已知三角形MON是以O为直角顶点的直角三角形，故OP＝＝1，即

62点P的轨迹是以点O为球心的八分之一球面，其与三棱锥的三个侧面围成的空间几何体的体14ππ积为3＝. 836专题限时集训(十二)

【基础演练】

1．C [解析] m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，需要m∩n＝A才有l⊥α，A错误．若m?α，n⊥α，l⊥n，l与m可能平行、相交、也可能异面，B错误． 若l⊥m，l⊥n，l与m可能平行、相交、也可能异面，D错误．

2．B [解析] ①不对，b，c可能异面；②不对，b，c可能平行；平行移动直线不改变这条直线与其他直线的夹角，故③对，选B.

3．D [解析] 由于A1C1⊥B1D1，根据正方体特征可得BB1⊥A1C1，故A1C1⊥平面BB1D1D，B1O?平面BB1D1D，所以B1O⊥A1C1.

4．C [解析] 在平面α内作过点A且垂直于交线的直线，则该直线一定垂直于平面β，若过A点有两条，则两条必平行，从而得到矛盾；所以过点A且垂直于平面β的直线只有一条，一定在平面α内． 【提升训练】

5．C [解析] 垂直同一直线的平面平行，选项A中的命题正确；两平行线中一条垂直一个平面，另一条也垂直这个平面，选项B中的命题正确；选项C中的命题不正确；由面面垂直的判定定理知选项D中的命题正确．

6．D [解析] 由性质可知①是正确的；对于②，过两点的直线可能与平面相交，所以②错误；对于③，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能相交或异面，所以③错误；由性质可知④正确．故选D.

7．C [解析] 如图所示，则BC中点M，B1点，D点，A1D1的中点N分别到两异面直线的距离相等．即满足条件的点有四个，故选C项．

8．C [解析] 由PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故B正确；异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，故D正确．综上C是错误的，故选C.

9．6 [解析] 因为四棱锥P－ABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是A，其正视图与侧视图都是腰长为a的等腰直角三角形，所以PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD⊥PC，AD⊥PB，共6对．

10．①② [解析] 根据直线与平面垂直的定义，命题①正确；两条平行线中的一条直线垂直

于一个平面，另一条也垂直这个平面，命题②正确；直线与平面平行时直线不平行这个平面内的任意直线，命题③不正确；直线与平面的平行不具有传递性，命题④不正确．

11．93 [解析] 该几何体的直观图是斜四棱柱，底面是正方形，面积为3×3＝9，高为22－12＝3，所以体积为V＝9×3＝93. 12．解：(1)证明：在图(1)中，∵AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°， ∴∠ACB＝60°.

∵CD为∠ACB的平分线，∴∠BCD＝∠ACD＝30°， ∴CD＝23. ∵CE＝4，∠DCE＝30°，∴DE＝2.

则CD2＋DE2＝EC2，∴∠CDE＝90°，DE⊥DC. 在图(2)中，

又∵平面BCD⊥平面ACD， 平面BCD∩平面ACD＝CD， DE?平面ACD， ∴DE⊥平面BCD. (2)在图(2)中，

∵EF∥平面BDG，EF?平面ABC，平面ABC∩平面BDG＝BG， ∴EF∥BG.

∵点E在线段AC上，CE＝4，点F是AB的中点， ∴AE＝EG＝CG＝2，

作BH⊥CD交CD于H，∵平面BCD⊥平面ACD， ∴BH⊥平面ACD. 3

由条件得BH＝.

2

111

S△DEG＝S△ACD＝3AC2CD2sin30°＝3. 332

1133∴三棱锥B－DEG的体积V＝S△DEG2BH＝333＝.

3322

13．解：(1)证明：在直角梯形ABCD中， CD＝2AB，E为CD的中点， 则AB＝DE，又AB∥DE，

AD⊥AB，知BE⊥CD.在四棱锥C－ABED中，BE⊥DE，BE⊥CE，CE∩DE＝E， CE，DE?平面CDE，则BE⊥平面CDE. 因为CO?平面CDE，所以BE⊥CO.

又CO⊥DE，且BE，DE是平面ABED内两条相交直线， 故CO⊥平面ABED.

(2)由(1)知CO⊥平面ABED，

1

则三棱锥C－AOE的体积V＝S△AOE2OC＝

311

33OE3AD3OC. 32

由直角梯形ABCD中，CD＝2AB＝4，AD＝2，CE＝2， 得三棱锥C－AOE中，

OE＝CEcosθ＝2cosθ，OC＝CEsinθ＝2sinθ， V＝22sin2θ≤. 33

ππ

当且仅当sin2θ＝1，θ∈0，，即θ＝时取等号，

24(此时OE＝2

π2

故当θ＝时，三棱锥C－AOE的体积最大，最大值为.

43

14．解：(1)证明：因为EF∥AB，所以EF与AB确定平面EABF， 因为EA⊥平面ABCD，

所以EA⊥BC.

由已知得AB⊥BC且EA∩AB＝A， 所以BC⊥平面EABF. 又AF?平面EABF，

所以BC⊥AF.

(2)证明：过M作MN⊥BC，垂足为N，连接FN，则MN∥AB. 11

又CM＝AC，所以MN＝AB. 44

1

又EF∥AB且EF＝AB，所以EF∥MN，

4且EF＝MN，所以四边形EFNM为平行四边形， 所以EM∥FN.

又FN?平面FBC，EM?平面FBC， 所以EM∥平面FBC.

(3)直线AF垂直于平面EBC. 证明如下：

由(1)可知，AF⊥BC.

