2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题四 1 第1讲 专题强化训练 Word版含解析
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第1讲空间几何体专题强化训练1.《九章算术》中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱,如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,以AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是( )A.4 B.8C.12 D.16解析:选D.如图,以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E这4个,每一个面都有4个顶点,所以阳马的个数为16个.故选D.2.正方体ABCDA1B1C1D1中,E为棱BB1的中点(如图),用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的正视图为( )解析:选C.过点A,E,C1的平面与棱DD1相交于点F,且F是棱DD1的中点,截去正方体的上半部分,剩余几何体的直观图如图所示,则其正视图应为选项C.3.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是( )A .8 cm 3B .12 cm 3C .323cm 3D .403cm 3解析:选C.由三视图可知,该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体.下面是棱长为2 cm 的正方体,体积V 1=2×2×2=8(cm 3);上面是底面边长为2 cm ,高为2 cm 的正四棱锥,体积V 2=13×2×2×2=83(cm 3),所以该几何体的体积V =V 1+V 2=323(cm 3).4.(2019·某某模拟)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体最长的棱长等于( )A .34B .41C .5 2D .215解析:选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状,可判断该几何体为三棱锥,形状如图,其中SC ⊥平面ABC ,AC ⊥AB ,所以最长的棱长为SB =5 2.5.(2019·某某十校联考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A .15π2B .8π C.17π2D .9π解析:选B.依题意,题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同),其中一个截后所得的部分的底面半径为1,最短母线长为3、最长母线长为5,将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1,母线长为5+3=8的圆柱,因此题中的几何体的体积为π×12×8=8π,选B.6.如图,圆柱内有一个直三棱柱,三棱柱的底面在圆柱底面内,且底面是正三角形.如果三棱柱的体积为123,圆柱的底面直径与母线长相等,则圆柱的侧面积为( )A .12πB .14πC .16πD .18π解析:选C.设圆柱的底面半径为R ,则三棱柱的底面边长为3R ,由34(3R )2·2R =123,得R =2,S 圆柱侧=2πR ·2R =16π.故选C.7.(2019·某某市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示(网格线中每个小正方形的边长为1),则该几何体的表面积为( )A .48B .54C .64D .60解析:选D.根据三视图还原直观图,如图所示,则该几何体的表面积S =6×3+12×6×4+2×12×3×5+12×6×5=60,故选D.8.在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ,AB =6,BC =8,AA 1=3,则V 的最大值是( )A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析:选B.由题意可得若V 最大,则球与直三棱柱的部分面相切,若与三个侧面都相切,可求得球的半径为2,球的直径为4,超过直三棱柱的高,所以这个球放不进去,则球可与上下底面相切,此时球的半径R =32,该球的体积最大,V max =43πR 3=4π3×278=9π2.9.(2019·某某八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体,其直观图和三视图如图所示,正视图为正方形,其中俯视图中椭圆的离心率为( )A.12B.24C.22 D.32解析:选C.依题意得,题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形,设其直角边长为a ,则斜边长为2a ,圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ,因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ,其离心率e =1-(a2a)2=22,选C. 10.已知圆柱OO 1的底面半径为1,高为π,ABCD 是圆柱的一个轴截面.动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ,其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示.现将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0<θ≤π)后,边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ,设BP 的长度为f (θ),则y =f (θ)的图象大致为( )解析:选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD 展平,则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线,根据题意,将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0<θ≤π)后,边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ,设BP 的长度为f (θ),则f (θ)应当是一次函数的一段,故选A.11.(2019·某某省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是________;表面积是________.解析:根据三视图可得,该几何体是长方体中的四棱锥C BB 1D 1D ,由三视图可得:AB =2,BC =2,BB 1=4,VC BB 1D 1D =23×12×2×2×4=163,S C BB 1D 1D =12×2×2+22×4+12×2×4+12×2×4+12×22×18=16+8 2.答案:16316+8 212.(2019·某某市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积为________ cm 3,表面积为________cm 2.解析:由三视图可知:该几何体是由一个半球去掉14后得到的几何体.所以该几何体的体积=34×12×43×π×13=π2cm 3.表面积=34×12×4π×12+12×π×12+34×π×12=11π4 cm 2.答案:π211π413.(2019·某某省“五校联盟”质量检测)已知球O 的表面积为25π,长方体的八个顶点都在球O 的球面上,则这个长方体的表面积的最大值等于________.解析:设球的半径为R ,则4πR 2=25π,所以R =52,所以球的直径为2R =5,设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ,则长方体的表面积S =2ab +2ac +2bc ≤a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2=2(a 2+b 2+c 2)=50.答案:5014.(2019·某某省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示,当xy 取得最大值时,该几何体的体积是____________.解析:分析题意可知,该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ,CD =y2,AB=y ,AC =5,CP =7,BP =x ,所以BP 2=BC 2+CP 2,即x 2=25-y 2+7,x 2+y2=32≥2xy ,则xy ≤16,当且仅当x =y =4时,等号成立.此时该几何体的体积V =13×2+42×3×7=37.答案:3715.(2019·某某市高考数学二模)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中,E 是AA 1的中点,则异面直线BE 与B 1D 1所成角的余弦值等于________,若正方体棱长为1,则四面体B EB 1D 1的体积为________.解析:取CC 1中点F ,连接D 1F ,B 1F ,则BE 綊D 1F , 所以∠B 1D 1F 为异面直线BE 与B 1D 1所成的角.设正方体棱长为1,则B 1D 1=2,B 1F =D 1F =1+14=52.所以cos ∠B 1D 1F =12B 1D 1D 1F =2252=105. V B EB 1D 1=V D 1BB 1E =13S △BB 1E ·A 1D 1=13×12×1×1×1=16.答案:1051616.已知棱长均为a 的正三棱柱ABC A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为216的球面上,则a 的值为________.解析:设O 是球心,D 是等边三角形A 1B 1C 1的中心,则OA 1=216,因为正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为a ,所以A 1D =32a ×23=33a ,OD =a 2,故A 1D 2+OD 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22=⎝ ⎛⎭⎪⎫2162,得712a 2=2136,即a 2=1,得a =1. 答案:117.(2019·瑞安四校联考)已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球,则此三棱柱的体积的最大值为________.解析:如图,设球心为O ,三棱柱的上、下底面的中心分别为O 1,O 2,底面正三角形的边长为a ,则AO 1=23×32a =33a .由已知得O 1O 2⊥底面, 在Rt △OAO 1中,由勾股定理得OO 1=12-⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2=3·3-a 23,所以V 三棱柱=34a 2×2×3·3-a 23=3a 4-a62,令f (a )=3a 4-a 6(0<a <2), 则f ′(a )=12a 3-6a 5=-6a 3(a 2-2),令f ′(a )=0,解得a = 2.因为当a ∈(0,2)时,f ′(a )>0;当a ∈(2,2)时,f ′(a )<0,所以函数f (a )在(0,2)上单调递增,在(2,2)上单调递减. 所以f (a )在a =2处取得极大值.因为函数f (a )在区间(0,2)上有唯一的极值点,所以a =2也是最大值点.所以(V 三棱柱)max=3×4-82=1. 答案:118.如图,四棱锥P ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB =BC =12AD , ∠BAD =∠ABC =90°.(1)证明:直线BC ∥平面PAD ;(2)若△PCD 的面积为27,求四棱锥P ABCD 的体积.解:(1)证明:在平面ABCD 内,因为∠BAD =∠ABC =90°,所以BC ∥AD .又BC ⊄平面PAD ,AD ⊂平面PAD ,故BC ∥平面PAD .(2)取AD 的中点M ,连接PM ,CM .由AB =BC =12AD 及BC ∥AD ,∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形,则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD =AD ,所以PM ⊥AD ,PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ,所以PM ⊥CM .设BC =x ,则CM =x ,CD =2x ,PM =3x ,PC =PD =2x . 取CD 的中点N ,连接PN , 则PN ⊥CD ,所以PN =142x . 因为△PCD 的面积为27, 所以12×2x ×142x =27,解得x =-2(舍去)或x =2.于是AB =BC =2,AD =4,PM =2 3. 所以四棱锥P ABCD 的体积V =13×2×(2+4)2×23=4 3.19.如图,在△ABC 中,∠B =π2,AB =BC =2,P 为AB 边上一动点,PD ∥BC 交AC 于点D .现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′,使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′PBCD 的体积最大时,求PA 的长;(2)若P 为AB 的中点,E 为A ′C 的中点,求证:A ′B ⊥DE . 解:(1)设PA =x ,则PA ′=x , 所以V A ′PBCD =13PA ′·S 底面PBCD =13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2-x 22.令f (x )=13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2-x 22=2x 3-x36(0<x <2),则f ′(x )=23-x22.当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:x ⎝⎛⎭⎪⎫0,233233 ⎝ ⎛⎭⎪⎫233,2 f ′(x )0 f (x )单调递增极大值单调递减由上表易知,当PA =x =233时,V A ′PBCD 取最大值.(2)证明:取A ′B 的中点F ,连接EF ,FP . 由已知,得EF 綊12BC 綊PD .所以四边形EFPD 是平行四边形, 所以ED ∥FP .因为△A ′PB 为等腰直角三角形, 所以A ′B ⊥PF .所以A ′B ⊥DE .。
一、选择题1.已知函数f (x )=⎩⎨⎧2-2x ,x≤-1,2x +2,x>-1,则满足f (a )≥2的实数a 的取值范围是( )A .(-∞,-2)∪(0,+∞)B .(-1,0)C .(-2,0)D .(-∞,-1]∪[0,+∞)解析:选D.因为函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧2-2x ,x≤-1,2x +2,x>-1,且f (a )≥2,所以⎩⎪⎨⎪⎧a≤-1,2-2a≥2或⎩⎪⎨⎪⎧a>-12a +2≥2,解得a ≤-1或a ≥0.2.下列函数中,既是偶函数又在区间(0,+∞)上单调递增的是( )A .y =1x B .y =|x |-1C .y =lg xD .y =⎝⎛⎭⎫12|x|解析:选B.A 中函数y =1x不是偶函数且在(0,+∞)上单调递减,故A 错误;B 中函数满足题意,故B 正确;C 中函数不是偶函数,故C 错误;D 中函数不满足在(0,+∞)上单调递增,故选B.3.已知函数f (x )=2×4x -a2x的图象关于原点对称,g (x )=ln(e x +1)-bx 是偶函数,则log a b =( )A .1B .-1C .-12D.14解析:选B.由题意得f (0)=0,所以a =2.因为g (1)=g (-1),所以ln(e +1)-b =ln ⎝⎛⎭⎫1e +1+b ,所以b =12,所以log a b =log 212=-1.4.(2018·高考全国卷Ⅲ)函数y =-x 4+x 2+2的图象大致为( )解析:选D.当x =0时,y =2,排除A ,B.由y ′=-4x 3+2x =0,得x =0或x =±22,结合三次函数的图象特征,知原函数在(-1,1)上有三个极值点,所以排除C ,故选D.5.若函数f (x )=⎩⎨⎧ax +b ,x<-1ln(x +a),x≥-1的图象如图所示,则f (-3)等于( )B .-54A .-12C .-1D .-2解析:选C.由图象可得a (-1)+b =3,ln(-1+a )=0,所以a =2,b =5,所以f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧2x +5,x<-1,ln(x +2),x≥-1,故f (-3)=2×(-3)+5=-1.6.(2018·开封模拟)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )=-f (x +2),当x ∈(0,2]时,f (x )=2x +log 2x ,则f (2015)=( )A .5B.12C .2D .-2解析:选D.由f (x )=-f (x +2),得f (x +4)=f (x ),所以函数f (x )是周期为4的周期函数,所以f (2015)=f (503×4+3)=f (3)=f (1+2)=-f (1)=-(2+0)=-2,故选D.7.(2018·石家庄质量检测(一))已知函数f (x )为奇函数,当x >0时,f (x )单调递增,且f (1)=0,若f (x -1)>0,则x 的取值范围为( )A .{x |0<x <1或x >2}B .{x |x <0或x >2}C .{x |x <0或x >3}D .{x |x <-1或x >1}解析:选A.由于函数f (x )是奇函数,且当x >0时f (x )单调递增,f (1)=0,故由f (x -1)>0,得-1<x -1<0或x -1>1,所以0<x <1或x >2,故选A.8.(2018·高考全国卷Ⅲ)下列函数中,其图象与函数y =ln x 的图象关于直线x =1对称的是( )A .y =ln(1-x )B .y =ln(2-x )C .y =ln(1+x )D .y =ln(2+x )解析:选B.法一:设所求函数图象上任一点的坐标为(x ,y ),则其关于直线x =1的对称点的坐标为(2-x ,y ),由对称性知点(2-x ,y )在函数f (x )=ln x 的图象上,所以y =ln(2-x ).故选B.法二:由题意知,对称轴上的点(1,0)既在函数y =ln x 的图象上也在所求函数的图象上,代入选项中的函数表达式逐一检验,排除A ,C ,D ,选B.9.如图,动点P 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体对角线BD 1上.过点P 作垂直于平面BB 1D 1D 的直线,与正方体的表面相交于M ,N 两点.设BP =x ,MN =y ,则函数y =f (x )的图象大致是( )解析:选B.设正方体的棱长为1,显然,当P 移动到体对角线BD 1的中点E 时,函数y =MN =AC =2取得唯一的最大值,所以排除A 、C ;当P 在BE 上时,分别过M ,N ,P 作底面的垂线,垂足分别为M 1,N 1,P 1,则y =MN =M 1N 1=2BP 1=2x cos ∠D 1BD =263x ,是一次函数,所以排除D.故选B.10.(2018·太原模拟)已知函数f (x )是偶函数,f (x +1)是奇函数,且对于任意x 1,x 2∈[0,1],且x 1≠x 2,都有(x 1-x 2)[f (x 1)-f (x 2)]<0,设a =f ⎝⎛⎭⎫8211,b =-f ⎝⎛⎭⎫509,c =f ⎝⎛⎭⎫247,则下列结论正确的是( )A .a >b >cB .b >a >cC .b >c >aD .c >a >b解析:选B.因为函数f (x )是偶函数,f (x +1)是奇函数,所以f (-x )=f (x ),f (-x +1)=-f (x +1),所以f (x -1)=-f (x +1),所以f (x )=-f (x +2),所以f (x )=f (x +4),所以a =f ⎝⎛⎭⎫8211=f ⎝⎛⎭⎫-611=f ⎝⎛⎭⎫611,b =-f ⎝⎛⎭⎫509=f ⎝⎛⎭⎫49,c =f ⎝⎛⎭⎫247=f ⎝⎛⎭⎫47,又对于任意x 1,x 2∈[0,1],且x 1≠x 2,都有(x 1-x 2)[f (x 1)-f (x 2)]<0,所以f (x )在[0,1]上是减函数,因为49<611<47,所以b >a >c ,故选B.11.(2018·唐山模拟)已知奇函数f (x ),偶函数g (x )的图象分别如图(1),(2)所示,若函数f (g (x )),g (f (x ))的零点个数分别为m ,n ,则m +n =( )A .3B .7C .10D .14解析:选C.由题中函数图象知f (±1)=0,f (0)=0,g ⎝⎛⎭⎫±32=0,g (0)=0,g (±2)=1,g (±1)=-1,所以f (g (±2))=f (1)=0,f (g (±1))=f (-1)=0,f ⎝⎛⎭⎫g ⎝⎛⎭⎫±32=f (0)=0,f (g (0))=f (0)=0,所以f (g (x ))有7个零点,即m =7.又g (f (0))=g (0)=0,g (f (±1))=g (0)=0,所以g (f (x ))有3个零点,即n =3.所以m +n =10,选择C.12.已知函数f (x )=2x -1,g (x )=1-x 2,规定:当|f (x )|≥g (x )时,h (x )=|f (x )|;当h (x )<g (x )时,h (x )=-g (x ),则h (x )( )A .有最小值-1,最大值1B .有最大值1,无最小值C .有最小值-1,无最大值D .有最大值-1,无最小值解析:选C.作出函数g (x )=1-x 2和函数|f (x )|=|2x -1|的图象如图①所示,得到函数h (x )的图象如图②所示,由图象得函数h (x )有最小值-1,无最大值.二、填空题13.已知函数f (x )的定义域为(-∞,+∞),若f (x +2017)=⎩⎪⎨⎪⎧2sinx ,x≥0,lg(-x),x<0,则f ⎝⎛⎭⎫2017+π4·f (-7983)=________.解析:由题意得,f ⎝⎛⎭⎫2017+π4=2sin π4=1, f (-7983)=f (2017-10000)=lg10000=4,所以f ⎝⎛⎭⎫2017+π4·f (-7983)=4.答案:414.定义在R 上的函数f (x ),满足f (x +5)=f (x ),当x ∈(-3,0]时,f (x )=-x -1,当x ∈(0,2]时,f (x )=log 2x ,则f (1)+f (2)+f (3)+…+f (2018)的值等于________.解析:定义在R 上的函数f (x ),满足f (x +5)=f (x ),即函数f (x )的周期为5.又当x ∈(0,2]时,f (x )=log 2x ,所以f (1)=log 21=0,f (2)=log 22=1.当x ∈(-3,0]时,f (x )=-x -1,所以f (3)=f (-2)=1,f (4)=f (-1)=0,f (5)=f (0)=-1.f (1)+f (2)+f (3)+…+f (2018)=403×[f (1)+f (2)+f (3)+f (4)+f (5)]+f (2016)+f (2017)+f (2018)=403×1+f (1)+f (2)+f (3)=403+0+1+1=405.答案:40515.定义新运算⊕:当a ≥b 时,a ⊕b =a ;当a <b 时,a ⊕b =b 2,则函数f (x )=(1⊕x )x -(2⊕x ),x ∈[-2,2]的最大值等于________.解析:由已知得当-2≤x ≤1时,f (x )=x -2,当1<x ≤2时,f (x )=x 3-2.因为f (x )=x -2,f (x )=x 3-2在定义域内都为增函数.所以f (x )的最大值为f (2)=23-2=6.答案:616.已知函数f (x )=⎩⎨⎧kx -3,x≥0ln(-2x),x<0的图象上有两对关于y 轴对称的点,则实数k 的取值范围是________.解析:将函数y =ln(-2x )(x <0)的图象沿y 轴翻折,得函数g (x )=ln(2x )(x >0)的图象,由题意可得g (x )的图象和y=kx-3(x≥0)的图象有两个交点.设y=kx-3(x≥0)的图象与曲线y=g(x)相切的切点为(m,ln(2m)),由g′(x)=1x,得k=1m.又ln(2m)=km-3,解得m=12e2,则k=2e2.由图象可得0<k<2e2时,g(x)的图象和y=kx-3(x≥0)的图象有两个交点.答案:(0,2e2)。
专题四立体几何与空间向量第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积年份卷别考查内容及考题位置命题分析2018卷Ⅰ空间几何体的三视图及侧面展开问题·T71.“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现,这“两小”或“一小”主要考查三视图,几何体的表面积与体积,空间点、线、面的位置关系(特别是平行与垂直).2.考查一个小题时,此小题一般会出现在第4~8题的位置上,难度一般;考查两个小题时,其中一个小题难度一般,另一个小题难度稍高,一般会出现在第10~16题的位置上,此小题虽然难度稍高,主要体现在计算量上,但仍是对基础知识、基本公式的考查.空间几何体的截面问题·T12卷Ⅱ圆锥的侧面积·T16卷Ⅲ三视图的识别·T3三棱锥的体积及外接球问题·T102017卷Ⅰ空间几何体的三视图与直观图、面积的计算·T7卷Ⅱ空间几何体的三视图及组合体体积的计算·T4卷Ⅲ球的内接圆柱、圆柱的体积的计算·T82016卷Ⅰ有关球的三视图及表面积的计算·T6卷Ⅱ空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T6卷Ⅲ空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T9直三棱柱的体积最值问题·T10空间几何体的三视图(基础型) 一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面,长度与正(主)视图的长度一样,侧(左)视图放在正(主)视图的右面,高度与正(主)视图的高度一样,宽度与俯视图的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”.由三视图还原到直观图的三个步骤(1)根据俯视图确定几何体的底面.(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置.(3)确定几何体的直观图形状.[注意]在读图或者画空间几何体的三视图时,应注意三视图中的实线和虚线.[考法全练]1.(2018·高考全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()解析:选A.由题意知,在咬合时带卯眼的木构件中,从俯视方向看,榫头看不见,所以是虚线,结合榫头的位置知选A.2.(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为()A.217 B.2 5C.3 D.2解析:选B.由三视图可知,该几何体为如图①所示的圆柱,该圆柱的高为2,底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图,如图②所示,连接MN,则MS=2,SN=4,则从M到N 的路径中,最短路径的长度为MS2+SN2=22+42=2 5.故选B.3.把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD⊥平面CBD,形成的三棱锥C-ABD的正视图与俯视图如图所示,则侧视图的面积为()A.12B.22C.24D.14解析:选D.由三棱锥C -ABD 的正视图、俯视图得三棱锥C -ABD 的侧视图为直角边长是22的等腰直角三角形,如图所示,所以三棱锥C -ABD 的侧视图的面积为14,故选D.4.(2018·长春质量监测(二))如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线条画出的是一个三棱锥的三视图,则该三棱锥中最长棱的长度为( )A .2 B. 5 C .2 2D .3解析:选D.如图,三棱锥A -BCD 即为所求几何体,根据题设条件,知辅助的正方体棱长为2,CD =1,BD =22,BC =5,AC =2,AB =3,AD =5,则最长棱为AB ,长度为3.5.(2018·石家庄质量检测(一))如图,网格纸上的小正方形的边长为1,粗线表示的是某三棱锥的三视图,则该三棱锥的四个面中,最小面的面积是( )A .2 3B .2 2C .2D. 3解析:选C.在正方体中还原该几何体,如图中三棱锥D -ABC 所示,其中正方体的棱长为2,则S △ABC =2,S △DBC =22,S △ADB =22,S △ADC =23,故该三棱锥的四个面中,最小面的面积是2,选C.空间几何体的表面积和体积(综合型)柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧=ch (c 为底面周长,h 为高). (2)S 锥侧=12ch ′(c 为底面周长,h ′为斜高).