高中數(shù)學(xué)高考三輪沖刺 參考答案至

第二部分題型專訓(xùn)客觀題限時(shí)練(一)1．D[易知A＝[0，2]，B＝{x|x＜0或x＞1}．∴A∩B＝(1，2]．]2．A[求出z1·eq\o(z,\s\up6(－))2的虛部，令其為0，∵復(fù)數(shù)z1＝3＋4i，z2＝t＋i，∴z1·eq\o(z,\s\up6(－))2＝(3t＋4)＋(4t－3)i，∵z1·eq\o(z,\s\up6(－))2是實(shí)數(shù)，∴4t－3＝0，∴t＝eq\f(3,4).]3．D[將直線類比到平面，可知①、④正確．]4．A[∵sinA－sinAcosC＝cosAsinC，∴sinA＝sinAcosC＋cosAsinC＝sin(A＋C)．由于A，A＋C∈(0，π)．所以A＝π－(A＋C)，又B＝π－(A＋C)，因此A＝B，△ABC為等腰三角形．]5．D[由頻數(shù)分布直方圖知，眾數(shù)mo＝5，中位數(shù)me＝eq\f(5＋6,2)＝，平均數(shù)x＝eq\f(2×（3＋8＋9＋10）＋3×（4＋7）＋10×5＋6×6,30)＝eq\f(179,30)≈.因此x＞me＞mo.]6．B[先畫出x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y≥x，,x＋y≤2，,x≥a))的可行域如圖，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x，,x＋y＝2，))得B(1，1)；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝a，,y＝x，))得C(a，a)，平移直線2x＋y＝0，當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)C(a，a)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋y有最小值，且zmin＝3a；當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)B(1，1)時(shí)，函數(shù)z＝x＋y取最大值，且zmax＝3.依題意，得3＝4×3a，則a＝eq\f(1,4).]7．D[當(dāng)x＞0時(shí)，2x－1＝0，得x＝eq\f(1,2)，依題意知，當(dāng)x≤0時(shí)，ex＋a＝0必須有實(shí)根．∴x＝ln(－a)≤0，則1≥－a＞0，所以－1≤a＜0.]8．B[拋兩次骰子共有36個(gè)基本事件，由向量p與q共線得6m＝3n，即2m＝n，符合要求的(m，n)有(1，2)，(2，4)，(3，6)，共3種情況，則向量p與q共線的概率為eq\f(3,36)＝eq\f(1,12).]9．C[依題意得，當(dāng)x∈(－∞，c)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(c，e)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.因此，函數(shù)f(x)在(－∞，c)上是增函數(shù)，在(c，e)上是減函數(shù)，在(e，＋∞)上是增函數(shù)，又a＜b＜c，所以f(c)＞f(b)＞f(a)，選C.]10．A[∵{an}是首項(xiàng)為－eq\f(1,2)的等差數(shù)列，∴Sn＝－eq\f(1,2)n＋eq\f(n（n－1）,2)d，又S1，S2，S4成等比數(shù)列．∴(－1＋d)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))·(－2＋6d)，即d2＋d＝0，解之得d＝0，或d＝－1，由于d≠0，從而d＝－1.]11．C[執(zhí)行一次循環(huán)后，i＝1，c＝(－2，2)＋(1，0)＝(－1，2)；執(zhí)行兩次循環(huán)后，i＝2，c＝(－1，2)＋(1，0)＝(0，2)；執(zhí)行第三次循環(huán)后，i＝3，c＝(0，2)＋(1，0)＝(1，2)；執(zhí)行第四次循環(huán)后，i＝4，c＝(1，2)＋(1，0)＝(2，2)；此時(shí)a·c＝(－2，2)·(2，2)＝0，輸出i＝4.]12．C[拋物線x2＝8y的焦點(diǎn)為F(0，2)，∴雙曲線的焦點(diǎn)在y軸上，且c＝2，顯然A、B不滿足，驗(yàn)證選項(xiàng)C、D，方程y2－eq\f(x2,3)＝1滿足．]\f(1,4)[該人能等到公共汽車的概率為eq\f(20－15,20－0)＝eq\f(1,4).]14．2eq\r(2)[圓(x－1)2＋y2＝4的圓心C(1，0)，半徑r＝2，∴圓心C(1，0)到直線y＝x＋1的距離d＝eq\f(|1－0＋1|,\r(2))＝eq\r(2)，因此所求弦長(zhǎng)為2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(2).]15．2π[由三視圖知，該幾何體是底面為扇形面的柱體(如圖)．∵S底＝eq\f(1,2)·r2·α＝eq\f(1,2)×22×eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3)，∴V柱體＝3·S 底＝2π.]16．①③④[顯然①f(x)＝4x滿足|f(x)|＝4|x|，f(x)為“條件約束函數(shù)”．②f(x)＝x2＋2，取|x|＞ω時(shí)，|f(x)|＝x2＋2＞ω|x|＋2＞ω|x|，∴②中f(x)不是“條件約束函數(shù)”．③中，x2－2x＋5＝(x－1)2＋4≥4，則|f(x)|≤eq\f(|2x|,4)＝eq\f(1,2)|x|，滿足條件．④中，由于y＝f(x)為R上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0，令x1＝x，x2＝0，則|f(x1)－f(x2)|≤4|x1－x2|?