【二轮推荐】三维设计2013年高考数学(理)二轮复习 专题五 配套课时作业 第三节 (带解析)

课时跟踪检测(五十二) 圆锥曲线的综合问题(视情况选用)1．已知双曲线x 2－y 23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，则1PA ,·2PF ,的最小值为( )A ．－2B ．－8116C ．1D ．02．过抛物线y 2＝2x 的焦点作一条直线与抛物线交于A 、B 两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( )A ．有且只有一条B ．有且只有两条C ．有且只有三条D ．有且只有四条3．(2012·某某联考)过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点F 作与x 轴垂直的直线，分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点M 、N (均在第一象限内)，若FM ,＝4MN ,，则双曲线的离心率为( )A.54B.53C.35D.454．已知椭圆x 225＋y 216＝1的焦点是F 1，F 2，如果椭圆上一点P 满足PF 1⊥PF 2，则下面结论正确的是( )A ．P 点有两个B ．P 点有四个C ．P 点不一定存在D ．P 点一定不存在5．已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1的两焦点为F 1，F 2，点P (x 0，y 0)满足x 202＋y 20≤1，则|PF 1|＋|PF 2|的取值X 围为________．6．(2013·某某月考)直线l ：x －y ＝0与椭圆x 22＋y 2＝1相交于A 、B 两点，点C 是椭圆上的动点，则△ABC 面积的最大值为________．7．设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2＋y 2b2＝1(0<b <1)的左，右焦点，过F 1的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等差数列．(1)求|AB |；(2)若直线l 的斜率为1，求b 的值．8．(2012·黄冈质检)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，椭圆上任意一点到右焦点F 的距离的最大值为2＋1.(1)求椭圆的方程；(2)已知点C (m,0)是线段OF 上一个动点(O 为坐标原点)，是否存在过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A ，B 点，使得|AC |＝|BC |？并说明理由．9．(2012·某某模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，直线y ＝x ＋6与以原点为圆心，以椭圆C 的短半轴长为半径的圆相切，F 1，F 2为其左，右焦点，P 为椭圆C 上任一点，△F 1PF 2的重心为G ，内心为I ，且IG ∥F 1F 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且线段AB 的垂直平分线过定点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫16，0，某某数k 的取值X 围．1．(2012·某某模拟)已知点A (－1,0)，B (1,0)，动点M 的轨迹曲线C 满足∠AMB ＝2θ，|AM |,·|BM |,cos 2θ＝3，过点B 的直线交曲线C 于P ，Q 两点．(1)求|AM |,＋|BM |,的值，并写出曲线C 的方程； (2)求△APQ 的面积的最大值．2．(2012·某某模拟)已知圆C 的圆心为C (m,0)，m ＜3，半径为5，圆C 与离心率e ＞12的椭圆E ：x 2a 2＋y2b 2＝1(a ＞b ＞0)的其中一个公共点为A (3,1)，F 1，F 2分别是椭圆的左、右焦点．(1)求圆C 的标准方程；(2)若点P 的坐标为(4,4)，试探究直线PF 1与圆C 能否相切？若能，设直线PF 1与椭圆E 相交于D ，B 两点，求△DBF 2的面积；若不能，请说明理由．[答 题 栏] A 级1._________2._________3._________4._________5. __________6. __________答 案课时跟踪检测(五十二)A 级1．A 2.B 3.B 4.D5．解析：当P 在原点处时，|PF 1|＋|PF 2|取得最小值2；当P 在椭圆上时，|PF 1|＋|PF 2|取得最大值22，故|PF 1|＋|PF 2|的取值X 围为[2,2 2 ]．答案：[2,2 2 ]6．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，x 22＋y 2＝1，得3x 2＝2，∴x ＝±63， ∴A ⎝⎛⎭⎪⎫63，63，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，－63， ∴|AB |＝433.设点C (2cos θ，sin θ)，则点C 到AB 的距离d ＝|2cos θ－sin θ|2＝32·sin(θ－φ)≤32， ∴S △ABC ＝12|AB |·d ≤12×433×32＝ 2.答案： 27．解：(1)由椭圆定义知|AF 2|＋|AB |＋|BF 2|＝4， 又2|AB |＝|AF 2|＋|BF 2|，得|AB |＝43.(2)l 的方程为y ＝x ＋c ，其中c ＝1－b 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ，B 两点坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋c ，x 2＋y 2b 2＝1，化简得(1＋b 2)x 2＋2cx ＋1－2b 2＝0. 则x 1＋x 2＝－2c 1＋b 2，x 1x 2＝1－2b21＋b 2.因为直线AB 的斜率为1， 所以|AB |＝2|x 2－x 1|， 即43＝2|x 2－x 1|.则89＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝41－b 21＋b 22－41－2b 21＋b2＝8b 41＋b22，解得b ＝22. 8．解：(1)∵⎩⎪⎨⎪⎧e ＝ca ＝22a ＋c ＝2＋1，∴⎩⎨⎧a ＝2c ＝1，∴b ＝1，∴椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)由(1)得F (1,0)，∴0≤m ≤1. 假设存在满足题意的直线l ，设l 的方程为y ＝k (x －1)，代入x 22＋y 2＝1中，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1，∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2－2)＝－2k2k 2＋1.设AB 的中点为M ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k22k 2＋1，－k 2k 2＋1.∵|AC |＝|BC |，∴CM ⊥AB ， 即k CM ·k AB ＝－1，∴k2k 2＋1m －2k 22k 2＋1·k ＝－1，即(1－2m )k 2＝m . ∴当0≤m ≤12时，k ＝±m1－2m，即存在满足题意的直线l ； 当12≤m ≤1时，k 不存在，即不存在满足题意的直线l . 9．解：(1)设P (x 0，y 0)，x 0≠±a ，则G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 03，y 03. 又设I (x I ，y I )，∵IG ∥F 1F 2， ∴y I ＝y 03，∵|F 1F 2|＝2c ，∴S △F 1PF 2＝12·|F 1F 2|·|y 0|＝12(|PF 1|＋|PF 2|＋|F 1F 2|)·⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 03， ∴2c ·3＝2a ＋2c ，∴e ＝c a ＝12，又由题意知b ＝|6|1＋1，∴b ＝3，∴a ＝2， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1y ＝kx ＋m，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，由题意知Δ＝(8km )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＞0，即m 2＜4k 2＋3，又x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，则y 1＋y 2＝6m3＋4k2， ∴线段AB 的中点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m 3＋4k 2.又线段AB 的垂直平分线l ′的方程为y ＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －16，点P 在直线l ′上， ∴3m 3＋4k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2－16， ∴4k 2＋6km ＋3＝0，∴m ＝－16k (4k 2＋3)，∴4k 2＋3236k 2＜4k 2＋3，∴k 2＞332，解得k ＞68或k ＜－68， ∴k 的取值X 围是－∞，－68∪⎝ ⎛⎭⎪⎫68，＋∞. B 级1．解：(1)设M (x ，y )，在△MAB 中，|AB |,＝2，∠AMB ＝2θ，根据余弦定理得|AM |,2＋|BM |,2－2|AM |,·|BM |,cos 2θ＝|AB |,2＝4，即(|AM |,＋|BM |,)2－2|AM |,·|BM |,·(1＋cos 2θ)＝4， 所以(|AM |,＋|BM |,)2－4|AM |,| BM |,·cos 2θ＝4. 因为|AM |,·|BM |,cos 2θ＝3， 所以(|AM |,＋|BM |,)2－4×3＝4， 所以|AM |,＋|BM |,＝4.又|AM |,＋|BM |,＝4＞2＝|AB |,，因此点M 的轨迹是以A ，B 为焦点的椭圆(点M 在x 轴上也符合题意)，设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)， 则a ＝2，c ＝1，所以b 2＝a 2－c 2＝3. 所以曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线PQ 的方程为x ＝my ＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1x 24＋y23＝1，消去x ，整理得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0.①显然方程①的判别式Δ＝36m 2＋36(3m 2＋4)＞0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则△APQ 的面积S △APQ ＝12×2×|y 1－y 2|＝|y 1－y 2|.由根与系数的关系得y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，所以(y 1－y 2)2＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝48×3m 2＋33m 2＋42.令t ＝3m 2＋3， 则t ≥3，(y 1－y 2)2＝48t ＋1t＋2， 由于函数φ(t )＝t ＋1t在[3，＋∞)上是增函数，所以t ＋1t ≥103，当且仅当t ＝3m 2＋3＝3，即m ＝0时取等号，所以(y 1－y 2)2≤48103＋2＝9，即|y 1－y 2|的最大值为3，所以△APQ 的面积的最大值为3，此时直线PQ 的方程为x ＝1. 2．解：(1)由已知可设圆C 的方程为(x －m )2＋y 2＝5(m ＜3)， 将点A 的坐标代入圆C 的方程中，得(3－m )2＋1＝5， 即(3－m )2＝4，解得m ＝1，或m ＝5. ∴m ＜3，∴m ＝1.∴圆C 的标准方程为(x －1)2＋y 2＝5. (2)直线PF 1能与圆C 相切，依题意设直线PF 1的斜率为k ，则直线PF 1的方程为y ＝k (x －4)＋4，即kx －y －4k ＋4＝0，若直线PF 1与圆C 相切，则 |k －0－4k ＋4|k 2＋1＝ 5.∴4k 2－24k ＋11＝0，解得k ＝112或k ＝12.当k ＝112时，直线PF 1与x 轴的交点的横坐标为3611，不合题意，舍去．当k ＝12时，直线PF 1与x 轴的交点的横坐标为－4，∴c ＝4，F 1(－4,0)，F 2(4,0)． ∴由椭圆的定义得： 2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝3＋42＋12＋3－42＋12＝52＋2＝6 2.∴a ＝32，即a 2＝18，∴e ＝432＝223＞12，满足题意．故直线PF 1能与圆C 相切．直线PF 1的方程为x －2y ＋4＝0，椭圆E 的方程为x 218＋y 22＝1.设B (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，把直线PF 1的方程代入椭圆E 的方程并化简得，13y 2－16y －2＝0，由根与系数的关系得y 1＋y 2＝1613，y 1y 2＝－213，故S △DBF 2＝4|y 1－y 2|＝4y 1＋y 22－4y 1y 2＝241013.。

