2020届高考数学大二轮复习冲刺创新题型2解答题规范踩点多得分第8讲选修4系列第1课时坐标系与参数方程练习文

2020新高考文科数学二轮培优基础保分强化试题二1．已知集合A ＝[1，＋∞)，B ＝{|x ∈R 12a ≤x ≤2a －1}，若A ∩B ≠∅，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．(1，＋∞)答案 A 解析因为A ∩B ≠∅，所以⎩⎨⎧2a －1≥1，2a －1≥12a ，解得a ≥1，故选A.2．若复数z ＝1＋m i1＋i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－1,0)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)答案 A解析 因为z ＝1＋m i 1＋i ＝(1＋m i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋m 2＋m －12i ，在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2，m －12，且在第四象限，所以⎩⎨⎧1＋m2>0，m －12<0，解得－1<m <1，故选A.3．设S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，则a 7a 4等于( )A ．1B ．3C ．7D ．13 答案 C解析 因为S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，所以13(a 1＋a 13)2＝13×7(a 1＋a 7)2，即a 7＝7a 4，所以a 7a 4＝7.故选C. 4．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 答案 A解析 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.5．已知i 与j 为互相垂直的单位向量，a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 答案 A解析 因为i 与j 为互相垂直的单位向量，所以i 2＝j 2＝1，i ·j ＝0.又因为a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，所以a ·b ＝1－2λ>0，λ<12.但当λ＝－2时，a ＝b ，不满足要求，故满足条件的实数λ的取值范围为(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12.故选A.6．若函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ，则下列结论正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期为2πB ．对任意的x ∈R ，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝0 C ．函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫π2，3π4上是减函数D ．函数f (x )的图象关于直线x ＝－π8对称 答案 B解析 函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，则函数f (x )的最小正周期为T＝2π2＝π，故A 错误；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π4＝0，故B 正确；令π2＋2k π≤2x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，解得π8＋k π≤x ≤k π＋5π8(k ∈Z )，当k ＝0时，函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，5π8，故C 错误；当x ＝－π8时，f ⎝⎛⎭⎪⎫－π8＝0.故D 错误，故选B.7．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1C ，C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A.64B.14C.26D.36 答案 A解析 ∵B 1C 和C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，∴∠B 1CB ＝60°，∠C 1DC ＝45°.由图可知，B 1C 与C 1D 所成的角，即为A 1D与C 1D 所成的角，即∠A 1DC 1.令BC ＝1，则B 1B ＝AB ＝3，∴A 1D ＝2，A 1C 1＝2，C 1D ＝ 6.由余弦定理，得cos ∠A 1DC 1＝22＋(6)2－222×2×6＝64.故选A.8．如图，在矩形区域ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，且在A ，C 两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE 和扇形区域CBF (该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机选一地点，则该地点无信号的概率是( )A ．2－π2 B.π2－1 C ．1－π4 D.π4 答案 C解析 由条件得扇形区域ADE 和扇形区域CBF 的面积均为π4，又矩形区域ABCD 的面积为2×1＝2，根据几何概型概率公式可得所求概率为P ＝2－2×π42＝1－π4，即在该矩形区域内随机选一地点，则该地点无信号的概率是1－π4.9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，P 是双曲线C 上一点，若|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，且△PF 1F 2的最小内角的大小为30°，则双曲线C 的渐近线方程是( )A.2x ±y ＝0 B ．x ±2y ＝0 C ．2x ±y ＝0 D ．x ±2y ＝0答案 A解析 不妨设|PF 1|>|PF 2|，则⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，所以|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a ，且|F 1F 2|＝2c ，即|PF 2|为最小边，所以∠PF 1F 2＝30°，则△PF 1F 2为直角三角形，所以2c ＝23a ，所以b ＝2a ，即渐近线方程为y ＝±2x ，故选A.10．若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥0，kx －y ＋3≥0，y ≥0，且z ＝y －x 的最小值为－12，则k 的值为( )A.12 B ．－12 C.14 D ．－14 答案 D解析 依题意，易知k ≤－1和k ≥0不符合题意．由⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋3＝0，y ＝0得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0，结合图形可知，当直线z ＝y －x 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0时，z 有最小值，于是有0＋3k ＝－12，k ＝－14，选D.11．椭圆x 24＋y 2＝1上存在两点A ，B 关于直线4x －2y －3＝0对称，若O 为坐标原点，则|OA →＋OB →|＝( )A ．1 B. 3 C. 5 D.7 答案 C解析 由题意，直线AB 与直线4x －2y －3＝0垂直，设直线AB 的方程为y ＝－12x ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋m ，x 24＋y 2＝1消去y 整理得x 2－2mx ＋2m 2－2＝0，∵直线AB与椭圆交于两点，∴Δ＝(－2m )2－4(2m 2－2)＝－4m 2＋8>0，解得－2<m < 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝2m ，∴x 0＝x 1＋x 22＝m ，y 0＝－12x 0＋m ＝m2，∴点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 2.由题意得点M 在直线4x －2y －3＝0上，∴4m －2×m 2－3＝3m －3＝0，解得m ＝1.∴x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－12(x 1＋x 2)＋2m ＝1，∴OA →＋OB →＝(2,1)，∴|OA →＋OB →|＝ 5.故选C.12．已知角α的顶点与直角坐标系的原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (－1,2)，则cos2α＝________.答案 －35解析 设点P 到原点的距离是r ，由三角函数的定义，得r ＝5，sin α＝2r ＝25，可得cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝－35.13．将1,2,3,4，…正整数按如图所示的方式排成三角形数组，则第10行左数第10个数为________．答案 91解析 由三角形数组可推断出，第n 行共有2n －1项，且最后一项为n 2，所以第10行共19项，最后一项为100，左数第10个数是91.14．已知在△ABC 中，B ＝2A ，∠ACB 的平分线CD 把三角形分成△BCD 和△ACD ，且S △BCD ∶S △ACD ＝4∶3，则cos A ＝________.答案 38解析 在△ADC 中，由正弦定理，得AC sin ∠ADC ＝37AB sin ∠ACD ⇒AC 37AB ＝sin ∠ADCsin ∠ACD.同理，在△BCD 中，得BC sin ∠BDC ＝47AB sin ∠BCD ⇒BC 47AB＝sin ∠BDCsin ∠BCD，又sin ∠ADC ＝sin ∠BDC ，sin ∠ACD ＝sin ∠BCD ，所以AC 37AB ＝BC 47AB ⇒AC ＝34BC ，由正弦定理，得sin B ＝34sin A ，又B ＝2A ，即sin B ＝2sin A cos A ，求得cos A ＝38.。

第2课时 不等式选讲[考情分析] 本部分主要考查绝对值不等式的解法，求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围，不等式的证明等．结合函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式、绝对值不等式的应用成为命题的热点．热点题型分析热点1 含绝对值不等式的解法含绝对值不等式的解法：(1)|f (x )|>a (a >0)⇔f (x )>a 或f (x )<－a ； (2)|f (x )|<a (a >0)⇔－a <f (x )<a ；(3)对形如|x －a |＋|x －b |≤c ，|x －a |＋|x －b |≥c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解．已知函数f (x )＝|2x ＋4|＋|x －a |.(1)当a <－2时，f (x )的最小值为1，求实数a 的值； (2)当f (x )＝|x ＋a ＋4|时，求x 的取值范围． 解 (1)当a <－2时，函数f (x )＝|2x ＋4|＋|x －a | ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋a －4x <a ，－x －a －4a ≤x ≤－2，3x －a ＋4x >－2.可知，当x ＝－2时，f (x )取得最小值，最小值为f (－2)＝－a －2＝1，解得a ＝－3.(2)f (x )＝|2x ＋4|＋|x －a |≥|(2x ＋4)－(x －a )| ＝|x ＋a ＋4|，当且仅当(2x ＋4)(x －a )≤0时，等号成立， 所以若f (x )＝|x ＋a ＋4|，则当a <－2时，x 的取值范围是{x |a ≤x ≤－2}； 当a ＝－2时，x 的取值范围是{x |x ＝－2}； 当a >－2时，x 的取值范围是{x |－2≤x ≤a }．形如|x －a |＋|x －b |≥c (或≤c )型的不等式主要有三种解法：(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a ]，(a ，b )，[b ，＋∞)(此处设a <b )三个部分，在每个部分上去掉绝对值符号分别列出对应的不等式组求解，然后取各个不等式组的并集；(2)几何法：利用|x －a |＋|x －b |>c 的几何意义：数轴上到点x 1＝a 和x 2＝b 的距离之和大于c 的全体实数；(3)图象法：作出函数y 1＝|x －a |＋|x －b |和y 2＝c 的图象，结合图象求解．(2019·太原模拟)已知函数f (x )＝|x ＋m |＋|2x －1|. (1)当m ＝－1时，求不等式f (x )≤2的解集；(2)若f (x )≤|2x ＋1|的解集包含⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，2，求m 的取值范围． 解 (1)当m ＝－1时，f (x )＝|x －1|＋|2x －1|， 当x ≥1时，f (x )＝3x －2≤2，所以1≤x ≤43；当12<x <1时，f (x )＝x ≤2，所以12<x <1； 当x ≤12时，f (x )＝2－3x ≤2，所以0≤x ≤12，(2)由题意可知f (x )≤|2x ＋1|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，2上恒成立，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，2时，f (x )＝|x ＋m |＋|2x－1|＝|x ＋m |＋2x －1≤|2x ＋1|＝2x ＋1，所以|x ＋m |≤2，即－2≤x ＋m ≤2，则－2－x ≤m ≤2－x ，且(－2－x )max ＝－114，(2－x )min ＝0，因此，m 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－114，0.热点2 含绝对值不等式的恒成立(存在性)问题1．两个定理定理1：如果a ，b 是实数，则|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立； 定理2：如果a ，b ，c 是实数，那么|a －c |≤|a －b |＋|b －c |，当且仅当(a －b )(b －c )≥0时，等号成立．2．恒成立问题f (x )>a 恒成立⇔f (x )≤a 无解⇔f (x )min >a ； f (x )<a 恒成立⇔f (x )≥a 无解⇔f (x )max <a .3．存在性问题f (x )>a 有解⇔f (x )max >a ；f (x )<a 有解⇔f (x )min <a .(2018·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝5－|x ＋a |－|x －2|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥0的解集； (2)若f (x )≤1，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4，x ≤－1，2，－1<x ≤2，－2x ＋6，x >2.所以f (x )≥0的解集为{x |－2≤x ≤3}． (2)f (x )≤1等价于|x ＋a |＋|x －2|≥4.而|x ＋a |＋|x －2|≥|a ＋2|，且当x ＝2时等号成立． 故f (x )≤1等价于|a ＋2|≥4. 由|a ＋2|≥4可得a ≤－6或a ≥2，所以a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．解含参数绝对值不等式问题的两种常用方法： (1)将参数分类讨论，将其转化为分段函数求解；(2)借助绝对值的几何意义，先求出f (x )的最值或值域，然后再根据题目要求，求解参数的取值范围．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|x －2|. (1)求不等式f (x )≥1的解集；(2)若不等式f (x )≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围． 解 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ＜－1，2x －1，－1≤x ≤2，3，x ＞2.当x ＜－1时，f (x )≥1无解；当－1≤x ≤2时，由f (x )≥1，得2x －1≥1， 解得1≤x ≤2；当x ＞2时，由f (x )≥1，解得x ＞2. 所以f (x )≥1的解集为{x |x ≥1}． (2)由f (x )≥x 2－x ＋m ，得m ≤|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x .而|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ≤|x |＋1＋|x |－2－x 2＋|x | ＝－⎝⎛⎭⎪⎫|x |－322＋54≤54， 且当x ＝32时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝54，故m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，54.热点3 不等式证明1．绝对值不等式的性质：|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |； 2．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立； 定理2：如果a >0，b >0，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立；定理3：如果a >0，b >0，c >0，则a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立；定理4：如果a 1，a 2，…a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥ na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．(2019·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明：(1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明 (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立． 所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数，且abc ＝1， 故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33a ＋b3b ＋c3c ＋a3＝3(a ＋b )(b ＋c )(c ＋a )≥3×(2ab )×(2bc )×(2ca )＝24. 当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立． 所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明不等式常用的方法： (1)比较法①作差比较法：a >b ⇔a －b >0，a <b ⇔a －b <0； ②作商比较法：a >b >0⇔a b>1且a >0，b >0. (2)分析法从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件或定理等)．(3)综合法从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，推导出所要证明的不等式成立，即“由因导果”的方法．(4)反证法的步骤第一步：作出与所证不等式相反的假设；第二步：从条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结论，否定假设，从而证明原不等式成立．(2017·全国卷Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2. 证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明 (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3a ＋b24(a ＋b )＝2＋3a ＋b34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.专题作业1．已知函数f (x )＝|2x －1|＋|2x ＋a |，g (x )＝x ＋3. (1)当a ＝－2时，求不等式f (x )<g (x )的解集；(2)设a >1，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )≤g (x )，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝－2时，不等式f (x )<g (x )转化为|2x －1|＋|2x －2|－x －3<0.设函数y ＝|2x －1|＋|2x －2|－x －3＝⎩⎪⎨⎪⎧－5x ，x <12，－x －2，12≤x ≤1，3x －6，x >1，其图象如图所示．由图象可知，当且仅当x ∈(0,2)时，y <0.所以原不等式的解集为(0,2)．(2)因为a >1，则－a 2<12，所以f (x )＝|2x －1|＋|2x ＋a |＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x ＋1－a ⎝⎛⎭⎪⎫x <－a 2，a ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≤x <12，4x ＋a －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )＝a ＋1，即a ＋1≤x ＋3在x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12上恒成立，所以a ＋1≤－a 2＋3，解得a ≤43.所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，43.2．(2019·全国卷Ⅲ)设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1. (1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.解 (1)因为[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)] ≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，所以由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)证明：因为[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)·(z －a )＋(z －a )(x －2)]≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]，所以由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥2＋a23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立．所以(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为2＋a23.由题设知2＋a23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1. 3．(2019·河北省衡水模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)解不等式f (x )≤3；(2)若函数g (x )＝|2x －2018－a |＋|2x －2019|，若对于任意的x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－12，x ＋2，－12<x <1，3x ，x ≥1.由f (x )≤3，得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <1，x ＋2≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，3x ≤3，解得－1≤x ≤1.即不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤1}．(2)由(1)知，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝32，g (x )＝|2x －2018－a |＋|2x －2019|≥|2x －2018－a －2x ＋2019|＝|a －1|， 则|a －1|≤32，解得－12≤a ≤52，即实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52.4．(2019·南昌一模)已知函数f (x )＝|2x ＋3a 2|. (1)当a ＝0时，求不等式f (x )＋|x －2|≥3的解集；(2)若对于任意实数x ，不等式|2x ＋1|－f (x )<2a 恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝0时，不等式可化为|2x |＋|x －2|≥3，得⎩⎪⎨⎪⎧x <0，－2x ＋2－x ≥3或⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，2x ＋2－x ≥3或⎩⎪⎨⎪⎧x >2，2x ＋x －2≥3，解得x ≤－13或x ≥1，所以当a ＝0时，不等式f (x )＋|x －2|≥3的解集为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－13∪[1，＋∞)． (2)对于任意实数x ，不等式|2x ＋1|－f (x )<2a 恒成立， 即|2x ＋1|－|2x ＋3a 2|<2a 恒成立．因为|2x ＋1|－|2x ＋3a 2|≤|2x ＋1－2x －3a 2|＝|3a 2－1|， 所以要使原不等式恒成立，只需|3a 2－1|<2a . 当a <0时，无解；当0≤a ≤33时，1－3a 2<2a ，解得13<a ≤33； 当a >33时，3a 2－1<2a ，解得33<a <1. 所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1.。

选修4系列 专题测试一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．在矩形ABCD 中，DE ⊥AC ，∠ADE ＝13∠CDE ，则∠EDB ＝( )A ．22.5°B ．30°C ．45°D ．60°解析：∵∠DAE ＝∠ACB ，∴∠ADE ＝∠BAC ＝∠BDC ，∴∠BDE ＝∠CDE －∠BDC ＝2∠ADE ，∴∠BDE ＝45°.答案：C2．极坐标方程分别是ρ＝cos θ和ρ＝sin θ的两个圆的圆心距是( ) A ．2 B. 2 C ．1 D.22答案：D3．直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t sin50°－1y ＝－t cos50°(t 为参数)，则直线的倾斜角为( )A ．40°B ．50°C ．140°D ．130°解析：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1－t cos140°y ＝－t sin140°，∴倾斜角为140°.答案：C4．抛物线x 2－2y －6x sin θ－9cos 2θ＋8cos θ＋9＝0的顶点的轨迹是(其中θ∈R )( ) A ．圆 B ．椭圆 C ．抛物线D ．双曲线解析：原方程变形为：y ＝12(x －3sin θ)2＋4cos θ.设抛物线的顶点为(x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3sin θy ＝4cos θ，消去参数θ得轨迹方程为x 29＋y 216＝1.它是椭圆．答案：B5．已知某条曲线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12a ＋1a，y ＝12a －1a(其中a 是参数)，则该曲线是( )A ．线段B ．圆C ．双曲线的一部分D ．圆的一部分答案：C6．直线x 4＋y 3＝1与椭圆x 216＋y 29＝1相交于A 、B 两点，该椭圆上点P 使得△PAB 的面积等于3，这样的点P 共有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：由题意可知A (4,0)，B (0,3)，|AB |＝5，S △ABP ＝12|AB |·h ＝3，∴h ＝65，设P (4cos α，3sin α)，点P 到直线x 4＋y 3＝1的距离d ＝|12cos α＋12sin α－12|5＝125⎪⎪⎪⎪⎪⎪2sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4－1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，122＋15，∴这样的点P 有两个． 答案：B7．对任意实数x ，若不等式|x ＋1|－|x －2|>k 恒成立，则k 的取值范围是( ) A ．k <3 B ．k <－3 C ．k ≤3D ．k ≤－3解析：解法一：化为(1)⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1－x ＋1＋x －2>k；或(2)⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <2x ＋1＋x －2>k；或(3)⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2x ＋1－x －2>k.由(1)得k <－3.由(2)得－1<x <2时，k <2x －1. 而2x －1∈(－3,3)．由(3)得k <3. 依题意，要对任意x 都使该不等式成立， ∴k <－3，故选B.解法二：如图．数轴上点A (－1)，B (2)，当点P (x )在A 点左侧时，|PA |－|PB |＝|x ＋1|－|x －2|＝－3， 当P 点在B 点右侧时，|PA |－|PB |＝|x ＋1|－|x －2|＝3，当P 点在线段AB 上时，|PA |－|PB |＝|x ＋1|－|x －2|∈[－3,3]． 综上可知，|PA |－|PB |∈[－3,3]，∴k <－3. 答案：B8．设a 、b 、c 为正数，且a ＋2b ＋3c ＝13，则3a ＋2b ＋c 的最大值为( ) A.1693 B.133C.1333D.13 解析：(a ＋2b ＋3c )[(3)2＋12＋(13)2]≥(3a ＋2b ＋c )2，∵a ＋2b ＋2c ＝13，∴(3a ＋2b ＋c )2≤1693，∴3a ＋2b ＋c ≤1333，当且仅当a3＝2b 1＝3c 13取等号， 又∵a ＋2b ＋2c ＝13，∴a ＝9，b ＝32，c ＝13时，3a ＋2b ＋c 取最大值1333.答案：C9．若不等式|ax ＋2|<4的解集为(－1,3)，则实数a 等于( ) A ．8 B ．2 C ．－4D ．－2解析：由－4<ax ＋2<4，得－6<ax <2.∴(ax －2)(ax ＋6)<0，其解集为(－1,3)，∴a ＝－2. 答案：D10．若q >0，且q ≠1，m 、n ∈N *，则1＋q m ＋n与q m ＋q n的大小关系是( )A ．1＋q m ＋n >q m ＋q nB ．1＋q m ＋n <q m＋q nC ．1＋qm ＋n＝q m＋q nD ．不能确定 解析：1＋qm ＋n－(q m＋q n)＝(1－q m)(1－q n)，∵m 、n ∈N *，若q >1，则q m>1，q n>1， 若0<q <1，则0<q m <1,0<q n<1. ∴(1－q m )(1－q n)>0，故选A. 答案：A11．设a 、b 、c ∈R ，且a 2＋2b 2＋3c 2＝6，则a ＋b ＋c 的最小值为( ) A.11B ．－11C ．336D ．11解析：(a ＋b ＋c )2＝(a ×1＋2b ·22＋3c ·33)2≤(a 2＋2b 2＋3c 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＝11，∴－11≤a ＋b ＋c ≤11等号成立时，a1＝2b 22＝3c 33， 即a ＝2b ＝3c ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝611b ＝311c ＝211或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－611b ＝－311c ＝－211.答案：B12．(2020年山东济宁一模)如果关于x 的不等式|x －a |＋|x ＋4|≥1的解集是全体实数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，3]∪[5，＋∞)B ．[－5，－3]C ．[3,5]D ．(－∞，－5]∪[－3，＋∞)解析：在数轴上，结合绝对值的几何意义可知a ≤－5或a ≥－3. 答案：D二、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分．把答案填在题中横线上．) 13．(2020年广东揭阳模拟)设直线l 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t ，y ＝a ＋3t(t 为参数)，直线l 2的方程为y ＝3x －4，若直线l 1与l 2间的距离为10，则实数a 的值为________．解析：将直线l 1的方程化为普通方程得3x －y ＋a －3＝0，直线l 2的方程为3x －y －4＝0， 由两平行线间的距离公式得|a －3＋4|10＝10，即|a ＋1|＝10，解得a ＝9或a ＝－11. 答案：9或－1114．(2020年陕西高考)不等式|x ＋3|－|x －2|≥3的解集为________． 解析：x ≥2时，|x ＋3|－|x －2|＝5，－3≤x <2时，|x ＋3|－|x －2|＝2x ＋1≥3⇒x ≥1，x <－3时，|x ＋3|－|x －2|＝－5，因此综上有|x ＋3|－|x －2|≥3的解集为{x |x ≥1}． 答案：{x |x ≥1}15．已知：如图，B 在AC 上，D 在BE 上，且AB BC ＝2，ED DB ＝2，则AD DF的值为__________． 解析：过D 作DG ∥AC 交FC 于G ， 则DG BC ＝ED EB ＝23，∴DG ＝23BC . 又BC ＝13AC ，∴DG ＝29AC ，∴DF AF ＝DG AC ＝29，∴DF ＝29AF ，从而AD ＝79AF ，故AD DF ＝72.答案：7216．(2020年北京高考)如图，⊙O 的弦ED ，CB 的延长线交于点A .若BD ⊥AE ，AB ＝4，BC ＝2，AD ＝3，则DE ＝________；CE ＝________.解析：根据割线定理AD ·AE ＝AB ·AC ，AE ＝AB ·AC AD ＝4×4＋23＝8，所以DE ＝AE －AD ＝8－3＝5.连BE ，∵BD ⊥AE ， ∴BE 为圆的直径，DB ＝42－32＝7，BE ＝BD 2＋DE 2＝7＋52＝42，在Rt △ECB 中，CE ＝BE 2－BC 2＝32－4＝27. 答案：5 27三、解答题(本大题共6小题，共70分，17题10分，18～22题，每题12分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．在极坐标系中，已知圆C 的圆心为(3，π3)，半径为3，Q 点在圆周上运动．(1)求圆C 的极坐标方程； (2)若P 是OQ 中点，求P 的轨迹．解：(1)圆的极坐标方程为ρ＝6cos(θ－π3)．(2)若P 的极坐标为(ρ，θ)，则Q 点的极坐标为(2ρ，θ)． ∵2ρ＝6cos(θ－π3)，∴ρ＝3cos(θ－π3)，∴P 的轨迹是圆．18．(2020年东北三校联考)已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与直角坐标系的x 轴的正半轴重合，且两个坐标系的单位长度相同，已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋t cos αy ＝1＋t sin α(t 为参数)，曲线C 的极坐标方程为P ＝4cos θ.(1)若直线l 的斜率为－1，求直线l 与曲线C 交点的极坐标； (2)若直线l 与曲线C 相交弦长为23，求直线l 的参数方程． 解：(1)直线l 的方程：y －1＝－1(x ＋1)即：y ＝－xC ：P ＝4cos θ即：x 2＋y 2－4x ＝0联立方程得：2x 2－4x ＝0∴A (0,0)，B (2，－2)极坐标A (0,0)，B (22，7π4)(2)d ＝r 2＋l22＝1 l ∶y ＝－xC ：(x －2)2＋y 2＝4∴|2k ＋k ＋1|k 2＋1＝1∴k ＝0或k ＝34∴l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋t y ＝1(t 为参数)或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1－45t y ＝1＋35t (t 为参数)19．(2020年苏、锡、常、镇四市高三教学情况调查)如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，点E ，F 分别在边AB ，CD 上，设ED 与AF 相交于点G ，若B ，C ，F ，E 四点共圆，求证：AG ·GF＝DG ·GE .证明：连接EF .∵B ，C ，F ，E 四点共圆， ∴∠ABC ＝∠EFD . ∵AD ∥BC ，∴∠BAD ＋∠ABC ＝180°. ∴∠BAD ＋∠EFD ＝180°. ∴A ，D ，F ，E 四点共圆． ∵ED 交AF 于点G ， ∴AG ·GF ＝DG ·GE .20．(2020年山西四校联考)如图，直线AB 经过⊙O 上的点C ，并且OA ＝OB ，CA ＝CB ，直线OB 交⊙O 于点E 、D ，连结EC 、CD .(1)试判断直线AB 与⊙O 的位置关系，并加以证明； (2)若tan E ＝12，⊙O 的半径为3，求OA 的长．解：(1)证明：如题图，连结OC . ∵OA ＝OB ，CA ＝CB ，∴OC ⊥AB . ∴AB 是⊙O 的切线． (2)∵tan E ＝12，∴CD EC ＝12.∵△BCD ∽△BEC ∴BD BC ＝CD EC ＝12. 设BD ＝x ，则BC ＝2x ，又BC 2＝BD ·BE ，∴(2x )2＝x (x ＋6)． 解得x 1＝0，x 2＝2. ∵BD ＝x >0，∴BD ＝2. ∴OA ＝OB ＝BD ＋OD ＝2＋3＝5.21．(2020年辽宁高考)已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c)2≥63，并确定a ，b ，c 为何值时，等号成立．证明：证法一：因为a ，b ，c 均为正数，由均值不等式得a 2＋b 2＋c 2≥3(abc )23，①1a ＋1b ＋1c≥3(abc )－13，所以(1a ＋1b ＋1c)2≥9(abc )－23.②故a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c)2≥3(abc )23＋9(abc )－23.又3(abc )23＋9(abc )－23≥227＝63，③ 所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立．当且仅当3(abc )23＝9(abc )－23时，③式等号成立．即当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立． 证法二：因为a ，b ，c 均为正数，由基本不等式得a 2＋b 2≥2ab ， b 2＋c 2≥2bc ， c 2＋a 2≥2ac .所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ac ① 同理1a 2＋1b 2＋1c 2≥1ab ＋1bc ＋1ac②故a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c )2≥ab ＋bc ＋ac ＋31bc＋31ab ＋31ac≥6 3.③所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立，当且仅当a ＝b ＝c ，(ab )2＝(bc )2＝(ac )2＝3时，③式等号成立．即当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立．22．(2020年东北三校联考)已知函数f (x )＝|x ＋1|，g (x )＝2|x |＋a . (1)当a ＝0时，解不等式f (x )≥g (x )；(2)若存在x ∈R ，使得f (x )≥g (x )成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)|x ＋1|≥2|x |⇒x 2＋2x ＋1≥4x 2⇒－13≤x ≤1∴解集为[－13，1](2)存在x ∈R 使|x ＋1|≥2|x |＋a ∴存在x ∈R 使|x ＋1|－2|x |≥a 令φ(x )＝|x ＋1|－2|x | a ≤φ(x )max φ(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1－x 3x ＋1x －1x ≥0－1≤x <0x <－1当x ≥0时，φ(x )≤1；－1≤x <0时，－2≤φ(x )<1；x <－1时，φ(x )<－2 综上可得：φ(x )≤1 ∴a ≤1.。

