2021版《3年高考2年模拟》高考数学(浙江版理)检测：9.2 导数的应用 Word版含答案

§8.2圆的方程Ａ组基础题组1.(2021课标Ⅱ,7,5分)过三点A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圆交y轴于M,N两点,则|MN|=( )A.2B.8C.4D.102.(2021浙江嘉兴一中阶段测试)若P(2,-1)为圆M:(x-1)2+y2=25的弦AB的中点,则直线AB的方程为( )A.2x+y-3=0B.x-y-3=0C.x+y-1=0D.2x-y-5=03.(2021浙江湖州德清高级中学月考)已知点M是直线3x+4y-2=0上的动点,点N为圆(x+1)2+(y+1)2=1上的动点,则|MN|的最小值是( )A. B.1 C. D.4.(2021黑龙江大庆铁人中学月考,4,5分)已知圆C的方程为x2+y2+2x-2y+1=0,当圆心C到直线kx+y+4=0的距离最大时,k的值为( )A. B. C.- D.-5.(2021河北衡水中学一调,5)假如直线l将圆x2+y2-2x-4y=0平分且l不通过第四象限,则l的斜率的取值范围是( )A.[0,2]B.[0,1]C. D.6.(2022福建,9,5分)设P,Q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆+y2=1上的点,则P,Q两点间的最大距离是( )A.5B.+C.7+D.67.(2021浙江六校联考文,10,6分)已知点M(2,1)及圆x2+y2=4,则过M点的圆的切线方程为,若直线ax-y+4=0与该圆相交于A、B两点,且|AB|=2,则a= .8.(2022山东,14,5分)圆心在直线x-2y=0上的圆C与y轴的正半轴相切,圆C截x轴所得弦的长为2,则圆C 的标准方程为.9.(2021湖南,13,5分)若直线3x-4y+5=0与圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点,且∠AOB=120°(O为坐标原点),则r= .10.(2021湖北,16,5分)如图,已知圆C与x轴相切于点T(1,0),与y轴正半轴交于两点A,B(B在A的上方),且|AB|=2.(1)圆C的标准．．方程为;(2)圆C在点B处的切线在x轴上的截距为.11.(2021黑龙江双鸭山一中期中,20)已知圆C的半径为2,圆心在x轴正半轴上,直线3x-4y+4=0与圆C相切.(1)求圆C的方程;(2)若过点(0,-3)的直线l与圆C交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),且x1x2+y1y2=3,求三角形AOB的面积. B组提升题组1.(2021宁波十校联考,4,5分)直线x+y-2=0截圆x2+y2=4所得劣弧所对的圆心角的大小为( )A. B. C. D.2.(2021山东烟台诊断)已知P(x,y)是直线kx+y+4=0(k>0)上一动点,PA是圆C:x2+y2-2y=0的一条切线,A是切点,若线段PA长度的最小值为2,则k的值为( )A.3B.C.2D.23.(2022陕西,12,5分)若圆C的半径为1,其圆心与点(1,0)关于直线y=x对称,则圆C的标准方程为.4.(2021诸暨高中毕业班检测,12,6分)已知圆C:(x-1)2+y2=25与直线l:mx+y+m+2=0,若圆C关于直线l对称,则m= ;当m= 时,圆C被直线l截得的弦长最短.5.(2021浙江冲刺卷五,14)过点A(-4,0)作直线l与圆x2+y2+2x-4y-20=0交于M,N两点,若|MN|=8,则l的方程为.6.(2021浙江模拟训练冲刺卷一,14)已知圆的方程为x2+y2+2mx+4y+2m2-3m=0,若过点A(1,-2)的圆的切线有两条,则实数m的取值范围是.7.(2022重庆,13,5分)已知直线ax+y-2=0与圆心为C的圆(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B两点,且△ABC为等边三角形,则实数a= .8.(2021宁波高考模拟文,12,6分)已知实数a,b,c满足a+b=2c,则直线l:ax-by+c=0恒过定点,该直线被圆x2+y2=9所截得的弦长的取值范围为.9.(2021山东济南模拟)已知P是直线3x+4y-10=0上的动点,PA,PB是圆x2+y2-2x+4y+4=0的两条切线,A,B是切点,C是圆心,那么四边形PACB面积的最小值为.10.(2021湖北华中师大附中期中,14)在平面直角坐标系xOy中,已知点P(3,0)在圆C:x2+y2-2mx-4y+m2-28=0内,动直线AB过点P且交圆C于A,B两点,若△ABC的面积的最大值为16,则实数m的取值范围是.11.(2021河南六市一联)如图所示,在平面直角坐标系xOy中,已知圆C1:(x+3)2+(y-1)2=4和圆C2:(x-4)2+(y-5)2=4.(1)若直线l过点A(4,0),且被圆C1截得的弦长为2,求直线l的方程;(2)设P为平面上的点,满足:存在过点P的无穷多对相互垂直的直线l1和l2,它们分别与圆C1和C2相交,且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等.试求全部满足条件的点P的坐标.12.(2021重庆一中期中,21)已知点H(-3,0),点P在y轴上,点Q在x轴正半轴上,点M在PQ所在直线上,且满足·=0,=-.(1)当点P在y轴上移动时,求点M的轨迹C的方程;(2)给定圆N:x2+y2=2x,过圆心N作直线l,此直线与圆N和(1)中的轨迹C共有四个交点,自上而下顺次记为A,B,C,D,假如线段AB,BC,CD的长按此挨次构成一个等差数列,求直线l的方程.Ａ组基础题组1.C 设圆心为P(a,b),由点A(1,3),C(1,-7)在圆上,知b==-2.再由|PA|=|PB|,得a=1.则P(1,-2),|PA|==5,于是圆P的方程为(x-1)2+(y+2)2=25.令x=0,得y=-2±2,则|MN|=|(-2+2)-(-2-2)|=4.2.B 依题意知圆心M(1,0),MP⊥AB,而k MP==-1,所以k AB=1,由于直线AB过点P(2,-1),所以直线AB的方程为y-(-1)=x-2,即x-y-3=0.故选B.3.C 圆心(-1,-1)到点M的距离的最小值为点(-1,-1)到直线3x+4y-2=0的距离,依据点到直线的距离公式得d==,故点N到点M的距离的最小值为d-1=.故选C.4.D 圆C的方程为(x+1)2+(y-1)2=1,圆心为C(-1,1).又直线kx+y+4=0恒过定点A(0,-4),所以当圆心C到直线kx+y+4=0的距离最大时,直线CA垂直于直线kx+y+4=0,而k CA=-5,则由-5×(-k)=-1,得k=-.5.A 圆的方程x2+y2-2x-4y=0可化为(x-1)2+(y-2)2=5,其圆心坐标为(1,2),经过圆心和原点的直线的斜率为2,由题意知直线l过圆心且不过第四象限,则斜率k的取值范围是0≤k≤2.6.D 设Q(cosθ,sinθ),圆心为M,由已知得M(0,6),则|MQ|= ===≤5当sinθ=-时取等号,故|PQ|max =5+=6.7.答案x=2或3x+4y-10=0;±解析若过M点的圆的切线斜率不存在,则切线方程为x=2,阅历证满足条件.若切线斜率存在,可设切线方程为y=k(x-2)+1,由圆心到切线的距离等于半径得=2,解得k=-,故切线方程为y=-(x-2)+1,即3x+4y-10=0.综上,过M点的圆的切线方程为x=2或3x+4y-10=0.由=得a=±.8.答案(x-2)2+(y-1)2=4解析由于圆心在直线x-2y=0上,且圆C与y轴相切,所以可设圆心坐标为(2a,a),则(2a)2=a2+()2,解得a=±1.又圆C与y轴的正半轴相切,所以a=1,故圆C的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=4.9.答案 2解析过O作OC⊥AB于C,则OC==1,在Rt△AOC中,∠AOC=60°,则r=OA==2.10.答案(1)(x-1)2+(y-)2=2(2)--1解析(1)记AB的中点为D,在Rt△BDC中,易得圆C的半径r=BC=.因此圆心C的坐标为(1,),所以圆C的标准方程为(x-1)2+(y-)2=2.(2)由于点B的坐标为(0,+1),C的坐标为(1,),所以直线BC的斜率为-1,所以所求切线的斜率为1.由点斜式得切线方程为y=x++1,故切线在x轴上的截距为--1.11.解析(1)设圆心C的坐标为(a,0)(a>0),则圆C的方程为(x-a)2+y2=4.由于圆C与直线3x-4y+4=0相切,所以=2,解得a=2或a=-(舍),所以圆C的方程为(x-2)2+y2=4.(2)依题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx-3,由得(1+k2)x2-(4+6k)x+9=0,∵l与圆C相交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),∴Δ=[-(4+6k)]2-4(1+k2)×9>0,且x1+x2=,x1x2=,∴y1y2=(kx1-3)(kx2-3)=k2·x1x2-3k(x1+x2)+9=-+9,又∵x1x2+y1y2=3,∴+-+9=3,整理得k2+4k-5=0,解得k=1或k=-5(不满足Δ>0,舍去). ∴直线l的方程为y=x-3.∴圆心C到l的距离d==,易得|AB|=2=,又△AOB的边AB上的高h==,所以S△AOB=|AB|·h=××=.B组提升题组1.C 以直线x+y-2=0与圆x2+y2=4的两个交点及圆心为顶点的三角形为等腰三角形.圆x2+y2=4的圆心为原点,由点到直线的距离公式,得原点到直线x+y-2=0的距离为=,所以直线被圆截得的弦长为2=2,所以该三角形为等边三角形,所以劣弧所对的圆心角的大小为.故选C.2.D 圆C:x2+(y-1)2=1,圆心C(0,1),半径r=1,由题意得=,解得k=2或k=-2(舍去),故选D.3.答案x2+(y-1)2=1解析点(1,0)关于直线y=x对称的点(0,1)为圆心,又半径r=1,所以圆C的标准方程为x2+(y-1)2=1.4.答案-1;1解析当圆C关于l对称时,圆心(1,0)在直线mx+y+m+2=0上,得m=-1.直线l:m(x+1)+y+2=0恒过圆C内的点M(-1,-2),当圆心到直线l的距离最大,即MC⊥l时,圆C被直线l截得的弦长最短,k MC==1,由(-m)×1=-1,得m=1.5.答案x=-4或5x+12y+20=0解析当直线l的斜率不存在时,其方程为x=-4,可得交点坐标为(-4,6),(-4,-2),此时|MN|=8,符合题意. 当直线l的斜率存在时,设其方程为y=k(x+4),圆的标准方程为(x+1)2+(y-2)2=25,则圆心到直线l的距离d=,由|MN|=2=8,得25-=16,解得k=-,故l的方程为5x+12y+20=0.综上,直线l的方程为x=-4或5x+12y+20=0.6.答案解析将圆的方程配方得(x+m)2+(y+2)2=-m2+3m+4,则有-m2+3m+4>0;由题意知点A(1,-2)在圆外,则(1+m)2+(-2+2)2>-m2+3m+4,即2m2-m-3>0.由得故实数m的取值范围是<m<4.7.答案4±解析易知△ABC是边长为2的等边三角形,故圆心C(1,a)到直线AB的距离为,即=,解得a=4±.经检验均符合题意,故a=4±.8.答案;[,6]解析依题意,c=,故ax-by+c=0⇔ax-by+=0,即(2x+1)a-(2y-1)b=0,可知直线l过定点.圆心到直线的距离d=,故弦长为2≥2=,当且仅当a=b时等号成立.又弦长≤6,故弦长的取值范围为[,6].9.答案 2解析圆的标准方程为(x-1)2+(y+2)2=1,其圆心为C(1,-2),半径为1,且直线与圆相离,如图所示,四边形PACB的面积等于2S△PAC,而S△PAC=|PA|·|AC|=|PA|=,又|PC|min==3,∴(S△PAC)min==,故四边形PACB面积的最小值为2. 10.答案(3-2,3-2]∪[3+2,3+2)解析圆C的标准方程为(x-m)2+(y-2)2=32,则圆心C(m,2),半径r=4,S△ABC=r2sin∠ACB=16sin∠ACB,∴当∠ACB=90°时,S△ABC取得最大值16,此时△ABC为等腰直角三角形,∴AB=8,则C到AB的距离为4,∴4≤PC<4,即4≤<4,∴16≤(m-3)2+4<32,即12≤(m-3)2<28,∴解得3-2<m≤3-2或3+2≤m<3+2.故实数m的取值范围是(3-2,3-2]∪[3+2,3+2).11.解析(1)由于直线x=4与圆C1不相交,所以直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=k(x-4),圆C1的圆心到直线l的距离为d,由于直线l被圆C1截得的弦长为2,所以d==1.由点到直线的距离公式得d=,从而=1,化简得k(24k+7)=0,所以k=0或k=-,所以直线l的方程为y=0或7x+24y-28=0.(2)设点P(a,b)满足条件,不妨设直线l1的方程为y-b=k(x-a),k≠0,则直线l2的方程为y-b=-(x-a).由于圆C1和C2的半径相等,且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等,所以圆C1的圆心到直线l1的距离和圆C2的圆心到直线l2的距离相等,即=,整理得|1+3k+ak-b|=|5k+4-a-bk|,从而1+3k+ak-b=5k+4-a-bk或1+3k+ak-b=-5k-4+a+bk,即(a+b-2)k=b-a+3或(a-b+8)k=a+b-5,由于k的取值有无穷多个,所以或解得或这样点P的坐标为或.经检验,上述坐标均满足题目条件.12.解析(1)设M(x,y),P(0,y'),Q(x',0)(x'>0),∵·=0,=-,∴(3,y')·(x,y-y')=0,(x,y-y')=-(x'-x,-y),∴3x+y'y-y'2=0,x'=x,y'=-y,将y'=-y代入3x+y'y-y'2=0,整理得y2=4x,又由x'>0得x>0,∴点M的轨迹C的方程为y2=4x(x>0).(2)圆N:(x-1)2+y2=1,直径为2,圆心为N(1,0),由题意设l的方程为x=my+1,将x=my+1代入y2=4x(x>0),得y2-4my-4=0,设A(x1,y1),D(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4,则|AD|=·=4(m2+1),∵线段AB,BC,CD的长按此挨次构成一个等差数列,∴2|BC|=|AB|+|CD|=|AD|-|BC|,∴|AD|=3|BC|,又|AD|=4(m2+1),|BC|=圆N的直径=2,∴4(m2+1)=6,解得m=±,∴直线l的方程为x-y-=0或x+y-=0.。