2013年高考数学(理)二轮复习专题六概率与统计、推理与证明、复数、算法(带解析)概率与统计应以随机变量及其分布列为中心，求解时应抓住建模、解模、用模这三个基本点．排列组合是求解概率的工具，利用排列组合解题时应抓住特殊元素或特殊位置，注意元素是否相邻及元素是否定序，同时还应注意题中是否还涉及两个计数原理．随机变量的均值和方差是概率初步的关键点，解决概率应用问题时，首先要熟悉几种常见的概率类型，熟练掌握其计算公式；其次还要弄清问题所涉及的事件具有什么特点、事件之间有什么联系；再次要明确随机变量所取的值，同时要正确求出所对应的概率．统计的主要内容是随机抽样、样本估计总体、变量的相关性，复习时应关注直方图、茎叶图与概率的结合，同时注意直方图与茎叶图的数据特点．第一节排列、组合、二项式定理 1．熟记两个公式 (1)排列数公式： Am n ＝n(n －1)…(n －m ＋1)＝n ！n －m ！.(2)组合数公式： Cm n ＝Am n Am m ＝n n －1 … n －m ＋1 m ！＝n ！m ！ n －m ！. 2．把握二项式定理的四个基本问题(1)二项式定理： (a ＋b)n ＝C0n anb0＋C1n an －1b ＋…＋Cr n an －rbr ＋…＋Cn n bn. (2)通项与二项式系数： Tr ＋1＝Cr n an －rbr ，其中Cr n (r ＝0,1,2，…，n)叫做二项式系数． (3)各二项式系数之和： ①C0n ＋C1n ＋C2n ＋…＋Cn n ＝2n. ②C1n ＋C3n ＋…＝C0n ＋C2n ＋…＝2n －1. (4)二项式系数的性质：①Cr n ＝Cn －r n ，Cr n ＋Cr －1n ＝Cr n ＋1. ②二项式系数最值问题当n 为偶数时，中间一项即第n 2＋1项的二项式系数C n2n 最大；当n 为奇数时，中间两项即第n ＋12，n ＋32项的二项式系数C n －12n ，C n ＋12n 相等且最大．[考情分析] 计数原理作为排列、组合的基础知识，是高考必考的内容，由于这部分内容抽象性强、思维方法新颖，因此利用化归思想将实际问题转化为能用计数原理解决的问题是关键，一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大．[例1] (2012·四川高考)方程ay ＝b2x2＋c 中的a ，b ，c ∈{－3，－2,0,1,2,3}，且a ，b ，c 互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有( ) A ．60条 B ．62条 C ．71条 D ．80条[思路点拨] 用分类加法计数原理求解．[解析] 当a ＝1时，若c ＝0，则b2有4,9两个取值，共2条抛物线； 若c ≠0，则c 有4种取值，b2有两种，共有2×4＝8条抛物线；当a＝2时，若c＝0，b2取1,4,9三种取值，共有3条抛物线；若c≠0，c取1时，b2有2个取值，共有2条抛物线，c取－2时，b2有2个取值，共有2条抛物线，c取3时，b2有3个取值，共有3条抛物线，c取－3时，b2有3个取值，共有3条抛物线．所以共有3＋2＋2＋3＋3＝13条抛物线．同理，a＝－2，－3,3时，共有抛物线3×13＝39条．由分类加法计数原理知，共有抛物线39＋13＋8＋2＝62条．[答案] B[类题通法]解决此类问题的关键：(1)在应用分类计数原理和分步计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．[冲关集训]1.如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有( )A．11种B．20种C．21种D．12种解析：选C 左边两个开关的开闭方式有22－1＝3种，右边两个开关的开闭方式有23－1＝7种，故使电路接通的情况有3×7＝21种．2．(2012·新课标全国卷)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( )A．12种B．10种C．9种D．8种解析：选A 先安排1名教师和2名学生到甲地，再将剩下的1名教师和2名学生安排到乙地，共有C12C24＝12种安排方案．[考情分析]排列、组合及排列与组合的综合应用是高考的热点，题型以选择题、填空题为主，中等难度，在解答题中，排列、组合常与概率、分布列的有关知识结合在一起考查．[例2] (1)(2012·大纲全国卷)将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( )A．12种B．18种C．24种D．36种(2)(2012·山东高考)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张．不同取法的种数为( )A．232 B．252C．472 D．484[思路点拨] (1)先按列进行排放，再利用乘法原理进行求解；(2)利用分类加法计数原理和组合结合求解．[解析] (1)先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A33种不同的排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A12种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A33·A12·1＝12种不同的排列方法．(2)分两类：第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法C14C212＝264种；第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法C312－3C34＝220－12＝208种．由分类加法计数原理知不同的取法有264＋208＝472种． [答案] (1)A (2)C[类题通法]解排列组合综合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手．“分析”就是找出题目的条件、结论．哪些是“元素”，哪些是“位置”；“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有无限制等；“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互相排斥的几类，然后逐类解决；“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列组合问题，然后逐步解决．[冲关集训]3．(2012·深圳调研)“2 012”含有数字0,1,2，且有两个数字2.则含有数字0,1,2，且有两个相同数字的四位数的个数为( ) A ．18 B ．24 C ．27 D ．36解析：选B 依题意，就所含的两个相同数字是否为0进行分类计算：第一类，所含的两个相同数字是0，则满足题意的四位数的个数为C23A22＝6；第二类，所含的两个相同数字不是0，则满足题意的四位数的个数为C12·C13·C13＝18.由分类加法计数原理得，满足题意的四位数的个数为6＋18＝24.4．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有( ) A ．36种 B ．42种 C ．48种 D ．54种解析：选B 由题可知，可以考虑分成两类计算：若甲排在第一位，则有A44种方案；若甲排在第二位，则有C13A33种方案，所以按照要求该台晚会节目演出顺序的编排方案共有A44＋C13A33＝42种．[考情分析] 对于二项式的考查重点是二项式定理的展开式及通项公式、二项式系数及特定项的系数、二项式性质的应用，题型多为选择题、填空题，难度为中低档．二项式定理的应用有时也在数列压轴题中出现，主要是利用二项式定理及放缩法证明不等式．[例3] (1)(2012·湖南高考)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 6的二项展开式中的常数项为________．(用数字作答)(2)(2012·皖南八校联考)⎝⎛⎭⎫x ＋12x n 的展开式中第五项和第六项的二项式系数最大，则第四项为________．[思路点拨] (1)利用二项式定理的通项公式求解；(2)利用二项式系数的性质及二项展开式的通项公式求解．[解析] (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 6＝ 2x －1 6x3，又∵(2x －1)6的展开式的通项公式为Tr ＋1＝Cr 6(2x)6－r(－1)r ， 令6－r ＝3，得r ＝3.∴T3＋1＝－C36(2x)3＝－20×23·x3＝－160x3.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 6的二项展开式中的常数项为－160. (2)由题意知，n ＝9， 则⎝⎛x ＋12x 9的展开式中第四项 T4＝C39(x)6⎝⎛⎭⎫12x 3＝212.[答案] (1)－160 (2)212[类题通法]解决此类问题关键要掌握以下几点：(1)它表示二项展开式中的任意项，只要n 与r 确定，该项就随之确定； (2)Tr ＋1是展开式中的第r ＋1项，而不是第r 项； (3)公式中a ，b 的指数和为n ，a ，b 不能颠倒位置；(4)要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题；(5)对二项式(a －b)n 展开式的通项公式要特别注意符号问题． [冲关集训]5．(2012·安徽高考)(x2＋2)⎝⎛⎭⎫1x2－15的展开式的常数项是( )A ．－3B ．－2C ．2D ．3解析：选D ⎝⎛⎭⎫1x2－15的展开式的通项为Tr ＋1＝Cr 5·⎝⎛⎭⎫1x25－r ·(－1)r ，r ＝0,1,2,3,4,5.当因式(x2＋2)中提供x2时，则取r ＝4；当因式(x2＋2)中提供2时，则取r ＝5，所以(x2＋2)⎝⎛⎭⎫1x2－15的展开式的常数项是5－2＝3. 6．(2012·郑州质检)在二项式⎝⎛⎭⎫x2－1x n 的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为( )A ．32B ．－32C ．0D ．1解析：选C 依题意得，所有二项式系数的和为2n ＝32，解得n ＝5.因此，该二项展开式中的各项系数的和等于⎝⎛⎭⎫12－115＝0.7．(2012·安徽名校模拟)在(－x)n ＝a0＋a1x ＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn 中，若2a2＋an －3＝0，则自然数n 的值是( ) A ．7 B ．8C ．9D ．10解析：选B 易知a2＝C2n ，an －3＝(－1)n －3Cn －3n ＝(－1)n －3C3n ，又∵2a2＋an －3＝0，∴2C2n ＋(－1)n －3C3n ＝0，将各选项逐一代入检验可知n ＝8满足上式．破解排列组合问题的十种策略排列组合是高中数学的重点和难点之一，也是求解古典概型的基础，这一类问题不仅内容抽象、解法灵活，而且解题过程极易出现“重复”和“遗漏”等错误，这些错误又不容易检查出来，所以解题时要注意不断积累经验，总结解题规律，掌握求解技巧．常见的解题策略有： (1)特殊元素优先安排的策略； (2)合理分类与准确分步的策略；(3)排列、组合混合问题先选后排的策略； (4)正难则反、等价转化的策略； (5)相邻问题捆绑处理的策略； (6)不相邻问题插空处理的策略； (7)定序问题除法处理的策略； (8)分排问题直排处理的策略；(9)“小集团”排列问题中先整体后局部的策略； (10)构造模型的策略．[典例] 某电视台举办“红色经典”的革命歌曲文艺演出，已知节目单中共有7个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了3位参加过抗美援朝的老战士演唱当年的革命歌曲，要将这3个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种．[解析] 根据题意，添加3个节目后，节目单中共有10个节目，而原先7个节目的顺序是固定不变的，故可先将这10个节目进行全排列，不同的排列方法有A1010种；而原来7个节目的不同安排方式共有A77种，故不同的安排方式共有A1010A77＝720种．[答案] 720[名师支招]本题为定序问题，采用除法处理的策略．解决一个问题并不一定用一个策略，有时要用几种求解策略，再结合计数原理从而达到求解的目的． [高考预测]两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为( ) A ．48 B ．36C ．24D ．12解析：选C 由题意得爸爸排法为A22种，两个小孩排在一起故看成一体有A22种排法，妈妈和孩子共有A33种排法，所以排法种数共为A22×A22×A33＝24种． [配套课时作业]1．(2012·辽宁高考)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )A ．3×3！B ．3×(3！)3C ．(3！)4D ．9!解析：选C 把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种． 2．(2012·重庆高考)(1－3x)5的展开式中x3的系数为( ) A ．－270 B ．－90 C ．90 D ．270解析：选A (1－3x)5的展开式通项为Tr ＋1＝Cr 5(－3)rxr(0≤r ≤5，r ∈N)，当r ＝3时，该项为T4＝C35(－3)3x3＝－270x3，故可得x3的系数为－270. 3.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法数为( )A ．6B ．12C ．18D ．24解析：选A 第一行从左到右前面两个格子只能安排1,2，最右下角的格子只能是9，这样只要在剩余的四个数字中选取两个，安排在右边一列的上面两个格子中(由小到大)，剩余两个数字安排在最下面一行的前面两个格子中(由小到大)，故总的方法数是C24＝6. 4．(2012·温州适应性测试)将9个相同的小球放入3个不同的盒子，要求每个盒子中至少有1个小球，且每个盒子中的小球个数都不同，则共有不同放法( ) A ．15种 B ．18种 C ．19种 D ．21种解析：选B 对这3个盒子中所放的小球的个数情况进行分类计数：第一类，这3个盒子中所放的小球的个数是1,2,6，此类放法有A33＝6种；第二类，这3个盒子中所放的小球的个数是1,3,5，此类放法有A33＝6种；第三类，这3个盒子中所放的小球的个数是2,3,4，此类放法有A33＝6种．因此满足题意的放法共有6＋6＋6＝18种.5．在⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 24的展开式中，x 的幂指数是整数的项共有( )A ．3项B ．4项C ．5项D ．6项解析：选C Tr ＋1＝Cr 24·()x 24－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x r ＝Cr24·x 512-r6，且0≤r ≤24，r ∈N ，所以当r ＝0,6,12,18,24时，x 的幂指数是整数．6．(2012·大纲全国卷)6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有( ) A ．240种 B ．360种C ．480种D ．720种解析：选C 第一步先排甲，共有A14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A55种不同的排法，因此不同的演讲次序共有A14·A55＝480种．7．(2012·浙江高考)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( ) A ．60种 B ．63种 C ．65种 D ．66种解析：选D 对于4个数之和为偶数，可分三类，即4个数均为偶数，2个数为偶数2个数为奇数，4个数均为奇数，因此共有C44＋C24C25＋C45＝66种． 8.⎝⎛⎭4x ＋1x n 的展开式中各项系数之和为125，则展开式中的常数项为( ) A ．－27B ．－48C ．27D ．48解析：选D 令x ＝1，则⎝⎛⎭⎫4x ＋1x n 的展开式中各项系数之和为5n ＝125，解得n ＝3，则⎝⎛⎫4x ＋1x 3的展开式的通项为Tr ＋1＝Cr 3(4x)3－r ⎝⎛1x r ＝Cr 343－rx 3－3r 2，令3－3r 2＝0，得r ＝1，所以展开式中的常数项为C13·42＝48.9．(2012·安徽高考)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为( ) A ．1或3 B ．1或4 C ．2或3 D ．2或4解析：选D 不妨设6位同学分别为A ，B ，C ，D ，E ，F ，列举交换纪念品的所有情况为AB ，AC ，AD ，AE ，AF ，BC ，BD ，BE ，BF ，CD ，CE ，CF ，DE ，DF ，EF ，共有15种．因为6位同学之间共进行了13次交换，即缺少以上交换中的2种．