指导四高考创新题型揭秘创新型数学问题的命制是以集合、函数图象与性质、立体几何、数列、复数等常规知识为基础,并用新的背景、新的情境等进行“包装"，使平淡的数学题焕发出新的活力,充满了无穷的魅力．此类问题有利于考查考生在新情境下分析问题、解决问题的实际能力，有利于考查考生的发散性思维能力和探索、创新精神，是各级各类考试中一道亮丽的风景线．设置“新定义”“新定义”试题是指给出一个考生从未接触过的新规定、新概念，要求考生现学现用，其目的是考查考生的阅读理解能力、应变能力和创新能力，培养学生自主学习、主动探究的品质．此类问题可能以文字的形式出现，也可能以数学符号或数学表达式的形式出现，要求考生要先准确理解“新定义"的特点,再加以灵活运用．特别提醒：“给什么，用什么”是应用“新定义”解题的基本思路．［例1］（2020·唐山调研）若函数e x f(x）(e＝2。

718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f（x）具有M性质．下列函数中所有具有M性质的函数的序号为________．①f(x）＝2－x②f（x)＝3－x③f（x)＝x3④f(x)＝x2＋2[解析] 设g(x）＝e x f（x）．对于①，g(x)＝e x·2－x(x∈R)，g′(x）＝e x·2－x－e x·2－x·ln 2＝(1－ln 2)·e x·2－x＞0,∴函数g(x)在R上单调递增，故①中f（x)具有M性质．对于②，g（x)＝e x·3－x(x∈R），g′(x)＝e x·3－x－e x·3－x·ln 3＝（1－ln 3）·e x·3－x＜0，∴函数g(x)在R上单调递减，故②中f(x）不具有M性质．对于③，g(x)＝e x·x3（x∈R），g′（x)＝e x·x3＋e x·3x2＝(x＋3)·e x·x2，当x＜－3时,g′(x)＜0，g（x)单调递减,故③中f（x）不具有M性质．对于④，g（x)＝e x·（x2＋2)(x∈R)，g′(x)＝e x·（x2＋2）＋e x·2x＝(x2＋2x＋2）·e x＝[(x＋1)2＋1］·e x＞0，∴函数g(x)在R上单调递增，故④中f(x)具有M性质．综上，具有M性质的函数的序号为①④.[答案] ①④解决此类新定义问题首先要准确理解给出的新定义，然后把其转化为熟悉的数学问题求解．如本例通过对函数f（x)所具有M性质的理解，将问题转化为判定函数是否具有此性质．［活学活用1](2019·青岛三模）已知函数y＝f（x)(x∈R）．对于函数y＝g(x)（x∈I），定义g(x）关于f(x）的“对称函数”为函数y＝h（x)（x∈I),y＝h（x）满足：对任意x∈I，两个点(x,h(x）)，（x，g（x))关于点（x，f（x）)对称．若h(x)是g(x)＝错误!关于f（x）＝3x＋b的“对称函数”，且h（x）＞g（x）恒成立，则实数b的取值范围是____________．解析：由于g(x）＝错误!的图象是圆x2＋y2＝4在x轴上方的半圆(包括与x 轴的交点)，设这个半圆的一条切线方程为y＝3x＋b1，则有错误!＝2，解得b1＝2错误!,要使得h(x)＞g(x)恒成立，则需b＞b1＝2错误!。