(3)S 台侧=12(c +c ′)h ′(c ′,c 分别为上下底面的周长,h ′为斜高).柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体=Sh (S 为底面面积,h 为高). (2)V 锥体=13Sh (S 为底面面积,h 为高).(3)V 台=13(S +SS ′+S ′)h (S ,S ′分别为上下底面面积,h 为高)(不要求记忆).[典型例题]命题角度一 空间几何体的表面积(1)(2018·潍坊模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )A .4+23B .4+4 2C .6+2 3D .6+4 2(2)(2018·合肥第一次质量检测)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为( )A .5π+18B .6π+18C .8π+6D .10π+6【解析】 (1)由三视图还原几何体的直观图如图所示,易知BC ⊥平面P AC ,又PC ⊂平面P AC ,所以BC ⊥PC ,又AP =AC =BC =2,所以PC =22+22=22,又AB =22,所以S △PBC =S △P AB =12×2×22=22,S △ABC =S △P AC =12×2×2=2,所以该几何体的表面积为4+4 2.(2)由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球构成的,故该几何体的表面积为2×12×4π×12+2×12×π×12+2×3+12×2π×1×3=8π+6. 【答案】 (1)B (2)C求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题,即空间图形平面化,这是解决立体几何的主要出发点.(2)求不规则几何体的表面积时,通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体,先求这些柱、锥、台体的表面积,再通过求和或作差得几何体的表面积.命题角度二 空间几何体的体积(1)(2018·武汉调研)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.12B.22C.33D.23(2)(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ,母线SA ,SB 互相垂直,SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8,则该圆锥的体积为________.【解析】 (1)由三视图知,该几何体是在长、宽、高分别为2,1,1的长方体中,截去一个三棱柱AA 1D 1BB 1C 1和一个三棱锥C -BC 1D 后剩下的几何体,即如图所示的四棱锥D -ABC 1D 1,四棱锥D -ABC 1D 1的底面积为S 四边形ABC 1D 1=2×2=22,高h =22,其体积V =13S 四边形ABC 1D 1h =13×22×22=23.故选D.(2)由题意画出图形,如图,设AC 是底面圆O 的直径,连接SO ,则SO 是圆锥的高.设圆锥的母线长为l ,则由SA ⊥SB ,△SAB 的面积为8,得12l 2=8,得l =4.在Rt △ASO 中,由题意知∠SAO =30°,所以SO =12l =2,AO =32l =2 3.故该圆锥的体积V =13π×AO 2×SO =13π×(23)2×2=8π.【答案】 (1)D (2)8π求空间几何体体积的常用方法(1)公式法:直接根据相关的体积公式计算.(2)等积法:根据体积计算公式,通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易,或是求出一些体积比等.(3)割补法:把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形,转化为易计算体积的几何体.[对点训练]1.(2018·洛阳第一次统考)一个几何体的三视图如图所示,图中的三个正方形的边长均为2,则该几何体的体积为( )A .8-2π3B .4-π3C .8-π3D .4-2π3解析:选A.由三视图可得该几何体的直观图如图所示,该几何体是一个棱长为2的正方体上、下各挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥后剩余的部分,其体积为23-2×13×π×12×1=8-2π3.故选A.2.(2018·唐山模拟)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画的是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A .3 B.113 C .7D.233解析:选B.由题中的三视图可得,该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的几何体,长方体的长,宽,高分别为2,1,2,体积为4,切去的三棱锥的体积为13,故该几何体的体积V =4-13=113.故选B.多面体与球(综合型)[典型例题]命题角度一 外接球(2018·南宁模拟)三棱锥P -ABC 中,△ABC 为等边三角形,P A =PB =PC =3,P A⊥PB ,三棱锥P -ABC 的外接球的体积为( )A.272π B.2732πC .273πD .27π【解析】 因为三棱锥P -ABC 中,△ABC 为等边三角形,P A =PB =PC =3,所以△P AB ≌△PBC ≌△P AC .因为P A ⊥PB ,所以P A ⊥PC ,PC ⊥PB .以P A ,PB ,PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示),则正方体的外接球同时也是三棱锥P -ABC 的外接球.因为正方体的体对角线长为32+32+32=33,所以其外接球半径R =332.因此三棱锥P -ABC 的外接球的体积V =4π3×⎝⎛⎭⎫3323=2732π,故选B.【答案】 B解决多面体的外接球问题,关键是确定球心的位置,方法是先选择多面体中的一面,确定此面外接圆的圆心,再过圆心作垂直此面的垂线,则球心一定在此垂线上,最后根据其他顶点确定球心的准确位置.对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置.命题角度二 内切球已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O (重量忽略不计),现从该三棱锥顶端向内注水,小球慢慢上浮,当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时,小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切),则小球的表面积等于( )A.7π6B.4π3C.2π3D.π2【解析】 当注入水的体积是该三棱锥体积的78时,设水面上方的小三棱锥的棱长为x (各棱长都相等),依题意,⎝⎛⎭⎫x 43=18,得x =2.易得小三棱锥的高为263,设小球半径为r ,则13S 底面·263=4·13·S 底面·r ,得r =66,故小球的表面积S =4πr 2=2π3.故选C.【答案】 C求解多面体的内切球的问题,一般是将多面体分割为以球心为顶点,多面体的各面为底面的棱锥,利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径.命题角度三 与球有关的最值问题(2018·高考全国卷Ⅲ)设A ,B ,C ,D 是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为93,则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( )A .12 3B .18 3C .24 3D .54 3【解析】 如图,E 是AC 中点,M 是△ABC 的重心,O 为球心,连接BE ,OM ,OD ,BO .因为S △ABC =34AB 2=93,所以AB =6,BM =23BE =23AB 2-AE 2=2 3.易知OM ⊥平面ABC ,所以在Rt △OBM 中,OM =OB 2-BM 2=2,所以当D ,O ,M 三点共线且DM =OD +OM 时,三棱锥D -ABC 的体积取得最大值,且最大值V max =13S △ABC ×(4+OM )=13×93×6=18 3.故选B.【答案】 B多面体与球有关的最值问题,主要有三种:一是多面体确定的情况下球的最值问题,二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题;三是多面体与球均确定的情况下,截面的最值问题.[对点训练]1.(2018·福州模拟)已知圆锥的高为3,底面半径为3,若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上,则这个球的体积等于( )A.83π B.323π C .16πD .32π解析:选B.设该圆锥的外接球的半径为R ,依题意得,R 2=(3-R )2+(3)2,解得R =2,所以所求球的体积V =43πR 3=43π×23=323π,故选B.2.(2018·洛阳第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱均相切,则球O 的体积为( )A.823πB.833πC.863π D.1623π解析:选A.将正四面体补成正方体,则正四面体的棱为正方体面上的对角线,因为正四面体的棱长为4,所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切,所以球O 为正方体的内切球,即球O 的直径为正方体的棱长22,则球O 的体积V =43πR 3=823π,故选A.3.已知四棱锥S -ABCD 的所有顶点在同一球面上,底面ABCD 是正方形且球心O 在此平面内,当四棱锥的体积取得最大值时,其表面积等于16+163,则球O 的体积等于( )A.42π3B.162π3C.322π3D.642π3解析:选D.由题意得,当四棱锥的体积取得最大值时,该四棱锥为正四棱锥.因为该四棱锥的表面积等于16+163,设球O 的半径为R ,则AC =2R ,SO =R ,如图,所以该四棱锥的底面边长AB =2R ,则有(2R )2+4×12×2R × (2R )2-⎝⎛⎭⎫22R 2=16+163,解得R =22,所以球O 的体积是43πR 3=6423π.故选D.一、选择题1.(2018·长沙模拟)如图是一个正方体,A ,B ,C 为三个顶点,D 是棱的中点,则三棱锥A -BCD 的正视图、俯视图是(注:选项中的上图为正视图,下图为俯视图)( )解析:选A.正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见,故为虚线,易知选A.2.(2018·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为( )A .1B .2C .3D .4解析:选C.将三视图还原为直观图,几何体是底面为直角梯形,且一条侧棱和底面垂直的四棱锥,如图所示.易知,BC ∥AD ,BC =1,AD =AB =P A =2,AB ⊥AD ,P A ⊥平面ABCD ,故△P AD ,△P AB 为直角三角形, 因为P A ⊥平面ABCD ,BC ⊂平面ABCD , 所以P A ⊥BC ,又BC ⊥AB ,且P A ∩AB =A ,所以BC ⊥平面P AB ,又PB ⊂平面P AB ,所以BC ⊥PB ,所以△PBC 为直角三角形,容易求得PC =3,CD =5,PD =22, 故△PCD 不是直角三角形,故选C.3.(2018·沈阳教学质量监测(一))如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某简单几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3解析:选A.由三视图可得该几何体为半圆锥,底面半圆的半径为2,高为2,则其体积V =12×13×π×22×2=4π3,故选A.4.(2018·西安八校联考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A.4π3B.5π3 C .2+2π3D .4+2π3解析:选B.由三视图可知,该几何体为一个半径为1的半球与一个底面半径为1,高为2的半圆柱组合而成的组合体,故其体积V =23π×13+12π×12×2=5π3,故选B.5.(2018·长春质量检测(一))已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O ,半径为R 的球面上,AB =6,BC =23,且四棱锥O -ABCD 的体积为83,则R 等于( )A .4B .2 3 C.479D.13解析:选A.如图,设矩形ABCD 的中心为E ,连接OE ,EC ,由球的性质可得OE ⊥平面ABCD ,所以V O ABCD =13·OE ·S 矩形ABCD =13×OE×6×23=83,所以OE =2,在矩形ABCD 中可得EC =23,则R =OE 2+EC 2=4+12=4,故选A.6.(2018·南昌调研)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的体积为( )A.23 B.43 C .2D.83解析:选A.由三视图可知,该几何体为三棱锥,将其放在棱长为2的正方体中,如图中三棱锥A -BCD 所示,故该几何体的体积V =13×12×1×2×2=23.7.(2018·辽宁五校协作体联考)如图所示,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线及粗虚线画出的是三棱锥的三视图,则此三棱锥的体积是( )A .8B .16C .24D .48解析:选A.由三视图还原三棱锥的直观图,如图中三棱锥P ABC 所示,且长方体的长、宽、高分别为6,2,4,△ABC 是直角三角形,AB ⊥BC ,AB =2,BC =6,三棱锥P -ABC 的高为4,故其体积为13×12×6×2×4=8,故选A.8.将一个底面半径为1,高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体,能切割出的圆柱的最大体积为( )A.π27B.8π27C.π3D.2π9解析:选B.如图所示,设圆柱的半径为r ,高为x ,体积为V ,由题意可得r 1=2-x2,所以x =2-2r ,所以圆柱的体积V =πr 2(2-2r )=2π(r 2-r 3)(0<r <1),设V (r )=2π(r 2-r 3)(0<r <1),则V ′(r )=2π(2r -3r 2),由2π(2r -3r 2)=0得r =23,所以圆柱的最大体积V max =2π⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫232-⎝⎛⎭⎫233=8π27. 9.(2018·福州模拟)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为 ( )A .14B .10+4 2 C.212+4 2 D.21+32+4 2解析:选D.由三视图可知,该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体,如图所示.所以该多面体的表面积S =2×⎝⎛⎭⎫22-12×1×1+12×(22-12)+12×22+2×22+12×32×(2)2=21+32+42,故选D. 10.(2018·太原模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体中最长的棱长为( )A .3 3B .2 6 C.21D .2 5解析:选B.由三视图得,该几何体是四棱锥P -ABCD ,如图所示,ABCD 为矩形,AB =2,BC =3,平面P AD ⊥平面ABCD ,过点P 作PE ⊥AD ,则PE =4,DE =2,所以CE =22,所以最长的棱PC =PE 2+CE 2=26,故选B.11.(2018·南昌调研)已知三棱锥P -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上,△ABC 满足AB =22,∠ACB =90°,P A 为球O 的直径且P A =4,则点P 到底面ABC 的距离为( )A. 2 B .2 2 C. 3D .2 3解析:选B.取AB 的中点O 1,连接OO 1,如图,在△ABC 中,AB =22,∠ACB =90°,所以△ABC 所在小圆O 1是以AB 为直径的圆,所以O 1A =2,且OO 1⊥AO 1,又球O 的直径P A =4,所以OA =2,所以OO 1=OA 2-O 1A 2=2,且OO 1⊥底面ABC ,所以点P 到平面ABC 的距离为2OO 1=2 2.12.(2018·高考全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A.334B.233C.324D.32解析:选A.记该正方体为ABCD -A ′B ′C ′D ′,正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,即共点的三条棱A ′A ,A ′B ′,A ′D ′与平面α所成的角都相等.如图,连接AB ′,AD ′,B ′D ′,因为三棱锥A ′AB ′D ′是正三棱锥,所以A ′A ,A ′B ′,A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等.分别取C ′D ′,B ′C ′,BB ′,AB ,AD ,DD ′的中点E ,F ,G ,H ,I ,J ,连接EF ,FG ,GH ,IH ,IJ ,JE ,易得E ,F ,G ,H ,I ,J 六点共面,平面EFGHIJ 与平面AB ′D ′平行,且截正方体所得截面的面积最大.又EF =FG =GH =IH =IJ =JE =22,所以该正六边形的面积为6×34×⎝⎛⎭⎫222=334,所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334,故选A. 二、填空题13.(2018·洛阳第一次联考)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________.解析:由题图可知该几何体是一个四棱锥,如图所示,其中PD ⊥平面ABCD ,底面ABCD 是一个对角线长为2的正方形,底面积S =12×2×2=2,高h =1,则该几何体的体积V =13Sh =23.答案:2314.(2018·福州四校联考)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为________.解析:在长、宽、高分别为3,33,33的长方体中,由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C -BAP ,其中底面BAP 是∠BAP =90°的直角三角形,AB =3,AP =33,所以BP =6,又棱CB ⊥平面BAP 且CB =33,所以AC =6,所以该几何体的表面积是12×3×33+12×3×33+12×6×33+12×6×33=27 3. 答案:27 315.(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ,母线SA ,SB 所成角的余弦值为78,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515,则该圆锥的侧面积为________.解析:如图所示,设S 在底面的射影为S ′,连接AS ′,SS ′.△SAB 的面积为12·SA ·SB ·sin∠ASB =12·SA 2·1-cos 2∠ASB =1516·SA 2=515,所以SA 2=80,SA =4 5.因为SA 与底面所成的角为45°,所以∠SAS ′=45°,AS ′=SA ·cos 45°=45×22=210.所以底面周长l =2π·AS ′=410π,所以圆锥的侧面积为12×45×410π=402π.答案:402π16.(2018·潍坊模拟)已知正四棱柱的顶点在同一个球面上,且球的表面积为12π,当正四棱柱的体积最大时,正四棱柱的高为________.解析:设正四棱柱的底面边长为a ,高为h ,球的半径为r ,由题意知4πr 2=12π,所以r 2=3,又2a 2+h 2=(2r )2=12,所以a 2=6-h 22,所以正四棱柱的体积V =a 2h =⎝⎛⎭⎫6-h 22h ,则V ′=6-32h 2,由V ′>0,得0<h <2,由V ′<0,得h >2,所以当h =2时,正四棱柱的体积最大,V max =8.答案:2。
专题四 概率与统计第1讲 概率、随机变量及其分布列(限时45分钟,满分96分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5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.(2019·株洲二模)如图,在边长为1的正方形内有不规则图形Ω,由电脑随机从正方形中抽取10 000个点,若落在图形Ω内和图形Ω外的豆子分别为3 335,6 665,则图形Ω面积的估计值为A.13B.12C.14D.16解析 设图形Ω 的面积为S ,∵由电脑随机从正方形中抽取10 000个点,落在图形Ω内和图形Ω外的豆子分别为3 335,6 665,∴S 1=3 33510 000≈13,∴S ≈13.故选A. 答案 A2.(2019·潍坊模拟)四色猜想是世界三大数学猜想之一,1976年数学家阿佩尔与哈肯证明,称为四色定理.其内容是:“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色.”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域,每一个区域总可以用1,2,3,4四个数字之一标记,而不会使相邻的两个区域得到相同的数字.”如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线围成的各区域上分别标有数字1,2,3,4的四色地图符合四色定理,区域A 和区域B 标记的数字丢失.若在该四色地图上随机取一点,则恰好取在标记为1的区域的概率所有可能值中,最大的是A.115B.110C.13D.1130解析 A ,B 只能有一个可能为1,题目求最大,令B 为1,则总数有30个,1号有10个,则概率为13.故选C.答案 C3.(2019·浙江衢州五校联考)随机变量的分布列如下:若E (X )=13,则D (X )的值是A.19B.29C.49D.59解析 由题设可得a +b =23,b -a =13⇒a =16,b =12,所以由数学期望的计算公式可得 E (X 2)=0×13+1×23=23,(E (X ))2=19,所以由随机变量的方差公式可得 D (X )=E (X 2)-(E (X ))2=59.故选D.答案 D4.(2019·河北省级示范校联合体联考)袋子中有四个小球,分别写有“和、平、世、界”四个字,有放回地从中任取一个小球,直到“和”“平”两个字都取到就停止,用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率.利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数,分别用0,1,2,3代表“和、平、世、界”这四个字,以每三个随机数为一组,表示取球三次的结果,经随机模拟产生了以下24个随机数组:232 321 230 023 123 021 132 220 011 203 331 100 231 130 133 231 031 320 122 103 233 221 020 132 由此可以估计,恰好第三次就停止的概率为 A.18B.14C.16D.524解析 由题意可知,满足条件的随机数组中,前两次抽取的数中必须包含0或1,且0与1不能同时出现,出现0就不能出现1,反之亦然,第三次必须出现前面两个数字中没有出现的1或0,可得符合条件的数组只有3组:021,130,031,故所求概率为P =324=18.故选A.答案 A5.(2019·郑州一模)魔法箱中装有6张卡片,上面分别写着如下六个定义域为R 的函数:f 1(x )=2x ,f 2(x )=2x,f 3(x )=x 2,f 4(x )=sin x ,f 5(x )=cos x ,f 6(x )=1-2x1+2x,现从魔法箱中任取2张卡片,将卡片上的函数相乘得到一个新函数,所得新函数为奇函数的概率是A.25B.35C.12D.13解析 首先结合f (-x )+f (x )与0的关系,判断该六个函数的奇偶性,结合题意可知1,4,6为奇函数,3,5为偶函数,2为非奇非偶函数,从6张卡片抽取2张,有C 26=15种,而任取2张卡片得到的新函数为奇函数,说明该两个函数为一奇一偶函数,故有3×2=6种,结合古典概型计算公式,相除得25.故选A.答案 A6.(2019·辽阳期末)一批排球中正品有m 个,次品有n 个,m +n =10(m ≥n ),从这批排球中每次随机取一个,有放回地抽取10次,X 表示抽到的次品个数.若D (X )=21,从这批排球中随机抽取两个,则至少有一个正品的概率p =A.4445B.1415C.79D.1315解析 依题意可得X ~B ⎝⎛⎭⎫10,n10, 则DX =10×n10×⎝⎛⎭⎫1-n 10=21, 又m ≥n ,则n ≤5,从而n =3, 则p =1-C 23C 210=1415.故选B.答案 B7.(2019·济南期末)如图,在△ABC 中,∠C =90°,BC =2,AC =3,三角形内的空白部分由三个半径均为1的扇形构成,向△ABC 内随机投掷一点,则该点落在阴影部分的概率为A.π6B .1-π6C.π4D .1-π4解析 由题意,题目符合几何概型,在△ABC 中,∠C =90°,BC =2,AC =3,面积为12×BC ×AC =3,阴影部分的面积为:三角形面积-12圆面积=3-π2,所以点落在阴影部分的概率为3-π23=1-π6.故选B.答案 B8.(2019·贵州重点中学联考)有一种“三角形”能够像圆一样,当作轮子用.这种神奇的三角形,就是以19世纪德国工程师勒洛的名字命名的勒洛三角形.这种三角形常出现在制造业中(例如图1中的扫地机器人).三个等半径的圆两两互相经过圆心,三个圆相交的部分就是勒洛三角形,如图2所示.现从图2中的勒洛三角形内部随机取一点,则此点取自阴影部分的概率为A.2π-334π-23 B.23π3-3C.32π-23D.2π-332π-23解析 设圆半径为R ,如图,易得△ABC 的面积为12·32R 2=34R 2,阴影部分面积为3·60πR 2360-3·34R 2=2π-334R 2,勒洛三角形的面积为2π-334R 2+34R 2=π-32R 2,若从勒洛三角形内部随机取一点, 则此点取自阴影部分的概率为P =阴影部分面积勒洛三角形面积=2π-334R 2π-32R 2=2π-332π-23.故选D.答案 D二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)9.一个盒子装有3个红球和2个蓝球(小球除颜色外其他均相同),从盒子中一次性随机取出3个小球后,再将小球放回.重复50次这样的实验.记“取出的3个小球中有2个红球,1个蓝球”发生的次数为ξ,则ξ的方差是________.解析 由题意知ξ~B (n ,p ),其中n =50,p =C 23C 12C 35=610=35,∴D (ξ)=50×35×25=12.答案 1210.(2019·淮南二模)关于圆周率π的近似值,数学发展史上出现过很多有创意的求法,其中可以通过随机数实验来估计π的近似值.为此,李老师组织100名同学进行数学实验教学,要求每位同学随机写下一个实数对(x ,y ),其中0<x <1,0<y <1,经统计数字x 、y 与1可以构成钝角三角形三边的实数对(x ,y )为28个,由此估计π的近似值是________(用分数表示).解析 实数对(x ,y )落在区域⎩⎨⎧0<x <10<y <1的频率为0.28,又设A 表示“实数对(x ,y )满足⎩⎨⎧0<x <10<y <1且能与1构成钝角三角形”,则A 中对应的基本事件如图阴影部分所示:其面积为π4-12,故P (A )=π4-12≈0.28,所以π≈7825.答案782511.(2019·长春外国语学校月考)已知直线l 过点(-1,0),l 与圆C :(x -1)2+y 2=3相交于A 、B 两点,则弦长|AB |≥2的概率为________.解析 显然直线l 的斜率存在, 设直线方程为y =k (x +1), 代入(x -1)2+y 2=3中得, (k 2+1)x 2+2(k 2-1)x +k 2-2=0, ∵l 与⊙C 相交于A 、B 两点, ∴Δ=4(k 2-1)2-4(k 2+1)(k 2-2)>0, ∴k 2<3,∴-3<k <3,又当弦长|AB |≥2时,∵圆半径r =3, ∴圆心到直线的距离d ≤2,即|2k |1+k2≤2, ∴k 2≤1,∴-1≤k ≤1.由几何概型知,事件M :“直线l 与圆C 相交弦长|AB |≥2”的概率 P (M )=1-(-1)3-(-3)=33.答案3312.有一批种子的发芽率为0.9,出芽后的幼苗成活率为0.8,在这批种子中,随机抽取一粒,则这粒种子能成长为幼苗的概率为________.解析 设种子发芽为事件A ,种子成长为幼苗为事件B (发芽又成活为幼苗). 依题意P (B |A )=0.8,P (A )=0.9. 