§8.8圆锥曲线的综合问题Ａ组基础题组1.(2022超级中学原创猜测卷十,18,15分)已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,一个顶点为B(0,-1),且右焦点到直线x-y+3=0的距离为2.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若P1,P2是椭圆C上不同的两点,P1P2⊥x轴,圆E过P1,P2,且椭圆C上任意一点都不在圆E内,则称圆E为该椭圆的一个内切圆.试问:椭圆C是否存在过左焦点F的内切圆?若存在,求出圆心E的坐标;若不存在,请说明理由.2.(2021浙江新高考争辩卷一(镇海中学),18)设焦点在x轴上的椭圆C:+y2=1的左,右焦点分别为F1,F2,C上存在点M,使·=0.(1)设直线y=x+2与椭圆的一个公共点为P,若|PF1|+|PF2|取得最小值,求此时椭圆的方程;(2)对于(1)中的椭圆,是否存在斜率为k(k≠0)的直线,与椭圆交于不同的两点A,B,且AB的垂直平分线过椭圆的下顶点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.3.(2021北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点P(0,1)和点A(m,n)(m≠0)都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m,n表示);(2)设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y轴上是否存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.4.(2022安徽,19,13分)如图,已知两条抛物线E1:y2=2p1x(p1>0)和E2:y2=2p2x(p2>0),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于A1,A2两点,l2与E1,E2分别交于B1,B2两点. (1)证明:A1B1∥A2B2;(2)过O作直线l(异于l1,l2)与E1,E2分别交于C1,C2两点.记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2,求的值.5.(2021课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;(2)若l过点,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.6.(2021浙江冲刺卷四,18)设椭圆C:+=1(a>b>0)过点M(1,1),离心率e=,O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l是圆O:x2+y2=1的任意一条切线,且直线l与椭圆C相交于A,B两点.①求·的值;②求△OAB的面积S的最小值.7.(2021湖南,20,13分)已知抛物线C1:x2=4y的焦点F也是椭圆C2:+=1(a>b>0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为2.(1)求C2的方程;(2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且与同向.(i)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率;(ii)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:直线l绕点F旋转时,△MFD总是钝角三角形.8.(2021浙江模拟训练冲刺卷一,18)已知椭圆C:+y2=1的上顶点为A(0,1),与x轴不垂直的直线l交椭圆C于不同的两点M,N(点M,N不同于椭圆的四个顶点).(1)当直线l过点(0,-3)时,求△AMN的面积S的最大值;(2)是否存在不过原点O的直线l,使得直线OM,MN,ON的斜率依次成等比数列?若存在,试求出直线l的斜率;若不存在,请说明理由. B组提升题组1.(2021安徽,18,12分)设椭圆E:+=1的焦点在x轴上.(1)若椭圆E的焦距为1,求椭圆E的方程;(2)设F1,F2分别是椭圆E的左,右焦点,P为椭圆E上第一象限内的点,直线F2P交y轴于点Q,并且F1P⊥F1Q.证明:当a变化时,点P在某定直线上.2.(2022金丽衢一联,19,15分)已知点M(0,)是椭圆C:+=1(a>b>0)的一个顶点,椭圆C的离心率为.(1)求椭圆C的方程;(2)已知点P(x0,y0)是定点,直线l:y=x+m(m∈R)交椭圆C于不同的两点A,B,记直线PA,PB的斜率分别为k1,k2.求点P的坐标,使得k1+k2恒为0.3.(2022课标Ⅰ,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.(1)求E的方程;(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的方程.4.(2021浙江衢州二中期中,21)椭圆的中心在坐标原点,长轴的端点为A,B,右焦点为F,且·=1,||=1.(1)求椭圆的标准方程;(2)过椭圆的右焦点F作直线l1,l2,直线l1与椭圆分别交于点M,N,直线l2与椭圆分别交于点P,Q,且l1⊥l2,求四边形MPNQ的面积S的最小值以及此时直线l1,l2的方程. 5.(2021浙江模拟训练冲刺卷四,18)已知点F是抛物线C1:x2=4y的焦点,过抛物线上一点P作抛物线的切线l,切点P在第一象限,如图.切线l与椭圆C2:+=1相交于不同的两点A、B.(1)若|FA|,|FP|,|FB|依次成等差数列,求直线l的方程;(2)设定点M,求△MAB的面积S的最大值.6.(2021浙江冲刺卷六,18)已知椭圆E1:+=1(a>b>0)的一个焦点与抛物线E2:x2=4y的焦点F重合,点M是两曲线的一个公共点,且|MF|=.(1)求椭圆E1的方程;(2)过点F作斜率为k(k≠0)的直线l交抛物线E2于A,C两点,交椭圆E1于B,D两点,如图.设=m,=λ,当≤m≤时,求λ的取值范围.7.(2021金丽衢一联,21,15分)已知抛物线Γ:y2=2px的焦点到准线的距离为2.(1)求p的值;(2)如图所示,直线l1与抛物线Γ相交于A,B两点,C为抛物线Γ上异于A,B的一点,且AC⊥x轴,过B作AC 的垂线,垂足为M,过C作直线l2交直线BM于点N,设l1,l2的斜率分别为k1,k2,且k1k2=1.(i)线段|MN|的长是否为定值?若是定值,恳求出定值;若不是定值,请说明理由; (ii)求证:A,B,C,N四点共圆.8.(2021浙江冲刺卷三,22,15分)如图,已知点F为抛物线C:y2=4x的焦点,斜率为1的直线l交抛物线于不同的两点P,Q,其中点P在第一象限.过点P作抛物线的切线交x轴于点M,在x轴的负半轴上取点N,使得|NF|=|QF|,直线QN交直线PM于点T.(1)证明:点T的纵坐标为定值;(2)连结FT,FP,记S1=S△PFT,S2=S△QFT,S3=S△PQT,当=时,求直线l的方程. Ａ组基础题组1.解析(1)设椭圆C的标准方程为+=1(a>b>0),由已知得b=1.设椭圆的右焦点为(c,0),则=2,解得c=,所以a2=b2+c2=4.于是椭圆C的标准方程为+y2=1.(2)存在.由椭圆的对称性,不妨设P1(m,n),P2(m,-n),由题意知,点E在x轴上, 设点E(t,0),则圆E的方程为(x-t)2+y2=(m-t)2+n2.由题中椭圆的内切圆的定义知,椭圆上的点到点E的距离的最小值是|P1E|,设点M(x,y)是椭圆C上任意一点,则|ME|2=(x-t)2+y2=x2-2tx+t2+1,当x=m时,|ME|2最小,所以m=-=.①假设椭圆C存在过左焦点F的内切圆,则(--t)2=(m-t)2+n2.②又点P1在椭圆上,所以n2=1-.③由①②③得t=-或t=-,当t=-时,m==<-2,不合题意,舍去,且阅历证,t=-符合题意,综上,椭圆C存在过左焦点F的内切圆,圆心E的坐标是.2.解析(1)由条件得∴m≥1.(2分)由得(m+2)x2+4(m+1)x+3(m+1)=0,Δ=16(m+1)2-12(m+2)(m+1)=4(m+1)(m-2)≥0,∴m≥2.(5分)则|PF1|+|PF2|=2≥2,当且仅当m=2时,取等号,此时椭圆的方程为+y2=1.(8分) (2)假设存在斜率为k(k≠0)的直线满足题意,设该直线方程为y=kx+n(k≠0). 由得(1+3k2)x2+6knx+3n2-3=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.∴AB的中点为,(12分)由已知得·k=-1,∴1+3k2=2n,又由(6kn)2-4(1+3k2)(3n2-3)>0,解得k2<1,又∵k≠0,∴k∈(-1,0)∪(0,1).(15分) 3.解析(1)由题意得解得a2=2.故椭圆C的方程为+y2=1.设M(x M,0).由于m≠0,所以-1<n<1.直线PA的方程为y-1=x,所以x M=,即M.(2)y轴上存在点Q,使∠OQM=∠ONQ.由于点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n).设N(x N,0),则x N=.“存在点Q(0,y Q)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,y Q)使得=”,即y Q满足=|x M||x N|.由于x M=,x N=,+n2=1,所以=|x M||x N|==2.所以y Q=或y Q=-.故在y轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ.点Q的坐标为(0,)或(0,-).4.解析(1)证明:设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x(k1,k2≠0),则由得A1,由得A2.同理可得B1,B2.所以==2p1,==2p 2-,-,故=,所以A1B1∥A2B2.(2)由(1)知A1B1∥A2B2,同理可得B1C1∥B2C2,C1A1∥C2A2.所以△A1B1C1∽△A2B2C2.因此=.又由(1)中的=知=.故=.5.解析(1)证明:设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x M,y M).将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故x M==,y M=kx M+b=.于是直线OM的斜率k OM==-,即k OM·k=-9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)四边形OAPB能为平行四边形.由于直线l过点,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3.由(1)得OM的方程为y=-x. 设点P的横坐标为x P.由得=,即x P=.将点的坐标代入l的方程得b=,因此x M=.四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP相互平分,即x P=2x M.于是=2×,解得k1=4-,k2=4+.由于k i>0,k i≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形.6.解析(1)∵e==,a2-b2=c2,∴a2=3b2,则椭圆C的方程为+=1.又∵椭圆C过点M(1,1),∴将(1,1)代入方程,解得b2=,∴a2=4,∴椭圆C的方程为+=1.(5分)(2)①当圆O的切线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,则圆心O到直线l的距离d==1,∴1+k2=m2.(6分)将直线l的方程和椭圆C的方程联立,得到关于x的方程x2+3(kx+m)2=4,即(1+3k2)x2+6kmx+3m2-4=0,此时可设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,∴·=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)·-+m2==0. (9分)当圆O的切线l的斜率不存在时,验证得·=0.综上可得,·=0.(10分)②由①知∠AOB=90°,则有|OA|2+|OB|2=|AB|2,又S=×|AB|×1=×|OA|×|OB|,从而有|OA|2+|OB|2=|AB|2=|OA|2×|OB|2,则|OA|2×|OB|2=|OA|2+|OB|2≥2|OA|×|OB|,即有|OA|×|OB|≥2,则S=×|OA|×|OB|≥1,当且仅当|OA|=|OB|时,△OAB的面积S取最小值1.(15分)7.解析(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).由于F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1.①又C1与C2的公共弦的长为2,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为,所以+=1.②联立①②得a2=9,b2=8.故C2的方程为+=1.(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).(i)因与同向,且|AC|=|BD|,所以=,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.③设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.由得x2-4kx-4=0.由于x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.④由得(9+8k2)x2+16kx-64=0.由于x3,x4是这个方程的两根,所以x3+x4=-,x3x4=-.⑤将④,⑤代入③,得16(k2+1)=+,即16(k2+1)=,所以(9+8k2)2=16×9,解得k=±,即直线l的斜率为±.(ii)证明:由x2=4y得y=x2,则y'=,所以C1在点A处的切线方程为y-y1=(x-x1),即y=-.令y=0,得x=,即M,所以=.而=(x1,y1-1),于是·=-y1+1=+1>0,因此∠AFM是锐角,从而∠MFD=180°-∠AFM是钝角.故直线l绕点F旋转时,△MFD总是钝角三角形.8.解析(1)设直线l的方程为y=kx-3(k≠0),与+y2=1联立消去y,整理得(1+4k2)x2-24kx+32=0. 设M(x1,y1),N(x2,y2),则则|MN|=|x1-x2|=·=,又点A(0,1)到直线l:y=kx-3的距离为d=,则S=d·|MN|=,又由Δ=242k2-128(1+4k2)>0,得k2>2.令=t,则t>0,S==.∵t>0,∴S=≤=,当且仅当t=,即k=±时,取等号,故△AMN的面积S的最大值为.(8分)(2)假设存在符合题意的直线l,设直线l的方程为y=kx+m(k≠0,m≠0),与+y2=1联立消去y,整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),其中x1x2≠0,y1y2≠0,则则k OM·k ON===k2+.由k OM·k ON=,得k2+=k2,由m≠0,得k2=,即k=±.故存在不过原点O的直线l,使得直线OM,MN,ON的斜率依次成等比数列,直线l的斜率为±.(15分) B组提升题组1.解析(1)由于焦距为1,所以2a2-1=,解得a2=.故椭圆E的方程为+=1.