解答题(一)17．(2019·安徽皖南八校第三次联考)党的十九大明确把精准脱贫作为决胜全面建成小康社会必须打好的三大攻坚战之一．为坚决打赢脱贫攻坚战，某帮扶单位为帮助定点扶贫村脱贫，坚持扶贫同扶智相结合，此帮扶单位考察了甲、乙两种不同的农产品加工生产方式，现对两种生产方式的产品质量进行对比，其质量按测试指标可划分为：指标在区间[80,100]的为优等品；指标在区间[60,80)的为合格品，现分别从甲、乙两种不同加工方式生产的农产品中，各自随机抽取100件作为样本进行检测，测试指标结果的频数分布表如下：甲种生产方式：品，①求这5件产品中，优等品和合格品各有多少件；②再从这5件产品中，随机抽出2件，求这2件中恰有1件是优等品的概率；(2)所加工生产的农产品，若是优等品每件可售55元，若是合格品每件可售25元．甲种生产方式每生产一件产品的成本为15元，乙种生产方式每生产一件产品的成本为20元．用样本估计总体比较在甲、乙两种不同生产方式下，该扶贫单位应选择哪种生产方式来帮助该扶贫村脱贫？解(1)①由频数分布表知：甲的优等品率为0.6，合格品率为0.4，所以抽出的5件产品中，优等品有3件，合格品有2件．②记3件优等品分别为A，B，C,2件合格品分别为a，b，从中随机抽取2件，抽取方式有AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab共10种，设“这2件中恰有1件是优等品”为事件M，则事件M发生的情况有6种，所以P(M)＝610＝35.(2)根据样本知甲种生产方式生产100件农产品有60件优等品，40件合格品；乙种生产方式生产100件农产品有80件优等品，20件合格品．设甲种生产方式每生产100件所获得的利润为T1元，乙种生产方式每生产100件所获得的利润为T2元，可得T1＝60×(55－15)＋40×(25－15)＝2800(元)，T2＝80×(55－20)＋20×(25－20)＝2900(元)，由于T1＜T2，所以用样本估计总体知乙种生产方式生产的农产品所获得的利润较高，故该扶贫单位应选择乙种生产方式来帮助该扶贫村脱贫．18．已知等差数列{a n}的公差d>0，其前n项和为S n，且S5＝20，a3，a5，a8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝1a n ·a n ＋1＋n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为S 5＝5a 1＋a 52＝20，所以a 1＋a 5＝8，所以a 3＝4，即a 1＋2d ＝4， ①因为a 3，a 5，a 8成等比数列，所以a 25＝a 3a 8， 所以(a 1＋4d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，化简，得a 1＝2d ， ②联立①和②，得a 1＝2，d ＝1， 所以a n ＝n ＋1. (2)因为b n ＝1a n ·a n ＋1＋n ＝1n ＋1n ＋2＋n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋n ，所以T n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋n＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋(1＋2＋3＋…＋n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＋n n ＋12＝n 2n ＋2＋n n ＋12＝n 3＋3n 2＋3n2n ＋2. 19．(2019·广东梅州总复习质检)如图，在矩形ABCD 中，AD ＝2AB ＝2，点E 是AD 的中点，将△DEC 沿CE 折起到△D ′EC 的位置，使二面角D ′－EC －B 是直二面角．(1)证明：BE ⊥CD ′；(2)求点E 到平面BCD ′的距离．解 (1)证明：∵AD ＝2AB ＝2，点E 是AD 的中点， ∴△BAE ，△CDE 是等腰直角三角形，∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC .又∵平面D ′EC ⊥平面BEC ，平面D ′EC ∩平面BEC ＝EC ，BE ⊂平面BEC ，∴BE ⊥平面D ′EC ，∵CD ′⊂平面D ′EC ，∴BE ⊥CD ′. (2)由已知及(1)得，BE ⊥平面D ′EC ，BE ＝2， ∴V B －D ′EC ＝13BE ·S △D ′EC ＝13×2×12×1×1＝26.ED ′⊂平面D ′EC ，∴BE ⊥ED ′，ED ′＝1，∴BD ′＝ 3.在△BD ′C 中，BD ′＝3，CD ′＝1，BC ＝2.∴BC 2＝(BD ′)2＋(CD ′)2，∠BD ′C ＝90°. ∴S △BD ′C ＝12BD ′·CD ′＝32.设点E 到平面BCD ′的距离为d . 则V B －D ′EC ＝V E －BCD ′＝13d ·S △BCD ′，∴13×32d ＝26，得d ＝63. 所以点E 到平面BCD ′的距离为63. 20．(2019·安徽江淮十校第三次联考)已知函数f (x )＝x －11＋x ，g (x )＝(ln x )2－2a ln x＋13a . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若存在x 1∈[0,1]，使得对任意的x 2∈[1，e 2]，f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝1＋11＋x2>0，又x ≠－1，故f (x )在(－∞，－1)为增函数，在()－1，＋∞也为增函数．(2)由(1)可知，当x ∈[0,1]时，f (x )为增函数，f (x )max ＝f (1)＝12，由题意可知g (x )＝(ln x )2－2a ln x ＋13a ≤12对任意的x ∈[0,2]恒成立．令t ＝ln x ，则当x ∈[1，e 2]时，t ∈[0,2]，令h (t )＝t 2－2at ＋13a －12，问题转化为h (t )≤0对任意的t ∈[0,2]恒成立，由抛物线h (t )的开口向上，知⎩⎪⎨⎪⎧h0≤0，h2≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧13a －12≤0，4－4a ＋13a －12≤0，解得2122≤a ≤32.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2122，32.21．(2019·安徽蚌埠第三次质检)已知点E (－2,0)，F (2,0)，P (x ，y )是平面内一动点，P 可以与点E ，F 重合．当P 不与E ，F 重合时，直线PE 与PF 的斜率之积为－14.(1)求动点P 的轨迹方程；(2)一个矩形的四条边与动点P 的轨迹均相切，求该矩形面积的取值范围． 解 (1)当P 与点E ，F 不重合时，k PE ·k PF ＝－14，得y x ＋2·yx －2＝－14，即x 24＋y 2＝1(y ≠0)， 当P 与点E ，F 重合时，P (－2,0)或P (2,0)． 综上，动点P 的轨迹方程为x 24＋y 2＝1.(2)记矩形面积为S ，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S ＝8.当矩形各边均不与坐标轴平行时，根据对称性，设其中一边所在直线方程为y ＝kx ＋m ，则其对边方程为y ＝kx －m ，另一边所在直线方程为y ＝－1k x ＋n ，则其对边方程为y ＝－1kx －n ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，则Δ＝0， 即4k 2＋1＝m 2. 矩形的一边长为d 1＝|2m |k 2＋1，同理，4k 2＋1＝n 2， 矩形的另一边长为d 2＝|2n |1k2＋1， S ＝d 1·d 2＝|2m |k 2＋1·|2n |1k2＋1＝|4mnk |k 2＋1 ＝44k 2＋1k 2＋4k 2＋12＝44k 4＋17k 2＋4k 2＋12＝44＋9k 2k 2＋12＝44＋9k 2＋1k2＋2∈(8,10]． 综上，S ∈(8,10]．22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝3＋t sin θ(t 为参数)，θ∈[0，π)．以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为ρ＝8sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6.(1)在直角坐标系xOy 中，求圆C 的圆心的直角坐标；(2)设点P (1，3)，若直线l 与圆C 交于A ，B 两点，求证：|PA |·|PB |为定值，并求出该定值．解 (1)圆C 的极坐标方程为ρ＝43sin θ＋4cos θ， 又ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 则圆C ：x 2＋y 2－4x －43y ＝0， 圆心坐标为C (2，23)．(2)证明：将⎩⎨⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝3＋t sin θ代入圆C ：x 2＋y 2－4x －43y ＝0，得t 2－(23sin θ＋2cos θ)t －12＝0，设点A ，B 所对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1t 2＝－12， ∴|PA |·|PB |＝|t 1t 2|＝12.23．(2019·四川广安、眉山毕业班第一次诊断性考试)已知不等式|2x ＋1|＋|x －1|<3的解集为M .(1)求M ；(2)若m ，n ∈M ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1.解 (1)当x <－12时，不等式即为－2x －1－x ＋1<3，解得－1<x <－12；当－12≤x ≤1时，不等式即为2x ＋1－x ＋1<3，解得－12≤x <1；当x >1时，不等式即为2x ＋1＋x －1<3，此时无解． 综上可知，不等式的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：m ，n ∈(－1,1)，欲证⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1，需证|m －n |<|mn －1|，即证(m －n )2<(mn －1)2， 即m 2＋n 2－2mn <m 2n 2－2mn ＋1， 即证(m 2－1)(n 2－1)>0， 因为m ，n ∈(－1,1)，所以(m 2－1)(n 2－1)>0显然成立． 所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1成立．解答题(二)17．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为S ，已知2a cos 2C2＋2c cos 2A2＝52b . (1)求证：2(a ＋c )＝3b ； (2)若cos B ＝14，S ＝15，求b .解 (1)证明：由已知得，a (1＋cos C )＋c (1＋cos A )＝52b .由余弦定理可得a ＋c ＝32b ，即2(a ＋c )＝3b .(2)∵cos B ＝14(B ∈(0，π))，∴sin B ＝154.∵S ＝12ac sin B ＝158ac ＝15，∴ac ＝8.又b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )， 2(a ＋c )＝3b ，∴b 2＝9b 24－16×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14. ∴b ＝4.18．(2019·河北唐山一模)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝4，∠ABC ＝90°，E ，F 分别为AB ，AC 边的中点，以EF 为折痕把△AEF 折起，使点A 到达点P 的位置，且PB ＝BE .(1)证明：BC ⊥平面PBE ； (2)求点F 到平面PEC 的距离．解 (1)证明：因为E ，F 分别为AB ，AC 边的中点，所以EF ∥BC ，因为∠ABC ＝90°，所以EF ⊥BE ，EF ⊥PE ，又因为BE ∩PE ＝E ，所以EF ⊥平面PBE ，所以BC ⊥平面PBE .(2)如图，取BE 的中点O ，连接PO ，由(1)知BC ⊥平面PBE ，BC ⊂平面BCFE ，所以平面PBE ⊥平面BCFE ，因为PB ＝BE ＝PE ，所以PO ⊥BE ，又因为PO ⊂平面PBE ，平面PBE ∩平面BCFE ＝BE ，所以PO ⊥平面BCFE, 在Rt △POC 中，PC ＝PO 2＋OC 2＝25，在Rt △EBC 中，EC ＝EB 2＋BC 2＝25， 在△PEC 中，PC ＝EC ＝25，PE ＝2，所以S △PEC ＝19，又S △ECF ＝2，设点F 到平面PEC 的距离为d ，由V F －PEC ＝V P －ECF 得S △PEC ·d ＝S △ECF ·PO ，即19×d ＝2×3，所以d ＝25719.即点F 到平面PEC 的距离为25719.19．(2019·黑龙江哈尔滨六中第二次模拟)某大型商场去年国庆期间累计生成2万张购物单，从中随机抽出100张，对每单消费金额进行统计得到下表： 消费金额(单位：元) [0,200] (200,400](400,600](600,800](800,1000]购物单张数252530？？的频率分布直方图所估计出的每单消费金额的中位数与平均数恰好相等．用频率估计概率，完成下列问题：(1)估计去年国庆期间该商场累计生成的购物单中，单笔消费金额超过800元的概率； (2)为鼓励顾客消费，该商场打算在今年国庆期间进行促销活动，凡单笔消费超过600元者，可抽奖一次，中一等奖、二等奖、三等奖的顾客可以分别获得价值500元、200元、100元的奖品．已知中奖率为100%，且一等奖、二等奖、三等奖的中奖率依次构成等比数列，其中一等奖的中奖率为121.若今年国庆期间该商场的购物单数量比去年同期增长5%，预测商场今年国庆期间采购奖品的开销．解 (1)因消费金额在区间[0,400]的频率为0.5，故中位数估计值即为400.设所求概率为p ，而消费金额在(0,600]的概率为0.8，故消费金额在区间(600,800]内的概率为0.2－p .因此消费金额的平均数可估计为100×0.25＋300×0.25＋500×0.3＋700×(0.2－p )＋900×p .令其与中位数400相等，解得p ＝0.05.(2)设等比数列公比为q (q ＞0)，根据题意121＋q 21＋q 221＝1，即q 2＋q －20＝0，解得q ＝4.故一等奖、二等奖、三等奖的中奖率分别为121，421，1621.今年的购物单总数约为20000×1.05＝21000.其中具有抽奖资格的单数为21000×(0.15＋0.05)＝4200， 故一等奖、二等奖、三等奖中奖单数可估计为200,800,3200.于是，采购奖品的开销可估计为200×500＋800×200＋3200×100＝580000(元)． 20．在平面直角坐标系中，已知点F (1,0)，直线l ：x ＝－1，动直线l ′垂直l 于点H ，线段HF 的垂直平分线交l ′于点P ，设点P 的轨迹为C .(1)求曲线C 的方程；(2)以曲线C 上的点Q (x 0，y 0)(y 0>0)为切点作曲线C 的切线l 1，设l 1分别与x 轴、y 轴交于A ，B 两点，且l 1恰与以定点M (a,0)(a >2)为圆心的圆相切，当圆M 的面积最小时，求△ABF 与△QAM 面积的比．解 (1)由题意得|PH |＝|PF |，∴点P 到直线l ：x ＝－1的距离等于它到定点F (1,0)的距离，∴点P 的轨迹是以l 为准线，F 为焦点的抛物线，∴点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x .(2)解法一：由y 2＝4x ，当y >0时，y ＝2x ， ∴y ′＝1x，∴以Q 为切点的切线l 1的斜率为k ＝1x 0，∴以Q (x 0，y 0)(y 0>0)为切点的切线方程为y －y 0＝1x 0(x －x 0)，即y －y 0＝2y 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 204，整理得4x －2y 0y ＋y 20＝0.令x ＝0，则y ＝y 02，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，y 02， 令y ＝0，则x ＝－y 204＝－x 0，∴A (－x 0,0)， 点M (a,0)到切线l 1的距离d ＝y 20＋4a 2y 20＋4＝y 20＋42＋2a －2y 20＋4≥2a －1(当且仅当y 0＝2a －2时，取等号)．∴当点Q 的坐标为(a －2,2a －2)时，满足题意的圆M 的面积最小． 此时A (2－a,0)，B (0，a －2)．S △ABF ＝12|1－(2－a )||a －2|＝12(a －1)a －2， S △AQM ＝12|a －(2－a )||2a －2|＝2(a －1)·a －2.∴S △ABF S △AQM ＝14，∴△ABF 与△QAM 面积之比为1∶4. 解法二：由题意知切线l 1的斜率必然存在， 设为k ，则l 1：y －y 0＝k (x －x 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y －y 0＝k x －x 0，y 2＝4x ，得y －y 0＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 2－x 0，即y 2－4k y ＋4ky 0－y 20＝0，由Δ＝0，得k ＝2y 0，∴l 1：4x －2y 0y ＋y 20＝0. 以下解答同解法一．21．(2019·河北中原名校联盟联考)已知函数f (x )＝e x－x －a (a ∈R )． (1)当a ＝0时，求证：f (x )＞x ； (2)讨论函数f (x )零点的个数．解 (1)证明：当a ＝0时，f (x )＝e x－x ，令g (x )＝f (x )－x ＝e x－x －x ＝e x－2x ，则g ′(x )＝e x－2，当g ′(x )＝0时，x ＝ln 2；当x ＜ln 2时，g ′(x )＜0，x ＞ln 2时，g ′(x )＞0，所以g (x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以x ＝ln 2是g (x )的极小值点，也是最小值点，即g (x )min ＝g (ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2ln e2＞0，故当a ＝0时，f (x )＞x 成立．(2)f ′(x )＝e x－1，由f ′(x )＝0得x ＝0，当x ＜0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以x ＝0是函数f (x )的极小值点，也是最小值点，即f (x )min ＝f (0)＝1－a .当1－a ＞0，即a ＜1时，f (x )没有零点，当1－a ＝0，即a ＝1时，f (x )只有一个零点，当1－a ＜0，即a ＞1时，因为f (－a )＝e －a－(－a )－a ＝e －a＞0，所以f (x )在(－a,0)上只有一个零点．由(1)，得e x＞2x ，令x ＝a ，则得e a＞2a ，所以f (a )＝ea－a －a ＝e a－2a ＞0，于是f (x )在(0，a )上有一个零点．因此，当a ＞1时，f (x )有两个零点．综上，当a ＜1时，f (x )没有零点；当a ＝1时，f (x )只有一个零点； 当a ＞1时，f (x )有两个零点．22．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋12t ，y ＝32t (t 为参数)．直线l 与x 轴交于点A .以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，射线l ′：θ＝π6(ρ≥0)，直线l 与射线l ′交于点B . (1)求B 点的极坐标；(2)若点P 是椭圆C ：x 2＋y 23＝1上的一个动点，求△PAB 面积的最大值及面积最大时点P的直角坐标．解 (1)l ：y ＝3(x －3)＝3x －3， 则l 的极坐标方程为ρsin θ＝3ρcos θ－3. 令θ＝π6得ρ＝3，∴B 点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π6.(2)∵|AB |＝|OA |＝3，∴S ＝3d2. 设P 点坐标为(cos α，3sin α)，l ：3x －y －3＝0.∴d ＝|3cos α－3sin α－3|2＝32|(cos α－sin α)－3|＝32⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－3. 当α＋π4＝π＋2k π(k ∈Z )时，d max ＝3＋62，∴S max ＝33＋324.此时cos α＝cos 3π4＝－22，sin α＝sin 3π4＝22，∴P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，62.23．设函数f (x )＝|2x －4|＋|x ＋1|. (1)求函数f (x )的最小值；(2)若直线y ＝a 与曲线y ＝f (x )围成的封闭区域的面积为9，求a 的值． 解 (1)①当x ≥2时，f (x )＝3x －3≥3； ②当－1<x <2时，f (x )＝5－x ∈(3,6)； ③当x ≤－1时，f (x )＝3－3x ≥6， ∴f (x )min ＝3.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －3，x ≥2，5－x ，－1<x <2，3－3x ，x ≤－1，f (x )的图象如图所示：y ＝6与y ＝f (x )围成的三角形面积为S ＝12×[3－(－1)](6－3)＝6<9，∴a >6.故y ＝f (x )，y ＝6，y ＝a 围成的梯形面积为3. 令f (x )＝3x －3＝a ⇒x 1＝a ＋33；令f (x )＝3－3x ＝a ⇒x 2＝3－a3，故梯形面积为12⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋33－3－a 3(a －6)＝3，∴a ＝3 5.解答题(三)17．已知a 1＝2，a 2＝4，数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2且a n ＋1－a n ＝b n . (1)求证：数列{b n ＋2}是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． 解 (1)证明：由题知，b n ＋1＋2b n ＋2＝2b n ＋2＋2b n ＋2＝2， ∵b 1＝a 2－a 1＝4－2＝2，∴b 1＋2＝4，∴数列{b n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可得，b n ＋2＝4·2n －1，故b n ＝2n ＋1－2.∵a n ＋1－a n ＝b n ， ∴a 2－a 1＝b 1，a 3－a 2＝b 2， a 4－a 3＝b 3，…a n －a n －1＝b n －1.累加得，a n －a 1＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1(n ≥2)，a n ＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n －2)＝21－2n1－2－2(n －1)＝2n ＋1－2n ，故a n ＝2n ＋1－2n (n ≥2)．∵a 1＝2＝21＋1－2×1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－2n (n ∈N *)．18．(2019·安徽江淮十校5月考前最后一卷)如图，已知三棱柱ABC －A ′B ′C ′的底面ABC 是等边三角形，侧面AA ′C ′C ⊥底面ABC ，D 是棱BB ′的中点．(1)求证：平面DA ′C ⊥平面ACC ′A ′；(2)求平面DA ′C 将该三棱柱分成上、下两部分的体积比．解 (1)证明：如图，取AC ，A ′C ′的中点O ，F ，连接OF 与A ′C 交于点E ，连接DE ，OB ，B ′F ，则E 为OF 的中点，OF ∥AA ′∥BB ′，且OF ＝AA ′＝BB ′，所以BB ′FO 是平行四边形．又D 是棱BB ′的中点，所以DE ∥OB .侧面AA ′C ′C ⊥平面ABC ，且OB ⊥AC ，所以OB ⊥平面ACC ′A ′，则DE ⊥平面ACC ′A ′，又DE ⊂平面DA ′C ，所以平面DA ′C ⊥平面ACC ′A ′.(2)连接A ′B ，设三棱柱ABC －A ′B ′C ′的体积为V .故四棱锥A ′－BCC ′B ′的体积V A ′－BCC ′B ′＝V －13V ＝23V ，又D 是棱BB ′的中点，△BCD 的面积是BCC ′B ′面积的14，故四棱锥A ′－B ′C ′CD 的体积V A ′－B ′C ′CD ＝34V A ′－BCC ′B ′＝34×23V ＝12V ，故平面DA ′C 将该三棱柱分成上、下两部分的体积比为1∶1.19．(2019·江西南昌第一次模拟)市面上有某品牌A 型和B 型两种节能灯，假定A 型节能灯使用寿命都超过5000小时，经销商对B 型节能灯使用寿命进行了调查统计，得到如下频率分布直方图：某商家因原店面需要重新装修，需租赁一家新店面进行周转，合约期一年．新店面需安装该品牌节能灯5支(同种型号)即可正常营业．经了解，A 型20瓦和B 型55瓦的两种节能灯照明效果相当，都适合安装．已知A 型和B 型节能灯每支的价格分别为120元、25元，当地商业电价为0.75元/千瓦时．假定该店面一年周转期的照明时间为3600小时，若正常营业期间灯坏了立即购买同型灯管更换(用频率估计概率)．(1)根据频率直方图估算B 型节能灯的平均使用寿命；(2)根据统计知识知，若一支灯管一年内需要更换的概率为p ，那么n 支灯管估计需要更换np 支．若该商家新店面全部安装了B 型节能灯，试估计一年内需更换的支数；(3)若只考虑灯的成本和消耗电费，你认为该商家应选择哪种型号的节能灯，请说明理由． 解 (1)由图可知，各组中值依次为3100,3300,3500,3700，对应的频率依次为0.1,0.3,0.4,0.2，故B 型节能灯的平均使用寿命为3100×0.1＋3300×0.3＋3500×0.4＋3700×0.2＝3440小时．(2)由图可知，使用寿命不超过3600小时的频率为0.8，将频率视为概率，每支灯管需要更换的概率为0.8，故估计一年内5支B 型节能灯需更换的支数为5×0.8＝4.(3)若选择A 型节能灯，一年共需花费5×120＋3600×5×20×0.75×10－3＝870元； 若选择B 型节能灯，一年共需花费(5＋4)×25＋3600×5×55×0.75×10－3＝967.5元． 因为967.5＞870，所以该商家应选择A 型节能灯．20．(2019·河北石家庄模拟一)已知函数f (x )＝ln x －4ax ，g (x )＝xf (x )． (1)若a ＝18，求g (x )的单调区间；(2)若a ＞0，求证：f (x )≤14a－2.解 (1)由a ＝18，g (x )＝x ln x －12x 2(x ＞0)，g ′(x )＝ln x －x ＋1，令h (x )＝ln x －x ＋1，h ′(x )＝1－xx，故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h (x )max ＝h (1)＝0，从而当x ＞0时，g ′(x )≤0恒成立，故g (x )的单调递减区间为(0，＋∞)．(2)证明：f ′(x )＝1x －4a ＝1－4ax x ，由a ＞0，令f ′(x )＝0，得x ＝14a ，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14a 上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫14a ，＋∞上单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14a ＝ln 14a －1，只需证明ln 14a －1≤14a －2，令t ＝14a＞0，即证ln t －t ＋1≤0(*)，由(1)易知(*)式成立，故原不等式成立．21．(2019·广东深圳适应性考试)在平面直角坐标系xOy 中，离心率为63的椭圆C ：x2a2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，63. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线x ＋y ＋m ＝0上存在点G ，且过点G 的椭圆C 的两条切线相互垂直，求实数m的取值范围．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝63，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝3b 2，又1a 2＋23b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，b 2＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 23＋y 2＝1.(2)①当过点G 的椭圆C 的一条切线的斜率不存在时，另一条切线必垂直于y 轴，易得G (±3，±1)．②当过点G 的椭圆C 的切线的斜率均存在时，设G (x 0，y 0)，x 0≠±3，切线方程为y ＝k (x －x 0)＋y 0，代入椭圆方程得(3k 2＋1)x 2－6k (kx 0－y 0)x ＋3(kx 0－y 0)2－3＝0，Δ＝[6k (kx 0－y 0)]2－4(3k 2＋1)·[3(kx 0－y 0)2－3]＝0，化简得(kx 0－y 0)2－(3k 2＋1)＝0，则(x 20－3)k 2－2x 0y 0k ＋y 20－1＝0，设过点G 的椭圆C 的切线的斜率分别为k 1，k 2，则k 1k 2＝y 20－1x 20－3. 因为两条切线相互垂直，所以y 20－1x 20－3＝－1，即x 20＋y 20＝4(x 0≠±3)，由①②知点G 在圆x 20＋y 20＝4上，又点G 在直线x ＋y ＋m ＝0上， 所以直线x ＋y ＋m ＝0与圆x 2＋y 2＝4有公共点，所以|m |1＋1≤2，所以－22≤m ≤2 2.综上所述，m 的取值范围为[－22，22]．22．在直角坐标系xOy 中，圆C 的普通方程为x 2＋y 2－4x －6y ＋12＝0，在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝ 2. (1)写出圆C 的参数方程和直线l 的直角坐标方程；(2)设直线l 与x 轴和y 轴的交点分别为A ，B ，P 为圆C 上的任意一点，求PA →·PB →的取值范围．解 (1)圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos θ，y ＝3＋sin θ(θ为参数)．直线l 的直角坐标方程为x＋y －2＝0.(2)由直线l 的方程x ＋y －2＝0可得点A (2,0)， 点B (0,2)．设点P (x ，y )，则PA →·PB →＝(2－x ，－y )·(－x,2－y )＝x 2＋y 2－2x －2y .由(1)知⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos θ，y ＝3＋sin θ，则PA →·PB →＝4sin θ＋2cos θ＋4＝25sin(θ＋φ)＋4，其中tan φ＝12.因为θ∈R ，所以4－25≤PA →·PB →≤4＋2 5. 23．已知函数f (x )＝|x －a |－⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a .(1)当a ＝1，求函数f (x )的定义域；(2)当a ∈[1,2]时，求证：f 2(x )＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ≤5.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|－|x ＋1|， 所以|x －1|－|x ＋1|≥0， 得(x －1)2≥(x ＋1)2，解得x ≤0. 所以定义域为(－∞，0]．(2)证明：f 2(x )＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ＝|x －a |－⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1x －a －⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1x ＋1a ≤2⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋1a ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ≤5(a ∈[1,2])，当且仅当a ＝2时等号成立．解答题(四)17．(2019·全国卷Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0. 解得q ＝－2(舍去)或q ＝4. 因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，因此数列{b n }的前n 项和为1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.18．(2019·北京人大附中信息卷二)某绿色有机水果店中一款有机草莓，味道鲜甜．店家每天以每斤10元的价格从农场购进适量草莓，然后以每斤20元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的草莓由果汁厂以每斤2元的价格回收．(1)若水果店一天购进17斤草莓，求当天的利润y (单位：元)关于当天需求量n (单位：斤，n ∈N )的函数解析式；(2)水果店记录了100天草莓的日需求量(单位：斤)，整理得下表：日需求量n 14 15 16 17 18 19 20 频数1422141615136元)的平均数；②若水果店一天购进17斤草莓，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于150元的概率．解 (1)当日需求量n ≥17时，利润y ＝17×10＝170；当日需求量n ≤16时，利润y ＝10n －8(17－n )＝18n －136.所以当天的利润y 关于当天需求量n 的函数解析式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧18n －136，n ≤16，n ∈N *，170，n ≥17，n ∈N *.(2)①假设水果店在这100天内每天购进17斤草莓，则日需求量为14斤时，利润为116；日需求量为15斤时，利润为134；日需求量为16斤时，利润为152；日需求量不小于17时，利润为170.故这100天的日利润(单位：元)的平均数为 y －＝1100×(14×116＋22×134＋14×152＋16×170＋15×170＋13×170＋6×170)，解得y －＝152(元)．②利润不低于150元时，当日需求量当且仅当不少于16斤．以频率预估概率，得当天的利润不少于150元的概率为p ＝0.14＋0.16＋0.15＋0.13＋0.06＝0.64.19．(2019·江西省名校5月联考)已知空间几何体ABCDE 中，△BCD 与△CDE 均为边长为2的等边三角形，△ABC 为腰长为13的等腰三角形，平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD .(1)试在平面BCD 内作一条直线，使直线上任意一点F 与A 的连线AF 均与平面CDE 平行，并证明；(2)求点B 到平面AEC 的距离．解 (1)如图所示，分别取BC 和BD 的中点H ，G ，作直线HG ，则HG 为所求直线．证明如下：因为点H ，G 分别为BC 和BD 的中点，所以HG ∥CD ，分别取CD ，BC 的中点O ，H ，连接EO ，AH ，则EO ⊥CD ，AH ⊥BC ，因为平面CDE ⊥平面BCD ，且EO ⊥CD ，∴EO ⊥平面BCD ，又平面ABC ⊥平面BCD ，AH ⊥BC ，则AH ⊥平面BCD ，所以EO ∥AH ，又AH ⊄平面CDE ，EO ⊂平面CDE ，所以AH ∥平面CDE .因为GH ∥CD ，GH ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以GH ∥平面CDE ，因为AH ，GH ⊂平面AGH ，AH ∩GH ＝H ，则平面AHG ∥平面CDE ，所以直线HG 上任意一点F 与A 的连线AF 均与平面CDE 平行．(2)由(1)可得EO ∥AH ，即EO ∥平面ABC ，所以点E 到平面ABC 的距离和点O 到平面ABC 的距离相等，连接DH ，则DH ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，则DH ⊥平面ABC .记点E 到平面ABC 的距离为d ，则d ＝12DH ＝32，又△ABC 的面积S ＝12×2×13－1＝23，△ACE 的面积S 1＝12×13×32＝394，因为V E －ABC ＝V B －ACE ，设点B 到平面AEC 的距离为h ，所以13×23×32＝13×394×h ， 解得h ＝43913.即点B 到平面AEC 的距离为43913.20．已知抛物线C ：y 2＝2px 的焦点为F ，抛物线C 上的点M (2，y 0)到F 的距离为3. (1)求抛物线C 的方程；(2)斜率存在的直线l 与抛物线相交于相异两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，x 1＋x 2＝4，若AB 的垂直平分线交x 轴于点G ，且GA →·GB →＝5，求直线l 的方程．解 (1)由抛物线定义知|MF |＝2＋p2，所以2＋p2＝3，p ＝2，所以，抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)解法一：设AB 中点坐标(2，m )，直线l 的斜率存在，所以m ≠0，k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝y 2－y 1y 224－y 214＝2m，所以直线AB 的方程为y －m ＝2m(x －2)．即2x －my ＋m 2－4＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝my －m 2＋4，y 2＝4x ，得y 2－2my ＋2m 2－8＝0，其中Δ>0得到m2<8，⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2m ， ①y 1y 2＝2m 2－8， ②AB 的垂直平分线方程为y －m ＝－m2(x －2)，令y ＝0，得x ＝4，所以G (4,0)，GA →＝(x 1－4，y 1)，GB →＝(x 2－4，y 2)， 因为GA →·GB →＝5，所以(x 1－4)(x 2－4)＋y 1y 2＝5，x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＋y 1y 2＝5，y 21y 2216－4×4＋16＋y 1y 2＝5. ③把②代入③得(m 2－4)2＋8(m 2－4)－20＝0， (m 2＋6)·(m 2－6)＝0，m 2＝6<8，m ＝± 6.所以，直线l 的方程为2x －6y ＋2＝0或2x ＋6y ＋2＝0. 解法二：设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 2＝4x 消y 得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0或消x 得ky 2－4y ＋4m ＝0.则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2mk ＋4k 2＝4，x 1x 2＝m 2k 2，y 1y 2＝4m k，Δ＝16－16km >0，即2k 2＋mk ＝2. ①AB 中点坐标为(2,2k ＋m )，AB 的垂直平分线方程为y －(2k ＋m )＝－1k(x －2)．令y ＝0，x G ＝2k 2＋mk ＋2＝4，所以GA →·GB →＝(x 1－4，y 1)·(x 2－4，y 2)＝x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＋y 1y 2＝m 2k2－16＋16＋4m k＝5，m 2k 2＋4mk－5＝0. 解得m ＝k 或m ＝－5k ，分别代入①得3k 2＝2(符合Δ>0)或3k 2＝－2(舍去)． 所以，直线l 的方程为2x －6y ＋2＝0或2x ＋6y ＋2＝0.21．(2019·安徽皖南八校联考三)已知函数f (x )＝a ln x －(a 2＋1)x ＋12ax 2，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )＋x ＞0对x ＞1恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)由题意，得f ′(x )＝a x－a 2－1＋ax ＝ax －1x －ax(x ＞0)，当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，没有单调递增区间． 当0＜a ＜1时，当a ＜x ＜1a 时，f ′(x )＜0；当0＜x ＜a 或x ＞1a时，f ′(x )＞0.∴f (x )的单调递增区间为(0，a )，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫a ，1a .当a ＝1时，f ′(x )≥0对x ＞0成立，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，没有单调递减区间．当a ＞1时，当1a＜x ＜a 时，f ′(x )＜0；当0＜x ＜1a或x ＞a 时，f ′(x )＞0.∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，(a ，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，a .(2)f (x )＋x ＞0，即a ln x －a 2x ＋12ax 2＞0，当a ＞0时，ln x －ax ＋12x 2＞0，a ＜ln x x ＋12x ，令g (x )＝ln x x ＋12x ，x ≥1，则g ′(x )＝1－ln x x 2＋12＝2－2ln x ＋x22x 2，令h (x )＝2－2ln x ＋x 2，则h ′(x )＝2x －2x，当x ≥1时，h ′(x )≥0，h (x )是增函数，h (x )≥h (1)＝3＞0，∴g ′(x )＞0.∴当x ≥1时，g (x )是增函数，g (x )的最小值为g (1)＝12，∴0＜a ≤12.当a ＝0时，显然f (x )＋x ＞0不成立，当a ＜0时，由g (x )的最小值为12，且g (x )没有最大值，得a ＞g (x )不成立，综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12. 22．在直角坐标系xOy中，圆锥曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6cos θ，y ＝3sin θ(θ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，两坐标系中取相同的长度单位，曲线C 2的极坐标方程为(ρcos φ＋k )2＋(ρsin φ－2)2＝k 2＋25(φ为参数，k ∈R )．(1)写出C 1，C 2的直角坐标方程；(2)是否存在曲线C 2包围曲线C 1？请说明理由． 解 (1)C 1：x 236＋y 29＝1，C 2：x 2＋y 2＋2kx －4y －21＝0.(2)若k ≥0，由62＋02＋12k －0－21＝15＋12k >0可知点(6,0)在曲线C 2外； 若k <0，(－6)2＋02－12k －0－21＝15－12k >0可知点()－6，0在曲线C 2外．综上，无论k 取何值，曲线C 2都不能包围曲线C 1. 23．已知函数f (x )＝|2x ＋1|，g (x )＝|x ＋1|.(1)在图中画出f (x )和g (x )的图象，并写出不等式f (x )>g (x )的解集； (2)若|f (x )－2g (x )|≤a (a ∈R )恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f (x )，g (x )的图象如图，不等式f (x )>g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x >0或x <－23.(2)|f (x )－2g (x )|＝||2x ＋1|－2|x ＋1||＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x >－12或x <－1，|4x ＋3|，－1≤x ≤－12，所以|f (x )－2g (x )|≤1，所以a ≥1.解答题(五)17．近年来，共享单车已经悄然进入了广大市民的日常生活，并慢慢改变了人们的出行方式．某共享单车公司为了更好地服务用户，在其官方APP 中设置了用户评价反馈系统，以了解用户对该公司的车辆状况和优惠活动的评价．现从评价系统中较为详细的评价信息里随机选出200条进行统计，车辆状况和优惠活动评价的2×2列联表如下：对优惠活动好评对优惠活动不满意合计 对车辆状况好评 100 30 130 对车辆状况不满意40 30 70 合计14060200(1)能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为对优惠活动好评与对车辆状况好评有关系？(2)为了回馈用户，该公司通过APP 向用户随机派送骑行券．用户可以将骑行券用于骑行付费，也可以通过APP 转赠给好友．某用户共获得了5张骑行券，其中只有2张是一元券．现该用户从这5张骑行券中随机选取2张转赠给好友，求选取的2张中至少有1张是一元券的概率．参考数据：P (K 2≥k 0)0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 k 02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828参考公式：K 2＝n ad －bc 2a ＋bc ＋d a ＋cb ＋d，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .解 (1)由2×2列联表的数据，得K 2的观测值 k ＝200×100×30－40×302130×70×140×60＝200×18213×7×14×6＝5400637≈8.48<10.828. 因此，在犯错误的概率不超过0.001的前提下，不能认为对优惠活动好评与对车辆状况好评有关系．(2)把2张一元券分别记作A ，B ，其余3张券分别记作a ，b ，c ，则从5张骑行券中随机选取2张的所有情况有：{A ，a }，{A ，b }，{A ，c }，{B ，a }，{B ，b }，{B ，c }，{A ，B }，{a ，b }，{a ，c }，{b ，c }，共10种．记“选取的2张中至少有1张是一元券”为事件M ，则事件M 包含的基本事件个数为7， 所以P (M )＝710，所以该用户从这5张骑行券中随机选取2张转赠给好友，选取的2张中至少有1张是一元券的概率为710.18．已知△ABC ，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ＝42，点D 在线段AC 上，∠DBC ＝π4.(1)若△BCD 的面积为24，求CD 的长；(2)若C ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且c ＝122，tan A ＝13，求CD 的长．解 (1)由S △BCD ＝12·BD ·BC ·22＝24，解得BD ＝12.在△BCD 中，CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD ·cos45°， 即CD 2＝32＋144－8×12，解得CD ＝4 5.(2)因为tan A ＝13，且A ∈(0，π)，可以求得sin A ＝1010，cos A ＝31010.由正弦定理，得asin A ＝c sin C ，即421010＝122sin C， 解得sin C ＝31010.因为C ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，故cos C ＝1010，故sin ∠BDC ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫C ＋π4＝255.在△BCD 中，由正弦定理可得CDsin ∠DBC＝BCsin ∠BDC，解得CD ＝2 5.19．(2019·广东天河区毕业综合测试二)如图，D 是AC 的中点，四边形BDEF 是菱形，平面BDEF ⊥平面ABC ，∠FBD ＝60°，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝ 2.(1)若点M 是线段BF 的中点，证明：BF ⊥平面AMC ； (2)求六面体ABCEF 的体积．解 (1)证明：如图，连接MD ，FD .∵四边形BDEF 为菱形，且∠FBD ＝60°，∴△DBF 为等边三角形． ∵M 为BF 的中点， ∴DM ⊥BF ，∵AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，又D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC .∵平面BDEF ∩平面ABC ＝BD ，平面ABC ⊥平面BDEF ，AC ⊂平面ABC ，∴AC ⊥平面BDEF . 又BF ⊂平面BDEF ，∴AC ⊥BF ，由DM ⊥BF ，AC ⊥BF ，DM ∩AC ＝D ，∴BF ⊥平面AMC .(2)∵S 菱形BDEF ＝2·12·BD ·BF ·sin60°＝32，又AC ⊥平面BDEF ，D 是AC 的中点，∴V 六面体ABCEF ＝2V 四棱锥C －BDEF ＝2×13S 菱形BDEF ·CD＝2×13×32×1＝33.∴六面体ABCEF 的体积为33. 20．(2019·湖南株洲二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，椭圆C 截直线y ＝1所得的线段的长度为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，点D 是椭圆C 上的点，O 是坐标原点，若OA →＋OB →＝OD →，判定四边形OADB 的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由．解 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，2a 2＋1b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝c ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线l 的斜率不存在时，直线AB 的方程为x ＝－1或x ＝1，此时四边形OADB 的面积为 6.当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程是y ＝kx ＋m ，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1 ⇒(1＋2k 2)x2＋4kmx ＋2m 2－4＝0，Δ＝8(4k 2＋2－m 2)＞0，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－41＋2k2，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m1＋2k2，|AB |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝x 1－x 22＋k2x 1－x 22＝1＋k 2·2 2 4k 2＋2－m21＋2k 2， 又点O 到直线AB 的距离是d ＝|m |1＋k2，由OA →＋OB →＝OD →，得x D ＝－4km 1＋2k 2，y D ＝2m 1＋2k 2. 因为点D 在曲线C 上，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 224＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1＋2k 222＝1，整理得1＋2k 2＝2m 2，由题意知四边形OADB 为平行四边形，所以四边形OADB 的面积为 S OADB ＝|AB |d ＝1＋k 22 2 4k 2＋2－m 21＋2k 2×|m |1＋k2＝22|m |4k 2＋2－m21＋2k2. 由1＋2k 2＝2m 2得S OADB ＝6， 故四边形OADB 的面积是定值，其定值为 6. 21．(2019·河南洛阳第二次统一考试)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＞0，函数f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )＝12x 2－a ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax.①当a ≤0时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞a ，f ′(x )＜0得0＜x ＜a . 即f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)当a ＞0时，由(1)知f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， ①若a ≤1，即0＜a ≤1时，f (x )在(1，e)上单调递增，f (1)＝12，f (x )在区间(1，e)上无零点．②若1＜a ＜e ，即1＜a ＜e 2时，f (x )在(1，a )上单调递减，在(a ，e)上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝12a (1－ln a )．∵f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，∴⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝12＞0，f a ＝12a 1－ln a ＜0，fe ＝12e 2－a ＞0，∴e ＜a ＜12e 2.③若a ≥e，即a ≥e 2时，f (x )在(1，e)上单调递减，且f (1)＝12＞0，f (e)＝12e 2－a ＜0，则f (x )在区间(1，e)上有一个零点．综上，f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点时a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，12e 2. 22．(2018·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的方程为y ＝k |x |＋2.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ－3＝0.(1)求C 2的直角坐标方程；(2)若C 1与C 2有且仅有三个公共点，求C 1的方程．解 (1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，得C 2的直角坐标方程为(x ＋1)2＋y 2＝4. (2)解法一：由(1)知C 2是圆心为A (－1,0)，半径为2的圆．由题设知，C 1是过点B (0,2)且关于y 轴对称的两条射线，曲线C 1的方程为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋2，x ≥0，－kx ＋2，x <0.记y 轴右边的射线为l 1，y 轴左边的射线为l 2.由于点B 在圆C 2的外面，故C 1与C 2有且仅有三个公共点等价于l 1与C 2只有一个公共点且l 2与C 2有两个公共点，或l 2与C 2只有一个公共点且l 1与C 2有两个公共点．当l 1与C 2只有一个公共点时，点A 到l 1所在直线的距离为2，所以|－k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝－43或k ＝0. 经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝－43时，l 1与C 2只有一个公共点，l 2与C 2有两个公共点．当l 2与C 2只有一个公共点时，点A 到l 2所在直线的距离为2，所以|k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝0或k ＝43.经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝43时，l 2与C 2没有公共点.综上，所求C 1的方程为y ＝－43|x |＋2.解法二：因为C 2：(x ＋1)2＋y 2＝4，所以C 2是以(－1，0)为圆心，2为半径的圆． 又因为C 1：y ＝k |x |＋2是关于y 轴对称的曲线，且C 1：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋2，x ≥0，－kx ＋2，x <0，显然，若k ＝0时，C 1与C 2相切，此时只有一个交点； 若k >0时，C 1与C 2无交点． 若C 1与C 2有且仅有三个公共点，则必须满足k <0且y ＝kx ＋2(x >0)与C 2相切，所以圆心到射线的距离为d ，则d ＝|2－k |1＋k2＝2，所以k ＝0或k ＝－43，因为k <0，所以k ＝－43，所以C 1：y ＝－43|x |＋2.23．(2019·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1. 证明：(1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明 (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c .当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33a ＋b3b ＋c3a ＋c3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c )≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac )＝24.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立． 所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.解答题(六)17．已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足a ＋2a cos B ＝c . (1)求证：B ＝2A ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝2，求a 的取值范围． 解 (1)证明：因为a ＋2a cos B ＝c ，由正弦定理知sin A ＋2sin A cos B ＝sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ，即sin A ＝cos A sin B －sin A cos B ＝sin(B －A )．因为A ，B ∈(0，π)，所以B －A ∈(－π，π)， 且A ＋(B －A )＝B ∈(0，π)，所以A ＋(B －A )≠π， 所以A ＝B －A ，B ＝2A .(2)由(1)知A ＝B 2，C ＝π－A －B ＝π－3B2.由△ABC 为锐角三角形得⎩⎪⎨⎪⎧0<B 2<π2，0<B <π2，0<π－3B 2<π2，得π3<B <π2. 由a ＋2a cos B ＝2，得a ＝21＋2cos B∈(1,2)．18．(2019·安徽江淮十校第三次联考)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为AB 的中点，点E 在侧棱CC 1上，DE ∥平面AB 1C 1.。