根据条件概率公式P (AB )=P (B |A )·P (A )=0.8×0.9=0.72, 即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72. 答案 0.72三、解答题(本大题共3小题,每小题12分,共36分)13.(2019·湖南三湘名校二联)某种产品的质量以其质量指标值来衡量,质量指标值越大表明质量越好,记其质量指标值为k ,当k ≥85时,产品为一等品;当75≤k <85时,产品为二等品;当70≤k <75时,产品为三等品.现有甲、乙两条生产线,各生产了100件该产品,测量每件产品的质量指标值,得到下面的试验结果.(以下均视频率为概率)甲生产线生产的产品的质量指标值的频数分布表:乙生产线生产的产品的质量指标值的频数分布表:(1)若从乙生产线生产的产品中有放回地随机抽取3件,求至少抽到2件三等品的概率; (2)若该产品的利润率y 与质量指标值k 满足关系y =⎩⎪⎨⎪⎧t ,k ≥855t 2,75≤k <85t 2,70≤k <75,其中0<t <15,从长期来看,哪条生产线生产的产品的平均利润率更高?请说明理由.解析 (1)由题意知,从乙生产线生产的产品中随机抽取一次抽中三等品的概率为110,所以至少抽到2件三等品的概率P =C 23×⎝⎛⎭⎫1102×910+⎝⎛⎭⎫1103=7250.(2)甲生产线生产的产品的利润分布列为所以E (y 甲)=0.6t +2t 2,乙生产线生产的产品的利润分布列为所以 E (y 乙)=0.5t +2.1t 2, 因为0<t <15,所以E (y 乙)-E (y 甲)=0.1t 2-0.1t =0.1t (t -1)<0,所以从长期来看,甲生产线生产的产品平均利润率较大.14.(2019·佛山禅城区二调)研究机构培育一种新型水稻品种,首批培育幼苗2 000株,株长均介于185 mm ~235 mm ,从中随机抽取100株对株长进行统计分析,得到如下频率分布直方图(1)求样本平均株长x -和样本方差s 2(同一组数据用该区间的中点值代替);(2)假设幼苗的株长X 服从正态分布N (μ,σ2),其中μ近似为样本平均数x -,σ2近似为样本方差s 2,试估计2 000株幼苗的株长位于区间(201,219)的株数;(3)在第(2)问的条件下,选取株长在区间(201,219)内的幼苗进入育种试验阶段,若每株幼苗开花的概率为34,开花后结穗的概率为23,设最终结穗的幼苗株数为ξ,求ξ的数学期望.附:83≈9;若X ~N (μ,σ2),则P (μ-σ<X <μ+σ)=0.683; P (μ-2σ<X <μ+2σ)=0.954;P (μ-3σ<X <μ+3σ)=0.997解析 (1)x -=190×0.02+200×0.315+210×0.35+220×0.275+230×0.04=210, s 2=202×0.02+102×0.315+102×0.275+202×0.04=83.(2)由(1)知, μ=x -=210,σ=83≈9, ∴P (201<X <219)=P (210-9<X <210+9)=0.683, 2 000×0.683=1 366∴2 000株幼苗的株长位于区间(201,219)的株数大约是1 366.(3)由题意,进入育种试验阶段的幼苗数1 366,每株幼苗最终结穗的概率P =12,则ξ-B ⎝⎛⎭⎫1 366,12, 所以E (ξ)=1 366×12=683.15.(2019·河北示范高中联合体联考)某工厂共有男女员工500人,现从中抽取100位员工对他们每月完成合格产品的件数统计如下:(1)其中每月完成合格产品的件数不少于3 200件的员工被评为“生产能手”.由以上统计数据填写下面的2×2列联表,并判断是否有95%的把握认为“生产能手”与性别有关?(2)为提高员工劳动的积极性,工厂实行累进计件工资制:规定每月完成合格产品的件数在定额2 600件以内的,计件单价为1元;超出(0,200]件的部分,累进计件单价为1.2元;超出(200,400]件的部分,累进计件单价为1.3元;超出400件以上的部分,累进计件单价为1.4元.将这4段的频率视为相应的概率,在该厂男员工中随机选取1人,女员工中随机选取2人进行工资调查,设实得计件工资(实得计件工资=定额计件工资+超定额计件工资)不少于3 100元的人数为Z ,求Z 的分布列和数学期望.附:K 2=(ad -bc )2(a +b )(c +d )(a +c )(b +d ),解析 (1)因为K 2的观测值k =100×(48×8-42×2)250×50×90×10=4>3.841,所以有95%的把握认为“生产能手”与性别有关. (2)当员工每月完成合格产品的件数为3 000件时, 得计件工资为2 600×1+200×1.2+200×1.3 =3 100元,由统计数据可知,男员工实得计件工资不少于3 100元的概率为p 1=25,女员工实得计件工资不少于3 100元的概率为p 2=12,设2名女员工中实得计件工资不少于3 100元的人数为X ,1名男员工中实得计件工资在3 100元以及以上的人数为Y ,则X ~B ⎝⎛⎭⎫2,12,Y ~B ⎝⎛⎭⎫1,25, Z 的所有可能取值为0,1,2,3,P (Z =0)=P (X =0,Y =0)=⎝⎛⎭⎫1-122⎝⎛⎭⎫1-25=320, P (Z =1)=P (X =1,Y =0)+P (X =0,Y =1) =C 12·12·⎝⎛⎭⎫1-12⎝⎛⎭⎫1-25+⎝⎛⎭⎫1-12225=25, P (Z =2)=P (X =2,Y =0)+P (X =1,Y =1) =C 22⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫1-25+C 1212⎝⎛⎭⎫1-1225=720, P (Z =3)=P (X =2,Y =1)=⎝⎛⎭⎫122×25=110, 所以Z 的分布列为故E (Z )=0×320+1×25+2×720+3×110=75.。
1.(2018·益阳、湘潭调研)在平面直角坐标系中,曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =2cos αy =sin α(α为参数).以直角坐标系的原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎫θ+π3=12.直线l 与曲线C 交于A ,B 两点. (1)求直线l 的直角坐标方程; (2)设点P (1,0),求|P A |·|PB |的值.解:(1)由ρcos ⎝⎛⎭⎫θ+π3=12得ρcos θcos π3-ρsin θsin π3=12, 又ρcos θ=x ,ρsin θ=y ,所以直线l 的直角坐标方程为x -3y -1=0.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x =2cos αy =sin α(α为参数)得曲线C 的普通方程为x 2+4y 2=4,因为P (1,0)在直线l 上,故可设直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x =32t +1y =12t(t 为参数),将其代入x 2+4y 2=4得7t 2+43t -12=0, 所以t 1·t 2=-127,故|P A |·|PB |=|t 1|·|t 2|=|t 1·t 2|=127. 2.(2018·合肥第一次质量检测)在直角坐标系xOy 中,曲线C 1:⎩⎪⎨⎪⎧x =3cos θy =2sin θ(θ为参数),在以O 为极点,x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C 2:ρ-2cos θ=0.(1)求曲线C 2的直角坐标方程;(2)若曲线C 1上有一动点M ,曲线C 2上有一动点N ,求|MN |的最小值. 解:(1)由ρ-2cos θ=0得ρ2-2ρcos θ=0. 因为ρ2=x 2+y 2,ρcos θ=x ,所以x 2+y 2-2x =0, 即曲线C 2的直角坐标方程为(x -1)2+y 2=1. (2)由(1)可知,圆C 2的圆心为C 2(1,0),半径为1. 设曲线C 1的动点M (3cos θ,2sin θ),由动点N 在圆C 2上可得|MN |min =|MC 2|min -1. 因为|MC 2|=(3cos θ-1)2+4sin 2θ=5cos 2θ-6cos θ+5,所以当cos θ=35时,|MC 2|min =455,所以|MN |min =|MC 2|min -1=455-1. 3.(2018·高考全国卷Ⅲ)在平面直角坐标系xOy 中,⊙O 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =cos θy =sin θ(θ为参数),过点(0,-2)且倾斜角为α的直线l 与⊙O 交于A ,B 两点.(1)求α的取值范围;(2)求AB 中点P 的轨迹的参数方程. 解:(1)⊙O 的直角坐标方程为x 2+y 2=1. 当α=π2时,l 与⊙O 交于两点.当α≠π2时,记tan α=k ,则l 的方程为y =kx - 2.l 与⊙O 交于两点当且仅当⎪⎪⎪⎪⎪⎪21+k 2<1,解得k <-1或k >1, 即α∈⎝⎛⎭⎫π4,π2或α∈⎝⎛⎭⎫π2,3π4. 综上,α的取值范围是⎝⎛⎭⎫π4,3π4.(2)l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =t cos αy =-2+t sin α(t 为参数,π4<α<3π4).设A ,B ,P 对应的参数分别为t A ,t B ,t P ,则t P =t A +t B2,且t A ,t B 满足t 2-22t sin α+1=0.于是t A +t B =22sin α,t P =2sin α.又点P 的坐标(x ,y )满足⎩⎪⎨⎪⎧x =t P cos α,y =-2+t P sin α,所以点P 的轨迹的参数方程是⎩⎨⎧x =22sin 2αy =-22-22cos 2α(α为参数,π4<α<3π4). 4.(2018·昆明调研)在直角坐标系xOy 中,已知倾斜角为α的直线l 过点A (2,1).以坐标原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.曲线C 的极坐标方程为ρ=2sin θ,直线l 与曲线C 分别交于P ,Q 两点.(1)写出直线l 的参数方程和曲线C 的直角坐标方程; (2)若|PQ |2=|AP |·|AQ |,求直线l 的斜率k .解:(1)直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =2+t cos αy =1+t sin α(t 为参数).曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 2=2y .(2)将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程,得t 2+(4cos α)t +3=0, 由Δ=(4cos α)2-4×3>0,得cos 2α>34,由根与系数的关系,得t 1+t 2=-4cos α,t 1·t 2=3,由参数的几何意义知,|AP |=|t 1|,|AQ |=|t 2|,|PQ |=|t 1-t 2|, 由题意知,(t 1-t 2)2=t 1·t 2, 则(t 1+t 2)2=5t 1·t 2, 得(-4cos α)2=5×3,解得cos 2α=1516,满足cos 2α>34,所以sin 2α=116,tan 2α=115,所以直线l 的斜率k =tan α=±1515. 5.(一题多解)(2018·郑州第一次质量预测)在平面直角坐标系xOy 中,直线l 过点(1,0),倾斜角为α,以坐标原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 的极坐标方程是ρ=8cos θ1-cos 2θ.(1)写出直线l 的参数方程和曲线C 的直角坐标方程;(2)若α=π4,设直线l 与曲线C 交于A ,B 两点,求△AOB 的面积.解:(1)由题知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =1+t cos αy =t sin α(t 为参数).因为ρ=8cos θ1-cos 2θ,所以ρsin 2θ=8cos θ,所以ρ2sin 2θ=8ρcos θ,即y 2=8x .(2)法一:当α=π4时,直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x =1+22t y =22t (t 为参数),代入y 2=8x 可得t 2-82t -16=0,设A ,B 两点对应的参数分别为t 1,t 2,则t 1+t 2=82, t 1·t 2=-16, 所以|AB |=|t 1-t 2|=(t 1+t 2)2-4t 1·t 2=8 3.又点O 到直线AB 的距离d =1×sin π4=22,所以S △AOB =12|AB |×d =12×83×22=2 6.法二:当α=π4时,直线l 的方程为y =x -1,设M (1,0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由⎩⎪⎨⎪⎧y 2=8x ,y =x -1,得y 2=8(y +1),即y 2-8y -8=0, 由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧y 1+y 2=8,y 1y 2=-8,S △AOB =12|OM ||y 1-y 2|=12×1×(y 1+y 2)2-4y 1y 2=12×82-4×(-8)=12×46=2 6.6.(2018·陕西教学质量检测(一))在平面直角坐标系xOy 中,已知曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =t cos αy =sin α(t >0,α为参数).以坐标原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l 的极坐标方程为2ρsin ⎝⎛⎭⎫θ+π4=3. (1)当t =1时,求曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值;(2)若曲线C 上的所有点都在直线l 的下方,求实数t 的取值范围. 解:(1)由2ρsin ⎝⎛⎭⎫θ+π4=3得ρsin θ+ρcos θ=3, 把x =ρcos θ,y =ρsin θ代入得直线l 的直角坐标方程为x +y -3=0,当t =1时,曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =cos αy =sin α(α为参数),消去参数得曲线C 的普通方程为x 2+y 2=1,所以曲线C 为圆,且圆心为O ,则点O 到直线l 的距离d =|0+0-3|2=322,所以曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值为1+322.(2)因为曲线C 上的所有点均在直线l 的下方, 所以对任意的α∈R ,t cos α+sin α-3<0恒成立, 即t 2+1cos(α-φ)<3⎝⎛⎭⎫其中tan φ=1t 恒成立, 所以t 2+1<3, 又t >0,所以0<t <2 2.所以实数t 的取值范围为(0,22).7.(2018·福州模拟)在直角坐标系xOy 中,曲线C :⎩⎪⎨⎪⎧x =t cos αy =sin α(α为参数,t >0).在以O为极点,x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中,直线l :ρcos ⎝⎛⎭⎫θ-π4= 2. (1)若l 与曲线C 没有公共点,求t 的取值范围; (2)若曲线C 上存在点到l 的距离的最大值为62+2,求t 的值. 解:(1)因为直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎫θ-π4=2,即ρcos θ+ρsin θ=2, 所以直线l 的直角坐标方程为x +y =2.因为曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =t cos αy =sin α(α为参数,t >0),所以曲线C 的普通方程为x 2t2+y 2=1(t >0),由⎩⎪⎨⎪⎧x +y =2,x 2t 2+y 2=1,消去x 得,(1+t 2)y 2-4y +4-t 2=0, 所以Δ=16-4(1+t 2)(4-t 2)<0,又t >0,所以0<t <3, 故t 的取值范围为(0,3).(2)由(1)知直线l 的直角坐标方程为x +y -2=0,故曲线C 上的点(t cos α,sin α)到l 的距离d =|t cos α+sin α-2|2,故d 的最大值为t 2+1+22,由题设得t 2+1+22=62+ 2.解得t =±2. 又t >0,所以t = 2.8.(2018·潍坊模拟)在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =2cos αy =2+2sin α(α为参数),以原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 2的极坐标方程为ρcos 2θ=sin θ(ρ≥0,0≤θ<π).(1)写出曲线C 1的极坐标方程,并求C 1与C 2交点的极坐标;(2)射线θ=β⎝⎛⎭⎫π6≤β≤π3与曲线C 1,C 2分别交于点A ,B (A ,B 异于原点),求|OA ||OB |的取值范围.解:(1)由题意可得曲线C 1的普通方程为x 2+(y -2)2=4,把x =ρcos θ,y =ρsin θ代入,得曲线C 1的极坐标方程为ρ=4sin θ,联立⎩⎪⎨⎪⎧ρ=4sin θ,ρcos 2θ=sin θ, 得4sin θcos 2θ=sin θ,此时0≤θ<π,①当sin θ=0时,θ=0,ρ=0,得交点的极坐标为(0,0);②当sin θ≠0时,cos 2θ=14,当cos θ=12时,θ=π3,ρ=23,得交点的极坐标为⎝⎛⎭⎫23,π3, 当cos θ=-12时,θ=2π3,ρ=23,得交点的极坐标为⎝⎛⎭⎫23,2π3, 所以C 1与C 2交点的极坐标为(0,0),⎝⎛⎭⎫23,π3,⎝⎛⎭⎫23,2π3. (2)将θ=β代入C 1的极坐标方程中,得ρ1=4sin β, 代入C 2的极坐标方程中,得ρ2=sin βcos 2β,所以|OA ||OB |=4sin βsin βcos 2β=4cos 2β,因为π6≤β≤π3,|OA|所以1≤4cos2β≤3,所以|OB|的取值范围为[1,3].。
高考数学二轮复习专题汇总1专题一:集合、函数、导数与不等式。
此专题函数和导数以及应用导数知识解决函数问题是重点,特别要注重交汇问题的训练。
每年高考中导数所占的比重都非常大,一般情况是在客观题中考查导数的几何意义和导数的计算,属于容易题;二是在解答题中进行综合考查,主要考查用导数研究函数的性质,用函数的单调性证明不等式等,此题具有很高的综合性,并且与思想方法紧密结合。
2专题二:数列、推理与证明。
数列由旧高考中的压轴题变成了新高考中的中档题,主要考查等差等比数列的通项与求和,与不等式的简单综合问题是近年来的热门问题。
3专题三:三角函数、平面向量和解三角形。
平面向量和三角函数的图像与性质、恒等变换是重点。
近几年高考中三角函数内容的难度和比重有所降低,但仍保留一个选择题、一个填空题和一个解答题的题量,难度都不大,但是解三角形的内容应用性较强,将解三角形的知识与实际问题结合起来将是今后命题的一个热点。
平面向量具有几何与代数形式的“双重性”,是一个重要的知识交汇点,它与三角函数、解析几何都可以整合。
4专题四:立体几何。
注重几何体的三视图、空间点线面的关系及空间角的计算,用空间向量解决点线面的问题是重点。
5专题五:解析几何。
直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程的探求以及最值范围、定点定值、对称问题是命题的主旋律。
近几年高考中圆锥曲线问题具有两大特色:一是融“综合性、开放性、探索性”为一体;二是向量关系的引入、三角变换的渗透和导数工具的使用。
我们在注重基础的同时,要兼顾直线与圆锥曲线综合问题的强化训练,尤其是推理、运算变形能力的训练。
6专题六:概率与统计、算法与复数。
要求具有较高的阅读理解和分析问题、解决问题的能力。
高考对算法的考查集中在程序框图,主要通过数列求和、求积设计问题。
高考数学二轮复习策略1.加强思维训练,规范答题过程解题一定要非常规范,俗语说:“不怕难题不得分,就怕每题都扣分”,所以大家要形成良好的思维品质和学习习惯,务必将解题过程写得层次分明结构完整。
一、选择题1.(2018·南宁模拟)如图,函数f (x )=A sin(2x +φ)⎝⎛⎭⎪⎫A >0,|φ|<π2的图象过点(0,3),则函数f (x )的解析式为( )A .f (x )=2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3B .f (x )=2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3C .f (x )=2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π6D .f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x -π6解析:选B.由函数图象可知,A =2,又函数f (x )的图象过点(0,3),所以2sin φ=3,即sin φ=32,由于|φ|<π2,所以φ=π3,于是f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π3,故选B.2.(2018·郑州质量检测(二))已知函数f (x )=3cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x -π2-cos 2x ,若要得到一个奇函数的图象,则可以将函数f (x )的图象( )A .向左平移π6个单位长度B .向右平移π6个单位长度C .向左平移π12个单位长度D .向右平移π12个单位长度解析:选 C.f (x )=3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π2-cos 2x =3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-2x -cos 2x =3sin 2x -cos 2x =2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π6=2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x -π12,所以将f (x )的图象向左平移π12个单位长度可得到奇函数y =2sin 2x 的图象.故选C.3.(2018·广州调研)已知函数f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx +π6(ω>0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π4,2π3上单调递增,则ω的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0,83B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0,12C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,83 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤38,2 解析:选 B.因为x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π4,2π3,所以ωx +π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π4ω+π6,2π3ω+π6,因为函数f (x )=sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx +π6(ω>0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π4,2π3上单调递增,所以⎩⎪⎨⎪⎧-π4ω+π6≥2k π-π2,k ∈Z ,2π3ω+π6≤2k π+π2,k ∈Z .又ω>0,所以0<ω≤12,选B.4.(2018·石家庄质量检测(二))已知函数f (x )=2sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π)的部分图象如图所示,已知点A (0,3),B ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6,0,若将它的图象向右平移π6个单位长度,得到函数g (x )的图象,则函数g (x )图象的一条对称轴方程为( )A .x =π12B .x =π4C .x =π3D .x =2π3解析:选 A.因为f (0)=2sin φ=3,所以sin φ=32,又|φ|<π,所以φ=π3或2π3,又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6=2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πω6+φ=0,所以πω6+φ=k π(k ∈Z ),所以ω=⎝ ⎛⎭⎪⎫k π-π3×6π=6k -2(k ∈Z ),或ω=⎝⎛⎭⎪⎫k π-2π3×6π=6k -4(k ∈Z ),又ω>0,且T 4=2π4ω=π2ω>π6,所以ω<3,所以ω=2,φ=2π3,所以f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +2π3,将其图象向右平移π6个单位长度,得到函数g (x )的图象,所以g (x )=2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x -π6+2π3=2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3,g (x )图象的对称轴方程满足2x+π3=k π+π2(k ∈Z ),所以x =k π2+π12(k ∈Z ),故选A.5.(2018·惠州第二次调研)已知函数f (x )=A sin(2x +θ)(|θ|≤π2,A >0)的部分图象如图所示,且f (a )=f (b )=0,对不同的x 1,x 2∈[a ,b ],若f (x 1)=f (x 2),有f (x 1+x 2)=3,则( )A .f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫-5π12,π12上是减函数B .f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫-5π12,π12上是增函数C .f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π3,5π6上是减函数D .f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π3,5π6上是增函数解析:选B.由题图知A =2,设m ∈[a ,b ],且f (0)=f (m ),则f (0+m )=f (m )=f (0)=3,所以2sin θ=3,sin θ=32,又|θ|≤π2,所以θ=π3,所以f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π3,令-π2+2k π≤2x +π3≤π2+2k π,k ∈Z ,解得-5π12+k π≤x ≤π12+k π,k ∈Z ,此时f (x )单调递增.所以选项B 正确.6.(2018·河北“五个一名校联盟”模拟)已知函数f (x )=1+2cos x cos(x +3φ)是偶函数,其中φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2,则下列关于函数g (x )=cos(2x -φ)的正确描述是( )A .g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π12,π3上的最小值为-1B .g (x )的图象可由函数f (x )的图象向上平移2个单位长度,向右平移π3个单位长度得到C .g (x )的图象的一个对称中心是⎝ ⎛⎭⎪⎫-π12,0D .g (x )的一个单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2解析:选C.因为函数f (x )=1+2cos x cos(x +3φ)是偶函数,y =1,y =2cos x 都是偶函数,所以y =cos(x +3φ)是偶函数,所以3φ=k π,k ∈Z ,所以φ=k π3,k ∈Z ,又0<φ<π2,所以φ=π3,所以g (x )=cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3.当-π12≤x ≤π3时,-π2≤2x -π3≤π3,cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3∈[0,1],故A 错误;f (x )=1+2cos x cos(x +π)=1-2cos 2x =-cos 2x ,显然B 错误;当x =-π12时,g (x )=cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫-π2=0,故C 正确;当0≤x ≤π2时,-π3≤2x -π3≤2π3,g (x )=cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x -π3有增有减,故D 错误.