第一类，某人少交换2次，如DF ，EF 没有交换，则A ，B ，C 交换5次，D ，E 交换4次，F 交换3次；第二类，4人少交换1次，如CD ，EF 没有交换，则A ，B 交换5次，C ，D ，E ，F 交换4次．10.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 2n 的展开式的第6项的二项式系数最大，则其常数项为( ) A ．120 B ．252 C ．210D ．45解析：选C 根据二项式系数的性质，得2n ＝10，故二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 2n 的展开式的通项公式是Tr ＋1＝Cr 10(x)10－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x r ＝Cr 10x5－r 2－r 3，根据题意5－r 2－r3＝0，解得r ＝6，故所求的常数项等于C610＝C410＝210.11．(2012·北京高考)从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( ) A ．24 B ．18 C ．12 D ．6解析：选B 若选0，则0只能在十位，此时组成的奇数的个数是A23；若选2，则2只能在十位或百位，此时组成的奇数的个数是2×A23＝12，根据分类加法计数原理得总个数为6＋12＝18.12．(2012·河南三市调研)某单位安排7位员工在2012年1月22日至1月28日(即今年除夕到正月初六)值班，每天安排1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在除夕，丁不排在初一，则不同的安排方案共有( ) A ．504种 B ．960种C ．1 008种D ．1 056种解析：选D 依题意，满足甲、乙两人值班被安排在相邻两天值班的方法共有A22×A66＝1 440种，其中满足甲、乙两人值班被安排在相邻两天且丙在除夕值班的方法共有A22×A55＝240种；满足甲、乙两人值班被安排在相邻两天且丁在初一值班的方法共有C14×A22×A44＝192种；满足甲、乙两人值班被安排在相邻两天且丙在除夕值班、丁在初一值班的方法共有A22×A44＝48种．因此满足题意的安排方案共有1 440－240－192＋48＝1 056种．13．(2012·湖北高考)设a ∈Z ，且0≤a ＜13，若512 012＋a 能被13整除，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．11 D ．12解析：选D 512 012＋a ＝(13×4－1)2 012＋a ，被13整除余1＋a ，结合选项可得a ＝12时，512 012＋a 能被13整除．14．(2011·新课标全国卷)⎝⎛⎭⎫x ＋a x ⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为( )A ．－40B ．－20C ．20D ．40解析：选D 对于⎝⎛⎭⎫x ＋a x ⎝⎛⎭⎫2x －1x 5，可令x ＝1得1＋a ＝2，故a ＝1.⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式的通项Tr ＋1＝Cr 5(2x)5－r ·⎝⎛⎭⎫－1x r ＝Cr 525－r ×(－1)r ×x5－2r ，要得到展开式的常数项，则x ＋1x 的x 与⎝⎛⎭⎫2x －1x 5展开式的1x 相乘，x ＋1x 的1x 与(2x －1x 展开式的x 相乘，故令5－2r ＝－1得r ＝3，令5－2r ＝1得r ＝2，从而可得常数项为C35×22×(－1)3＋C25×23×(－1)2＝40. 15．(2012·福州质检)在(1＋x)2－(1＋3x)4的展开式中，x 的系数等于________．(用数字作答)解析：因为(1＋x)2的展开式中x 的系数为1，(1＋3x)4的展开式中x 的系数为C34＝4，所以在(1＋x)2－(1＋3x)4的展开式中，x 的系数等于－3.答案：－316．(2012·潍坊模拟)某工厂将甲、乙等五名新招聘员工分配到三个不同的车间，每个车间至少分配一名员工，且甲、乙两名员工必须分到同一个车间，则不同分法的种数为________． 解析：若甲、乙分到的车间不再分人，则分法有C13×A22×C13＝18种；若甲、乙分到的车间再分一人，则分法有3×A22×C13＝18种．所以满足题意的分法共有18＋18＝36种． 答案：3617．(2012·浙江高考)若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝____________.解析：不妨设1＋x ＝t ，则x ＝t －1，因此有(t －1)5＝a0＋a1t ＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，则a3＝C25(－1)2＝10. 答案：1018．(2012·唐山统考)在具有5个行政区域的地图(如图)上，给这5个区域着色共使用了4种不同的颜色，相邻区域不使用同一颜色，则有________种不同的着色方法．解析：已知一共使用了4种不同的颜色，因为有5块区域，故必有2块区域的颜色相同．分成两类情况进行讨论：若1,5块区域颜色相同，则有C14C13C12＝24种不同的着色方法；若2,4块区域颜色相同，同理也有24种不同的着色方法．故共有48种不同的着色方法． 答案：4819．(2012·衡阳联考)已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －1x n 展开式中的第5项为常数项，则展开式中各项的二项式系数之和为________．解析：依题意知，二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x n 的展开式中的第5项是T5＝C4n ·xn －4⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 4＝C4n ·xn－6，又其第5项是常数项，于是有n －6＝0，所以n ＝6，其展开式中各项的二项系数之和为26＝64.答案：6420．(2012·北京西城区期末测试)有限集合P中元素的个数记作card(P)．已知card(M)＝10，A⊆M，B⊆M，A∩B＝∅，且card(A)＝2，card(B)＝3.若集合X满足A⊆X⊆M，则集合X的个数是________；若集合Y满足Y⊆M，且A ÚY，BÚY，则集合Y的个数是________．(用数字作答)解析：显然card(M)＝10表示集合M中有10个元素，card(A)＝2表示集合A中有2个元素，而A⊆X⊆M，所以集合X中可以只含A中的2个元素，也可以除了A中的2个元素外，在剩下的8个元素中任取1个、2个、3个、…、8个，共有C08＋C18＋C28＋…＋C88＝28＝256种情况，即符合要求的集合X有256个．满足Y⊆M的集合Y的个数是210，其中不满足条件A ÚY的集合Y的个数是28，不满足条件B ÚY的集合Y的个数是27，同时不满足条件AÚY与BÚY的集合Y的个数是25，因此满足题意的集合Y的个数是210－28－27＋25＝672. 答案：256 672第二节概率、随机变量及其分布列牢记概率与统计的十个公式及相关结论(1)古典概型的概率公式P(A)＝mn＝事件A中所含的基本事件数试验的基本事件总数.(2)几何概型的概率公式P(A)＝构成事件A的区域长度 面积或体积试验的全部结果所构成的区域长度 面积或体积.(3)离散型随机变量的分布列的两个性质①pi≥0(i＝1,2，…，n)；②p1＋p2＋…＋pn＝1.(4)数学期望公式E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn.(5)数学期望的性质①E(aξ＋b)＝aE(X)＋b；②若X～B(n，p)，则E(X)＝np；③若X服从两点分布，则E(X)＝p.(6)方差公式D(X)＝(x1－E(X))2·p1＋(x2－E(X))2·p2＋…＋(xn－E(X))2·pn，标准差D X .(7)方差的性质①D(aX＋b)＝a2D(X)；②若X～B(n，p)，则D(X)＝np(1－p)；③若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)．(8)独立事件同时发生的概率计算公式P(AB)＝P(A)P(B)．(9)独立重复试验的概率计算公式Pn(k)＝Ck n Pk(1－P)n－k.(10)条件概率公式P(B|A)＝P ABP A.[考情分析]高考对该部分的考查，主要是以选择题或填空题的形式考查古典概型或者几何概型的计算，在解答题中和随机变量综合作为解决问题的工具进行考查．[例1] (2012·北京高考)设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2表示的平面区域为D.在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( ) A.π4 B.π－22 C.π6 D.4－π4[思路点拨] 根据题意，作出满足条件的几何图形进行求解．[解析] 如图所示，正方形OABC 及其内部为不等式组表示的区域D ，且区域D 的面积为4，而阴影部分表示的是区域D 内到坐标原点的距离大于2的区域．易知该阴影部分的面积为4－π.因此满足条件的概率是4－π4.[答案] D[类题通法](1)有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识．(2)在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包含的基本事件数的求法与基本事件总数的求法的一致性．(3)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域． [冲关集训]1．有一底面半径为1，高为2的圆柱，点O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为( ) A.13 B.23 C.34D.14解析：选B 设点P 到点O 的距离小于1的概率为P1，由几何概型，则P1＝V 半球V 圆柱＝2π3×13π×12×2＝13，故点P 到点O 的距离大于1的概率P ＝1－13＝232．某日用品按行业质量标准分成五个等级，等级系数X 依次为1,2,3,4,5.现从一批该日用品中随机抽取20(1)若所抽取的205的恰有2件，求a ，b ，c 的值；(2)在(1)的条件下，将等级系数为4的3件日用品记为x1，x2，x3，等级系数为5的2件日用品记为y1，y2，现从x1，x2，x3，y1，y2这5件日用品中任取2件(假定每件日用品被取出的可能性相同)，写出所有可能的结果，并求这2件日用品的等级系数恰好相等的概率．解：(1)由频率分布表得a＋0.2＋0.45＋b＋c＝1，即a＋b＋c＝0.35.因为抽取的20件日用品中，等级系数为4的恰有3件，所以b＝320＝0.15.等级系数为5的恰有2件，所以c＝220＝0.1.从而a＝0.35－b－c＝0.1.所以a＝0.1，b＝0.15，c＝0.1.(2)从日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取2件，所有可能的结果为：{x1，x2}，{x1，x3}，{x1，y1}，{x1，y2}，{x2，x3}，{x2，y1}，{x2，y2}，{x3，y1}，{x3，y2}，{y1，y2}．设事件A表示“从日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取2件，其等级系数相等”，则A包含的基本事件为：{x1，x2}，{x1，x3}，{x2，x3}，{y1，y2}，共4个．又因为基本事件的总数为10，故所求的概率P(A)＝410＝0.4.[考情分析该部分是高考考查概率统计的重点，题型有选择题、填空题，有时也出现在解答题中与其他知识交汇命题．在概率计算中一般是根据随机事件的含义，把随机事件分成几个互斥事件的和，每个小的事件再分为几个相互独立事件的乘积，然后根据相应的概率公式进行计算．[例2] (2012·大纲全国卷)乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换．每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．(1)求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；(2)求开始第5次发球时，甲得分领先的概率．[思路点拨] (1)甲乙的比分为1∶2，第前三次发球甲胜一次负两次，包含三个互斥事件；(2)第五次发球时甲领先，包含两种情况，即4∶0和3∶1.[解] 记Ai表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i分，i＝0,1,2；Bi表示事件：第3次和第4次这两次发球，甲共得i分，i＝0,1,2；A表示事件：第3次发球，甲得1分；B表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2；C表示事件：开始第5次发球时，甲得分领先．(1)B＝A0·A＋A1·A，P(A)＝0.4，P(A0)＝0.42＝0.16，P(A1)＝2×0.6×0.4＝0.48，P(B)＝P(A0·A＋A1·A)＝P(A0·A)＋P(A1·A)＝P(A0)P(A)＋P(A1)P(A )＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4) ＝0.352.(2)P(B0)＝0.62＝0.36，P(B1)＝2×0.4×0.6＝0.48，P(B2)＝0.42＝0.16，P(A2)＝0.62＝0.36.C ＝A1·B2＋A2·B1＋A2·B2， P(C)＝P(A1·B2＋A2·B1＋A2·B2) ＝P(A1·B2)＋P(A2·B1)＋P(A2·B2) ＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＋P(A2)P(B2) ＝0.48×0.16＋0.36×0.48＋0.36×0.16 ＝0.307 2.[类题通法](1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解． (2)一个复杂事件若正面情况比较多，反面情况较少，则一般利用对立事件进行求解．对于“至少”，“至多”等问题往往用这种方法求解．(3)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同．(4)牢记公式Pn(k)＝Ck n pk(1－p)n －k ，k ＝0,1,2，…，n ，并深刻理解其含义． [冲关集训]3．设甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为34和45甲、乙……的次序轮流射击，直到有一人击中目标就停止射击，则停止射击时，甲射击了两次的概率是________．解析：分两种情况来考虑：(1)甲在第二次射击时命中，结束射击；(2)甲在第二次射击时未命中，乙命中结束射击． 所以概率为14×15×⎝⎛⎫34＋14×45＝19400.答案：194004．某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和p.(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950p 的值；(2)设系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的分布列． 解：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么P(C)＝1－P(C )＝1－110·p ＝4950，解得p ＝15.(2)由题意：P(ξ＝0)＝C03⎝⎛⎭⎫1103＝11 000， P(ξ＝1)＝C13⎝⎛⎭1102×⎝⎛⎭1－110＝271 000，P(ξ＝2)＝C23×110×⎝⎛⎭⎫1－1102＝2431 000， P(ξ＝3)＝C33⎝⎛⎭⎫1－1103＝7291 000.所以，随机变量ξ的分布列为[考情分析]在高考中，离散型随机变量及其分布列一般是在解答题中和离散型随机变量的数学期望、方差等相结合进行综合考查，以考生比较熟悉的实际应用问题为背景，综合排列组合、概率公式、互斥事件及独立事件等基础知识，考查对随机变量的识别及概率计算的能力，解答时要注意分类与整合、转化与化归思想的运用．[例3] (2012·湖南高考)某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x ，y 的值，并求顾客一次购物的结算时间X 的分布列与数学期望；(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率．(注：将频率视为概率)[思路点拨] (1)先求x ，y 的值，再写出分布列，即可求出数学期望；(2)两位顾客结算的时间有三种情况，由独立事件的概率计算公式和(1)中的概率分布求解即可． [解] (1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，所以x ＝15，y ＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得 P(X ＝1)＝15100＝320，P(X ＝1.5)＝30100＝310， P(X ＝2)＝25100＝14，P(X ＝2.5)＝20100＝15， P(X ＝3)＝10100＝110. X 的分布列为X 的数学期望为。

