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湖北省武汉市三维设计2013年高考数学二轮复习专题训练：立体几何本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12个小题，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．已知平面α外的直线b 垂直于α内的二条直线，有以下结论：○1b 一定不垂直于α；○2b 可能垂直于平面α；○3b 一定不平行于平面α，其中正确的结论有( ) A ．0个 B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B2．△ABC 的BC 边上的高线为AD ，BD=a ，CD=b ，将△ABC 沿AD 折成大小为θ的二面角B-AD-C ，若ba=θcos ，则三棱锥A-BCD 的侧面三角形ABC 是( ) A ．锐角三角形 B ．钝角三角形C ．直角三角形D ．形状与a 、b 的值有关的三角形【答案】C3．正方体的棱长为4，在正方体内放八个半径为1的球，再在这八个球中间放一个小球，则小球的半径为( )A ．1B ．2C ．12D ．1【答案】A4．已知一几何体的三视图如图，主视图和左视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何形体可能是( )①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③每个面都是直角三角形的四面体．A ．①②③B ．②③C ．①③D ．①②【答案】A5．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为( )A．4 B．8 C．16 D．20 【答案】A6．圆锥的侧面展形图是( )A．三角形B．长方形C．圆D．扇形【答案】D7．若＝(2x，1，3)，＝(1, -2y，9)，如果与为共线向量，则( )A． x＝1，y＝1 B． x＝12，y＝-12C． x＝16，y＝－32D． x＝－16，y＝32【答案】C8．给出下列命题：①底面多边形内接于一个圆的棱锥的侧棱长相等；②棱台的各侧棱不一定相交于一点；③如果不在同一平面内的两个相似的直角三角形的对应边互相平行，则连结它们的对应顶点所围成的多面体是三棱台；④圆台上底圆周上任一点与下底圆周上任一点的连线都是圆台的母线.其中正确的个数为( )A．3 B．2 C．1 D．0【答案】C9．下图是由一些相同的小正方体构成的几何体的三视图，这些相同的小正方体的个数是( )个A．8个B．7个C．6个D．5个【答案】D10．已知空间四边形ABCD，M、G分别是BC、CD的中点，连结AM、AG、MG，则−→−AB+1()2BD BC+等于( )A．−→−AG B．−→−CG C．−→−BC D．21−→−BC【答案】A11．已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,下面三个命题( )①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③l ∥m⇒α⊥β. 则真命题的个数为A ． 0B ． 1C ． 2D ． 3【答案】C12．正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1，则侧棱与底面所成的角为( )A ．75°B ．60°C ．45°D ．30°【答案】C第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．下面是关于四棱柱的四个命题（ ）①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱是直四棱柱②若四个过相对侧棱的截面则该四棱柱是直四棱柱都垂直于底面， ③若四个侧面两两全等，则该四棱柱是直四棱柱④若四棱柱的两条对角线两两相等，则该四棱柱是直四棱柱 其中，真命题的编号为 【答案】②④ 14．给出下列命题： ①已知函数f (x)=21()sin 21xx x a ⋅-+-(a 为常数)，且f (lglog 81000)=3，则f (lglg2)=-3； ②若函数f (x)=lg(x 2+ax-a)的值域是R ，则a ∈(-4, 0)；③关于x 的方程1()lg 2xa =有非负实数根，则实数a 的取值范围是(1, 10)；④如图，三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，E 、F 分别是AB ，AC 的中点，平面EB 1C 1F 将三棱柱分成几何体AEF —AB 1C 1和B 1C 1—EFCB 两部分，其体积分别为V 1，V 2，则V 1:V 2=7:5。
[配套课时作业]1．(2011·广东高考)已知集合A ＝{(x ，y)|x ，y 为实数，且x2＋y2＝1}，B ＝{(x ，y)|x ，y 为实数，且y ＝x}，则A ∩B 的元素个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3 解析：选C 法一：由⎩⎪⎨⎪⎧ x2＋y2＝1，x ＝y 得2x2＝1，解得x ＝22或x ＝－22， 这时y ＝22或y ＝－22，即A ∩B 中有两个元素． 法二：由集合A 、集合B 表示的几何意义知，集合A 表示圆心为(0,0)的圆，集合B 表示过(0,0)的直线，故有两个交点，即A ∩B 的元素个数为2.2．已知点P(3,2)与点Q(1,4)关于直线l 对称，则直线l 的方程为( )A ．x －y ＋1＝0B ．x －y ＝0C ．x ＋y ＋1＝0D ．x ＋y ＝0解析：选A 由题意知直线l 与直线PQ 垂直，所以kl ＝－1kPQ ＝－14－21－3＝1，又直线l 经过PQ 的中点(2,3)， 所以直线l 的方程为y －3＝x －2，即x －y ＋1＝0.3．(2012·广东高考)在平面直角坐标系xOy 中，直线3x ＋4y －5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A 、B 两点，则弦AB 的长等于( )A ．3 3B ．2 3C. 3 D ．1解析：选B 圆x2＋y2＝4的圆心(0,0)到直线3x ＋4y －5＝0的距离d ＝1，圆的半径为2，所以弦长|AB|＝222－12＝2 3.4．(2012·安徽高考) 若直线x －y ＋1＝0与圆(x －a)2＋y2＝2有公共点，则实数a 的取值范围是( )A ．[－3，－1]B ．[－1,3]C ．[－3,1]D ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)解析：选C 欲使直线x －y ＋1＝0与圆(x －a)2＋y2＝2有公共点，只需使圆心到直线的距离小于等于圆的半径2即可，即|a －0＋1|12＋ －1 2≤2，化简得|a ＋1|≤2， 解得－3≤a ≤1.5．若直线xc os θ＋ysin θ－1＝0与圆(x －1)2＋(y －sin θ)2＝116相切，且θ为锐角，则该直线的斜率是( )A ．－33 B ．－ 3 C.33D. 3 解析：选A 依题意得，圆心到直线的距离等于半径，即有|cos θ＋sin2θ－1|＝14|cos θ－cos2θ|＝14，cos θ－cos2θ＝14或cos θ－cos2θ＝－14(不符合题意，舍去)．由cos θ－cos2θ＝14，得cos θ＝12，又θ为锐角，所以sin θ＝32，故该直线的斜率是－cos θsin θ＝－33. 6．(2012·豫东、豫北名校阶段测试)圆心在曲线y ＝3x(x>0)上，且与直线3x ＋4y ＋3＝0相切的面积最小的圆的方程为( )A ．(x －2)2＋(y －32)2＝9 B ．(x －3)2＋(y －1)2＝⎝⎛⎭⎫165 2 C ．(x －1)2＋(y －3)2＝⎝⎛⎭⎫185 2 D ．(x －3)2＋(y －3)2＝9解析：选A 设所求圆的圆心坐标是⎝⎛⎭⎫a ，3a (a>0)，则点⎝⎛⎭⎫a ，3a (a>0)到直线3x ＋4y ＋3＝0的距离d ＝|3a ＋12a ＋3|5＝3a ＋12a ＋35≥2 3a ×12a ＋35＝3，当且仅当3a ＝12a，即a ＝2时取等号，因此所求圆的圆心坐标是⎝⎛⎭⎫2，32，半径是3，即所求圆的方程为(x －2)2＋⎝⎛⎭⎫y －322＝9.7．经过圆x2＋2x ＋y2＝0的圆心C ，且与直线x ＋y ＝0垂直的直线方程是________．解析：所求直线过圆：x2＋2x ＋y2＝0的圆心C(－1,0)，斜率为1，故方程为x －y ＋1＝0. 答案：x －y ＋1＝08．若圆x2＋y2＝4与圆x2＋y2＋2ay －6＝0(a>0)的公共弦长为2 3 ，则a ＝________.解析：由题意得公共弦所在直线的方程为y ＝1a x2＋y2＝4的圆心到y ＝1a 的距离为1a，由22＝(3)2＋⎝⎛⎭⎫1a 2，a>0，得a ＝1. 答案：19．(2012·海淀区期末练习)已知圆C ：(x －1)2＋y2＝2，过点A(－1,0)的直线l 将圆C 分成弧长之比为1∶3的两段圆弧，则直线l 的方程为________．解析：设直线l 的方程为y ＝k(x ＋1)，即kx －y ＋k ＝0，圆心C(1,0)到直线l 的距离为|k ＋k|k2＋1，∵直线l 将圆C 分成弧长之比为1∶3的两段圆弧，∴直线l 被圆所截得的弦所对的圆心角为π2，又圆C 的半径为2， ∴2×cos π4＝|k ＋k|k2＋1，解得，k ＝±33， ∴直线l 的方程为y ＝33(x ＋1)或y ＝－33(x ＋1)． 答案：y ＝33(x ＋1)或y ＝－33(x ＋1) 10．已知点A(3,3)，B(5,2)到直线l 的距离相等，且直线l 经过两直线l1：3x －y －1＝0和l2：x ＋y －3＝0的交点，求直线l 的方程．解：解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 3x －y －1＝0，x ＋y －3＝0，得交点P(1,2)．(1)若点A ，B 在直线l 的同侧，则l ∥AB.而kAB ＝3－23－5＝－12， 由点斜式得直线l 的方程为y －2＝－12(x －1)， 即x ＋2y －5＝0；(2)若点A ，B 分别在直线l 的异侧，则直线l 经过线段AB 的中点⎝⎛⎭⎫4，52， 由两点式得直线l 的方程为y －2x －1＝52－24－1， 即x －6y ＋11＝0.综上所述，直线l 的方程为x ＋2y －5＝0或x －6y ＋11＝0.11.如图所示，已知圆O ：x2＋y2＝4，直线m ：kx －y ＋1＝0.(1)求证：直线m 与圆O 有两个相异交点；(2)设直线m 与圆O 的两个交点为A ，B ，求△AOB 面积S 的最大值．解：(1)证明：直线m ：kx －y ＋1＝0可化为y －1＝kx ，故该直线恒过点(0,1)，而(0,1)在圆O ：x2＋y2＝4的内部，所以直线m 与圆O 恒有两个相异交点．(2)圆心O 到直线m 的距离为d ＝11＋k2，而圆O 的半径r ＝2，故弦AB 的长为|AB|＝2r2－d2＝24－d2，故△AOB 面积S ＝12|AB|×d ＝12×24－d2×d ＝4d2－d4＝－ d2－2 2＋4. 而d2＝11＋k2，因为1＋k2≥1，所以d2＝11＋k2∈(0,1]． 显然当d2∈(0,1]时，S 单调递增， 所以当d2＝1，即k ＝0时，S取得最大值3，此时直线m 的方程为y －1＝0.12．在直角坐标系xOy 中，以O 为圆心的圆与直线x －3y －4＝0相切．(1)求圆O 的方程；(2)圆O 与x 轴相交于A 、B 两点，圆O 内的动点P 使|PA|，|PO|，|PB|成等比数列，求 PA ·PB 的取值范围．解：(1)依题设，圆O 的半径r 等于原点O 到直线x －3y －4＝0的距离，即r ＝41＋3＝2，故圆O 的方程为x2＋y2＝4.(2)不妨设A(x1,0)，B(x2,0)，x1<x2.由x2＝4，即得A(－2,0)，B(2,0)．设P(x ，y)，由|PA|，|PO|，|PB|成等比数列，得x ＋2 2＋y2· x －2 2＋y2＝x2＋y2， 即x2－y2＝2.PA ·PB ＝(－2－x ，－y)·(2－x ，－y) ＝x2－4＋y2＝2y2－2.由于点P 在圆O 内，故⎩⎪⎨⎪⎧ x2＋y2<4，x2－y2＝2，由此得y2<1，所以 PA ·PB 的取值范围为[－2,0)．。