2023届高考数学二轮复习常考题型大通关（全国卷理数）解答题：立体几何1.如图,在四棱锥P ABCD -中,ABCD 为平行四边形,22AB AD ==,3PD BD AD ==,且PD ⊥底面ABCD(1)证明:BC ⊥平面PBD(2)若Q 为PC 的中点,求三棱锥A PBQ -的体积2.如图,三棱柱111ABC A B C -中,112AB AC AA BC ====,01160AAC ∠=,平面1ABC ⊥平面11AA C C ,1AC 与1A C 相交于点D ；(1)求证：1AB A C ⊥；(2)求二面角1C AB C --的正弦值.3.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，2PD DC ==，点E ，F 分别为AD ，PC 的中点．（1）证明：//DF 平面PBE ；（2）求点F到平面PBE的距离．4.如图，在四棱锥P ABCD⊥，平面PAD⊥-中，底面ABCD是边长为1的正方形，BC PB平面ABCD，且PC=E为棱PC的中点.（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值.5.如图,四边形ABCD为菱形,120∠=︒,四边形BDFE为矩形,平面BDFE⊥平面ABCD,ABC点P在AD上,EP BC⊥.(1)证明：AD⊥平面BEP；(2)若EP与平面ABCD所成角为60︒,求二面角C PE B--的余弦值.6.将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠,使得平面,ABD⊥平面CBD,AE⊥平面ABD,F是BD的中点,且AE=.(1)求证：DE AC⊥；(2)求二面角B EC F--的大小.7.如下图所示，在侧棱垂直底面的三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AB =，14AA =，点D 是AB 的中点．(1)求证：1AC BC ⊥；(2)求证：1//AC 平面1CDB ；(3)求1B C 和平面11BAA B 所成的角的大小．8.在如图所示的几何体中,四边形ABCD 是正方形,PA ⊥平面ABCD ,,E F 分别是线段,AD PB 的中点,1PA AB ==.(1)求证：//EF 平面DCP ；(2)求F 到平面PDC 的距离.答案以及解析1.答案：(1)∵222AD BD AB +=,∴AD BD ⊥,∵//AD BC ,∴BC BD⊥又∵PD ⊥底面ABCD ,∴PD BC ⊥.∵PD BD D ⋂=,∴BC ⊥平面PBD(2)三棱锥A PBQ -的体积A PBQ V -与三棱锥A QBC -的体积相等,12A QBC Q ABC P ABC V V V ---==111114434P ABCD -==⨯⨯=所以三棱锥A PBQ -的体积14A PBQ V -=2.答案：(1)已知侧面11AA C C 是菱形,D 是1AC 的中点,11,.BA BC BD AC =∴⊥ 因为平面1ABC ⊥平面11AA C C ,且BD ⊂平面1ABC ,平面1ABC 平面11=AA C C 1AC ,所以BD ⊥平面11AA C C ,所以1.BD A C ⊥又因为侧面11AA C C 是菱形,所以11.AC A C ⊥所以11A C AC B ⊥平面，11AB AC B AB A C⊂∴⊥ 平面，(2)如图,以D 为原点,以DA ,DB ,DC 所在直线分别为x 轴,z 轴,y 轴建立空间直角坐标系,由已知可得12AC =,1AD =,1BD A D DC ===BC =,∴(0,0,0)D ,(1,0,0)A ,B ,1(1,0,0)C -,C ,设平面ABC 的一个法向量是(,,)m x y z = ,(AB =- ,BC =由0AB m ⋅= ,0BC m ⋅= ,得00x ⎧-+=⎪=,可得m = ∵平面1ABC ⊥平面11AA C C ,11A C AC ⊥,∴CD ⊥平面1ABC ,∴平面1ABC 的一个法向量是(0,1,0)DC = ,∴cos ,m DC m DC m DC⋅== ,故二面角1C AB C --的正弦值是53.答案：（Ⅰ）证明：取点G 是PB 的中点，连接EG ，FG ，则//FG BC ，且12FG BC =，∵//DE BC 且12DE BC =，∴//DE FG 且DE FG =，∴四边形DEGF 为平行四边形，∴//DF EG ，∴//DF 平面PBE ．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知//DF 平面PBE ，所以点D 到平面PBE 的距离与F 到平面PBE 的距离是相等的，故转化为求点D 到平面PBE 的距离，设为d ．利用等体积法：D PBE P BDE V V --=，即1133PBE BDE S d S PD ∆∆⋅=⋅，112BDE S DE AB ∆=⨯⨯=，∵PE BE ==PB =，∴PBE S ∆=∴63d =．4.答案：（1）∵,BC AB BC PB ⊥⊥，AB PB B ⋂=，,AB PB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥平面PAB ，又PA ⊂平面PAB ，∴BC PA ⊥，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，面PAD 平面ABCD AD =，AB AD ⊥，AB ⊂平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD ，而PA ⊂平面PAD ，∴AB PA ⊥，又∵AB BC B ⋂=，,AB BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥平面ABCD ．（2）以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，由（1）1PA ===，(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,1)A B C D P ，则111(,,222E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，111,,222BE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(0,1,1)DP =- ，(1,1,0)DB =- ，设平面PBD 的一个法向量是(,,)n x y z = ，则00n DP y z n DB x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，取1x =，则1,1y z ==，即(1,1,1)n = ，设直线BE 与平面PBD 所成角为θ，则1sin cos ,3BE n BE n BE n θ⋅=<>==．5.答案：(1)因为,//EP BC AD BC ⊥,所以AD EP ⊥.因为平面BDFE ⊥平面ABCD ,BE BD ⊥,所以BE ⊥平面ABCD ,所以BE AD ⊥.又因为BE EP E ⋂=,所以AD ⊥平面BEP .(2)由(1)知EB ⊥平面ABCD ,所以EPB ∠为EP 与平面ABCD 所成的角,所以60EPB∠=,BEBP=AD⊥平面BEP,知AD BP⊥,设2AB=,则3BP BE=.连接AC,以AC和BD的交点O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.则1(0,(1,0,0),,,0,(1,0,3)22A C D P E⎛⎫---⎪⎪⎝⎭所以1,,(1,22PC CE⎛⎫==⎪⎪⎝⎭设(,,)n x y z=为平面CEP的一个法向量,则10230n PC xn CE x z⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩可取n⎛=-⎝⎭.由(1)可知(AD=-为平面BEP的一个法向量.所以3cos,5||||n ADn ADn AD⋅〈〉===.结合图可知二面角C PE B--的余弦值为35.6.答案：(1)证明：以A为坐标原点,,,AB AD AE所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则(E,()2,0,0B,()0,2,0D连结,CF AF .由题意得,CF BD⊥又 平面BDA ⊥平面BDC ,CF ∴⊥平面BDA,(C ∴,(0,2,DE =-,(1,1,AC =(0,0DE AC ⋅=-⋅= ,,DE AC ∴⊥.(2)解：设平面BCE 的法向量为()111,,n x y z =,(2,0,EB =,(1,1,BC =- ,00DE n CB n ⎧⋅=⎪⇒⎨⋅=⎪⎩11111200x x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩取1z =,得：(1,n =- .平面FCE 的法向量为()222,,m x y z = ,()1,1,0F 所以(1,1,0)EC =,(0,0,FC = ,由2220000x y EC m z FC m +=⎧⎧⋅=⎪⇒⎨⎨=⋅=⎪⎩⎩得(1,1,0)m =- .设二面角B EC F --为θ,则cos cos ,2n m θ=<>= ,所以二面角B EC F --的大小为45︒.7.答案：(1)证明：在直三棱柱111ABC A B C -中，底面三边长4AC BC ==，AB =，∴AC BC ⊥.又∵1C C ⊥面ABC ，∴1C C AC ⊥.∴AC ⊥平面11BCC B .∵1BC ⊂平面1BCC B ，∴1AC BC ⊥.(2)证明：设1CB 与1C B 的交点为E ，连接DE ，又四边形11BCC B 为矩形．E 是1BC 的中点，∵D 是AB 的中点，∴1//DE AC .∵DE ⊂平面1CDB ，1AC ⊄平面1CDB ，∴1//AC 平面1CDB .（3）AC BC =，点D 是AB 的中点．∴.CD AB ⊥又∵1A A ⊥面ABC ，∴1A A CD ⊥.∴C D ⊥平面11BAA B .∴1CB D ∠为所求CD =，1B C =130CB D ∠=︒.8.答案：1.取PC 中点M ,连接,DM MF ,∵,M F 分别是,PC PB 中点,1//,2MF CB MF CB ∴=,∵E 为DA 中点,ABCD 为正方形,1//,2DE CB DE CB ∴=,//,MF DE MF DE ∴=,四边形DEFM 为平行四边形,//,EF DM ∴∵EF ⊄平面PDC ,DM ⊂平面PDC ,//EF ∴平面PDC .2.∵//EF 平面PDC ,F ∴到平面PDC 的距离等于E 到平面PDC 的距离,∵PA ⊥平面ABCD ,PA D A ∴⊥,∵1PA AD ==,在Rt PAD ∆中DP =∵PA ⊥平面ABCD ,PA CB ∴⊥,又∵CB ⊥AB ,PA AB A ⋂=,,CB ∴⊥平面P A B ,又∵PB ⊂平面P A B ,CB PB ∴⊥,故PC =.222PD DC PC ∴+=,PDC ∴∆为直角三角形,∵E PDC C PDE V V --=,设E 到平面PDC 的距离为h ,则1111111132322h ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅,4h ∴=F ∴到平面PDC 的距离.。

2020届高考数学查漏补缺之选做题题型专练1、在直角坐标系xOy 中,直线1l 的参数方程为2+x t y kt==⎧⎨⎩ (t 为参数),直线2l 的参数方程为2x m m y k =-+=⎧⎪⎨⎪⎩(m 为参数),设1l 与2l 的交点为P ,当k 变化时, P 的轨迹为曲线 C . (1)写出 C 的普通方程;(2)以坐标原点为极点, x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,设()3:cos sin 0l ρθθ+=,M 为3l 与C 的交点,求M 的极径.2、设函数()()11f x ax x x =++-∈R ．（1）当1a =时，求不等式()2f x >的解集；（2）对任意实数[]2,3x ∈，都有()23f x x ≥-成立，求实数a 的取值范围．3、在直线坐标系xOy 中，圆C 的方程为22(6)25x y ++=1.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C 的极坐标方程；2.直线l 的参数方程是cos sin x t y t αα=⎧⎨=⎩（t 为参数）,l 与C 交于,A B 两点, ||AB =,求l 的斜率。

4、已知函数12f x x x =+--（）．（1）求不等式1f x ≥（）的解集；（2）若不等式2–f x x x m ≥+（）的解集非空，求m 的取值范围5、在直角坐标系xOy 中,曲线1C 的参数方程为cos 1sin x a t y a t =⎧⎨=+⎩(t 为参数,0a >).在以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线2:4cos C ρθ=.1.说明1C 是哪一种曲线,并将1C 的方程化为极坐标方程;2.直线3C 的极坐标方程为0θα=,其中0α满足0tan 2α=,若曲线1C 与2C 的公共点都在3C 上,求a.6、已知函数11()22f x x x =++-,不等式()2f x <的解集为M . 1.求M;2.当,a b M ∈时,证明: 1a b ab +<+.7、在平面直角坐标系中,已知曲线:2sin x C y αα⎧=⎪⎨=⎪⎩(a 为参数),以原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线():2cos sin 6l ρθθ-=.(1)写出直线l 的直角坐标方程和曲线C 的普通方程；(2)在曲线C 上求一点P ，使点P 到直线l 的距离最大，求最大距离及此时P 点的坐标。

第2讲 三角恒等变换与解三角形[考情考向·高考导航]1．三角恒等变换是高考必考内容，可以单独命题，也可以与三角函数图象和性质综合，有时与解三角形综合．难度一般不大，单独命题多以选择题、填空题的形式出现，有时与其他知识综合，以解答题的形式出现．2．解三角形主要考查正、余弦定理、面积的综合问题，有时也涉及三角恒等变换，难度中等．单独考查以选择题、填空题为主，综合考查以解答题为主．[真题体验]1．(2019·全国Ⅱ卷)已知α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝( )A.15 B.55C.33D.255解析：B [∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，由2sin 2α＝cos 2α＋1得：4sin αcos α＝2cos 2α，∴2sin α＝cos α，∴2sin α＝1－sin 2 α，∴5sin 2 α＝1，∴sin 2α＝15，∴sin α＝55.] 2．(2019·全国Ⅰ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a sin A －b sin B ＝4c sin C ，cos A ＝－14，则bc＝( )A ．6B ．5C ．4D ．3解析：A [∵a sin A －b sin B ＝4c sin C ， ∴a 2－b 2＝4c 2， ∵cos A ＝－14，∴b 2＋c 2－a 22bc ＝－14，即－3c 22bc ＝－14，∴b c ＝4×32＝6.] 3．(2019·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＋c ＝2a,3c sinB ＝4a sinC .(1)求cos B 的值； (2)求sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6的值．解：(1)在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝csin C，得b sin C ＝c sin B ，又由3c sin B ＝4a sinC ，得3b sin C ＝4a sin C ，即3b ＝4a .又因为b ＋c ＝2a ，得到b ＝43a ，c ＝23a ，由余弦定理可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋49a 2－169a 22·a ·23a＝－14.(2)由(1)可得sin B ＝1－cos 2B ＝154，从而sin 2B ＝2sin B cos B ＝－158，cos 2B ＝cos 2B －sin 2B ＝－78，故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝sin 2B cos π6＋cos 2B sin π6＝－158×32－78×12＝－35＋716. [主干整合]1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β. (3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α.(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α.(3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α. 3．辅助角公式a sin x ＋b cos x ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)，其中tan φ＝ba.4．正弦定理及其变形在△ABC 中，a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2R (R 为△ABC 的外接圆半径)．变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C .5．余弦定理及其变形在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ；变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc.6．三角形面积公式S △ABC ＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ac sin B .热点一 三角恒等变换与求值[例1] (1)(2019·江苏卷)已知tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－3，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋4的值是________．[解析] 方法1：由tan αtan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan αtan α＋11－tan α＝tan α1－tan αtan α＋1＝－23， 解得tan α＝2或－13.sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝22(sin 2α＋cos 2α) ＝22(2sin αcos α＋2cos 2α－1) ＝2(sin αcos α＋cos 2α)－22＝2·sin αcos α＋cos 2αsin 2α＋cos 2α－22 ＝2·tan α＋1tan 2α＋1－22， 将tan α＝2和－13分别代入得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝210.方法2：∵tan αtan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝＝－23，∴sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－23cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4.① 又sin π4＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－α ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos α－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin α＝22，②由①②，解得sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－25，cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝3210.∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤α＋⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4 ＝sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＋cos αsin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝210.[答案]210(2)(2018·浙江卷)已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45.(ⅰ)求sin(α＋π)的值；(ⅱ)若角β满足sin(α＋β)＝513，求cos β的值．[解析] (ⅰ)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45得sin α＝－45，所以sin(α＋π)＝－sinα＝45.(ⅱ)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45得cos α＝－35，由sin(α＋β)＝513得cos(α＋β)＝±1213.由β＝(α＋β)－α得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α， 所以cos β＝－5665或cos β＝1665.[答案] (ⅰ)45 (ⅱ)－5665或1665(1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现张冠李戴的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解．(1)(2019·维坊三模)已知sin α＝55，sin(α－β)＝－1010，α，β均为锐角，则β等于( )A.5π12 B.π3 C.π4D.π6解析：C [因为α，β均为锐角，所以－π2＜α－β＜π2.又sin(α－β)＝－1010，所以cos(α－β)＝31010. 又sin α＝55，所以cos α＝255， 所以sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β) ＝55×31010－255×⎝ ⎛⎭⎪⎫－1010＝22. 所以β＝π4.](2)(2020·广西三市联考)设α为锐角，若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π12的值为________．解析：因为α为锐角且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45＞0， 所以α＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝35.所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π12＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－π4＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos π4－cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6sin π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－22⎣⎢⎡⎦⎥⎤2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－1 ＝2×35×45－22⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×⎝ ⎛⎭⎪⎫452－1＝12225－7250＝17250. 答案：17250热点二 正、余弦定理的应用用正、余弦定理求解边、角、面积[例2－1] (2019·全国Ⅰ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .设(sin B －sin C )2＝sin 2A －sinB sinC .(1)求A ；(2)若2a ＋b ＝2c ，求sin C .[解析] (1)由已知得sin 2B ＋sin 2C －sin 2A ＝sinB sinC ， 故由正弦定理得b 2＋c 2－a 2＝bc .由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12.因为0°＜A＜180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得2sin A＋sin(120°－C)＝2sin C，即62＋32cos C＋12sin C＝2sin C，可得cos(C＋60°)＝－22.因为0°＜C＜120°，所以sin(C＋60°)＝22，故sin C＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos 60°－cos(C＋60°)sin 60°＝6＋2 4.关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．用正、余弦定理解决实际问题[例2－2](2019·重庆二诊)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30°的方向上，行驶600 m 后到达B 处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD ＝________m.[解析] 由题意，在△ABC 中，∠BAC ＝30°， ∠ABC ＝180°－75°＝105°，故∠ACB ＝45°. 又AB ＝600 m ，故由正弦定理得600sin 45°＝BCsin 30°.解得BC ＝3002m.在Rt △BCD 中，CD ＝BC ·tan 30°＝3002×33＝1006(m)． [答案] 100 6解三角形实际问题三步骤(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语；(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识正确求解．(1)(2019·威海三模)如图，在△ABC 中，点D 在AC 上，AB ⊥BD ，BC ＝33，BD ＝5，sin ∠ABC ＝235，则CD 的长为( ) A.14 B ．4 C ．2 5D ．5解析：B [利用余弦定理求解．因为sin ∠ABC ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫∠DBC ＋π2＝cos ∠DBC ＝235，在△DBC 中，由余弦定理可得CD 2＝BD 2＋BC 2－2BD ·BC cos ∠DBC ＝25＋27－2×5×33×235＝16，所以CD ＝4，故选B.](2)如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A ，发现其北偏东45°，与观测站A 距离202海里的B 处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A 东偏北θ(0°＜θ＜45°)的C 处，且cos θ＝45.已知A ，C 两处的距离为10海里，则该货船的船速为________海里/小时．解析：因为cos θ＝45，0°＜θ＜45°，所以sin θ＝35，cos(45°－θ)＝22×45＋22×35＝7210， 在△ABC 中，BC 2＝800＋100－2×202×10×7210＝340， 所以BC ＝285，该货船的船速为485海里/小时． 答案：485热点三 与解三角形的交汇创新[例3] (2020·烟台模拟)已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sinB ＝74，cos A sin A ＋cos C sin C ＝477. (1)求证：0＜B ≤π3；(2)若BA →·BC →＝32，求|BC →＋BA →|.[审题指导] (1)三角恒等变换，利用重要不等式转化关于cos B 的不等式． (2)由数量积求ac ，再由模长公式结合余弦定理求模． [解析] (1)证明：因为cos A sin A ＋cos Csin C＝cos A sin C ＋cos C sin A sin A sin C ＝sin A ＋C sin A sin C ＝sin B sin A sin C ＝477＝1sin B，所以sin A sin C ＝sin 2B ，由正弦定理可得b 2＝ac ， 因此b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ≥2ac －2ac cos B ， 所以cos B ≥12，又0＜B ＜π，所以0＜B ≤π3.(2)由(1)知0＜B ≤π3，又sin B ＝74，所以cos B ＝1－sin 2B ＝1－716＝34. 所以32＝BA →·BC →＝ca cos B ＝34ac ，解得ac ＝2，因此b 2＝2.由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 所以a 2＋c 2＝b 2＋2ac cos B ＝2＋2×2×34＝5.从而|BC →＋BA →|2＝a 2＋c 2＋2BC →·BA →＝5＋2×32＝8，故|BC →＋BA →|＝2 2.以向量的运算为载体考查三角函数、三角变换、解三角形及不等式．这类综合问题的解法思路是：通过向量的运算把向量问题转化为三角函数问题或解三角形问题，再利用三角变换或正(余)弦定理综合解决．(2020·山师附中模拟)已知m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x 4，1，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3sin x 4，cos 2x4，设函数f (x )＝m ·n .(1)求函数f (x )的单调增区间；(2)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ，b ，c 成等比数列，求f (B )的取值范围．解析：(1)f (x )＝m ·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x 4，1·⎝ ⎛⎭⎪⎫3sin x 4，cos 2x 4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＋12，令2k π－π2≤x 2＋π6≤2k π＋π2，则4k π－4π3≤x ≤4k π＋2π3，k ∈Z ，所以函数f (x )单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤4k π－4π3，4k π＋2π3，k ∈Z .(2)由b 2＝ac 可知cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－ac 2ac ≥2ac －ac 2ac ＝12(当且仅当a ＝c 时取等号)，所以0＜B ≤π3，π6＜B 2＋π6≤π3，1＜f (B )≤3＋12，综上f (B )的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤1，3＋12.限时50分钟 满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2020·河北省六校联考)已知α∈(0，π)，且tan α＝2，则cos 2α＋cos α＝( ) A.25－35 B.5－35C.5＋35D.25＋35解析：B [∵α∈(0，π)，tan α＝2，∴α在第一象限，cos α＝15，cos 2α＋cosα＝2cos 2α－1＋cos α＝2×⎝⎛⎭⎪⎫152－1＋15＝－35＋15＝5－35，选B.] 2．(2020·日照模拟)已知sin 2α＝13，则cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝( )A.13 B.16 C.23D.89解析：C [∵sin 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α－1＝13，∴cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝23.] 3．(组合型选择题)下列式子的运算结果为3的是( ) ①tan 25°＋tan 35°＋3tan 25°tan 35°； ②2(sin 35°cos 25°＋cos 35°cos 65°)； ③1＋tan 15°1－tan 15°； ④tanπ61－tan2π6.A ．①②④B ．③④C ．①②③D ．②③④解析：C [对于①，tan 25°＋tan 35°＋3tan 25°tan 35°＝tan(25°＋35°)(1－tan 25°tan 35°)＋3tan 25°tan 35°＝3－3tan 25°tan 35°＋3tan 25°tan 35°＝3；对于②，2(sin 35°cos 25°＋cos 35°cos 65°)＝2(sin 35°cos 25°＋cos 35°sin 25°)＝2sin 60°＝3；对于③，1＋tan 15°1－tan 15°＝tan 45°＋tan 15°1－t an 45°tan 15°＝tan 60°＝3；对于④，tan π61－tan 2π6＝12×2tanπ61－tan2π6＝12×tan π3＝32.综上，式子的运算结果为3的是①②③.故选C.]4．(2019·沈阳质检)已知△ABC 的内角分别为A ，B ，C ，AC ＝7，BC ＝2，B ＝60°，则BC 边的高为( )A.32 B.332C.3＋62D.3＋394解析：B [由余弦定理AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ，得7＝AB 2＋4－4AB cos 60°，即AB 2－2AB －3＝0，得AB ＝3，则BC 边上的高为AB sin 60°＝332，故选B.] 5．(2020·广西南宁、玉林、贵港等市摸底)在△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c ＝3，C ＝π3，sin B ＝2sin A ，则△ABC 的周长是( )A ．3 3B ．2＋ 3C ．3＋ 3D ．4＋ 3解析：C [在△ABC 中，sin B ＝2sin A ，∴由正弦定理得b ＝2a ，由余弦定理得c 2＝a2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋4a 2－2a 2＝3a 2，又c ＝3，∴a ＝1，b ＝2.∴△ABC 的周长是a ＋b ＋c ＝1＋2＋3＝3＋ 3.故选C.]6.(2019·保定二模)已知在河岸A 处看到河对岸两个帐篷C ，D 分别在北偏东45°和北偏东30°方向，若向东走30米到达B 处后再次观察帐篷C ，D ，此时C ，D 分别在北偏西15°和北偏西60°方向，则帐篷C ，D 之间的距离为( )A ．1015米B ．106米C ．515米D ．56米解析：C [由题意可得∠DAB ＝60°，∠CAB ＝45°，∠CBA ＝75°，∠DBA ＝30°，在△ABD 中，∠DAB ＝60°，∠DBA ＝30°，AB ＝30，所以∠ADB ＝90°，sin ∠DAB ＝sin 60°＝BD BA，解得BD ＝15 3.在△ABC 中，∠CAB ＝45°，∠CBA ＝75°，所以∠ACB ＝60°，ABsin 60°＝BCsin 45°，解得BC ＝10 6.在△BCD 中，∠CBD ＝∠CBA －∠DBA ＝45°，则由余弦定理得cos∠CBD ＝cos 45°＝BC 2＋BD 2－CD 22BC ·BD ，即22＝1062＋1532－CD23×106×153，得CD ＝515.故选C.]二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7．(2020·陕西省质量检测)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知ba ＋c＝1－sin C sin A ＋sin B，且b ＝5，AC →·AB →＝5，则△ABC 的面积是________．解析：在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知ba ＋c ＝1－sin Csin A ＋sin B， 所以ba ＋c＝1－ca ＋b ，化简可得：b 2＝a 2＋bc －c 2，可得cos A ＝12，∵0＜A ＜π，∴A ＝π3. 又b ＝5，AC →·AB →＝5，∴bc cos A ＝5，∴bc ＝10.S ＝12·bc sin A ＝12×10×32＝532. 答案：5328．(2019·浙江卷)在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝4，BC ＝3，点D 在线段AC 上．若∠BDC ＝45°，则BD ＝________，cos ∠ABD ＝________.解析：解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征．在ΔABD 中，有：AB sin ∠ADB ＝BD sin ∠BAC ，而AB ＝4，∠ADB ＝3π4，AC ＝AB 2＋BC 2＝5，sin∠BAC ＝BC AC ＝35，cos ∠BAC ＝AB AC ＝45，所以BD ＝1225.cos ∠ABD ＝cos(∠BDC －∠BAC )＝cos π4cos ∠BAC ＋sin π4sin ∠BAC ＝7210.答案：1225，7210三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)9．(2019·江苏卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c . (1)若a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝23，求c 的值；(2)若sin A a ＝cos B 2b ，求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π2的值．解：(1)因为a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝23，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，得23＝3c 2＋c 2－222×3c ×c，即c 2＝13.所以c ＝33.(2)因为sin A a ＝cos B2b，由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得cos B 2b ＝sin Bb，所以cos B ＝2sin B .从而cos 2 B ＝(2sin B )2，即cos 2 B ＝4(1－cos 2 B )，故cos 2B ＝45.因为sin B ＞0，所以cos B ＝2sin B ＞0，从而cos B ＝255.因此sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π2＝cos B ＝255.10．(2020·辽宁三市调研)在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2a －c )BA →·BC →＝cCB →·CA →.(1)求角B 的大小；(2)若|BA →－BC →|＝6，求△ABC 面积的最大值． 解：(1)由题意得(2a －c )cos B ＝b cos C .根据正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ， 所以2sin A cos B ＝sin(C ＋B )，即2sin A cos B ＝sin A . 因为A ∈(0，π)，所以sin A ＞0， 所以cos B ＝22，又B ∈(0，π)，所以B ＝π4. (2)因为|BA →－BC →|＝6，所以|CA →|＝6，即b ＝6， 根据余弦定理及基本不等式得6＝a 2＋c 2－2ac ≥2ac －2ac ＝(2－2)ac (当且仅当a ＝c 时取等号)，即ac ≤3(2＋2)，故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ≤32＋12， 即△ABC 面积的最大值为32＋32.11.(2020·广东六校联考)某学校的平面示意图为如图五边形区域ABCDE ，其中三角形区域ABE 为生活区，四边形区域BCDE 为教学区，AB ，BC ，CD ，DE ，EA ，BE 为学校的主要道路(不考虑宽度)．∠BCD ＝∠CDE ＝2π3，∠BAE ＝π3，DE ＝3BC ＝3CD ＝910km. (1)求道路BE 的长度．(2)求生活区△ABE 面积的最大值． 解析：(1)如图，连接BD ，在△BCD 中，由余弦定理得：BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD cos ∠BCD ＝27100，所以BD ＝3310，因为BC ＝CD ，所以∠CDB ＝∠CBD ＝π－23π2＝π6，又∠CDE ＝2π3，所以∠BDE＝π2.在Rt △BDE 中，BE ＝BD 2＋DE 2＝335.(2)设∠ABE ＝α，因为∠BAE ＝π3，所以∠AEB ＝2π3－α.在△ABE 中，由正弦定理，得ABsin ∠AEB＝AE sin ∠ABE ＝BEsin ∠BAE＝335sinπ3＝65， 所以AB ＝65sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－α，AE ＝65sin α. 所以S △ABE ＝12|AB ||AE |sin π3＝9325⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－αsin α ＝9325⎣⎢⎡⎦⎥⎤12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π6＋14≤9325⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＝273100， 因为0＜α＜2π3，所以当2α－π6＝π2，即α＝π3时，S △ABE 取得最大值为273100，即生活区△ABE 面积的最大值为273100.高考解答题·审题与规范(二) 三角函数与解三角形类考题[解析] (1)由题设及正弦定理得sin A sin A ＋C2＝sin B sin A ．1分①因为sin A ≠0，所以sinA ＋C2＝sin B ．2分②由A ＋B ＋C ＝180°，可得sinA ＋C2＝cos B 2，故cos B 2＝2sin B 2cos B2.3分③ 因为cos B 2≠0，故sin B 2＝12，因此B ＝60°.5分④(2)由题设及(1)知△ABC 的面积S △ABC ＝34a .6分⑤ 由正弦定理得a ＝c sin A sin C ＝sin 120°－C sin C ＝32tan C ＋12.8分⑥由于△ABC 为锐角三角形，故0°＜A ＜90°，0°＜C ＜90°.由(1)知A ＋C ＝120°，所以30°＜C ＜90°，10分⑦ 故12＜a ＜2，11分⑧ 从而38＜S △ABC ＜32.因此，△ABC 面积的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫38，32.12分⑨。