第一部分 专题复习 培植新的增分点专题一 集合与常用逻辑用语、函数与导数、不等式第一讲 集合与常用逻辑用语基础·单纯考点[例1] 解析：(1)∵A ＝{x >2或x <0}，B ＝{x |－5<x <5}， ∴A ∩B ＝{x |－5<x <0或2<x <5}， A ∪B ＝R .(2)依题意，P ∩Q ＝Q ，Q ⊆P ，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋1<3a －5，2a ＋1>3，3a －5≤22，解得6<a ≤9，即实数a 的取值范围为(6，9]．答案：(1)B (2)D[预测押题1] (1)选A 本题逆向运用元素与集合的关系求参数的取值范围，抓住1∉A作为解题的突破口，1∉A 即1不满足集合A 中不等式，所以12－2×1＋a ≤0⇒a ≤1.(2)选B 对于2x (x －2)<1，等价于x (x －2)<0，解得0<x <2，所以A ＝{x |0<x <2}；集合B 表示函数y ＝ln(1－x )的定义域，由1－x >0，得x <1，故B ＝{x |x <1}，∁R B ＝{x |x ≥1}，则阴影部分表示A ∩(∁R B )＝{x|1≤x<2}．[例2] 解析：(1)命题p 是全称命题：∀x ∈A ，2x ∈B ， 则┐p 是特称命题：∃x ∈A ，2x ∉B .(2)①中不等式可表示为(x －1)2＋2>0，恒成立；②中不等式可变为log 2x ＋1log 2x≥2，得x >1；③中由a >b >0，得1a <1b，而c <0，所以原命题是真命题，则它的逆否命题也为真；④由p 且q 为假只能得出p ，q 中至少有一为假，④不正确．答案：(1)D (2)A[预测押题2] (1)选A 因为x 2－3x ＋6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋154>0，所以①为假命题；若ab ＝0，则a 、b 中至少一个为零即可，②为假命题；x ＝k π＋π4(k ∈R )是tan x ＝1的充要条件，③为假命题．(2)解析：“∃x ∈R ，2x 2－3ax ＋9<0”为假命题，则“∀x ∈R ，2x 2－3ax ＋9≥0”为真命题，因此Δ＝9a 2－4×2×9≤0，故－22≤a ≤2 2.答案：[－22，22][例3] 解析：(1)当x ＝2且y ＝－1时，满足方程x ＋y －1＝0，即点P (2，－1)在直线l 上．点P ′(0，1)在直线l 上，但不满足x ＝2且y ＝－1，∴“x ＝2且y ＝－1”是“点P (x ，y )在直线l 上”的充分而不必要条件．(2)因为y ＝－m n x ＋1n 经过第一、三、四象限，所以－m n >0，1n<0，即m >0，n <0，但此为充要条件，因此，其必要不充分条件为mn <0.答案：(1)A (2)B[预测押题3] (1)选B 由10a >10b 得a >b ，由lg a >lg b 得a >b >0，所以“10a >10b”是“lg a >lg b ”的必要不充分条件．(2)解析：由|x －m |<2，得－2<x －m <2，即m －2<x <m ＋2.依题意有集合{x |2≤x ≤3}是{x |m－2<x <m ＋2}的真子集，于是有⎩⎪⎨⎪⎧m －2<2，m ＋2>3，由此解得1<m <4，即实数m 的取值范围是(1，4)．答案：(1，4)交汇·创新考点 [例1] 选A 在同一坐标系下画出椭圆x 2＋y 24＝1及函数y ＝2x的图象，结合图形不难得知它们的图像有两个公共点，因此A ∩B 中的元素有2个，其子集共有22＝4个．[预测押题1] 选B A ＝{x |x 2＋2x －3>0}＝{x |x >1或x <－3}，函数y ＝f (x )＝x 2－2ax －1的对称轴为x ＝a >0，f (－3)＝6a ＋8>0，根据对称性可知，要使A ∩B 中恰含有一个整数，则这个整数解为2，所以有f (2)≤0且f (3)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧4－4a －1≤09－6a －1>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ≥34，a <43，即34≤a <43，选B.[例2] 解析：对①：取f (x )＝x －1，x ∈N *，所以B ＝N *，A ＝N 是“保序同构”；对②：取f (x )＝92x －72(－1≤x ≤3)，所以A ＝{x |－1≤x ≤3}，B ＝{x |－8≤x ≤10}是“保序同构”；对③：取f (x )＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫πx －π2(0<x <1)，所以A ＝{x |0<x <1}，B ＝R 是“保序同构”，故应填①②③.答案：①②③[预测押题2] 解析：∵A ⊆M ，且集合M 的子集有24＝16个，其中“累计值”为奇数的子集为{1}，{3}，{1，3}，共3个，故“累积值”为奇数的集合有3个．答案：3[例3] 解析：对于①，命题p 为真命题，命题q 为真命题，所以p ∧綈q 为假命题，故①正确；对于②当b ＝a ＝0时，l 1⊥l 2，故②不正确，易知③正确．所以正确结论的序号为①③.答案：①③[预测押题3] 选D 由y ＝tan x 的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2，0(k ∈Z )，知A 正确；由回归直线方程知B 正确；在△ABC 中，若sin A ＝sin B ，则A ＝B ，C 正确．第二讲 函数的图像与性质基础·单纯考点[例1] 解析：(1)由题意，自变量x应满足{x ＋3>0，1－2x≥0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x >－3，∴－3<x ≤0.(2)设t ＝1＋sin x ，易知t ∈[0，2]，所求问题等价于求g (t )在区间[0，2]上的值域．由g (t )＝13t 3－52t 2＋4t ，得g ′(t )＝t 2－5t ＋4＝(t －1)(t －4)．由g ′(t )＝0，可得t＝1或t ＝4.又因为t ∈[0，2]，所以t ＝1是g (t )的极大值点．由g (0)＝0，g (1)＝13－52＋4＝116，g (2)＝13×23－52×22＋4×2＝23，得当t ∈[0，2]时，g (t )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，116，即g (1＋sin x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，116.答案：(1)A (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，116[预测押题1] (1)解析：∵f (π4)＝－tan π4＝－1，∴f (f (π4))＝f (－1)＝2×(－1)3＝－2.答案：－2(2)由题意知：a ≠0，f (x )＝(x ＋a )(bx ＋2a )＝bx 2＋(2a ＋ab )x ＋2a 2是偶函数，则其图像关于y 轴对称，所以2a ＋ab ＝0，b ＝－2.所以f (x )＝－2x 2＋2a 2，因为它的的值域为(－∞，2]，所以2a 2＝2.所以f (x )＝－2x 2＋2.答案：－2x 2＋2[例2] 解析：(1)曲线y ＝e x 关于y 轴对称的曲线为y ＝e －x ，将y ＝e －x向左平移1个单位长度得到y ＝e －(x ＋1)，即f (x )＝e －x －1.(2)由题图可知直线OA 的方程是y ＝2x ；而k AB ＝0－23－1＝－1，所以直线AB 的方程为y ＝－(x －3)＝－x ＋3.由题意，知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，0≤x ≤1，－x ＋3，1<x ≤3，所以g (x )＝xf (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2，0≤x ≤1，－x 2＋3x ，1<x ≤3.当0≤x ≤1时，故g (x )＝2x 2∈[0，2]；当1<x ≤3时，g (x )＝－x 2＋3＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32＋94，显然，当x ＝32时，取得最大值94；当x ＝3时，取得最小值0. 综上所述，g (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，94. 答案：(1)D (2)B[预测押题2] (1)选C 因为函数的定义域是非零实数集，所以A 错；当x <0时，y >0，所以B 错；当x →＋∞时，y →0，所以D 错．(2)选B 因为f (x )＝f (－x )，所以函数f (x )是偶函数．因为f (x ＋2)＝f (x )，所以函数f (x )的周期是2，再结合选项中的图像得出正确选项为B.[例3] 解析：(1)函数y ＝－3|x |为偶函数，在(－∞，0)上为增函数．选项A ，D 是奇函数，不符合；选项B 是偶函数但单调性不符合；只有选项C 符合要求．(2)∵f (x )＝ax 3＋b sin x ＋4， ①∴f (－x )＝a (－x )3＋b sin(－x )＋4，即f (－x )＝－ax 3－b sin x ＋4， ② ①＋②得f (x )＋f (－x )＝8. ③又∵lg(log 210)＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1lg 2＝lg(lg 2)－1＝－lg(lg 2)，∴f (lg(lg 210))＝f (－lg(lg 2))＝5.又由③式知f (－lg(lg 2))＋f (lg(lg 2))＝8， ∴5＋f (lg(lg 2))＝8， ∴f (lg(lg 2))＝3. 答案：(1)C (2)C[预测押题3] (1)选A 依题意得，函数f (x )在[0，＋∞)上是增函数，且f (x )＝f (|x |)，不等式f (1－2x )<f (3)⇔f (|1－2x |)<f (3)⇔|1－2x |<3⇔－3<1－2x <3⇔－1<x <2.(2)解析：∵f (x )＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝－f (x ＋3)＝－f (x )， ∴f (x )＝f (x ＋3)，∴f (x )是以3为周期的周期函数． 则f (2014)＝f (671×3＋1)＝f (1)＝3. 答案：3(3)解析：因为函数f (x )的图像关于y 轴对称，所以该函数是偶函数，又f (1)＝0，所以f (－1)＝0.又已知f (x )在(0，＋∞)上为减函数，所以f (x )在(－∞，0)上为增函数.f （－x ）＋f （x ）x<0，可化为xf (x )<0，所以当x >0时，解集为{x |x >1}；当x <0时，解集为{x |－1<x <0}．综上可知，不等式的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)． 答案：(－1，0)∪(1，＋∞)交汇·创新考点[例1] 解析：设x <0，则－x >0.∵当x ≥0时，f (x )＝x 2－4x ，∴f (－x )＝(－x )2－4(－x )．∵f (x )是定义在R 上的偶函数，∴f (－x )＝f (x )，∴f (x )＝x 2＋4x (x <0)，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ，x ≥0，x 2＋4x ，x <0.由f (x )＝5得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＝5，x ≥0，或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＝5，x <0，∴x ＝5或x ＝－5.观察图像可知由f (x )<5，得－5<x <5.∴由f (x ＋2)<5，得－5<x ＋2<5，∴－7<x <3.∴不等式f (x ＋2)<5的解集是{x |－7<x <3}．答案：{x |－7<x <3}[预测押题1] 解析：根据已知条件画出f (x )图像如图所示．因为对称轴为x ＝－1，所以(0，1)关于x ＝－1的对称点为(－2，1)．因f (m )<1，所以应有－2<m <0，m ＋2>0.因f (x )在(－1，＋∞)上递增，所以f (m ＋2)>f (0)＝1.答案：>[例2] 解析：因为A ，B 是R 的两个非空真子集，且A ∩B ＝∅，画出韦恩图如图所示，则实数x 与集合A ，B 的关系可分为x ∈A ，x ∈B ，x ∉A 且x ∉B 三种．(1)当x ∈A 时，根据定义，得f A (x )＝1.因为A ∩B ＝∅，所以x ∉B ，故f B (x )＝0.又因为A ⊆(A ∪B )，则必有x ∈A ∪B ，所以f A ∪B (x )＝1.所以F (x )＝f A ∪B （x ）＋1f A （x ）＋f B （x ）＋1＝1＋11＋0＋1＝1.(2)当x ∈B 时，根据定义，得f B (x )＝1.因为A ∩B ＝∅，所以x ∉A ，故f A (x )＝0.又因为B ⊆(A ∪B )，则必有x ∈A ∪B ，所以f A ∪B (x )＝1.所以F (x )＝f A ∪B （x ）＋1f A （x ）＋f B （x ）＋1＝1＋11＋0＋1＝1.(3)当x ∉A 且x ∉B ，根据定义，得f A (x )＝0，f B (x )＝0.由图可知，显然x ∉(A ∪B )，故f A ∪B (x )＝0，所以F (x )＝f A ∪B （x ）＋1f A （x ）＋f B （x ）＋1＝0＋10＋0＋1＝1.