在四边形ABFE中，AB＝4，AE＝2，EF＝1， ∠BAE＝∠AEF＝90°，

1

所以tan∠EBA＝tan∠FAE＝，则∠EBA＝∠FAE.

2设AF∩BE＝P，因为∠PAE＋∠PAB＝90°， 故∠PBA＋∠PAB＝90°. 则∠APB＝90°，即EB⊥AF.

又因为EB∩BC＝B，所以AF⊥平面EBC. 专题限时集训(十三) 【基础演练】

1．D [解析] 对于选项D，它是线面垂直的性质定理，故正确；其他选项易判断是错误的． π

2．C [解析] 当A1D与BC1所成的角为时，长方体为正方体，连接A1C1和B1D1交于

2O点，易证A1C1⊥平面BB1D1D，则BC1与平面BB1D1D所成的角就是∠C1BO＝30°，1

正弦值为.

2

3．C [解析] 对于选项C：当m?α时，“n∥α”不能推出“m∥n”，直线m，n可能异面；而当“m∥n”时，直线n可能在平面α内，“n∥α”是“m∥n”成立的既非必要也非充分条件．

4．D [解析] 把展开图还原，则l1，l2是正方体中位于同一个顶点处的两个面的面对角线，π

故一定相交且夹角为.

3【提升训练】

5．C [解析] 如图，取BC中点E，连接DE，AE，AD，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE为AD与平面BB1C1C所成的角．设各棱长为1，则AE＝1DE＝，

2

3AE2

tan∠ADE＝＝＝3，∴∠ADE＝60°.

DE1

2

3，2

6．D [解析] ∵AD与PB在平面ABC内的射影AB不垂直，∴A不成立；又平面PAB⊥平面PAE，∴平面PAB⊥平面PBC也不成立；∵BC∥AD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立．在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴D正确．

7．B [解析] 过A作另一平面的垂线段AO，垂足为O，连接BO，可知∠ABO＝30°，由AB＝2得AO＝1，又因为两平面平行，所以点C到另一平面的垂线段的长等于AO的长，故CD与两个平行平面所成的角的正弦值为45°.

1?8.?0，

?2? [解析] 从图中观察可得：当E与点C重合时，BD和AE所成角为直角，余弦值为1

0，而当E无限接近于B点时，BD和AE所成角无限接近于60°，余弦值无限接近于.

29.

15

[解析] 如图，G为DE的中点，则NG∥EM，∠ANG即为EM，AN所成角，设正方10

3，AG＝5，NG＝EM＝

5，所以cos∠ANG＝

AO2＝，所以CD与这两个平行平面所成的角为CD2

形的棱长为2，则AN＝

（3）2＋（5）2－（5）2

23335＝15. 10

10．90° [解析] 连接D1M，易得DN⊥A1D1，DN⊥D1M， 所以，DN⊥平面A1MD1，

又A1M?平面A1MD1，所以DN⊥A1M，故夹角为90°. 11．解：(1)证明：由EC＝ED＝2a，CD＝2a?EC⊥ED， BC⊥平面CC1D1D?BC⊥DE，BC∩EC＝C，

因此DE⊥平面EBC.

(2)由AD∥BC，则∠EBC即为所求异面直线AD与EB所成的角(或其补角)， 由BC⊥平面DCC1D1，得BC⊥EC， 即△EBC为直角三角形， tan∠EBC＝

2a

＝2， a

所以，异面直线AD与EB所成的角的正切值为2. 12．解：不妨设正三角形的边长为3，则

(1)证明：在图①中，取BE的中点D，连接DF，∵AE∶EB＝CF∶FA＝1∶2，∴AF＝AD＝2，而∠A＝60°，∴△ADF为正三角形．又AE＝DE＝1，∴EF⊥AD.

在图②中，A1E⊥EF，BE⊥EF，∴∠A1EB为二面角A1－EF－B的一个平面角，由题设条件知此二面角为直二面角，∴A1E⊥BE.

又BE∩EF＝E，∴A1E⊥面BEF，即A1E⊥面BEP.

(2)在图②中，A1E⊥面BEP，∴A1E⊥BP，∴BP垂直于A1E在面A1BP内的射影(三垂线定理的逆定理)．

设A1E在面A1BP内的射影为A1Q，且A1Q交BP于Q，则∠EA1Q就是A1E与面A1BP所成的角，且BP⊥A1Q.

在△EBP中，∵BE＝BP＝2，∠EBP＝60°， ∴△EBP为正三角形，∴BE＝EP.

又A1E⊥面BEP，∴A1B＝A1P，∴Q为BP的中点，且EQ＝3，而A1E＝1，∴在Rt△EQ

A1EQ中，tan∠EA1Q＝＝3，即直线A1E与面A1BP所成角为60°.

A1E

13．解：(1)证明：∵AA1＝BC＝2，∴BC1⊥B1C①，又AA1⊥面ABC，∵CC1∥AA1，∴CC1⊥面ABC，又AC?面ABC，∴CC1⊥AC，而BC⊥AC，CC1∩BC＝C，∴AC⊥面BCC1B1，又BC1?面BCC1B1，∴AC⊥BC1②，由①②知BC1⊥面AB1C.