第4术 声东击西，换位推理 方法概述 对有些问题在直接求解时会感到困难或根本难以从条件入手，这时可避开正面强攻，从结论的对立面入手，或考查与其相关的另一问题，或反例中也可找到解决问题的途径，有时甚至还能获得最佳的解法．这就是“声东击西，换位推理”的战术应用题型 既有选择、填空题，也有解答题．主要体现为补集法、相关点法及反证法等[例1] 若函数f (x )＝ln （kx ）2－ln(x ＋1)不存在零点，则实数k 的取值范围是________． [解析] 由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧kx ＞0，x ＋1＞0，解得x ＞－1且x ≠0， 当ln （kx ）2＝ln(x ＋1)时，可得ln(kx )＝2ln(x ＋1)＝ln(x ＋1)2，可得kx ＝(x ＋1)2⇒k ＝（x ＋1）2x ＝x ＋1x ＋2(x ＞－1，x ≠0)，由于x ＋1x ＜－2或x ＋1x ≥2⇒x ＋1x ＋2＜0或x ＋1x ＋2≥4，要使函数f (x )＝ln （kx ）2－ln(x ＋1)不存在零点，k 的取值范围应取函数g (x )＝x ＋1x ＋2的值域的补集，即{k |0≤k ＜4}，当k ＝0时，函数无意义，故k 的取值范围为(0，4)．[答案] (0，4)方法（二） 相关点法[例2] 已知P (4，0)是圆x 2＋y 2＝36内的一点，A ，B 是圆上两动点，且满足∠APB ＝90°，求矩形APBQ 顶点Q 的轨迹方程．[解] 连接AB ，PQ ，设AB 与PQ 交于点M ，如图所示．因为四边形APBQ 为矩形，所以M 为AB ，PQ 的中点，连接OM .由垂径定理可知OM ⊥AB ，设M (x M ，y M )，由此可得|AM |2＝|OA |2－|OM |2＝36－(x 2M ＋y 2M )．① 又在Rt △APB 中，有|AM |＝|PM |＝（x M －4）2＋y 2M .②由①②得x 2M ＋y 2M －4x M －10＝0，故点M 的轨迹是圆．因为点M 是PQ 的中点，设Q (x ，y )，则x M ＝x ＋42，y M ＝y 2， 代入点M 的轨迹方程中得⎝⎛⎭⎫x ＋422＋⎝⎛⎭⎫y 22－4×x ＋42－10＝0， 整理得x 2＋y 2＝56，即为所求点Q 的轨迹方程．[应用体验]1．某学校为了研究高中三个年级的数学学习情况，从高一，高二，高三三个年级中分别抽取了1，2，3个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级来自不同年级的概率为________．解析：记高一年级中抽取的1个班级为a ，高二年级中抽取的2个班级为b 1，b 2，高三年级中抽取的3个班级为c 1，c 2，c 3.从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的所有可能结果为(a ，b 1)，(a ，b 2)，(a ，c 1)，(a ，c 2)，(a ，c 3)，(b 1，b 2)，(b 1，c 1)，(b 1，c 2)，(b 1，c 3)，(b 2，c 1)，(b 2，c 2)，(b 2，c 3)，(c 1，c 2)，(c 1，c 3)，(c 2，c 3)，共15种．设“抽取的两个班级来自不同年级”为事件A ，则事件A 为抽取的两个班级来自同一年级．两个班级来自同一年级的结果为(b 1，b 2)，(c 1，c 2)，(c 1，c 3)，(c 2，c 3)，共4种． 所以P (A )＝415，故P (A )＝1－P (A )＝1－415＝1115. 所以两个班级来自不同年级的概率为1115. 答案：11152．已知函数f (x )＝ax 2－x ＋ln x 在区间(1，2)上不单调，则实数a 的取值范围为________．解析：f ′(x )＝2ax －1＋1x. (1)若函数f (x )在区间(1，2)上单调递增，则f ′(x )≥0在(1，2)上恒成立，所以2ax －1＋1x≥0，得a ≥12⎝⎛⎭⎫1x －1x 2.① 令t ＝1x ，因为x ∈(1，2)，所以t ＝1x ∈⎝⎛⎭⎫12，1. 设h (t )＝12(t －t 2)＝－12⎝⎛⎭⎫t －122＋18，t ∈⎝⎛⎭⎫12，1，显然函数y ＝h (t )在区间⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减，所以h (1)<h (t )<h ⎝⎛⎭⎫12，即0<h (t )<18. 由①可知，a ≥18. (2)若函数f (x )在区间(1，2)上单调递减，则f ′(x )≤0在(1，2)上恒成立，所以2ax －1＋1x≤0，得a ≤12⎝⎛⎭⎫1x －1x 2.② 结合(1)可知，a ≤0.综上，若函数f (x )在区间(1，2)上单调，则实数a 的取值范围为(－∞，0]∪⎣⎡⎭⎫18，＋∞. 所以若函数f (x )在区间(1，2)上不单调，则实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，18. 答案：⎝⎛⎭⎫0，18。

2020届高考数学(理)二轮复习模拟卷21、设集合{}{}{}1,2,3,4,5,6,1,2,3,3,4,5U M N ===,则()()U U M N ⋂=痧( ) A.{}1,2,3,4,5B.{}1,2,4,5,6C.{}1,2,6D.{}62、设i 是虚数单位,复数32ii 1i+=+( ) A.i -B.iC.1-D.13、设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若37a =， 312S =，则10a =（ ）A. 10B. 28C. 30D. 1454、如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各5名工人某日的产量数据单位：件,若这两组数据的中位数相等,且平均值也相等,则x 和y 的值分别为( )A. 3,5B. 5,5C. 3,7D. 5,75、过点(2,4)的直线与抛物线28y x =只有1个公共点,则这样的直线有( ) A.1条B.2条C.3条D.4条6、设R ∈x ,定义符号函数1,0sgn 0,01,0>⎧⎪==⎨⎪-<⎩x x x x ,则函数()sgn =f x x x 的图像大致是( )A. B.C. D.7、点G 为ABC △所在平面内一点且满足0GA GB GC ++=,则点G 为ABC △的( ) A.重心B.内心C.外心D.垂心8、如图，网格纸上小正方形的边长为2，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. 16232162165π+++（）B. 16216162165π+++（）C. 16232322325π+++（）D. 16216322325π+++（）9、在等差数列{}n a 中, 135105a a a ++=,24699a a a ++=,以n S 表示{}n a 的前n 项和,则使n S 达到最大值的n 是( ) A.21 B.20C.19D.1810、如图,在ABC △中,90,2,3C BC AC ∠===° ,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.π16-C.π4D.π14-11、已知双曲线()22*21N 4x y b b-=∈的两个焦点12,F F 点P 是双曲线上一点11225,,,OP PF F F PF <成等比数列，则双曲线的离心率为（ ） A.2B.3C.53D.5212、已知函数()322f x x ex =-，()n ()l g x x x a R =-∈，若()()f x g x ≥对任意()0x ∈+∞,恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A.(]0,eB.21e e ⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭， C.[)21,e -+∞D.212e e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭， 13、若,x y 满足约束条件10,0,40,x x y x y -≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩则5z x y =+的最大值为 。

解答题双规范案例之——解析几何问题【重在“巧设”】1.解析几何部分知识点多,运算量大,能力要求高,在高考试题中大都是在压轴题的位置出现,是考生“未考先怕”的题型之一,不是怕解题无思路,而是怕解题过程中繁杂的运算.2.在遵循“设——列——解”程序化运算的基础上,应突出解析几何“设”的重要性,以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾,突破如何避繁就简这一瓶颈.【思维流程】【典例】(12分)(2018·全国卷II)设抛物线C:y2=4x 的焦点为F,过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A,B 两点,|AB|=8.(1)求l的方程.(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.切入点:利用直线方程与抛物线联立,并结合抛物线弦长公式求解.关键点:设出圆心坐标,利用圆的性质求解.【标准答案】【解析】(1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k>0). …………1分①设A(x1,y1),B(x2,y2),由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. …………2分②Δ=16k2+16>0,故x1+x2= .…………3分③所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)= . …4分④由题设知 =8,解得k=-1(舍去),k=1.……5分⑤因此l的方程为y=x-1. ………………6分⑥(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5. ………………………8分⑦设所求圆的圆心坐标为(x0,y),则解得或 …………………10分⑧因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.……………………………12分⑨【阅卷现场】第(1)问踩点得分①设出直线方程得1分.②将方程组化为关于x的一元二次方程得1分.③利用根与系数关系求出x1+x2正确得1分,错误不得分④利用抛物线的性质写出|AB|,并用含有斜率k的式子表示出来得1分.⑤求出斜率得1分.⑥写出直线方程得1分.第(2)问踩点得分⑦求出AB的垂直平分线方程得2分.⑧求出圆心坐标得2分.⑨写出圆的方程得2分,每正确一个得1分.。