(2)证明:设P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),其中c=.由题设知x0≠c,则直线F1P的斜率=,直线F2P的斜率=.故直线F2P的方程为y=(x-c).当x=0时,y=,即点Q的坐标为. 因此,直线F1Q的斜率为=.由于F1P⊥F1Q,所以·=·=-1.化简得=-(2a2-1).①将①代入椭圆E的方程,由于点P(x0,y0)在第一象限,解得x0=a2,y0=1-a2,即点P在定直线x+y=1上.2.解析(1)由题意,知b=,=,又∵a2-c2=b2,∴c=1,a=2,∴椭圆C的方程为+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),把y=x+m代入椭圆方程化简得x2+mx+m2-3=0,由题意知Δ=m2-4(m2-3)=-3m2+12>0,∴m2<4.由根与系数的关系得x1+x2=-m,x1x2=m2-3,∴y1+y2=(x1+x2)+2m=m,而k1+k2=+=0,∴(y1-y0)(x2-x0)+(y2-y0)(x1-x0)=0,∴y1x2+y2x1+2x0y0-y0(x1+x2)-x0(y2+y1)=0,∴x2+x1+2x0y0-y0(x1+x2)-x0(y2+y1)=0,∴x1x2+m(x1+x2)+2x0y0-y0(x1+x2)-x0(y2+y1)=0,∴m+2x0y0-3=0,∴∴或∴P或P.3.解析(1)设F(c,0),由条件知,=,得c=.又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.故E的方程为+y2=1.(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).将y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>时,x1,2=.从而|PQ|=|x1-x2|=.又点O到直线PQ的距离d=,所以△OPQ的面积S△OPQ=d·|PQ|=.设=t,则t>0,S△OPQ==.由于t+≥4,当且仅当t=2,即k=±时等号成立,且满足Δ>0,所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=x-2或y=-x-2.4.解析(1)设椭圆方程为+=1(a>b>0),则由题意知c=1,由·=1得(a+c)(a-c)=1,∴a2=2,∴b2=1,∴椭圆方程为+y2=1.(2)①若直线l1,l2中有一条斜率不存在,不妨设直线l2的斜率不存在,则l2⊥x轴,∴|MN|=2,|PQ|=,∴S=×2×=2.②若直线l1,l2的斜率都存在,设直线l1的方程为y=k(x-1)(k≠0),由得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,|MN|=|x1-x2|=,同理,|PQ|=,∴S=××=≥,当且仅当k=±1时,等号成立.由于<2,所以四边形MPNQ的面积S的最小值为,此时直线l1,l2的方程为y=±(x-1).5.解析(1)明显切线l的斜率存在,设P(2t,t2),t>0,切线l的方程为y=k(x-2t)+t2.l的方程与x2=4y联立并整理,得x2-4kx+8kt-4t2=0,由Δ1=16k2-32kt+16t2=0,得k=t,故切线l的方程为y=tx-t2.由得(3t2+4)x2-6t3x+3t4-12=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=,且Δ2=36t6-12(t4-4)(3t2+4)>0,得0<t2<4.由+=1,得|FA|===,即|FA|=,而-2≤y1≤2,故|FA|=2-y1,同理,|FB|=2-y2.则|FA|+|FB|=4-(y1+y2)=4-t(x1+x2)+t2=,又|FP|=t2+1,依题意有|FA|+|FB|=2|FP|,得3t2=4,而t>0,故t=,故切线l的方程为y=x-.(9分)(2)由(1)知则|AB|=|x1-x2|=,而点M到直线l:y=tx-t2的距离为d==,则S=d·|AB|=,又0<t2<4,则当t2=时,△MAB的面积S取最大值.(15分)6.解析(1)设M(x M,y M),易知点F的坐标为(0,1),则a2-b2=1.(1分)又|MF|=y M+1=,∴y M=,则=.(3分)从而由得所以椭圆E1的方程为+=1.(5分)(2)设A(x A,y A),C(x C,y C),由=m,得x A=-mx C.易知直线l的方程为y=kx+1,代入抛物线方程中,整理得x2-4kx-4=0,则有即消去x C得=4k2.①(7分)设B(x B,y B),D(x D,y D),由=λ,得x B=-λx D.由得(3k2+4)x2+6kx-9=0,则有即消去x D得=.②(10分) 由①②消去k2后整理得=.(11分)令1-m=t,由≤m≤,得≤t≤.则==,∵≤≤2,∴15≤16-16·+3≤35,则≤≤.(13分)从而有≤≤,即解得≤λ≤或≤λ≤.(15分)7.解析(1)p=2.(2)(i)设A(x1,y1),B(x2,y2),则C(x1,-y1),M(x1,y2),设直线l1的方程为y=k1x+b,由消元整理可得:x2+(2bk1-4)x+b2=0,所以可求得由于直线l2的方程为y+y1=k2(x-x1),所以可求得N,所以|MN|===4.(ii)设AB的中点为E,则E,则AB的中垂线方程为y-=-,与BC的中垂线、x轴的交点为O',所以△ABC的外接圆的方程为+y2=+.由(1)可知N(x1+4,y2),∵x1+4-+x2-=x1+x2+4-×2=0,∴+=-x 22+.所以A,B,C,N四点共圆.8.解析(1)证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),由已知得x1>0,x2>0,y1>0,y2<0.由抛物线的定义知N(-x2,0).明显直线PM的斜率存在,设其方程为y=k(x-x1)+y1,代入y2=4x中,得ky2-4y-4kx1+4y1=0.由Δ1=16-4k(4y1-4kx1)=0及=4x1得4-4ky1+k2=0,得k=.则直线PM的方程为y=(x-x1)+y1,即y=x+.又直线QN的方程为y=(x+x2),即y=x+,由得即T.设直线l的方程为y=x+n,代入y2=4x中,有y2-4y+4n=0,则有y1+y2=4,y1y2=4n,且Δ2=16-16n>0,即n<1.故T点坐标为(n,2),所以点T的纵坐标为定值2.(2)易知F(1,0),由(1)知点F到直线PM的距离为d1==,点Q到直线PM的距离为d2======,则===,同理得=.则=====,由=,得=,解得n=3,或n=-1.∵n<1,∴n=-1,故所求直线l的方程为y=x-1.。

2020-2021学年浙江省⾼考数学⼆模试卷（理）及答案解析浙江省⾼考数学⼆模试卷（理科）⼀、选择题（本⼤题共8⼩题，每⼩题5分，共40分．在每⼩题给出的四个选项中，只有⼀项是符合题⽬要求的）1．已知集合U={1，2，3，4，5}，A={1，2，3}，B={2，5}，则A∩（?U B）=（）A．{2} B．{2，3} C．{3} D．{1，3}2．设l，m是两条不同的直线，α是⼀个平⾯，则下列命题正确的是（）A．若l⊥m，m?α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m?α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m3．“”是“tanθ=1”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．函数（其中a∈R）的图象不可能是（）A．B．C．D．5．已知{a n}是等差数列，公差为2，{b n}是等⽐数列，公⽐为2．若{b n}的前n项和为，则a1+b1等于（）A．1 B．2 C．3 D．46．如图，⼩于90°的⼆⾯⾓α﹣l﹣β中O∈l，A，B∈α，且∠AOB为钝⾓，∠A′OB′是∠AOB在β内的射影，则下列结论错误的是（）A．∠A′OB′为钝⾓ B．∠A′OB′＞∠AOBC．∠AOB+∠AOA′＜πD．∠B′OB+∠BOA+∠AOA′＞π7．如图，双曲线﹣=1（a，b＞0）的右顶点为A，左右焦点分别为F1，F2，点p是双曲线右⽀上⼀点，PF1交左⽀于点Q，交渐近线y=x于点R，M是PQ的中点，若RF2⊥PF1，且AM ⊥PF1，则双曲线的离⼼率是（）A．B．C．2 D．8．已知0＜x＜y，2＜x2，则下列不正确的是（）A．sinx2＜sin（﹣y）B．sinx2＞sin（2﹣y）C．sin（2﹣x2）＜siny D．sinx2＜cos（y﹣1）⼆、填空题（本⼤题共7⼩题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）9．已知φ∈[0，π），函数f（x）=cos2x+cos（x+φ）是偶函数，则φ= ，f（x）的最⼩值为．10．已知函数，则= ，⽅程f（x）=2的解为．11．某⼏何体的三视图如图所⽰（单位：cm），则该⼏何体的体积为cm3，表⾯积为cm2．12．已知x，y∈R且满⾜不等式组，当k=1时，不等式组所表⽰的平⾯区域的⾯积为，若⽬标函数z=3x+y的最⼤值为7，则k的值为．13．已知a＞0，f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx，x∈[0，2]，则f（x）所有的零点之和为．14．设，已知x，y∈R，m+n=6，则F=max{|x2﹣4y+m|，|y2﹣2x+n|}的最⼩值为．15．如图，设正△BCD的外接圆O的半径为R（＜R＜），点A在BD下⽅的圆弧上，则（﹣﹣）?的最⼩值为．三、解答题（本⼤题共5⼩题，共74分，解答应写出⽂字说明、证明过程或演算步骤）16．在△ABC中，设边a，b，c所对的⾓为A，B，C，且A，B，C都不是直⾓，（bc﹣8）cosA+accosB=a2﹣b2．（Ⅰ）若b+c=5，求b，c的值；（Ⅱ）若，求△ABC⾯积的最⼤值．17．如图，长⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，点P是CD上的⼀点，PC=λPD．（Ⅰ）若A1C⊥平⾯PBC1，求λ的值；（Ⅱ）设λ1=1，λ2=3所对应的点P为P1，P2，⼆⾯⾓P1﹣BC1﹣P2的⼤⼩为θ，求cosθ的值．18．已知m∈R，函数f（x）=﹣x2+（3﹣2m）x+2+m．（1）若0＜m≤，求|f（x）|在[﹣1，1]上的最⼤值g（m）；（2）对任意的m∈（0，1]，若f（x）在[0，m]上的最⼤值为h（m），求h（m）的最⼤值．19．已知椭圆C1：=1，直线l1：y=kx+m（m＞0）与圆C2：（x﹣1）2+y2=1相切且与椭圆C1交于A，B两点．（Ⅰ）若线段AB中点的横坐标为，求m的值；（Ⅱ）过原点O作l1的平⾏线l2交椭圆于C，D两点，设|AB|=λ|CD|，求λ的最⼩值．20．已知点列P n（x n，）与A n（a n，0）满⾜x n+1＞x n，⊥，且||=||，其中n∈N*，x1=1．（I）求x n+1与x n的关系式；（Ⅱ）求证：n2＜++…+≤4n2．参考答案与试题解析⼀、选择题（本⼤题共8⼩题，每⼩题5分，共40分．在每⼩题给出的四个选项中，只有⼀项是符合题⽬要求的）1．已知集合U={1，2，3，4，5}，A={1，2，3}，B={2，5}，则A∩（?U B）=（）A．{2} B．{2，3} C．{3} D．{1，3}【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】由题意全集U={1，2，3，4，5}，B={2，5}，可以求出集合C U B，然后根据交集的定义和运算法则进⾏计算．【解答】解：∵U={1，2，3，4，5}，B={2，5}，∴C U B={1，3，4}∵A={3，1，2}∴A∩（C U B）={1，3}故选D．2．设l，m是两条不同的直线，α是⼀个平⾯，则下列命题正确的是（）A．若l⊥m，m?α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m?α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m【考点】直线与平⾯平⾏的判定．【分析】根据题意，依次分析选项：A，根据线⾯垂直的判定定理判断．C：根据线⾯平⾏的判定定理判断．D：由线线的位置关系判断．B：由线⾯垂直的性质定理判断；综合可得答案．【解答】解：A，根据线⾯垂直的判定定理，要垂直平⾯内两条相交直线才⾏，不正确；C：l∥α，m?α，则l∥m或两线异⾯，故不正确．D：平⾏于同⼀平⾯的两直线可能平⾏，异⾯，相交，不正确．B：由线⾯垂直的性质可知：平⾏线中的⼀条垂直于这个平⾯则另⼀条也垂直这个平⾯．故正确．故选B3．“”是“tanθ=1”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】由tanθ=1，解得θ=（k∈Z），即可判断出结论．【解答】解：由tanθ=1，解得θ=（k∈Z），∴“”是“tanθ=1”的充分不必要条件．故选：A．4．函数（其中a∈R）的图象不可能是（）A．B．C．D．【考点】函数的图象．【分析】分三种情况讨论，根据函数的单调性和基本不等式即可判断．【解答】解：当a=0时，f（x）=|x|，且x≠0，故A符合，当x＞0时，且a＞0时，f（x）=x+≥2，当x＜0时，且a＞0时，f（x）=﹣x+在（﹣∞，0）上为减函数，故B符合，当x＜0时，且a＜0时，f（x）=﹣x+≥2=2，当x＞0时，且a＜0时，f（x）=x+在（0，+∞）上为增函数，故D符合，故选：C．5．已知{a n}是等差数列，公差为2，{b n}是等⽐数列，公⽐为2．若{b n}的前n项和为，则a1+b1等于（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】等差数列的通项公式．【分析】由已知写出等差数列和等⽐数列的通项公式，得到，再写出等⽐数列的前n项和，列等式求得a1+b1的值．【解答】解：由题意可得a n=a1+2（n﹣1），，∴=，{b n}的前n项和，由，得，∴a1+b1=2．故选：B．6．如图，⼩于90°的⼆⾯⾓α﹣l﹣β中O∈l，A，B∈α，且∠AOB为钝⾓，∠A′OB′是∠AOB在β内的射影，则下列结论错误的是（）A．∠A′OB′为钝⾓ B．∠A′OB′＞∠AOBC．∠AOB+∠AOA′＜πD．∠B′OB+∠BOA+∠AOA′＞π【考点】与⼆⾯⾓有关的⽴体⼏何综合题．【分析】由题意画出图形，由已知⼆⾯⾓α﹣l﹣β⼩于90°，∠AOB为钝⾓，结合余弦定理可得∠A′OB′是钝⾓，由此可得答案．【解答】解：如图，在α内射线OA上取点A，过A作交线l的平⾏线AB交射线OB于点B，过A作AA′⊥β，垂⾜为A′，过B作BB′垂直于β，垂⾜为B′，连接A′B′，则有AB∥A′B′，且AB=A′B′，设OA=a，OB=b，AB=c，则OA′＜a，OB′＜b，∵∠AOB为钝⾓，∴a2+b2＜c2，则（OA′）2+（OB′）2＜a2+b2＜c2=（A′B′）2，在△A′OB′中，由余弦定理可得∠A′OB′＞∠AOB为钝⾓．∴∠AOB+∠AOA′＞π．∴错误的选项是C，故选：C．7．如图，双曲线﹣=1（a，b＞0）的右顶点为A，左右焦点分别为F1，F2，点p是双曲线右⽀上⼀点，PF1交左⽀于点Q，交渐近线y=x于点R，M是PQ的中点，若RF2⊥PF1，且AM ⊥PF1，则双曲线的离⼼率是（）A．