(2)过点C作CE⊥BD于点E，连接C1E，∵CC1⊥面ABC，BD?面ABC，∴CC1⊥BD，又CE⊥BD，CC1∩EC＝C，∴BD⊥面CC1E，∴BD⊥C1E.故∠C1EC为二面角C1－BD－C的平面角．BC＝AC＝2，∴BD＝5，CE＝＝3，C1E＝CC21＋CE2＝专题限时集训(十四)A

BC2CD2

＝.在直角三角形CC1E中，CC1BD575CE2

，∴cos∠C1EC＝＝. 5C1E7

【基础演练】

1．C [解析] 两直线平行的充要条件是a×2＝3×2且a×3≠2×0，即a＝3.

x＋71＋y2．D [解析] 设P(x，1)，Q(7，y)，则＝1，＝－1，解得x＝－5，y＝－3，所以

22－3－11

P(－5，1)，Q(7，－3)，k＝＝－. 37＋5

l2

3．B [解析] 求圆的弦长利用勾股定理，弦心距d＝2，r＝3，r2＝d2＋，l＝23－2＝

42，选B.

m

4．B [解析] 根据圆的几何特征，直线2x＋y＝0经过圆的圆心1，－，代入解得m＝4，

2即圆的方程为x2＋y2－2x＋4y－4＝0，配方得(x－1)2＋(y＋2)2＝32，故圆的半径为3. 【提升训练】

2π

5．C [解析] 依题意知圆心在y轴上，且被x轴所分劣弧所对圆心角为，设圆心为(0，a)，

3ππ233

半径为r，则rsin＝1，rcos＝|a|，解得r＝，|a|＝，即a＝±，于是圆C的方程

333332

4?3?为x2＋y±＝.故选C.

?33?

6．C [解析] 点(－2，3)需在圆内，即a<3.圆心C(－1，2)，若弦AB的中点为P(－2，3)，则AB⊥PC，PC的斜率为－1，故AB的斜率为1，所以直线AB的方程为y－3＝x＋2，即x－y＋5＝0.

11

7．A [解析] 圆的半径为1，根据圆的几何特征，此时圆心到直线的距离等于，即＝

21＋k2

1

，解得k＝±3. 2

8．B [解析] 圆心到直线的距离为82＝42，故切线长的最小值为（42）2－1＝31. 9．C [解析] 因为四边形PACB的最小面积是2，此时切线长为2，圆心到直线的距离为5，

5

d＝＝5，k＝2.

1＋k2

10．x＝－4或者5x＋12y＋20＝0 [解析] 当直线的斜率不存在时直线l的方程为x＝－4，此时圆心到直线的距离为3，直线被圆所截得的线段的长度为252－32＝8，符合要求；当直线的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x＋4)，根据题意，圆心到直线的距离等于3即可，|3k－2|55即＝3，解得k＝－，此时直线方程为y＝－(x＋4)，即5x＋12y＋20＝0.

12121＋k211．(x－2)2＋(y－4)2＝10或(x＋2)2＋(y＋4)2＝10

[解析] 圆心在直线y＝2x上，设圆心为(a，2a)，圆心到直线y＝x的距离d＝＝|a－2a||a|42（10）2－2＝2，2＝＝?a＝±2.

2212＋12

l

r2－2，得d

2

圆的标准方程为(x－2)2＋(y－4)2＝10或(x＋2)2＋(y＋4)2＝10.

x2y2212.3 [解析] 依题意，双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x，因为双曲线的渐近线

1682与圆(x－3)2＋y2＝r2(r>0)相切，则圆心(3，0)到直线y＝±＝

|233±2×0|

＝3. 2＋4

2

2x的距离等于圆的半径，所以r2

111

13．(x＋1)2＋?y－?＝ [解析] 圆心在抛物线x2＝2y上，设圆心为x，x2，直线2x＋2y

?2?22＋3＝0与圆相切，圆心到直线2x＋2y＋3＝0的距离为r＝|（x＋1）2＋2|

≥

2＝2. 2

|2x＋x2＋3|22＋22

2222当x＝－1时，r最小，从而圆的面积最小，此时圆的圆心为

11?21?－1，，圆的方程为(x＋1)2＋?y－?＝. 222专题限时集训(十四)B 【基础演练】

＝

|x2＋2x＋3|

22

＝

1．C [解析] 如图，易知最短距离过圆心，首先找出A(－1，1)关于x轴的对称点A′(－1，－1)，则最短距离为|CA′|－r.又圆方程可化为：(x－5)2＋(y－7)2＝22，则圆心C(5，7)，r＝2，则|CA′|－r＝（5＋1）2＋（7＋1）2－2＝10－2＝8，即最短路程为8. 2．B [解析] 因为圆x2＋y2＋2x－4y＝0的圆心为(－1，2)，由直线3x＋y＋a＝0过圆心得：a＝1.

|1＋m|

3．C [解析] 圆的方程为(x－1)2＋y2＝2，由不等式<2，解得－3

2分不必要条件，故为选项C中的m范围．

→→

4．A [解析] 直线3x＋y－23＝0与圆O：x2＋y2＝4交于A(1，3)，B(2，0)，OA2OB＝2.

【提升训练】

11

5．D [解析] 设圆心坐标为x，x2，根据题意得x2＋1＝－x，解得x＝－2，此时圆心坐标

44为(－2，1)，圆的半径为2，故所求的圆的方程是(x＋2)2＋(y－1)2＝4. 6．A [解析] 圆的方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝32，圆心到直线的距离d＝

≤1<3，故直

1＋t2

线与圆相交，或者由直线tx＋y－t＋1＝0(t∈R)过定点(1，－1)，该点在圆内得直线与圆相交． 11

7．C [解析] 圆心坐标为(2，2)，椭圆的离心率为，根据已知所求的直线经过点1，，(2，

22

1

33

2)，斜率为，所以所求直线方程为y－2＝(x－2)，即3x－2y－2＝0.