选修4系列(真题+模拟新题)课标理数5.N1[2020·北京卷] 如图1－2，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G.图1－2给出下列三个结论：①AD＋AE＝AB＋BC＋CA；②AF·AG＝AD·AE；③△AFB∽△ADG.其中正确结论的序号是( )A．①② B．②③C．①③ D．①②③课标理数5.N1[2020·北京卷] A 【解析】因为AD、AE、BC分别与圆O切于点D、E、F，所以AD＝AE，BD＝BF，CF＝CE，又AD＝AB＋BD，所以AD＝AB＋BF，同理有AE＝CA＋FC.又BC＝BF＋FC，所以AD＋AE＝AB＋BC＋CA，故①正确；对②，由切割线定理有：AD2＝AF·AG，又AD＝AE，所以有AF·AG＝AD·AE成立；对③，很显然，∠ABF≠∠AGD，所以③不正确，故应选A.图1－2课标理数15.N1[2020·广东卷] (几何证明选讲选做题)如图1－2，过圆O外一点P分别作圆的切线和割线交圆于A ，B ，且PB ＝7，C 是圆上一点使得BC ＝5，∠BAC ＝∠APB ，则AB ＝________.课标理数15.N1[2020·广东卷] 35 【解析】 因为PA 为圆O 切线，所以∠PAB ＝∠ACB ，又∠APB ＝∠BAC ，所以△PAB ∽△ACB ，所以PB AB ＝AB CB，所以AB 2＝PB ·CB ＝35，所以AB ＝35.课标文数15.N1[2020·广东卷] (几何证明选讲选做题)如图1－3，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝4，CD ＝2，图1－3E 、F 分别为AD 、BC 上点，且EF ＝3，EF ∥AB ，则梯形ABFE 与梯形EFCD 的面积比为________． 课标文数15.N1[2020·广东卷] 7∶5图1－4【解析】 图1－4延长AD 与BC 交于H 点，由于DC ∥EF ∥AB ，又DC AB ＝24，所以S △HDC S △HAB ＝416，同理S △EFH S △HAB ＝916，所以S △HDC ∶S 梯形DEFC ∶S 梯形EFBA ＝4∶5∶7，所以梯形ABFE 与梯形EFCD 的面积比为7∶5.图1－2课标理数11.N1[2020·湖南卷] 如图1－2，A ，E 是半圆周上的两个三等分点，直径BC ＝4，AD ⊥BC ，垂足为D ，BE 与AD 相交于点F ，则AF 的长为________．课标理数11.N1[2020·湖南卷] 233【解析】 连结AO 与AB ，因为A ，E 是半圆上的三等分点，所以∠ABO ＝60°，∠EBO ＝30°.因为OA ＝OB ＝2，所以△ABO 为等边三角形．又因为∠EBO ＝30°，∠BAD ＝30°，所以F为△ABO 的中心，易得AF ＝233.课标理数22.N1[2020·课标全国卷]图1－11如图1－11，D ，E 分别为△ABC 的边AB ，AC 上的点，且不与△ABC 的顶点重合，已知AE的长为m ，AC 的长为n ，AD ，AB 的长是关于x 的方程x 2－14x ＋mn ＝0的两个根．(1)证明：C ，B ，D ，E 四点共圆；(2)若∠A ＝90°，且m ＝4，n ＝6，求C ，B ，D ，E 所在圆的半径．故AD ＝2，AB ＝12.取CE 的中点G ，DB 的中点F ，分别过G ，F 作AC ，AB 的垂线，两垂线相交于H 点，连结DH .因为C ，B ，D ，E 四点共圆，所以C ，B ，D ，E 四点所在圆的圆心为H ，半径为DH .由于∠A ＝90°，故GH ∥AB ，HF ∥AC ，从而HF ＝AG ＝5，DF ＝12(12－2)＝5，故C ，B ，D ，E 四点所在圆的半径为5 2.课标理数22.N1[2020·辽宁卷] 选修4－1：几何证明选讲图1－11如图1－11，A ，B ，C ，D 四点在同一圆上，AD 的延长线与BC 的延长线交于E 点，EC ＝ED .(1)证明：CD ∥AB ；(2)延长CD 到F ，延长DC 到G ，使得EF ＝EG ，证明：A ，B ，G ，F 四点共圆． 课标理数22.N1[2020·辽宁卷] 【解答】 (1)因为EC ＝ED ，所以∠EDC ＝∠ECD .因为A ，B ，C ，D 四点在同一圆上，所以∠EDC ＝∠EBA ，故∠ECD ＝∠EBA ，所以CD ∥AB .图1－12(2)由(1)知，AE＝BE，因为EF＝EG，故∠EFD＝∠EGC.从而∠FED＝∠GEC.连结AF，BG，则△EFA≌△EGB，故∠FAE＝∠GBE.又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD，所以∠FAB＝∠GBA，所以∠AFG＋∠GBA＝180°，故A，B，G，F四点共圆．课标文数22.N1[2020·辽宁卷] 如图1－10，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线图1－10与BC的延长线交于E点，且EC＝ED.(1)证明：CD∥AB；(2)延长CD到F，延长DC到G，使得EF＝EG，证明：A，B，G，F四点共圆．课标文数22.N1[2020·辽宁卷] 【解答】 (1)因为EC＝ED，所以∠EDC＝∠ECD.图1－11因为A，B，C，D四点在同一圆上，所以∠EDC＝∠EBA.故∠ECD＝∠EBA.所以CD∥AB.(2)由(1)知，AE＝BE，因为EF＝EG，故∠EFD＝∠EGC，从而∠FED＝∠GEC.连接AF，BG，则△EFA≌△EGB，故∠FAE＝∠GBE.又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD，所以∠FAB＝∠GBA.所以∠AFG＋∠GBA＝180°.故A，B，G，F四点共圆．课标文数22.N1[2020·课标全国卷] 如图1－10，D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，且不与△ABC的顶点重合．图1－10已知AE的长为m，AC的长为n，AD，AB的长是关于x的方程x2－14x＋mn＝0的两个根．(1)证明：C，B，D，E四点共圆；(2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圆的半径．课标文数22.N1[2020·课标全国卷]图1－11【解答】 (1)证明：连结DE ，根据题意在△ADE 和△ACB 中，AD ×AB ＝mn ＝AE ×AC ，即AD AC ＝AEAB，又∠DAE ＝∠CAB ，从而△ADE ∽△ACB . 因此∠ADE ＝∠ACB ，即∠ACB 与∠EDB 互补，所以∠CED 与∠DBC 互补， 所以C ，B ，D ，E 四点共圆．(2)m ＝4，n ＝6时，方程x 2－14x ＋mn ＝0的两根为x 1＝2，x 2＝12. 故AD ＝2，AB ＝12.取CE 的中点G ，DB 的中点F ，分别过G ，F 作AC ，AB 的垂线，两垂线相交于H 点，连结DH .因为C ，B ，D ，E 四点共圆，所以C ，B ，D ，E 四点所在圆的圆心为H ，半径为DH .由于∠A ＝90°，故GH ∥AB ，HF ∥AC ，从而HF ＝AG ＝5，DF ＝12(12－2)＝5.故C ，B ，D ，E 四点所在圆的半径为5 2.课标理数15.[2020·陕西卷] (考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分)N4A.(不等式选做题)若关于x 的不等式|a |≥|x ＋1|＋|x －2|存在实数解，则实数a 的取值范围是____________．图1－5N1B.(几何证明选做题)如图1－5，∠B ＝∠D ，AE ⊥BC ，∠ACD ＝90°，且AB ＝6，AC ＝4，AD ＝12，则BE ＝________.N3C.(坐标系与参数方程选做题)直角坐标系xOy 中，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A ，B 分别在曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos θ，y ＝4＋sin θ(θ为参数)和曲线C 2：ρ＝1上，则|AB |的最小值为________．课标理数15.(1)N4[2020·陕西卷] a ≥3或a ≤－3【解析】 令t ＝|x ＋1|＋|x －2|得t 的最小值为3，即有|a |≥3，解得a ≥3或a ≤－3. 课标理数15.(2)N1[2020·陕西卷] 4 2 【解析】 在Rt △ADC 中，CD ＝82；在Rt △ADC 与Rt △ABE 中，∠B ＝∠D ，所以△ADC ∽△ABE ，故AB AD ＝BE CD ，BE ＝ABAD×CD ＝4 2.课标理数15.(3)N3[2020·陕西卷] 3 【解析】 由C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos θ，y ＝4＋sin θ消参得(x －3)2＋(y －4)2＝1；由C 2：ρ＝1得x 2＋y 2＝1，两圆圆心距为5，两圆半径都为1，故|AB |≥3，最小值为3.课标文数15.[2020·陕西卷] N4A.(不等式选做题)若不等式|x ＋1|＋|x －2|≥a 对任意x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________．图1－7N1B.(几何证明选做题)如图1－7，∠B ＝∠D ，AE ⊥BC ，∠ACD ＝90°，且AB ＝6，AC ＝4，AD ＝12，则AE ＝________.N3C.(坐标系与参数方程选做题)直角坐标系xOy 中，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A ，B 分别在曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)和曲线C 2：ρ＝1上，则|AB |的最小值为________．课标文数15A.N4[2020·陕西卷] (－∞，3] 【解析】 由绝对值的几何意义得|x ＋1|＋|x －2|≥3，要使得|x ＋1|＋|x －2|≥a 恒成立，则a ≤3，即a ∈(－∞，3]．课标文数15B.N1[2020·陕西卷] 2 【解析】 根据图形由∠ACD ＝90°，∠B ＝∠D ，得A ，B ，C ，D 四点共圆，连接BD ，则∠DBA ＝90°，AB ＝6，AD ＝12，所以∠BDA ＝30°＝∠BCA .因为AE ⊥BC ，AE ＝12AC ＝2.课标文数15C.N3[2020·陕西卷] 1 【解析】 由C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos θ，y ＝sin θ消参得(x －3)2＋y 2＝1，由C 2：ρ＝1得x 2＋y 2＝1，两圆圆心距为3，两圆半径都为1，故|AB |≥1，最小值为1.课标数学21.[2020·江苏卷]【选做题】 本题包括A 、B 、C 、D 四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作．．．．．．．．．．．．．．．．．．．答．．．若多做，则按作答的前两题评分． 解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．图1－7N1 A ．选修4－1：几何证明选讲如图1－7，圆O 1与圆O 2内切于点A ，其半径分别为r 1与r 2(r 1>r 2)．圆O 1的弦AB 交圆O 2于点C (O 1不在AB 上)．求证：AB ∶AC 为定值．N2 B ．选修4－2：矩阵与变换已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1，向量β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12.求向量α，使得A 2α＝β.N3 C ．选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，求过椭圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5cos φ，y ＝3sin φ(φ为参数)的右焦点，且与直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4－2t ，y ＝3－t (t 为参数)平行的直线的普通方程．N4 D ．选修4－5：不等式选讲解不等式x ＋|2x －1|<3.课标数学21.[2020·江苏卷] N1 A ．选修4－1：几何证明选讲 本题主要考查两圆内切、相似比等基础知识，考查推理论证能力．【解答】 证明：连结AO 1，并延长分别交两圆于点E 和点D .连结BD ，CE .因为圆O 1与圆O 2内切于点A ，所以点O 2在AD 上，故AD ，AE 分别为圆O 1，圆O 2的直径．从而∠ABD ＝∠ACE ＝π2，所以BD ∥CE ，于是AB AC ＝AD AE ＝2r 12r 2＝r 1r 2.所以AB ∶AC 为定值．N2 B ．选修4－2：矩阵与变换 本题主要考查矩阵运算等基础知识，考查运算求 解能力．【解答】 A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 24 3.设α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y .由A 2α＝β，得⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 24 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，从而⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y ＝1，4x ＋3y ＝2. 解得x ＝－1，y ＝2，所以α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12.N3 C ．选修4－4：坐标系与参数方程 本题主要考查椭圆及直线的参数方程等基础知识，考查转化问题的能力．【解答】 由题设知，椭圆的长半轴长a ＝5，短半轴长b ＝3，从而c ＝a 2－b 2＝4，所以右焦点为(4,0)．将已知直线的参数方程化为普通方程：x －2y ＋2＝0.故所求直线的斜率为12，因此其方程为y ＝12(x －4)，即x －2y －4＝0.N4 D ．选修4－5：不等式选讲 本题主要考查解绝对值不等式的基础知识，考查分类讨论、运算求解能力．【解答】 原不等式可化为 ⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1≥0，x ＋2x －1<3或⎩⎪⎨⎪⎧2x －1<0，x －2x －1<3. 解得12≤x <43或－2<x <12.所以原不等式的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－2<x <43.课标理数12.N1[2020·天津卷] 如图1－6所示，已知圆中两条弦AB 与CD 相交于点F ，E 是AB 延长线上一点，且DF ＝CF ＝2，AF ∶FB ∶BE ＝4∶2∶1.若CE 与圆相切，则线段CE 的长为________．图1－6课标理数12.N1[2020·天津卷] 72【解析】 设AF ＝4k (k >0)，则BF ＝2k ，BE ＝k . 由DF ·FC ＝AF ·BF ，得2＝8k 2，即k ＝12.∴AF ＝2，BF ＝1，BE ＝12，AE ＝72，由切割线定理得CE 2＝BE ·EA ＝12×72＝74，∴CE ＝72.课标文数13.N1[2020·天津卷] 如图1－5，已知圆中两条弦AB 与CD 相交于点F ，E 是AB 延长线上一点，且DF ＝CF ＝2，AF ∶FB ∶BE ＝4∶2∶1.若CE 与圆相切，则线段CE 的长为________．图1－5课标文数13.N1[2020·天津卷] 72【解析】 设AF ＝4k (k >0)，则BF ＝2k ，BE ＝k . 由DF ·FC ＝AF ·BF 得2＝8k 2，即k ＝12.∴AF ＝2，BF ＝1，BE ＝12，AE ＝72，由切割线定理得CE 2＝BE ·EA ＝12×72＝74，∴CE ＝72.课标理数21.[2020·福建卷] N2(1)选修4－2：矩阵与变换设矩阵M ＝⎝⎛⎭⎫a 00 b (其中a >0，b >0)．①若a ＝2，b ＝3，求矩阵M 的逆矩阵M －1；②若曲线C ：x 2＋y 2＝1在矩阵M 所对应的线性变换作用下得到曲线C ′：x 24＋y 2＝1，求a ，b 的值．N3(2)坐标系选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，直线l 的方程为x －y ＋4＝0，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3cos α，y ＝sin α(α为参数)．①已知在极坐标系(与直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴)中，点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫4，π2，判断点P 与直线l 的位置关系；②设点Q 是曲线C 上的一个动点，求它到直线l 的距离的最小值． N4(3)选修4－5：不等式选讲 设不等式|2x －1|<1的解集为M . ①求集合M ；②若a ，b ∈M ，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小．课标理数21.[2020·福建卷] 【解答】 N2(1)①设矩阵M 的逆矩阵M －1＝⎝⎛⎭⎫x 1 y 1x 2 y 2，则MM －1＝⎝⎛⎭⎫1 00 1.又M ＝⎝⎛⎭⎫2 00 3，所以⎝⎛⎭⎫2 00 3⎝⎛⎭⎫x 1 y 1x 2 y 2＝⎝⎛⎭⎫1 00 1.所以2x 1＝1,2y 1＝0,3x 2＝0,3y 2＝1，即x 1＝12，y 1＝0，x 2＝0，y 2＝13.故所求的逆矩阵M －1＝错误!.②设曲线C 上任意一点P (x ，y )，它在矩阵M 所对应的线性变换作用下得到点P ′(x ′，y ′)．则⎝⎛⎭⎫a 00 b ⎝⎛⎭⎫x y ＝⎝⎛⎭⎫x ′y ′，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＝x ′by ＝y ′.又点P ′(x ′，y ′)在曲线C ′上，所以x ′24＋y ′2＝1.则a 2x24＋b 2y 2＝1为曲线C 的方程．又已知曲线C 的方程为x 2＋y 2＝1，故⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.又a >0，b >0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1.N3(2)①把极坐标系下的点P ⎝⎛⎭⎪⎫4，π2化为直角坐标，得P(0,4)．因为点P 的直角坐标(0,4)满足直线l 的方程x －y ＋4＝0，所以点P 在直线l 上． ②因为点Q 在曲线C 上，故可设点Q 的坐标为(3cos α，sin α)， 从而点Q 到直线l 的距离为d ＝|3cos α－sin α＋4|2＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＋42＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＋2 2.由此得，当cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＝－1时，d 取得最小值，且最小值为 2.N4(3)①由|2x －1|<1得－1<2x －1<1，解得0<x<1， 所以M ＝{x|0<x<1}．②由①和a ，b∈M 可知0<a<1,0<b<1， 所以(ab ＋1)－(a ＋b)＝(a －1)(b －1)>0. 故ab ＋1>a ＋b.N3 C ．选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，求过椭圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5cos φ，y ＝3sin φ(φ为参数)的右焦点，且与直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4－2t ，y ＝3－t (t 为参数)平行的直线的普通方程．N4 D ．选修4－5：不等式选讲解不等式x ＋|2x －1|<3.课标数学21.[2020·江苏卷] N1 A ．选修4－1：几何证明选讲 本题主要考查两圆内切、相似比等基础知识，考查推理论证能力．【解答】 证明：连结AO 1，并延长分别交两圆于点E 和点D .连结BD ，CE .因为圆O 1与圆O 2内切于点A ，所以点O 2在AD 上，故AD ，AE 分别为圆O 1，圆O 2的直径．从而∠ABD ＝∠ACE ＝π2，所以BD ∥CE ，于是AB AC ＝AD AE ＝2r 12r 2＝r 1r 2.所以AB ∶AC 为定值．N2 B ．选修4－2：矩阵与变换 本题主要考查矩阵运算等基础知识，考查运算求 解能力．【解答】 A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 24 3.设α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y .由A 2α＝β，得⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 24 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，从而⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y ＝1，4x ＋3y ＝2. 解得x ＝－1，y ＝2，所以α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12.N3 C ．选修4－4：坐标系与参数方程 本题主要考查椭圆及直线的参数方程等基础知识，考查转化问题的能力．【解答】 由题设知，椭圆的长半轴长a ＝5，短半轴长b ＝3，从而c ＝a 2－b 2＝4，所以右焦点为(4,0)．将已知直线的参数方程化为普通方程：x －2y ＋2＝0.故所求直线的斜率为12，因此其方程为y ＝12(x －4)，即x －2y －4＝0.N4 D ．选修4－5：不等式选讲 本题主要考查解绝对值不等式的基础知识，考查分类讨论、运算求解能力．【解答】 原不等式可化为 ⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1≥0，x ＋2x －1<3或⎩⎪⎨⎪⎧2x －1<0，x －2x －1<3. 解得12≤x <43或－2<x <12.所以原不等式的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－2<x <43.课标理数5.N3[2020·安徽卷] 在极坐标系中，点⎝⎛⎭⎪⎫2，π3到圆ρ＝2cos θ的圆心的距离为( )A ．2 B.4＋π29C.1＋π29D. 3课标理数 5.N3[2020·安徽卷] D 【解析】 点⎝⎛⎭⎪⎫2，π3的直角坐标为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ＝2cos π3＝1，y ＝ρsin θ＝2sin π3＝ 3. 圆ρ＝2cos θ 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1，圆心(1,0)到点(1，3)的距离为 3.课标理数3.N3[2020·北京卷] 在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π2B.⎝⎛⎭⎪⎫1，－π2C ．(1,0)D ．(1，π)课标理数3.N3[2020·北京卷] B 【解析】 由ρ＝－2sin θ，得ρ2＝－2ρsin θ，化为普通方程为x 2＋(y ＋1)2＝1，其圆心坐标为(0，－1)，所以其极坐标方程为⎝⎛⎭⎪⎫1，－π2，故应选B.课标理数21.[2020·福建卷] N2(1)选修4－2：矩阵与变换设矩阵M ＝⎝⎛⎭⎫a 00b (其中a >0，b >0)．①若a ＝2，b ＝3，求矩阵M 的逆矩阵M －1； ②若曲线C ：x 2＋y 2＝1在矩阵M 所对应的线性变换作用下得到曲线C ′：x 24＋y 2＝1，求a ，b 的值．N3(2)坐标系选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，直线l 的方程为x －y ＋4＝0，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3cos α，y ＝sin α(α为参数)．①已知在极坐标系(与直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴)中，点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫4，π2，判断点P 与直线l 的位置关系；②设点Q 是曲线C 上的一个动点，求它到直线l 的距离的最小值． N4(3)选修4－5：不等式选讲 设不等式|2x －1|<1的解集为M . ①求集合M ；②若a ，b ∈M ，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小．课标理数21.[2020·福建卷] 【解答】 N2(1)①设矩阵M 的逆矩阵M －1＝⎝⎛⎭⎫x 1 y 1x 2 y 2，则MM －1＝⎝⎛⎭⎫1 00 1.又M ＝⎝⎛⎭⎫2 00 3，所以⎝⎛⎭⎫2 00 3⎝⎛⎭⎫x 1 y 1x 2 y 2＝⎝⎛⎭⎫1 00 1.所以2x 1＝1,2y 1＝0,3x 2＝0,3y 2＝1，即x 1＝12，y 1＝0，x 2＝0，y 2＝13.故所求的逆矩阵M －1＝错误!.②设曲线C 上任意一点P (x ，y )，它在矩阵M 所对应的线性变换作用下得到点P ′(x ′，y ′)．则⎝⎛⎭⎫a 00 b ⎝⎛⎭⎫x y ＝⎝⎛⎭⎫x ′y ′，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＝x ′by ＝y ′.又点P ′(x ′，y ′)在曲线C ′上，所以x ′24＋y ′2＝1.则a 2x24＋b 2y 2＝1为曲线C 的方程．又已知曲线C 的方程为x 2＋y 2＝1，故⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.又a >0，b >0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1.N3(2)①把极坐标系下的点P ⎝⎛⎭⎪⎫4，π2化为直角坐标，得P(0,4)．因为点P 的直角坐标(0,4)满足直线l 的方程x －y ＋4＝0，所以点P 在直线l 上． ②因为点Q 在曲线C 上，故可设点Q 的坐标为(3cos α，sin α)， 从而点Q 到直线l 的距离为d ＝|3cos α－sin α＋4|2＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＋42＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＋2 2. 由此得，当cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＝－1时，d 取得最小值，且最小值为 2.N4(3)①由|2x －1|<1得－1<2x －1<1，解得0<x<1， 所以M ＝{x|0<x<1}．②由①和a ，b∈M 可知0<a<1,0<b<1， 所以(ab ＋1)－(a ＋b)＝(a －1)(b －1)>0. 故ab ＋1>a ＋b.课标理数14.N3[2020·广东卷] (坐标系与参数方程选做题)已知两曲线参数方程分别为⎩⎨⎧x ＝5cos θy ＝sin θ(0≤θ<π)和⎩⎪⎨⎪⎧x ＝54t 2y ＝t(t ∈R )，它们的交点坐标为________．课标理数14.N3[2020·广东卷] ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，255 【解析】 把参数方程⎩⎨⎧x ＝5cos θ，y ＝sin θ化为标准方程得x 25＋y 2＝1(y ≥0)，把⎩⎪⎨⎪⎧x ＝54t 2，y ＝t化为标准方程得y 2＝45x (x >0)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 25＋y 2＝1，y 2＝45x ，得x ＝1或x ＝－5(舍去)，把x ＝1代入y 2＝45x 得y ＝255或y ＝－255(舍去)，所以交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，255.课标理数9.N3[2020·湖南卷] 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α，y ＝1＋sin α(α为参数)．在极坐标系(与直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x 轴正半轴为极轴)中，曲线C 2的方程为ρ(cos θ－sin θ)＋1＝0，则C 1与C 2的交点个数为________．课标理数9. N3[2020·湖南卷] 2 【解析】 曲线C 1的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α，y ＝1＋sin α化为普通方程：x 2＋(y －1)2＝1，圆心为(0,1)，r ＝1，曲线C 2的方程为ρ(cos θ－sin θ)＋1＝0化为普通方程：x －y ＋1＝0，则圆心在曲线C 2上，直线与圆相交，故C 1与C 2的交点个数为2.课标文数9.N3[2020·湖南卷] 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos α，y ＝3sin α(α为参数)．在极坐标系(与直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴)中，曲线C 2的方程为ρ(cos θ－sin θ)＋1＝0，则C 1与C 2的交点个数为________．课标文数9.N3[2020·湖南卷] 2 【解析】 曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos α，y ＝3sin α，化为普通方程：x 24＋y 23＝1 ①，曲线C 2的方程为ρ(cos θ－sin θ)＋1＝0化为普通方程：x －y ＋1＝0 ②.联立①，②得7x 2＋8x －8＝0，此时Δ＝82－4×7×(－8)>0.故C 1与C 2的交点个数为2.课标理数15.N3[2020·江西卷] (1)(坐标系与参数方程选做题)若曲线的极坐标方程为ρ＝2sin θ＋4cos θ，以极点为原点，极轴为x 轴正半轴建立直角坐标系，则该曲线的直角坐标方程为________．课标理数15.N3[2020·江西卷] 【答案】 x 2＋y 2－4x －2y ＝0【解析】 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θy ＝ρsin θ ⇒cos θ＝x ρ，sin θ＝yρ，ρ2＝x 2＋y 2，代入ρ＝2sin θ＋4cos θ得，ρ＝2y ρ＋4x ρ⇒ρ2＝2y ＋4x ⇒x 2＋y 2－4x －2y ＝0.课标理数23.N3[2020·课标全国卷] 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos α，y ＝2＋2sin α.(α为参数) M 是C 1上的动点，P 点满足OP →＝2OM →，P 点的轨迹为曲线C 2. (1)求C 2的参数方程；(2)在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线θ＝π3与C 1的异于极点的交点为A ，与C 2的异于极点的交点为B ，求|AB |.课标理数23.N3[2020·课标全国卷] 【解答】 (1)设P (x ，y )，则由条件知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，y2，由于M 点在C 1上，所以⎩⎪⎨⎪⎧x2＝2cos α，y 2＝2＋2sin α，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos α，y ＝4＋4sin α.从而C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos α，y ＝4＋4sin α.(α为参数)(2)曲线C 1的极坐标方程为ρ＝4sin θ，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝8sin θ.射线θ＝π3与C 1的交点A 的极径为ρ1＝4sin π3，射线θ＝π3与C 2的交点B 的极径为ρ2＝8sin π3.所以|AB |＝|ρ1－ρ2|＝2 3.课标理数23.N3[2020·辽宁卷] 选修4－4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos φ，y ＝sin φ(φ为参数)，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φ，y ＝b sin φ(a ＞b ＞0，φ为参数)．在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l ：θ＝α与C 1，C 2各有一个交点．当α＝0时，这两个交点间的距离为2，当α＝π2时，这两个交点重合．(1)分别说明C 1，C 2是什么曲线，并求出a 与b 的值；(2)设当α＝π4时，l 与C 1，C 2的交点分别为A 1，B 1，当α＝－π4时，l 与C 1，C 2的交点分别为A 2，B 2，求四边形A 1A 2B 2B 1的面积．课标理数23.N3[2020·辽宁卷] 【解答】 (1)C 1是圆，C 2是椭圆． 当α＝0时，射线l 与C 1，C 2交点的直角坐标分别为(1,0)，(a,0)． 因为这两点间的距离为2，所以a ＝3.当α＝π2时，射线l 与C 1，C 2交点的直角坐标分别为(0,1)，(0，b )．因为这两点重合，所以b ＝1.(2)C 1，C 2的普通方程分别为x 2＋y 2＝1和x 29＋y 2＝1.当α＝π4时，射线l 与C 1交点A 1的横坐标为x ＝22，与C 2交点B 1的横坐标为x ′＝31010.当α＝－π4时，射线l 与C 1，C 2的两个交点A 2，B 2分别与A 1，B 1关于x 轴对称．因此四边形A 1A 2B 2B 1为梯形，故四边形A 1A 2B 2B 1的面积为2x ′＋2x x ′－x 2＝25.课标文数23.N3[2020·辽宁卷] 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos φ，y ＝sin φ，(φ为参数)，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φ，y ＝b sin φ，(a ＞b ＞0，φ为参数)．在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l ：θ＝α与C 1，C 2各有一个交点．当α＝0时，这两个交点间的距离为2，当α＝π2时，这两个交点重合．(1)分别说明C 1，C 2是什么曲线，并求出a 与b 的值；(2)设当α＝π4时，l 与C 1，C 2的交点分别为A 1，B 1，当α＝－π4时，l 与C 1，C 2的交点分别为A 2，B 2，求四边形A 1A 2B 2B 1的面积．课标文数23.N3[2020·辽宁卷] 【解答】 (1)C 1是圆，C 2是椭圆．当α＝0时，射线l 与C 1，C 2交点的直角坐标分别为(1,0)，(a,0)，因为这两点间的距离为2，所以a ＝3.当α＝π2时，射线l 与C 1，C 2交点的直角坐标分别为(0,1)，(0，b )，因为这两点重合，所以b ＝1.(2)C 1，C 2的普通方程分别为x 2＋y 2＝1和x 29＋y 2＝1.当α＝π4时，射线l 与C 1交点A 1的横坐标为x ＝22，与C 2交点B 1的横坐标为x ′＝31010.当α＝－π4时，射线l 与C 1，C 2的两个交点A 2，B 2分别与A 1，B 1关于x 轴对称，因此四边形A 1A 2B 2B 1为梯形．故四边形A 1A 2B 2B 1的面积为2x ′＋2x x ′－x 2＝25.课标文数23.N3[2020·课标全国卷] 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos α，y ＝2＋2sin α.(α为参数) M 是C 1上的动点，P 点满足OP →＝2OM →，P 点的轨迹为曲线C 2. (1)求C 2的参数方程；(2)在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线θ＝π3与C 1的异于极点的交点为A ，与C 2的异于极点的交点为B ，求|AB |.课标文数23.N3[2020·课标全国卷] 【解答】 (1)设P (x ，y )，则由条件知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，y2，由于M 点在C 1上，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2cos α，y 2＝2＋2sin α，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos α，y ＝4＋4sin α.从而C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos α，y ＝4＋4sin α，(α为参数)(2)曲线C 1的极坐标方程为ρ＝4sin θ，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝8sin θ.射线θ＝π3与C 1的交点A 的极径为ρ1＝4sin π3，射线θ＝π3与C 2的交点B 的极径为ρ2＝8sin π3.所以|AB |＝|ρ2－ρ1|＝2 3.课标理数15.[2020·陕西卷] (考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分)N4A.(不等式选做题)若关于x 的不等式|a |≥|x ＋1|＋|x －2|存在实数解，则实数a 的取值范围是____________．图1－5N1B.(几何证明选做题)如图1－5，∠B ＝∠D ，AE ⊥BC ，∠ACD ＝90°，且AB ＝6，AC ＝4，AD ＝12，则BE ＝________.N3C.(坐标系与参数方程选做题)直角坐标系xOy 中，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A ，B 分别在曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos θ，y ＝4＋sin θ(θ为参数)和曲线C 2：ρ＝1上，则|AB |的最小值为________．课标理数15.(1)N4[2020·陕西卷] a ≥3或a ≤－3【解析】 令t ＝|x ＋1|＋|x －2|得t 的最小值为3，即有|a |≥3，解得a ≥3或a ≤－3. 课标理数15.(2)N1[2020·陕西卷] 4 2 【解析】 在Rt △ADC 中，CD ＝82；在Rt △ADC 与Rt △ABE 中，∠B ＝∠D ，所以△ADC ∽△ABE ，故AB AD ＝BE CD ，BE ＝ABAD×CD ＝4 2.课标理数15.(3)N3[2020·陕西卷] 3 【解析】 由C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos θ，y ＝4＋sin θ消参得(x －3)2＋(y －4)2＝1；由C 2：ρ＝1得x 2＋y 2＝1，两圆圆心距为5，两圆半径都为1，故|AB |≥3，最小值为3.课标文数15.[2020·陕西卷] N4A.(不等式选做题)若不等式|x ＋1|＋|x －2|≥a 对任意x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________．图1－7N1B.(几何证明选做题)如图1－7，∠B ＝∠D ，AE ⊥BC ，∠ACD ＝90°，且AB ＝6，AC ＝4，AD ＝12，则AE ＝________.N3C.(坐标系与参数方程选做题)直角坐标系xOy 中，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A ，B 分别在曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)和曲线C 2：ρ＝1上，则|AB |的最小值为________．课标文数15A.N4[2020·陕西卷] (－∞，3] 【解析】 由绝对值的几何意义得|x ＋1|＋|x －2|≥3，要使得|x ＋1|＋|x －2|≥a 恒成立，则a ≤3，即a ∈(－∞，3]．课标文数15B.N1[2020·陕西卷] 2 【解析】 根据图形由∠ACD ＝90°，∠B ＝∠D ，得A ，B ，C ，D 四点共圆，连接BD ，则∠DBA ＝90°，AB ＝6，AD ＝12，所以∠BDA ＝30°＝∠BCA .因为AE ⊥BC ，AE ＝12AC ＝2.课标文数15C.N3[2020·陕西卷] 1 【解析】 由C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos θ，y ＝sin θ消参得(x －3)2＋y 2＝1，由C 2：ρ＝1得x 2＋y 2＝1，两圆圆心距为3，两圆半径都为1，故|AB |≥1，最小值为1.课标数学21.[2020·江苏卷]【选做题】 本题包括A 、B 、C 、D 四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作．．．．．．．．．．．．．．．．．．．答．．．若多做，则按作答的前两题评分． 解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．图1－7N1 A ．选修4－1：几何证明选讲如图1－7，圆O 1与圆O 2内切于点A ，其半径分别为r 1与r 2(r 1>r 2)．圆O 1的弦AB 交圆O 2于点C (O 1不在AB 上)．求证：AB ∶AC 为定值．N2 B ．选修4－2：矩阵与变换已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1，向量β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12.求向量α，使得A 2α＝β.N3 C ．选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，求过椭圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5cos φ，y ＝3sin φ(φ为参数)的右焦点，且与直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4－2t ，y ＝3－t (t 为参数)平行的直线的普通方程．N4 D ．选修4－5：不等式选讲解不等式x ＋|2x －1|<3.课标数学21.[2020·江苏卷] N1 A ．选修4－1：几何证明选讲 本题主要考查两圆内切、相似比等基础知识，考查推理论证能力．【解答】 证明：连结AO 1，并延长分别交两圆于点E 和点D .连结BD ，CE .因为圆O 1与圆O 2内切于点A ，所以点O 2在AD 上，故AD ，AE 分别为圆O 1，圆O 2的直径．从而∠ABD ＝∠ACE ＝π2，所以BD ∥CE ，于是AB AC ＝AD AE ＝2r 12r 2＝r 1r 2.所以AB ∶AC 为定值．N2 B ．选修4－2：矩阵与变换 本题主要考查矩阵运算等基础知识，考查运算求 解能力．【解答】 A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 24 3.设α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y .由A 2α＝β，得⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 24 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，从而⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y ＝1，4x ＋3y ＝2. 解得x ＝－1，y ＝2，所以α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12.N3 C ．选修4－4：坐标系与参数方程 本题主要考查椭圆及直线的参数方程等基础知识，考查转化问题的能力．【解答】 由题设知，椭圆的长半轴长a ＝5，短半轴长b ＝3，从而c ＝a 2－b 2＝4，所以右焦点为(4,0)．将已知直线的参数方程化为普通方程：x －2y ＋2＝0.故所求直线的斜率为12，因此其方程为y ＝12(x －4)，即x －2y －4＝0.N4 D ．选修4－5：不等式选讲 本题主要考查解绝对值不等式的基础知识，考查分类讨论、运算求解能力．【解答】 原不等式可化为 ⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1≥0，x ＋2x －1<3或⎩⎪⎨⎪⎧2x －1<0，x －2x －1<3. 解得12≤x <43或－2<x <12.所以原不等式的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－2<x <43.课标理数11.N3[2020·天津卷] 已知抛物线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8t 2，y ＝8t(t 为参数)．若斜率为1的直线经过抛物线C 的焦点，且与圆(x －4)2＋y 2＝r 2(r >0)相切，则r ＝________.课标理数11.N3[2020·天津卷] 2 【解析】 由抛物线的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8t 2，y ＝8t ， 消去t ，得y 2＝8x ，∴焦点坐标为(2,0)．∴直线l 的方程为y ＝x －2.又∵直线l 与圆(x －4)2＋y 2＝r 2相切，∴r ＝|4－2|12＋12＝ 2. 课标理数21.[2020·福建卷] N2(1)选修4－2：矩阵与变换设矩阵M ＝⎝⎛⎭⎫a 00 b (其中a >0，b >0)．①若a ＝2，b ＝3，求矩阵M 的逆矩阵M －1；②若曲线C ：x 2＋y 2＝1在矩阵M 所对应的线性变换作用下得到曲线C ′：x 24＋y 2＝1，求a ，b 的值．N3(2)坐标系选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，直线l 的方程为x －y ＋4＝0，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3cos α，y ＝sin α(α为参数)．①已知在极坐标系(与直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴)中，点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫4，π2，判断点P 与直线l 的位置关系；②设点Q 是曲线C 上的一个动点，求它到直线l 的距离的最小值． N4(3)选修4－5：不等式选讲 设不等式|2x －1|<1的解集为M . ①求集合M ；②若a ，b ∈M ，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小．课标理数21.[2020·福建卷] 【解答】 N2(1)①设矩阵M 的逆矩阵M －1＝⎝⎛⎭⎫x 1 y 1x 2 y 2，则MM －1＝⎝⎛⎭⎫1 00 1. 又M ＝⎝⎛⎭⎫2 00 3，所以⎝⎛⎭⎫2 00 3⎝⎛⎭⎫x 1 y 1x 2 y 2＝⎝⎛⎭⎫1 00 1.所以2x 1＝1,2y 1＝0,3x 2＝0,3y 2＝1，即x 1＝12，y 1＝0，x 2＝0，y 2＝13.故所求的逆矩阵M －1＝错误!.②设曲线C 上任意一点P (x ，y )，它在矩阵M 所对应的线性变换作用下得到点P ′(x ′，y ′)．则⎝⎛⎭⎫a 00 b ⎝⎛⎭⎫x y ＝⎝⎛⎭⎫x ′y ′，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＝x ′by ＝y ′.又点P ′(x ′，y ′)在曲线C ′上，所以x ′24＋y ′2＝1.则a 2x 24＋b 2y 2＝1为曲线C 的方程．又已知曲线C 的方程为x 2＋y 2＝1，故⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.又a >0，b >0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1.N3(2)①把极坐标系下的点P ⎝⎛⎭⎪⎫4，π2化为直角坐标，得P(0,4)．因为点P 的直角坐标(0,4)满足直线l 的方程x －y ＋4＝0，所以点P 在直线l 上． ②因为点Q 在曲线C 上，故可设点Q 的坐标为(3cos α，sin α)， 从而点Q 到直线l 的距离为d ＝|3cos α－sin α＋4|2＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＋42＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＋2 2. 由此得，当cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＝－1时，d 取得最小值，且最小值为 2.N4(3)①由|2x －1|<1得－1<2x －1<1，解得0<x<1， 所以M ＝{x|0<x<1}．②由①和a ，b∈M 可知0<a<1,0<b<1， 所以(ab ＋1)－(a ＋b)＝(a －1)(b －1)>0. 故ab ＋1>a ＋b.课标理数10.N4，E6[2020·湖南卷] 设x ，y ∈R ，且xy ≠0，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1y 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋4y 2的最小值为________．课标理数10.N4，E6[2020·湖南卷] 9 【解析】 方法一：⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1y 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋4y 2＝1＋4x 2y2＋1x 2y2＋4≥5＋24x 2y 2×1x 2y2＝9，当且仅当4x 2y 2＝1x 2y 2时，“＝”成立．方法二：利用柯西不等式：⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1y 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋4y 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ×1x ＋1y ×2y 2＝9，当且仅当4x 2y 2＝1x 2y 2时，等号成立．课标理数15.N4[2020·江西卷] (2)(不等式选做题)对于实数x ，y ，若|x －1|≤1，|y －2|≤1，则|x －2y ＋1|的最大值为________．课标理数15.N4[2020·江西卷] 【答案】 5【解析】|x －2y ＋1|＝|(x －1)－2(y －1)|≤|x －1|＋|2(y －2)＋2|≤1＋2|y －2|＋2≤5，当x ＝0，y ＝3时，|x －2y ＋1|取得最大值5.课标文数15.N4[2020·江西卷] 对于x ∈R ，不等式||x ＋10－||x －2≥8的解集为________．课标文数15.N4[2020·江西卷] [0，＋∞) 【解析】 由题意可得 ⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－10，－x －10＋x －2≥8或⎩⎪⎨⎪⎧ －10<x ≤2，x ＋10＋x －2≥8或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，x ＋10－x ＋2≥8，解得x ∈[0，＋∞)．课标理数24.N4[2020·课标全国卷] 设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a ＞0. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值．课标理数24.N4[2020·课标全国卷] 【解答】 (1)当a ＝1时，f (x )≥3x ＋2可化为|x －1|≥2.由此可得x ≥3或x ≤－1.故不等式f (x )≥3x ＋2的解集为 {x |x ≥3或x ≤－1}． (2)由f (x )≤0得 |x －a |＋3x ≤0.此不等式可化为不等式组 ⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a ，x －a ＋3x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x <a ，a －x ＋3x ≤0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a ，x ≤a 4或⎩⎪⎨⎪⎧x <a ，x ≤－a 2.因为a ＞0，所以不等式组的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤－a2.由题设可得－a2＝－1，故a ＝2.课标理数24.N4[2020·辽宁卷] 选修4－5：不等式选讲 已知函数f (x )＝|x －2|－|x －5|. (1)证明：－3≤f (x )≤3；(2)求不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集．课标理数24.N4[2020·辽宁卷] 【解答】 (1)f (x )＝|x －2|－|x －5|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3， x ≤2，2x －7， 2＜x ＜5，3， x ≥5.当2＜x ＜5时，－3＜2x －7＜3.所以－3≤f (x )≤3. (2)由(1)可知，当x ≤2时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为空集；当2＜x ＜5时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x ＜5}；当x ≥5时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5≤x ≤6}．综上，不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x ≤6}．课标文数24.N4[2020·辽宁卷] 已知函数f (x )＝|x －2|－|x －5|. (1)证明：－3≤f (x )≤3；(2)求不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集． 课标文数24.N4[2020·辽宁卷] 【解答】 (1)f (x )＝|x －2|－|x －5|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3， x ≤2，2x －7， 2＜x ＜5，3， x ≥5.当2＜x ＜5时，－3＜2x －7＜3.所以－3≤f (x )≤3. (2)由(1)可知，当x ≤2时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为空集；当2＜x ＜5时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x ＜5}；当x ≥5时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5≤x ≤6}．综上，不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x ≤6}．课标文数24.N4[2020·课标全国卷] 设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值．课标文数24.N4[2020·课标全国卷] 【解答】 (1)当a ＝1时，f (x )≥3x ＋2可化为|x －1|≥2.由此可得x ≥3或x ≤－1，故不等式f (x )≥3x ＋2的解集为 {x |x ≥3或x ≤－1}．(2)由f (x )≤0得|x －a |＋3x ≤0. 此不等式可化为不等式组 ⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a ，x －a ＋3x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x <a ，a －x ＋3x ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a ，x ≤a 4或⎩⎪⎨⎪⎧x <a ，x ≤－a 2.因为a >0，所以不等式组的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ≤－a 2.由题设可得－a2＝－1，故a ＝2.课标理数15.[2020·陕西卷] (考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分)N4A.(不等式选做题)若关于x 的不等式|a |≥|x ＋1|＋|x －2|存在实数解，则实数a 的取值范围是____________．图1－5N1B.(几何证明选做题)如图1－5，∠B ＝∠D ，AE ⊥BC ，∠ACD ＝90°，且AB ＝6，AC ＝4，AD ＝12，则BE ＝________.N3C.(坐标系与参数方程选做题)直角坐标系xOy 中，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A ，B 分别在曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos θ，y ＝4＋sin θ(θ为参数)和曲线C 2：ρ＝1上，则|AB |的最小值为________．课标理数15.(1)N4[2020·陕西卷] a ≥3或a ≤－3【解析】 令t ＝|x ＋1|＋|x －2|得t 的最小值为3，即有|a |≥3，解得a ≥3或a ≤－3. 课标理数15.(2)N1[2020·陕西卷] 4 2 【解析】 在Rt △ADC 中，CD ＝82；在Rt △ADC 与Rt △ABE 中，∠B ＝∠D ，所以△ADC ∽△ABE ，故AB AD ＝BE CD ，BE ＝ABAD×CD ＝4 2.课标理数15.(3)N3[2020·陕西卷] 3 【解析】 由C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos θ，y ＝4＋sin θ消参得(x －3)2＋(y －4)2＝1；由C 2：ρ＝1得x 2＋y 2＝1，两圆圆心距为5，两圆半径都为1，故|AB |≥3，最小值为3.课标文数15.[2020·陕西卷] N4A.(不等式选做题)若不等式|x ＋1|＋|x －2|≥a 对任意x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________．图1－7N1B.(几何证明选做题)如图1－7，∠B ＝∠D ，AE ⊥BC ，∠ACD ＝90°，且AB ＝6，AC ＝4，AD ＝12，则AE ＝________.N3C.(坐标系与参数方程选做题)直角坐标系xOy 中，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A ，B 分别在曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)和曲线C 2：ρ＝1上，则|AB |的最小值为________．课标文数15A.N4[2020·陕西卷] (－∞，3] 【解析】 由绝对值的几何意义得|x ＋1|＋|x －2|≥3，要使得|x ＋1|＋|x －2|≥a 恒成立，则a ≤3，即a ∈(－∞，3]．课标文数15B.N1[2020·陕西卷] 2 【解析】 根据图形由∠ACD ＝90°，∠B ＝∠D ，得A ，B ，C ，D 四点共圆，连接BD ，则∠DBA ＝90°，AB ＝6，AD ＝12，所以∠BDA ＝30°＝∠BCA .因为AE ⊥BC ，AE ＝12AC ＝2.课标文数15C.N3[2020·陕西卷] 1 【解析】 由C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos θ，y ＝sin θ消参得(x －3)2＋y 2＝1，由C 2：ρ＝1得x 2＋y 2＝1，两圆圆心距为3，两圆半径都为1，故|AB |≥1，最小值为1.课标数学21.[2020·江苏卷]【选做题】 本题包括A 、B 、C 、D 四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作．．．．．．．．．．．．．．．．．．．答．．．若多做，则按作答的前两题评分． 解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．。