【二轮推荐】三维设计2013年高考数学(理)二轮复习专题二三角函数与平面向量三角函数与平面向量主要包括三部分内容——三角函数、平面向量、解三角形，复习这三部分内容应牢牢把握三个点：“角”、“关系”与“运算”，这三个点串成了该部分知识复习的主线．线索一“角”，是三角函数复习线索的中心，该部分知识的复习要围绕“角”这个中心，抓住四个基本点：三角函数的定义、同角三角函数的基本关系与诱导公式、三角函数的图像与性质、三角恒等变换．(1)任意角的三角函数的定义揭示了三角函数值与坐标之间的关系，要明确三角函数各象限的符号：一全正、二正弦、三正切、四余弦．三角函数定义是推导同角三角函数关系的基础；(2)同角三角函数的基本关系和诱导公式是求解三角函数值、对三角函数式进行化简求值的基础，注意角的范围对三角函数值符号的影响，诱导公式要准确记忆口诀：“奇变偶不变，符号看象限”，化简时要遵循“负变正，钝变锐”的原则，把角化归到锐角范围内进行研究；(3)三角函数的图像与性质是三角函数的重点，准确把握三角函数的定义域、值域、周期性、奇偶性、单调性、最值等是解决图像问题的关键，如处理三角函数图像平移问题可借助对应两个函数图像的关键点确定平移的单位和方向；根据函数图像写解析式时，要遵循“定最值求A，定周期求ω，定最值点求φ”的基本思路；(4)角的变化是三角恒等变换的关键，熟练记忆和角、差角、倍角的三角函数公式，这是三角函数化简求值的基础，三角函数综合问题的求解都需要先利用这些公式把三角函数解析式化成“一角一函数”的形式，进而研究三角函数的图像与性质，这些公式是联系三角函数各个部分的纽带．线索二三角形中的“边角关系”，这是解三角形问题的核心，主要涉及正弦定理、余弦定理及解三角形的实际应用问题．(1)正弦定理、余弦定理是实现三角形中边角互化的依据，应注意定理的灵活变形，如a ＝2Rsin A ，sin A ＝a2R (其中2R 为三角形外接圆的直径)，a2＋b2－c2＝2abcos C 等，灵活根据条件求解三角形中的边与角；(2)三角形的有关性质在解三角形问题中起着重要的作用，如利用“内角和等于π”和诱导公式可得到sin(A ＋B)＝sin C ，sin A ＋B 2＝cos C2等；利用“大边对大角”可以排除解三角形中的增解问题等；(3)测量问题是解三角形在实际应用中的主要内容，解决问题的关键是把要测量的问题归入到相应的三角形中，然后利用正、余弦定理求解相应的边角．线索三平面向量的“基本运算”，这是平面向量中的重点，主要包括线性运算、数量积运算以及坐标运算．(1)正确理解平面向量的基本概念和基本定理是实施平面向量基本运算的基础，如利用相反向量可把向量的减法转化为向量的加法；(2)平面向量的线性运算主要包括加减运算和数乘运算，正确把握三角形法则和多边形法则，准确理解数与向量乘法的定义，这是解决向量共线问题的基础，如“a ∥b ”的必要不充分条件是“存在实数t ，使得b ＝ta ”，因为若a ＝0，b ≠0，虽然有a ∥b ，但实数t 不存在； (3)数量积是平面向量中的一种重要运算，坐标运算是平面向量的核心知识，涉及夹角、距离等的基本运算，是历年高考命题的重点，要准确记忆相关公式；(4)平面向量多作为解决问题的工具或者通过运算作为条件出现，常与三角函数、解三角形以及平面解析几何等问题相结合，在复习中要重视向量在解决此类问题时的应用．第一节三角函数的图像与性质1．巧记六组诱导公式对于“k π2±α，k ∈Z 的三角函数值”与“α角的三角函数值”的关系可按下面口诀记忆：奇变偶不变，符号看象限．3．识破三角函数的两种常见变换(1)y ＝sin x ――――――――→向左 φ>0 或向右 φ<0平移|φ|个单位y ＝sin(x ＋φ) ――――――――→横坐标变为原来的1 ω倍纵坐标不变y ＝sin(ωx ＋φ) ―――――――→纵坐标变为原来的A 倍横坐标不变y ＝Asin(ωx ＋φ)(A>0，ω>0)．(2)y ＝sin x ―――――――→横坐标变为原来的1ω倍纵坐标不变y ＝sin ωx――――――――→向左 φ>0 或向右 φ<0 平移|φω|个单位y ＝sin(ωx ＋φ) ―――――――――→纵坐标变为原来的A 倍横坐标不变y ＝Asin(ωx ＋φ)(A>0，ω>0)．[考情分析] 高考对本部分内容的考查，一般主要是小题，即利用三角函数的定义、诱导公式及同角三角函数的关系进行求值、变形，或是利用三角函数的图像及其性质进行求值、参数、值域、单调区间及图像判断等，而大题常常在综合性问题中涉及三角函数的定义、图像、诱导公式及同角三角函数关系的应用等．[例1] 已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π4，cos 3π4落在角θ的终边上，且θ∈[0,2π)，则θ的值为( )A.π4 B.3π4 C.5π4D.7π4[思路点拨] 由三角函数定义求出tan θ值，再由θ的范围，即可求得θ的值． [解析] tan θ＝cos 34πsin 34π＝－cos π4sin π4＝－1， 又sin 3π4>0，cos 3π4<0，所以θ为第四象限角且θ∈[0,2π)，所以θ＝7π4.[答案] D[类题通法]1．用三角函数定义求三角函数值有时反而更简单；2．同角三角函数间的关系、诱导公式在三角函数式的化简中起着举足轻重的作用，应注意正确选择公式、注意公式的应用条件． [冲关集训]1．(2012·辽宁高考)已知sin α－cos α＝2，α∈(0，π)，则tan α＝( ) A ．－1 B ．－22C.22D ．1 解析：选A 由sin α－cos α＝2sin ⎝⎛⎭⎫α－π4＝2，α∈(0，π)，解得α＝3π4，所以tan α＝tan 3π4＝－1.2．已知α∈(－π，0)，tan(3π＋α)＝a 1log 3a(a>0，且a ≠1)，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π＋α的值为( ) A.1010 B ．－1010C.31010D ．－31010解析：选B 由题意可知tan(3π＋α)＝13，所以tan α＝13，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π＋α＝cos ⎝⎛⎭⎫π2－α＝sin α. ∵α∈(－π，0)，∴sin α＝－1010. [考情分析] 函数y ＝Asin(ωx ＋φ)图像的平移和伸缩变换以及根据图像确定A 、ω、φ问题是高考的热点，题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度中低档，主要考查识图、用图能力，同时考查利用三角公式进行三角恒等变换的能力．[例2] (2012·陕西高考)函数f(x)＝Asin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6＋1(A>0，ω>0)的最大值为3，其图像相邻两条对称轴之间的距离为π2.(1)求函数f(x)的解析式；(2)设α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f ⎝⎛⎭⎫α2＝2，求α的值．[思路点拨] (1)利用最值求出A 的值．再利用函数图像相邻两条对称轴之间的距离求出周期，从而得出ω＝2，进而得解；(2)结合已知条件得出关于角α的某一个三角函数值，再根据α的范围易求得α的值．[解] (1)∵函数f(x)的最大值为3， ∴A ＋1＝3，即A ＝2.∵函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为π2，∴最小正周期T ＝π.∴ω＝2.∴函数f(x)的解析式为y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋1.(2)∵f ⎝⎛⎭⎫α2＝2sin ⎝⎛⎭⎫α－π6＋1＝2，∴sin ⎝⎛⎭⎫α－π6＝12. ∵0<α<π2，∴－π6<α－π6<π3.∴α－π6＝π6，∴α＝π3.[类题通法]1．确定函数y ＝Asin(ωx ＋φ)＋B 解析式的方法(1)给出y ＝Asin(ωx ＋φ)的图像，求解析式，常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图像的升降找准第一个零点的位置． (2)给出y ＝Asin(ωx ＋φ)＋B 的图像求解析式，参数A ，B ， A ＝最大值－最小值2，B ＝最大值＋最小值2；2．函数y ＝Asin(ωx ＋φ)的图像变换的技巧及注意事项(1)函数图像的平移变换规则是“左加右减”．(2)在变换过程中务必分清先相位变换，还是先周期变换．(3)变换只是相对于其中的自变量x 而言的，如果x 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向． [冲关集训]3．(2012·济南一模)将函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎫x －π3的图像上各点横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平移π6个单位，所得函数图像的一条对称轴是( )A ．x ＝π4B ．x ＝π6C ．x ＝πD ．x ＝π2解析：选D y ＝cos ⎝⎛⎭⎫x －π3―――――――――→横坐标伸长到原来的2倍纵坐标不变y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －π3――――――→向左平移π6个单位y ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝⎛⎭⎫x ＋π6－π3，即y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －π4.因为当x ＝π2时，y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫12×π2－π4＝1，所以对称轴可以是x ＝π2. 4．