B．C．2 D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】设PF1的⽅程为y=k（x+c），k＞0，联⽴渐近线⽅程求得R的坐标，代⼊双曲线的⽅程，运⽤韦达定理和中点坐标公式，可得M的坐标，再由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，求得k=，代⼊化简整理，再由离⼼率公式计算即可得到所求值．【解答】解：设PF1的⽅程为y=k（x+c），k＞0，联⽴渐近线⽅程y=x，可得R（，），由直线y=k（x+c）代⼊双曲线﹣=1，可得（b2﹣a2k2）x2﹣2ca2k2x﹣a2c2k2﹣a2b2=0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），可得x1+x2=，即有中点M（，），由A（a，0），F2（c，0），RF2⊥PF1，可得==﹣，即有bk2+2ak﹣b=0，解得k=（负的舍去），由AM⊥PF1，可得k AM==﹣，即为（c3+a3）k2=a（c2﹣a2），即有（c3+a3）（c﹣a）2=ab2（c2﹣a2）=a（c2﹣a2）2，化为c=2a，即e==2．故选：C．8．已知0＜x＜y，2＜x2，则下列不正确的是（）A．sinx2＜sin（﹣y）B．sinx2＞sin（2﹣y）C．sin（2﹣x2）＜siny D．sinx2＜cos（y﹣1）【考点】正弦函数的图象；基本不等式．【分析】利⽤基本不等式的性质和正弦函数的单调性得出答案．【解答】解：∵0＜x＜y，2＜x2+y＜，∴1＜y，∴x2＜﹣y＜，∴sinx2＜sin（）．故A正确．∵2＜x2，∴x2＜，y＜，∴＞＞x2＞2﹣y，∴sinx2＞sin（2﹣y），故B正确．∵2＜x2，∴x2＜＜=＜．∴sinx2＜sin（）=cos（y﹣1）．故D正确．故选：C．⼆、填空题（本⼤题共7⼩题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）9．已知φ∈[0，π），函数f（x）=cos2x+cos（x+φ）是偶函数，则φ= 0 ，f（x）的最⼩值为．【考点】三⾓函数中的恒等变换应⽤．【分析】由函数为偶函数求得φ值，得到f（x）=cos2x+cosx，展开⼆倍⾓余弦，然后利⽤配⽅法求得最值．【解答】解：∵函数f（x）=cos2x+cos（x+φ）是偶函数，∴f（﹣x）﹣f（x）=cos（﹣2x）+cos（﹣x+φ）﹣cos2x﹣cos（x+φ）=0恒成⽴，即cos（﹣x+φ）﹣cos（x+φ）=﹣2sinφ?sin（﹣x）=2sinφ?sinx=0恒成⽴，∵φ∈[0，π），∴φ=0；f（x）=cos2x+cosx=2cos2x+cosx﹣1=．∴f（x）的最⼩值为．故答案为：0，．10．已知函数，则= 0 ，⽅程f（x）=2的解为﹣2或4 ．【考点】函数的值．【分析】由，利⽤分段函数的性质能求出的值；由⽅程f （x）=2，得到当x＞0时，log2x=2；当x≤0时，x2+x=2．由此能求出结果．【解答】解：∵，∴f（）==﹣1，∴=f（﹣1）=（﹣1）2+（﹣1）=0，∵⽅程f（x）=2，∴当x＞0时，log2x=2，解得x=4；当x≤0时，x2+x=2，解得x=﹣1或x=1（舍）．∴x=﹣2或x=4．故答案为：0；﹣2或4．11．某⼏何体的三视图如图所⽰（单位：cm），则该⼏何体的体积为cm3，表⾯积为cm2．【考点】由三视图求⾯积、体积．【分析】由三视图可知：该⼏何体是由⼀个半球去掉后得到的⼏何体．【解答】解：由三视图可知：该⼏何体是由⼀个半球去掉后得到的⼏何体．∴该⼏何体的体积==cm3，表⾯积=++=cm2．故答案分别为：；．12．已知x，y∈R且满⾜不等式组，当k=1时，不等式组所表⽰的平⾯区域的⾯积为，若⽬标函数z=3x+y的最⼤值为7，则k的值为 2 ．【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平⾯区域，根据z的⼏何意义，利⽤数形结合即可得到k的值．然后即可得到结论．【解答】解：若k=1，则不等式组对应的平⾯区域如图：则A（1，﹣1），B（1，3），由得，即C（，），不等式组所表⽰的平⾯区域的⾯积为S=×4×（﹣1）=2×=，由z=3x+y得y=﹣3x+z，平移直线y=﹣3x+z，则由图象可知当直线y=﹣3x+z经过点C时，直线y=﹣3x+z的截距最⼤，此时z最⼤，为3x+y=7由，解得，即A（2，1），此时A在kx﹣y﹣k﹣1=0上，则2k﹣1﹣k﹣1=0，得k=2．故答案为：；2；13．已知a＞0，f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx，x∈[0，2]，则f（x）所有的零点之和为 2 ．【考点】函数零点的判定定理．【分析】x=1，，时，f（x）≠0，因此都不是函数f（x）的零点．由f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx=0，化为：tanπx=，（x≠1）．分别作出函数y=tanπx，y=，（x≠1）的图象，则此两函数的图象都关于（1，0）成中⼼对称，即可得出．【解答】解：x=1时，f（1）=acosπ=﹣a＜0，因此1不是函数f（x）的零点．同理x=，，也不是函数f（x）的零点．由f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx=0，化为：tanπx=，（x≠1，，）．作出函数y=tanπx，y=，（x≠1）的图象，则此两函数的图象都关于（1，0）成中⼼对称，由函数的单调性与对称性可得：x∈[0，2]，两函数y=tanπx，y=，（x≠1）的图象有且仅有两个交点，并且关于（1，0）成中⼼对称，不妨设交点的横坐标分别为x1，x2，∴x1+x2=2．故答案为：2．14．设，已知x，y∈R，m+n=6，则F=max{|x2﹣4y+m|，|y2﹣2x+n|}的最⼩值为．【考点】函数的最值及其⼏何意义．【分析】由题意可得F≥|x2﹣4y+m|，F≥|y2﹣2x+n|，相加，由绝对值不等式的性质和配⽅⽅法，可得最⼩值．【解答】解：F=max{|x2﹣4y+m|，|y2﹣2x+n|}，可得F≥|x2﹣4y+m|，F≥|y2﹣2x+n|，即有2F≥|x2﹣4y+m|+|y2﹣2x+n|≥|x2﹣4y+m+y2﹣2x+n|=|x2﹣2x+y2﹣4y+6|=|（x﹣1）2+（y﹣2）2+1|≥1，即有2F≥1，即F≥，可得x=1，y=2时，F取得最⼩值．故答案为：．15．如图，设正△BCD的外接圆O的半径为R（＜R＜），点A在BD下⽅的圆弧上，则（﹣﹣）?的最⼩值为﹣．【考点】平⾯向量数量积的运算．【分析】先根据三⾓形为正三⾓形，再设∠CAO=θ，得到AC=2Rcosθ，根据向量的数量的运算得到（﹣﹣）?得到2R2cos2θ﹣2Rcosθ，再构造函数y=2t2﹣2t=2（t﹣）2﹣，即可求出最值．【解答】解：∵△BCD为正三⾓形，∴∠CAD=∠CAB=∠DAB=∠CBD=60°，设∠CAO=θ，∴AC=2Rcosθ，∴（﹣﹣）?=?﹣?﹣=2R2cos2θ﹣×2Rcosθ﹣×2Rcosθ=2R2cos2θ﹣2Rcosθ，设Rcosθ=t，∵＜R＜，0°≤θ＜60°，即＜cosθ≤1，∴＜t＜则y=2t2﹣2t=2（t﹣）2﹣∴当t=，y有最⼩值，即为﹣，故答案为：﹣．三、解答题（本⼤题共5⼩题，共74分，解答应写出⽂字说明、证明过程或演算步骤）16．在△ABC中，设边a，b，c所对的⾓为A，B，C，且A，B，C都不是直⾓，（bc﹣8）cosA+accosB=a2﹣b2．（Ⅰ）若b+c=5，求b，c的值；（Ⅱ）若，求△ABC⾯积的最⼤值．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（Ⅰ）由已知利⽤余弦定理化简已知等式可得，⼜△ABC不是直⾓三⾓形，解得bc=4，⼜b+c=5，联⽴即可解得b，c的值．（Ⅱ）由余弦定理，基本不等式可得5=b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bccosA=8﹣8cosA，解得，可求，利⽤三⾓形⾯积公式即可得解三⾓形⾯积的最⼤值．【解答】（本题满分14分）解：（Ⅰ）∵，∴，∴，∵△ABC不是直⾓三⾓形，∴bc=4，⼜∵b+c=5，∴解得或…（Ⅱ）∵，由余弦定理可得5=b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bccosA=8﹣8cosA，∴，∴，所以．∴△ABC⾯积的最⼤值是，当时取到…17．如图，长⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，点P是CD上的⼀点，PC=λPD．（Ⅰ）若A1C⊥平⾯PBC1，求λ的值；（Ⅱ）设λ1=1，λ2=3所对应的点P为P1，P2，⼆⾯⾓P1﹣BC1﹣P2的⼤⼩为θ，求cosθ的值．【考点】⼆⾯⾓的平⾯⾓及求法；直线与平⾯垂直的判定．【分析】（Ⅰ）法⼀：若A1C⊥PB，则A1C⊥平⾯PBC1，只要AC⊥PB即可，由此能求出结果．法⼆：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建⽴空间直⾓坐标系O﹣xyz，利⽤向量法能求出结果．（Ⅱ）过C作CH⊥BC1交BC1于H，连接P1H，P2H，则∠P1HP2就是所求⼆⾯⾓的⼀个平⾯⾓θ，由此能求出cosθ．【解答】解：（Ⅰ）解法⼀∵A1C⊥BC1若A1C⊥PB，则A1C⊥平⾯PBC1，只要AC⊥PB即可，在矩形ABCD中，，解得，；解法⼆：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建⽴如图空间直⾓坐标系O﹣xyz，B（1，2，0），C1（0，2，1），A1（1，0，1），C（0，2，0），设，若A1C⊥平⾯PBC1，=（﹣1，2，﹣1），=（﹣1，0，1），=（﹣1，﹣2，0），则，解得．（Ⅱ）过C作CH⊥BC1交BC1于H，连接P1H，P2H，∵长⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，∴BH=C1H，P1B=P1C1，P2B=P2C1，∴P2H⊥BC1，P1H⊥BC1，则∠P1HP2就是所求⼆⾯⾓的⼀个平⾯⾓θ∵P1C=1，，∴，tanα=tan（∠P2HC﹣∠P1HC）=，所求余弦值cosθ=．。

§3.4简洁的三角恒等变换Ａ组基础题组1.(2021河南许昌一模,5)已知sin2α=,则cos2=( )A. B.- C. D.-2.(2021嘉兴一模,6,5分)已知锐角α满足cos2α=cos,则sin2α等于( )A. B.- C . D.-3.(2021安徽阜阳期末,7)化简=( )A.1B.C.D.24.(2021浙江嘉兴桐乡一中调研(二),11)函数f(x)=sinxcosx+cos2x的最小正周期是.5.(2021四川,12,5分)sin15°+sin75°的值是.6.(2021丽水一模,13,4分)设α,β∈(0,π),sin(α+β)=,tan=,则cosβ的值是.7.(2022山东师范高校附属中学第三次模考,13,5分)设α,β∈,且tanα=,则2α-β=.8.(2022宁波效实中学期中,12,6分)若sinα+2cosα=-(0<α<π),则tanα=;cos= .9.(2022宁波效实中学期中文,13,4分)= .10.求证:=sin2α.11.(2021合肥第一次质检)已知cos·cos=-,α∈,求:(1)sin2α;(2)tanα-. B组提升题组1.(2021温州一模,3,5分)已知sinx+cosx=,则cos=( )A.-B.C.-D.2.(2021西宁三校联考)已知sin=-,α是其次象限角,则tan=( )A. B. C. D .3.(2021嘉兴教学测试二,5,5分)若sinθ+cosθ=,θ∈[0,π],则tanθ=()A.-B.C.-2D.24.(2021烟台诊断)已知α,β∈(0,π),且tan(α-β)=,tanβ=-,则2α-β的值为( )A.-B.C.-D.5.(2022山东,12,5分)函数y=sin2x+cos2x的最小正周期为.6.(2021课标全国Ⅰ,15,5分)设当x=θ时,函数f(x)=sinx-2cosx取得最大值,则cosθ=.7.(2021浙江六校联考)函数f(x)=sinx+cosx的单调增区间为,已知sinα=,且α∈,则f= .8.(2022超级中学原创猜测卷九,14,6分)已知α∈,β∈,若tan(α+β)=2tanβ,则当α取最大值时,tanβ=,tan2α=.9.(2022江苏盐城中学月考,11,5分)若α∈,且tan=2cos2α,则α的值为.10.化简:.11.(2021广东,16,12分)已知函数f(x)=cos,x∈R.(1)求f的值;(2)若cosθ=,θ∈,求f.Ａ组基础题组1.C cos2====,故选C.2.A 由cos2α=cos得,cos2α-sin2α=cosα+sinα,而α为锐角,∴cosα+sinα≠0,∴cosα-sinα=,两边平方得,1-sin2α=,∴sin2α=.故选A.3.C 原式=====.4.答案π解析f(x)=sinxcosx+cos2x=sin2x+cos2x=sin,所以最小正周期T==π.5.答案解析sin15°+sin75°=sin15°+cos15°=sin(15°+45°)=sin60°=.6.答案-解析由tan=,得tanα==,又α∈(0,π),所以α∈,所以sinα=,cosα=,又β∈(0,π),所以α+β∈,而sin(α+β)=<,所以α+β∈,因此cos(α+β)=-,所以cosβ=cos[(α+β)-α]=cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα=-.7.答案解析tanα==,化简得sin(α-β)=cosα,又α,β∈,所以sin(α-β)=cosα=sin,因此α-β=-α,所以2α-β=.8.答案-;解析由sinα+2cosα=-(0<α<π)可知,α为钝角,又sin2α+cos2α=1,可得sinα=,cosα=-,所以tanα=-.sin2α=2sinαcosα=-,cos2α=cos2α-sin2α=-,所以cos=cos2αcos-sin2αsin=.9.答案解析===.10.证明证法一:左边=====sincoscosα=sinαcosα=sin2α=右边,∴原式成立.证法二:左边===sinαcosα=sin2α=右边,∴原式成立.证法三:左边==cos2α·=cos2α·tanα=cosαsinα=sin2α=右边,∴原式成立.11.解析(1)cos·cos=cos·sin=sin=-,(2分)即sin=-,∵α∈,∴2α+∈,∴cos=-,(5分)∴sin2α=sin=sincos-cossin=.(7分)(2)∵α∈,∴2α∈,又sin2α=,∴cos2α=-.∴tanα-=-===-2×=2.(12分)B组提升题组1.B sinx+cosx=2cos=,故cos=.2.A 由于sin=cosα=-,α是其次象限角,所以tanα=-,所以tan==,故选A.3.C 由于sinθ+cosθ=sin=,所以sin=.由于θ∈[0,π],所以≤θ+≤.又<,所以<θ+<π,所以cos=-,所以tan===-,解得tanθ=-2,故选C.4.C 由于tan[2(α-β)]===,所以tan(2α-β)=tan[2(α-β)+β]===1,由于β∈(0,π),tanβ=-,所以β∈,又tanα=tan[(α-β)+β]===>0,α∈(0,π),所以α∈,所以α-β∈(-π,0),由于tan(α-β)=>0,所以α-β∈,所以2α-β∈(-π,0),所以2α-β=-,故选C.5.答案π解析y=sin2x+cos2x=sin2x+=sin2x+cos2x+=sin+,所以该函数的最小正周期为π.6.答案-解析由帮助角公式得:f(x)==sin(x-φ),其中sinφ=,cosφ=,由x=θ时,f(x)取得最大值得sin(θ-φ)=1,∴θ-φ=2kπ+,k∈Z,即θ=φ++2kπ,k∈Z,∴cosθ=cos=-sinφ=-.7.答案,k∈Z ;解析f(x)=sinx+cosx=sin,当2kπ-≤x+≤2kπ+,k∈Z,即2kπ-≤x≤2kπ+,k∈Z时,函数f(x)单调递增,所以f(x)的递增区间是,k∈Z.由于sinα=,α∈,所以cosα=,所以f=sin=sin=sinα+cosα=×+×=.8.答案;解析解法一:由tan(α+β)=2tanβ,可得2tanβ=,从而tanα==≤,当且仅当tanβ=时取等号.又α∈,所以当tanα=时,α取最大值,此时tan2α==.解法二:由tan(α+β)=2tanβ,可得tanα=tan[(α+β)-β]===≤,当且仅当tanβ=时取等号.又α∈,所以当tanα=时,α取最大值,此时tan2α==.9.答案解析cos2α=sin=sin=2sincos=2cos2tan=tan,所以cos2=,又α∈,所以cos=,所以α+=,所以α=.10.解析原式=========2.11.解析(1)f=cos--=cos=cos=1.(2)f=cos=cos=cos2θ-sin2θ.由于cosθ=,θ∈,所以sinθ=-,所以sin2θ=2sinθcosθ=-,cos2θ=cos2θ-sin2θ=-,所以f=cos2θ-sin2θ=--=.。