22

8．C [解析] 两圆有三条公切线，说明两圆外切．两个圆的方程分别为(x＋a)2＋y2＝22，x21111

＋(y－2b)2＝12，所以a，b满足a2＋4b2＝3，即a2＋4b2＝9，所以＋＝(a2＋4b2)a2b29a211a24b21a24b2

＝5＋＋≥5＋22＝1，等号当且仅当a2＝2b2时成立． b29b2a29b2a29．x＝1 [解析] AB的长度恒定，故△ABC面积最大，只需要C到直线AB的距离最大即可．此＋时，C在AB的中垂线上，kAB＝

331

，AB的中垂线方程为y－＝－3x＋，代入x2＋y2322

＝4得C(1，－3)，所以直线BC的方程是x＝1.

10．x＋y＋1＝0，x－y＋1＝0 [解析] 设直线l的方程为y＝k(x＋1)，直线l被圆C分成弧

|2k|

长之比为1∶2的两段，则劣弧的度数为120°，因此圆心到直线的距离为2，即＝2，

k2＋1

解得k＝±1，所以直线l的方程为x＋y＋1＝0，x－y＋1＝0. 11．4 [解析] 要使过点P的直线l与圆C的相交弦长最小，则需圆心C到直线l的距离最大． 当CP⊥l时，圆心C到直线l的距离最大，而当点P取直线x＋y＝4与x＝1的交点(1，3)时，|CP|取得最大值10，此时|AB|取最小值，且|AB|min＝214－10＝4.(如图)．

4? [解析] 用数形结合，设k＝y＋3，则y＝kx－(k＋3)表示经过点P(1，－3)的直12.?，＋∞?3?x－1y＋3线，k为直线的斜率．所以求的取值范围就等价于求同时经过点P(1，－3)和圆上的点的

x－1

直线中斜率的最大最小值．从图中可知，当过P的直线与圆相切时斜率取最值，此时对应的直线斜率分别为kPB和kPA，其中kPB不存在，由圆心C(2，0)到直线y＝kx－(k＋3)的距离|2k－（k＋3）|y＋344

＝r＝1，解得k＝，所以的取值范围是?，＋∞?.

?3?3x－1k2＋1

专题限时集训(十五) 【基础演练】

1．C [解析] 因为抛物线y2＝16x的准线方程为x＝－4，所以双曲线的半焦距为c＝a2＋8

c4

＝4，解得a＝22，所以双曲线的离心率为e＝＝＝2.

a222．D [解析] 当焦点在x轴上时，5－m5＝m－510，解得m＝3；当焦点在y轴上时，＝5m1025

，解得m＝. 53

3．A [解析] 设点P(x，y)，其中x≥1.依题意得A1(－1，0)，F2(2，0)，则有y2＝3(x2－1)，

21?81→→?所以PA12PF2＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝(x＋1)(x－2)＋y2＝4x2－x－5＝4x－－，?8?16→→

其中x≥1.因此，当x＝1时，PA12PF2取得最小值－2.

4．D [解析] 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为A，B两点它们到直线x＝－2的距离之和等于5，所以x1＋2＋x2＋2＝5.所以x1＋x2＝1.由抛物线的定义得|AB|＝x1＋1＋x2＋1＝3.而过抛物线焦点弦的最小值(当弦AB⊥x轴时，是最小焦点弦)为4，所以不存在满足条件的抛物线．

【提升训练】

5．D [解析] 设P(x0，y0)，则y0y04

3＝－，化简得

9x0＋ax0－a

b

1－2＝

a

451－＝.

93

x20y20b24＋＝1，可以判断＝，e＝a24a2a29

9

→→

6．A [解析] 根据PF12PF2＝0，tan∠PF1F2＝2，可得△PF1F2为直角三角形且|PF2|＝2|PF1|，根据双曲线定义得|PF2|－|PF1|＝2a，由此得|PF1|＝2a，|PF2|＝4a，根据勾股定理c2

(2a)2＋(4a)2＝(2c)2，由此得＝5，即e＝5. a2

7．C [解析] 根据椭圆定义|AF1|＋|AF2|＝2a＝2，|BF1|＋|BF2|＝2a＝2，两式相加得|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4，

即(|AF1|＋|BF1|)＋(|AF2|＋|BF2|)＝4，而|AF1|＋|BF1|＝|AB|，|AF2|＋|BF2|＝2|AB|，所以4

3|AB|＝4，即|AB|＝. 3

x2y2y2

8．D [解析] 因为椭圆C1：＋＝1(a>b>0)与双曲线C2：x2－＝1有公共的焦点，c2

a2b24＝5，所以a2＝b2＋5.因为C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A、B两点，C1恰好将线段AB三等分，设渐近线与椭圆C1交于C，D两点，由椭圆及圆的对称性得|OC|2

a25a2b25a4－25a2111＝＝＝，a2＝，b2＝. 9b2＋4a2225a2－59.17 [解析] 因为焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程是y＝±4x，所以b＝4a，c2＝17a2，e＝17. 5???a＝2，2b＝5，b＝，?2

10．6 [解析] 由题知?c2即?解得?

a2－b25＝，4??a3＝，?b＝，?

a2

9

2

3

由椭圆的定义知△ABF2的周长为4a＝4×＝6.

2

3

5

11. [解析] 本题主要考查抛物线的定义．属于基础知识、基本运算的考查． 2

1

|AF|＋|BF|＝6，由抛物线的定义即AD＋BE＝6，又线段AB的中点到y轴的距离为(AD＋BE)

215

＝3，抛物线的准线为y＝－，所以线段AB的中点到y轴的距离为. 22

12．解：(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)， |－c－3×0－3|

则由已知得＝2c，解得c＝1，

1＋3c2

又＝，∴a＝2， a2

故b2＝a2－c2＝2－1＝1. x2

∴椭圆的方程为＋y2＝1.