故选C.二、填空题7.(2018·辽宁五校联合体模拟)已知函数f (x )=4cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)为奇函数,A (a ,0),B (b ,0)是其图象上两点,若|a -b |的最小值是1,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫16=________.解析:因为函数f (x )=4cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)为奇函数,所以cos φ=0(0<φ<π),所以φ=π2,所以f (x )=-4sin ωx ,又A (a ,0),B (b ,0)是其图象上两点,且|a -b |的最小值是1,所以函数f (x )的最小正周期为2,所以ω=π,所以f (x )=-4sin πx ,所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫16=-4sin π6=-2.答案:-28.已知函数f (x )=sin(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π2),f (0)=-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,若将f (x )的图象向左平移π12个单位长度后所得函数的图象关于原点对称,则φ=________.解析:因为f (0)=-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,则sin φ=-sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2ω+φ,所以ω=4k +2,k ∈Z ,将f (x )的图象向左平移π12个单位长度后所得函数y =sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx +ωπ12+φ的图象关于原点对称,则ωπ12+φ=k π,k ∈Z ,由ω>0,0<φ<π2得ω=10,φ=π6.答案:π69.已知函数f (x )=sin(2x +φ)+a cos(2x +φ)(0<φ<π)的最大值为2,且满足f (x )=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-x ,则φ=________.解析:因为f (x )=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-x ,所以函数f (x )的图象关于直线x =π4对称,由函数的解析式可得a 2+1=2,即a 2=3.若a =3,则f (x )=sin(2x +φ)+3cos(2x +φ)=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +φ+π3,由函数图象的对称性可得2×π4+φ+π3=k π+π2(k ∈Z ),所以φ=k π-π3(k ∈Z ),因为0<φ<π,所以φ=2π3;若a =-3,则f (x )=sin(2x +φ)-3cos(2x +φ)=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +φ-π3,由函数图象的对称性可得2×π4+φ-π3=k π+π2(k ∈Z ),所以φ=k π+π3(k ∈Z ),因为0<φ<π,所以φ=π3.综上可得φ=π3或2π3.答案:π3或2π3三、解答题10.已知函数f (x )=sin 4x +cos 4x +32sin 2x cos 2x . (1)求f (x )的最小正周期;(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π4时,求f (x )的最值.解:f (x )=sin 4x +cos 4x +32sin 2x cos 2x=(sin 2x +cos 2x )2-2sin 2x cos 2x +34sin 4x=1-12sin 2 2x +34sin 4x=1-12·1-cos 4x 2+34sin 4x=34sin 4x +14cos 4x +34=12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x +π6+34.(1)T =2π4=π2.(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π4时,4x +π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6,7π6,sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x +π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤-12,1,则当4x +π6=π2,即x =π12时,函数f (x )取最大值54;当4x +π6=7π6,即x =π4时,函数f (x )取最小值12.所以,当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π4时,函数f (x )的最大值是54,最小值是12.11.已知函数f (x )=3sin 2ωx +cos 4ωx -sin 4ωx +1(其中0<ω<1),若点⎝ ⎛⎭⎪⎫-π6,1是函数f (x )图象的一个对称中心.(1)求f (x )的解析式,并求距y 轴最近的一条对称轴的方程; (2)先列表,再作出函数f (x )在区间[-π,π]上的图象.解:(1)f (x )=3sin 2ωx +(cos 2ωx -sin 2ωx )(cos 2ωx +sin 2ωx )+1=3sin 2ωx +cos 2ωx +1=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx +π6+1.因为点⎝ ⎛⎭⎪⎫-π6,1是函数f (x )图象的一个对称中心,所以-ωπ3+π6=k π,k ∈Z ,所以ω=-3k +12,k ∈Z .因为0<ω<1, 所以k =0,ω=12,所以f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x +π6+1.由x +π6=k π+π2,k ∈Z ,得x =k π+π3,k ∈Z ,令k =0,得距y 轴最近的一条对称轴方程为x =π3.(2)由(1)知,f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x +π6+1,当x ∈[-π,π]时,列表如下:则函数f (x )在区间[-π,π]上的图象如图所示.12.设函数f (x )=sin ωx ·cos ωx -3cos 2ωx +32(ω>0)的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2+4.(1)求ω的值;(2)若函数y =f (x +φ)(0<φ<π2)是奇函数,求函数g (x )=cos(2x -φ)在[0,2π]上的单调递减区间.解:(1)f (x )=sin ωx ·cos ωx -3cos 2ωx +32=12sin 2ωx -3(1+cos 2ωx )2+32 =12sin 2ωx -32cos 2ωx =sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx -π3,设T 为f (x )的最小正周期,由f (x )的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2+4,得⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22+[2f (x )max ]2=π2+4, 因为f (x )max =1,所以⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22+4=π2+4,整理得T =2π.又ω>0,T =2π2ω=2π,所以ω=12. (2)由(1)可知f (x )=sin ⎝⎛⎭⎪⎫x -π3, 所以f (x +φ)=sin ⎝⎛⎭⎪⎫x +φ-π3. 因为y =f (x +φ)是奇函数,则sin ⎝⎛⎭⎪⎫φ-π3=0. 又0<φ<π2,所以φ=π3, 所以g (x )=cos(2x -φ)=cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x -π3. 令2k π≤2x -π3≤2k π+π,k ∈Z , 则k π+π6≤x ≤k π+2π3,k ∈Z , 所以单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π+π6,k π+2π3,k ∈Z , 又因为x ∈[0,2π],所以当k =0时,递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6,2π3; 当k =1时,递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤7π6,5π3. 所以函数g (x )在[0,2π]上的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6,2π3,⎣⎢⎡⎦⎥⎤7π6,5π3.。
2019届高考数学二轮复习特色专项训练小题强化练(一) 综合提能练(1)1.设集合P ={x ||x -1|<1},Q ={x |-1<x <2},则P ∩Q =( ) A.⎝⎛⎭⎫-1,12 B .(-1,2) C .(1,2)D .(0,2)2.若复数z 满足(1+i)z =1-2i 3,则|z |=( ) A.102 B .32C .22D .123.已知向量a =(2,1),b =(3,4),c =(k ,2).若(3a -b )∥c ,则实数k 的值为( ) A .-8 B .-6 C .-1D .64.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 4=20,a 5=10,则a 16=( ) A .-32 B .12 C .16D .325.已知m ,n 是空间中两条不同的直线,α,β为空间中两个互相垂直的平面,则下列命题正确的是( )A .若m ⊂α,则m ⊥βB .若m ⊂α,n ⊂β,则m ⊥nC .若m ⊄α,m ⊥β,则m ∥αD .若α∩β=m ,n ⊥m ,则n ⊥α6.已知函数f (x )=A sin(ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示,现将函数f (x )图象上的所有点向右平移π4个单位长度得到函数g (x )的图象,则函数g (x )的解析式为( )A .g (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫2x +π4 B .g (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫2x +3π4C .g (x )=2cos 2xD .g (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫2x -π4 7.《九章算术》中将底面为长方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”,其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形,若该“阳马”的顶点都在同一个球面上,则该球的体积为( )A.863πB .86πC .6πD .24π8.已知函数f (x +2)(x ∈R )为奇函数,且函数f (x )的图象关于直线x =1对称,当x ∈[0,1]时,f (x )=x2 018,则f (2 018)=( )A .2 018B .12 018C .11 009D .09.执行如图所示的程序框图,若输出的结果为56,则判断框中的条件可以是( )A .n ≤7?B .n >7?C .n ≤6?D .n >6?10.如图,长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1>AB =AD ,设直线A 1B 与直线AD 1,B 1D 1所成的角分别为α,β,则( )A .60°<α<90°,60°<β<90°B .60°<α<90°,0°<β<60°C .0°<α<60°,60°<β<90°D .0°<α<60°,0°<β<60°11.如图,等腰梯形ABCD 的高为1,DC =2,AB =4,E ,F 分别为两腰上的点,且AF →·BE →=-8,则CE →·DF →的值为( )A .-10B .-8C .-6D .-412.已知点P 为双曲线C :x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0)右支上的任意一点,经过点P 的直线与双曲线C 的两条渐近线分别相交于A ,B 两点.若点A ,B 分别位于第一、四象限,O 为坐标原点,当AP →=12PB →时,△AOB 的面积为2b ,则双曲线C 的实轴长为( )A.329 B .169C .89D .4913.已知a =213,b =⎝⎛⎭⎫1223,则log 2(ab )=________.14.如图是调查某学校高三年级男、女学生是否喜欢篮球运动得到的等高条形图,阴影部分的高表示喜欢该项运动的频率.已知该年级男生、女生各500名(假设所有学生都参加了调查),现从所有喜欢篮球运动的学生中按分层抽样的方法抽取32人,则抽取的男生人数为________.15.已知抛物线C :y 2=2px (p >0)的焦点为F ,准线l 与x 轴的交点为A ,P 是抛物线C 上的点,且PF ⊥x 轴.若以AF 为直径的圆截直线AP 所得的弦长为2,则实数p 的值为________.16.已知数列{a n }共16项,且a 1=1,a 8=4.记关于x 的函数f n (x )=13x 3-a n x 2+(a 2n -1)x ,n ∈N *.若x =a n +1(1≤n ≤15)是函数f n (x )的极值点,且曲线y =f 8(x )在点(a 16,f 8(a 16))处的切线的斜率为15,则满足条件的数列{a n }的个数为________.参考答案与解析小题强化练小题强化练(一) 综合提能练(1)1.解析:选D.由题意知P ={x ||x -1|<1}={x |-1<x -1<1}={x |0<x <2},Q ={x |-1<x <2},所以P ∩Q ={x |0<x <2}.故选D.2.解析:选A.z =1-2i 31+i =1+2i 1+i =(1+2i )(1-i )(1+i )(1-i )=3+i 2,所以|z |=⎝⎛⎭⎫322+⎝⎛⎭⎫122=94+14=102.故选A. 3.解析:选B.由题可知3a -b =(6,3)-(3,4)=(3,-1),c =(k ,2),因为(3a -b )∥c ,所以-k =2×3,k =-6.故选B.4.解析:选D.设等差数列{a n }的公差为d ,由S 4=4a 1+4×32d =20,得2a 1+3d =10 ①,由a 5=10,得a 1+4d =10 ②,根据①②可得a 1=d =2,所以a 16=a 1+15d =32.故选D.5.解析:选C.对于A :若m ⊂α,则m 与平面β可能平行或相交,所以A 错误;对于B :若m ⊂α,n ⊂β,则m 与n 可能平行、相交或异面,所以B 错误;对于C :若m ⊄α,m ⊥β,则m ∥α,C 正确;对于D :α∩β=m ,n ⊥m ,则n 不一定与平面α垂直,所以D 错误.6.解析:选D.根据函数f (x )的图象可知A =2,T 4=5π8-3π8=π4,得T =2πω=π,则ω=2,所以f (x )=2sin(2x +φ),又f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫5π8,-2,所以2sin ⎝⎛⎭⎫2×5π8+φ=-2,即sin ⎝⎛⎭⎫5π4+φ=-1,5π4+φ=-π2+2k π,k ∈Z ,得φ=-7π4+2k π,k ∈Z ,因为|φ|<π2,所以φ=π4,所以f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫2x +π4.将函数f (x )图象上的所有点向右平移π4个单位长度得到函数g (x )=2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x -π4+π4=2sin ⎝⎛⎭⎫2x -π4的图象. 7.解析:选C.由题可知,该“阳马”为四棱锥,记为P ABCD ,将其放入长方体中如图所示,则该“阳马”的外接球直径为长方体的体对角线,易知AD =AP =1,AB =2,所以PC =12+12+22=6,所以外接球的半径为PC 2=62,故该球的体积为4πR 33=4π3×64×62=6π.故选C.8.解析:选D.由题意知,f (x +2)=-f (-x +2),所以f (x )=-f (-x +4),又f (x )=f (-x +2),所以-f (-x +4)=f (-x +2),所以-f (-x +2)=f (-x ),所以f (-x +4)=f (-x ),所以f (x )的周期为4,故f (2 018)=f (2 016+2)=f (2)=f (0)=0.9.解析:选D.执行程序框图,s =0,a =2,n =1, s =s +a =2,a =a +2=4,n =n +1=2; s =s +a =6,a =a +2=6,n =n +1=3; s =s +a =12,a =a +2=8,n =n +1=4; s =s +a =20,a =a +2=10,n =n +1=5; s =s +a =30,a =a +2=12,n =n +1=6; s =s +a =42,a =a +2=14,n =n +1=7;s =s +a =56,a =a +2=16,此时符合判断框中的条件,退出循环. 所以判断框中的条件可以为“n >6?”.10.解析:选C.根据题意不妨取AA 1=2,AB =AD =1,连接BD ,BC 1,A 1C 1,A 1D ,则AD 1∥BC 1,B 1D 1∥BD ,则直线A 1B 与直线AD 1所成的角即∠A 1BC 1,直线A 1B 与直线B 1D 1所成的角即∠A 1BD .易知A 1B =BC 1=A 1D =5,A 1C 1=BD = 2.易知α=∠A 1BC 1,β=∠A 1BD ,在△A 1BD 中,易求得tan β=3,在△A 1BC 1中,易求得tan α=34,易知0°<α<90°,0°<β<90°,故0°<α<60°,60°<β<90°.11.解析:选D.设AF →=AB →+BF →=AB →+xBC →,BE →=BA →+AE →=BA →+yAD →,则AF →·BE →=-AB→2+yAB →·AD →+xBC →·BA →+xyBC →·AD →=-16+4(x +y ),由AF →·BE →=-8,得x +y =2,而CE →=CD →+DE →=CD →+(1-y )DA →,DF →=DC →+CF →=DC →+(1-x )CB →,于是CE →·DF →=-CD →2+(1-y )DA →·DC →+(1-x )CB →·CD →+(1-x )(1-y )CB →·DA →=-4-2[(1-y )+(1-x )]=-4.故选D.12.解析:选A.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x ,y ),由AP →=12PB →,得(x -x 1,y -y 1)=12(x 2-x ,y 2-y ),则x =23x 1+13x 2,y =23y 1+13y 2,所以⎝⎛⎭⎫23x 1+13x 22a2-⎝⎛⎭⎫23y 1+13y 22b2=1.易知点A 在直线y =b a x 上,点B 在直线y =-bax 上,则y 1=b a x 1,y 2=-bax 2,所以⎝⎛⎭⎫23x 1+13x 22a 2-⎝⎛⎭⎫2b 3ax 1-b 3a x 22b 2=1,即⎝⎛⎭⎫23x 1+13x 22b 2-⎝⎛⎭⎫2b 3a x 1-b 3a x 22a 2=a 2b 2,化简可得a 2=89x 1x 2. 由渐近线的对称性可得sin ∠AOB =sin 2∠AOx =2sin ∠AOx cos ∠AOx sin 2∠AOx +cos 2∠AOx =2tan ∠AOx tan 2∠AOx +1=2b a⎝⎛⎭⎫b a 2+1=2ab b 2+a2,所以△AOB 的面积为12|OA ||OB |sin ∠AOB =12x 21+y 21×x 22+y 22×sin ∠AOB =12x 21+⎝⎛⎭⎫b a x 12×x 22+⎝⎛⎭⎫-b a x 22×2ab b 2+a 2=x 1x 21+⎝⎛⎭⎫b a 2×1+⎝⎛⎭⎫b a 2×ab b 2+a 2=98a 2×ab b 2+a 2×⎣⎡⎦⎤1+⎝⎛⎭⎫b a 2=98a 2×ab b 2+a2×b 2+a 2a 2=98ab =2b ,得a =169,所以双曲线C 的实轴长为329.故选A.13.解析:a =213,则log 2a =13,b =⎝⎛⎭⎫1223=2-23,则log 2b =-23,所以log 2(ab )=log 2a +log 2b =13-23=-13.答案:-1314.解析:根据等高条形图可知,喜欢篮球运动的女生人数为500×0.2=100,男生人数为500×0.6=300,所以喜欢篮球运动的学生总人数为400,分层抽取32人,抽取的男生人数为300400×32=24.答案:2415.解析:由题可知,△APF 为直角三角形,设直线AP 与以AF 为直径的圆的另一个交点为B ,则BF ⊥AB ,因为AF =PF =p ,所以BF =p 2-4,易知AF 2=AB ×AP ,所以AP =p 22,又12AP ×BF =12AF ×PF ,即p 22×p 2-4=p 2,解得p =2 2. 答案:2 216.解析:f ′n (x )=x 2-2a n x +a 2n -1=[x -(a n +1)][x -(a n -1)].令f ′n (x )=0,得x =a n +1或x =a n -1,所以a n +1=a n +1或a n -1=a n +1(1≤n ≤15),所以|a n +1-a n |=1(1≤n ≤15),又f ′8(x )=x 2-8x +15,所以a 216-8a 16+15=15,解得a 16=0或a 16=8.当a 16=0时,a 8-a 1=(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a 8-a 7)=3, 得a i +1-a i (1≤i ≤7,i ∈N *)的值有2个为-1,5个为1; 由a 16-a 8=(a 9-a 8)+(a 10-a 9)+…+(a 16-a 15)=-4, 得a i +1-a i (8≤i ≤15,i ∈N *)的值有6个为-1,2个为1.所以此时数列{a n }的个数为C 27C 28=588,同理可得当a 16=8时,数列{a n }的个数为C 27C 28=588. 综上,数列{a n }的个数为2C 27C 28=1 176.答案:1 176。
一、选择题1.(2018·南宁模拟)如图,函数f (x )=A sin(2x +φ)⎝⎛⎭⎫A >0,|φ|<π2的图象过点(0,3),则函数f (x )的解析式为( )A .f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫2x -π3 B .f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫2x +π3 C .f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫2x +π6 D .f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫2x -π6 解析:选B.由函数图象可知,A =2,又函数f (x )的图象过点(0,3),所以2sin φ=3,即sin φ=32,由于|φ|<π2,所以φ=π3,于是f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫2x +π3,故选B. 2.(2018·郑州质量检测(二))已知函数f (x )=3cos ⎝⎛⎭⎫2x -π2-cos 2x ,若要得到一个奇函数的图象,则可以将函数f (x )的图象( )A .向左平移π6个单位长度B .向右平移π6个单位长度C .向左平移π12个单位长度D .向右平移π12个单位长度解析:选C.f (x )=3cos ⎝⎛⎭⎫2x -π2-cos 2x =3cos ⎝⎛⎭⎫π2-2x -cos 2x =3sin 2x -cos 2x =2sin ⎝⎛⎭⎫2x -π6=2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x -π12,所以将f (x )的图象向左平移π12个单位长度可得到奇函数y =2sin 2x 的图象.故选C.3.(2018·广州调研)已知函数f (x )=sin ⎝⎛⎭⎫ωx +π6(ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤-π4,2π3上单调递增,则ω的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤0,83 B.⎝⎛⎦⎤0,12 C.⎣⎡⎦⎤12,83D.⎣⎡⎦⎤38,2解析:选B.因为x ∈⎣⎡⎦⎤-π4,2π3,所以ωx +π6∈⎣⎡⎦⎤-π4ω+π6,2π3ω+π6,因为函数f (x )=sin ⎝⎛⎭⎫ωx +π6(ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤-π4,2π3上单调递增,所以⎩⎪⎨⎪⎧-π4ω+π6≥2k π-π2,k ∈Z ,2π3ω+π6≤2k π+π2,k ∈Z .又ω>0,所以0<ω≤12,选B.4.(2018·石家庄质量检测(二))已知函数f (x )=2sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π)的部分图象如图所示,已知点A (0,3),B ⎝⎛⎭⎫π6,0,若将它的图象向右平移π6个单位长度,得到函数g (x )的图象,则函数g (x )图象的一条对称轴方程为( )A .x =π12B .x =π4C .x =π3D .x =2π3解析:选A.因为f (0)=2sin φ=3,所以sin φ=32,又|φ|<π,所以φ=π3或2π3,又f ⎝⎛⎭⎫π6=2sin ⎝⎛⎭⎫πω6+φ=0,所以πω6+φ=k π(k ∈Z ),所以ω=⎝⎛⎭⎫k π-π3×6π=6k -2(k ∈Z ),或ω=⎝⎛⎭⎫k π-2π3×6π=6k -4(k ∈Z ),又ω>0,且T 4=2π4ω=π2ω>π6,所以ω<3,所以ω=2,φ=2π3,所以f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫2x +2π3,将其图象向右平移π6个单位长度,得到函数g (x )的图象,所以g (x )=2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x -π6+2π3=2sin ⎝⎛⎭⎫2x +π3,g (x )图象的对称轴方程满足2x +π3=k π+π2(k ∈Z ),所以x =k π2+π12(k ∈Z ),故选A.5.(2018·惠州第二次调研)已知函数f (x )=A sin(2x +θ)(|θ|≤π2,A >0)的部分图象如图所示,且f (a )=f (b )=0,对不同的x 1,x 2∈[a ,b ],若f (x 1)=f (x 2),有f (x 1+x 2)=3,则( )A .f (x )在⎝⎛⎭⎫-5π12,π12上是减函数B .f (x )在⎝⎛⎭⎫-5π12,π12上是增函数 C .f (x )在⎝⎛⎭⎫π3,5π6上是减函数 D .f (x )在⎝⎛⎭⎫π3,5π6上是增函数解析:选B.由题图知A =2,设m ∈[a ,b ],且f (0)=f (m ),则f (0+m )=f (m )=f (0)=3,所以2sin θ=3,sin θ=32,又|θ|≤π2,所以θ=π3,所以f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫2x +π3,令-π2+2k π≤2x +π3≤π2+2k π,k ∈Z ,解得-5π12+k π≤x ≤π12+k π,k ∈Z ,此时f (x )单调递增.所以选项B正确.6.(2018·河北“五个一名校联盟”模拟)已知函数f (x )=1+2cos x cos(x +3φ)是偶函数,其中φ∈⎝⎛⎭⎫0,π2,则下列关于函数g (x )=cos(2x -φ)的正确描述是( ) A .g (x )在区间⎣⎡⎦⎤-π12,π3上的最小值为-1 B .g (x )的图象可由函数f (x )的图象向上平移2个单位长度,向右平移π3个单位长度得到C .g (x )的图象的一个对称中心是⎝⎛⎭⎫-π12,0 D .g (x )的一个单调递减区间是⎣⎡⎦⎤0,π2 解析:选C.因为函数f (x )=1+2cos x cos(x +3φ)是偶函数,y =1,y =2cos x 都是偶函数,所以y =cos(x +3φ)是偶函数,所以3φ=k π,k ∈Z ,所以φ=k π3,k ∈Z ,又0<φ<π2,所以φ=π3,所以g (x )=cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3.