第2讲 基本初等函数、函数与方程及函数的应用基本初等函数的图象与性质(综合型)指数与对数式的8个运算公式 (1)a m·a n＝am ＋n.(2)(a m )n ＝a mn .(3)(ab )m ＝a m b m.(4)log a (MN )＝log a M ＋log a N .(5)log a MN＝log a M －log a N .(6)log a M n＝n log a M .(7)alog aN＝N .(8)log a N ＝log b Nlog b a.[注意] (1)(2)(3)中，a >0，b >0；(4)(5)(6)(7)(8)中，a >0且a ≠1，b >0且b ≠1，M >0，N >0.[典型例题](1)(2018·高考天津卷)已知a ＝log 2e ，b ＝ln 2，c ＝log 1213，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．c >b >aD ．c >a >b(2)函数y ＝1x＋ln|x |的图象大致为()【解析】 (1)因为a ＝log 2e>1，b ＝ln 2∈(0，1)，c ＝log 1213＝log 23>log 2e>1，所以c >a >b ，故选D.(2)当x <0时，y ＝1x ＋ln(－x )，由函数y ＝1x ，y ＝ln(－x )单调递减，知函数y ＝1x＋ln(－x )单调递减，排除C ，D ；当x >0时，y ＝1x ＋ln x ，此时f (1)＝11＋ln 1＝1，而选项A 中函数的最小值为2，故排除A ，只有B 正确．故选B.【答案】 (1)D(2)B基本初等函数的图象与性质的应用技巧(1)对数函数与指数函数的单调性都取决于其底数的取值，当底数a 的值不确定时，要注意分a >1和0<a <1两种情况讨论：当a >1时，两函数在定义域内都为增函数；当0<a <1时，两函数在定义域内都为减函数．(2)由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，其性质的研究往往通过换元法转化为两个基本初等函数的有关性质，然后根据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行判断．(3)对于幂函数y ＝x α的性质要注意α>0和α<0两种情况的不同．[对点训练]1．(2018·武汉模拟)已知定义在R 上的函数f (x )＝2|x －m |－1为偶函数，记a ＝f (log 0.53)，b ＝f (log 25)，c ＝f (2m )，则( )A ．a <b <cB ．a <c <bC ．c <a <bD ．c <b <a解析：选C.函数f (x )＝2|x －m |－1为偶函数，则m ＝0，则f (x )＝2|x |－1，a ＝f (log 0.53)＝2log 23－1＝2，b ＝f (log 25)＝2log 25－1＝4，c ＝f (0)＝20－1＝0.故c <a <b ，选C.2．已知a 是大于0的常数，把函数y ＝a x和y ＝1ax＋x 的图象画在同一平面直角坐标系中，不可能出现的是( )解析：选D.因为a >0，所以y ＝1ax ＋x 是对勾函数，若0<a ≤1，则当x >0时，y ＝1ax＋x 的值大于等于2，函数y ＝a x 和y ＝1ax＋x 的图象不可能有两个交点，故选D.函数的零点(综合型)函数的零点及其与方程根的关系对于函数f (x )，使f (x )＝0的实数x 叫做函数f (x )的零点．函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点就是方程f (x )＝g (x )的根，即函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝g (x )的图象交点的横坐标．零点存在性定理如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f (a )·f (b )<0，那么函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点，即存在c ∈(a ，b )，使得f (c )＝0，这个c 也就是方程f (x )＝0的根．[典型例题]命题角度一 确定函数零点的个数或其存在情况(1)已知实数a >1，0<b <1，则函数f (x )＝a x＋x －b 的零点所在的区间是( ) A ．(－2，－1) B ．(－1，0) C ．(0，1)D ．(1，2)(2)设函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝f (x )，f (x )＝f (2－x )，当x ∈[0，1]时，f (x )＝x 3，则函数g (x )＝|cos πx |－f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，32上零点的个数为( )A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】 (1)因为a >1，0<b <1，f (x )＝a x＋x －b ， 所以f (－1)＝1a－1－b <0，f (0)＝1－b >0，所以f (－1)·f (0)<0，则由零点存在性定理可知f (x )在区间(－1，0)上存在零点． (2)由f (－x )＝f (x )，得f (x )的图象关于y 轴对称．由f (x )＝f (2－x )，得f (x )的图象关于直线x ＝1对称．当x ∈[0，1]时，f (x )＝x 3，所以f (x )在[－1，2]上的图象如图．令g (x )＝|cos πx |－f (x )＝0，得|cos πx |＝f (x )，两函数y ＝f (x )与y ＝|cos πx |的图象在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，32上的交点有5个．【答案】 (1)B (2)C判断函数零点个数的方法(1)直接求零点：令f (x )＝0，则方程解的个数即为零点的个数．(2)利用零点存在性定理：利用该定理还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点．(3)数形结合法：对于给定的函数不能直接求解或画出图形时，常会通过分解转化为两个能画出的函数图象交点问题．命题角度二 已知函数零点的个数或存在情况求参数的取值范围(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x， x ≤0ln x ， x >0，g (x )＝f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是( )A ．[－1，0)B ．[0，＋∞)C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)【解析】 函数g (x )＝f (x )＋x ＋a 存在2个零点，即关于x 的方程f (x )＝－x －a 有2个不同的实根，即函数f (x )的图象与直线y ＝－x －a 有2个交点，作出直线y ＝－x－a 与函数f (x )的图象，如图所示，由图可知，－a ≤1，解得a ≥－1，故选C.【答案】 C利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解． (2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．(3)转化为两熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．[对点训练]1．(2018·洛阳第一次统考)已知函数f (x )满足f (1－x )＝f (1＋x )＝f (x －1)(x ∈R )，且当0≤x ≤1时，f (x )＝2x－1，则方程|cos πx |－f (x )＝0在[－1，3]上的所有根的和为( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选D.方程|cos πx |－f (x )＝0在[－1，3]上的所有根的和即y ＝|cos πx |与y ＝f (x )在[－1，3]上的图象交点的横坐标的和．由f (1－x )＝f (1＋x )得f (x )的图象关于直线x ＝1对称，由f (1－x )＝f (x －1)得f (x )的图象关于y 轴对称，由f (1＋x )＝f (x －1)得f (x )的一个周期为2，而当0≤x ≤1时，f (x )＝2x－1，在同一坐标系中作出y ＝f (x )和y ＝|cos πx |在[－1，3]上的大致图象，如图所示，易知两图象在[－1，3]上共有11个交点，又y ＝f (x )，y ＝|cos πx |的图象都关于直线x ＝1对称，故这11个交点也关于直线x ＝1对称，故所有根的和为11.故选D.2．已知函数f (x )＝exx－kx (e 为自然对数的底数)有且只有一个零点，则实数k 的取值范围是________．解析：由题意，知x ≠0，函数f (x )有且只有一个零点等价于方程e xx －kx ＝0只有一个根，即方程exx2＝k 只有一个根，设g (x )＝e x x 2，则函数g (x )＝exx2的图象与直线y ＝k 只有一个交点．因为g ′(x )＝（x －2）exx3，所以函数g (x )在(－∞，0)上为增函数，在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，g (x )的极小值g (2)＝e24，且x →0时，g (x )→＋∞，x →－∞时，g (x )→0，x →＋∞时，g (x )→＋∞，则g (x )的图象如图所示，由图易知0<k <e24.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e 24函数的实际应用(综合型)[典型例题]某食品的保鲜时间y (单位：h)与储存温度x (单位：℃)满足的函数关系式为y＝ekx ＋b(e ＝2.718…为自然对数的底数，k ，b 为常数)．若该食品在0 ℃的保鲜时间是192h ，在22 ℃的保鲜时间是48 h ，则该食品在33 ℃的保鲜时间是________ h.【解析】 由已知，得e b ＝192，e 22k ＋b＝48，两式相除得e 22k ＝14，所以e 11k＝12，所以e33k ＋b＝(e 11k )3e b＝18×192＝24，即该食品在33 ℃的保鲜时间是24 h.【答案】 24应用函数模型解决实际问题的一般程序和解题关键(1)一般程序：读题文字语言⇒建模数学语言⇒求解数学应用⇒反馈检验作答.(2)解题关键：解答这类问题的关键是确切地建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答．[对点训练]1．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2018年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)( )A ．2021年B ．2022年C ．2023年D ．2024年解析：选B.根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从2018年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列{a n }，其中，首项a 1＝130，公比q ＝1＋12%＝1.12，所以a n ＝130×1.12n －1.由130×1.12n －1>200，两边同时取对数，得n －1>lg 2－lg 1.3lg 1.12，又lg 2－lg 1.3lg 1.12≈0.30－0.110.05＝3.8，则n >4.8，即a 5开始超过200，所以2022年投入的研发资金开始超过200万元，故选B.2．某工厂某种产品的年固定成本为250万元，每生产x 千件该产品需另投入的成本为G (x )(单位：万元)，当年产量不足80千件时，G (x )＝13x 2＋10x ；当年产量不小于80千件时，G (x )＝51x ＋10 000x－1 450.已知每件产品的售价为0.05万元．通过市场分析，该工厂生产的产品能全部售完，则该工厂在这一产品的生产中所获年利润的最大值是________万元．解析：因为每件产品的售价为0.05万元，所以x 千件产品的销售额为0.05×1 000x ＝50x 万元．①当0<x <80时，年利润L (x )＝50x －13x 2－10x －250＝－13x 2＋40x －250＝－13(x －60)2＋950，所以当x ＝60时，L (x )取得最大值，且最大值为L (60)＝950万元；②当x ≥80时，L (x )＝50x －51x －10 000x＋1 450－250＝1 200－⎝⎛⎭⎪⎫x ＋10 000x≤1 200－2x ·10 000x ＝1 200－200＝1 000，当且仅当x ＝10 000x，即x ＝100时，L (x )取得最大值1 000万元．由于950<1 000，所以当产量为100千件时，该工厂在这一产品的生产中所获年利润最大，最大年利润为1 000万元．答案：1 000一、选择题 1．函数y ＝1log 0.5（4x －3）的定义域为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫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＝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2ex －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 ＋bab＜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－xx，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 ＝ex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.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eB ．(0，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(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。