§1.2命题与充要条件Ａ组基础题组1.(2021浙江延安中学段考)命题“若a2+b2=0,a,b∈R,则a=b=0”的逆否命题是( )A.若a≠b≠0,a,b∈R,则a2+b2=0B.若a=b≠0,a,b∈R,则a2+b2≠0C.若a≠0且b≠0,a,b∈R,则a2+b2≠0D.若a≠0或b≠0,a,b∈R,则a2+b2≠02.(2021湖南,2,5分)设A,B是两个集合,则“A∩B=A”是“A⊆B”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.(2021四川文,4,5分)设a,b为正实数,则“a>b>1”是“log2a>log2b>0”的( )A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件4.(2021浙江文,3,5分)设a,b是实数,则“a+b>0”是“ab>0”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件 D .既不充分也不必要条件5.(2021杭州学军中学第五次月考,1,5分)>1的一个充分不必要条件是( )A.x>yB.x>y>0C.x<yD.y<x<06.(2021桐乡一中等四校联考,3,5分)设a,b为非零实数,命题甲:ab>b2,命题乙:<<0,则甲是乙的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件7.(2022浙江新高考争辩联盟一联,2,5分)已知m>0且m≠1,则log m n>0是(1-m)(1-n)>0的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件8.(2022广东文,7,5分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则“a≤b”是“sinA≤sinB”的( )A.充分必要条件B.充分非必要条件C.必要非充分条件D.非充分非必要条件9.(2021青岛诊断)“0≤m≤1”是“函数f(x)=sinx+m-1有零点”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既非充分也非必要条件B组提升题组1.(2021安徽,3,5分)设p:1<x<2,q:2x>1,则p是q成立的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.(2021湖北文,5,5分)l1,l2表示空间中的两条直线,若p:l1,l2是异面直线;q:l1,l2不相交,则( )A.p是q的充分条件,但不是q的必要条件B.p是q的必要条件,但不是q的充分条件C.p是q的充分必要条件D.p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件3.(2021浙江金华一中期中检测)在△ABC中,“·>0”是“△ABC为锐角三角形”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.(2021四川,8,5分)设a,b都是不等于1的正数,则“3a>3b>3”是“log a3<log b3”的( )A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件5.(2021金华十校一模,2,5分)若a,b∈R,则>的一个充要条件是( )A.a>bB.ab(a-b)<0C.a<b<0D.a<b6.(2021金华一中全真模拟考,1,5分)设a,b∈R,则“0<a<1且0<b<1”是“ab+1>a+b”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件7.(2021宁波一模,2,5分)在△ABC中,“A>”是“sinA>”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件8.(2022领航高考冲刺卷二,3,5分)已知p:x>k,q:≥1,若p是q的必要不充分条件,则实数k的取值范围是( )A.(2,+∞)B.[2,+∞)C.(-∞,-1)D.(-∞,-1]9.(2022领航高考冲刺卷六,3,5分)设x、y是两个实数,命题“x、y中至少有一个大于1”成立的充分不必要条件是( )A.x+y=2B.x+y>2C.x2+y2>2D.xy>110.(2021嘉兴一模,5,5分)已知p:x2-3x-4≤0,q:x2-6x+9-m2≤0.若p是q的充分不必要条件,则m的取值范围是( )A.[-1,1]B.[-4,4]C.(-∞,-4]∪[4,+∞)D.(-∞,-1]∪[4,+∞)11.(2022超级中学原创猜测卷六,3,5分)已知a,b∈R,则“a2+b2<1”是“ab+1>a+b”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件Ａ组基础题组1.D “若p,则q”的逆否命题为“若¬q,则¬p”,又a=b=0的实质为a=0且b=0,故其否定为a≠0或b≠0.故选D.2.C 若A∩B=A,任取x∈A,则x∈A∩B,∴x∈B,故A⊆B;若A⊆B,任取x∈A,都有x∈B,∴x∈A∩B,∴A⊆(A∩B),又A∩B⊆A明显成立,∴A∩B=A.综上,“A∩B=A”是“A⊆B”的充要条件,故选C.3.A ∵y=log2x是增函数,∴当a>b>1时,有log2a>log2b>log21=0.另一方面,当log2a>log2b>0=log21时,有a>b>1.故选A.4.D 当a=2,b=-1时,a+b=1>0,但ab=-2<0,所以充分性不成立;当a=-1,b=-2时,ab=2>0,但a+b=-3<0,所以必要性不成立,故选D.5.B >1⇔x>y>0或x<y<0,知>1的一个充分不必要条件是x>y>0.6.B 命题甲等价于:若b>0,则a>b,若b<0,则a<b,命题乙等价于a<b<0,所以甲是乙的必要不充分条件,故选B.7.A log m n>0等价于m>1,且n>1,或0<m<1,且0<n<1,此时有(1-m)(1-n)>0,即充分性成立.当0<m<1,n≤0时,有(1-m)(1-n)>0,此时log m n无意义,即必要性不成立,故选A.8.A 设R为△ABC外接圆的半径.由正弦定理可知,若a≤b,则2RsinA≤2RsinB⇒sinA≤sinB,故“a≤b”是“sinA≤sinB”的充分条件;若sinA≤sinB,则≤⇒a≤b,故“a≤b”是“sinA≤sinB”的必要条件.综上所述,“a≤b”是“sinA≤sinB”的充要条件.故选A.9.A 函数f(x)=sinx+m-1有零点,则m-1=-sinx∈[-1,1],所以0≤m≤2,故选A.B组提升题组1.A 由2x>1,得x>0.∵{x|1<x<2}⫋{x|x>0},∴p是q成立的充分不必要条件.2.A 在空间中,两条直线的位置关系有平行、相交、异面.直线l1、l2是异面直线,肯定有l1与l2不相交,因此p是q的充分条件;若l1与l2不相交,那么l1与l2可能平行,也可能是异面直线,所以p不是q的必要条件.故选A.3.B ·>0只能说明△ABC中的角A是锐角,不能说明△ABC为锐角三角形;但反过来,若△ABC为锐角三角形,则角A肯定是锐角,从而·>0,故选B.4.B “3a>3b>3”等价于“a>b>1”,“log a3<log b3”等价于“a>b>1或0<a<1<b或0<b<a<1”,从而“3a>3b>3”是“log a3<log b3”的充分不必要条件.故选B.5.B >⇔->0⇔<0⇔ab(a-b)<0,故选B.6.A ab+1>a+b⇔(a-1)(b-1)>0,则a>1,且b>1,或a<1,且b<1,故选A.7.B △ABC中,由A>得不到sinA>.由sinA>可推出A>.故选B.8.D ∵≥1,∴≥0,∴-1<x≤2,又p是q的必要不充分条件,即q能推出p,但p不能推出q,∴k∈(-∞,-1],选D.9.B 命题“x、y中至少有一个大于1”等价于“x>1或y>1”,若x+y>2,则必有x>1或y>1,否则x+y≤2;而当x=2,y=-1时,2-1=1<2,所以由x>1或y>1不能推出x+y>2.当x=1,且y=1时,满足x+y=2,不能推出x>1或y>1,所以A错;对于x2+y2>2,当x<-1,y<-1时,满足x2+y2>2,不能推出x>1或y>1,故C错;对于xy>1,当x<-1,y<-1时,满足xy>1,不能推出x>1或y>1,故D错.综上知选B.10.C p:-1≤x≤4;在x2-6x+9-m2≤0中,当m>0时,解得3-m≤x≤3+m,要满足条件应满足且两个等号不能同时取到,解得m≥4.当m<0时,解得m≤-4.当m=0时,不满足条件.故m的取值范围是(-∞,-4]∪[4,+∞).11.A a2+b2<1⇒-1<a<1,-1<b<1⇒(a-1)·(b-1)>0⇒ab+1>a+b,反之,取a=2,b=2,满足ab+1>a+b,但不能得出a2+b2<1,故选A.。

§10.2二项式定理Ａ组基础题组1.(2022山西八校联考,3,5分)若二项式的开放式中的系数是84,则实数a=( )A.2B.C.1D.2.(2022浙江,5,5分)在(1+x)6(1+y)4的开放式中,记x m y n项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=( )A.45B.60C.120D.2103.(2021北京一模,7)设(1+x+x2)n=a0+a1x+…+a2n x2n,则a2+a4+…+a2n的值为( )A. B.C.3n-2D.3n4.(2021辽宁,7,5分)使(n∈N*)的开放式中含有常数项的最小的n为( )A.4B.5C.6D.75.(2021浙江,11,4分)设二项式的开放式中常数项为A,则A= .6.(2021河北石家庄调研,15)设(2-1)n的开放式的各项系数之和为M,二项式系数之和为N,若M,8,N三数成等比数列,则开放式中第四项为.7.(2021合肥第一次质检)若开放式的各项系数确定值之和为1024,则开放式中x的一次项的系数为.8.(2021浙江名校(绍兴一中)沟通卷自选模块(五),04(1))多项式的开放式中的常数项为.9.(2021浙江名校(诸暨中学)沟通卷自选模块(一),04(1))已知(3-2x)7=a0+a1(x+2)+…+a7(x+2)7,则a5=(用数字作答).10.(2021课标Ⅱ,15,5分)(a+x)(1+x)4的开放式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则a= .11.(2021浙江新高考争辩卷自选模块五(学军中学),04(1))已知二项式的开放式中各项系数之和为256,求开放式中的常数项.12.(2021浙江冲刺卷二,04(1))求二项式的开放式中,除常数项外各项系数之和. 13.(2021浙江新高考争辩卷自选模块三(海宁高级中学),04(1))已知(x∈N*)的开放式中第五项的系数与第三项的系数之比是10∶1,求开放式中各项的系数和.14.(2021浙江调研模拟试卷自选模块三(镇海中学),04)已知(1-3x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7.(1)求x2项的二项式系数;(2)求|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|的值.B组提升题组1.(2021浙江丽水二模,4)(x-y)8的开放式中,x6y2项的系数是( )A.56B.-56C.28D.-282.(2021浙江重点中学协作体第一次适应性测试,5)将二项式的开放式按x的降幂排列,若前三项系数成等差数列,则该开放式中x的指数是整数的项共有( )A.3个B.4个C.5个D.6个3.(2021课标全国Ⅱ,5,5分)已知(1+ax)(1+x)5的开放式中x2的系数为5,则a=( )A.-4B.-3C.-2D.-14.(2022湖北荆门调考,10,5分)的开放式中的常数项为( )A.32B.90C.140D.1415.(2022大纲全国,13,5分)的开放式中x2y2的系数为.(用数字作答)6.(2022安徽,13,5分)设a≠0,n是大于1的自然数,的开放式为a0+a1x+a2x2+…+a n x n.若点A i(i,a i)(i=0,1,2)的位置如图所示,则a= .7.(2021浙江名校(金华一中)沟通卷自选模块(六),04(1))(x+1)2+(x+1)11=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a10(x+2)10+a11(x+2)11,则a1= .8.(2022课标Ⅰ,13,5分)(x-y)(x+y)8的开放式中x2y7的系数为.(用数字填写答案)9.(2021浙江新高考争辩卷自选模块一(镇海中学),04(2))在(4x2+3x+2)5的开放式中,x3的系数为.10.(2021浙江冲刺卷四“计数原理与概率”模块,04(2))设常数a∈R,若的二项开放式中的常数项是-160,求a的值.11.(2021浙江模拟训练冲刺卷一“计数原理与概率”模块,04(2))已知的开放式中,前三项的系数之和为49,求开放式的常数项.12.(2021浙江名校(镇海中学)沟通卷自选模块(二),04(1))若n∈N*,n<100,且二项式的开放式中存在常数项,求全部满足条件的n的值的和. 13.