当-π12≤x ≤π3时,-π2≤2x -π3≤π3,cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3∈[0,1],故A 错误;f (x )=1+2cos x cos(x +π)=1-2cos 2x =-cos 2x ,显然B 错误;当x =-π12时,g (x )=cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫-π2=0,故C 正确;当0≤x ≤π2时,-π3≤2x -π3≤2π3,g (x )=cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3有增有减,故D 错误.故选C.二、填空题7.(2018·辽宁五校联合体模拟)已知函数f (x )=4cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)为奇函数,A (a ,0),B (b ,0)是其图象上两点,若|a -b |的最小值是1,则f ⎝⎛⎭⎫16=________.解析:因为函数f (x )=4cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)为奇函数,所以cos φ=0(0<φ<π),所以φ=π2,所以f (x )=-4sin ωx ,又A (a ,0),B (b ,0)是其图象上两点,且|a -b |的最小值是1,所以函数f (x )的最小正周期为2,所以ω=π,所以f (x )=-4sin πx ,所以f ⎝⎛⎭⎫16=-4sin π6=-2.答案:-28.已知函数f (x )=sin(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π2),f (0)=-f ⎝⎛⎭⎫π2,若将f (x )的图象向左平移π12个单位长度后所得函数的图象关于原点对称,则φ=________.解析:因为f (0)=-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,则sin φ=-sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2ω+φ,所以ω=4k +2,k ∈Z ,将f (x )的图象向左平移π12个单位长度后所得函数y =sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx +ωπ12+φ的图象关于原点对称,则ωπ12+φ=k π,k ∈Z ,由ω>0,0<φ<π2得ω=10,φ=π6.答案:π69.已知函数f (x )=sin(2x +φ)+a cos(2x +φ)(0<φ<π)的最大值为2,且满足f (x )=f ⎝⎛⎭⎫π2-x ,则φ=________.解析:因为f (x )=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-x ,所以函数f (x )的图象关于直线x =π4对称,由函数的解析式可得a 2+1=2,即a 2=3.若a =3,则f (x )=sin(2x +φ)+3cos(2x +φ)=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +φ+π3,由函数图象的对称性可得2×π4+φ+π3=k π+π2(k ∈Z ),所以φ=k π-π3(k ∈Z ),因为0<φ<π,所以φ=2π3;若a =-3,则f (x )=sin(2x +φ)-3cos(2x +φ)=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +φ-π3,由函数图象的对称性可得2×π4+φ-π3=k π+π2(k ∈Z ),所以φ=k π+π3(k ∈Z ),因为0<φ<π,所以φ=π3.综上可得φ=π3或2π3.答案:π3或2π3三、解答题10.已知函数f (x )=sin 4x +cos 4x +32sin 2x cos 2x . (1)求f (x )的最小正周期;(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0,π4时,求f (x )的最值.解:f (x )=sin 4x +cos 4x +32sin 2x cos 2x =(sin 2x +cos 2x )2-2sin 2x cos 2x +34sin 4x =1-12sin 2 2x +34sin 4x=1-12·1-cos 4x 2+34sin 4x=34sin 4x +14cos 4x +34=12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x +π6+34. (1)T =2π4=π2.(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π4时,4x +π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6,7π6,sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x +π6∈⎣⎡⎦⎤-12,1,则当4x +π6=π2,即x =π12时,函数f (x )取最大值54;当4x +π6=7π6,即x =π4时,函数f (x )取最小值12.所以,当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π4时,函数f (x )的最大值是54,最小值是12.11.已知函数f (x )=3sin 2ωx +cos 4ωx -sin 4ωx +1(其中0<ω<1),若点⎝⎛⎭⎫-π6,1是函数f (x )图象的一个对称中心.(1)求f (x )的解析式,并求距y 轴最近的一条对称轴的方程; (2)先列表,再作出函数f (x )在区间[-π,π]上的图象.解:(1)f (x )=3sin 2ωx +(cos 2ωx -sin 2ωx )(cos 2ωx +sin 2ωx )+1 =3sin 2ωx +cos 2ωx +1 =2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx +π6+1.因为点⎝ ⎛⎭⎪⎫-π6,1是函数f (x )图象的一个对称中心,所以-ωπ3+π6=k π,k ∈Z ,所以ω=-3k +12,k ∈Z .因为0<ω<1, 所以k =0,ω=12,所以f (x )=2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +π6+1.由x +π6=k π+π2,k ∈Z ,得x =k π+π3,k ∈Z ,令k =0,得距y 轴最近的一条对称轴方程为x =π3.(2)由(1)知,f (x )=2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +π6+1,当x ∈[-π,π]时,列表如下:12.设函数f (x )=sin ωx ·cos ωx -3cos 2ωx +32(ω>0)的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2+4.(1)求ω的值;(2)若函数y =f (x +φ)(0<φ<π2)是奇函数,求函数g (x )=cos(2x -φ)在[0,2π]上的单调递减区间.解:(1)f (x )=sin ωx ·cos ωx -3cos 2ωx +32=12sin 2ωx -3(1+cos 2ωx )2+32 =12sin 2ωx -32cos 2ωx =sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx -π3,设T 为f (x )的最小正周期,由f (x )的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2+4,得⎝⎛⎭⎫T 22+[2f (x )max ]2=π2+4, 因为f (x )max =1,所以⎝⎛⎭⎫T 22+4=π2+4, 整理得T =2π.又ω>0,T =2π2ω=2π,所以ω=12.(2)由(1)可知f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x -π3,所以f (x +φ)=sin ⎝⎛⎭⎪⎫x +φ-π3.因为y =f (x +φ)是奇函数,则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ-π3=0.又0<φ<π2,所以φ=π3,所以g (x )=cos(2x -φ)=cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3.令2k π≤2x -π3≤2k π+π,k ∈Z ,则k π+π6≤x ≤k π+2π3,k ∈Z ,所以单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π+π6,k π+2π3,k ∈Z ,又因为x ∈[0,2π],所以当k =0时,递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6,2π3;当k =1时,递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤7π6,5π3.所以函数g (x )在[0,2π]上的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6,2π3,⎣⎢⎡⎦⎥⎤7π6,5π3.。
[A 组 夯基保分专练]一、选择题1.(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )=2cos 2x -sin 2x +2,则( ) A .f (x )的最小正周期为π,最大值为3 B .f (x )的最小正周期为π,最大值为4 C .f (x )的最小正周期为2π,最大值为3 D .f (x )的最小正周期为2π,最大值为4解析:选B.易知f (x )=2cos 2x -sin 2x +2=3cos 2x +1=32(2cos 2x -1)+32+1=32cos 2x +52,则f (x )的最小正周期为π,当x =k π(k ∈Z )时,f (x )取得最大值,最大值为4.2.在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ,若c =2a ,b sin B -a sin A =12a sinC ,则sin B 为( )A.74 B.34 C.73D.13解析:选A.由b sin B -a sin A =12a sin C ,且c =2a , 得b =2a ,因为cos B =a 2+c 2-b 22ac =a 2+4a 2-2a 24a 2=34,所以sin B =1-⎝⎛⎭⎫342=74.3.(2018·洛阳第一次统考)在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ,若a ,b ,c 成等比数列,且a 2=c 2+ac -bc ,则cb sin B=( )A.32B.233C.33D. 3解析:选B.由a ,b ,c 成等比数列得b 2=ac ,则有a 2=c 2+b 2-bc ,由余弦定理得cos A =b 2+c 2-a 22bc =bc 2bc =12,故A =π3,对于b 2=ac ,由正弦定理得,sin 2 B =sin A sin C =32·sin C ,由正弦定理得,c b sin B =sin C sin 2 B =sin C 32sin C =233.故选B. 4.(2018·昆明模拟)在△ABC 中,已知AB =2,AC =5,tan ∠BAC =-3,则BC 边上的高等于( )A .1 B. 2 C. 3D .2解析:选A.法一:因为tan ∠BAC =-3,所以sin ∠BAC =310,cos ∠BAC =-110.由余弦定理,得BC 2=AC 2+AB 2-2AC ·AB ·cos ∠BAC =5+2-2×5×2×⎝⎛⎭⎫-110=9,所以BC =3,所以S △ABC =12AB ·AC sin ∠BAC =12×2×5×310=32,所以BC 边上的高h =2S △ABC BC =2×323=1,故选A. 法二:因为tan ∠BAC =-3,所以cos ∠BAC =-110<0,则∠BAC 为钝角,因此BC 边上的高小于2,故选A.5.△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c .已知sin B +sin A (sin C -cos C )=0,a =2,c =2,则C =( )A.π12B.π6C.π4D.π3解析:选B.因为sin B +sin A (sin C -cos C )=0,所以sin(A +C )+sin A sin C -sin A cos C =0,所以sin A cos C +cos A sin C +sin A sin C -sin A cos C =0,整理得sin C (sin A +cos A )=0.因为sin C ≠0,所以sin A +cos A =0,所以tan A =-1,因为A ∈(0,π),所以A =3π4.由正弦定理得sin C =c ·sin Aa =2×222=12, 又0<C <π4,所以C =π6.6.如图,在△ABC 中,∠C =π3,BC =4,点D 在边AC 上,AD =DB ,DE ⊥AB ,E 为垂足.若DE =22,则cos A 等于( )A.223B.24C.64D.63解析:选C.依题意得,BD =AD =DE sin A =22sin A ,∠BDC =∠ABD +∠A =2∠A .在△BCD中,BC sin ∠BDC =BD sin C ,4sin 2A =22sin A ×23=423sin A ,即42sin A cos A =423sin A ,由此解得cos A=64. 二、填空题 7.若sin ⎝⎛⎭⎫π3-α=14,则cos ⎝⎛⎭⎫π3+2α=________. 解析:依题意得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3+2α=-cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π-⎝ ⎛⎭⎪⎫π3+2α=-cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3-α=2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3-α-1=2×⎝⎛⎭⎫142-1=-78.答案:-788.(2018·高考全国卷Ⅱ改编)在△ABC 中,cos C 2=55,BC =1,AC =5,则AB =________.解析:因为cos C =2cos 2 C 2-1=2×15-1=-35,所以由余弦定理,得AB 2=AC 2+BC 2-2AC ·BC cos C =25+1-2×5×1×⎝⎛⎭⎫-35=32,所以AB =4 2. 答案:4 29.(2018·惠州第一次调研)已知a ,b ,c 是△ABC 中角A ,B ,C 的对边,a =4,b ∈(4,6),sin 2A =sin C ,则c 的取值范围为________.解析:由4sin A =c sin C ,得4sin A =csin 2A ,所以c =8cos A ,因为16=b 2+c 2-2bc cos A ,所以16-b 2=64cos 2A -16b cos 2A ,又b ≠4,所以cos 2A =16-b 264-16b =(4-b )(4+b )16(4-b )=4+b16,所以c 2=64cos 2A =64×4+b16=16+4b .因为b ∈(4,6),所以32<c 2<40,所以42<c <210. 答案:(42,210) 三、解答题10.(2018·沈阳教学质量监测(一))在△ABC 中,已知内角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ,且2c cos B =2a +b .(1)求C ;(2)若a +b =6,△ABC 的面积为23,求c . 解:(1)由正弦定理得2sin C cos B =2sin A +sin B , 又sin A =sin(B +C ),所以2sin C cos B =2sin(B +C )+sin B ,所以2sin C cos B =2sin B cos C +2cos B sin C +sin B , 所以2sin B cos C +sin B =0, 因为sin B ≠0,所以cos C =-12.又C ∈(0,π),所以C =2π3.(2)因为S △ABC =12ab sin C =23,所以ab =8,由余弦定理,得c 2=a 2+b 2-2ab cos C =a 2+ab +b 2=(a +b )2-ab =28, 所以c =27.11.(2018·石家庄质量检测(二))已知△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ,且3ca cos B=tan A +tan B . (1)求角A 的大小;(2)设AD 为BC 边上的高,a =3,求AD 的取值范围.解:(1)在△ABC 中,因为3c a cos B =tan A +tan B ,所以3sin C sin A cos B =sin A cos A +sin B cos B,即3sin C sin A cos B =sin A cos B +sin B cos Acos A cos B,所以3sin A =1cos A ,则tan A =3,所以A =π3.(2)因为S △ABC =12AD ·BC =12bc sin A ,所以AD =12bc .由余弦定理得cos A =12=b 2+c 2-a 22bc ≥2bc -32bc,所以0<bc ≤3(当且仅当b =c 时等号成立), 所以0<AD ≤32.12.(2018·郑州质量检测(二))已知△ABC 内接于半径为R 的圆,a ,b ,c 分别是角A ,B ,C 的对边,且2R (sin 2B -sin 2A )=(b -c )sin C ,c =3.(1)求A ;(2)若AD 是BC 边上的中线,AD =192,求△ABC 的面积. 解:(1)对于2R (sin 2B -sin 2A )=(b -c )sin C ,由正弦定理得, b sin B -a sin A =b sin C -c sin C ,即b 2-a 2=bc -c 2, 所以cos A =b 2+c 2-a 22bc =12,因为0°<A <180°,所以A =60°.(2)以AB ,AC 为邻边作平行四边形ABEC ,连接DE ,易知A ,D ,E 三点共线. 在△ABE 中,∠ABE =120°,AE =2AD =19,在△ABE 中,由余弦定理得AE 2=AB 2+BE 2-2AB ·BE cos 120°, 即19=9+AC 2-2×3×AC ×⎝⎛⎭⎫-12,得AC =2. 故S △ABC =12bc sin ∠BAC =332.[B 组 大题增分专练]1.(2018·长春质量监测(二))在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,其面积S =b 2sin A .(1)求cb的值;(2)设内角A 的平分线AD 交于BC 于D ,AD =233,a =3,求b .解:(1)由S =12bc sin A =b 2sin A ,可知c =2b ,即cb =2.(2)由角平分线定理可知,BD =233,CD =33,在△ABC 中,cos B =4b 2+3-b 22·2b ·3,在△ABD 中,cos B =4b 2+43-432·2b ·233,即4b 2+3-b 22·2b ·3=4b 2+43-432·2b ·233,解得b =1. 2.(2018·贵阳模拟)已知在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边长分别为a ,b ,c ,AB 边上的高h =23c .(1)若△ABC 为锐角三角形,且cos A =35,求角C 的正弦值;(2)若C =π4,M =a 2+b 2+13c 2ab ,求M 的值.解:(1)作CD ⊥AB ,垂足为D ,因为△ABC 为锐角三角形,且cos A =35,所以sin A =45,tan A =43,所以AD =c 2,BD =AB -AD =c2,所以BC =CD 2+BD 2=⎝⎛⎭⎫23c 2+⎝⎛⎭⎫c 22=5c 6,由正弦定理得:sin ∠ACB =AB sin ABC =c ×455c 6=2425.(2)因为S △ABC =12c ×23c =12ab sin ∠ACB =24ab ,所以c 2=324ab ,又a 2+b 2-c 2=2ab cos ∠ACB =2ab , 所以a 2+b 2=2ab +c 2,所以a 2+b 2+13c 2=2ab +43c 2=2ab +43×324ab =22ab ,所以M =a 2+b 2+13c 2ab =22abab=2 2.3.(2018·合肥质量检测)已知△ABC 中,D 为AC 边上一点,BC =22,∠DBC =45°. (1)若CD =25,求△BCD 的面积; (2)若角C 为锐角,AB =62,sin A =1010,求CD 的长. 解:(1)在△BCD 中,CD 2=BC 2+BD 2-2BC ·BD ·cos 45°, 即20=8+BD 2-4BD ,解得BD =6, 所以△BCD 的面积S =12×22×6×sin 45°=6.(2)在△ABC 中,由BC sin A =AB sin C 得221010=62sin C, 解得sin C =31010.由角C 为锐角得,cos C =1010, 所以sin ∠BDC =sin(C +45°)=255. 在△BCD 中,CDsin ∠DBC =BC sin ∠BDC,即CD 22=22255,解得CD = 5.4.(2018·高考天津卷)在△ABC 中,内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c .已知b sin A =a cos ⎝⎛⎭⎫B -π6. (1)求角B 的大小;(2)设a =2,c =3,求b 和sin(2A -B )的值.解:(1)在△ABC 中,由正弦定理a sin A =b sin B,可得b sin A =a sin B ,又由b sin A =a cos⎝⎛⎭⎫B -π6,得a sin B =a cos ⎝⎛⎭⎫B -π6,即sin B =cos ⎝⎛⎭⎫B -π6,可得tan B = 3.又因为B ∈(0,π),可得B =π3.(2)在△ABC 中,由余弦定理及a =2,c =3,B =π3,有b 2=a 2+c 2-2ac cos B =7,故b=7.由b sin A =a cos ⎝⎛⎭⎫B -π6, 可得sin A =37. 因为a <c ,故cos A =27. 因此sin 2A =2sin A cos A =437,cos 2A =2cos 2A -1=17,所以,sin(2A -B )=sin 2A cos B -cos 2A sin B =437×12-17×32=3314.。
第一部分 专题四 第二讲A 组1.设{a n }的首项为a 1,公差为-1的等差数列,S n 为其前n 项和.若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 1=(D )A .2B .-2C .12D .-12[解析]由题意知S 1=a 1,S 2=2a 1-1,S 4=4a 1-6,因为S 1,S 2,S 4成等比数列,所以S 2=S 1·S 4,即(2a 1-1)2=a 1(4a 1-6),解得a 1=-12.故选D .2.若数列{a n }为等比数列,且a 1=1,q =2,则T n =1a1a2+1a2a3+…+1anan +1等于( B )A .1-14nB .23(1-14n )C .1-12nD .23(1-12n)[解析]因为a n =1×2n -1=2n -1,所以a n ·a n +1=2n -1·2n =2×4n -1,所以1anan +1=12×(14)n -1,所以{1anan +1}也是等比数列,所以T n =1a1a2+1a2a3+…+1anan +1=12×错误!=错误!(1-错误!),故选B .3.(2018·烟台模拟)已知等差数列{a n }中,a 2=6,a 5=15,若b n =a 2n ,则数列{b n }的前5项和等于( C)A .30B .45C .90D .186[解析]设{a n }的公差为d ,首项为a 1,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a1+d =6,a1+4d =15,解得⎩⎪⎨⎪⎧a1=3,d =3,所以a n =3n ,所以b n =a 2n =6n ,且b 1=6,公差为6,所以S 5=5×6+5×42×6=90.4.等差数列{a n }中,a 1>0,公差d <0,S n 为其前n 项和,对任意自然数n ,若点(n ,S n )在以下4条曲线中的某一条上,则这条曲线应是( C )[解析]∵S n =na 1+错误!d ,∴S n =错误!n 2+(a 1-错误!)n ,又a 1>0,公差d <0,所以点(n ,S n )所在抛物线开口向下,对称轴在y 轴右侧.[点评] 可取特殊数列验证排除,如a n =3-n .5.定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数f (x ),如果对于任意给定的等比数列{a n },{f (a n )}仍是等比数列,则称f (x )为“保等比数列函数”.现有定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的如下函数:①f (x )=x 2; ②f (x )=2x ;③f (x )=|x|; ④f (x )=ln|x |.则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( C )A .①②B .③④C .①③D .②④ [分析]保等比数列函数指:①定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数;②若{a n }是等比数列,则{f (a n )}仍是等比数列.[解析]解法一:设{a n }的公比为q .①f (a n )=a 2n ,∵a2n +1a2n =(an +1an )2=q 2,∴{f (a n )}是等比数列,排除B 、D .③f (a n )=|an|,∵|an +1||an|=|an +1an|=|q|,∴{f (a n )}是等比数列,排除A .解法二:不妨令a n =2n .①因为f (x )=x 2,所以f (a n )=a 2n =4n .显然{f (a n )}是首项为4,公比为4的等比数列.②因为f (x )=2x ,所以f (a 1)=f (2)=22,f (a 2)=f (4)=24,f (a 3)=f (8)=28,所以错误!=错误!=4≠错误!=错误!=16,所以{f (a n )}不是等比数列.③因为f (x )=|x|,所以f (a n )=2n =(2)n .显然{f (a n )}是首项为2,公比为2的等比数列.④因为f (x )=ln|x |,所以f (a n )=ln2n =n ln2.显然{f (a n )}是首项为ln2,公差为ln2的等差数列,故选C .6.(2018·邵阳一模)已知数列{b n }为等比数列,且b 1009=e(e 为自然对数的底数),数列{a n }的首项为1.2_017的值为2018a 则ln ,n b ·n a =+1n a 且,[解析]因为数列{b n }为等比数列,且b 1009=e(e 为自然对数的底数),数列{a n }的首项为1,且a n +1=a n ·b n ,所以a 2018=b 1·b 2·b 3·b 4·…·b 2017=b 20171009=e 2017,ln a 2018=lne 2017=2017.7.已知数列{a n }是等比数列,其公比为2,设b n =log 2a n ,且数列{b n }的前10项的和为25,那么1a1+1a2+1a3+…+1a10的值为1 023128.[解析]数列{a n }是等比数列,其公比为2,设b n =log 2a n ,且数列{b n }的前10项的和为25,所以b 1+b 2+…+b 10 =log 2(a 1·a 2·…·a 10)=log 2(a 10121+2+…+9)=25,所以a 101×245=225,可得:a 1=14.那么1a1+1a2+1a3+…+1a10=4(1+12+122+…+129)=4×1-12101-12=1023128.8.已知等比数列{a n }的公比q >1,42是a 1和a 4的一个等比中项,a 2和a 3的等差中项为6,若数列{b n }满足b n =log 2a n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .[解析](1)因为42是a 1和a 4的一个等比中项,所以a 1·a 4=(42)2=32.由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a2·a3=32,a2+a3=12.因为q >1,所以a 3>a 2.解得⎩⎪⎨⎪⎧a2=4,a3=8.所以q =a3a2=2.故数列{a n }的通项公式a n =2n .(2)由于b n =log 2a n (n ∈N *),所以a n b n =n ·2n , S n =1·2+2·22+3·23+…+(n -1)·2n -1+n ·2n ,①2S n =1·22+2·23+…+(n -1)·2n +n ·2n +1.②①-②得,-S n =1·2+22+23+…+2n -n ·2n +1=错误!