2

??x2＋2y2－2＝0，266(2)联立?解得x2＝，故x1＝，x2＝－.

333?y＝x，?

∴A6666，，B－，－， 3333

4

3. 3

解得|AB|＝

欲使△ABD面积最大，则D点要离y＝x的距离最大，D点应在与y＝x平行且与椭圆相切的直线l上，设直线为y＝x＋λ，

??x2＋2y2－2＝0，

联立方程?消去y得3x2＋4λx＋2λ2－2＝0.

?y＝x＋λ，?

令Δ＝16λ2－4×3×(2λ2－2)＝0，解得λ＝±3，

则直线l：x－y±3＝0.

故点D到直线l的距离为两平行直线的距离d＝1146

∴S△ABD＝3|AB|2d＝333＝2，

2232

即△ABD面积的最大值为2. ??e＝c＝2，?a＝2，

a213．解：(1)∵?所以?

?c＝1，??a＋c＝2＋1，

x2

∴b＝1，椭圆方程为＋y2＝1.

2

36＝， 22

(2)由(1)得F(1，0)，所以0≤m≤1，假设存在满足题意的直线l，设l的方程为y＝k(x－1)， x2

代入＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.

2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝∴y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝－2k

. 2k2＋1

2k2－24k2

，x1x2＝，①

2k2＋12k2＋1

2k2k

设AB的中点为M，则M，－，

2k2＋12k2＋1∵|AC|＝|BC|，∴CM⊥AB，即kCM2kAB＝－1， k

2k2＋1∴2k＝－1?(1－2m)k2＝m.

2k2m－

2k2＋11

∴当0≤m<时，k＝±2

m

，即存在这样的直线l；

1－2m

1

当≤m≤1，k不存在，即不存在这样的直线l. 2

pp?，t＝0时，不妨设A?p，p?，B?p，－p?，则|AB|14．解：(1)直线l：x＝ty＋过焦点F?，0?2??2??2?2＝2p，

又D点到直线l的距离d＝p，

11

所以S△ABD＝|AB|2d＝22p2p＝p2＝4，∴p＝2，

22∴抛物线C的方程为y2＝4x.

p?(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D?－

?2，m?， p??x＝ty＋2，由?得y2－2pty－p2＝0， ?y2＝2px?

则y1＋y2＝2pt，y1y2＝－p2，

pp

从而x1＋x2＝ty1＋＋ty2＋＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，

22p

线段AB的中点为M?pt2＋，pt???， 2由DM⊥AB得kDM＝－t，即

pt－m

＝－t，解得m＝pt3＋2pt， pppt2＋＋

22

p?， 从而D?－，pt3＋2pt?2?

|DM|＝

?pt2＋p＋p?＋（pt3＋2pt－pt）2＝p(t2＋1)t2＋1，

?22?2

|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p＝2pt2＋p＋p＝2p(t2＋1)，由|DM|＝322p(t2＋1)， 2

解得t＝±2， 1)t2＋1＝p

此时，点D?－，±42p?.

?2?

专题限时集训(十六)A 【基础演练】

k＋1>0，??

1．B [解析] 由题意，?3－k>0，解得1

??k＋1>3－k，

3|AB|得到p(t2＋2

2．C [解析] 由|F1F2|是|PF1|与|PF2|的等差中项知|PF1|＋|PF2|＝4，故动点P的轨迹是以x2y2

定点F1(－1，0)、F2(1，0)为焦点，长轴长为4的椭圆，故其方程为＋＝1.

43

3．B [解析] x＋2＝0为抛物线的准线，根据抛物线的定义，圆心到准线的距离等于圆心到焦

点的距离，故这些圆恒过定点(2，0)．

bbc

4．D [解析] 双曲线的渐近线方程为y＝±x，由于点(1，2)在上区域，故2>，所以e＝＝

aaa

b

1＋??<5.又e>1，所以所求的范围是(1，5)．

?a?【提升训练】

5．C [解析] 圆心到准线的距离为4，由题意只要|FM|>4即可，而|FM|＝y0＋2，∴y0>2. →→→→

6．B [解析] 根据|MN|2|MP|＋MN2NP＝0得4（x＋2）2＋y2＋4(x－2)＝0，即(x＋2)2＋y2＝(x－2)2，即y2＝－8x.

7．A [解析] 根据已知只能m>0，n>0，且m＋2－n＝m＋n，即n＝1，所以椭圆的离心率为e＝m＋1m＋2

＝

11121－.由于m>0，所以1－>，所以

2

8．D [解析] 由抛物线的定义，|PF|＝d1＋1，d1＝|PF|－1，d1＋d2＝d2＋|PF|－1，显然当PF垂直于直线x－y＋4＝0时，d1＋d2最小．此时d2＋|PF|为点F到直线x－y＋4＝0的距

|1－0＋4|55离为＝2，∴d1＋d2的最小值为2－1.

212＋122

26b9. [解析] 已知即＝3，此时b＝3a且双曲线的离心率为

3a＝a2＋222a26≥＝，等号当且仅当a＝2时成立．

33a3aa2＋eb?1＋?＝2，所以

?a?b

2

1a2|FG|a－cac－c2

10. [解析] 根据已知O(0，0)，F(c，0)，G(a，0)，H，0，所以＝＝＝e2c|OH|a2a2

c111|FG|1

－e2＝－e－2＋≤，所以当最大时e＝.