综上，函数的值域中只有一个元素1，即函数的值域为{1}． 答案：{1}[预测押题2] 解：当x ∈A ∩B 时，因为(A ∩B )⊆(A ∪B )，所以必有x ∈A ∪B .由定义，可知f A (x )＝1，f B (x )＝1，f A ∪B (x )＝1，所以F (x )＝f A ∪B （x ）＋1f A （x ）＋f B （x ）＋1＝1＋11＋1＋1＝23. 故函数F (x )的值域为{23}．第三讲 基本初等函数、函数与方程及函数的应用基础·单纯考点[例1] 解析：(1)当x ＝－1，y ＝1a －1a ＝0，所以函数y ＝a x－1a的图像必过定点(－1，0)，结合选项可知选D.(2)a ＝log 36＝log 33＋log 32＝1＋log 32，b ＝log 510＝log 55＋log 52＝1＋log 52，c ＝log 714＝log 77＋log 72＝1＋log 72，∵log 32>log 52>log 72，∴a >b >c .答案：(1)D (2)D[预测押题1] (1)选A 函数y ＝x －x 13为奇函数．当x >0时，由x －x 13>0，即x 3>x ，可得x 2>1，故x >1，结合选项，选A.(2)选B 依题意的a ＝ln x ∈(－1，0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln x ∈(1，2)，c ＝e ln x ∈(e －1，1)，因此b >c >a .[例2] 解析：(1)由f (－1)＝12－3<0，f (0)＝1>0及零点定理，知f (x )的零点在区间(－1，0)上．(2)当f (x )＝0时，x ＝－1或x ＝1，故f [f (x )＋1]＝0时，f (x )＋1＝－1或1.当f (x )＋1＝－1，即f (x )＝－2时，解得x ＝－3或x ＝14；当f (x )＋1＝1即f (x )＝0时，解得x ＝－1或x ＝1.故函数y ＝f [f (x )＋1]有四个不同的零点．答案：(1)B (2)C[预测押题2] 解析：当x >0时，由f (x )＝ln x ＝0，得x ＝1.因为函数f (x )有两个不同的零点，则当x ≤0时，函数f (x )＝2x －a 有一个零点，令f (x )＝0得a ＝2x ，因为0<2x ≤20＝1，所以0<a ≤1，所以实数a 的取值范围是0<a ≤1.答案：(0，1][例3] 解：(1)由年销售量为x 件，按利润的计算公式，有生产A ，B 两产品的年利润y 1，y 2分别为y 1＝10x －(20＋mx )＝(10－m )x －20(x ∈n ，0≤x ≤200)，y ＝18x －(8x ＋40)－0.05x 2＝－0.05x 2＋10x －40(x ∈n ，0≤x ≤120)．(2)因为6≤m ≤8，所以10－m >0，函数y 1＝(10－m )x －20在[0，200]上是增函数，所以当x ＝200时，生产A 产品有最大利润，且y 1max ＝(10－m )×200－20＝1980－200m (万美元)．又y 2＝－0.05(x －100)2＋460(x ∈N ，0≤x ≤120)，所以当x ＝100时，生产B 产品有最大利润，且y 2max ＝460(万美元)．因为y 1max －y 2max ＝1980－200m －460＝1520－200m ⎩⎪⎨⎪⎧>0，6≤m <7.6，＝0，m ＝7.6，<0，7.6<m ≤8.所以当6≤m <7.6时，可投资生产A 产品200件；当m ＝7.6时，生产A 产品或生产B 产品均可(投资生产A 产品200件或生产B 产品100件)；当7.6<m ≤8时，可投资生产B 产品100件．[预测押题3] 解：(1)设投入广告费t (百万元)后由此增加的收益为f (t )(百万元)，则f (t )＝(－t 2＋5t )－t ＝－t 2＋4t ＝－(t －2)2＋4(0≤t ≤3)．所以当t ＝2时，f (t )max ＝4，即当集团投入两百万广告费时，才能使集团由广告费而产生的收益最大．(2)设用于技术改造的资金为x (百万元)，则用于广告费的费用为(3－x )(百万元)，则由此两项所增加的收益为g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 3＋x 2＋3x ＋[－(3－x )2＋5(3－x )]－3＝－13x 3＋4x ＋3(0≤x ≤3)．对g (x )求导，得g ′(x )＝－x 2＋4，令g ′(x )＝－x 2＋4＝0，得x ＝2或x ＝－2(舍去)．当0≤x <2时，g ′(x )>0，即g (x )在[0，2)上单调递增；当2<x ≤3时，g ′(x )<0，即g (x )在(2，3]上单调递减．∴当x ＝2时，g (x )max ＝g (2)＝253.故在三百万资金中，两百万元用于技术改造，一百万元用于广告促销，这样集团由此所增加的受益最大，最大收益为253百万元．交汇·创新考点[例1] 选B ∵⎝⎛⎭⎪⎫x －π2f ′(x )>0，x ∈(0，π)且x ≠π2，∴当0<x <π2时，f ′(x )<0，f (x )在(0，π2)上单调递减．当π2<x <π时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递增． ∵当x ∈[0，π]时，0<f (x )<1.∴当x ∈[π，2π]，则0≤2π－x ≤π.又f (x )是以2π为最小正周期的偶函数，知f (2π－x )＝f (x )．∴x ∈[π，2π]时，仍有0<f (x )<1.依题意及y ＝f (x )与y ＝sin x 的性质，在同一坐标系内作y ＝f (x )与y ＝sin x 的简图．则y ＝f (x )与y ＝sin x 在x ∈[－2π，2π]有4个交点． 故函数y ＝f (x )－sin x 在[－2π，2π]上有4个零点．[预测押题] 选D 根据f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋54＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －54，可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋52＝－f (x )，进而得f (x ＋5)＝f (x )，即函数y ＝f (x )是以5为周期的周期函数．当x ∈[－1，4]时，f (x )＝x 2－2x，在[－1，0]内有一个零点，在(0，4]内有x 1＝2，x 2＝4两个零点，故在一个周期内函数有三个零点．又因为2012＝402×5＋2，故函数在区间[0，2010]内有402×3＝1206个零点，在区间(2010，2012]内的零点个数与在区间(0，2]内零点的个数相同，即只有一个零点，所以函数f (x )在[0，2012]上零点的个数为1207.第四讲 不等式基础·单纯考点[例1] 解析：(1)原不等式等价于(x －1)(2x ＋1)<0或x －1＝0，即－12<x <1或x ＝1，所以原不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，1. (2)由题意知，一元二次不等式f (x )>0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－1<x <12.而f (10x )>0，∴－1<10x <12，解得x <lg 12，即x <－lg 2.答案：(1)A (2)D[预测押题1] (1)选B 当x >0时，f (x )＝－2x ＋1x2>－1，∴－2x ＋1>－x 2，即x 2－2x＋1>0，解得x >0且x ≠1.当x <0时，f (x )＝1x>－1，即－x >1，解得x <－1.故x ∈(－∞，－1)∪(0，1)∪(1，＋∞)．(2)解析：∵f (x )＝x 2＋ax ＋b 的值域为[0，＋∞)，∴Δ＝0，∴b －a 24＝0，∴f (x )＝x2＋ax ＋14a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12a 2.又∵f (x )<c 的解集为(m ，m ＋6)，∴m ，m ＋6是方程x 2＋ax ＋a 24－c ＝0的两根．由一元二次方程根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋6＝－a ，m （m ＋6）＝a 24－c ，解得c ＝9. 答案：9[例2] 解析：(1)曲线y ＝|x |与y ＝2所围成的封闭区域如图阴影部分所示，当直线l ：y ＝2x 向左平移时，(2x －y )的值在逐渐变小，当l 通过点A (－2，2)时，(2x －y )min ＝－6.(2)设租用A 型车x 辆，B 型车y 辆，目标函数为z ＝1600x ＋2400y ，则约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧36x ＋60y ≥900，x ＋y ≤21，y －x ≤7，x ，y ∈n ，作出可行域，如图中阴影部分所示，可知目标函数过点(5，12)时，有最小值z min ＝36800(元)．答案：(1)A (2)C[预测押题2] (1)选C 题中的不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，平移直线x －y ＝0，当平移经过该平面区域内的点(0，1)时，相应直线在x 轴上的截距达到最小，此时x －y 取得最小值，最小值是x －y ＝0－1＝－1；当平移到经过该平面内区域内的点(2，0)时，相应直线在x 轴上的截距达到最大，此时x －y 取得最大值，最大值是x －y ＝2－0＝2.因此x －y 的取值范围是[－1，2]．(2)解析：作出可行域，如图中阴影部分所示，区域面积S ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋2×2＝3，解得a＝2.答案：2[例3] 解析：(1)因－6≤a ≤3，所以3－a ≥0，a ＋6≥0，∴（3－a ）（a ＋6）≤3－a ＋a ＋62＝92，当且仅当a ＝－32时等号成立．(2)f (x )＝4x ＋a x≥24x ·ax ＝4a (x >0，a >0)，当且仅当4x ＝a x，即x ＝a2时等号成立，此时f (x )取得最小值4a .又由已知x ＝3时，f (x )min ＝4a ，∴a2＝3，即a ＝36.答案：(1)B (2)36[预测押题3] (1)选D 依题意，点A (－2，－1)，则－2m －n ＋1＝0，即2m ＋n ＝1(m >0，n >0)，∴1m ＋2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋2n (2m ＋n )＝4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n m ＋4m n ≥4＋2n m ×4m n ＝8，当且仅当n m ＝4m n，即n ＝2m＝12时取等号，即1m ＋2n的最小值是8. (2)选A 由已知得a ＋2b ＝2.又∵a >0，b >0，∴2＝a ＋2b ≥22ab ，∴ab ≤12，当且仅当a ＝2b ＝1时取等号．交汇·创新考点[例1] 选C 作出可行域，如图中阴影部分所示，三个顶点到圆心(0，1)的距离分别是1，1，2，由A ⊆B 得三角形所有点都在圆的内部，故m ≥2，解得：m ≥2.[预测押题1] 选C 如图，若使以(4，1)为圆心的圆与阴影部分区域至少有两个交点，结合图形，当圆与直线x －y －2＝0相切时，恰有一个公共点，此时a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝12，当圆的半径增大到恰好过点A (2，2)时，圆与阴影部分至少有两个公共点，此时a ＝5，故a 的取值范围是12<a ≤5，故选C.[例2] 选 C z ＝x 2－3xy ＋4y 2(x ，y ，z ∈R ＋)，∴z xy ＝x 2－3xy ＋4y 2xy ＝x y ＋4yx－3≥2x y ·4y x －3＝1.当且仅当x y ＝4y x ，即x ＝2y 时“＝”成立，此时z ＝x 2－3xy ＋4y 2＝4y2－6y 2＋4y 2＝2y 2，∴x ＋2y －z ＝2y ＋2y －2y 2＝－2y 2＋4y ＝－2(y －1)2＋2.∴当y ＝1时，x ＋2y －z 取得最大值2.[预测押题2] 解析：4x 2＋y 2＋xy ＝1，∴(2x ＋y )2＝3xy ＋1＝32×2xy ＋1≤32×⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋y 22＋1，∴(2x ＋y )2≤85，∴(2x ＋y )max ＝2105.答案：2105第五讲 导数及其应用基础·单纯考点[例1] 解析：(1)∵点(1，1)在曲线y ＝x 2x －1上，y ′＝－1（2x －1）2，∴在点(1，1)处的切线斜率为y ′|x ＝1＝－1（2－1）2＝－1，所求切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.(2)因为y ′＝2ax －1x，所以y ′|x ＝1＝2a －1.因为曲线在点(1，a )处的切线平行于x 轴，故其斜率为0，故2a －1＝0，a ＝12.答案：(1)x ＋y －2＝0 (2)12[预测押题1] 选D 由f (x ＋2)＝f (x －2)，得f (x ＋4)＝f (x )，可知函数为周期函数，且周期为4.又函数f (x )为偶函数，所以f (x ＋2)＝f (x －2)＝f (2－x )，即函数的对称轴是x ＝2，所以f ′(－5)＝f ′(3)＝－f ′(1)，所以函数在x ＝－5处的切线的斜率k ＝f ′(－5)＝－f ′(1)＝－1.[例2] 解：(1)f ′(x )＝e x(ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4.故b ＝4，a ＋b ＝8.从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x(x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x －12.令f ′(x )＝0，得x ＝－ln2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(－2，－ln2)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．[预测押题2] 解：(1)当m ＝1时，f (x )＝13x 3＋x 2－3x ＋1，又f ′(x )＝x 2＋2x －3，所以f ′(2)＝5.又f (2)＝53，所以所求切线方程为y －53＝5(x －2)，即15x －3y －25＝0.所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为15x －3y －25＝0.(2)因为f ′(x )＝x 2＋2mx －3m 2，令f ′(x )＝0，得x ＝－3m 或x ＝m .当m ＝0时，f ′(x )＝x 2≥0恒成立，不符合题意；当m >0时，f (x )的单调递减区间是(－3m ，m )，若f (x )在区间(－2，3)上是减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧－3m ≤－2，m ≥3，解得m ≥3；当m <0时，f (x )的单调递减区间是(m ，－3m )，若f (x )在区间(－2，3)上是减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧m ≤－2，－3m ≥3，解得m ≤－2.