(2012·天津高考)将函数f(x)＝sin ωx(其中ω>0)的图像向右平移π4个单位长度，所得图像经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，0，则ω的最小值是( )A.13 B ．1 C.53D ．2 解析：选D 将函数f(x)＝sin ωx 的图像向右平移π4个单位长度，得到的图像对应的函数解析式为f(x)＝sin ω(x －π4)＝sin(ωx －ωπ4)．又因为函数图像过点(3π4，0)，所以sin(3ωπ4－ωπ4)＝sin ωπ2＝0，所以ωπ2＝k π，即ω＝2k(k ∈Z)，因为ω>0，所以ω的最小值为2. 5．(2012·衡水模拟)若函数y ＝Asin(ωx ＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π2)在一个周期内的图像如图所示，M ，N 分别是这段图像的最高点与最低点，且OM ·ON＝0，则A ·ω＝( ) A.π6 B.7π12 C.7π6 D.7π3解析：选C 由题中图像知T 4＝π3－π12，所以T ＝π，所以ω＝2.则M ⎝⎛⎭⎫π12，A ，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12，－A ， 由OM ·ON＝0，得7π2122＝A2，所以A ＝7π12，所以A ·ω＝7π6. [考情分析] 三角函数的周期性、单调性、最值等是高考的热点，题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度属中低档；常与三角恒等变换交汇命题，在考查三角函数性质的同时，又考查三角恒等变换的方法与技巧，注重考查函数方程、转化化归等思想方法． [例3] (2012·北京高考)已知函数f(x)＝ sin x －cos x sin 2xsin x .(1)求f(x)的定义域及最小正周期； (2)求f(x)的单调递增区间．[思路点拨] 先化简函数解析式，再求函数的性质． [解] (1)由sin x ≠0得x ≠k π(k ∈Z)， 故f(x)的定义域为{x ∈R|x ≠k π，k ∈Z}． 因为f(x)＝ sin x －cos x sin 2xsin x＝2cos x(sin x －cos x) ＝sin 2x －cos 2x －1＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4－1， 所以f(x)的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)函数y ＝sin x 的单调递增区间为 ⎣⎡⎦⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z)．由2k π－π2≤2x －π4≤2k π＋π2，x ≠k π(k ∈Z)，得k π－π8≤x ≤k π＋3π8，x ≠k π(k ∈Z)．所以f(x)的单调递增区间为⎣⎡⎭⎫k π－π8，k π和⎝ ⎛⎦⎥⎤k π，k π＋3π8(k ∈Z)．[类题通法]函数y ＝Asin(ωx ＋φ)的性质及应用的求解思路第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y ＝Asin(ωx ＋φ)＋B 的形式；第二步：把“ωx ＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y ＝Asin(ωx ＋φ)＋B 的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题． [冲关集训]6．(2012·石家庄模拟)下列函数中，周期为π且在⎣⎡⎦⎤0，π2上是减函数的是( )A ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4B ．y ＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4C ．y ＝sin 2xD ．y ＝cos 2x解析：选D 因为y ＝cos 2x 的周期T ＝2π2＝π，而2x ∈[0，π]，所以y ＝cos 2x 在⎣⎡⎦⎤0，π2上为减函数．7．(2012·山东高考)函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 6－π3(0≤x ≤9)的最大值与最小值之和为( )A ．2－ 3B ．0C ．－1D ．－1－ 3解析：选A 当0≤x ≤9时，－π3≤πx 6－π3≤7π6，－32≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 6－π3≤1，所以函数的最大值为2，最小值为－3，其和为2－ 3.8．(2012·广州调研)已知函数f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋3π2(x ∈R)，给出下面四个命题：①函数f(x)的最小正周期为π；②函数f(x)是偶函数；③函数f(x)的图像关于直线x ＝π4对称；④函数f(x)在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上是增函数．其中正确命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 函数f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋3π2＝－cos 2x ，则其最小正周期为π，故①正确；易知函数f(x)是偶函数，②正确；由f(x)＝－cos 2x 的图像可知，函数f(x)的图像关于直线x＝π4不对称，③错误；由f(x)的图像易知函数f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上是增函数，故④正确． 9．设函数f(x)＝sin ωx ＋sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π2，x ∈R. (1)若ω＝12，求f(x)的最大值及相应的x 的集合；(2)若x ＝π8是f(x)的一个零点，且0<ω<10，求f(x)的单调递增区间．解：(1)f(x)＝sin ωx ＋sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π2＝sin ωx －cos ωx ，当ω＝12时，f(x)＝sin x 2－cos x 2＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π4， 又－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π4≤1，所以f(x)的最大值为2，此时，x 2－π4＝π2＋2k π，k ∈Z ，即x ＝3π2＋4k π，k ∈Z ，相应的x 的集合为{x|x ＝3π2＋4k π，k ∈Z}．(2)法一：因为f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π4， 所以，x ＝π8是f(x)的一个零点⇔f ⎝⎛⎭⎫π8＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωπ8－π4＝0， 即ωπ8－π4＝k π，k ∈Z ，整理，得ω＝8k ＋2，k ∈Z ， 又0<ω<10，所以0<8k ＋2<10，－14<k<1，而k ∈Z ，所以k ＝0，ω＝2，f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4，由－π2＋2k π≤2x －π4≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π8＋k π≤x ≤3π8＋k π，k ∈Z ，所以f(x)的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π8＋k π，3π8＋k π，k ∈Z.法二：x ＝π8是f(x)的一个零点⇔f ⎝⎛⎭⎫π8＝sin ωπ8－cos ωπ8＝0， 即tan ωπ8＝1.所以ωπ8＝k π＋π4，k ∈Z ，整理得ω＝8k ＋2，k ∈Z又0<ω<10，所以0<8k ＋2<10，－14<k<1，而k ∈Z ，所以k ＝0，ω＝2，f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4. 以下同法一．“观看”数学思想在三角函数中的精彩应用许多三角函数问题，如能灵活运用相应的数学思想(数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想、分类讨论思想、整体思想)，往往能使一些抽象的、复杂的三角问题迅速、准确地找到解题思路，从而得到便捷的解法．[典例] 已知函数f(x)＝Asin(ωx ＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π2)在一个周期内的图像如图所示．(1)求函数的解析式；(2)设0<x<π，且方程f(x)＝m 有两个不同的实数根，求实数m 的取值范围以及这两个根的和．[思路点拨] 利用转化思想把方程问题化为函数问题，再利用数形结合法求解．[解] (1)由图像知A ＝2，34T ＝11π12－π6＝3π4，则T ＝π，所以ω＝2，又图像过点⎝⎛⎭⎫π6，2，所以2×π6＋φ＝π2.即φ＝π6.所以所求的函数的解析式为f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6.(2)在同一坐标系中画出y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6和y ＝m(m ∈R)的图像，如图所示，由图可知，当－2<m<1或1<m<2时，直线y ＝m 与曲线有两个不同的交点，即原方程有两个不同的实数根，故m 的取值范围为－2<m<1或1<m<2. 当－2<m<1时，两根之和为4π3； 当1<m<2时，两根之和为π3.[名师支招]本题将方程的根的问题转化成两个函数图像交点的个数问题，把代数问题转化成几何问题求解，从函数图像上可以清楚地看出当－2<m<1或1<m<2时，直线y ＝m 与曲线有两个不同的交点，即原方程有两个不同的实数根，利用图像的对称性便可求出两根之和． [高考预测]函数f(x)＝sin πx ＋cos πx ＋|sin πx －cos πx|对任意的x ∈R 都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x2－x1|的最小值为________． 解析：依题意得，当sin πx －cos πx ≥0，即sin πx ≥cos πx 时，f(x)＝2sin πx ；当sin πx －cos πx<0，即sin πx<cos πx 时，f(x)＝2cos πx.令f(x1)、f(x2)分别是函数f(x)的最小值与最大值，结合函数y ＝f(x)的图像可知，|x2－x1|的最小值是34.答案：34[配套课时作业]1．