-n ·2n +1.所以S n =2-2n +1+n ·2n +1=2+(n -1)·2n +1.9.(文)(2018·天津卷,18)设{a n }是等差数列,其前n 项和为S n (n ∈N *);{b n }是等比数列,公比大于0,其前n 项和为T n (n∈N *).已知b 1=1,b 3=b 2+2,b 4=a 3+a 5,b 5=a 4+2a 6.(1)求S n 和T n ;(2)若S n +(T 1+T 2+…+T n )=a n +4b n ,求正整数n 的值.[解析](1)设等比数列{b n }的公比为q ,由b 1=1,b 3=b 2+2,可得q 2-q -2=0.因为q >0,可得q =2,故b n =2n -1.所以T n =1-2n1-2=2n -1.设等差数列{a n }的公差为d .由b 4=a 3+a 5,可得a 1+3d =4.由b 5=a 4+2a 6,可得3a 1+13d =16,从而a 1=1,d =1,故a n =n ,所以S n =错误!. (2)由(1),知T 1+T 2+…+T n =(21+22+…+2n )-n =2n +1-n -2.由S n +(T 1+T 2+…+T n )=a n +4b n 可得错误!+2n +1-n -2=n +2n +1,整理得n 2-3n -4=0,解得n =-1(舍),或n =4.所以n 的值为4.(理)(2018·天津卷,18)设{a n }是等比数列,公比大于0,其前n 项和为S n (n∈N *),{b n }是等差数列.已知a 1=1,a 3=a 2+2,a 4=b 3+b 5,a 5=b 4+2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式.(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *),①求T n ;②证明[解析](1)设等比数列{a n }的公比为q .由a 1=1,a 3=a 2+2,可得q 2-q -2=0.因为q >0,可得q =2,故a n =2n -1.设等差数列{b n }的公差为d ,由a 4=b 3+b 5,可得b 1+3d =4.由a 5=b 4+2b 6,可得3b 1+13d =16,从而b 1=1,d =1,故b n =n .所以数列{a n }的通项公式为a n =2n -1,数列{b n }的通项公式为b n =n .(2)①由(1),有S n =1-2n1-2=2n -1,故T n =k =1n(2k -1)=k =1n 2k-n =错误!-n =2n +1-n -2.②因为错误!=错误!= 错误!=错误!-错误!,B 组1.设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和,S 1,S 2,S 4成等比数列,且a 3=-52,则数列{错误!}的前n 项和T n =( C ) A .-n2n +1B .n2n +1C .-2n2n +1D .2n2n +1[解析]本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和.设{a n }的公差为d ,因为S 1=a 1,S 2=2a 1+d =2a 1+a3-a12=32a 1-54,S 4=3a 3+a 1=a 1-152,因为S 1,S 2,S 4成等比数列,所以(32a 1-54)2=(a 1-152)a 1,整理得4a 21+12a 1+5=0,所以a 1=-52或a 1=-12.当a 1=-52时,公差d =0不符合题意,舍去;当a 1=-12时,公差d =a3-a12=-1,所以a n =-12+(n -1)×(-1)=-n +12=-12(2n -1),所以错误!=-错误!=-(错误!-错误!),所以其前n 项和T n =-(1-13+13-15+…+12n -1-12n +1)=-(1-12n +1)=-2n2n +1,故选C .2.(文)以S n 表示等差数列{a n }的前n 项和,若S 5>S 6,则下列不等关系不一定成立的是( D )A .2a 3>3a 4B .5a 5>a 1+6a 6C .a 5+a 4-a 3<0D .a 3+a 6+a 12<2a 7[解析]依题意得a 6=S 6-S 5<0,2a 3-3a 4=2(a 1+2d )-3(a 1+3d )=-(a 1+5d )=-a 6>0,2a 3>3a 4;5a 5-(a 1+6a 6)=5(a 1+4d )-a 1-6(a 1+5d )=-2(a 1+5d )=-2a 6>0,5a 5>a 1+6a 6;a 5+a 4-a 3=(a 3+a 6)-a 3=a 6<0.综上所述,故选D .(理)已知a n =32n -11,数列{a n }的前n 项和为S n ,关于a n 及S n 的叙述正确的是( C )A .a n 与S n 都有最大值B .a n 与S n 都没有最大值C .a n 与S n 都有最小值D .a n 与S n 都没有最小值[解析]画出a n =32n -11的图象,点(n ,a n )为函数y =32x -11图象上的一群孤立点,(112,0)为对称中心,S 5最小,a 5最小,a 6最大.3.已知正数组成的等差数列{a n },前20项和为100,则a 7·a 14的最大值是( A )A .25B .50C .100D .不存在 [解析]∵S 20=a1+a202×20=100,∴a 1+a 20=10.∵a 1+a 20=a 7+a 14,∴a 7+a 14=10.∵a n >0,∴a 7·a 14≤(a7+a142)2=25.当且仅当a 7=a 14时取等号.4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S n =2a n +1,则S n =( B )A .2n -1B .(32)n -1C .(23)n -1D .12n -1[解析]由S n =2a n +1得S n =2(S n +1-S n ),即2S n +1=3S n ,∴Sn +1Sn =32,∵a 1=1,S 1=2a 2,∴a 2=12a 1=12,∴S 2=32,∴S2S1=32,∴S n =(32)n -1.5.(2018·山东省实验中学调研)在数列{a n }中,a 1=2,a n +1=a n +ln(1+1n),则a n =( A )A .2+ln nB .2+(n -1)ln nC .2+n ln nD .1+n +ln n[解析]a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1=ln n -ln(n -1)+ln(n -1)-ln(n -2)+…+ln2-ln1+2=2+ln n .6.(2018·西安一模)已知数列{a n }的通项公式a n =log 2n n +1(n∈.16的值为n 4成立的最小自然数-<n S 则使,n S 项和为n 设其前),*N[解析]因为a n =log 2nn +1,所以S n =log 212+log 223+log 234+…+log 2n n +1=log 2(12·23·34·…·n n +1)=log 21n +1,若S n <-4,则1n +1<116,即n >15,则使S n <-4成立的最小自然数n 的值为16.7.如图所示,将正整数排成三角形数阵,每排的数称为一个群,从上到下顺次为第一群,第二群,.-3n -2n 3·2个数的和是n 群中n 则第,个数n 群恰好n 第,…,群n 第,…[解析]由图规律知,第n 行第1个数为2n -1,第2个数为3·2n -2,第3个数为5·2n -3……设这n 个数的和为S则S =2n -1+3·2n -2+5×2n -3+…+(2n -3)·2+(2n -1)·20①2S n =2n +3·2n -1+5·2n -2+…+(2n -3)·22+(2n -1)·21②②-①得S n =2n +2·2n -1+2·2n -2+…+2·22+2·2-(2n -1)=2n +2n +2n -1+…+23+22-(2n -1)=2n +错误!-(2n -1) =2n +2n +1-4-2n +1=3·2n -2n -3.8.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n ≠0,a n a n +1=λS n -1,其中λ为常数.(1)证明:a n +2-a n =λ;(2)是否存在λ,使得{a n }为等差数列?并说明理由.[分析](1)利用a n +1=S n +1-S n 用配凑法可获证;(2)假设存在λ,则a 1,a 2,a 3应成等差数列求出λ的值,然后依据a n +2-a n =λ推证{a n }为等差数列.[解析](1)由题设:a n a n +1=λS n -1,a n +1a n +2=λS n +1-1,两式相减得a n +1(a n +2-a n )=λa n +1. 由于a n +1≠0,所以a n +2-a n =λ.(2)由题设,a 1=1,a 1a 2=λS 1-1,可得a 2=λ-1.由(1)知,a 3=λ+1,令2a 2=a 1+a 3,解得λ=4. 故a n +2-a n =4,由此可得{a 2n -1}是首项为1,公差为4的等差数列,a 2n -1=4n -3;{a 2n }是首项为3,公差为4的等差数列,a 2n =4n -1.所以a n =2n -1,a n +1-a n =2.因此存在λ=4,使得数列{a n }为等差数列. 9.已知数列{a n }满足a n +1=-1an +2,a 1=-12.(1)求证{1an +1}是等差数列;(2)求数列{a n }的通项公式;(3)设T n =a n +a n +1+…+a 2n -1.若T n ≥p -n 对任意的n ∈N *恒成立,求p 的最大值.[解析](1)证明:∵a n +1=-1an +2,∴a n +1+1=-1an +2+1=an +2-1an +2=an +1an +2,由于a n +1≠0,∴1an +1+1=an +2an +1=1+1an +1, ∴{1an +1}是以2为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)题结论知:1an +1=2+(n -1)=n +1,∴a n =1n +1-1=-nn +1(n ∈N *).(3)∵T n =a n +a n +1+…+a 2n -1≥P -n ,∴n +a n +a n +1+…+a 2n -1≥P ,即(1+a n )+(1+a n +1)+(1+a n +2)+…+(1+a 2n -1)≥p ,对任意n ∈N *恒成立,而1+a n =1n +1,设H (n )=(1+a n )+(1+a n +1)+…+(1+a 2n -1),∴H (n )=1n +1+1n +2+…+12n ,H (n +1)=1n +2+1n +3+…+12n +12n +1+12n +2,∴H (n +1)-H (n )=12n +1+12n +2-1n +1=12n +1-12n +2>0,∴数列{H (n )}单调递增,∴n ∈N *时,H (n )≥H (1)=12,故P ≤12.1 2.∴P的最大值为。
一、选择题 1.函数y =1log 0.5(4x -3)的定义域为( )A.⎝⎛⎭⎫34,1 B.⎝⎛⎭⎫34,+∞ C .(1,+∞)D.⎝⎛⎭⎫34,1∪(1,+∞)解析:选A.要使函数有意义需满足⎩⎪⎨⎪⎧4x -3>0,log 0.5(4x -3)>0,解得34<x <1.2.已知函数f (x )=(m 2-m -5)x m 是幂函数,且在x ∈(0,+∞)时为增函数,则实数m 的值是( )A .-2B .4C .3D .-2或3解析:选C.f (x )=(m 2-m -5)x m 是幂函数⇒m 2-m -5=1⇒m =-2或m =3. 又在x ∈(0,+∞)上是增函数, 所以m =3.3.若a =log 1π13,b =e π3,c =log 3cos π5,则( )A .b >c >aB .b >a >cC .a >b >cD .c >a >b解析:选B.因为0<1π<13<1,所以1=log 1π1π>log 1π13>0,所以0<a <1,因为b =e π3>e 0=1,所以b >1.因为0<cos π5<1,所以log 3cos π5<log 31=0,所以c <0.故b >a >c ,选B.4.函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧2e x -1,x <2,log 3(x 2-1),x ≥2,则不等式f (x )>2的解集为( ) A .(-2,4)B .(-4,-2)∪(-1,2)C .(1,2)∪(10,+∞)D .(10,+∞)解析:选C.令2e x -1>2(x <2),解得1<x <2; 令log 3(x 2-1)>2(x ≥2),解得x >10.故不等式f (x )>2的解集为(1,2)∪(10,+∞).5.若函数y =a |x |(a >0且a ≠1)的值域为{y |0<y ≤1},则函数y =log a |x |的图象大致是( )解析:选A.若函数y =a |x |(a >0且a ≠1)的值域为{y |0<y ≤1},则0<a <1,故log a |x |是偶函数且在(0,+∞)上单调递减,由此可知y =log a |x |的图象大致为A.6.(2018·贵阳模拟)20世纪30年代,为了防范地震带来的灾害,里克特(C.F.Richter)制定了一种表明地震能量大小的尺度,就是使用测震仪衡量地震能量的等级,地震能量越大,测震仪记录的地震曲线的振幅就越大,这就是我们常说的里氏震级M ,其计算公式为M =lg A -lg A 0,其中A 是被测地震的最大振幅,A 0是“标准地震”的振幅.已知5级地震给人的震感已经比较明显,则7级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的( )A .10倍B .20倍C .50倍D .100倍解析:选D.根据题意有lg A =lg A 0+lg 10M=lg (A 0·10M).所以A =A 0·10M,则A 0×107A 0×105=100.故选D.7.函数y =x 2ln |x ||x |的图象大致是( )解析:选D.易知函数y =x 2ln |x ||x |是偶函数,可排除B ,当x >0时,y =x ln x ,y ′=ln x +1,令y ′>0,得x >e -1,所以当x >0时,函数在(e -1,+∞)上单调递增,结合图象可知D 正确,故选D. 8.设x ,y ,z 为正数,且2x =3y =5z ,则( ) A .2x <3y <5z B .5z <2x <3y C .3y <5z <2xD .3y <2x <5z解析:选D.设2x =3y =5z =k (k >1), 则x =log 2k ,y =log 3k ,z =log 5k ,所以2x 3y =2log 2k 3log 3k =2lg k lg 2·lg 33lg k =2lg 33lg 2=lg 9lg 8>1,即2x >3y .①2x 5z =2log 2k 5log 5k =2lg k lg 2·lg 55lg k =2lg 55lg 2=lg 25lg 32<1, 所以2x <5z .② 由①②得3y <2x <5z .9.(2018·高考全国卷Ⅲ)设a =log 0.20.3,b =log 20.3,则( ) A .a +b <ab <0 B .ab <a +b <0 C .a +b <0<abD .ab <0<a +b 解析:选B.由a =log 0.20.3得1a =log 0.30.2,由b =log 20.3得1b =log 0.32,所以1a +1b=log 0.30.2+log 0.32=log 0.30.4,所以0<1a +1b <1,得0<a +b ab <1.又a >0,b <0,所以ab <0,所以ab<a +b <0.10.已知f (x )是定义在R 上的奇函数,且x >0时,f (x )=ln x -x +1,则函数g (x )=f (x )-e x (e 为自然对数的底数)的零点个数是( )A .0B .1C .2D .3解析:选C.当x >0时,f (x )=ln x -x +1,f ′(x )=1x -1=1-x x ,所以x ∈(0,1)时f ′(x )>0,此时f (x )单调递增;x ∈(1,+∞)时,f ′(x )<0,此时f (x )单调递减.因此,当x >0时,f (x )max =f (1)=ln 1-1+1=0.根据函数f (x )是定义在R 上的奇函数作出函数y =f (x )与y =e x 的大致图象如图所示,观察到函数y =f (x )与y =e x 的图象有两个交点,所以函数g (x )=f (x )-e x (e 为自然对数的底数)有2个零点.11.已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数,且在区间[0,+∞)上单调递增,若⎪⎪⎪⎪f (ln x )-f ⎝⎛⎭⎫ln 1x 2<f (1),则x 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0,1e B .(0,e) C.⎝⎛⎭⎫1e ,eD .(e ,+∞)解析:选C.因为函数f (x )是定义在R 上的奇函数,所以f (ln x )-f ⎝⎛⎭⎫ln 1x =f (ln x )-f (-ln x )=f (ln x )+f (ln x )=2f (ln x ), 所以⎪⎪⎪⎪f (ln x )-f ⎝⎛⎭⎫ln 1x 2<f (1)等价于|f (ln x )|<f (1),又f (x )在区间[0,+∞)上单调递增, 所以-1<ln x <1,解得1e<x <e.12.(2018·沈阳教学质量监测)设函数f (x )是定义在R 上的偶函数,且f (x +2)=f (2-x ),当x ∈[-2,0]时,f (x )=⎝⎛⎭⎫22x -1,若关于x 的方程f (x )-log a (x +2)=0(a >0且a ≠1)在区间(-2,6)内有且只有4个不同的实根,则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫14,1 B .(1,4) C .(1,8)D .(8,+∞)解析:选D.因为f (x )为偶函数,且f (2+x )=f (2-x ),所以f (4+x )=f (-x )=f (x ), 所以f (x )为偶函数且周期为4, 又当-2≤x ≤0时,f (x )=⎝⎛⎭⎫22x -1,画出f (x )在(-2,6)上的大致图象,如图所示.若f (x )-log a (x +2)=0(a >0且a ≠1)在(-2,6)内有4个不同的实根,则y =f (x )的图象与y =log a (x +2)的图象在(-2,6)内有4个不同的交点.所以⎩⎪⎨⎪⎧a >1,log a (6+2)<1,所以a >8,故选D.二、填空题13.计算:2log 410-12log 225+823-(π-3)0=________.解析:2log 410-12log 225+823-(π-3)0=2×12log 210-log 25+(23)23-1=log 2105+22-1=1+4-1=4.答案:414.有四个函数:①y =x 12;②y =21-x ;③y =ln(x +1);④y =|1-x |.其中在区间(0,1)内单调递减的函数的序号是________.解析:分析题意可知①③显然不满足题意,画出②④中的函数图象(图略),易知②④中的函数满足在(0,1)内单调递减.答案:②④15.(2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )=ln(1+x 2-x )+1, f (a )=4,则f (-a )=________. 解析:由f (a )=ln(1+a 2-a )+1=4,得ln(1+a 2-a )=3,所以f (-a )=ln(1+a 2+a )+1=-ln11+a 2+a+1=-ln(1+a 2-a )+1=-3+1=-2.答案:-216.某食品的保鲜时间t (单位:小时)与储藏温度x (单位:℃)满足函数关系式t =⎩⎪⎨⎪⎧64,x ≤0,2kx +6,x >0,且该食品在4 ℃时的保鲜时间是16小时.已知甲在某日10时购买了该食品,并将其遗放在室外,且此日的室外温度随时间的变化如图所示.给出以下四个结论:①该食品在6 ℃的保鲜时间是8小时;②当x ∈[-6,6]时,该食品的保鲜时间t 随着x 的增大而逐渐减少; ③到了此日13时,甲所购买的食品还在保鲜时间内; ④到了此日14时,甲所购买的食品已过了保鲜时间. 其中,所有正确结论的序号是________.解析:因为某食品的保鲜时间t (单位:小时)与储藏温度x (单位:℃)满足函数关系式t=⎩⎪⎨⎪⎧64,x ≤0,2kx +6,x >0,且该食品在4 ℃时的保鲜时间是16小时,所以24k +6=16,即4k +6=4,解得k =-12,所以t =⎩⎪⎨⎪⎧64,x ≤0,2-12x +6,x >0.①当x =6时,t =8,故①正确;②当x ∈[-6,0]时,保鲜时间恒为64小时,当x ∈(0,6]时,该食品的保鲜时间t 随着x 的增大而逐渐减少,故②错误;③此日10时,温度为8 ℃,此时保鲜时间为4小时,而随着时间的推移,到11时,温度为11 ℃,此时的保鲜时间t =2-12×11+6=2≈1.414小时,到13时,甲所购买的食品不在保鲜时间内,故③错误;④由③可知,到了此日14时,甲所购买的食品已过了保鲜时间,故④正确. 所以正确结论的序号为①④. 答案:①④。
专题二集合、常用逻辑用语、平面向量、复数、不等式、算法、推理与证明、计数原理第1讲集合与常用逻辑用语知识网络【p11】考情分析【p11】备考建议【p11】从近几年高考题来看,涉及本节知识点的高考题型是选择题或填空题.有时在大题的条件或结论中出现,所以在复习中不宜做过多过高的要求,只要灵活掌握小型综合题型就可以了.要掌握以函数的定义域、值域、不等式的解集为背景考查集合的交、并、补的基本运算;要能够利用集合之间的关系,利用充要性求解参数的值或取值范围;要掌握命题的四种形式及命题真假的判断;还得注意以新定义集合及集合的运算为背景考查集合关系及运算.要活用“定义法”解题,重视“数形结合”,定义是一切法则和性质的基础,是解题的基本出发点,注意方法的选择,抽象到直观的转化.要体会数学语言的简洁性与明确性,发展运用数学语言交流问题的能力.体会分类讨论思想、数形结合思想、函数方程思想等数学思想在解题中的运用.典例剖析【p11】探究一集合的含义与表示、集合的运算例1(1)若A={x|-3≤x≤4},B={x|2m-1≤x≤m+1},A∩B=B,则实数m的取值范围是________.【解析】[-1,+∞)∵A∩B=B,∴B⊆A.当B=∅时,由2m-1>m+1,解得m>2;当B≠∅时,则⎩⎪⎨⎪⎧2m-1≤m+1,2m-1≥-3,m+1≤4,解得-1≤m≤2.综上,可知,m∈[-1,+∞).【点评】在解题中,若未能指明集合非空时,要考虑到空集的可能性,如A⊆B,则有A =∅和A≠∅两种可能,此时应分类讨论.(2)函数f(x)的定义域为D,对给定的正数k,若存在闭区间[]a,b⊆D,使得函数f(x)满足:①f(x)在[]a,b内是单调函数;②f(x)在[]a,b上的值域为[]ka,kb,则称区间[]a,b为y =f(x)的k级“理想区间”.下列结论错误的是()A.函数f(x)=x2(x∈R)存在1级“理想区间”B.函数f(x)=e x()x∈R不存在2级“理想区间”C.函数f(x)=4xx2+1()x≥0存在3级“理想区间”D.函数f(x)=tan x,x∈⎝⎛⎭⎫-π2,π2不存在4级“理想区间”【解析】选D.易知[]0,1是f (x )=x 2的1级“理想区间”,A 正确;设g (x )=e x -2x ,g ′(x )=e x -2,当x <ln 2时,g ′(x )<0,当x >ln 2时,g ′(x )>0,因此g (x )min=g ()ln 2=2-2ln 2>0,即g (x )=0无零点,因此f (x )=e x 不存在2级“理想区间”,B 正确;由h (x )=4xx 2+1-3x =0,得x =0或x =33,则⎣⎡⎦⎤0,33是f (x )=4x x 2+1的一个3级“理想区间”,C 正确;借助正切函数图象知y =tan x 与y =4x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫-π2,π2内有三个交点,因此f (x )=tanx ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-π2,π2有4级“理想区间”,D 错误. 故选D.探究二 常用逻辑用语例2 (1)命题“∀x ∈R ,∃n ∈N *,使得n ≥x 2”的否定形式是( ) A .∀x ∈R ,∃n ∈N *,使得n <x 2 B .∀x ∈R ,∀n ∈N *,使得n <x 2 C .∃x ∈R ,∃n ∈N *,使得n <x 2 D .∃x ∈R ,∀n ∈N *,使得n <x 2 【解析】选D.由全称命题的否定是特称命题,特称命题的否定是全称命题得,命题“∀x ∈R ,∃n ∈N *,使得n ≥x 2”的否定形式是“∃x ∈R ,∀n ∈N *,使得n <x 2”.(2)已知命题p :函数f (x )=2ax 2-x -1在(0,1)内恰有一个零点;命题q :函数y =x 2-a 在(0,+∞)上是减函数.若p 且綈q 为真命题,则实数a 的取值范围是( )A .(1,+∞)B .(-∞,2]C .(1,2]D .(-∞,1]∪(2,+∞)【解析】选C.由题意可得,对命题p ,令f (0)·f (1)<0, 即-1·(2a -2)<0,得a >1; 对命题q ,令2-a <0,即a >2, 则綈q 对应的a 的范围是(-∞,2]. 因为p 且綈q 为真命题,所以实数a 的取值范围是1<a ≤2.故选C.探究三 充要条件例3 (1)设p :实数x ,y 满足(x -1)2+(y -1)2≤2,q :实数x ,y 满足⎩⎨⎧y ≥x -1,y ≥1-x ,y ≤1,则p是q 的( )A .必要不充分条件B .充分不必要条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件 【解析】选A .如图,(x -1)2+(y -1)2≤2①表示圆心为(1,1),半径为2的圆及其内部;⎩⎨⎧y ≥x -1,y ≥1-x ,y ≤1②表示△ABC 及其内部. 实数x ,y 满足②,则必然满足①,反之不成立. 故p 是q 的必要不充分条件.(2)已知条件p :|x +1|>2,条件q :x>a ,且綈p 是綈q 的充分不必要条件,则a 的取值范围是________________________________________________________________________.【解析】a ≥1∵p :|x +1|>2,∴p ={x|x>1或x<-3},若綈p 是綈q 的充分不必要条件,则q 是p 的充分不必要条件,则q ⊆p ,∴a ≥1,故答案为a ≥1.规 律 总 结 【p 12】1.解答集合问题的策略:(1)集合的化简是实施运算的前提,等价转换是顺利解题的关键.解决集合问题,要弄清集合中元素的本质属性,能化简的要化简;抓住集合中元素的三个性质,对互异性要注意检验;(2)求交集、并集、补集要充分发挥数轴或韦恩图的作用;(3)含参数的问题,要有分类讨论的意识.注意空集的特殊性,在解题中,若未能指明集合非空时,要考虑到空集的可能性.2.命题真假的判定方法:(1)一般命题p 的真假由涉及到的相关知识辨别;(2)四种命题的真假的判断根据:一个命题和它的逆否命题同真假,而与它的其他两个命题的真假无此规律;(3)p ∨q 、p ∧q 、綈p 命题的真假根据p ,q 的真假与逻辑联结词的含义判定;(4)要判定一个全称命题是真命题,必须对限定集合M 的每个元素x 验证p (x )成立;但要判定全称命题是假命题,却只要举出集合M 中的一个x =x 0,使得p (x 0)不成立即可(也就是通常所说的“举一个反例”).要判定一个特称命题是真命题,只要在限定集合M 中能找到一个x =x 0,使p (x 0)成立即可;否则,这一存在性命题是假命题.3.充分条件必要条件的判定方法:(1)定义法:分清条件和结论;找推式,判断“p ⇒q ”及“q ⇒ p ”的真假;下结论,根据推式及定义下结论;(2)等价转化法:条件和结论带有否定词语的命题,常转化为其逆否命题来判断; (3)集合法:小范围可推出大范围,大范围不能推出小范围. 4.解决创新题的问题常分三步:①信息提取,确定化归方向;②对所提取的信息进行加工,探求解决方法;③将涉及到的知识进行转换,有效地输出,其中信息的提取与化归是解题的关键,也是解题的难点.高 考 回 眸 【p 12】考题1[2018·全国卷Ⅰ]已知集合A ={x|x 2-x -2>0},则∁R A =( ) A .{x |-1<x <2} B .{x |-1≤x ≤2} C .{x |x <-1或x >2} D .{x |x ≤-1或x ≥2} 【解析】选B.∵x 2-x -2>0,∴(x -2)(x +1)>0, ∴x >2或x <-1,即A ={x |x >2或x <-1},∴∁R A ={x |-1≤x ≤2},故选B. 【命题意图】本题考查集合补集的运算、一元二次不等式的解法,考查学生的计算能力. 考题2[2018·全国卷Ⅱ]已知集合A ={(x ,y)|x 2+y 2≤3,x ∈Z ,y ∈Z },则A 中元素的个数为( )A .9B .8C .5D .4【解析】选A.将满足x 2+y 2≤3的整数x 、y 全部列举出来,即(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(0,-1),(0,0),(0,1),(1,-1),(1,0),(1,1),共有9个.【命题意图】本题考查集合中元素的个数,考查了学生的理解能力与推理能力.考题3[2017·天津卷] 设θ∈R ,则“⎪⎪⎪⎪θ-π12<π12”是“sin θ<12”的( )A .充分而不必要条件B .