(2021浙江名校(衢州二中)沟通卷自选模块(四),04(1))设a n是(+3)n(n≥2且n∈N*)的开放式中x项的系数.求的值.Ａ组基础题组1.C T r+1=·(2x)7-r·=27-r a r·.令2r-7=3,则r=5.由22·a5=84得a=1,故选C.2.C 在(1+x)6的开放式中,x m的系数为,在(1+y)4的开放式中,y n的系数为,故f(m,n)=·.从而f(3,0)==20,f(2,1)=·=60,f(1,2)=·=36,f(0,3)==4,所以f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=20+60+36+4=120.故选C.3.B (赋值法)令x=1,得a0+a1+a2+…+a2n-1+a2n=3n.①再令x=-1,得a0-a1+a2+…-a2n-1+a2n=1.②令x=0,得a0=1.由①+②得2(a0+a2+…+a2n)=3n+1,∴a0+a2+…+a2n=,∴a2+a4+…+a2n=-a0=-1=.4.B T r+1=(3x)n-r·=·3n-r·=·3n-r·(r=0,1,2,…,n),若T r+1是常数项,则有n-r=0,即2n=5r(r=0,1,…,n),当r=0,1时,n=0,,不满足条件;当r=2时,n=5,故选B.5.答案-10解析开放式的通项为T r+1=·()5-r=(-1)r.令-r=0,得r=3.当r=3时,T4=(-1)3=-10.故A=-10.6.答案-160x解析令x=1,则各项系数之和为M=(2-1)n=1.∵二项式系数之和为N=+++…+=2n,又M,8,N三数成等比数列,则82=MN,即2n=64,解得n=6,故T4=(2)6-3·(-1)3=-160x.7.答案-15解析依题意得4n=1024=45,n=5,二项式的开放式的通项是T r+1=·()5-r·=·(-3)r·.令=1,得r=1.因此,二项式的开放式中x的一次项系数等于·(-3)=-15.8.答案-252解析∵=,∴开放式中的常数项即为(x-1)10的开放式中含有x5项的系数,为(-1)5=-252.9.答案-32928解析(3-2x)7=[7-2(x+2)]7=77+76(-2)(x+2)+…+(-2)7(x+2)7,所以a5=72(-2)5=-32928.10.答案 3解析设f(x)=(a+x)(1+x)4,则其全部项的系数和为f(1)=(a+1)·(1+1)4=(a+1)×16,又奇数次幂项的系数和为[f(1)-f(-1)],∴×(a+1)×16=32,∴a=3.11.解析令x=1,可得各项系数之和为=2n=256,解得n=8.∴该二项式的开放式的通项为T r+1=()8-r(x-1)r=.令=0,得r=2,∴常数项为=28.12.解析开放式的通项为T k+1=·=(-2)k x3k-9,令3k-9=0,得k=3,故常数项为(-2)3=-672.由于全部项的系数和为(1-2)9=-1,则除常数项外,各项系数之和等于-1+672=671.13.解析T k+1=·(-2)k x-2k=(-2)k,由=10,解得n=8(n=-3舍去),令x=1,得开放式中各项系数之和为(1-2)8=1.(5分)14.解析(1)x2项的二项式系数为=21.(2)开放式的通项为T k+1=(-3)k·x k,故a k=(-3)k,其中k=0,1,2,…,7,则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|=a0-a1+a2-…-a7. 令x=-1,得a0-a1+a2-…-a7=47,所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|=47.(5分)B组提升题组1.A 二项式的通项为T r+1=x8-r(-y)r,令8-r=6,则r=2,得x6y2项的系数为(-)2=56.2.A 开放式中前三项的系数分别为1,,,由题意得2×=1+,所以n=8或n=1(舍去).开放式的通项为T k+1=,所以当k=0,4,8时,x的指数是整数,故有3个.3.D 由二项式定理得(1+x)5的开放式的通项为T r+1=·x r,所以当r=2时,(1+ax)(1+x)5的开放式中x2的系数为,当r=1时,x2的系数为·a,所以+·a=5,a=-1,故选D.4.D 由二项式定理得==+++…++…+,①其中第r+1(0≤r≤6)项为T r+1=,②在的开放式中,设第k+1项为常数项,记为T'k+1.则T'k+1=x r-k=x r-2k(0≤k≤r).③令r-2k=0,得r=2k,即r为偶数,再依据①②③知所求常数项为+++=141.5.答案70解析T r+1=··=(-1)r···,令得r=4. 所以开放式中x2y2的系数为(-1)4·=70.6.答案 3解析依据题意知a0=1,a1=3,a2=4,结合二项式定理得即解得a=3.7.答案9解析(x+1)2+(x+1)11=(x+2-1)2+(x+2-1)11=(x+2)2+(x+2)·(-1)+(-1)2+(x+2)11+(x+2)10(-1)+…+(x+2)1(-1)10+(-1)11.∴a1=-+=9.8.答案-20解析由二项开放式公式可知,含x2y7的项可表示为x·xy7-y·x2y6,故(x-y)(x+y)8的开放式中x2y7的系数为-=-=8-28=-20.9.答案3000解析将(4x2+3x+2)5视作5个相同因式相乘,则x3可由一个因式中含x2的项和一个因式中含x的项和另三个因式中的常数项相乘组成,或由三个因式中含x的项和两个因式中的常数项相乘组成,所以开放式中x3的系数是·4··3·23+·33·22=3000.10.解析开放式的通项为T k+1=(2)5-k×=25-k×(-a)k,令5-5k=0,得k=1,则常数项为24×(-a)=-160,解得a=2.(5分)11.解析开放式的通项为T k+1=×(-2x)k=(-2)k x2k-n,则前三项的系数依次为1,-2n,4=2n2-2n,由2n2-4n+1=49,解得n=-4(舍去)或n=6.从而开放式的通项为T k+1=(-2)k x2k-6,令2k-6=0,得k=3,故开放式中的常数项为T4=(-2)3=-160.(5分)12.解析开放式的通项为T k+1=(x3)n-k=x3n-5k,∵开放式中存在常数项,∴3n-5k=0(k=0,1,2,…,n),∴n为5的倍数,又n∈N*,n<100,∴n=5,10,15,…,95,故全部n的值的和为=950.(5分)13.解析开放式的通项为T k+1=··3k,令=1,得k=n-2,∴a n=3n-2·=3n-2·,∴n≥2且n∈N*时,===18·,则=×18×=18.(5分)。

第九章导数及其应用§9.1导数的概念及运算Ａ组基础题组1.(2021江西重点中学盟校一联)函数f(x)=x3的图象在原点处的切线方程为( )A.y=xB.x=0C.y=0D.不存在2.(2022湖北荆门调考,3,5分)函数f(x)=xe x在点A(0,f(0))处的切线斜率为( )A.0B.-1C.1D.e3.(2021浙江重点中学协作体摸底)已知点P在曲线f(x)=x4-x上,曲线在点P处的切线平行于直线3x-y=0,则点P的坐标为( )A.(0,0)B.(1,1)C.(0,1)D.(1,0)4.(2021吉林二调)若函数f(x)=x3+ax2+bx+c图象上点A(2,1)处的切线方程为2x-y+a=0,则a+b+c=( )A.-B.-C.0D.5.(2021广东惠州第三次调研)给出定义:若函数f(x)在D上可导,即f'(x)存在,且导函数f'(x)在D上也可导,则称f(x)在D上存在二阶导函数,记f″(x)=(f'(x))',若f″(x)<0在D上恒成立,则称f(x)在D上为凸函数.以下四个函数在上不是凸函数的是( )A.f(x)=sinx+cosxB.f(x)=lnx-2xC.f(x)=-x3+2x-1D.f(x)=-xe-x6.(2022山东曲阜期中,8,5分)设函数h(x),g(x)在[a,b]上可导,且h'(x)<g'(x),则当a<x<b时,有( )A.h(x)<g(x)B.h(x)>g(x)C.h(x)+g(a)>g(x)+h(a)D.h(x)+g(b)>g(x)+h(b)7.(2022陕西,10,5分)如图,修建一条大路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切).已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )A.y=x3-x2-xB.y=x3+x2-3xC.y=x3-xD.y=x3+x2-2x8.(2021天津,11,5分)已知函数f(x)=axlnx,x∈(0,+∞),其中a为实数,f'(x)为f(x)的导函数.若f'(1)=3,则a的值为.9.(2022广东,10,5分)曲线y=e-5x+2在点(0,3)处的切线方程为.10.(2021课标Ⅰ,14,5分)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则a= .11.(2021河北石家庄一模,14)已知点P为曲线C:f(x)=x2+2x+3上的点,且曲线C在点P处切线倾斜角的取值范围为,则点P横坐标的取值范围为.12.(2021课标Ⅱ,16,5分)已知曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a= .13.(2021浙江温州十校联考,03(2))已知函数f(x)=(x2+ax+2)e x(a∈R).(1)当a=0时,求函数f(x)的图象在点A(1,f(1))处的切线方程;(2)若函数f(x)为单调函数,求实数a的取值范围.14.(2021浙江冲刺卷五,03(2))已知函数f(x)=x3-12x+2,其图象过原点的切线与函数g(x)=m-lnx的图象有两个交点,试求m的取值范围.B组提升题组1.(2022课标Ⅱ,8,5分)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )A.0B.1C.2D.32.(2021浙江丽水二模,6)设曲线y=x2+alnx(a>0)上任意一点处的切线斜率为k,若k的最小值为4,则此时该切点的坐标为( )A.(1,1)B.(2,3)C.(3,1)D.(1,4)3.(2021江西九校联考)等比数列{a n}中,a1=2,a8=4,函数f(x)=x(x-a1)(x-a2)…(x-a8),则f'(0)=( )A.26B.29C.212D.2154.(2021河南新乡质检,12)过点A(2,-1)作曲线f(x)=x3-3x的切线最多有( )A.3条B.2条C.1条D.0条5.(2022山东淄博摸底,10,5分)已知y=f(x)是定义在R上的偶函数,且当x>0时不等式f(x)+xf'(x)<0成立,若a=30.3·f(30.3),b=logπ3·f(logπ3),c=log3·f,则a,b,c的大小关系是( )A.a>b>cB.c>a>bC.a>c>bD.c>b>a6.(2022江西,13,5分)若曲线y=e-x上点P处的切线平行于直线2x+y+1=0,则点P的坐标是.7.(2021浙江温州十校联合体联考)与直线2x-6y+1=0垂直,且与曲线f(x)=x3+3x2-1相切的直线方程是.8.(2021浙江台州椒江一中段考)设函数f(x)=g(x)+x2,曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为y=2x+1,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线的斜率为.9.(2021陕西,15,5分)函数y=xe x在其极值点处的切线方程为.10.(2022江苏,11,5分)在平面直角坐标系xOy中,若曲线y=ax2+(a,b为常数)过点P(2,-5),且该曲线在点P 处的切线与直线7x+2y+3=0平行,则a+b的值是.11.(2022安徽,15,5分)若直线l与曲线C满足下列两个条件:(i)直线l在点P(x0,y0)处与曲线C相切;(ii)曲线C在点P四周位于直线l的两侧,则称直线l在点P处“切过”曲线C.下列命题正确的是(写出全部正确命题的编号).①直线l:y=0在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=x3②直线l:x=-1在点P(-1,0)处“切过”曲线C:y=(x+1)2③直线l:y=x在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=sinx④直线l:y=x在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=tanx⑤直线l:y=x-1在点P(1,0)处“切过”曲线C:y=lnx12.(2021河北唐山二模,20,12分)已知函数f(x)=ax3+3x2-6ax-11,g(x)=3x2+6x+12和直线m:y=kx+9,且f'(-1)=0.(1)求a的值;(2)是否存在k的值,使直线m既是曲线y=f(x)的切线,又是y=g(x)的切线?假如存在,求出k的值;假如不存在,说明理由.13.(2022北京,20,13分)已知函数f(x)=2x3-3x.(1)求f(x)在区间[-2,1]上的最大值;(2)若过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切,求t的取值范围;(3)问过点A(-1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线y=f(x)相切?(只需写出结论) Ａ组基础题组1.C 由f'(x)=3x2得f'(0)=0,所以f(x)的图象在原点处的切线方程为y=0,故选C.2.C ∵f'(x)=(x+1)e x,∴f'(0)=1,即所求切线的斜率为1.3.D 设P(x0,y0),由题意知,函数f(x)=x4-x在点P处的切线的斜率等于3,即f'(x0)=4-1=3,∴x0=1,将其代入f(x)中可得P(1,0).故选D.4.C 由于A(2,1)在直线2x-y+a=0上,所以4-1+a=0,a=-3,又由于f'(x)=3x2+2ax+b,f'(2)=2,所以12+4a+b=2,得b=2.将A(2,1)代入f(x)=x3-3x2+2x+c中,得8-12+4+c=1,得c=1,所以a+b+c=0,故选C.5.D 若f(x)=sinx+cosx,则f″(x)=-sinx-cosx,在x∈上,恒有f″(x)<0;若f(x)=lnx-2x,则f″(x)=-,在x ∈上,恒有f″(x)<0;若f(x)=-x3+2x-1,则f″(x)=-6x,在x∈上,恒有f″(x)<0;若f(x)=-xe-x,则f″(x)=2e-x-xe-x=(2-x)e-x,在x∈上,恒有f″(x)>0,故选D.6.D 令f(x)=g(x)-h(x),x∈[a,b],则f'(x)=g'(x)-h'(x)>0,所以f(x)为增函数,所以f(b)>f(x)>f(a),即g(b)-h(b)>g(x)-h(x)>g(a)-h(a),故选D.7.A 设三次函数的解析式为y=ax3+bx2+cx+d(a≠0),则y'=3ax2+2bx+c.由已知得y=-x是曲线y=ax3+bx2+cx+d 在点(0,0)处的切线,则y'|x=0=-1⇒c=-1,排解选项B、D.又y=3x-6是该曲线在点(2,0)处的切线,则y'|x=2=3⇒12a+4b+c=3⇒12a+4b-1=3⇒3a+b=1.只有A选项中的函数符合,故选A.8.