点P 从(1,0)出发，沿单位圆x2＋y2＝1逆时针方向运动2π3弧长到达Q 点，则Q 点的坐标为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12解析：选A 记α＝∠POQ ，由三角函数的定义可知，Q 点的坐标(x ，y)满足x ＝cos α＝cos23π＝－12，y ＝sin α＝sin 23π＝32.2．(2012·江西高考)若tan θ＋1tan θ＝4，则sin 2θ＝( ) A.15 B.14 C.13 D.12解析：选D 法一：∵tan θ＋1tan θ＝1＋tan2 θtan θ＝4，∴4tan θ＝1＋tan2 θ， ∴sin 2θ＝2sin θcos θ＝2sin θcos θsin2 θ＋cos2 θ＝2tan θ1＋tan2θ＝2tan θ4tan θ＝12.法二：∵tan θ＋1tan θ＝sin θcos θ＋cos θsin θ＝1cos θsin θ＝2sin 2θ∴4＝2sin 2θ，故sin 2θ＝12.3．若函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤0，π3上单调递增，在区间⎣⎡⎦⎤π3，π2上单调递减，则ω＝( ) A.23 B.32C ．2D ．3解析：选B 由于函数f(x)＝sin ωx 的图像经过坐标原点，根据已知并结合函数图像，可知π3为这个函数的四分之一周期，故2πω＝4π3，解得ω＝32. 4．(2012·福州质检)将函数f(x)＝sin 2x(x ∈R)的图像向右平移π4个单位后，所得到的图像对应的函数的一个单调递增区间是( )A.⎝⎛⎭⎫－π4，0 B .⎝⎛⎭⎫0，π2 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π4 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，π 解析：选 B 将函数f(x)＝sin 2x(x ∈R)的图像向右平移π4个单位后得到函数g(x)＝sin2⎝⎛⎭⎫x －π4＝－cos 2x 的图像，则函数g(x)的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π，k π＋π2，k ∈Z ，而满足条件的只有B.5．(2012·山西考前适应性训练)已知函数f(x)＝sin(ωx ＋φ)(0<ω<5,0≤φ≤π2)的图像经过点⎝⎛⎭⎪⎫0，32，且f ⎝⎛⎭⎫π4＝－1，则ω＝( ) A.113 B ．4 C.133 D.143解析：选D 依题意得，f(0)＝sin φ＝32，又0≤φ≤π2，因此φ＝π3.由f ⎝⎛⎭⎫π4＝sin ⎝⎛⎭⎫ω×π4＋π3＝－1得ω×π4＋π3＝2k π－π2，ω＝8k －103，k ∈Z ；又0<ω<5，于是有0<8k －103<5，512<k<2524，k ∈Z ，因此k ＝1，ω＝143.6．已知函数f(x)＝sin x ＋3cos x ．设a ＝f ⎝⎛⎭⎫π7，b ＝f ⎝⎛⎭⎫π6，c ＝f ⎝⎛⎭⎫π3，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a<b<cB ．c<a<bC ．b<a<cD ．b<c<a解析：选B 法一：f(x)＝sin x ＋3cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3，因为函数f(x)在[0，π6]上单调递增，所以f ⎝⎛⎭⎫π7<f ⎝⎛⎭⎫π6，而c ＝f ⎝⎛⎭⎫π3＝2sin 2π3＝2sin π3＝f(0)<f ⎝⎛⎭⎫π7，所以c<a<b.法二：f(x)＝sin x ＋3cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3，显然f(x)的最小正周期T ＝2π，一个对称轴为x ＝π6.因为⎪⎪⎪⎪π6－π6<⎪⎪⎪⎪π7－π6<⎪⎪⎪⎪π3－π6，所以f ⎝⎛⎭⎫π3<f ⎝⎛⎭⎫π7<f ⎝⎛⎭⎫π6，即c<a<b.7．(2011·江西高考)已知角θ的顶点为坐标原点，始边为x 轴的正半轴．若P(4，y)是角θ终边上一点，且sin θ＝－255，则y ＝________. 解析：r ＝x2＋y2＝16＋y2， 且sin θ＝－255，所以sin θ＝y r ＝y 16＋y2＝－255，所以θ为第四象限角，解得y ＝－8.答案：－88．函数f(x)＝2sin ωx(ω>0)在⎣⎡⎦⎤0，π4上单调递增，且在这个区间上的最大值是3，那么ω等于________．解析：∵f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π4上为增函数，且f(x)的最大值是3<2，∴f ⎝⎛⎭⎫π4＝3，即sin π4ω＝32， ∴π4ω＝π3，∴ω＝43. 答案：439．函数f(x)＝2cos2x ＋sin 2x －1，给出下列四个命题：①函数在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，5π8上是减函数； ②直线x ＝π8是函数图像的一条对称轴；③函数f(x)的图像可由函数y ＝2sin 2x 的图像向左平移π4个单位长度而得到；④若x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，则f(x)的值域是[]－1，2.其中所有正确命题的序号是________．解析：∵f(x)＝2cos2x ＋sin 2x －1＝cos 2x ＋sin 2x＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4，令2k π＋π2≤2x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z)，得：k π＋π8≤x ≤k π＋5π8(k ∈Z)，即f(x)的递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π8，k π＋5π8(k ∈Z)．∴命题①正确．又∵x ＝π8时，2x ＋π4＝π2，∴x ＝π8是函数图像的一条对称轴，∴命题②正确．又∵f(x)可由y ＝2sin 2x 的图像向左平移π8个单位长度而得到，∴命题③错误．又∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，2x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，5π4，∴2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4∈[－1， 2 ]， 即f(x)∈[－1， 2 ]，∴命题④正确． 答案：①②④10．(2012·天津高考)已知函数f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋2cos2x －1，x ∈R.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)求函数f(x)在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上的最大值和最小值．解：(1)f(x)＝sin 2x ·cos π3＋cos 2x ·sin π3＋sin 2x ·cos π3－cos 2x ·sin π3＋cos 2x ＝sin2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4.所以，f(x)的最小正周期T ＝2π2＝π.(2)法一：因为f(x)在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π8上是增函数，在区间[π8，π4]上是减函数，又f ⎝⎛⎭⎫－π4＝－1，f ⎝⎛⎭⎫π8＝2，f ⎝⎛⎭⎫π4＝1，故函数f(x)在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上的最大值为2，最小值为－1.法二：由(1)知f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4，因为－π4≤x ≤π4，则－π2≤2x ≤π2，则－π4≤2x ＋π4≤3π4.所以－22≤sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4≤1，即－1≤2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4≤ 2. 所以f(x)在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上的最大值为2，最小值为－1.11．已知定义在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π，3π2上的函数y ＝f(x)图像关于直线x ＝π4对称，当x ≥π4时，f(x)＝－sin x.(1)作出y ＝f(x)的图像； (2)求y ＝f(x)的解析式．解：(1)y ＝f(x)的图像如图所示．(2)任取x ∈⎣⎡⎦⎤－π，π4， 则π2－x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π2，因函数y ＝f(x)图像关于直线x ＝π4对称，则f(x)＝f ⎝⎛⎭⎫π2－x ，又当x ≥π4时，f(x)＝－sin x ，则f(x)＝f ⎝⎛⎭⎫π2－x ＝－sin ⎝⎛⎭⎫π2－x ＝－cos x ， 即f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－cos x ，x ∈⎣⎡⎦⎤－π，π4，－sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π2.12.已知函数f(x)＝Asin(ωx ＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π2，x ∈R)的图像的一部分如右图所示． (1)求函数f(x)的解析式；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－23时，求函数y ＝f(x)＋f(x ＋2)的最大值与最小值及相应的x 的值．解：(1)由图像知A ＝2，T ＝8， ∵T ＝2πω＝8，∴ω＝π4.又图像经过点(－1,0)，∴2sin ⎝⎛⎭⎫－π4＋φ＝0.又∵|φ|<π2，∴φ＝π4.∴f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫π4x ＋π4.(2)y ＝f(x)＋f(x ＋2) ＝2sin ⎝⎛⎭⎫π4x ＋π4＋2sin ⎝⎛⎭⎫π4x ＋π2＋π4＝22sin ⎝⎛⎭⎫π4x ＋π2＝22cos π4x ，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－23， ∴－3π2≤π4x ≤－π6.∴当π4x ＝－π6，即x ＝－23时，y ＝f(x)＋f(x ＋2)取得最大值6；当π4x ＝－π，即x ＝－4时，y ＝f(x)＋f(x ＋2)取得最小值为－2 2.