必要而不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件【解析】选A.当⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ-π12<π12时,可解得0<θ<π6,即0<sin θ<12,故充分性成立;由sin θ<12可取θ=0,但此时不满足条件⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ-π12<π12,故必要性不成立.故选A.【命题意图】本题考查了充分条件与必要条件,考查三角函数的图象及性质,考查学生的计算能力及推理能力.考点限时训练 【p 113】 A 组 基础演练1.已知A ⊆B ,A ⊆C ,B ={}1,2,3,5,C ={}0,2,4,8,则A 可以是( ) A.{}1,2 B.{}2,4 C.{}2 D.{}4【解析】选C.由题A ⊆C ,A ⊆B ,∵B ={1,2,3,5},C ={0,2,4,8}, ∴A 可以是{2}.2.设0<x <π2,则“x sin 2x <1”是“x sin x <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B.∵x >0,∴x sin 2x <1⇔sin 2x <1x,∵0<x <π2,∴sin 2x <1.sin 2x <1x 不能推导出sin x <1x ,充分性不满足;sin x <1x ⇒sin 2x <1x,必要性满足,所以是必要不充分条件.3.已知命题p :函数y =2-a x +1的图象恒过定点(1,2);命题q :若函数y =f (x -1)为偶函数,则函数y =f (x )的图象关于直线x =1对称,则下列命题为真命题的是( )A .p ∨qB .p ∧qC .綈p ∧qD .p ∨綈q 【解析】选D.在y =2-a x +1中令x +1=0,得x =-1,此时y =1,所以y =2-a x +1的图象恒过(-1,1),所以命题p 为假,綈p 为真.由y =f (x -1)为偶函数和f (x -1)=f (-x -1),即f (-1+x )=f (-x -1),所以f (x )的对称轴为x =-1,所以命题q 为假,綈q 为真,所以p ∨綈q 为真,故选D.4.已知集合A ={x |}y =4-x 2,B ={x |}a ≤x ≤a +1,若A ∪B =A ,则实数a 的取值范围为( )A .(-∞,-3]∪[2,+∞)B .[-1,2]C .[-2,1]D .[2,+∞)【解析】选C. 由题A =⎩⎨⎧x |}y =4-x 2={x |}-2≤x ≤2,∵A ∪B =A ,∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≥-2,a +1≤2,a ≤a +1,∴-2≤a ≤1,选C.5.命题“∀n ∈N *,f (n )∈N *且f (n )≤n ”的否定形式是( ) A .∀n ∈N *,f (n )∉N *且f (n )>n B .∀n ∈N *,f (n )∉N *或f (n )>nC .∃n 0∈N *,f (n 0)∉N *且f (n 0)>n 0D .∃n 0∈N *,f (n 0)∉N *或f (n 0)>n 0 【解析】选D.全称命题的否定是特称命题,故选D.B 组 能力提升6.已知p :∀m ∈R ,x 2-mx -1=0有解,q :∃x 0∈N ,x 02-x 0-1≤0,则下列选项中是假命题的为( )A .p ∧qB .p ∧(綈q )C .p ∨qD .p ∨(綈q ) 【解析】选B.对于命题p :方程x 2-mx -1=0,则Δ=m 2+4>0,因此:∀m ∈R ,x 2-mx -1=0有解,可得:命题p 是真命题.对于命题q :由x 2-x -1≤0,解得1-52≤x ≤1+52,因此存在x =0,1∈N ,使得x 2-x -1≤0成立,因此是真命题.∴选项中是假命题的为p ∧(綈q ),故选B.7.命题“∃x 0∈R ,a sin x 0+cos x 0≥2”为假命题,则实数a 的取值范围是________.【解析】(-3,3)由题意,命题“∀x ∈R ,a sin x +cos x <2”为真命题, 则a 2+1<2,∴-3<a <3,则实数a 的取值范围是(-3,3).8.已知集合A ={(x ,y )|y -3x ≤0},B ={(x ,y )|x 2+(y -a )2≤1},若A ∩B =B ,则实数a 的取值范围是________.【解析】a ≤-2因为A ∩B =B ,所以x 2+(y -a )2≤1表示的圆面在不等式y -3x ≤0表示的平面区域内, 所以圆心(0,a )一定在y 轴负半轴上,当直线y -3x =0与圆x 2+(y -a )2=1相切时, d =|a |2=1,所以a =±2,因为a <0.所以a =-2,那么由题意及数形结合可知a ≤-2.*9.已知等差数列{}a n 的前n 项和为S n ,并且a 2=2,S 5=15,数列{}b n 满足b n =2-n +22n()n ∈N *,记集合M =⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n |2S n ()2-b n n +2≥λ,n ∈N *,若M 的子集个数为16,则实数λ的取值范围为________.【解析】⎝⎛⎦⎤1516,1由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+d =2,a 1+2d =3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =1,所以S n =n ()n +12,又b n =2-n +22n ,故2-b n =n +22n ,则λ≤n +22n ×n ()n +1n +2,即λ≤n ()n +12n.∵M 的子集个数为16,所以有且仅有1,2,3,4四个正整数n 满足该不等式,所以λ≤1;又λ>5×(5+1)25=1516,所以实数λ的取值范围为1516<λ≤1,应填答案1516<λ≤1.第2讲平面向量与复数知识网络【p13】考情分析【p14】备 考 建 议 【p 14】对于平面向量要把握破解平面向量与“三角”交汇题的关键:一是巧“化简”,即活用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、倍角公式、辅助角公式等对三角函数进行化简;二是会“转化”,把向量共线、向量垂直形式出现的条件还其本来面目,转化为“对应坐标乘积之间的关系”.对于复数要掌握复数的概念、纯虚数、复数相等、复数的模、共轭复数等,以及复数的几何意义及四则运算(重点考查复数的乘除).典 例 剖 析 【p 14】探究一 复数的概念及运算例1(1) 已知i 是虚数单位,若复数z =-i ()a +i ()a ∈R 的实部与虚部相等,则z 的共轭复数z -=( )A .-1+iB .1+iC .1-iD .-1-i【解析】选C.复数z =-i ()a +i =1-a i.实部与虚部相等,则a =-1.z =1+i ,z -=1-i.故选C. (2)已知复数z 1=-1+2i ,z 2=1-i ,z 3=3-4i ,它们在复平面上所对应的点分别为A 、B 、C ,若OC →=λOA →+μOB →(O 为坐标原点,λ,μ∈R ),则λ+μ的值是( )A .1B .2C .3D .4【解析】选A.因为复数z 1=-1+2i ,z 2=1-i ,z 3=3-4i ,它们所对应的点分别为A ,B ,C ,∴A ()-1,2,B ()1,-1,C ()3,-4,因为点的坐标与以原点为起点的向量的坐标相同,所以由OC →=λOA→+μOB →,得()3,-4=λ()-1,2+μ()1,-1=()-λ+μ,2λ-μ,∴⎩⎪⎨⎪⎧-λ+μ=3,2λ-μ=-4,解得⎩⎪⎨⎪⎧λ=-1,μ=2,∴λ+μ=1,故选A. 探究二 平面向量的线性运算例2 (1)如图,AB 是圆O 的直径,C 、D 是圆O 上的点,∠CBA =60°,∠ABD =30°,CD →=xOA →+yBC →,则x +y 的值为( )A .- 3B .0C .1D .-33【解析】选B .由题意得CD 过圆心,所以CD →=2CO →=2(CB →+BO →)=2(-BC →+OA →)⇒x =2,y =-2,x +y =0.(2)在△ABC 中,P 为BC 边中点,点A 、B 、C 的对边长分别是a 、b 、c.若cAC →+aPA →+bPB →=0,则△ABC 的形状为( )A .等边三角形B .等腰三角形非等边三角形C .直角三角形D .等腰直角三角形【解析】选A .将PA →·PB →都用基向量AB →、AC →表示出来可得cAC →-a 2(AB →+AC →)-b 2(AC →-AB →)=0,⎝⎛⎭⎫c -a 2-b 2AC→-⎝⎛⎭⎫a 2-b 2AB →=0,∴⎩⎨⎧c -a 2-b2=0,a 2-b2=0, ∴a =b =c ,∴△ABC 为等边三角形.【点评】用已知向量来表示一些未知向量是用向量解题的基本要求,除利用向量的加减法、实数与向量相乘外,还应充分利用平行四边形的一些定理.因此,在求向量时要尽可能转化到平行四边形或三角形中,选用从同一顶点出发的基本向量或首尾相连的向量,运用向量加、减法运算及实数与向量相乘来求解,即充分利用相等向量、相反向量和线段的比例关系,运用三角形的加法法则、平行四边形法则、三角形的减法法则,充分利用三角形的中位线、相似三角形对应边成比例的平面几何性质,把未知向量转化为与已知向量有直接关系的向量来求解.探究三 平面向量的数量积例3 (1)设四边形ABCD 为平行四边形,|AB →|=6,|AD →|=4.若点M ,N 满足BM →=3MC →,DN →=2NC →,则AM →·NM →=( )A .20B .15C .9D .6【解析】选C .解法一:如图,AM →·NM →=⎝⎛⎭⎫AB →+34BC →·⎝⎛⎭⎫13AB →-14BC →=⎝⎛⎭⎫AB →+34AD →·⎝⎛⎭⎫13AB →-14AD → =13AB →2-316AD →2=13×62-316×42=9.解法二:特殊化处理,将平行四边形ABCD 视为矩形,以A 为坐标原点,以AB 为x轴,AD 为y 轴建立平面直角坐标系,由已知可得M(6,3),N(4,4),∴AM →=(6,3),NM →=(2,-1),∴AM →·NM →=6×2-3×1=9.【点评】涉及数量积和模的计算问题,通常有两种求解思路:①直接利用数量积的定义;②建立坐标系,通过坐标运算求解.(2)已知单位向量e 1与e 2的夹角为α,且cos α=13,向量a =3e 1-2e 2与b =3e 1-e 2的夹角为β,则cos β=__________.【解析】223cos β=a·b |a||b|=(3e 1-2e 2)·(3e 1-e 2)|3e 1-2e 2||3e 1-e 2|=9e 12-9e 1·e 2+2e 229e 12-12e 1·e 2+4e 229e 12-6e 1·e 2+e 22=9-9×13+29-12×13+4·9-6×13+1=83×22=223.【点评】在利用数量积的定义计算时,要善于将相关向量分解为图形中模和夹角已知的向量进行计算.探究四 平面向量与三角函数结合问题例4 已知向量a =(cos α,sin α),b =(1+cos β,-sin β).(1)若α=π3,β∈(0,π),且a ⊥b ,求β;(2)若β=α,求a·b 的取值范围. 【解析】(1)∵a ⊥b ,∴a·b =cos α+cos αcos β-sin αsin β=0, ∵α=π3,∴cos π3+cos π3cos β-sin π3sin β=0,整理得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β+π3=-12,∴β+π3=2π3+2k π(k ∈Z )或β+π3=4π3+2k π(k ∈Z ),∵β∈(0,π),∴β=π3.(2)a·b =cos α+cos 2α-sin 2α=cos α+2cos 2α-1, 令t =cos α,t ∈[-1,1],∴a·b =2t 2+t -1=2⎝⎛⎭⎫t +142-98,∴当t =1时,(a·b )max =2,当t =-14时,(a·b )min =-98,∴a·b 的取值范围为⎣⎡⎦⎤-98,2. 【点评】在平面向量与三角函数的综合问题中,一方面用平面向量的语言表述三角函数中的问题,如利用向量平行、垂直的条件表述三角函数式之间的关系,利用向量模表述三角函数之间的关系等;另一方面可以利用三角函数的知识解决平面向量问题.在解决此类问题的过程中,只要根据题目的具体要求,在向量和三角函数之间建立起联系,就可以根据向量或者三角函数的知识解决问题.探究五 平面向量与其他知识结合问题例5 (1)如图,在直角梯形ABCD 中,AB ⊥AD ,AB ∥DC ,AB =2,AD =DC =1,图中圆弧所在圆的圆心为点C ,半径为12,且点P 在图中阴影部分(包括边界)运动.若AP →=xAB →+yBC →,其中x ,y ∈R ,则4x -y 的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤2,3+324B.⎣⎡⎦⎤2,3+52C.⎣⎡⎦⎤3-24,3+52D.⎣⎡⎦⎤3-172,3+172 【解析】选B.以A 点为坐标原点,AB →,AD →方向为x 轴,y 轴正方向建立直角坐标系,设点P 的坐标为P (m ,n ),由意可知:AP →=x (2,0)+y (-1,1),据此可得⎩⎪⎨⎪⎧m =2x -y ,n =y ,则⎩⎨⎧x =m +n2,y =n ,目标函数:z =4x -y =2m +n , 其中z 为直线系n =-2m +z 的截距, 当直线与圆相切时,目标函数取得最大值3+52. 当直线过点⎝⎛⎭⎫12,1时,目标函数取得最小值2, 则4x -y 的取值范围是⎣⎡⎦⎤2,3+52. 故选B.【点评】本题同时考查平面向量基本定理和线性规划中的最值问题.求线性目标函数z =ax +by (ab ≠0)的最值,当b >0时,直线过可行域且在y 轴上截距最大时,z 值最大,在y 轴上截距最小时,z 值最小;当b <0时,直线过可行域且在y 轴上截距最大时,z 值最小,在y 轴上截距最小时,z 值最大.应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.用向量基本定理解决问题的一般思路是:先选择一组基底,并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式,再通过向量的运算来解决.(2)已知向量a ,b 满足|a |=2|b |≠0,且关于x 的函数f (x )=-2x 3+3|a |x 2+6a ·b x +5在R 上单调递减,则向量a ,b 夹角的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤0,π6B.⎣⎡⎦⎤0,π3C.⎝⎛⎭⎫0,π6D.⎣⎡⎦⎤2π3,π【解析】选D.设向量a ,b 的夹角为θ,因为f (x )=-2x 3+3|a |x 2+6a·b x +5, 所以f ′(x )=-6x 2+6|a |x +6a·b , 又函数f (x )在R 上单调递减, 所以f ′(x )≤0在R 上恒成立,所以Δ=36|a |2-4×(-6)×(6a·b )≤0,解得a·b ≤-14|a |2,因为a·b =|a|·|b |cos θ,且|a |=2|b |≠0,所以|a||b |cos θ=12|a |2cos θ≤-14|a |2,解得cos θ≤-12,因为θ∈[0,π],所以向量a ,b 的夹角θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3,π,故选D.【点评】本题是平面向量和函数的交汇,由函数的性质把问题转化为平面向量问题,求解时应注意θ∈[0,π].平面向量具有代数形式与几何形式的“双重型”,常与三角函数、解三角形、平面解析几何、函数、不等式等知识交汇命题,平面向量的“位置”为:一是作为解决问题的工具,二是通过运算作为命题条件.规 律 总 结 【p 15】1.复数的基本概念与运算问题的解题思路:(1)与复数的相关概念和复数的几何意义有关的问题,一般是先变形分离出实部和虚部,把复数的非代数形式化为代数形式,然后再根据条件,列方程(组)求解.(2)与复数z 的模|z |和共轭复数有关的问题,一般都要设出复数z 的代数形式z =a +b i(a ,b ∈R ),代入条件,用待定系数法解决.2.当向量以几何图形的形式出现时,要把这个几何图形中的一个向量用其余的向量线性表示,就要根据向量加减法的法则进行,特别是减法法则很容易出错,向量AB →=OB →-OA →(其中O 为任意一个点),这个法则就是终点向量减去起点向量.3.根据平行四边形法则,对于非零向量a ,b ,当|a +b|=|a -b|时,平行四边形的两条对角线长度相等,此时平行四边形是矩形,条件|a +b|=|a -b|等价于向量a ,b 互相垂直.4.两个向量夹角的范围是[0,π],在使用平面向量解决问题时要特别注意两个向量夹角可能是0或π的情况,如已知两个向量的夹角为钝角时,不单纯就是其数量积小于零,还要求不能反向共线.在解决有关向量夹角及共线问题时,要避免忽视向量共线时的方向性而导致错误.5.数量积运算不适合结合律,即(a·b )·c ≠a·(b·c ),这是由于(a·b )·c 表示一个与c 共线的向量,a ·(b·c )表示一个与a 共线的向量,而a 与c 不一定共线,因此(a·b )·c 与a·(b·c )不一定相等.6.若a =0,则a·b =0,但由a·b =0,不能得到a =0或b =0,因为a ⊥b 时a·b =0.7.平面向量的综合运用主要体现在三角函数和平面解析几何中,在三角函数问题中平面向量的知识主要是给出三角函数之间的关系,解题的关键还是三角函数问题;解析几何中向量知识只是给出几何量的位置和数量关系,在解题中要善于根据向量知识分析解析几何中的几何关系.高 考 回 眸 【p 16】考题1[2018·全国卷Ⅰ]若z =1-i1+i+2i ,则|z|=( )A .0B .12 C .1 D . 2【解析】选C .∵z =1-i 1+i +2i =(1-i )(1-i )(1+i )(1-i )+2i =-2i 2+2i =i ,∴|z|=1,故选C .【命题意图】本题考查了复数的四则运算和复数的模的概念,考查学生的计算能力.考题2[2018·全国卷Ⅰ]在△ABC 中,AD 为BC 边上的中线,E 为AD 的中点,则EB →=( ) A .34AB →-14AC → B .14AB →-34AC → C .34AB →+14AC → D .14AB →+34AC →【解析】选A .作出示意图如图所示: EB →=ED →+DB →=12AD →+12CB →=34AB →-14AC →,故选A . 【命题意图】本题考查了平面向量的线性运算,考查了学生的逻辑思维能力. 考题3[2018·全国卷Ⅱ]已知向量a ,b 满足|a |=1,a·b =-1,则a·(2a -b )=( ) A .4 B .3 C .2 D .0 【解析】选B.a·(2a -b )=2a 2-a·b =2-(-1)=3,故选B.【命题意图】本题考查了平面向量的数量积的概念,考查了学生的逻辑思维能力. 考题4[2018·全国卷Ⅲ]已知向量a =(1,2),b =(2,-2),c =(1,λ).若c ∥(2a +b ),则λ=________________________________________________________________________.【解析】122a +b =(4,2),因为c ∥(2a +b ),所以4λ=2得λ=12.【命题意图】本题考查了平面向量的坐标运算,考查了平面向量平行的条件.考点限时训练 【p 114】A 组 基础演练1.已知复数z 1=k 2-4+(k 2-5k +6)i ,z 2=3k +(k 2-5k +6)i(k ∈R ).若z 1<z 2,则k 的值为( )A .2B .3C .2或3D .不存在【解析】选C.由z 1<z 2,所以⎩⎪⎨⎪⎧k 2-4<3k ,k 2-5k +6=0,解得k =2或k =3.故选C.2.已知复数z =|(3-i)i|+i 5(i 为虚数单位),则复数z 的共轭复数为( )A .2-iB .2+iC .4-iD .4+i 【解析】选A.由题意知z =|3i +1|+i =12+(3)2+i =2+i ,所以z =2-i.故选A. 3.已知单位向量a ,b 满足a ⊥(a +2b ),则a 与b 夹角的余弦值为( )A.32 B .-32 C.12 D .-12 【解析】选D.由a ⊥(a +2b ),可得,a·(a +2b )=0,a 2+2a·b =0,cos 〈a·b 〉=a·b |a|·|b |=-12,所以选D.4.向量a ,b ,c 在正方形网格中,如图所示,若c =λa +μb (λ,μ∈R ),则λμ=( )A .2B .-2C .6 D.12【解析】选A.如图,以a ,b 的公共点为原点,建立直角坐标系,则a =(-1,1),因为a =(-1,1),b =(5,2),c =(-3,-4),因为c =λa +μb ,所以有⎩⎪⎨⎪⎧-λ+5μ=-3,λ+2μ=-4,解得⎩⎪⎨⎪⎧λ=-2,μ=-1,所以λμ=2,选A.5.△ABC 的外接圆的圆心为O ,半径为1,若AB →+AC →=2AO →,且|AO →|=|AC →|,则向量BA →在向量BC →方向上的射影的数量为( )A.32B.32C .3D .-32【解析】选A.由于AB →+AC →=2AO →,由向量加法的几何意义,O 为边BC 中点,因为△ABC 的外接圆的圆心为O ,半径为1,所以|OA →|=|OB →|=|OC →|=|AC →|=1,三角形应该是以BC 边为斜边的直角三角形,斜边BC =2AO =2,直角边AB =3,所以∠ABC =30°,则向量BA →在向量BC →方向上的投影为|BA |cos 30°=3×32=32,故选A.6.已知AB ⊥AC ,AB =AC ,点M 满足AM →=tAB →+(1-t )AC →,若∠BAM =π3,则t 的值为( )A.3- 2B.2-1C.3-12D.3+12【解析】选C.由题意可得:AM →=tAB →+AC →-tAC →, 则AM →-AC →=tAB →-tAC →,即CM →=tCB →⇒t =|CM →||CB →|.其中CB AC =2,由正弦定理:CM AC =sin 30°sin 105°,整理可得:t 的值为3-12. B 组 能力提升7.现定义e i θ=cos θ+isin θ,其中i 为虚数单位,e 为自然对数的底数,θ∈R ,且实数指数幂的运算性质对e i θ都适用,若a =C 50cos 5θ-C 52cos 3θsin 2θ+C 54cos θsin 4θ,b =C 51cos 4θsin θ-C 53cos 2θsin 3θ+C 55sin 5θ,那么复数a +b i 等于( )A .cos 5θ+isin 5θB .cos 5θ-isin 5θC .sin 5θ+icos 5θD .sin 5θ-icos 5θ【解析】选A.a +b i =C 50cos 5θ-C 52cos 3θsin 2θ+C 54cos θsin 4θ+ iC 51cos 4θsin θ-iC 53cos 2θsin 3θ+iC 55sin 5θ =C 50cos 5θ+i 2C 52cos 3θsin 2θ+i 4C 54cos θsin 4θ +iC 51cos 4θsin θ+i 3C 53cos 2θsin 3θ+i 5C 55sin 5θ =()cos θ+isin θ5=cos 5θ+isin 5θ,选A.*8.已知a ,b 是单位向量,a ,b 的夹角为90°,若向量c 满足|c -a -b |=2,则|c |的最大值为( )A .2- 2 B. 2 C .2D .2+ 2【解析】选D.依题意,设a ,b 分别是x 轴与y 轴正方向上的单位向量, 则a =(1,0),b =(0,1),a +b =(1,1),设c =(x ,y ), 则c -a -b =(x -1,y -1), 因为|c -a -b |=(x -1)2+(y -1)2=2,所以(x -1)2+(y -1)2=4,故c =OC →,点C 的轨迹是以(1,1)为圆心,2为半径的圆, 圆心M (1,1)到原点的距离为2,则|c |的最大值为2+ 2.9.如果复数z 满足||z +3i ||+z -3i =6,那么||z +1+i 的最小值是__________. 【解析】1复数z 满足|z +3i|+|z -3i|=6,∴z 的几何意义是以A (0,3),B (0,-3)为端点的线段AB ,则|z +1+i|=|z -(-1-i)|的几何意义为AB 上的点到C (-1,-1)的距离, 则由图象知C 到线段AB 的距离的最小值为1.*10.对任意两个非零的平面向量α和β,定义新的运算“⊗”:α⊗β=α·ββ·β.若两个非零的平面向量a ,b 满足a 与b 的夹角θ∈⎝⎛⎭⎫π4,π2,且a ⊗b 和b ⊗a 都在集合⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2|n ∈Z 中,则a ⊗b =__________.【解析】12根据新定义,得a ⊗b =a·b b·b =|a||b|cos θ|b |2=|a ||b |cos θ,b ⊗a =b·a a·a =|a||b|cos θ|a |2=|b||a|cos θ.因为a ⊗b 和b ⊗a 都在集合⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2|n ∈Z 中,设a ⊗b =n 12,b ⊗a =n 22(n 1,n 2∈Z ),那么(a ⊗b )·(b ⊗a )=cos 2θ=n 1n 24.又θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4,π2,所以0<n 1n 2<2.所以整数n 1,n 2的值均为1.故a ⊗b =n 12=12.第3讲 不等式与线性规划知识网络 【p 17】考情分析 【p 17】备 考 建 议 【p 17】1.复习简单线性规划问题时,要重视数形结合思想的运用,同时因为最优解是通过图形观察的,所以作图要精确,否则可能导致结果有误.典 例 剖 析 【p 17】探究一 不等式性质的应用及解不等式例1设x ∈(0,+∞)时,不等式9x -m·3x +m +1>0恒成立,则m 的取值范围是( ) A .2-22<m<2+2 2 B .m<2C .m<2+2 2D .m ≥2+2 2 【解析】选C .令t =3x (t>1),则由已知得函数f(t)=t 2-m·t +m +1的图象在t ∈(1,+∞)上恒在x 轴上方.则对于方程f(t)=0,有Δ<0或⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0,m 2≤1,f (1)≥0,解得m<2+22.探究二 基本不等式的应用例2已知函数f(x)=⎩⎨⎧x 2-ax ,x>0,2x -1,x ≤0.若不等式f(x)+1≥0在x ∈R 上恒成立,则实数a的取值范围是( )A .(-∞,0)B .[-2,2]C .(-∞,2]D .[0,2]【解析】选C.例3已知函数f(x)=ln (x +1+x 2),若正实数a ,b 满足f(2a)+f(b -1)=0,则1a +1b的最小值是__________.【解析】3+22 因为f(x)=ln (x +1+x 2),f(-x)=ln (-x +1+x 2),所以f(x)+f(-x)=0, 即f(x)在R上为奇函数.又因为f (x )在其定义域上是增函数,故2a +b =1,所以1a +1b =⎝⎛⎭⎫1a +1b (2a +b )=3+b a +2ab ≥3+22(当且仅当a =2-22,b =2-1时等号成立).探究三 线性目标函数的最值及取值范围例4 (1)[2017·全国卷Ⅱ]设x ,y 满足约束条件⎩⎨⎧2x +3y -3≤0,2x -3y +3≥0,y +3≥0,则z =2x +y 的最小值是( )A .-15B .-9C .1D .9【解析】选A .作出约束条件对应的可行域,如图中阴影部分所示,当目标函数线经过可行域中的点A(-6,-3)时,目标函数取得最小值,即z min =2×(-6)-3=-15.故选A .(2)实数x 、y 满足不等式组⎩⎨⎧y ≥0,x -y ≥0,2x -y -2≥0,则w =y -1x +1的取值范围是( )A .⎣⎡⎤-1,13B .⎣⎡⎦⎤-12,13C .⎣⎡⎭⎫-12,+∞D .⎣⎡⎭⎫-12,1 【解析】选D .点(x ,y)在图中阴影部分,w =y -1x +1表示动点(x ,y)与定点A (-1,1)连线的斜率,l 1为斜率k 1=k AB =-12. l 2与x -y =0平行,∴w ∈⎣⎡⎭⎫-12,1.(3)设x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x +y -2≤0,x -2y -2≤0,2x -y +2≥0.若z =y -ax 取得最大值的最优解不唯一,则实数a 的值为( )A .12或-1B .2或12C .2或1D .2或-1【解析】选D .作出约束条件满足的可行域,根据z =y -ax 取得最大值的最优解不唯一,通过数形结合分析求解.如图,由y =ax +z 知z 的几何意义是直线在y 轴上的截距,故当a>0时,要使z =y -ax 取得最大值的最优解不唯一,则a =2;当a<0时,要使z =y -ax 取得最大值的最优解不唯一,则a =-1. 选D .规 律 总 结 【p 18】1.实数大小的比较方法:作差法、作商法、函数单调性法、不等式的性质法. 2.利用不等式求最值的解题技巧(1)凑项:通过调整项的符号,配凑项的系数,使其积或和为定值.(2)凑系数:若无法直接运用基本不等式求解,可以通过凑系数后得到和或积为定值,从而可利用基本不等式求最值.(3)换元:分式函数求最值,通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开再利用基本不等式求最值,即化为y =m +Ag (x )+Bg (x )(A >0,B >0),g (x )恒正或恒负的形式,然后运用基本不等式求最值.