综上所述，实数m 的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞)．[例3] 解：(1)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值．②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得最小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．(2)当a ＝1时，f (x )＝x －1＋1e x .直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )没有公共点，等价于关于x 的方程kx －1＝x －1＋1e x 在R 上没有实数解，即关于x 的方程：(k －1)x ＝1ex (*)在R 上没有实数解．①当k ＝1时，方程(*)可化为1e x ＝0，在R 上没有实数解．②当k ≠1时，方程(*)可化为1k －1＝x e x.令g (x )＝x e x ，则有g ′(x )＝(1＋x )e x.令g ′(x当x ＝－1时，g (x )min ＝－e，同时当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞，从而g (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞.所以当1k ＋1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 时，方程(*)无实数解，解得k 的取值范围是(1－e ，1)．综合①②，得k 的最大值为1.[预测押题3] 解：(1)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ，由题意可知f ′(23)＝1，解得a ＝1.故f (x )＝x －2x －3ln x ，∴f ′(x )＝（x －1）（x －2）x2，由f ′(x )＝0，得x ＝2.∴f min (2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x2(x >0)，由题意可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x 1，x 2，并令h (x )＝ax 2－3x ＋2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，x 1＋x 2＝3a >0，x 1x 2＝2a >0.也可以为⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，－－32a >0，h （0）>0.解得0<a <98.交汇·创新考点[例1] 解：(1)证明：设φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ＝a ln x －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x (x >0)，则φ′(x )＝a x －ax2.令φ′(x )＝0，则x ＝1，易知φ(x )在x ＝1处取到最小值，故φ(x )≥φ(1)＝0，即f (x )－1≥a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x .(2)由f (x )>x 得a ln x ＋1>x ，即a >x －1ln x .令g (x )＝x －1ln x (1<x <e)，则g ′(x )＝ln x －x －1x （ln x ）2.令h (x )＝ln x －x －1x (1<x <e)，则h ′(x )＝1x －1x2>0，故h (x )在定义域上单调递增，所以h (x )>h (1)＝0.因为h (x )>0，所以g ′(x )>0，即g (x )在定义域上单调递增，则g (x )<g (e)＝e －1，即x －1ln x<e －1，所以a 的取值范围为[e －1，＋∞)．[预测押题1] 解：(1)由f (x )＝e x (x 2＋ax －a )可得，f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]．当a ＝1时，f (1)＝e ，f ′(1)＝4e.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e.(2)令f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]＝0，解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.当－(a ＋2)≤0，即a ≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上是增函数，所以方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－(a ＋2)>0，即a <－2时，f ′(x )，f (x )随由上表可知函数f (x )在[0，＋∞)上的最小值为f (－(a ＋2))＝ea ＋2.因为函数f (x )在(0，－(a ＋2))上是减函数，在(－(a ＋2)，＋∞)上是增函数，且当x ≥－a 时，有f (x )≥f (－a )＝e －a(－a )>－a ，又f (0)＝－a ，所以要使方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋4e a ＋2，－a .[例2] 选C 法一：曲线y ＝x 与直线x ＝1及x 轴所围成的曲边图形的面积S ＝⎠⎛01xd x ＝⎪⎪⎪23x 3210＝23，又∵S △AOB ＝12，∴阴影部分的面积为S ′＝23－12＝16，由几何概型可知，点P 取自阴影部分的概率为P ＝16.法二：S 阴影＝⎠⎛01(x －x )d x ＝16，S 正方形OABC ＝1，∴点P 取自阴影部分的概率为P ＝16.[预测押题2] 解析：画出草图，可知所求概率P ＝S 阴影S △AOB ＝⎠⎛04x d x18＝⎪⎪⎪23x 324018＝16318＝827.答案：827[例3] 解：(1)因为方程ax －(1＋a 2)x 2＝0(a >0)有两个实根x 1＝0，x 2＝a1＋a 2，故f (x )>0的解集为{x |x 1<x <x 2}．因此区间I ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 1＋a 2，故I 的长度为a1＋a 2.(2)设d (a )＝a 1＋a 2，则d ′(a )＝1－a2（1＋a 2）2(a >0)．令d ′(a )＝0，得a ＝1.由于0<k <1，故当1－k ≤a <1时，d ′(a )>0，d (a )单调递增；当1<a ≤1＋k 时，d ′(a )<0，d (a )单调递减．所以当1－k ≤a ≤1＋k 时，d (a )的最小值必定在a ＝1－k 或a ＝1＋k 处取得．而d （1－k ）d （1＋k ）＝1－k1＋（1－k ）21＋k 1＋（1＋k ）2＝2－k 2－k 32－k 2＋k3<1，故d (1－k )<d (1＋k )．因此当a ＝1－k 时，d (a )在区间[1－k ，1＋k ]上取得最小值1－k2－2k ＋k2.[预测押题3] 解：(1)f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，f ′(x )＝a （x ＋1）－（ax ＋b ）（x ＋1）2＝a －b（x ＋1）2.当a >b 时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上单调递增；当a <b 时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上单调递减．(2)① 计算得f (1)＝a ＋b 2>0，f (b a )＝2ab a ＋b >0，f (b a )＝ab >0.因为f (1)f (ba)＝a ＋b2·2ab a ＋b ＝ab ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （b a ）2，即f (1)f (b a )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （b a ）2. (*)所以f (1)，f (b a)，f (b a )成等比数列．因为a ＋b 2≥ab ，所以f (1)≥f (b a )．由(*)得f (b a )≤f (b a)． ②由①知f (b a )＝H ，f (b a )＝G .故由H ≤f (x )≤G ，得f (b a )≤f (x )≤f (ba )． (**)当a ＝b 时，(b a )＝f (x )＝f (b a )＝a .这时，x 的取值范围为(0，＋∞)；当a >b 时，0<ba<1，从而b a <b a ，由f (x )在(0，＋∞)上单调递增(**)式，得b a ≤x ≤b a，即x 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤ba ，b a ；当a <b 时，b a >1，从而b a >b a ，由f (x )在(0，＋∞)上单调递减与(**)式，得b a≤x ≤b a ，即x 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b a ，b a .综上，当a ＝b 时，x 的取值范围为(0，＋∞)；当a >b时，x 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b a ，b a ；当a <b 时，x 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b a ，b a .专题二 三角函数、解三角形、平面向量第一讲 三角函数的图像与性质基础·单纯考点 [例1] 解析：(1)1－2sin （π＋θ）sin ⎝⎛⎭⎪⎫3π2－θ＝1－2sin θcos θ＝|sin θ－cos θ|，又θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，∴sin θ－cos θ>0，故原式＝sin θ－cos θ.(2)由已知得|OP |＝2，由三角函数定义可知sin α＝12，cos α＝32，即α＝2k π＋π6(k ∈Z )．所以2sin2α－3tan α＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k π＋π3－3tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋π6＝2sin π3－3tan π6＝2×32－3×33＝0. 答案：(1)A (2)D[预测押题1] (1)选C 由已知可得－2tan α＋3sin β＋5＝0，tan α－6sin β＝1，解得tan α＝3，故sin α＝31010.(2)解析：由A 点的纵坐标为35及点A 在第二象限，得点A 的横坐标为－45，所以sin α＝35，cos α＝－45，tan α＝－34.故tan2α＝2tan α1－tan 2α＝－247. 答案：35 －247[例2] 解析：(1)∵34T ＝512π－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝34π，∴T ＝π，∴2πω＝π(ω>0)，∴ω＝2.由图像知当x ＝512π时，2×512π＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z )，即φ＝2k π－π3(k∈Z )．∵－π2<φ<π2，∴φ＝－π3.(2)y ＝cos(2x ＋φ)的图像向右平移π2个单位后得到y ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2＋φ的图像，整理得y ＝cos(2x －π＋φ)．∵其图像与y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图像重合，∴φ－π＝π3－π2＋2k π，∴φ＝π3＋π－π2＋2k π，即φ＝5π6＋2k π.又∵－π≤φ<π∴φ＝5π6.答案：(1)A (2)5π6[预测押题2] (1)选C 将y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图像向左平移π4个单位，再向上平移2个单位得y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋3π4＋2的图像，其对称中心的横坐标满足2x ＋3π4＝k π，即x ＝k π2－3π8，k ∈Z ，取k ＝1，得x ＝π8. (2)选C 根据已知可得，f (x )＝2sin π4x ，若f (x )在[m ，n ]上单调，则n －m 取最小值．又当x ＝2时，y ＝2；当x ＝－1时，y ＝－2，故(n －m )min ＝2－(－1)＝3.[例3] 解：(1)f (x )4cos ωx ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4＝22sin ωx ·cos ωx ＋22cos 2ωx ＝2(sin2ωx ·cos2ωx )＋2＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π4＋ 2.因为f (x )的最小正周期为π，且ω>0，从而由2π2ω＝π，故ω＝1.(2)由(1)知，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋ 2.若0≤x ≤π2，则π4≤2x ＋π4≤5π4.当π4≤2x ＋π4≤π2，即0≤x ≤π8时，f (x )单调递增；当π2≤2x ＋π4≤5π5，即π8≤x ≤π2时，f (x )单调递减；综上可知，f (x )在区间[0，π8]上单调递增，在区间[π8，π2]上单调递减．[预测押题3] 解：(1)因为f (x )＝32sin 2x ＋1＋cos 2x 2＋a ＝sin(2x ＋π6)＋a ＋12，所以T ＝π.由π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z ，得π6＋k π≤x≤2π3＋k π，k∈Z .故函数f (x )的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )． (2)因为－π6≤x ≤π3，所以－π6≤2x ＋π6≤5π6，－12≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6≤1.因为函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3上的最大值与最小值的和为⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋a ＋12＝32，所以a ＝0.