第二节三角变换与解三角形1．“死记”两组三角公式(1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式 ①sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. ②cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β. ③tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.(2)二倍角的正弦、余弦、正切公式 ①sin 2α＝2sin αcos α.②cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.③tan 2α＝2tan α1－tan2α.2．“熟记”两个定理 (1)正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R(2R 为△ABC 外接圆的直径)． 变形：a ＝2Rsin A ，b ＝2Rsin B ，c ＝2Rsin C ； sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R；a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C.(2)余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A ，b2＝a2＋c2－2accos B ， c2＝a2＋b2－2abcos C.推论：cos A ＝b2＋c2－a22bc ，cos B ＝a2＋c2－b22ac ，cos C ＝a2＋b2－c22ab.变形：b2＋c2－a2＝2bccos A ，a2＋c2－b2＝2accos B ， a2＋b2－c2＝2abcos C.[考情分析] 三角恒等变换是三角运算的核心和灵魂，特别是和与差的三角函数公式与三角恒等变换的灵活运用．高考对该内容的考查，一般多以选择题、填空题的形式考查三角变换在求值、化简等方面的简单应用，解答题往往与向量交汇命题．[例1] (2011·广东高考)已知函数f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －π6，x ∈R. (1)求f(0)的值；(2)设α，β∈⎣⎡⎦⎤0，π2，f ⎝⎛⎭⎫3α＋π2＝1013，f(3β＋2π)＝65，求sin(α＋β)的值．[思路点拨] (1)可以直接代入求值．(2)首先要化简条件得sin α，cos β，然后用和角公式sin(α＋β)计算．[解] (1)f(0)＝2sin ⎝⎛⎭⎫－π6＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－1. (2)由f ⎝⎛⎭⎫3α＋π2＝1013，即2sin α＝1013，所以sin α＝513.由f(3β＋2π)＝65，得2sin ⎝⎛⎭⎫β＋π2＝65， 即2cos β＝65，所以cos β＝35.∵α，β∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴cos α＝1－sin2α＝1213，sin β＝1－cos2β＝45.∴sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β ＝513×35＋1213×45＝6365. [类题通法]三角函数恒等变换的基本策略(1)常值代换．特别是“1”的代换，如1＝cos2θ＋sin2θ＝tan 45°等． (2)项的分拆与角的配凑．如分拆项：sin2x ＋2cos2x ＝(sin2x ＋cos2x)＋cos2x ＝1＋cos2x ；配凑角：α＝(α＋β)－β，β＝α＋β2－α－β2等．(3)降次与升次，即半角公式降次与倍角公式升次．(4)化弦(切)法．将三角函数利用同角三角函数的基本关系化成弦(切)．(5)引入辅助角．asin θ＋bcos θ＝a2＋b2sin(θ＋φ)，这里辅助角φ所在的象限由a ，b 的符号确定，φ的值由tan φ＝ba确定．[冲关集训]1．(2012·深圳调研)已知直线l ：xtan α－y －3tan β＝0的斜率为2，在y 轴上的截距为1，则tan(α＋β)＝( ) A ．－73B.73C.57D ．1 解析：选D 依题意得，tan α＝2，－3tan β＝1，即tan β＝－13，tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝2－131＋23＝1.2．(2012·哈师大附中模拟)设α，β都是锐角，且cos α＝55，sin(α＋β)＝35，则cos β＝( ) A.2525 B.255C.2525或255D.55或525解析：选A 依题意得sin α＝1－cos2α＝255，cos(α＋β)＝±1－sin2 α＋β ＝±45；又α，β均为锐角，因此0<α<α＋β<π，cos α>cos(α＋β)，注意到45>55>－45，所以cos(α＋β)＝－45.cos β＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α＝－45×55＋35×255＝2525.3．(2012·德州模拟)已知函数f(x)＝2cos2x2－3sin x.(1)求函数f(x)的最小正周期和值域；(2)若α为第二象限角，且f ⎝⎛⎭⎫α－π3＝13，求cos 2α1＋cos 2α－sin 2α的值．解：(1)∵f(x)＝2cos2x2－3sin x＝1＋cos x －3sin x ＝1＋2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π3， ∴周期T ＝2π，f(x)的值域为[－1,3]．(2)∵f ⎝⎛⎭⎫α－π3＝13，∴1＋2cos α＝13，即cos α＝－13.∵α为第二象限角，∴sin α＝223.∴cos 2α1＋cos 2α－sin 2α＝cos2α－sin2α2cos2α－2sin αcos α ＝cos α＋sin α2cos α＝－13＋223－23＝1－222.[考情分析] 正弦定理和余弦定理是解斜三角形的工具，而解斜三角形是高考的一个热点问题．高考对该内容的考查可以是选择题或填空题，直接利用正弦定理和余弦定理的公式去求解三角形问题，多属于中档题；也可以是解答题，多是交汇性问题，常常是与三角函数或平面向量结合．[例2] (2012·新课标全国卷)已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，acos C ＋3asin C －b －c ＝0. (1)求A ；(2)若a ＝2，△ABC 的面积为 3，求b ，c.[思路点拨] (1)由题设以及正弦定理得到关于A 的三角函数值，进而求得A 的值．(2)由面积公式以及余弦定理得到b 与c 的方程组，进而求得b 与c 的值． [解] (1)由acos C ＋3asin C －b －c ＝0得 sin Acos C ＋3sin Asin C －sin B －sin C ＝0. 因为B ＝π－A －C ，所以3sin Asin C －cos Asin C －sin C ＝0.由于sin C ≠0，所以sin ⎝⎛⎭⎫A －π6＝12.又0＜A ＜π，故A ＝π3.(2)△ABC 的面积S ＝12bcsin A ＝3，故bc ＝4.而a2＝b2＋c2－2bccos A ，故b2＋c2＝8. 解得b ＝c ＝2. [类题通法] 解三角形的一般方法(1)已知两角和一边，如已知A ，B 和c ，由A ＋B ＋C ＝π求C ，由正弦定理求a ，b.(2)已知两边和这两边的夹角，如已知a ，b 和C ，应先用余弦定理求c ，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A ＋B ＋C ＝π求另一角．(3)已知两边和其中一边的对角，如已知a ，b 和A ，应先用正弦定理求B ，由A ＋B ＋C ＝π求C ，再由正弦定理或余弦定理求c ，要注意解可能有多种情况． (4)已知三边a ，b ，c ，可应用余弦定理求A ，B ，C. [冲关集训]4．(2012·天津高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知8b ＝5c ，C ＝2B ，则cos C ＝( )A.725 B ．－725 C ．±725D.2425解析：选A 由C ＝2B 得sin C ＝sin 2B ＝2sin Bcos B ，由正弦定理及8b ＝5c 得cos B ＝sin C2sin B ＝c 2b ＝45，所以cos C ＝cos 2B ＝2cos2 B －1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫452－1＝725. 5．(2012·北京高考)在△ABC 中，若a ＝3，b ＝3，∠A ＝π3，则∠C 的大小为________．解析：由正弦定理可知sin ∠B ＝bsin ∠A a ＝3sinπ33＝12，所以∠B ＝π6或5π6(舍去)，所以∠C ＝π－∠A －∠B ＝π－π3－π6＝π2.答案：π26．(2012·江西高考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.已知3cos(B －C)－1＝6cos Bcos C. (1)求cos A ；(2)若a ＝3，△ABC 的面积为22，求b ，c. 解：(1)由3cos(B －C)－1＝6cos Bcos C ， 得3(cos Bcos C －sin Bsin C)＝－1， 即cos(B ＋C)＝－13，从而cos A ＝－cos(B ＋C)＝13.(2)由于0<A<π，cos A ＝13，所以sin A ＝223.又S △ABC ＝22，即12bcsin A ＝22，解得bc ＝6.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A ，得b2＋c2＝13.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧bc ＝6，b2＋c2＝13，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，c ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝3，c ＝2.[考情分析] 由于正、余弦定理是解斜三角形的工具，而解斜三角形应用问题中的测量问题、航海问题等常常是高考的热点，其主要要求是：会利用正弦定理和余弦定理等知识和方法解决一些测量和几何计算有关的实际问题．[例3] 某港口O 要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上，在小艇出发时，轮船位于港口O 北偏西30°且与该港口相距20海里的A 处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v 海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t 小时与轮船相遇．