244|OH|2

11．抛物线 [解析] 如图，以点A为坐标原点建立直角坐标系，设P(x，y)，则P到A1D1`的距离为1＋x2，P到点M的距离为

118

x－2＋y2，根据已知得1＋x2－x－2－y2＝，化339

2

简即得y2＝x，故点P的轨迹为抛物线．

3

12．解：设直线l的方程为y＝kx＋1，代入x2得x2－4kx－4＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.①

又因为△CBF，△CFA，△CBA的面积成等差数列，即

|BF|，|FA|，|BA|成等数列，则|BF|＋|BA|＝2|FA|，得|FA|＝2|BF|. 则x1＝－2x2，代入①得x2＝－2，k＝所以所求直线方程为y＝

2

x＋1. 4

2. 4

13．解：(1)由题设知|EF1|＋|EF2|＝22>|F1F2|，

根据椭圆的定义，点E的轨迹是焦点为F1，F2，长轴长为22的椭圆．

x2y2

设其方程为＋＝1(a>b>0)，

a2b2x2

则c＝1，a＝2，b＝1，所以C的方程为＋y2＝1.

2(2)依题设直线l的方程为y＝k(x－1)． 将y＝k(x－1)代入

x2

＋y2＝1并整理得 2

(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0， Δ＝8k2＋8>0.

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

则x1＋x2＝

2k2－24k2

，x1x2＝. 2k2＋12k2＋1

－k2k2k2k2

，yQ＝k(xQ－1)＝－，即Q，.

2k2＋12k2＋12k2＋12k2＋1

设MN的中点为Q，则xQ＝因为k≠0，

所以直线MN的垂直平分线的方程为 k12k2

y＋＝－x－.

k2k2＋12k2＋1令x＝0解得yP＝

k

＝

2k2＋1

112k＋k

.

12

当k>0时，因为2k＋≥22，所以0

k412

当k<0时，因为2k＋≤－22，所以－≤yP<0.

k4综上，点P纵坐标的取值范围是－22，0∪0，. 44

→

14．解：(1)设曲线C上任意一点P(x，y)，又F(1，0)，N(－1，y)，从而PN＝(－1－x，0)， 11→→1→→1→→

NF＝(2，－y)，PN＋NF＝?－x，－y?，?PN＋NF?2NF＝0?－2x＋y2＝0，

?22??2?2化简得y2＝4x，即为所求的P点的轨迹C的方程．

(2)解法一：由题意可知直线AB的斜率存在且不为零，可设AB的方程为x＝my＋a， 并设A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立?代入整理得y2－4my－4a＝0， 从而有y1＋y2＝4m①，y1y2＝－4a② y1－2y2－2

又k1＋k2＝－1?＋＝－1，

x1－1x2－1又y21＝4x1，y22＝4x2，∴k1＋k2＝－1?＋2)(y2＋2)＝4(y1＋y2＋4)， 展开即得y1y2＋6(y1＋y2)＋20＝0， 将①②代入得a＝6m＋5， 得，AB：x＝my＋6m＋5，

故直线AB经过(5，－6)这个定点． 解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

4

设MA：y－2＝k1(x－1)，与y2＝4x联立，得k1y2－4y－4k1＋8＝0，则y1＝－2，①

k14

同理y2＝－2，②

k2

y1－2y2－244

＋＝－1?＋＝－1?－(y1y21y22y1＋2y2＋2－1－144

??y2＝4x，?x＝my＋a，?

AB：y＝

y1－y24y1y2

(x－x1)＋y1即y＝x＋，③

x1－x2y1＋y2y1＋y2

k1＋k2－42（k1＋k2）46?由①②得y1＋y2＝4－4＝－4，y1y2＝4－＋1＝4??k1k2＋1?， k1k2k1k2k1k2k1k2

代入③，整理得k1k2(x＋y＋1)＋6＋y＝0恒成立， 则?

?x＋y＋1＝0，?

??y＋6＝0

??

?x＝5，?

??y＝－6，

故直线AB经过(5，－6)这个定点． 专题限时集训(十六)B 【基础演练】

1．B [解析] 圆x2＋y2－8x＋12＝0的圆心为(4，0)，半径为2，动圆的圆心到(4，0)减去到(0，0)的距离等于1，由此可知，动圆的圆心在双曲线的一支上．

2．D [解析] 设点的坐标为(x，y)，则x2＋y2＝2|y|，整理得x2－3y2＝0. 3．D [解析] 设P(x，y)，则d＝?x－12＋3?|x－y－1||x－x2－1|?24?322＝2＝

2≥8

.

→→→→

4．A [解析] 设点P(x，y)，则Q(－1，y)，由QP2QF＝FP2FQ得(x＋1，0)·(2，－y)＝(x－1，y)·(－2，y)，化简得y2＝4x. 【提升训练】

5．C [解析] 直线恒过定点(0，1)，只要该点在椭圆内部或椭圆上即可，故只要b≥1且b≠4. 6．A [解析] 由题意|AC|＝13，|BC|＝15，|AB|＝14，又|AF|＋|AC|＝|BF|＋|BC|，∴|AF|－|BF|＝|BC|－|AC|＝2.

故F点的轨迹是以A，B为焦点，实轴长为2的双曲线下支． 又c＝7，a＝1，b2＝48，

x2

所以轨迹方程为y2－＝1(y≤－1)．

48

7．B [解析] 因为F(－2，0)是已知双曲线的左焦点，所以a2＋1＝4，即a2＝3，所以双曲x2x20x20

线方程为－y2＝1.设点P(x0，y0)，则有－y20＝1(x0≥3)，解得y20＝－1(x0≥3)．因

333x204x20→→→→

为FP＝(x0＋2，y0)，OP＝(x0，y0)，所以OP2FP＝x0(x0＋2)＋y20＝x0(x0＋2)＋－1＝

333

＋2x0－1，此二次函数对应的抛物线的对称轴为x0＝－，因为x0≥3，所以当x0＝3时，

44→→→→

OP2FP取得最小值33＋23－1＝3＋23，故OP2FP的取值范围是[3＋23，＋∞)，选

3B.