交汇·创新考点[例1] 解：(1)f (x )＝1＋cos （2ωx －π3）2－1－cos2ωx 2＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π3＋cos2ωx ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos2ωx ＋32sin2ωx ＋cos2ωx ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin2ωx ＋32cos2ωx ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin2ωx ＋32cos2ωx ＝32sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3.由题意可知，f (x )的最小正周期T ＝π，∴2π|2ω|＝π.又∵ω>0，∴ω＝1，∴f (π12)＝32sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π12＋π3＝32sin π2＝32.(2)|f (x )－m |≤1，即f (x )－1≤m ≤f (x )＋1.∵对∀x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－7π12，0，都有|f (x )－m |≤1，∴m ≥f (x )max －1且m ≤f (x )min ＋1.∵－7π12≤x ≤0，∴－5π6≤2x ＋π3≤π3，∴－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3≤32，∴－32≤32sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3≤34，即f (x )max ＝34，f (x )min ＝－32，∴－14≤m ≤1－32.故m 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，1－32.[预测押题1] 解：(1)f (2π3)＝cos 2π3·cos π3＝－cos π3·cos π3＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝－14.(2)f (x )＝cos x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＝cos x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos x ＋ 32sin x ＝12cos 2x ＋32sin x cos x ＝14(1＋cos2x )＋34sin2x ＝12cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋14.f (x )<14等价于12cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋14<14，即cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3<0.于是2k π＋π2<2x －π3<2k π＋3π2，k ∈Z .解得k π＋5π12<x <k π＋11π12，k ∈Z .故使f (x )<14成立的x 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |k π＋5π12<x <k π＋11π12，k ∈Z .[例2] 解析：因为圆心由(0，1)平移到了(2，1，)，所以在此过程中P 点所经过的弧长为2，其所对圆心角为2.如图所示，过P 点作x 轴的垂线，垂足为A ，圆心为C ，与x 轴相切与点B ，过C 作PA 的垂线，垂足为D ，则∠PCD ＝2－π2，|PD |＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2－π2＝－cos2，|CD |＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2－π2＝sin2，所以P 点坐标为(2－sin2，1－cos2)，即OP →的坐标为(2－sin2，1－cos2)．答案：(2－sin2，1－cos2)[预测押题2] 选A 画出草图，可知点Q 点落在第三象限，则可排除B 、D ；代入A ，cos∠QOP ＝6×（－72）＋8×（－2）62＋82＝－502100＝－22，所以∠QOP ＝3π4.代入C ，cos ∠QOP ＝6×（－46）＋8×（－2）62＋82＝－246－16100≠－22.第二讲 三角恒等变换与解三角形基础·单纯考点[例1] 解：(1)因为f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12，所以f (－π6)＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6－π12＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝2cos π4＝2×22＝1. (2)因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，cos θ＝35，所以sin θ＝1－cos 2θ＝－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝－45，cos2θ＝2cos 2θ－1＝2×(35)2－1＝－275，sin 2θ＝2sin θcos θ ＝2×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫－45＝－2425.所以f (2θ＋π3)＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3－π12＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫22cos2θ－22sin2θ＝cos2θ－sin2θ＝－725－⎝ ⎛⎭⎪⎫－2425＝1725.[预测押题1] 解：(1)由已知可得f (x )＝3cos ωx ＋3sin ωx ＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3.所以函数f (x )的值域为[－23，23]．又由于正三角形ABC 的高为23，则BC ＝4，所以函数f (x )的周期T ＝4×2＝8，即2πω＝8，解得ω＝π4.(2)因为f (x 0)＝835，由(1)得f (x 0)＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3＝835，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3＝45.由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－103，23得πx 04＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2.所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝35，故f (x 0＋1)＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π4＋π3＝23sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3＋π4 ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3cos π4＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3sin π4＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫45×22＋35×22＝765.[例2] 解：(1)由已知得，∠PBC ＝60°，所以∠PBA ＝30°.在△PBA 中，由余弦定理得PA 2＝3＋14－2×3×12cos30°＝74.故PA ＝72. (2)设∠PBA ＝α，由已知得PB ＝sin α.在△PBA 中，由正弦定理得3sin150°＝sin αsin （30°－α），化简得3sin α＝4sin α.则tan α＝34，即tan ∠PBA ＝34.[预测押题2] 解：(1)由正弦定理得2sin B cos C ＝2sin A －sin C .∵在△ABC 中，sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋sin C cos B ，∴sin C (2cos B －1)＝0.又0<C <π，sin C >0，∴cos B ＝12，注意到0<B <π，∴B ＝π3.(2)∵S △ABC ＝12ac sin B ＝3，∴ac ＝4，由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ≥ac ＝4，当且仅当a ＝c ＝2时，等号成立，∴b 的取值范围为[2，＋∞)．交汇·创新考点[例1] 解：(1)∵f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －4π3＋2cos 2x ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋1，∴f (x )的最大值为2.f (x )取最大值时，cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝1，2x ＋π3＝2k π(k ∈Z )，故x 的集合为{x |x ＝k π－π6，k ∈Z }．(2)由f (B ＋C )＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（B ＋C ）＋π3＋1＝32，可得cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π3＝12，由A ∈(0，π)，可得A ＝π3.在△ABC 中，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝(b ＋c )2－3bc ，由b ＋c ＝2，知bc ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋c 22＝1，当b ＝c ＝1时，bc 取最大值，此时a 取最小值1.[预测押题1] 解：(1)由已知得AB →·AC →＝bc cos θ＝8，b 2＋c 2－2bc cos θ＝42，故b 2＋c 2＝32.又b 2＋c 2≥2bc ，所以bc ≤16，(当且仅当b ＝c ＝4时等号成立)，即bc 的最大值为16.即8cos θ≤16，所以cos θ≥12.又0<θ<π，所以0<θ≤π3，即θ的取值范围是(0，π3]．(2)f (θ)＝3sin2θ＋cos2θ＋1＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π6＋1.因为0<θ≤π3，所以π6<2θ＋π6≤5π6，12≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π6≤1.当2θ＋π6＝5π6，即θ＝π3时，f (θ)min ＝2×12＋1＝2；当2θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，f (θ)max ＝2×1＋1＝3.[例2] 解：(1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513，sin C ＝45.从而sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝513×35＋1213×45＝6365.由正弦定理AB sin C ＝AC sin B ，得AB ＝ACsin B ×sin C ＝12606365×45＝1040(m)．所以索道AB 的长为1040m. (2)假设乙出发t 分钟后，甲、乙两游客距离为d ，此时，甲行走了(100＋50t )m ，乙距离A 处130t m ，所以由余弦定理得d 2＝(100＋5t )2＋(130t )2－2×130t ×(100＋50t )×1213＝200(37t 2－70t ＋50)，因0≤t ≤1040130，即0≤t ≤8，故当t ＝3537(min)时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝AC sin B ，得BC ＝AC sin B ×sin A ＝12606365×513＝500(m)．乙从B 出发时，甲已经走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需要走710m 才能到达C .设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得125043≤v ≤62514，所以使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3min ，乙步行的速度控制在⎣⎢⎡⎦⎥⎤125043，62514(单位：m/min)范围内．[预测押题2] 解：(1)因为点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫35，45，根据三角函数的定义，得sin ∠COA ＝45，cos ∠COA ＝35.因为△AOB 为正三角形，所以∠AOB ＝60°.所以cos ∠BOC ＝cos (∠COA ＋60°)＝cos ∠COA cos60°－sin ∠COA sin60°＝35×12－45×32＝3－4310.(2)因为∠AOC ＝θ⎝⎛⎭⎪⎫0<θ<π2，所以∠BOC ＝π3＋θ.在△BOC 中，|OB |＝|OC |＝1，由余弦定理，可得f (θ)＝|BC |2＝|OC |2＋|OB |2－2|OC |·|OB |·cos ∠COB ＝12＋12－2×1×1×cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝2－2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3.因为0<θ<π2，所以π3<θ＋π3<5π6.所以－32<cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3<12.所以1<2－2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3<2＋ 3.所以函数f (θ)的值域为(1，2＋3)．第三讲 平面向量基础·单纯考点[例1] 解析：以向量：a 的终点为原点，过该点的水平和竖直的网格线所在直线为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，设一个小正方形网格的边长为1，则a ＝(－1，1)，b ＝(6，2)，c ＝(－1，－3)．由c ＝λa ＋μb ，即(－1，－3)＝λ(－1，1)＋μ(6，2)，得－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3，故λ＝－2，μ＝－12，则λμ＝4.答案：4[预测押题1] (1)选A 由已知，得AB →＝(3，－4)，所以|AB →|＝5，因此与AB →同方向的单位向量是15AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－45.