(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？(2)为保证小艇在30分钟内(含30分钟)能与轮船相遇，试确定小艇航行速度的最小值； (3)是否存在v ，使得小艇以v 海里/小时的航行速度行驶，总能有两种不同的航行方向与轮船相遇？若存在，试确定v 的取值范围；若不存在，请说明理由．[思路点拨] 第(1)步设相遇时小艇航行的距离为S ，利用余弦定理把S 表示为关于t 的函数，利用二次函数求解S 的最小值，并求解此时的速度；第(2)步利用余弦定理表示出v ，t 的关系式，并利用函数知识求解；第(3)步把问题转化为二次函数根的分布问题． [解] (1)设相遇时小艇航行距离为S 海里，则 S ＝900t2＋400－2·30t ·20·cos 90°－30° ＝900t2－600t ＋400＝900⎝ ⎛⎭⎪⎫t －132＋300， 故当t ＝13时，Smin ＝103，v ＝303，即小艇以每小时303海里的速度航行，相遇时距离最小．(2)若轮船与小艇在B 处相遇，由题意可得：(vt)2＝202＋(30t)2－2·20·(30t)·cos(90°－30°)， 化简得v2＝400t2－600t＋900＝400⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －342＋675， 由于0<t ≤12，即1t ≥2，所以当1t ＝2时，v 取得最小值1013，即小艇航行速度的最小值为1013海里/小时．(3)由(2)知v2＝400t2－600t ＋900，令1t＝μ(μ>0)，于是有400μ2－600μ＋900－v2＝0，小艇总能有两种不同的航行方向与轮船相遇等价于上述方程有两个不等正根，所以⎩⎪⎨⎪⎧600 2－1 600 900－v2 >0，900－v2>0，解得：153<v<30，所以v 的取值范围为(153，30)． [类题通法]应用解三角形知识解决实际问题需要下列四步(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，如坡度、仰角、俯角、方位角等；(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；(3)将所求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等有关知识正确求解；(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．[冲关集训]7.如图，为测得河对岸塔AB 的高，先在河岸上选一点C ，使C 在塔底B 的正东方向上，测得点A 的仰角为60°，再由点C 沿北偏东15°方向走10米到位置D ，测得∠BDC ＝45°，则塔AB 的高是________米．解析：在△BCD 中，CD ＝10，∠BDC ＝45°，∠BCD ＝15°＋90°＝105°，∠DBC ＝30°，BC sin 45°＝CD sin 30°，BC ＝CDsin 45°sin 30°＝10 2.在Rt △ABC 中，tan 60°＝ABBC，AB ＝BCtan 60°＝10 6.答案：10 68．(2012·郑州模拟)郑州市某广场有一块不规则的绿地如图所示，城建部门欲在该地上建造一个底座为三角形的环境标志，小李、小王设计的底座形状分别为△ABC 、△ABD ，经测量AD ＝BD ＝7米，BC ＝5米，AC ＝8米，∠C ＝∠D.(1)求AB 的长度；(2)若环境标志的底座每平方米造价为5 000元，不考虑其他因素，小李、小王谁的设计使建造费用最低(请说明理由)，最低造价为多少？(2＝1.414，3＝1.732) 解：(1)在△ABC 中，由余弦定理得 cos C ＝AC2＋BC2－AB22AC ·BC ＝82＋52－AB22×8×5，①在△ABD 中，由余弦定理得cos D ＝AD2＋BD2－AB22AD ·BD ＝72＋72－AB22×7×7，②由∠C ＝∠D 得cos C ＝cos D ，③解得AB ＝7，所以AB 的长度为7米． (2)小李的设计使建造费用最低． 理由如下：易知S △ABD ＝12AD ·BDsin D ，S △ABC ＝12AC ·BCsin C ，因为AD ·BD>AC ·BC ，且∠C ＝∠D ，所以S △ABD>S △ABC.故选择△ABC 的形状建造环境标志费用较低．因为AD ＝BD ＝AB ＝7，所以△ABD 是等边三角形，∠D ＝∠C ＝60°. 故S △ABC ＝12AC ·BCsin C ＝103，所以所求的最低造价为5 000×103＝50 0003≈86 600元．透视三角函数的求值、求角问题许多考生对三角函数恒等变换中的求值、求角问题一筹莫展，其原因在于：①未能牢记三角公式；②不知如何根据三角函数的形式选择合适的求值、求角的方法．三角函数的求值、求角问题包括：(1)“给角求值”，即在不查表的前提下，通过三角恒等变换求三角函数式的值； (2)“给值求值”，即给出一些三角函数值，求与之有关的其他三角函数式的值； (3)“给值求角”，即给出三角函数值，求符合条件的角．[典例] (2011·天津高考)已知函数f(x)＝tan ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4，(1)求f(x)的定义域与最小正周期；(2)设α∈⎝⎛⎭⎫0，π4，若f ⎝⎛⎭⎫α2＝2cos 2α，求α的大小． [思路点拨] (1)根据正切函数的有关概念和性质求解；(2)根据三角函数的有关公式进行变换、化简求值．[解] (1)由三角函数的定义得2x ＋π4≠π2＋k π，k ∈Z ，即x ≠π8＋k π2，k ∈Z.∴f(x)的定义域为{x|x ≠π8＋k π2，k ∈Z}，f(x)的最小正周期为π2.(2)由f ⎝⎛⎭⎫α2＝2cos 2α，得tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝2cos 2α，即sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4cos ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝2(cos2α－sin2α)， 整理得：sin α＋cos αsin α－cos α＝2(sin α＋cos α)(sin α－cos α)．∵α∈⎝⎛⎭⎫0，π4，∴sin α＋cos α≠0.∴(sin α－cos α)2＝12.∴sin 2α＝12.由α∈⎝⎛⎭⎫0，π4，得2α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴2α＝π6，α＝π12.[名师支招]利用三角恒等变换求值与求角，其实质是对两角和与差以及二倍角的正弦、余弦、正切公式的应用．求解此类问题，不仅对公式的正用、逆用要熟悉，而且对公式的变形应用也要熟悉，同时要善于拆角、拼角，注意角的范围．总之，“变”是三角恒等变换的主题，在三角恒等变换中，角的变换、名称的变换、次数的变换、表达形式的变换等比比皆是，在训练中，强化“变”的意识是关键，但要注意其中的不变，即公式不变、方法不变，最好能够将习题进行归类，并进行分析比较，寻找解题规律，这样才能以不变应万变． [高考预测]已知向量OA ＝(cos α，sin α)(α∈[－π，0])，向量m ＝(2,1)，n ＝(0，－5)，且m ⊥(OA－n)．(1)求向量OA ；(2)若cos(β－π)＝210，0<β<π，求cos(2α－β)． 解：(1)∵OA＝(cos α，sin α)， ∴OA－n ＝(cos α，sin α＋5)，∵m ⊥(OA －n)，∴m ·(OA－n)＝0，即2cos α＋(sin α＋5)＝0，① 又sin2α＋cos2α＝1，② 由①②联立方程解得cos α＝－255，sin α＝－55，∴OA＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－255，－55.(2)∵cos(β－π)＝210，∴cos β＝－210， 又∵0<β<π，∴sin β＝7210，且π2<β<π.又∵sin 2α＝2sin αcos α＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－55×⎝ ⎛⎭⎪⎫－255＝45， cos 2α＝2cos2α－1＝2×45－1＝35，∴cos(2α－β)＝cos 2αcos β＋sin 2αsin β＝35×⎝ ⎛⎭⎪⎫－210＋45×7210＝25250＝22.[配套课时作业]1．(2012·威海模拟)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，3π2，cos α＝－55，则tan 2α＝( )A.43 B ．－43 C ．－2D ．2解析：选B 因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，3π2，cos α＝－55，所以sin α＝－1－cos2α＝－255.所以tan α＝2.则tan 2α＝2tan α1－tan2α＝－43.2．若α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且sin2α＋cos 2α＝14，则tan α的值等于( )A.22 B.33C. 2D. 3解析：选D 由二倍角公式可得sin2α＋1－2sin2α＝14，sin2α＝34，又因为α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以sin α＝32.即α＝π3，所以tan α＝tan π3＝ 3. 3．设sin α＝35⎝⎛⎭⎫π2<α<π，tan(π－β)＝12，则tan(α－2β)＝( )A ．－247B ．－724C.247D.724解析：选D ∵sin α＝35，α∈⎝⎛⎭⎫π2，π，∴cos α＝－45，∴tan α＝－34.又∵tan(π－β)＝12，∴tan β＝－12，∴tan 2β＝2tan β1－tan2β＝－43，∴tan(α－2β)＝tan α－tan 2β1＋tan αtan 2β＝－34－⎝ ⎛⎭⎪⎫－431＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫－43 ＝724. 4．(2012·重庆高考)sin 47°－sin 17°cos 30°cos 17°＝( )A ．－32 B ．－12C.12D.32解析：选C 原式＝sin 30°＋17° －sin 17°cos 30°cos 17°＝sin 30°cos 17°＋cos 30°sin 17°－sin 17°cos 30°cos 17°＝sin 30°cos 17°cos 17°＝12.5．已知sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3＋sin α＝－435，－π2<α<0，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋2π3等于( ) A ．－45B ．