答案 3解析∵f'(x)=alnx+a,∴f'(1)=aln1+a=3,解得a=3.9.答案5x+y-3=0解析y'=-5e-5x,曲线在点(0,3)处的切线斜率k=y'|x=0=-5,故切线方程为y-3=-5(x-0),即5x+y-3=0.10.答案 1解析由题意可得f'(x)=3ax2+1,∴f'(1)=3a+1,又f(1)=a+2,∴f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y-(a+2)=(3a+1)(x-1),又此切线过点(2,7),∴7-(a+2)=(3a+1)(2-1),解得a=1.11.答案解析设P(x0,y0),P点处切线倾斜角为α,则0≤tanα≤1,由f(x)=x2+2x+3,得f'(x)=2x+2,令0≤2x0+2≤1,得-1≤x0≤-.12.答案8解析令f(x)=y=x+lnx,求导得f'(x)=1+,f'(1)=2,又f(1)=1,所以曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.设直线y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1的切点为P(x0,y0),则y'=2ax0+a+2=2,得a(2x0+1)=0,∴a=0或x0=-,又a+(a+2)x0+1=2x0-1,即a+ax0+2=0,当a=0时,明显不满足此方程,∴x0=-,此时a=8.13.解析(1)f'(x)=e x[x2+(a+2)x+a+2].当a=0时,f'(x)=e x(x2+2x+2).f(1)=3e,f'(1)=5e,∴切线方程为y-3e=5e(x-1),即5ex-y-2e=0.(2)f'(x)=e x[x2+(a+2)x+a+2],∵e x>0恒成立,且x2的系数为正,∴f(x)在R上单调等价于x2+(a+2)x+a+2≥0恒成立,∴(a+2)2-4(a+2)≤0,解得-2≤a≤2.∴a∈[-2,2].14.解析设切点为(x0,-12x0+2),则切线斜率为f'(x0)=3-12,所以切线方程为y-+12x0-2=(3-12)(x-x0),将原点坐标代入上式得x0=1,所以切线方程为y=-9x.由得lnx-9x-m=0,设h(x)=lnx-9x-m,则h'(x)=,令h'(x)=>0,得0<x<,所以h(x)在上单调递增,在上单调递减,所以h(x)最大值=h=-ln9-1-m. 若lnx-9x-m=0有两个解,则h(x)最大值>0.∴m<-ln9-1.B组提升题组1.D y'=a-,x=0时,y'=a-1=2,∴a=3,故选D.2.A y=x2+alnx的定义域为(0,+∞),y'=2x+≥2=4,即a=2,当且仅当x=1时等号成立,此时y=1,故所求的切点坐标是(1,1).3.C 函数f(x)的开放式含x项的系数为a1·a2·…·a8=(a1·a8)4=84=212,而f'(0)=a1·a2·…·a8=212,故选C.4.A 由题意得,f'(x)=3x2-3,设切点为(x0,-3x0),那么切线的斜率为k=3-3,利用点斜式方程可知切线方程为y-(-3x0)=(3-3)(x-x0),将点A(2,-1)代入可得关于x0的一元三次方程2-6+5=0.令y=2-6+5,则y'=6-12x0.由y'=0得x0=0或x0=2.当x0=0时,y=5>0;x0=2时,y=-3<0.所以方程2-6+5=0有3个解.故过点A(2,-1)作曲线f(x)=x3-3x的切线最多有3条,故选A.5.D 令g(x)=xf(x),则g'(x)=f(x)+xf'(x),由题意知g(x)在(0,+∞)内递减,由于f(x)为偶函数,所以g(x)为奇函数,故g(x)在R上为减函数,又log3<logπ3<30.3,所以c>b>a.故选D.6.答案(-ln2,2)解析令f(x)=y=e-x,则f'(x)=-e-x.令P(x0,y0),则f'(x0)=-=-2,解得x0=-ln2,所以y0==e ln2=2,所以点P的坐标为(-ln2,2).7.答案3x+y+2=0解析设切点的坐标为(x0,+3-1),由切线与直线2x-6y+1=0垂直,可得切线的斜率为-3,又f'(x)=3x2+6x,故3+6x0=-3,解得x0=-1,于是切点坐标为(-1,1),从而得切线的方程为3x+y+2=0.8.答案 4解析∵g(x)=f(x)-x2,∴g'(x)=f'(x)-2x,由题意知g'(1)=2,∴g'(1)=f'(1)-2=2,∴f'(1)=4.9.答案y=-解析由y=xe x可得y'=e x+xe x=e x(x+1),从而可得y=xe x在(-∞,-1)上递减,在(-1,+∞)上递增,所以当x=-1时,y=xe x取得微小值-e-1,由于y'|x=-1=0,故切线方程为y=-e-1,即y=-.10.答案-3解析∵y=ax2+,∴y'=2ax-,由题意可得解得∴a+b=-3.11.答案①③④解析①直线l:y=0在P(0,0)处与曲线C:y=x3相切,且曲线C在点P(0,0)四周位于直线l的两侧,①对;②直线l:x=-1不是曲线C:y=(x+1)2在P(-1,0)处的切线,②错;③中y'=cosx,cos0=1,因此曲线C:y=sinx在P(0,0)处的切线为l:y=x,设f(x)=x-sinx,则f'(x)=1-cosx≥0,即f(x)是增函数,又f(0)=0,从而当x<0时,f(x)<0⇒x<sinx,当x>0时,f(x)>0⇒x>sinx,即曲线C:y=sinx在P(0,0)四周位于直线l的两侧,③正确;④中y'='=,=1,因此曲线C:y=tanx在P(0,0)处的切线为l:y=x,设g(x)=x-tanx,则g'(x)=1-≤0,即g(x)在上是减函数,且g(0)=0,同③得④正确;⑤中y'=,=1,因此曲线C:y=lnx在P(1,0)处的切线为l:y=x-1,设h(x)=x-1-lnx(x>0),则h'(x)=1-=,当0<x<1时,h'(x)<0,当x>1时,h'(x)>0,因此当x=1时,h(x)min=h(1)=0,因此曲线C在P(1,0)四周位于直线l的一侧,故⑤错误.因此答案为①③④.12.解析(1)f'(x)=3ax2+6x-6a,由于f'(-1)=0,所以a=-2.(2)存在.由题意得直线m恒过点(0,9).先求直线m是曲线y=g(x)的切线.设切点为(x0,3+6x0+12),∵g'(x0)=6x0+6.∴切线方程为y-(3+6x0+12)=(6x0+6)(x-x0),将点(0,9)代入得x0=±1.当x0=-1时,切线方程为y=9,当x0=1时,切线方程为y=12x+9.由f'(x)=0得-6x2+6x+12=0,即有x=-1或x=2,当x=-1时,y=f(x)的切线方程为y=-18,当x=2时,y=f(x)的切线方程为y=9,∴y=9是公切线.又由f'(x)=12得-6x2+6x+12=12,∴x=0或x=1.当x=0时,y=f(x)的切线方程为y=12x-11,当x=1时,y=f(x)的切线方程为y=12x-10,∴y=12x+9不是公切线.综上所述,k=0时,y=9是两曲线的公切线.13.解析(1)由f(x)=2x3-3x得f'(x)=6x2-3.令f'(x)=0,得x=-或x=.由于f(-2)=-10,f=,f=-,f(1)=-1,所以f(x)在区间[-2,1]上的最大值为f=.(2)设过点P(1,t)的直线与曲线y=f(x)相切于点(x0,y0),则y0=2-3x0,且切线斜率为k=6-3,所以切线方程为y-y0=(6-3)(x-x0),因此t-y0=(6-3)(1-x0).整理得4-6+t+3=0.设g(x)=4x3-6x2+t+3,则“过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”.g'(x)=12x2-12x=12x(x-1).g(x)与g'(x)的变化状况如下表:x (-∞,0)0 (0,1) 1 (1,+∞)g'(x) + 0 - 0 +g(x) ↗t+3 ↘t+1 ↗所以,g(0)=t+3是g(x)的极大值,g(1)=t+1是g(x)的微小值.当g(0)=t+3≤0,即t≤-3时,此时g(x)在区间(-∞,1]和(1,+∞)上分别至多有1个零点,所以g(x)至多有2个零点.当g(1)=t+1≥0,即t≥-1时,此时g(x)在区间(-∞,0)和[0,+∞)上分别至多有1个零点,所以g(x)至多有2个零点. 当g(0)>0且g(1)<0,即-3<t<-1时,由于g(-1)=t-7<0,g(2)=t+11>0,所以g(x)分别在区间[-1,0),[0,1)和[1,2)上恰有1个零点.由于g(x)在区间(-∞,0)和(1,+∞)上单调,所以g(x)分别在区间(-∞,0)和[1,+∞)上恰有1个零点.综上可知,当过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切时,t的取值范围是(-3,-1).(3)过点A(-1,2)存在3条直线与曲线y=f(x)相切;过点B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切;过点C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切.。

浙江省2021版高考数学三模试卷（理科）（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共10题；共20分)1. （2分）已知集合，则（）A .B .C .D .2. （2分） (2020高三上·合肥月考) 若复数满足，其中是虚数单位，则复数的模为（）A .B .C .D . 33. （2分） (2017高二下·咸阳期末) 已知随机变量ξ服从正态分布N（2017，σ2），则P（ξ＜2017）等于（）A .B .C .D .4. （2分）“”是“直线与直线平行”的（）A . 充分不必要条件B . 必要不充分条件C . 充要条件D . 既不充分也不必要条件5. （2分）执行右面的程序框图．若输入n=7,则输出的值为A . 2B . 3C . 4D . 56. （2分）某班级有50名学生，现要采取系统抽样的方法在这50名学生中抽出10名学生，将这50名学生随机编号1﹣50号，并分组，第一组1﹣5号，第二组6﹣10号，…，第十组46﹣50号，若在第三组中抽得号码为12，则在第八组中抽得号码为（）A . 37B . 38C . 39D . 407. （2分）下列函数中，图象关于点（， 0）对称的是（）A . y=sin（x+）B . y=cos（x﹣）C . y=sin（x+）D . y=tan（x+）8. （2分） (2016高二上·乐清期中) 若变量x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值和最小值分别为（）A . 4和3B . 4和2C . 3和2D . 2和09. （2分） (2020高一下·荆州期末) 方程的解的个数是（）.A . 0个B . 1个C . 2个D . 3个10. （2分）(2020·嘉兴模拟) 分别将椭圆的长轴、短轴和双曲线的实轴、虚轴都增加m个单位长度（），得到椭圆和双曲线．记椭圆和双曲线的离心率分别是，则（）A . ，B . ，与的大小关系不确定C . ，D . ，与的大小关系不确定二、填空题 (共5题；共6分)11. （1分） (2017高一上·西安期末) 与圆C：（x﹣2）2+（y+1）2=4相切于点（4，﹣1）且半径为1的圆的方程是________．12. （1分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________13. （1分）公共汽车在8：00到8：20内随机地到达某站，某人8：15到达该站，则他能等到公共汽车的概率为________14. （1分） (2019高二下·景德镇期中) 已知函数则 =________．15. （2分） (2016高一上·湖州期中) 已知函数f（x）=（x﹣a）（x+2）为偶函数，若g（x）= ，则a=________，g[g（﹣）]=________三、解答题 (共6题；共45分)16. （15分） (2017高一上·吉林期末) 已知函数f（x）=2sin（3ωx+ ），其中ω＞0（1）若f（x+θ）是周期为2π的偶函数，求ω及θ的值；（2）若f（x）在（0， ]上是增函数，求ω的最大值；（3）当ω= 时，将函数f（x）的图象向右平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数y=g（x）的图象，若y=g（x）在[0，b]（b＞0）上至少含有10个零点，求b的最小值．17. （5分）(2017·山西模拟) 已知如图所示的几何体中，四边形ABCD是边长为2的菱形，面PBC⊥面A BCD，点E是AD 的中点，PQ∥面ABCD且点Q在面ABCD上的射影Q′落在AB的延长线上，若PQ=1，PB= ，且（）• =0， =2（Ⅰ）求证面PBC⊥面PBE（Ⅱ）求平面PBQ与平面PAD所成钝二面角的正切值．18. （10分）(2013·江西理) 正项数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令b ，数列{bn}的前n项和为Tn ．证明：对于任意n∈N* ，都有．19. （5分）(2017·怀化模拟) 为了政府对过热的房地产市场进行调控决策，统计部门对城市人和农村人进行了买房心理预测调研，用简单随机抽样的方法抽取了110人进行统计，得到如下列联表：买房不买房纠结城市人515农村人2010已知样本中城市人数与农村人数之比是3：8．（Ⅰ）分别求样本中城市人中的不买房人数和农村人中的纠结人数；（Ⅱ）从参与调研的城市人中用分层抽样方法抽取6人，进一步统计城市人的某项收入指标，假设一个买房人的指标算作3，一个纠结人的指标算作2，一个不买房人的指标算作1，现在从这6人中再随机选取3人，令X=再抽取3人指标之和，求X的分布列和数学期望．20. （5分）(2020·南昌模拟) 已知函数（，且，e为自然对数的底）.（I）求函数的单调区间（Ⅱ）若函数在有两个不同零点，求a的取值范围.21. （5分）(2017·四川模拟) 已知直线l的方程为y=x+2，点P是抛物线y2=4x上到直线l距离最小的点，点A是抛物线上异于点P的点，直线AP与直线l交于点Q，过点Q与x轴平行的直线与抛物线y2=4x交于点B．（Ⅰ）求点P的坐标；（Ⅱ）证明直线AB恒过定点，并求这个定点的坐标．参考答案一、选择题 (共10题；共20分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、二、填空题 (共5题；共6分)11-1、12-1、13-1、14-1、15-1、三、解答题 (共6题；共45分)16-1、16-2、16-3、18-1、18-2、19-1、20-1、21-1、。