8．B [解析] 设M(x0，y0)，根据圆的切线知识可得过A，B的直线l的方程为x0x＋y0y＝2，221222

由此得P，0，Q0，，故△POQ的面积为3??2??＝.点M在椭圆上，所以

x0y02?x0??y0?|x0y0|x20y20x0??y0?22|x0||y0|＋＝1≥2?2，由此得|x0y0|≤3，所以≥，等号当且仅当＝时成立．

?3??2?94|x0y0|332

9.

5＋1x2y2

，＋∞ [解析] 设双曲线的方程为－＝1， 2a2b2

5＋1b2b2b4→→

，B－c，－，C(0，t)，由AC2BC＝0，得t2＝－c2≥0，e≥. aaa22

10.41－2 [解析] 由抛物线的定义得，点P到直线l的距离为m即为点P到抛物线的焦点F(2，0)的距离．设线段FC与圆交于点E，则|FE|即为m＋|PQ|的最小值．圆C：x2＋y2＋6x＋8y＋21＝0化为标准方程是(x＋3)2＋(y＋4)2＝4，其半径r＝2，故|FE|＝|FC|－r＝A－c，

（－3－2）2＋（－4－0）2－2＝41－2.

π12p1

11.，1＋ [解析] 取值范围的左端点是＝，右端点是当直线的倾斜角等于时，此时直42244131

线方程是y＝x－，代入抛物线方程得x2－x＋＝0，根据题意点A的横坐标是x＝

42163

＋2

?3?－1?2?43

2

2

2

＝＋，根据抛物线定义该点到焦点的距离等于其到准线的距离，故这个距42

3212离是＋＋＝1＋.

4242

x2y2

12．解：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，

a2b2c2依题意得a＝2，又e＝＝，所以c＝1，b2＝a2－c2＝1.

a2x2

所以，椭圆C的标准方程为＋y2＝1.

2

(2)当点P在圆O上运动时(不与A，B重合)，直线PQ与圆O保持相切．证明如下： 设P(x0，y0)(x0≠±2)，则y20＝2－x20，

x0＋1y0

所以kPF＝，kOQ＝－.

y0x0＋1

x0＋12x0＋2?直线OQ的方程为y＝－x，所以点Q?－2，，

y0?y0?y0－

于是，kPQ＝又kOP＝

y0

. x0

2x0＋2

y20－（2x0＋2）－x20－2x0y0x0＝＝＝－. y0x0＋2（x0＋2）y0（x0＋2）y0

所以kOP2kPQ＝－1，即OP⊥PQ.

故直线PQ与圆O相切．

13．解：(1)证明：A(4，4)，设B(x1，y1)，C(x2，y2)， y1－4y2－4x1＋4x2＋4

则kl1＋kl2＝＋＝＋＝0，x1＋x2＝－8，

44x1－4x2－4∴kBC＝y2－y1x1＋x2

＝＝－2.

4x2－x1

x3＋x42x01

＝＝，∴x0＝1，∴M(1，－2＋b)． 442

(2)设直线BC为y＝－2x＋b，存在P(x3，y3)，Q(x4，y4)关于直线BC对称，设PQ中点M(x0，y0)．则kPQ＝x2019

∵M在抛物线内部，∴y0>，－2＋b>，b>，

444y＝－2x＋b代入x2＝4y得x2＋8x－4b＝0.

|BC|＝1＋k2|x1－x2|＝564＋16b>105，

∴|BC|∈(105，＋∞)． 14．解：设M(xM，x2M)，N(xN，x2N)，由OM⊥ON得xMxN＝－1， 1∵xM＝m，xN＝，

m

∴|OM|＝x2M＋x4M＝m2＋m4，|ON|＝x2N＋x4N＝11

∴S△OMN＝|OM||ON|＝m2＋m4

22111

2＋2m22＝2＋2＝1. 2m22专题限时集训(十七)A 【基础演练】 ≥

1．B [解析] 由频率分布直方图可知时速超过60 km/h的频率为0.28＋0.10＝0.38，故汽车数量为200×0.38＝76，选B. 2．D [解析] 抽取比例为12010，＝6.

20

51

3．D [解析] 由题可知数据在(－∞，30)上的有5个，故所求频率为＝，选D.

204【提升训练】

4．B [解析] 由频率分布直方图可求得a＝0.005，故[400，500)对应的频率为(0.005＋0.004)×50＝0.45，相应的人数为4 500人．

5．D [解析] 从写有数字1，2，3，4的4张卡片中随机抽取2张，有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)共6种，取出的2张卡片上的数字之和为奇数的取法有(1，2)，(1，42

4)，(2，3)，(3，4)共4种，取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是＝. 63

6．A [解析] 基本事件总数是36，由a⊥b得m－2n＝0，所以事件“a⊥b”包含的基本事件为31

(2，1)，(4，2)，(6，3)共3个，所以a⊥b的概率是＝，故选A.