－35C.35D.45解析：选D 由sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3＋sin α＝－435，－π2<α<0，得sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3＋sin α＝32sin α＋32cos α＝3sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝－435.所以sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝－45， 所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋2π3＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6＋π2＝－sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝45. 6．(2012·湖北高考)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.若三边的长为连续的三个正整数，且A>B>C ，3b ＝20acos A ，则sin A ∶sin B ∶sin C 为( ) A ．4∶3∶2 B ．5∶6∶7 C ．5∶4∶3 D ．6∶5∶4解析：选D 由题意可得a>b>c ，且为连续正整数，设c ＝n ，b ＝n ＋1，a ＝n ＋2(n>1，且n ∈N*)，则由余弦定理可得3(n ＋1)＝20(n ＋2)· n ＋1 2＋n2－ n ＋2 22n n ＋1 ，化简得7n2－13n－60＝0，n ∈N*，解得n ＝4，由正弦定理可得sin A ∶sin B ∶si n C ＝a ∶b ∶c ＝6∶5∶4. 7．(2012·北京高考)在△ABC 中，若a ＝2，b ＋c ＝7，cos B ＝－14，则b ＝________.解析：代入余弦定理公式得：b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，解得b ＝4. 答案：48．(2012·烟台模拟)若α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且cos2α＋sin ⎝⎛⎭⎫π2＋2α＝12，则tan α＝________. 解析：因为cos2α＋sin ⎝⎛⎭⎫π2＋2α＝12，即cos2α＋cos 2α＝12，所以cos2α＋2cos2α－1＝12.整理得3cos2α＝32，所以cos α＝22(因α为锐角，所以取正)．。
【三维设计】（江苏专版）2013高中数学二轮专题第三部分专题3配套专题检测1．定义集合运算A⊙B＝{z|z＝xy(x＋y)，z∈A，y∈B}，设集合A＝{0,1}，B＝{2,3}，则集合A⊙B的所有元素之和为________．解析：当x＝0时，z＝0，当x＝1，y＝2时，z＝6，当x＝1，y＝3时，z＝12，故所有元素之和为18.答案：182．若实数t满足f(t)＝－t，则称t是函数f(x)的一个次不动点．设函数f(x)＝ln x 与函数g(x)＝e x(其中e为自然对数的底数)的所有次不动点之和为m，则m＝________.解析：在同一直角坐标系中画出函数y＝ln x、y＝e x与y＝－x的图象(如图)，由图可知函数y＝ln x与y＝－x的图象有惟一的交点，设为(t，－t)，又函数y＝e x与y＝－x的图象也有惟一的交点，其坐标为(－t，t)，所以函数f(x)＝ln x与g(x)＝e x的次不动点互为相反数，所以m＝0.答案：03．规定记号“Δ”表示一种运算，即aΔb＝ab＋a＋b，a、b∈R＋.若1Δk＝3，则函数f(x)＝kΔx的值域是________．解析：由1Δk＝3得1·k＋1＋k＝3，解得k＝1，所以f(x)＝x＋1＋x(x>0)，f(x)在(0，＋∞)内是增函数，故f(x)>1，即f(x)的值域为(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)4．计算机中常用的十六进制是逢16进1的记数制，采用数字0～9和字母A～F共16个记数符号；这些符号与十进制的数的对应关系如下表：解析：∵A＝10，B＝11，又A×B＝10×11＝110＝16×6＋14，∴在16进制中A×B＝6E.答案：6E5．设是R上的一个运算，A是R的非空子集，若对任意a，b∈A有a b∈A，则称A 对运算封闭，下列数集对加法、减法、乘法和除法(除数不等于零)四则运算都封闭的是________．①自然数集；②整数集；③有理数集；④无理数集解析：①中1－2＝－1不是自然数，即自然数集不满足条件；②中1÷2＝0.5不是整数，即整数集不满足条件；③中有理数集满足条件；④中2×2＝2不是无理数，即无理数集不满足条件．答案：③6．设集合A ＝{x |x 2－[x ]＝2}和B ＝{x ||x |<2}，其中符号[x ]表示不大于x 的最大整数，则A ∩B ＝________.解析：∵|x |<2，[x ]的值可取－2，－1,0,1.当[x ]＝－2，则x 2＝0无解；当[x ]＝－1，则x 2＝1，∴x ＝－1；当[x ]＝0，则x 2＝2无解；当[x ]＝1，则x 2＝3， ∴x ＝ 3.所以x ＝－1或 3. 答案：{－1，3}7.如图，已知二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c 为实数，a ≠0)的图象过点C (t,2)，且与x 轴交于A ，B 两点，若AC ⊥BC ，则a 的值为________．解析：设点A (x 1,0)，B (x 2,0)，由题意知，x 1＋x 2＝－ba ，x 1x 2＝c a，又AC ＝(t －x 1,2)，BC ＝(t －x 2,2)，所以AC ·BC ＝(t －x 1,2)·(t －x 2,2)＝(t －x 1)·(t －x 2)＋4＝t 2－(x 1＋x 2)t ＋x 1x 2＋4＝t 2＋b a t ＋c a t ＋c a＋4＝0，整理得at 2＋bt ＋c ＋4a ＝0，由二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象过点C (t,2)，易得at 2＋bt ＋c ＝2，所以2＋4a ＝0，a ＝－12.答案：－128．对于直角坐标平面内的任意两点A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，定义它们之间的一种“距离”： ||AB ||＝|x 1－x 2|＋|y 1－y 2|.给出下列三个命题： ①若点C 在线段AB 上，则||AC ||＋||CB ||＝||AB ||； ②在△ABC 中，若∠C ＝90°，则||AC ||2＋||CB ||2＝||AB ||2； ③在△ABC 中，||AC ||＋||CB ||>||AB ||. 其中真命题的是________(填序号)．解析：如图(1)，题目中定义的“距离”||AB ||＝|x 1－x 2|＋|y 1－y 2|，实际上||AB ||的几何意义是|AP |＋|PB |.对于命题①，如图(2)，当C 在线段AB 上时，有||AC ||表示|AE |＋|CE |，||CB ||表示|CD |＋|DB |；而||AB ||表示|AP |＋|PB |.由图可知|AP |＝|AE |＋|CD |，|PB |＝|CE |＋|DB |，∴||AC ||＋||CB ||＝||AB ||，故①正确；对于②，如图(3)，不妨令C为原点，A (0,1)，B (2,0)，经验证知||AC ||2＝1，||CB ||2＝4，||AB ||2＝(2＋1)2＝9，显然②不正确；对于③也可以取上面的特例情况，||AC ||＋||CB ||＝1＋2＝3，||AB ||＝3，故③不成立．答案：①9．将函数y ＝－x 2＋2x ＋3－3(x ∈[]0，2)的图象绕坐标原点逆时针旋转θ(θ为锐角)，若所得曲线仍是一个函数的图象，则θ的最大值为________．解析：作出函数y ＝－x 2＋2x ＋3－3(x ∈[0,2])的图象(圆(x －1)2＋(y ＋3)2＝4的一部分，落在x 轴及其上方)考虑圆(x －1)2＋(y ＋3)2＝4在点(0,0)处的切线y ＝kx ，由|k ＋3|k 2＋1＝2⇒k ＝33，θ的最大值为切线y ＝kx 逆时针旋转到与y 轴重合时所转过的角，∴θ的最大值为π3.答案：π310．在平面直角坐标系中，设三角形ABC 的顶点分别为A (0，a )，B (b,0)，C (c,0)，点P (0，p )在线段AO 上(异于端点)，设a ，b ，c ，p 均为非零实数，直线BP ，CP 分别交AC ，AB 于点E ，F ，一同学已正确算得OE 的方程：⎝ ⎛⎭⎪⎫1b －1c x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1p －1a y ＝0，则OF 的方程：(________)x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1p －1a y ＝0. 解析：画草图，由对称性可猜想填1c －1b .事实上，由截距式可得直线AB ：x b ＋ya＝1，直线CP ：x c ＋y p＝1，两式相减得⎝ ⎛⎭⎪⎫1c －1b x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1p －1ay ＝0，显然直线AB 与CP 的交点F 满足此方程，又原点O 也满足此方程，故为所求直线OF 的方程．答案：1c －1b11．对于函数f 1(x )，f 2(x )，h (x )，如果存在实数a ，b 使得h (x )＝a ·f 1(x )＋b ·f 2(x )，那么称h (x )为f 1(x )，f 2(x )的生成函数．(1)下面给出两组函数，h (x )是否分别为f 1(x )，f 2(x )的生成函数？并说明理由；第一组：f 1(x )＝sin x ，f 2(x )＝cos x ，h (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3；第二组：f 1(x )＝x 2－x ，f 2(x )＝x 2＋x ＋1，h (x )＝x 2－x ＋1；(2)设f 1(x )＝log 2x ，f 2(x )＝log 12x ，a ＝2，b ＝1，生成函数h (x )．若不等式h (4x )＋th (2x )<0，在x ∈[2,4]上有解，求实数t 的取值范围；(3)设f 1(x )＝x (x >0)，f 2(x )＝1x(x >0)，取a >0，b >0，生成函数h (x )图象的最低点坐标为(2,8)．若对于任意正实数x 1，x 2且x 1＋x 2＝1.试问是否存在最大的常数m ，使h (x 1)h (x 2)≥m 恒成立？如果存在，求出这个m 的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)①设a sin x ＋b cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，即a sin x ＋b cos x ＝12sin x ＋32cos x ，取a ＝12，b ＝32，所以h (x )是f 1(x )，f 2(x )的生成函数．