(2)选C 如图，连接BP ，则AP →＝AC →＋CP →＝b ＋PR →，① AP →＝AB →＋BP →＝a ＋RP →－RB →，②①＋②，得2AP →＝a ＋b －RB →.③ 又RB →＝12QB →＝12(AB →－AQ →)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12AP →，④将④代入③，得2AP →＝a ＋b －12⎝⎛⎭⎪⎫a －12AP →，解得AP →＝27a ＋47b .[例2] 解析：(1)由已知得AB →＝(2，1)，CD →＝(5，5)，因此AB →在CD →方向上的投影为AB →·CD →|CD →|＝1552＝322.(2)设AB 的长为a (a >0)，又因为AC →＝AB →＋AD →，BE →＝BC →＋CE →＝AD →－12AB →，于是AC →·BE →＝(AB→＋AD →)·(AD →－12AB →)＝12AB →·AD →－12AB →2＋AD →2＝－12a 2＋14a ＋1，由已知可得－12a 2＋14a ＋1＝1.又a >0，∴a ＝12，即AB 的长为12.答案：(1)A (2)12[预测押题2] (1)选D a ⊥(a ＋b)⇒a ·(a ＋b )＝a 2＋a·b ＝|a |2＋|a ||b |cos<a ，b >＝0，故cos<a ，b >＝－963＝－32，故所求夹角为5π6.(2)选C 设BC 的中点为M ，则AG →＝23AM →.又M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AG →＝23AM →＝13(AB →＋AC →)，∴|AG →|＝13AB →2＋AC →2＋2AB →·AC →＝13AB →2＋AC →2－4.又∵AB →·AC →＝－2，∠A ＝120°，∴|AB →||AC →|＝4.∵|AG →|＝13AB →2＋AC →2－4≥132|AB →||AC →|－4＝23，当且仅当|AB →|＝|AC→|时取等号，∴|AG →|的最小值为23.交汇·创新考点[例1] 解析：设P (x ，y )，则AP →＝(x －1，y ＋1)．由题意知AB →＝(2，1)，AC →＝(1，2)．由AP →＝λAB →＋μAC →知(x －1，y ＋1)＝λ(2，1)＋μ(1，2)，即⎩⎪⎨⎪⎧2λ＋μ＝x －1，λ＋2μ＝y ＋1.∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2x －y －33，μ＝2y －x ＋33，∵1≤λ≤2，0≤μ≤1，∴⎩⎪⎨⎪⎧3≤2x －y －3≤6，0≤2y －x ＋3≤3.作出不等式组表示的平面区域(如图阴影部分)，由图可知平面区域D 为平行四边形，可求出M (4，2)，N (6，3)，故|MN |＝ 5.又x －2y ＝0，x －2y －3＝0之间的距离d ＝35，故平面区域D 的面积为S ＝5×25＝3.答案：3[预测押题1] 选D 如图作可行域，z ＝OA →·OP →＝x ＋2y ，显然在B (0，1)处z max ＝2.故选D.[例2] 解：(1)∵g (x )＝sin(π2＋x )＋2cos(π2－x )＝2sin x ＋cos x ，∴OM →＝(2，1)，∴|OM →|＝22＋12＝ 5.(2)由已知可得h (x )＝sin x ＋3cos x ＝2sin(x ＋π3)，∵0≤x ≤π2，∴π3≤x ＋π3≤5π6，∴h (x )∈[1，2]．∵当x ＋π3∈[π3，π2]时，即x ∈[0，π6]时，函数h (x )单调递增，且h (x )∈[3，2]；当x ＋π3∈(π2，5π6]时，即x ∈(π6，π2]时，函数h (x )单调递减，且h (x )∈[1，2)．∴使得关于x 的方程h (x )－t ＝0在[0，π2]内恒有两个不相等实数解的实数t 的取值范围为[3，2)．[预测押题2] 解：(1)由题设，可得(a ＋b )·(a －b )＝0，即|a |2－|b |2＝0.代入a ，b的坐标，可得cos 2α＋(λ－1)2sin 2α－cos 2β－sin 2β＝0，所以(λ－1)2sin 2α－sin 2α＝0.因为0<α<π2，故sin 2α≠0，所以(λ－1)2－1＝0，解得λ＝2或λ＝0(舍去，因为λ>0)．故λ＝2.(2)由(1)及题设条件，知a·b ＝cos αcos β＋sin αsin β＝cos(α－β)＝45.因为0<α<β<π2，所以－π2<α<β<0.所以sin(α－β)＝－35，tan(α－β)＝－34.所以tan α＝tan[(α－β)＋β]＝tan （α－β）＋tan β1－tan （α－β）tan β＝－34＋431－（－34）×43＝724.所以tan α＝724.[例3] 选D a ∘b ＝a·b b 2＝|a||b||b|2cos θ＝|a||b|cos θ，b ∘a ＝|a||b|cos θ，因为|a |>0，|b |>0，0<cos θ<22，且a ∘b 、b ∘a ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2|n ∈Z ，所以|a||b|cos θ＝n 2，|a||b|cos θ＝m 2，其中m ，n∈N *，两式相乘，得m ·n 2＝cos 2θ.因为0<cos θ<22，所以0<cos 2θ<12，得0<m ·n <2，故m＝n ＝1，即a ∘b ＝12.[预测押题3] 选D 依题意，MF 1→＝(－1－x ，－y )＝(－1－x )e 1－y e 2，MF 2→＝(1－x ，－y )＝(1－x )e 1－y e 2，由|MF 1→|＝|MF 2→|，得MF 1→2＝MF 2→2，∴[(－1－x )e 1－y e 2]2＝[(1－x )e 1－y e 2]2，∴4x ＋4y e 1·e 2＝0.∵∠xOy ＝45°，∴e 1·e 2＝22，故2x ＋2y ＝0，即2x ＋y ＝0.专题三 数列第一讲 等差数列、等比数列基础·单纯考点[例1] 解析：(1)∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0，∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，∴d ＝a m ＋1－a m ＝1.又S m ＝m （a 1＋a m ）2＝m （a 1＋2）2＝0，∴a 1＝－2，∴a m＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5.(2)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则：由a 2＋a 4＝20得a 1q (1＋q 2)＝20，①，由a 3＋a 5＝40得a 1q 2(1＋q 2)＝40.②由①②解得q ＝2，a 1＝2.故S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.答案：(1)C (2)2 2n ＋1－2[预测押题1] 解：(1)设等差数列的公差为d ，d >0.由题意得，(2＋d )2＝2＋3d ＋8，d 2＋d －6＝(d ＋3)(d －2)＝0，得d ＝2.故a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝2＋(n －1)·2＝2n ，故a n ＝2n .(2)b n ＝a n ＋2a n ＝2n ＋22n .S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(2＋22)＋(4＋24)＋…＋(2n ＋22n)＝(2＋4＋6＋...＋2n )＋(22＋24＋ (22))＝（2＋2n ）·n 2＋4·（1－4n ）1－4＝n 2＋n ＋4n ＋1－43.[例2] 解：(1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)，由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3.由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)，。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设复数，其中a为实数，若z的实部为2，则z的虚部为A．-i B．i C．-1 D．12．已知向量a=(2，1)，b=(x，-2)，若a∥b，则a+b=A．(-2，-1) B．(2，1) C．(3，-1) D．(-3，1)3．下列说法中不正确的个数是①命题“ x∈R，≤0”的否定是“ ∈R，>0”；②若“p q”为假命题，则p、q均为假命题；③“三个数a，b，c成等比数列”是“b= ”的既不充分也不必要条件A．O B．1 C．2 D．34．函数f(x)=2x-sinx的零点个数为A．1 B．2 C．3 D．45．一个几何体的三视图如下左图所示，则此几何体的体积是A.112 B．80 C．72 D．646．已知全集U=Z，Z为整数集，如上右图程序框图所示，集合A={x|框图中输出的x值}，B={y|框图中输出的y值}；当x=-1时，(CuA) B=A．{-3，-1，5} B．{-3，-1，5，7} C．{-3，-1，7} D．{-3，-1，7，9}7．我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架舰载机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有A．12种B．18种C．24种D．48种8．如右图，矩形OABC内的阴影部分由曲线f(x)=sinx(x∈(0， ))及直线x=a(a∈(0， ))与x轴围成，向矩形OABC内随机投掷一点，若落在阴影部分的概率为，则a的值为A．B．C． D．9．如右图，一单位正方体形积木，平放于桌面上，并且在其上方放置若干个小正方体形积木摆成塔形，其中上面正方体中下底面的四个顶点是下面相邻正方体中上底面各边的中点，如果所有正方体暴露在外面部分的面积之和超过8．8，则正方体的个数至少是A．6 8．7 C．8 D． 1010．已知直线l：y=ax+1-a(a∈R)．若存在实数a使得一条曲线与直线l有两个不同的交点，且以这两个交点为端点的线段长度恰好等于|a|，则称此曲线为直线l的“绝对曲线”．下面给出四条曲线方程：①y=-2 |x-1|；②y= ；③(x-1)2+(y-1)2=1；④x2+3y2=4；则其中直线l的“绝对曲线”有A．①④B．②③C．②④D．②③④二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清．模棱两可均不得分．(一)必考题：(11-14题)11．若tan = ，∈(0， )，则sin(2 + )= ．12．点P(x，y)在不等式组表示的平面区域内，若点P(x，y)到直线y=kx-1(k>0)的最大距离为2 ，则k= ．13．已知抛物线y2=4x的焦点为F，过点P(2，0)的直线交抛物线于A(x1，y1)和B(x2，y2)两点．则：(I) y1 y2= ；(Ⅱ)三角形ABF面积的最小值是．14．挪威数学家阿贝尔，曾经根据阶梯形图形的两种不同分割(如下图)，利用它们的面积关系发现了一个重要的恒等式一阿贝尔公式：a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=a1(b1-b2)+L2(b2-b3)+L3(b3-b4)+…+Ln-1(bn-1-bn)+Lnbn则其中：(I)L3= ；(Ⅱ)Ln= ．(二)选考题：请考生在第15、16两题中任选一题作答．如果全选，则按第15题作答结果计分. 15．(几何证明选讲)如右图，AB是⊙O的直径，P是AB延长线上的一点，过P作⊙O的切线，切点为C，PC=2 ，若∠CAP=30°，则⊙O的直径AB= ．16．(坐标系与参数方程)在直角坐标平面内，以坐标原点0为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知点M的极坐标为(4 ， )，曲线C的参数方程为 ( 为参数)，则点M到曲线C上的点的距离的最小值为．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)已知向量 =( sin2x+2，cosx)， =(1，2cosx)，设函数f(x)= • ．(I)求f(x)的最小正周期与单调递增区间；(Ⅱ)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若a= ，f(A)=4，求b+c的最大值．18．(本小题满分12分)数列{an}是公比为的等比数列，且1-a2是a1与1+a3的等比中项，前n项和为Sn；数列{bn}是等差数列，b1=8，其前n项和Tn满足Tn=n •bn+1( 为常数，且≠1)．(I)求数列{an}的通项公式及的值；(Ⅱ)比较+ + +…+ 与了 Sn的大小．19．(本小题满分12分)如图，矩形A1A2A′2A′1，满足B、C在A1A2上，B1、C1在A′1A′2上，且BB1∥CC1∥A1A′1，A1B=CA2=2，BC=2 ，A1A′1= ，沿BB1、CC1将矩形A1A2A′2A′1折起成为一个直三棱柱，使A1与A2、A′1与A′2重合后分别记为D、D1，在直三棱柱DBC-D1B1C1中，点M、N分别为D1B和B1C1的中点．(I)证明：MN∥平面DD1C1C；(Ⅱ)若二面角D1-MN-C为直二面角，求的值．20．(本小题满分12分)2013年2月20日，针对房价过高，国务院常务会议确定五条措施(简称“国五条”)．为此，记者对某城市的工薪阶层关于“国五条”态度进行了调查，随机抽取了60人，作出了他们的月收入的频率分布直方图(如图)，同时得到了他们的月收入情况与“国五条”赞成人数统计表(如下表)：月收入(百元) 赞成人数[15,25) 8[25,35) 7[35,45) 10[45,55) 6[55,65) 2[65,75) 1(I)试根据频率分布直方图估计这60人的平均月收入；(Ⅱ)若从月收入(单位：百元)在[15，25)，[25，35)的被调查者中各随机选取3人进行追踪调查，记选中的6人中不赞成“国五条”的人数为X，求随机变量X的分布列及数学期望．21．(本小题满分13分)在矩形ABCD中，|AB|=2 ，|AD|=2，E、F、G、H分别为矩形四条边的中点，以HF、GE所在直线分别为x，y轴建立直角坐标系(如图所示)．若R、R′分别在线段0F、CF上，且 = = .(Ⅰ)求证：直线ER与GR′的交点P在椭圆： + =1上；(Ⅱ)若M、N为椭圆上的两点，且直线GM与直线GN的斜率之积为，求证：直线MN过定点；并求△GMN面积的最大值．22．(本小题满分14分)已知函数f(x)=lnx，g(x)=k• .(I)求函数F(x)= f(x)- g(x)的单调区间；(Ⅱ)当x>1时，函数f(x)> g(x)恒成立，求实数k的取值范围；(Ⅲ)设正实数a1，a2，a3，…，an满足a1+a2+a3+…+an=1，求证：ln(1+ )+ln(1+ )+…+ln(1+ )> ．2013年七市联考数学试题(理工类)（B卷）参考答案一、选择题： CABAB DCBAD二、填空题：11. 12. 13.（Ⅰ）（Ⅱ）14.（Ⅰ）（Ⅱ）15. 16.（注：填空题中有两个空的，第一个空2分，第二个空3分）三、解答题17.解：（Ⅰ）……………3分∴的最小正周期……………4分由得∴的单调递增区间为……………6分（Ⅱ）由得，∵∴∴ , ……………8分法一：又，∴当时，最大为……………12分法二：即；当且仅当时等号成立。