3612

7．D [解析] 基本事件的总数是36，y′＝2mx2－n，若函数在[1，＋∞)上单调递增，则y′≥0nn

在[1，＋∞)上恒成立，即≤x2在[1，＋∞)上恒成立，即≤1，即2m≥n.在所有的基本事

2m2m6

件中2m

365. 6

8．D [解析] 基本事件的总数是36，它的对立事件是积为奇数：1×1，1×3，1×5，3×1，3×3，933×5，5×1，5×3，5×5，共9种情况，积为偶数的概率为1－＝. 364

401160320200＝.故各层中依次抽取的人数分别是＝8，＝16，＝80020202020

m2＋11

＝m42

11

－2＋－4＝mm2＋m2＋

1

m2

m2＋1

， m4

9．D [解析] 基本事件的总数是9，它的对立事件是l1∥l2，当a∶b＝1∶2时，l1∥l2，只27

有a＝1，b＝2；a＝3，b＝6两种情况，故l1与l2相交的概率为：1－＝. 999＋18＋17＋17＋13＋22

10．乙 乙 [解析] 由茎叶图的数据可得x甲＝＝16，

6x乙＝s

12＋14＋17＋20＋24＋27

＝19；

6

甲2

＝

（9－16）2＋（18－16）2＋（17－16）2＋（17－16）2＋（13－16）2＋（22－16）2

6＝100

， 6

（－7）2＋（－5）2＋（－2）2＋12＋52＋82168

＝，

66

s2乙＝

显然有x甲

2＋3＋49279

11．60 [解析] 依题意得，前三组的频率总和为＝，因此有＝，解

n202＋3＋4＋6＋4＋120得n＝60.

1230

12．150 [解析] 设总人数为x，由分层抽样的比例可知＝，解得x＝150.

60x专题限时集训(十七)B

【基础演练】 1．C [解析] 以50为样本容量可计算出超过15 m3用水量的户数为5×(0.05＋0.01)×50＝15，所以可估算200户居民超过15 m3用水量的户数为60. 2．A [解析] 根据分层抽样：2 000－(650＋650)＝700.

3．C [解析] 基本事件的总数是6个，歌舞节目被安排在小品节目之前的所含有的基本事件1

的个数为3，故所求的概率等于. 2

4．C [解析] 由题意可知在[10，40)的频数有：13＋24＋15＝52，由频率的意义可知所求的频率是

52

＝0.52. 100

40

3(高二人数)＝13，高二人数为650，高三学生总人数为2 000

【提升训练】

5．D [解析] 及格的频率是1－(0.005＋0.015)×10＝0.8，以0.8估计及格率，即80%. 6．A [解析] 甲批次的平均数为0.617，乙批次的平均数为0.613. 31

7．A [解析] 这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为＝. 3333

→

8．A [解析] |OA|＝t2＋1≤4?t2≤15?t＝±3，±2，±1，0；基本事件的总数是7，对立事→→→→

件是△OAB是直角三角形：∠O是直角，OA2OB＝0，t＝－2；∠A是直角，OA2AB＝0，→→

t＝3或t＝－1；∠B是直角，OB2AB＝0，t＝8不可能；所以△OAB不是直角三角形的概率

34为1－＝.

77

19

9．9 [解析] 抽取的中学生的人数是：336＝9人．

36＋24＋16

10．200 [解析] 组距为1，在区间[4，5)上的频率为1－0.4－0.15－0.10－0.05＝0.3，在区60

间[4，5)上的频数为60，＝0.3?N＝200.

N

3

11. [解析] 基本事件的总数是20，表示焦点在y轴上的双曲线应满足m<0，n>0，所以有：10m＝－1，n＝1，2，3；m＝－2，n＝1，2，3这6种情况，故表示焦点在y轴上的双曲线的概率是63＝. 2010

专题限时集训(十八) 【基础演练】 1．B [解析] z＝面的第二象限．

z1z21＋i1－i

2．C [解析] 因为z1＝1＋i，z2＝1－i(i是虚数单位)，所以＋＝＋＝－i＋i＝0.

z2z11－i1＋i3．C [解析] 2 012＝2×1 006，所以判断框内应填入的条件是i≤1 006?

4．A [解析] 由图可知，当n＝1时，a1＝6，当n＝2时，a2＝10，当n＝3，有a3＝14，由此推测，第n个图案中有白色地面砖的块数是：an＝4n＋2. 【提升训练】 5．C [解析] 6．D [解析]

a＋i（a＋i）（2＋i）2a－1（a＋2）1

＝＝＋i是纯虚数，则a＝.

5522－i（2－i）（2＋i）

z11－3i（1－3i）（3＋2i）9－7i

＝＝＝，故选D. z23＋2i（3－2i）（3＋2i）13

x＋3i（x＋3i）（1＋i）（x－3）＋（3＋x）ix－33＋x

＝＝＝＋i是实数，∴

2221－i（1－i）（1＋i）i（2＋i）－1＋2ii12

＝＝＝－＋i，所以复数z对应的点位于复平

5552－i（2－i）（2＋i）

7．B [解析] z＝

3＋x

＝0?x＝－3. 2

8．C [解析] 由程序框图可知，该框图的功能是输出使和S＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋i·2i>11时的i的值加1，因为1·21＋2·22＝10<11，1·21＋2·22＋3·23>11，所以当S>11时，计算到i＝3，故输出的i是4，选C.

9．D [解析] a的取值依次构成一个数列，且满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，则求第一个大于100的an值，写出这个数列1，3，7，15，31，63，127，…，故输出结果为127. 10．D [解析] 由框图可知S＝0，k＝1；S＝0＋2－1，k＝2；

S＝(2－1)＋(3－2)＝3－1，k＝3；S＝(3－1)＋(4－3)＝4－1，k＝4；…

S＝8－1，k＝8；S＝9－1，k＝9；S＝10－1，k＝10；S＝11－1，k＝11，满足条件，终止循环，输出S＝11－1，选D.

11．D [解析] ∵20＋21＋22＋23＋24＋25＝63<100，

20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＝63＋64＝127>100.

∴当k＝k＋1＝5＋1时，S＝63<100；当k＝k＋1＝6＋1时，S＝127>100. 即程序输出的k＝7，故选D.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/vavp.html