②设a (x 2＋x )＋b (x 2＋x ＋1)＝x 2－x ＋1， 即(a ＋b )x 2＋(a ＋b )x ＋b ＝x 2－x ＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝1，a ＋b ＝－1，b ＝1，该方程组无解．所以h (x )不是f 1(x )，f 2(x )的生成函数．(2)h (x )＝2f 1(x )＋f 2(x )＝2log 2x ＋log 12x ＝log 2x ，h (4x )＋th (2x )<0，即log 2(4x )＋t log 22x <0，也即(2＋log 2x )＋t (1＋log 2x )<0. 因为x ∈[2,4]，所以1＋log 2x ∈[2,3]． 则t <－2＋log 2x 1＋log 2x ＝－1－11＋log 2x，函数y ＝－1－11＋log 2x在[2,4]上单调递增，y max ＝－43.故t <－43.(3)由题意，得h (x )＝ax ＋b x(x >0)， 则h (x )＝ax ＋b x≥2ab .⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b 2＝8，2ab ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝8，所以h (x )＝2x ＋8x(x >0)．假设存在最大的常数m ，使h (x 1)h (x 2)≥m 恒成立． 于是设u ＝h (x 1)h (x 2)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋4x 1⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋4x2＝4x 1x 2＋64x 1x 2＋16⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＋x 2x 1＝4x 1x 2＋64x 1x 2＋16·x 21＋x 22x 1x 2＝4x 1x 2＋64x 1x 2＋16·x 1＋x 22－2x 1x 2x 1x 2＝4x 1x 2＋80x 1x 2－32.令t ＝x 1x 2，则t ＝x 1x 2≤⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222＝14，即t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14. 设u ＝4t ＋80t －32，t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14. 设0<t 1<t 2≤14，u 1－u 2＝4t 1＋80t 1－32－⎝ ⎛⎭⎪⎫4t 2＋80t 2－32＝(t 1－t 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫4－80t 1t 2， 0＜t 1t 2＜116，u 1－u 2>0，所以u ＝4t ＋80t －32在t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14上单调递减， u ≥u ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝289，故存在最大的常数m ＝289.12．设f (x )是定义在区间(1，＋∞)上的函数，其导函数为f ′(x )．如果存在实数a 和函数h (x )，其中h (x )对任意的x ∈(1，＋∞)都有h (x )>0，使得f ′(x )＝h (x )(x 2－ax ＋1)，则称函数f (x )具有性质P (a )．(1)设函数f (x )＝ln x ＋b ＋2x ＋1(x >1)，其中b 为实数． (ⅰ)求证：函数f (x )具有性质P (b )； (ⅱ)求函数f (x )的单调区间；(2)已知函数g (x )具有性质P (2)，给定x 1，x 2∈(1，＋∞)，x 1<x 2，设m 为实数，α＝mx 1＋(1－m )x 2，β＝(1－m )x 1＋mx 2，且α>1，β>1，若|g (α)－g (β)|<|g (x 1)－g (x 2)|，求m 的取值范围．解：(1)(ⅰ)证明：由f (x ) ＝ln x ＋b ＋2x ＋1， 得f ′(x )＝x 2－bx ＋1x x ＋2.因为x >1时，h (x )＝1xx ＋2>0，所以函数f (x )具有性质P (b )．(ⅱ)当b ≤2时，由x >1得x 2－bx ＋1≥x 2－2x ＋1＝(x －1)2>0， 所以f ′(x )>0，从而函数f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 当b >2时，解方程x 2－bx ＋1＝0得x 1＝b －b 2－42，x 2＝b ＋b 2－42.因为x 1＝b －b 2－42＝2b ＋b 2－4<2b<1，x 2＝b ＋b 2－42>1，所以当x ∈(1，x 2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ＝x 2时，f ′(x )＝0.从而函数f (x )在区间(1，x 2)上单调递减，在区间(x 2，＋∞)上单调递增． 综上所述，当b ≤2时，函数f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)；当b >2时，函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，b ＋b 2－42，单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋b 2－42，＋∞.(2)由题设知，g (x )的导函数g ′(x )＝h (x )(x 2－2x ＋1)，其中函数h (x )>0对于任意的x ∈(1，＋∞)都成立．所以，当x >1时，g ′(x )＝h (x )(x －1)2>0， 从而g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．①当m ∈(0,1)时，有α＝mx 1＋(1－m )x 2>mx 1＋(1－m )x 1＝x 1， α<mx 2＋(1－m )x 2＝x 2，得α∈(x 1，x 2)，同理可得β∈(x 1，x 2)，所以由g (x )的单调性知g (α)，g (β)∈(g (x 1)，g (x 2))，从而有|g (α)－g (β)|<|g (x 1)－g (x 2)|，符合题设．②当m ≤0时，α＝mx 1＋(1－m )x 2≥mx 2＋(1－m )·x 2＝x 2， β＝(1－m )x 1＋mx 2≤(1－m )x 1＋mx 1＝x 1，于是由α>1，β>1及g (x )的单调性知g (β)≤g (x 1)<g (x 2)≤g (α)， 所以|g (α)－g (β)|≥|g (x 1)－g (x 2)|，与题设不符． ③当m ≥1时，同理可得α≤x 1，β≥x 2，进而得|g (α)－g (β)|≥|g (x 1)－g (x 2)|，与题设不符． 因此，综合①、②、③得所求的m 的取值范围为(0,1)．。
2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(全国新课标卷II)第I 卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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. (2013 课标全国 U,理 1)已知集合 M= {x|( x — 1)2v 4, x € R} , N= { — 1,0,1,2,3}，则 M H N 二( ).A. {0,1,2} B . {—1,0,1,2} C . {—1,0,2,3} D . {0,1,2,3} 2. (2013课标全国U,理2)设复数z 满足(1 — i) z = 2i ，则z =( ).A.— 1 + i B . — 1 — I C . 1+ i D . 1 — i3 . (2013课标全国U,理3)等比数列{a n }的前n 项和为S.已知a ?+ 10a 1，a s = 9,贝U a 二( ).11113 C . 9 D .94 . (2013课标全国U,理4)已知m n 为异面直线，ml 平面a, n 丄平面 丄m l 丄n , I 芒 a , K- B,则().A.a 〃B 且 l Ha B .a 丄B 且 l 丄B C.a 与B 相交，且交线垂直于l D .a 与B 相交，且交线平 行于l5. (2013课标全国U,理5)已知(1 + ax)(1 + x)5的展开式中x 2的系数为5, 则 a =( ).A . — 4B . — 3C . — 2D . — 1 6 . (2013课标全国U,理6)执行下面的程序框图，如果输入的 N= 10,那么 输出的 S =().1 111 + - -LA . 2 310,11 ,1LB. 2! 3! 10!,1 1 , 11 + - LC. 2 3 111 1 11 + LD .2! 3! 117 . (2013课标全国U,理7) 一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O — xyz 中的坐标分别是(1,0,1) , (1,1,0) , (0,1,1) , (0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以 zOx 平面为投 影面，则得到的正视图可以为( ).B .直线l 满足lA=l t S=0h 7=lS=S+T k=k+l/输出S/8. (2013 课标全国 n, 理 8)设 a = log 36, b = log 5I0, c = Iog 7l4,则().A. c >b >a B . b >c >a C . a >c >b D . a >b >cx 1,x y 3, 若z = 2x + y 的最小 y ax 3 .10. (2013 课标全国 n,理 10)已知函数 f (x) = x 3+ ax 2 + bx + c ,A. x0 € R, f(x0) = 0B. 函数y = f(x)的图像是中心对称图形C •若x0是f(x)的极小值点，贝U f(x)在区间(一％, x0)单调递减 D.若x0是f(x)的极值点，贝U f ' (x0) = 011. (2013课标全国n,理11)设抛物线C: y 2 = 2px(p > 0)的焦点为F ,点M 在C 上, | MFf = 5,若以MF 为直径的圆过点(0,2)，则C 的方程为().A. y2 = 4x 或 y2 = 8x B . y2 = 2x 或 y2 = 8x C. y2 = 4x 或 y2 = 16x D . y2 = 2x 或 y2 = 16x 12)已知点 A - 1,0) , B(1,0) , C(0,1)，直线 y = ax + b(a > 0)将13题〜第21题为必考题，每个试题考生都必须做答。
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。