题型1选填题练熟练稳少丢分第1讲选填题的解法研究一选择题、填空题在高考中的地位选择题、填空题在当今数学高考(全国卷)中，题目数量多且占分比例高(选择12题，填空4题，共16题，共计80分，其中选择题60分，填空题20分，占全卷总分的53.3%)．二选择题、填空题难度及排序规律就一套试卷而言，选择题1～10题相对较简单，考查知识点明显，学生比较容易入手，11,12题对思维要求较高，重视对数学素养的考查，学生需要综合运用多种数学思想方法才能解决．填空题13～15题难度比较低，很常规，主要考查基础知识，解题思路清晰，16题难度相对较大，同样重视对数学素养的考查．今年的高考题设置了组合型选择题．为实现设置多选题过渡，填空题出现了一题双空，难度增加，思维量加大．三选择题、填空题特点及考查功能从解答形式上看，选择题、填空题都不要过程，形式灵活，选择题还有选项可以提供额外的信息；从考查知识点上看，选择题、填空题都能在较大的知识范围内，实现对基础知识、基本技能和基本思想方法的考查；从运算因素上看，选择题、填空题都对运算要求较低，呈现多想少算的特点．四选择题、填空题解答策略选择题、填空题的结构特点决定了解答选择题、填空题的方法，除常规方法外，还有一些特殊的方法．解答选择题、填空题的基本原则是：“小题不大做”，要充分利用题目中(包括题干和选项)提供的各种信息，排除干扰，利用矛盾，作出正确的判断．数学选择题的求解，一般有两种思路：一是从题干出发考虑，探求结果；二是从题干和选项联合考虑，或从选项出发探求是否满足题干条件，由此得到做选择题的几种常用方法：直接法、排除法、构造法、特例法、代入验证法、数形结合法等．填空题虽然没有选项提供参考，但依然可以根据其特点，考虑直接法、构造法、特例法等．五选择题、填空题答题禁忌选择题、填空题答题时，一定要注意认真审题，理解清楚题意后再作答．选择题确定选项后，其余选项也应该看一看，弄清楚它们错在哪里．不要一味图快，还是要以保证正确率为主．如果某题不太好解答，应及时调整策略，去解答下一题．切忌在某一道题上花费过多时间．这样很容易影响答题的心理状态，产生紧张、焦虑等负面情绪．另外涂答题卡时，要注意题号排列规律，不要出现答串行等低级失误．选择题要修改的话，一定要先把原有选项擦除干净，再用2B铅笔涂黑新选项．方法汇总选填通用方法一直接法直接法是指直接从题目条件出发，利用已知的条件、相关概念、性质、公式、公理、定理、法则等基础知识，通过严谨的推理、准确的运算、合理的验证，从而直接得出正确结论的解题方法．解答选择题、填空题时，此方法一般都会是考生最先考虑的方法，也是解题最常用的方法之一．但是此种方法并没有充分利用选择题、填空题的题型特点，因此多用于解答一些比较容易的选、填题．题型一(2018·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思维启迪首先利用正方体的棱是3组且每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成的角相等，只需与从同一个顶点出发的3条棱所成的角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.解析根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD －A1B1C1D1中，平面AB1D1与线AA1，A1B1，A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，同理，平面C1BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB1D1与C1BD中间的，且过棱的中点的正六边形，边长为22，所以其面积为S＝6×12×32×⎝⎛⎭⎪⎫222＝334，故选A．答案A特教评析该题考查的是有关正方体被平面所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.题型二设等比数列{a n}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…a n的最大值为________.思维启迪 本题以数列为背景，综合考查等比数列的通项公式，幂的运算性质，等比数列求和公式等多个知识点．数列是高中数学的一个重要模块，对数列的考查，在历年全国卷中都能见到．此类问题，多直接利用题目条件，结合数列的相关公式计算解决.本题中首先根据题目的两个条件，结合等比数列的通项公式，可以列出方程，解出首项及公比，进而可以将a 1a 2…a n 表示为关于n 的函数，利用函数的相关知识求解其最大值.解析 解法一：由题可得⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，两式相除，解得q ＝12，a 1＝8，则a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －4，所以a 1a 2…a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2×…×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12(n －7)n 2. 由于指数函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 单调递减，因此当n (n －7)2最小时，a 1a 2…a n 最大，即n ＝3或n ＝4时，a 1a 2…a n 有最大值26＝64.解法二：同解法一，解得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －4.设b n ＝a 1a 2…a n ， 由⎩⎨⎧ b n ≥b n ＋1，b n ≥b n －1，得⎩⎨⎧a n ＋1≤1，a n ≥1，解得3≤n ≤4. 所以当n ＝3或4时，b n 有最大值b 3＝b 4＝64.答案 64特教评析本题是根据题目条件，利用数列的相关公式，直接解决数列的最值问题．解法一是从数列是特殊函数这个角度予以求解的，解法二是利用数列本身的一些特性予以求解．这两种都是直接解决数列最值问题的常用方法.『针对训练』1.(2019·河南郑州一模)《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五尺，今一月织九匹三丈．”其意思为今有女子善织布，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一个月(按30天计)共织390尺布．则该女最后一天织多少尺布？( )A ．18B ．20C ．21D ．25 答案 C解析 由题意知该女每天所织布的尺数可构成一个等差数列{a n }，且a 1＝5，S 30＝390，设该女最后一天织布尺数为a 30，则有30×(5＋a 30)2＝390，解得a 30＝21.故选C．2.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率为22.过F1的直线l交C于A，B两点，且△ABF2的周长为16，那么C的方程为________.答案x216＋y28＝1解析设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1，由e＝22知ca＝22，故b2a2＝12.由于△ABF2的周长为|AB|＋|BF2|＋|AF2|＝|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝16，故a＝4.∴b2＝8.∴椭圆C的方程为x216＋y28＝1.二特例法特例法的原理：如果结论对一般情况成立，那么对特殊情况一定也成立．因此解选择、填空题时，可以考虑对题目条件特殊化，用特殊化后的条件解出问题的答案．这种方法主要用来解决选择和填空题中结论唯一或其值为“定值”的问题，常常取一个(或一些)特殊数值(或特殊位置，特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等等)来确定其结果，从而节省推理、论证、演算的过程，加快解题速度．特例法是解决选填题的一种很好用的方法．大多数时候，都能化繁为简，快速找到问题的答案．但是，需要指出的是，特例法本身存在一定风险，即如果某题答案不唯一，那么用特例法有可能漏解．此时最好多举几个特例验证.题型一已知函数f(x)＝x＋x ln x，若k∈Z，且k(x－1)<f(x)对任意的x>1恒成立，则k的最大值为()A．2 B．3C．4 D．5思维启迪本题是以函数和导数为背景的恒成立问题，考查函数的单调性、最值与导数的关系等知识点．直接做的话，可以转化为y＝f(x)x－1的最小值大于k；或者y＝f(x)－k(x－1)的最小值大于0等，步骤繁琐，运算量较大；使用特例法更快捷，即原式对x >1恒成立，那么对类似x ＝2,3等这些特值也成立，从而可以缩小k 的范围.解析 解法一：(直接法)设g (x )＝x －ln x －2，可得g ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增，而g (3)＝1－ln 3<0，g (4)＝2－ln 4>0，所以g (x )存在唯一一个零点x 0∈(3,4)，且当x ∈(1，x 0)时，g (x )<g (x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>g (x 0)＝0，由题意得x >1时，x ln x ＋x x －1>k 恒成立，设h (x )＝x ln x ＋x x －1，则h ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2＝g (x )(x －1)2.所以h ′(x )与g (x )同号，即x ∈(1，x 0)时，h ′(x )<0；x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0，所以h (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0(ln x 0＋1)x 0－1＝x 0(x 0－1)x 0－1＝x 0. 故k <h (x )min ＝x 0，又k ∈Z ，则k 的最大值为3，故选B ．解法二：(特例法)由题意可知，当x ＝2时，k (x －1)<f (x )恒成立，即k (2－1)<f (2)，解得k <2＋2ln 2<2＋2＝4，因此k 的最大整数值为3，而当k ＝3时，令g (x )＝f (x )－k (x －1)＝x ln x －2x ＋3，g ′(x )＝ln x －1，当x ∈(1，e)时，g ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (e)＝3－e>0，于是g (x )>0恒成立，即k ＝3满足题意，故选B ．答案 B特教评析解法一是直接法．计算量较大，对数学能力要求较高；解法二巧妙的利用x ＝2时的特殊情况，成功得到k ＝3.当然，从严谨性的角度出发，还需要检验一下k ＝3是否成立．就算如此，其计算量，思维量也远远小于直接法．解选择、填空题，用好特例法往往能起到事半功倍的作用.题型二 (2019·河北一模)已知F 1，F 2分别为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，点P 为双曲线右支上一点，M 为△PF 1F 2的内心，满足S △MPF 1＝S △MPF 2＋λS △MF 1F 2，若该双曲线的离心率为3，则λ＝________(注：S △MPF 1，S △MPF 2，S △MF 1F 2分别为△MPF 1，△MPF 2，△MF 1F 2的面积).思维启迪 本题以双曲线为背景，综合考查了双曲线定义，三角形内心的性质，三角形面积计算公式等多个知识点，综合性较强．本题涉及双曲线焦点，一般需要考虑双曲线定义，由于M 是内心，因此涉及的三个三角形如果分别以PF 1，PF 2，F 1F 2为底，则高相等，离心率提供了双曲线a ，b 的关系．综合利用这些条件，可以完成本题求解．另一方面，本题属于结论为定值，且题干中未对双曲线方程及P 点位置作过多限制，因此可以考虑特例法，能更高效快捷地解答此题.解析 解法一：(直接法)设△PF 1F 2内切圆半径为r ，由S △MPF 1＝S △MPF 2＋λS △MF 1F 2得：12|PF 1|·r ＝12|PF 2|·r ＋λ·12|F 1F 2|·r ， ∴|PF 1|＝|PF 2|＋λ|F 1F 2|，∴|PF 1|－|PF 2|＝λ|F 1F 2|，∵点P 为双曲线右支上一点，∴2a ＝λ·2c ，∴λ＝a c ，∵c a ＝3，∴λ＝13.解法二：(特例法)设双曲线为x 2－y 28＝1，则F 1(－3，0)，F 2(3,0)，取P (3,8)，如图，则此时△PF 1F 2为直角三角形，由勾股定理得|PF 1|＝10；所以S △PMF 1＝5r ，S △MPF 2＝4r ，S △MF 1F 2＝3r ，易得λ＝13.答案 13特教评析解法一是直接法．需要用双曲线定义得到2a ＝2λc ，对数学能力有一定要求；解法二巧妙的利用特殊双曲线和特殊点，能快捷的得出λ的值，思维量小于直接法．解选择、填空题，用好特例法常常能化难为易.『针对训练』1.(2019·长春一模)已知点O 为坐标原点，点M 在双曲线C ：x 2－y 2＝λ(λ为正常数)上，过点M 作双曲线C 的一条渐近线的垂线，垂足为N ，则|ON |·|MN |的值为( )A ．λ4B ．λ2C ．λD ．无法确定 答案 B解析 因为点M 为双曲线上任一点，所以可取点M 为双曲线的右顶点，由渐近线y ＝x 知△OMN 为等腰直角三角形，此时|OM |＝λ，|ON |＝|MN |＝λ2，所以|ON |·|MN |＝λ2.2.(2019·佛山调研)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是________.答案 332解析 解法一：当△ABC 为等边三角形时，满足题设条件，则c ＝6，C ＝π3且a ＝b ＝ 6.∴△ABC 的面积S △ABC ＝12ab sin C ＝332.解法二：∵c 2＝(a －b )2＋6，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.①∵C ＝π3，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab .②联立①②得－ab ＋6＝0，即ab ＝6.∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.三 构造法构造法是指当解决某些数学问题使用通常方法按照定向思维难以解决问题时，应根据题设条件和结论的特征、性质，从新的角度，用新的观点去观察、分析、理解对象，牢牢抓住反映问题的条件与结论之间的内在联系，运用问题的数据、形式、坐标等特征，使用题中的已知条件为原材料，运用已知数学关系式和理论为工具，在思维中构造出满足条件或结论的数学对象，从而，使原问题中隐含的关系和性质在新构造的数学对象中清晰地展现出来，并借助该数学对象方便快捷地解决数学问题.题型一 (2019·惠州市高三第一次调研考试)已知函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＝1＋ln x (其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，则下列不等式成立的是( )A ．2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 B ．2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 C ．2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 D ．3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6 思维启迪 本题主要考查函数的单调性与导数，以及利用单调性比较函数值大小等知识点．难点是f (x )解析式未知，抽象性较强，可以根据所给条件特点，构造函数，然后利用其单调性解决问题.解析 (构造法)设g (x )＝f (x )cos x ，则g ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x，因为f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＝1＋ln x ，所以g ′(x )＝1＋ln x cos 2x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，π2时，g ′(x )>0；所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，π2递增. 因为1e <π6<π4<π3<π2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，选B ． 答案 B特教评析本题解法即利用积商函数求导法则以及三角函数求导的特点构造出函数g (x )＝f (x )cos x ，然后利用其单调性比较大小.题型二 已知实数μ，ν，x ，y 满足μ2＋ν2＝1，⎩⎨⎧ x ＋y －1≥0，x －2y ＋2≥0，x ≤2，则z ＝μx＋νy 的最大值是________.思维启迪 本题中第一个方程可以联想到圆或同角三角函数等，第二个不等式组可以转化为平面区域，而z 从形式上看，可以看成直线方程或者向量的数量积等．根据形式上的特点，可以考虑构造直线、向量等解决本题．另外，本题也可以直接使用柯西不等式求解.解析 解法一：(构造向量数量积)设a ＝(μ，ν)，b ＝(x ，y )，则z ＝a·b ＝|a ||b |cos θ≤|b |，结合图象知，当x ＝2，y ＝2时，|b |max ＝22，因此z max ＝22，此时a ，b 同向，即μ＝ν＝22.解法二：(柯西不等式)(μx ＋νy )2≤(μ2＋ν2)(x 2＋y 2)＝x 2＋y 2；又因为⎩⎨⎧ x ＋y －1≥0，x －2y ＋2≥0，x ≤2，则结合图形知当x ＝2，y ＝2时，x 2＋y 2＝22，因此所求最大值为22，此时μ＝ν＝22.解法三：(构造几何图形)z ＝μx ＋νy 可以看作一条直线，原点到此直线的距离d ＝|z |μ2＋ν2＝|z |，因此|z |的几何意义是原点到此直线的距离，所以问题转化为何时原点到直线z ＝μx ＋νy 的距离最大，结合图形知，当直线过(2,2)点，且斜率为－1时，|z |最大，此时z ＝|z |＝2 2.答案 22特教评析解法一根据题目所求式子的形式，构造向量的数量积，成功将问题简化为两个向量何时数量积最大，结合图形，一目了然；如果学习过柯西不等式，那么解法二直接利用柯西不等式求解，也比较简洁．解法三考虑到z 的几何意义，构造几何图形解决问题．恰当的构造，可以使原问题中隐含的关系、性质等，清晰的展现出来，从而帮助我们简洁的处理原问题.『针对训练』1.(2019·河北石家庄高三一模)已知函数f (x )＝ax ＋eln x 与g (x )＝x 2x －eln x的图象有三个不同的公共点，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围为( )A ．a <－eB ．a >1C ．a <－3或a >1D ．a >e答案 B解析 (构造方程)由f (x )＝g (x )得e 2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2＋e(a －1)ln x x ＋1－a ＝0，令h (x )＝ln x x ＝t (x >0且x ≠e)，则h ′(x )＝1－ln x x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝e ，∴h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．又当x →＋∞时，h (x )→0，作出函数h (x )的大致图象，如图所示.e 2t 2＋e(a －1)t ＋1－a ＝0，因为原方程有三个解，故此方程两根满足0<t 1<1e ，t 2<0，令F (t )＝e 2t 2＋e(a －1)t ＋1－a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧F (0)<0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >0，∴a >1.故选B ． 2.f (x )为定义在R 上的可导函数，且f ′(x )>f (x )，对任意正实数a ，则下列式子成立的是( )A ．f (a )<e a f (0)B ．f (a )>e a f (0)C ．f (a )<f (0)e aD ．f (a )>f (0)e a 答案 B 解析 令g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x >0.所以g (x )在R 上为增函数．又a >0，故g (a )>g (0)，即f (a )e a >f (0)e 0，即f (a )>e a f (0)．故选B ．四 数形结合法中学数学研究的对象可分为数和形两大部分，数与形是有联系的，这个联系称之为数形结合．作为一种数学思想方法，数形结合的应用大致又可分为两种情形：或者借助于数的精确性来阐明形的某些属性，或者借助形的几何直观性来阐明数之间某种关系，即数形结合包括两个方面：第一种情形是“以数解形”，而第二种情形是“以形助数”．“以数解形”就是有些问题直接从“形”上解决起来比较困难，这时就需要给图形赋值，如边长、角度等，借助代数方法研究并解决问题．“以形助数”就是有些“数”的问题直接解决比较困难，这时就需要结合代数式所表达的几何意义，从“形”上予以解决．数形结合就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”即通过抽象思维与形象思维的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而实现优化解题途径的目的.题型一 已知a ＝1b >1，如果方程a x ＝log b x ，b x ＝log a x ，b x ＝log b x 的根分别为x 1，x 2，x 3，则x 1，x 2，x 3的大小关系为( )A ．x 3<x 1<x 2B ．x 3<x 2<x 1C ．x 1<x 3<x 2D ．x 1<x 2<x 3思维启迪 本题考查指数、对数函数的性质．题目所给的三个方程都是超越方程，直接从代数上解出x 1，x 2，x 3是难以实现的．因此可以考虑“以形助数”，绘制出涉及函数的图象，借助图象解决问题.解析 解法一：(数形结合)由a ＝1b >1，可知0<b <1，因此函数y ＝a x ，y ＝b x ，y ＝log b x ，y ＝log a x 图象如图所示，由图可以看出点A ，B ，C 对应的横坐标分别为x 1，x 3，x 2，故x 1<x 3<x 2.故选C ．解法二：(直接法)不妨设a ＝e ，b ＝1e ，则由题有e x 1＝－ln x 1，1e x 2＝ln x 2，1ex 3＝－ln x 3；由题知－ln x 1>0，ln x 2>0，－ln x 3>0，所以x 1，x 3∈(0,1)，x 2>1，即x 2最大. 若x 3<x 1，则ln x 3<ln x 1，所以－ln x 3>－ln x 1，所以1e x 3>e x 1，所以－x 3>x 1，因为x 1，x 2，x 3>0，所以不可能成立，即x 3>x 1，所以x 2>x 3>x 1，选C ．答案 C 特教评析本题无论哪种方法，都必须绕开解方程．数形结合法巧妙的借助了指数、对数函数的单调性，简洁明了的比较出了三个数的大小．第二种方法，直接从“数”的角度比较三者大小，综合利用了指数、对数函数的单调性，反证法等多种知识、方法．难度较大，而且没有第一种方法直观.题型二 (2018·北京高考)在平面直角坐标系中，记d 为点P (cos θ，sin θ)到直线x －my －2＝0的距离，当θ，m 变化时，d 的最大值为________.思维启迪 本题考查点到直线的距离的最值问题，由于题目涉及两个变量θ和m ，因此难度较大．可以从代数角度，直接利用点到直线距离公式计算d ，然后利用不等式放缩等代数技巧求解d 的最大值．也可以数形结合地分析问题，将问题转化为圆上动点到某直线的距离的最值问题.解析 解法一：(直接法)d ＝|cos θ－m sin θ－2|m 2＋1＝|m 2＋1sin (θ＋φ)－2|m 2＋1≤m 2＋1＋2m 2＋1＝1＋2m 2＋1≤3， 当sin(θ＋φ)＝－1且m ＝0时，取等号.解法二：(数形结合)如图，d ＝PM ≤OP ＋ON ≤OP ＋OA ＝3，当A ，N 重合，且O ，P ，N 共线时取等号.答案 3 特教评析本题解法二，利用点到直线之间垂线段最短，及直角三角形中斜边大于直角边等简单的几何定理，很快的求出了d 的最大值，运算量非常小．在解决类似问题的过程中，应该数形结合地分析问题.『针对训练』1.设函数f (x )＝⎩⎨⎧x －[x ]，x ≥0，f (x ＋1)，x ＜0，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－1.1]＝－2，[π]＝3等．若方程f (x )＝k (x ＋1)(k >0)恰有三个不相等的实根，则实数k 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14 B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，13C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1答案 B解析 直线y ＝kx ＋k (k >0)恒过定点(－1,0)，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f (x )的图象和直线y ＝kx ＋k (k >0)的图象，如图所示，因为两个函数图象恰好有三个不同的交点，所以14≤k <13.2.(2019·湖北八校高三联考)若函数y ＝f (x )图象上不同两点M ，N 关于原点对称，则称点对[M ，N ]是函数y ＝f (x )的一对“和谐点对”(点对[M ，N ]与[N ，M ]看作同一对“和谐点对”)．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧e x，x ＜0，x 2－4x ，x ＞0，则此函数的“和谐点对”有________对. 答案 2解析 作出f (x )＝⎩⎨⎧e x，x ＜0，x 2－4x ，x ＞0的图象，f (x )的“和谐点对”数可转化为y＝e x (x <0)与y ＝－x 2－4x (x <0)的图象的交点个数(如图)．由图象知，函数f (x )有两对“和谐点对”.五 极限法极限法是解选择题、填空题的一种有效方法，它根据题干及选项的特征，考虑极端情形，有助于缩小选择面，迅速找到答案．极限法是一种基本而重要的数学方法，通过考察问题的极端状态，灵活地借助极限思想解题，往往可以避开抽象复杂运算，探索解题思路，优化解题过程，降低解题难度.题型一 (2019·郑州一模)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2x1＋2x ·cos x 的图象大致为( )思维启迪 本题考查根据解析式寻找函数的图象，所给函数学生较陌生，不好直接得出其图象．本题用直接法不好解答，可以考虑利用f (x )的性质，或者特殊点的函数值、导数值等，排除干扰项，从而选出正确答案．观察A ，B ，C ，D 四个选项，发现在原点附近的函数值，四个选项都不同，因此可以利用极限思想，估算x 在原点左侧，并且无限接近原点时的函数值和x 在原点右侧，并且无限接近原点时的函数值，利用这两个极限值，便能一次性排除干扰项.解析 解法一：(极限法)当x →0＋时，2x >1，所以1－2x1＋2x<0，又cos x >0，所以f (x )<0，排除A ，D ．当x →0－时，2x<1，所以1－2x1＋2x>0，又cos x >0，所以f (x )>0，排除B ，所以选C ．解法二：(排除法)观察发现A ，B 为偶函数，C ，D 为奇函数，因此可以考虑利用奇偶性排除干扰项．计算f (－x )＝1－2－x 1＋2－x cos(－x )＝2x －12x ＋1cos x ＝－f (x )，因此f (x )为奇函数，排除A，B．观察C，D发现二者在原点处导数符号不同，因此计算f′(0)的值来排除干扰项，但是直接求f′(x)计算过于繁琐，设h(x)＝1－2x1＋2x＝21＋2x－1，显然h(x)单调递减；设g(x)＝cos x，则f(x)＝h(x)g(x)，所以f′(0)＝h′(0)g(0)＋g′(0)h(0)＝h′(0)<0，排除D，故选C．答案C特教评析两种解法都是排除法，但是第一种解法是利用极限思想，计算f(x)在原点左、右两侧的函数值，通过其符号排除干扰项；第二种解法比较常规，利用奇偶性排除两个选项，再利用特殊点导数值排除一个选项．两种方法比较，明显第一种解法更快捷.题型二双曲线x2－y2＝1的左焦点为F，点P为左支下半支上任意一点(异于顶点)，则直线PF的斜率的变化范围是()A．(－∞，0) B．(1，＋∞)C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)思维启迪本题以双曲线为背景，考查双曲线的渐近线，直线的倾斜角、斜率等知识要素，以点P在双曲线的左支下半支上运动来解决本题.解析由题意条件知双曲线的其中一条渐近线y＝x的倾斜角为45°，当点P 向双曲线左下方无限移动时，直线PF逐渐与渐近线平行，但是永不平行，所以倾斜角大于45°；当点P逐渐靠近顶点时，倾斜角逐渐增大，但是小于180°.所以直线PF的倾斜角的范围是(45°，180°)．由此可知直线PF的斜率的变化范围是(－∞，0)∪(1，＋∞).答案C特教评析本题运用运动变化的观点，灵活的用极限思想来思考，避免了复杂的运算，简化了解题过程，节省了解题时间.『针对训练』1.(2018·北京高考)若△ABC的面积为34(a2＋c2－b2)，且C为钝角，则B＝________；ca的取值范围是________.答案π3(2，＋∞)解析解法一：(直接法)由余弦定理知a2＋c2－b2＝2ac cos B，又S△ABC ＝12ac sin B，所以12ac sin B＝34×2ac cos B，化简得tan B ＝3，因为0<B <π2，所以B ＝π3， 又c a ＝sin C sin A ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3sin A ＝12＋32tan A ， 又因为C 为钝角，所以A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6，所以tan A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，所以c a ∈(2，＋∞).解法二：(极限法)同解法一得B ＝π3. 当C →π2时，ca →2，固定a 不变，当C → 2π3时，c a →＋∞，所以ca ∈(2，＋∞).2.设α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且tan α＝1＋sin βcos β，则2α－β的值是________.答案 π2解析 解法一：(极限法)令β →0，则tan α→1， 所以α→π4，所以2α－β →π2，故2α－β的值是π2. 解法二：(直接法)tan α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin β2＋cos β22⎝ ⎛⎭⎪⎫cos β2－sin β2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos β2＋sin β2 ＝sin β2＋cos β2cos β2－sin β2， 所以tan α＝tan β2＋11－tan β2＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫β2＋π4，因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以α＝β2＋π4，所以2α－β＝π2.方法汇总选择独用方法一 排除法排除法是指通过快捷有效的手段将与题干相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得正确的结论的解答选择题的方法．适用于定性型或不易直接求解的选择题．当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小的选项的范围内找出矛盾，这样逐步排除，直到得出正确的选项．它与特例法结合使用是解答选择题的常用方法.题型一 过抛物线y 2＝4x 的焦点作直线与抛物线交于两点P 和Q ，则PQ 中点轨迹方程是( )A ．y 2＝2x －1B ．y 2＝2x －2C ．y 2＝－2x ＋1D ．y 2＝－2x ＋2思维启迪 本题是考查抛物线过焦点的弦的中点的轨迹方程，可以设出直线方程，用参数法求解，也可以考虑点差法．当然，最快捷的应该是使用排除法.解析 解法一：(排除法)当弦PQ 垂直于x 轴时，易知此时PQ 中点为(1,0)，而选项A ，C 所给曲线均不过(1,0)，所以排除A ，C ；又考虑极限位置，当x P →0时，显然x Q →＋∞，因此线段PQ 中点横坐标趋于无穷大，即抛物线开口必须向右，排除D ，综上选B ．解法二：(直接法一)设PQ 的中点M (x ，y )，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x ＝x 1＋x 22，y ＝y 1＋y 22，又y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，两式相减，得(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝4(x 1－x 2).当x 1≠x 2时，有y 1－y 2x 1－x 2y ＝2，所以y －0x －1·y ＝2，化简得y 2＝2(x －1)，x ≠1，当x 1＝x 2时，有y ＝0，此时x ＝1，综上y 2＝2x －2，故选B ．解法三：(直接法二)设PQ 的中点M (x ，y )，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，PQ 的方程为x ＝ty ＋1，与抛物线联立得⎩⎨⎧y 2＝4x ，x ＝ty ＋1，化简得y 2－4ty －4＝0，所以y 1＋y 2＝4t ，即y ＝2t ，所以⎩⎨⎧y ＝2t ，x ＝2t 2＋1，消参得y 2＝2x －2，故选B ． 答案 B 特教评析三种解法里，解法一根据题目特点，利用特殊位置排除掉干扰项，选出了正确答案．由于本题涉及弦中点问题，因此如解法二那样采用点差法也可以很好的解决问题；解法三利用参数t ，先解出轨迹的参数方程，进一步得到普通方程．三者比较，就本题而言排除法更快捷.题型二 定义在R 上的可导函数f (x )，其导函数记为f ′(x )，满足f (x )＋f (2－x )＝(x －1)2，且当x ≤1时，恒有f ′(x )＋2<x .若f (m )－f (1－m )≥32－3m ，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－13，1C ．[1，＋∞)D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12思维启迪 本题考查函数、导数的相关知识．由于不知道函数f (x )的解析式，导致此题有一定的困难．但是根据本题特点，通过m 取一些特殊的值进行排除，能回避此题难点，快速得到答案.解析 解法一：(直接法)∵f ′(x )＋2<x ，即f ′(x )－x ＋2<0， 可构造函数g (x )＝f (x )－x 22＋2x .∵g (x )＋g (2－x )＝f (x )＋f (2－x )－x 22＋2x －(2－x )22＋2(2－x )＝3， ∴g (x )关于⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32中心对称. 又x ≤1时，g ′(x )＝f ′(x )－x ＋2<0，∴g (x )在R 上单调递减. ∵f (x )＝g (x )＋x 22－2x ，∴f (m )＝g (m )＋m 22－2m . f (1－m )＝g (1－m )＋(1－m )22－2(1－m )，∴f (m )－f (1－m )≥32－3m 等价于g (m )－g (1－m )≥0. ∴g (m )≥g (1－m )．即m ≤1－m ，∴m ≤12.故选D ．解法二：(排除法)因为f (x )＋f (2－x )＝(x －1)2，所以取x ＝1，易知f (1)＝0.设g (x )＝f (x )－12x 2＋2x ，由题意可知，当x ≤1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以g (1)<g (0)，即f (0)>32，所以f (1)－f (0)<－32，即m ≠1，排除A ，B ，C ．故选D ．答案 D 特教评析本题的难点在于，分析出函数g (x )的中心对称性，而排除法成功的回避了这个难点，极大的节省了解题时间．在解选择题时，用好排除法往往能取得很好的。

第一单元 高考中档大题突破解答题02: 数 列基本考点——等差、等比数列的基本运算1．等差数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ．2．等比数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1qn －1(q ≠0)；S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．3．等差(比)数列的基本运算在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (或q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量．1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和． 已知S 2＝2，S 3＝－6． (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． (1)解：设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得q ＝－2，a 1＝－2． 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n ． (2)解：由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q＝－23＋(－1)n 2n ＋13．由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．2．(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2．(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3．解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ， 则a n ＝－1＋(n －1)·d ，b n ＝q n －1．由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1．(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0． 解得q ＝－5或q ＝4．当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21． 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6．常考热点——数列的综合问题1．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }与等比数列 {b n }对应项相乘({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式．[提醒] 错位相减法求和时，易漏掉减数式的最后一项． 2．裂项相消求和的原理及注意问题(1)原理：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)注意：在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性．(2017·濮阳一模)设等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 5＝15，且2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列.阿凡题1083958(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．[思路点拨] (1)利用等差数列的首项与公差通过数列的和求出a 3，利用2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列．求出公差，然后求解数列的通项公式．(2)化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可． 【解】 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为S 5＝15， 所以a 3＝3，又因为2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列．所以a 26＝2a 2(a 8＋1)，即：(a 3＋3d )2＝2(a 3－d )(a 3＋5d ＋1)，所以d ＝1或d ＝－1519(舍去)，所以a 1＝a 3－2d ＝3－2＝1.所以a n ＝n ， 数列{a n }的通项公式为a n ＝n ； (2)由(1)可知：设b n ＝2n ·a n ＝n ·2n ，T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ①； ①×2可得：2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)2n ＋n ·2n ＋1 ②，①－②得：－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1．∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2．用错位相减法求和的注意事项(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .阿凡题1083959(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．【解】 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时， a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)， 两式相减得(2n －1)a n ＝2， 所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式， 所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1． (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ．由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1．1．(2017·云南统检)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有2S n＝(n ＋1)a n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4a n (a n ＋2)的前n 项和为T n ，求证：12≤T n <1．(1)解：因为2S n ＝(n ＋1)a n ， 当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1，即(n －1)a n ＝na n －1， 所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11＝2，即a n ＝2n (n ≥2)．(2)证明：由(1)知a n ＝2n ，令b n ＝4a n (a n ＋2)，n ∈N *，所以b n ＝42n (2n ＋2)＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1．所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n即T n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1．因为1n ＋1>0，所以1－1n ＋1<1．显然当n ＝1时，T n 取得最小值12．所以12≤T n <1．2．(2017·株洲二模)数列{a n }的通项a n 是关于x 的不等式x 2－x ＜nx 的解集中正整数的个数．f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n2n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)求证：对n ≥2，且n ∈N *，恒有712≤f (n )＜1． (1)解：x 2－x ＜nx 等价于x (x －n －1)＜0，解得x ∈(0，n ＋1)，其中有正整数n 个，于是a n ＝n ．(2)解：由(1)得b n ＝n 2n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ， S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1×12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ，12S n ＝1×⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 故S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ×⎝⎛⎭⎫12n ． (3)证明：f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ＜1n ＋1n＋…＋1n ＝1．由f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ，知f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，于是f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＞12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，故f (n ＋1)＞f (n )，∴当n ≥2，且n ∈N *时，f (n )为增函数， ∴f (n )≥f (2)＝712，综上可知712≤f (n )＜1．1．(2017·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝－3，S 10＝－40． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若从数列{a n }中依次取出第2,4,8，…，2n ，…项，按原来的顺序排成一个新数列{b n }，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)∵a 5＝a 1＋4d ＝－3， S 10＝10a 1＋45d ＝－40， 解得a 1＝5，d ＝－2． ∴a n ＝－2n ＋7．(2)依题意，b n ＝a 2n ＝－2×2n ＋7＝－2n ＋1＋7，故T n ＝－(22＋23＋…＋2n ＋1)＋7n＝－22－2n ＋1×21－2＋7n＝4＋7n －2n ＋2．2．(2017·九江二模)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＋2＝4S n ＋6，n ∈N *．(1)求a 1及通项公式a n ；(2)若b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)∵各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ， 满足S n ＋2＝4S n ＋6，n ∈N *，∴n ＝1时，S 3＝4S 1＋6，∴a 1＋a 2＋a 3＝4a 1＋6，① n ＝2时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4(a 1＋a 2)＋6，② 由②－①，得a 4＝4a 2＝a 2q 2， ∴q 2＝4，∵q ＞0，∴q ＝2， 由①式知a 1(1＋q ＋q 2)＝4a 1＋6，∴a 1(1＋2＋4)＝4a 1＋6,3a 1＝6，解得a 1＝2， ∴a n ＝2n ．(2)∵b n ＝n a n ＝n 2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，③∴12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，④ 由③－④，得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，∴T n ＝2－n ＋22n ．3．(2017·开封二模)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝12a n (a n ＋1)，n ∈N *．(1)求通项a n ；(2)若b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)a 1＝S 1＝12a 1(a 1＋1)，a 1＞0，解得a 1＝1，∀n ∈N *，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝12a n ＋1(a n ＋1＋1)－12a n (a n ＋1)，移项整理并因式分解得： (a n ＋1－a n －1)(a n ＋1＋a n )＝0， 因为{a n }是正项数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，a n ＋1－a n ＝1，{a n }是首项a 1＝1，公差为1的等差数列，a n ＝n ．(2)由(1)得S n ＝12a n (a n ＋1)＝12n (n ＋1)，b n ＝1S n ＝2n (n ＋1)＝2n －2n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫21－22＋⎝⎛⎭⎫22－23＋…＋⎝⎛⎭⎫2n －2n ＋1， ＝21－2n ＋1＝2nn ＋1． 4．(2017·涪陵二模)数列{a n }满足：a 1＝2，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n (n ∈N *)． (1)记d n ＝a n ＋1－a n ，求证：数列{d n }是等比数列；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，证明S n ＜32．证明：(1)∵a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ， ∴d n ＋1d n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a 1＝3a n ＋1－2a n －a n ＋1a n ＋1－a n ＝2a n ＋1－2a na n ＋1－a n＝2， ∴数列{d n }是等比数列，∵d 1＝a 2－a 1＝1，q ＝2， ∴d n ＝2n －1．(2)∵d n ＝2n －1，d n ＝a n ＋1－a n ，∴a n ＋1－a n ＝2n －1，∴a 2－a 1＝20，a 3－a 2＝21，a 4－a 3＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，∴累加得：a n －a 1＝20＋21＋…＋2n －2＝1－2n －11－2＝2n －1－1，∴a n ＝2n －1＋1．∴1a n ＝12n －1＋1＜12n －1(n ≥2)，n ＝1时，S n ＝12＜32成立； ∴当n ≥2时，S n ＝12＋12＋122＋…＋12n －1＝12＋12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12＝32－12n －1＜32． 5．(2017·江西重点中学一模)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋1 (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列，并求{b n }的通项公式； (2)设c n ＝tan b n ·tan b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和S n ． (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋1得， a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋1，由b n ＝a n ＋1－a n 得，b n ＋1＝b n ＋1，即b n ＋1－b n ＝1， 又b 1＝a 2－a 1＝5－1＝4，所以{b n }是首项为4，公差为1的等差数列．且b n ＝b 1＋(n －1)d ＝4＋n －1＝n ＋3；(2)解：c n ＝tan b n ·tan b n ＋1＝tan (n ＋3)·tan (n ＋4)， 由tan[(n ＋4)－(n ＋3)]＝tan (n ＋4)－tan (n ＋3)1＋tan (n ＋4)tan (n ＋3)，可得tan(n ＋3)·tan(n ＋4)＝tan (n ＋4)－tan (n ＋3)tan 1－1，即有数列{c n }的前n 项和S n ＝tan 5－tan 4tan 1＋tan 6－tan 5tan 1＋…＋tan (n ＋4)－tan (n ＋3)tan 1－n＝tan (n ＋4)－tan 4tan 1－n ．6．(2017·南充二模)设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：对任意n ∈N *，a n ，b n ，a n＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，b 1＝2，a 2＝3． (1)证明数列{b n }是等差数列； (2)求数列{1a n}前n 项的和．(1)证明：∵对任意n ∈N *，a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列， ∴2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1，a n ＞0， ∴a n ＋1＝b n b n ＋1， ∴2b n ＝b n －1b n ＋b n b n ＋1， ∴2b n ＝b n －1＋b n ＋1． ∴数列{b n }是等差数列．(2)解：a 1＝1，b 1＝2，a 2＝3.由(1)可得：32＝2b 2，解得：b 2＝92．∴公差d ＝b 2－b 1＝92－2＝22． b n ＝2＋22(n －1)＝2×n ＋12． ∴b n ＝(n ＋1)22．∴a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1＝(n ＋1)22×(n ＋2)22，a n ＋1＞0．∴a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)2，∴n ≥2时，a n ＝n (n ＋1)2.n ＝1时也成立．∴a n ＝n (n ＋1)2.n ∈N *．∴1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1． ∴数列{1a n}前n 项的和＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1．。