(4)单调性:应用基本不等式求最值时,若遇等号取不到的情况,则应结合函数的单调性求解.3.平面区域的确定方法平面区域的确定方法是“直线定界,特殊的定域”,二元一次不等式组所表示的平面区域是各个不等式所表示的区域的交集.4.线性目标函数z =ax +by 最值的确定方法:将目标函数z =ax +by 化成直线的斜截式方程(z 看成常数),根据z b 的几何意义,确定zb的最值,从而得到z 的最值.5.线性规划中参数问题及其解题思路(1)线性规划中的参数问题,就是已知目标函数的最值或其他限制条件,求约束条件或目标函数中所含参数的值或取值范围的问题.(2)求解策略:解决这类问题时,首先要注意对参数取值的讨论,将各种情况下的可行域画出来,以确定是否符合题意,然后在符合题意的可行域里,寻求最优解,从而确定参数的值或取值范围.高 考 回 眸 【p 18】考题1[2018·全国卷Ⅰ]设x ,y 满足约束条件⎩⎨⎧x -2y -2≤0,x -y +1≥0,y ≤0,则z =3x +2y 的最大值为__________.【解析】6作出可行域为如图所示的△ABC 所表示的阴影区域,作出直线3x +2y =0,并平移该直线,当直线过点A(2,0)时,目标函数z =3x +2y 取得最大值,且z max =3×2+2×0=6.【命题立意】 本题考查简单的线性规划,考查学生的转化与化归能力、运算求解能力,考查的数学核心素养是逻辑推理、数学运算.考题2[2015·全国卷Ⅰ]设x 、y 满足约束条件⎩⎨⎧x -1≥0,x -y ≤0,x +y -4≤0,则yx的最大值为__________.【解析】3 yx的几何意义为点(x ,y)与坐标原点连线的斜率. 画出可行域,如图中阴影部分所示.由⎩⎪⎨⎪⎧x =1,x +y -4=0,得C(1,3), 由题易知可行域上的C 点与坐标原点连线的斜率最大,且最大值为3.【命题立意】本题考查简单的线性规划,考查学生的转化与化归能力、运算求解能力,考查的数学核心素养是逻辑推理、数学运算.考题3[2016·全国卷Ⅰ]某高科技企业生产产品A 和产品B 需要甲、乙两种新型材料.生产一件产品A 需要甲材料1.5 kg ,乙材料1 kg ,用5个工时;生产一件产品B 需要甲材料0.5 kg ,乙材料0.3 kg ,用3个工时.生产一件产品A 的利润为2 100元,生产一件产品B 的利润为900元.该企业现有甲材料150 kg ,乙材料90 kg ,则在不超过600个工时的条件下,生产产品A 、产品B 的利润之和的最大值为________元.【解析】216 000设生产产品A 、产品B 分别为x 件、y 件,利润之和为z 元,则⎩⎪⎨⎪⎧1.5x +0.5y ≤150,x +0.3y ≤90,5x +3y ≤600,x ∈N ,y ∈N ,即⎩⎪⎨⎪⎧3x +y ≤300,10x +3y ≤900,5x +3y ≤600,x ∈N ,y ∈N ,目标函数为z =2 100x +900y .作出二元一次不等式组表示的平面区域为图中阴影部分内(包括边界)的整点,即可行域. 由图可知当直线z =2 100x +900y 经过点M 时,z 取得最大值.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧10x +3y =900,5x +3y =600,得M 的坐标为(60,100),所以当x =60,y =100时,z max =2 100×60+900×100=216 000.【命题立意】本题考查简单的线性规划,考查学生的分析问题、解决问题的能力,转化与化归能力、运算求解能力,考查的数学核心素养是逻辑推理、数学运算.考点限时训练 【p 115】 A 组 基础演练1.设x ,y 满足约束条件⎩⎨⎧x +3y ≤3,x -y ≥1,y ≥0,则z =x +y 的最大值为( )A .0B .1C .2D .3 【解析】选D.作出约束条件对应的可行域,如图中阴影部分所示,当直线z =x +y 经过可行域中的点A (3,0)时,目标函数取得最大值,故z max =3.2.设变量x ,y 满足约束条件⎩⎨⎧y ≤3x -2,x -2y +1≤0,2x +y ≤8,则lg(y +1)-lg x 的取值范围是( )A .[0,1-2lg 2] B.⎣⎡⎦⎤1,52 C.⎣⎡⎦⎤lg 2,12 D.[]-lg 2,1-2lg 2【解析】选A. 如图,作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≤3x -2,x -2y +1≤0,2x +y ≤8确定的可行域: 因为lg(y +1)-lg x =lg y +1x ,设t =y +1x,显然,t 的几何意义是可行域内的点P (x ,y )与定点E (0,-1)连线的斜率. 由图可知,P 点与B 点重合时,t 取得最小值,P 点与C 点重合时,t 取得最大值.由⎩⎪⎨⎪⎧x -2y +1=0,2x +y =8,解得⎩⎪⎨⎪⎧x =3,y =2,即B (3,2);。
1.(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )=13x 3-a (x 2+x +1).(1)若a =3,求f (x )的单调区间; (2)证明:f (x )只有一个零点.解:(1)当a =3时,f (x )=13x 3-3x 2-3x -3,f ′(x )=x 2-6x -3.令f ′(x )=0解得x =3-23或x =3+2 3.当x ∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)时,f ′(x )>0; 当x ∈(3-23,3+23)时,f ′(x )<0.故f (x )在(-∞,3-23),(3+23,+∞)单调递增,在(3-23,3+23)单调递减. (2)证明:由于x 2+x +1>0,所以f (x )=0等价于x 3x 2+x +1-3a =0.设g (x )=x 3x 2+x +1-3a ,则g ′(x )=x 2(x 2+2x +3)(x 2+x +1)2≥0,仅当x =0时g ′(x )=0,所以g (x )在(-∞,+∞)单调递增.故g (x )至多有一个零点, 从而f (x )至多有一个零点.又f (3a -1)=-6a 2+2a -13=-6⎝⎛⎭⎫a -162-16<0,f (3a +1)=13>0,故f (x )有一个零点. 综上,f (x )只有一个零点.2.(2018·唐山模拟)已知f (x )=12x 2-a 2ln x ,a >0.(1)若f (x )≥0,求a 的取值范围;(2)若f (x 1)=f (x 2),且x 1≠x 2,证明:x 1+x 2>2a . 解:(1)由题意知,f ′(x )=x -a 2x =(x +a )(x -a )x .当x ∈(0,a )时,f ′(x )<0,f (x )单调递减; 当x ∈(a ,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增.当x =a 时,f (x )取得最小值f (a )=12a 2-a 2ln a .令12a 2-a 2ln a ≥0,解得0<a ≤ e. 故a 的取值范围是(0, e ].(2)证明:由(1)知,f (x )在(0,a )上单调递减,在(a ,+∞)上单调递增, 设0<x 1<a <x 2,则2a -x 1>a .要证x 1+x 2>2a 即x 2>2a -x 1,则只需证f (x 2)>f (2a -x 1). 因f (x 1)=f (x 2),则只需证f (x 1)>f (2a -x 1). 设g (x )=f (x )-f (2a -x ),0<x <a .则g ′(x )=f ′(x )+f ′(2a -x )=x -a 2x +2a -x -a 22a -x =-2a (a -x )2x (2a -x )<0,所以g (x )在(0,a )上单调递减,从而g (x )>g (a )=0. 又由题意得0<x 1<a ,于是g (x 1)=f (x 1)-f (2a -x 1)>0,即f (x 1)>f (2a -x 1). 因此x 1+x 2>2a .3.(2018·石家庄质量检测(二))已知函数f (x )=x +ax ln x (a ∈R ). (1)讨论函数f (x )的单调性;(2)若函数f (x )=x +ax ln x 存在极大值,且极大值点为1,证明:f (x )≤e -x +x 2.解:(1)由题意x >0,f ′(x )=1+a +a ln x .①当a =0时,f (x )=x ,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增; ②当a >0时,函数f ′(x )=1+a +a ln x 单调递增,f ′(x )=1+a +a ln x =0⇒x =e -1-1a >0,故当x ∈(0,e -1-1a )时,f ′(x )<0,当x ∈(e -1-1a ,+∞)时,f ′(x )>0,所以函数f (x )在(0,e -1-1a )上单调递减,在(e-1-1a,+∞)上单调递增;③当a <0时,函数f ′(x )=1+a +a ln x 单调递减,f ′(x )=1+a +a ln x =0⇒x =e -1-1a >0,故当x ∈(0,e -1-1a )时,f ′(x )>0,当x ∈(e -1-1a ,+∞)时,f ′(x )<0,所以函数f (x )在(0,e-1-1a)上单调递增,在(e -1-1a ,+∞)上单调递减.(2)证明:由(1)可知若函数f (x )=x +ax ln x 存在极大值,且极大值点为1, 则a <0,且e -1-1a =1,解得a =-1,故此时f (x )=x -x ln x , 要证f (x )≤e -x +x 2,只须证x -x ln x ≤e -x +x 2,即证e -x +x 2-x +x ln x ≥0, 设h (x )=e -x +x 2-x +x ln x ,x >0, 则h ′(x )=-e -x +2x +ln x . 令g (x )=h ′(x ), 则g ′(x )=e -x +2+1x>0,所以函数h ′(x )=-e -x +2x +ln x 在(0,+∞)上单调递增, 又h ′⎝⎛⎭⎫1e =-e -1e +2e -1<0,h ′(1)=-1e+2>0, 故h ′(x )=-e -x +2x +ln x 在⎝⎛⎭⎫1e ,1上存在唯一零点x 0,即-e -x 0+2x 0+ln x 0=0. 所以当x ∈(0,x 0)时,h ′(x )<0,当x ∈(x 0,+∞)时,h ′(x )>0,所以函数h (x )在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,故h (x )≥h (x 0)=e -x 0+x 20-x 0+x 0ln x 0,所以只需证h (x 0)=e -x 0+x 20-x 0+x 0ln x 0≥0即可,由-e -x 0+2x 0+ln x 0=0, 得e -x 0=2x 0+ln x 0,所以h (x 0)=(x 0+1)(x 0+ln x 0), 又x 0+1>0,所以只要x 0+ln x 0≥0即可,当x 0+ln x 0<0时,ln x 0<-x 0⇒x 0<e -x 0⇒-e -x 0+x 0<0, 所以-e -x 0+x 0+x 0+ln x 0<0与-e -x 0+2x 0+ln x 0=0矛盾; 当x 0+ln x 0>0时,ln x 0>-x 0⇒x 0>e -x 0⇒-e -x 0+x 0>0,所以-e -x 0+x 0+x 0+ln x 0>0与-e -x 0+2x 0+ln x 0=0矛盾; 当x 0+ln x 0=0时,ln x 0=-x 0⇒x 0=e -x 0⇒-e -x 0+x 0=0, 得-e -x 0+2x 0+ln x 0=0,故x 0+ln x 0=0成立, 得h (x 0)=(x 0+1)(x 0+ln x 0)=0, 所以h (x )≥0,即f (x )≤e -x +x 2.4.(2018·郑州质量检测(二))已知函数f (x )=e x -x 2. (1)求曲线y =f (x )在x =1处的切线方程; (2)求证:当x >0时,e x +(2-e )x -1x ≥ln x +1.解:(1)由题意得,f ′(x )=e x -2x , 则f ′(1)=e -2,f (1)=e -1,所以曲线y =f (x )在x =1处的切线方程为y =(e -2)x +1. (2)证明:f ′(x )=e x -2x ,令h (x )=e x -2x , 则h ′(x )=e x -2,易知f ′(x )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增, 所以f ′(x )≥f ′(ln 2)=2-2ln 2>0, 所以f (x )在(0,+∞)上单调递增. 又曲线y =f (x )过点(1,e -1),且曲线y =f (x )在x =1处的切线方程为y =(e -2)x +1,所以可猜测:当x >0,x ≠1时,f (x )的图象恒在切线y =(e -2)x +1的上方. 下证:当x >0时,f (x )≥(e -2)x +1.设g (x )=f (x )-(e -2)x -1=e x -x 2-(e -2)x -1,x >0, 则g ′(x )=e x -2x -(e -2),令φ(x )=g ′(x ), 则φ′(x )=e x -2,易知g ′(x )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,又g ′(0)=3-e>0,g ′(1)=0,0<ln 2<1,所以g ′(ln 2)<0,所以存在x 0∈(0,ln 2),使得g ′(x 0)=0,所以当x ∈(0,x 0)∪(1,+∞)时,g ′(x )>0;当x ∈(x 0,1)时,g ′(x )<0, 故g (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 又g (1)=0,所以g (x )=e x -x 2-(e -2)x -1≥0,当且仅当x =1时取等号,故e x +(2-e )x -1x≥x ,x >0.又x ≥ln x +1,所以e x +(2-e )x -1x ≥ln x +1,当且仅当x =1时等号成立.。
一、选择题.(·南宁模拟)如图,函数()=(+φ)的图象过点(,),则函数()的解析式为( ).()=.()=.()=.()=解析:选.由函数图象可知,=,又函数()的图象过点(,),所以φ=,即φ=,由于φ<,所以φ=,于是()=,故选..(·郑州质量检测(二))已知函数()=-,若要得到一个奇函数的图象,则可以将函数()的图象( ).向左平移个单位长度.向右平移个单位长度.向左平移个单位长度.向右平移个单位长度解析:选()=-=-=-==,所以将()的图象向左平移个单位长度可得到奇函数=的图象.故选..(·广州调研)已知函数()=(ω>)在区间上单调递增,则ω的取值范围为( )解析:选.因为∈,所以ω+∈,因为函数()=(ω>)在区间上单调递增,所以又ω>,所以<ω≤,选..(·石家庄质量检测(二))已知函数()=(ω+φ)(ω>,φ<π)的部分图象如图所示,已知点(,),,若将它的图象向右平移个单位长度,得到函数()的图象,则函数()图象的一条对称轴方程为( ).=.=.=.=解析:选.因为()=φ=,所以φ=,又φ<π,所以φ=或,又==,所以+φ=π(∈),所以ω=×=-(∈),或ω=×=-(∈),又ω>,且==>,所以ω<,所以ω=,φ=,所以()=,将其图象向右平移个单位长度,得到函数()的图象,所以()==,()图象的对称轴方程满足+=π+(∈),所以=+(∈),故选..(·惠州第二次调研)已知函数()=(+θ)(θ≤,>)的部分图象如图所示,且()=()=,对不同的,∈[,],若()=(),有(+)=,则( ).()在上是减函数.()在上是增函数.()在上是减函数.()在上是增函数解析:选.由题图知=,设∈[,],且()=(),则(+)=()=()=,所以θ=,θ=,又θ≤,所以θ=,所以()=,令-+π≤+≤+π,∈,解得-+π≤≤+π,∈,此时()单调递增.所以选项正确..(·河北“五个一名校联盟”模拟)已知函数()=+(+φ)是偶函数,其中φ∈,则下列关于函数()=(-φ)的正确描述是( ).()在区间上的最小值为-.()的图象可由函数()的图象向上平移个单位长度,向右平移个单位长度得到.()的图象的一个对称中心是.()的一个单调递减区间是解析:选.因为函数()=+(+φ)是偶函数,=,=都是偶函数,所以=(+φ)是偶函数,所以φ=π,∈,所以φ=,∈,又<φ<,所以φ=,所以()=.当-≤≤时,-≤-≤,∈[,],故错误;()=+(+π)=-=-,显然错误;当=-时,()==,故正确;当≤≤时,-≤-≤,()=有增有减,故错误.故选.二、填空题.(·辽宁五校联合体模拟)已知函数()=(ω+φ)(ω>,<φ<π)为奇函数,(,),(,)是其图象上两点,若-的最小值是,则=.解析:因为函数()=(ω+φ)(ω>,<φ<π)为奇函数,所以φ=(<φ<π),所以φ=,所以()=-ω,又(,),(,)是其图象上两点,且-的最小值是,所以函数()的最小正周期为,所以ω=π,所以()=-π,所以=-=-.答案:-.已知函数()=(ω+φ)(ω>,<φ<),()=-,若将()的图象向左平移个单位长度后所得函数的图象关于原点对称,则φ=.解析:因为()=-,则φ=-,所以ω=+,∈,将()的图象向左平移个单位长度后所得函数=的图象关于原点对称,则+φ=π,∈,由ω>,<φ<得ω=,φ=.答案:.已知函数()=(+φ)+(+φ)(<φ<π)的最大值为,且满足()=,则φ=.解析:因为()=,所以函数()的图象关于直线=对称,由函数的解析式可得=,即=.若=,则()=(+φ)+(+φ)=,由函数图象的对称性可得×+φ+=π+(∈),所以φ=π-(∈),因为<φ<π,所以φ=;若=-,则()=(+φ)-(+φ)=,由函数图象的对称性可得×+φ-=π+(∈),所以φ=π+(∈),因为<φ<π,所以φ=.综上可得φ=或.答案:或三、解答题.已知函数()=++.()求()的最小正周期;()当∈时,求()的最值.解:()=++=(+)-+=-+=-·+=++=+.()==.()当∈时,+∈,∈,则当+=,即=时,函数()取最大值;当+=,即=时,函数()取最小值.所以,当∈时,函数()的最大值是,最小值是..已知函数()=ω+ω-ω+(其中<ω<),若点是函数()图象的一个对称中心.()求()的解析式,并求距轴最近的一条对称轴的方程;()先列表,再作出函数()在区间[-π,π]上的图象.解:()()=ω+(ω-ω)(ω+ω)+=ω+ω+=+.因为点是函数()图象的一个对称中心,所以ω=-+,∈.因为<ω<,所以=,ω=,所以()=+.由+=π+,∈,得=π+,∈,令=,得距轴最近的一条对称轴方程为=.()由()知,()=+,当∈[-π,π]时,列表如下:.设函数()=ω·ω-ω+(ω>)的图象上相邻最高点与最低点的距离为.()求ω的值;()若函数=(+φ)(<φ<)是奇函数,求函数()=(-φ)在[,π]上的单调递减区间.解:()()=ω·ω-ω+=ω-+=ω-ω=,设为()的最小正周期,由()的图象上相邻最高点与最低点的距离为,得+[()]=π+,因为()=,所以+=π+,整理得=π.又ω>,==π,所以ω=.()由()可知()=,所以(+φ)=.因为=(+φ)是奇函数,则=.又<φ<,所以φ=,所以()=(-φ)=.令π≤-≤π+π,∈,所以单调递减区间是,∈,又因为∈[,π],所以当=时,递减区间是;当=时,递减区间是.所以函数()在[,π]上的单调递减区间是,.。
一、选择题1.(2018·长沙模拟)如图是一个正方体,A,B,C为三个顶点,D是棱的中点,则三棱锥A-BCD的正视图、俯视图是(注:选项中的上图为正视图,下图为俯视图)()解析:选A.正视图和俯视图中棱AD和BD均看不见,故为虚线,易知选A.2.(2018·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()A.1 B.2C.3 D.4解析:选C.将三视图还原为直观图,几何体是底面为直角梯形,且一条侧棱和底面垂直的四棱锥,如图所示.易知,BC∥AD,BC=1,AD=AB=P A=2,AB⊥AD,P A⊥平面ABCD,故△P AD,△P AB为直角三角形,因为P A⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以P A⊥BC,又BC⊥AB,且P A∩AB=A,所以BC⊥平面P AB,又PB⊂平面P AB,所以BC⊥PB,所以△PBC为直角三角形,容易求得PC=3,CD=5,PD=22,故△PCD不是直角三角形,故选C.3.(2018·沈阳教学质量监测(一))如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某简单几何体的三视图,则该几何体的体积为()A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3解析:选A.由三视图可得该几何体为半圆锥,底面半圆的半径为2,高为2,则其体积V =12×13×π×22×2=4π3,故选A.4.(2018·西安八校联考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A.4π3B.5π3 C .2+2π3D .4+2π3解析:选B.由三视图可知,该几何体为一个半径为1的半球与一个底面半径为1,高为2的半圆柱组合而成的组合体,故其体积V =23π×13+12π×12×2=5π3,故选B.5.(2018·长春质量检测(一))已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O ,半径为R 的球面上,AB =6,BC =23,且四棱锥O -ABCD 的体积为83,则R 等于( )A .4B .2 3 C.479D.13解析:选A.如图,设矩形ABCD 的中心为E ,连接OE ,EC ,由球的性质可得OE ⊥平面ABCD ,所以V O ABCD =13·OE ·S 矩形ABCD =13×OE×6×23=83,所以OE =2,在矩形ABCD 中可得EC =23,则R =OE 2+EC 2=4+12=4,故选A.6.(2018·南昌调研)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的体积为( )A.23 B.43 C .2D.83解析:选A.由三视图可知,该几何体为三棱锥,将其放在棱长为2的正方体中,如图中三棱锥A -BCD 所示,故该几何体的体积V =13×12×1×2×2=23.7.(2018·辽宁五校协作体联考)如图所示,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线及粗虚线画出的是三棱锥的三视图,则此三棱锥的体积是( )A .8B .16C .24D .48解析:选A.由三视图还原三棱锥的直观图,如图中三棱锥P ABC 所示,且长方体的长、宽、高分别为6,2,4,△ABC 是直角三角形,AB ⊥BC ,AB =2,BC =6,三棱锥P -ABC 的高为4,故其体积为13×12×6×2×4=8,故选A.8.将一个底面半径为1,高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体,能切割出的圆柱的最大体积为( )A.π27B.8π27C.π3D.2π9解析:选B.如图所示,设圆柱的半径为r ,高为x ,体积为V ,由题意可得r 1=2-x2,所以x =2-2r ,所以圆柱的体积V =πr 2(2-2r )=2π(r 2-r 3)(0<r <1),设V (r )=2π(r 2-r 3)(0<r <1),则V ′(r )=2π(2r -3r 2),由2π(2r -3r 2)=0得r =23,所以圆柱的最大体积V max =2π⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫232-⎝⎛⎭⎫233=8π27. 9.(2018·福州模拟)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为 ( )A .14B .10+4 2 C.212+4 2 D.21+32+4 2解析:选D.由三视图可知,该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体,如图所示.所以该多面体的表面积S =2×⎝⎛⎭⎫22-12×1×1+12×(22-12)+12×22+2×22+12×32×(2)2=21+32+42,故选D. 10.(2018·太原模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体中最长的棱长为( )A .3 3B .2 6 C.21D .2 5解析:选B.由三视图得,该几何体是四棱锥P -ABCD ,如图所示,ABCD 为矩形,AB =2,BC =3,平面P AD ⊥平面ABCD ,过点P 作PE ⊥AD ,则PE =4,DE =2,所以CE =22,所以最长的棱PC =PE 2+CE 2=26,故选B.11.(2018·南昌调研)已知三棱锥P -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上,△ABC 满足AB =22,∠ACB =90°,P A 为球O 的直径且P A =4,则点P 到底面ABC 的距离为( )A. 2 B .2 2 C. 3D .2 3解析:选B.取AB 的中点O 1,连接OO 1,如图,在△ABC 中,AB =22,∠ACB =90°,所以△ABC 所在小圆O 1是以AB 为直径的圆,所以O 1A =2,且OO 1⊥AO 1,又球O 的直径P A =4,所以OA =2,所以OO 1=OA 2-O 1A 2=2,且OO 1⊥底面ABC ,所以点P 到平面ABC 的距离为2OO 1=2 2.12.(2018·高考全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A.334B.233C.324D.32解析:选A.记该正方体为ABCD -A ′B ′C ′D ′,正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,即共点的三条棱A ′A ,A ′B ′,A ′D ′与平面α所成的角都相等.如图,连接AB ′,AD ′,B ′D ′,因为三棱锥A ′AB ′D ′是正三棱锥,所以A ′A ,A ′B ′,A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等.分别取C ′D ′,B ′C ′,BB ′,AB ,AD ,DD ′的中点E ,F ,G ,H ,I ,J ,连接EF ,FG ,GH ,IH ,IJ ,JE ,易得E ,F ,G ,H ,I ,J 六点共面,平面EFGHIJ 与平面AB ′D ′平行,且截正方体所得截面的面积最大.又EF =FG =GH =IH =IJ =JE =22,所以该正六边形的面积为6×34×⎝⎛⎭⎫222=334,所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334,故选A.二、填空题13.(2018·洛阳第一次联考)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________.解析:由题图可知该几何体是一个四棱锥,如图所示,其中PD ⊥平面ABCD ,底面ABCD 是一个对角线长为2的正方形,底面积S =12×2×2=2,高h =1,则该几何体的体积V =13Sh =23.答案:2314.(2018·福州四校联考)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为________.解析:在长、宽、高分别为3,33,33的长方体中,由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C -BAP ,其中底面BAP 是∠BAP =90°的直角三角形,AB =3,AP =33,所以BP =6,又棱CB ⊥平面BAP 且CB =33,所以AC =6,所以该几何体的表面积是12×3×33+12×3×33+12×6×33+12×6×33=27 3. 答案:27 315.(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ,母线SA ,SB 所成角的余弦值为78,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515,则该圆锥的侧面积为________.解析:如图所示,设S 在底面的射影为S ′,连接AS ′,SS ′.△SAB 的面积为12·SA ·SB ·sin ∠ASB =12·SA 2·1-cos 2∠ASB =1516·SA 2=515,所以SA 2=80,SA =4 5.因为SA与底面所成的角为45°,所以∠SAS ′=45°,AS ′=SA ·cos 45°=45×22=210.所以底面周长l =2π·AS ′=410π,所以圆锥的侧面积为12×45×410π=402π.答案:402π16.(2018·潍坊模拟)已知正四棱柱的顶点在同一个球面上,且球的表面积为12π,当正四棱柱的体积最大时,正四棱柱的高为________.解析:设正四棱柱的底面边长为a ,高为h ,球的半径为r ,由题意知4πr 2=12π,所以r 2=3,又2a 2+h 2=(2r )2=12,所以a 2=6-h 22,所以正四棱柱的体积V =a 2h =⎝⎛⎭⎫6-h 22h ,则V ′=6-32h 2,由V ′>0,得0<h <2,由V ′<0,得h >2,所以当h =2时,正四棱柱的体积最大,V max =8.答案:2。