第十章计数原理§10.1排列、组合Ａ组基础题组1.(2021浙江温州一模,3)8名同学和2位老师站成一排合影,2位老师不相邻的排法种数为( )A. B.C. D.2.(2021南昌二模)支配A,B,C,D,E,F六名义工照看甲、乙、丙三位老人,每两位义工照看一位老人.考虑到义工与老人住处距离问题,义工A担忧排照看老人甲,义工B担忧排照看老人乙,支配方法共有( )A.30种B.40种C.42种D.48种3.(2021浙江重点中学协作体摸底)某单位有7个连在一起的车位,现有3辆不同型号的车需要停放,假如要求剩余的4个车位连在一起,则不同的停放方法的种数为( )A.16B.18C.24D.324.(2021浙江调研模拟试卷自选模块三(镇海中学),04(1))4名男生3名女生排成一排,若3名女生需要有2名排在一起,但不能全排在一起,则不同的排法种数为( )A.2880B.3080C.3200D.36005.(2021浙江五校第一次联考)设{a n}是等差数列,从{a1,a2,…,a20}中任取3个不同的数,使这3个数仍成等差数列,则这样不同的等差数列的个数最多为( )A.90B.120C.180D.2006.(2021河南高考适应性测试)3对夫妇去看电影,6个人坐成一排.若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性,则坐法的种数为( )A.54B.60C.66D.727.(2022湖北荆门调考,12,5分)含有甲、乙、丙的六位同学站成一排,则甲、乙相邻且甲、丙两人中间恰有两人的站法的种数为( )A.72B.60C.32D.248.(2021浙江诸暨三都综合高中摸底测试)如图,用6种不同的颜色把图中A、B、C、D四块区域涂色,若相邻区域不能涂同一种颜色,则不同的涂法共有( )A.400种B.460种C.480种D.496种9.(2021广东,12,5分)某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么全班共写了条毕业留言.(用数字作答)10.(2021浙江重点中学协作体高考摸底)把座位编号为1、2、3、4、5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人,每人至少一张,至多两张,且某人分得的两张票必需是连号,那么不同的分法种数为.(用数字作答)11.(2021浙江六校联考自选模块,04(1))由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是.12.(2021江苏南京检测,9)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是(用数字作答).13.(2021四川南充高三第一次高考适应性考试,13)南充市教科所派出4名调研员到3个县,调研该县的高三复习备考状况,要求每个县至少一名,则不同的安排方案有种.14.(2021河南洛阳模拟,18,12分)有5个同学排队,问:(1)甲、乙2个同学必需相邻的排法有多少种?(2)甲、乙、丙3个同学互不相邻的排法有多少种?(3)乙不能站在甲前面,丙不能站在乙前面的排法有多少种?(4)甲不站在中间位置,乙不站在两端的排法有多少种?15.(2021河北石家庄第一次调研,19,12分)某医科高校的同学中,有男生12名、女生8名在某市人民医院实习,现从中选派5名同学参与青年志愿者医疗队.(1)某男生甲与某女生乙必需参与,共有多少种不同的选法?(2)甲、乙均不能参与,有多少种选法?(3)甲、乙二人至少有一人参与,有多少种选法?(4)医疗队中男生和女生都至少有一名,有多少种选法?B组提升题组1.(2021湖北七市4月联考)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架歼-15飞机预备着舰,假如甲、乙两机必需相邻着舰,而丙、丁两机不能相邻着舰,那么不同的着舰方法种数为( )A.12B.18C.24D.482.(2021济南模拟)将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两个端点异色,若只有4种颜色可供使用,则不同的染色方法总数有( )A.48种B.72种C.96种D.108种3.(2021兰州双基)从6名男医生、5名女医生中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组,则不同的选法共有( )A.60种B.70种C.75种D.150种4.(2021贵州遵义模拟)从6名同学中选3名分别担当数学、物理、化学科代表,若甲、乙2人至少有1人入选,则不同的选法有( )A.40种B.60种C.96种D.120种5.(2021浙江调研模拟试卷自选模块四(绍兴一中),04(1))书架上有不同的数学书与不同的外文书共7本,若取2本数学书,1本外文书借给3位同学,每人一本,共有72种不同的借法,则数学书与外文书的本数分别为( )A.4,3B.3,4C.5,2D.2,56.(2021浙江台州质检,8)从1,2,3,4,5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数,当三个数字中有2和3时,2需排在3的前面(不肯定相邻),这样的三位数有( )A.51个B.54个C.12个D.45个7.(2022山西八校联考,7,5分)某班班会预备从甲、乙等7名同学中选派4名进行发言,要求甲、乙两人至少有一人参与.当甲、乙同时参与时,他们两人的发言不能相邻.那么不同的发言挨次的种数为( )A.360B.520C.600D.7208.(2021浙江金华调研,6)将A,B,C,D,E排成一列,要求A,B,C在排列中挨次为“A,B,C”或“C,B,A”(可以不相邻),这样的排列数有( )A.12种B.20种C.40种D.60种9.(2021洛阳期末)将5名实习老师安排到4个班级任课,每班至少1人,则不同的安排方案有种.(用数字作答)10.(2022广东八市联考,16,5分)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.11.(2021浙江名校(金华一中)沟通卷自选模块(六),04(2))某同学期望参与某6所高校中的3所学校的自主招生考试,其中甲、乙两所学校的考试时间相同,因此该同学不能同时报考甲、乙这两所学校,则该同学不同的报考方法种数是(用数字作答).12.(2021北京海淀二模,10)某运输公司有7个车队,每个车队的车辆均多于4辆.现从这个公司中抽调10辆车,并且每个车队至少抽调1辆,那么共有种不同的抽调方法.13.(2021浙江调研模拟试卷自选模块一(诸暨中学),04(2))A,B,C,D,E,F六位同学和一位数学老师站成一排合影留念,数学老师穿白色文化衫,A,B和C,D分别穿白色和黑色文化衫,E和F分别穿红色和橙色文化衫.若老师站中间,穿着相同颜色文化衫的都不相邻,则不同的站法种数为.14.(2021河南郑州检测,20,12分)有5名男生和3名女生,从中选出5人担当5门不同学科的课代表,分别求符合下列条件的选法数:(1)有女生但人数必需少于男生;(2)某女生肯定要担当语文课代表;(3)某男生必需包括在内,但不担当数学课代表; (4)某女生肯定要担当语文课代表,某男生必需担当课代表,但不但任数学课代表.15.(2021河北唐山模拟,19,12分)某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种假货必需在内,不同的取法有多少种?(2)其中某一种假货不能在内,不同的取法有多少种?(3)恰有2种假货在内,不同的取法有多少种?(4)至少有2种假货在内,不同的取法有多少种?(5)至多有2种假货在内,不同的取法有多少种?Ａ组基础题组1.A 不相邻问题用插空法,8名同学先排有种排法,产生9个空,2位老师插空有种排法,所以共有·种排法.故选A.2.C 当B照看老人甲时,有=24种支配方法;当B照看老人丙时,有=18种支配方法,所以一共有42种支配方法,故选C.3.C 先排3辆需要停的车有种,排完后有4个空,把4个剩余的车位捆在一起,选一个空放有种,所以共有=24(种).故选C.4.A 不同的排法种数为=2880.5.C 本题难点在于对题意的理解,不妨从特殊状况入手:当取到a1时,由于{a n}是等差数列,所以第三个数只能从{a3,a5,…,a19}共9个中选择,而其次个数由一,三两个数唯一确定;同理,当取到a2时,由于{a n}是等差数列,所以第三个数只能从{a4,a6,…,a20}共9个中选择;同理,当取到的是a3,a4时有8个数列,……,当取到的是a17,a18时有1个,所以共有2××9=90个.又由于交换挨次也可以,所以总共有180个.6.B 当女性有3人相邻时,有2(+1)=36种坐法;当女性只有2人相邻时,有2(1+1)=24种坐法,所以共有36+24=60种坐法,故选B.7.B 由题意知关于甲、乙、丙三人的相对位置共有以下几种站法:乙甲□□丙,丙□□甲乙,甲乙□丙,丙□乙甲,再加上其余三人,站法共有2+2(++)=60种.8.C 从A开头,A有6种方法,B有5种,C有4种,D、A同色有1种,D、A不同色有3种,∴不同的涂法共有6×5×4×(1+3)=480种,故选C.9.答案1560解析∵同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,且全班共有40人,∴全班共写了40×39=1560条毕业留言.10.答案96解析共有=96种分法.11.答案108解析先选一个偶数字排在个位,有3种选法;①若5在十位或十万位,则1、3有三个位置可排,有2=24个,②若5排在百位、千位或万位,则1、3只有两个位置可排,有3=12个.算上个位为偶数的排法,共有3×(24+12)=108个.12.答案336解析3个人各站一级台阶有=210种站法;3个人中有2个人站在一级,另一人站在另一级,有=126种站法,共有210+126=336种站法.13.答案36解析依据题意可得有·=36种不同的安排方案,故答案为36.14.解析(1)(捆绑法)先排甲、乙,有种排法,再与其他3名同学排列,共有·=48(种)不同排法.(2)(插空法)先排其他的2名同学,有种排法,消灭3个空,将甲、乙、丙插空,所以共有·=12(种)排法.(3)这是挨次肯定问题,由于乙不能站在甲前面,丙不能站在乙前面,故3人只能按甲、乙、丙这一种挨次排列. 解法一:5人的全排列共有种排法,甲、乙、丙3人全排列有种排法,而3人按甲、乙、丙挨次排列是全排列中的一种,所以共有=20(种)排法;解法二(插空法):先排甲、乙、丙3人,只有一种排法,然后插入1人到甲、乙、丙中,有4种插法,再插入1人,有5种插法,故共有4×5=20(种)排法.(4)(间接法)5个人的全排列有种,其中甲站在中间有种排法,乙站在两端时有2种排法,甲站在中间同时乙站在两端时有2种排法,所以一共有--2+2=60(种)排法.15.解析(1)只需从其他18人中选3人即可,共有=816(种).(2)只需从其他18人中选5人即可,共有=8568(种).(3)分两类:甲、乙中只有一人参与,则有·种选法;甲、乙两人都参与,则有种选法.故共有·+=6936(种).(4)解法一(直接法):男生和女生都至少有一名的选法可分为四类:1男4女;2男3女;3男2女;4男1女.所以共有·+·+·+·=14656(种). 解法二(间接法):由总数中减去5名都是男生和5名都是女生的选法种数,得-(+)=14656(种).B组提升题组1.C 把甲、乙看作1个元素和除甲,乙,丙,丁外的1架飞机全排列,共有=4种方法;再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列产生的3个空位中,有=6种方法,由分步计数原理可得总的方法种数为4×6=24.2.B 如图所示,若点B与D处所染颜色相同,则不同的染色方法有4×3×2×2=48种;若点B与D处所染颜色不相同,则不同的染色方法有4×3×2×1×1=24种.由分类加法计数原理可知不同的染色方法总数为48+24=72种.3.C 从6名男医生中选出2名有=15种不同的选法,从5名女医生中选出1名有=5种不同的选法,依据分步乘法计数原理可得,组成的医疗小组共有15×5=75种不同的选法,故选C.4.C 从6名同学中选3名分别担当数学、物理、化学科代表,没有限制条件时共有=120种选法,甲、乙都没入选相当于从4人中选3人,有=24种选法,故甲、乙2人至少有1人入选的不同的选法有120-24=96种.故选C.5.B 设数学书有n本,则有=72,∴n(n-1)(7-n)=24,检验知B符合.6.A 分三类:第一类,没有2,3,由其他三个数字组成三位数,有=6(个);其次类:只有2或3,需从1,4,5中选两个数字,可组成2=36(个);第三类:2,3均有,再从1,4,5中选一个,由于2需排在3的前面,所以可组成=9(个).故这样的三位数共有51个,故选A.7.C 当甲、乙只有一人参与时,不同的发言挨次的种数为2=480,当甲、乙同时参与时,不同的发言挨次的种数为=120,则不同的发言挨次的种数为480+120=600,故选C.8.C (消序法)五个元素没有限制全排列数为,由于要求A,B,C的次序肯定(按A,B,C或C,B,A),故排列数有×2=40(种).9.答案240解析依题意,满足题意的不同安排方案共有=240种.10.答案472解析分两种状况:(1)不取红色卡片,有(-3)种.(2)取红色卡片1张,有种.所以不同的取法有-3+=472种.11.答案16解析该同学甲、乙这两所学校都不报考,有=4种报考方法;该同学报考甲、乙这两所学校中的一所,有=12种报考方法.故该同学不同的报考方法种数是16.12.答案84解析解法一(分类法):在每个车队抽调1辆车的基础上,还需抽调3辆车.可分成三类:一类是从某1个车队抽调3辆,有种,一类是从2个车队中抽调,其中1个车队抽调1辆,另1个车队抽调2辆,有种;一类是从3个车队中各抽调1辆,有种.故共有++=84(种)抽调方法.解法二(隔板法):由于每个车队的车辆均多于4辆,所以只需将10个份额分成7份.可将10个小球排成一排,在相互之间的9个空中插入6个隔板,即可将小球分成7份,故共有=84(种)抽调方法.13.答案160解析按先排白色,再排黑色,最终排红色和橙色的挨次进行,白色分下面4种状况:白白白此时两个黑色有-1种位置;白白白此时两个黑色有-2种位置;白白白此时两个黑色有种位置;白白白此时两个黑色有-1种位置.所以共有(4-4)=160种排法.14.解析(1)先选后排.符合条件的课代表人员的选法有(+)种,排列方法有种,所以满足题意的选法有(+)·=5400(种).(2)除去该女生后,相当于选择剩余的7名同学担当四科的课代表,有=840(种)选法.(3)先选后排,从剩余的7名同学中选出4名有种选法,排列方法有种,所以选法共有=3360(种).(4)先从除去该男生和该女生的6人中选出3人,有种选法,该男生的支配方法有种,其余3人全排列,有种,因此满足题意的选法共有=360(种).15.解析(1)从余下的34种商品中,选取2种有=561(种),∴某一种假货必需在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中,选取3种,有=5984(种)或者-==5984(种),∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种.(3)从20种真货中选取1种,从15种假货中选取2种,有=2100(种).∴恰有2种假货在内的不同的取法有2100种.(4)选取2种假货有种,选取3种假货有种,共有选取方式+=2100+455=2555(种).∴至少有2种假货在内的不同的取法有2555种.(5)解法一(直接法):有2种假货在内,不同的取法有种;有1种假货在内,不同的取法有种;没有假货在内,有种,因此共有选取方式++=6090(种).解法二(间接法):选取3种假货的种数为,因此共有选取方式-=6545-455=6090(种).∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种.。