|f(x)|≤4|x|.綜上可知①③④中函數(shù)為“條件約束函數(shù)”．]客觀題限時(shí)練(二)1．D[eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)＋i2015,\r(2)＋i)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)＋i3,\r(2)＋i)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)－i,\r(2)＋i)))＝1.]2．A[由x2－2x－3≥0，得x≥3或x≤－1，∴M＝{x|x≥3或x≤－1}，則?RM＝{x|－1<x<3}．由于?RM?N，得a≤－1.]3．B[由于f(x)在R上為奇函數(shù)，且當(dāng)x∈[－1，0)時(shí)，f(x)＝x＋3，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋3))＝－eq\f(5,2).]4．B[由題意得該四棱錐為正四棱錐，其側(cè)棱長(zhǎng)為eq\r(6)，四棱錐的高為2，底面正方形的邊長(zhǎng)為2，因此，其側(cè)面積為eq\f(1,2)×eq\r(（\r(6)）2－12)×2×4＝4eq\r(5)，其體積為eq\f(1,3)×22×2＝eq\f(8,3).]5．A[依題意，得g(x)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋φ))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)＋φ))，g(x)為偶函數(shù)?eq\f(π,6)＋φ＝kπ，φ＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，所以“φ＝－eq\f(π,6)”是“g(x)為偶函數(shù)”的充分不必要條件．]6．C[由表格知：eq\o(x,\s\up6(－))＝5，eq\o(y,\s\up6(－))＝eq\f(190＋m,5).又回歸直線y^＝＋過(guò)點(diǎn)(eq\o(x,\s\up6(－))，eq\o(y,\s\up6(－)))．∴eq\f(190＋m,5)＝×5＋，解得m＝60.]7．C[由程序框圖知，輸出的S＝4(1＋2＋3＋…＋30)＝4×eq\f(（1＋30）×30,2)＝1860.]8．D[如圖作出可行域，平移l0：y－x＝0，過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z取最小值，此時(shí)x＝－eq\f(2,k)，y＝0，所以0＋eq\f(2,k)＝－4，解得k＝－eq\f(1,2).]9．B[甲地該月14時(shí)的氣溫?cái)?shù)據(jù)分布在26和31之間，且數(shù)據(jù)波動(dòng)較大，而乙地該月14時(shí)的氣溫?cái)?shù)據(jù)分布在28和32之間，且數(shù)據(jù)波動(dòng)較小，可以判斷結(jié)論①④正確，故選B.]10．A[由已知得an＋1－an＝ln(n＋1)－lnn，所以a2－a1＝ln2－ln1，a3－a2＝ln3－ln2，a4－a3＝ln4－ln3，…，an－an－1＝lnn－ln(n－1)，以上(n－1)個(gè)式子左右分別相加，得an－a1＝lnn，所以an＝2＋lnn．故選A.]11．B[在雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1中，c＝3，且bx－ay＝0是一條漸近線，又bx－ay＝0被圓(x－3)2＋y2＝8截得的弦長(zhǎng)為4，∴圓心(3，0)到bx－ay＝0的距離d＝eq\r(8－22)＝2，則eq\f(|3b|,\r(a2＋b2))＝2，即eq\f(3b,c)＝2，b＝2.從而a＝eq\r(c2－b2)＝eq\r(5)，故漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\f(2\r(5),5)x.]12．C[依題意，若P(x，y)，則Q(2－x，－y)，(P，Q)為“和諧點(diǎn)對(duì)”．∵點(diǎn)P、Q分別在y＝2sinπx(－2≤x≤4)，y＝eq\f(1,1－x)的圖象上．∴y＝2sinπx，－y＝eq\f(1,x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(即y＝－\f(1,x－1)))，在同一坐標(biāo)系中，作y＝2sinπx(－2≤x≤4)與y＝－eq\f(1,x－1)的圖象，可知，兩圖象有4個(gè)交點(diǎn)，故“和諧點(diǎn)對(duì)”(P，Q)有4個(gè)．]13．[依題意，得eq\f(S陰影,S正方形)＝eq\f(180,1000)，所以eq\f(S陰影,1×1)＝eq\f(180,1000)，解得S陰影＝.]14．－eq\f(2,9)[如圖所示，∵eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up6(→))，∴eq\o(MA,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up6(→)).又eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|·|eq\o(CB,\s\up6(→))|cos60°＝eq\f(1,2)，∴eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(CA,\s\up6(→))－\f(1,3)\o(CB,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(CB,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(CA,\s\up6(→))))＝－eq\f(1,4)eq\o(CA,\s\up6(→))2－eq\f(2,9)eq\o(CB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝－eq\f(2,9).]15．9x＋16y－25＝0[設(shè)過(guò)點(diǎn)M(1，1)的弦交橢圓于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)．則eq\f(xeq\o\al(2,1),16)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),9)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),16)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),9)＝1，兩式相減eq\f(（x1－x2）（x1＋x2）,16)＝－eq\f(（y1－y2）（y1＋y2）,9).又x1＋x2＝2，且y1＋y2＝2，∴k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(9（y1＋y2）,16（x1＋x2）)＝－eq\f(9,16).故所求直線的方程為y－1＝－eq\f(9,16)(x－1)，即9x＋16y－25＝0.]16．－3[由曲線y＝ax2＋eq\f(b,x)過(guò)點(diǎn)P(2，－5)可得－5＝4a＋eq\f(b,2)(1)．又y′＝2ax－eq\f(b,x2)，所以在點(diǎn)P處的切線斜率4a－eq\f(b,4)＝－eq\f(7,2)(2)．由(1)(2)解得a＝－1，b＝－2，所以a＋b＝－3.]客觀題限時(shí)練(三)1．C[由復(fù)數(shù)的幾何意義，eq\o(OA,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)z＝－2＋i，∴z2·i＝(－2＋i)2·i＝(3－4i)·i＝4＋3i.]2．B[A＝{x|0＜x＜2}，B＝{x|x＜1}，∴?UB＝{x|x≥1}，則A∩(?UB)＝{x|1≤x＜2}．]3．D[∵Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn(n≥2)，∴Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1),即an＋1＝2an(n≥2)．又a2＝S2－S1＝1≠0，∴當(dāng)n≥2時(shí)，{an}為等比數(shù)列，且公比為2，又a1＝1，a2＝1，則eq\f(a2,a1)≠2，因此D正確．]4．D[由f(x)＝f(－x)知f(x)為偶函數(shù)，又f(x－π)＝f(x)，∴f(－x－π)＝f(－x)，則f(x＋π)＝f(x)，∴y＝f(x)的最小正周期為π.在選項(xiàng)D中，f(x)＝cos2x－sin2x＝cos2x為偶函數(shù)，且最小正周期為π.]5．C[由于|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(BC,\s\up6(→))|，∠ABC＝60°，∴△ABC為等邊三角形．∴|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|sin60°＝eq\f(3\r(3),2)，且〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝30°，因此eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AD,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cos30°＝eq\f(3\r(3),2)×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(27,4).]6．C[由程序框圖知，S＝lgeq\f(1,3)＋lgeq\f(3,5)＋lgeq\f(5,7)＋…＋lgeq\f(k,k＋2)＝lgeq\f(1,k＋2)，令S＝lgeq\f(1,k＋2)＜－1，解得k＞8(k∈N*)，此時(shí)k＋2＞10，即k＝11(k∈N*)．]7．B[當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)為y＝－x與y＝x，圖象為D，故D有可能．當(dāng)a≠0時(shí)，函數(shù)y＝ax2－x＋eq\f(a,2)的對(duì)稱軸為x＝eq\f(1,2a)，對(duì)函數(shù)y＝a2x3－2ax2＋x＋a，求導(dǎo)得y′＝3a2x2－4ax＋1＝(3ax－1)(ax－1)，令y′＝0，則x1＝eq\f(1,3a)，x2＝eq\f(1,a).所以對(duì)稱軸x＝eq\f(1,2a)介于兩個(gè)極值點(diǎn)x1＝eq\f(1,3a)，x2＝eq\f(1,a)之間，A，C滿足，B不滿足，所以B是不可能的．故選B.]8．B[根據(jù)俯視圖可得這是一個(gè)切割后的幾何體，再結(jié)合另外兩個(gè)視圖，得到幾何體．這是一個(gè)正方體切掉兩個(gè)eq\f(1,4)圓柱后得到的幾何體，如圖，幾何體的高為2，V＝23－eq\f(1,4)×π×12×2×2＝8－π.]9．D[不妨設(shè)點(diǎn)P在雙曲線的右支上，則|PF1|－|PF2|＝2a，①又2|PF1|＝|PF2|＋2c，②聯(lián)立①，②得|PF1|＝2c－2a，則|PF2|＝2c－4a，依題意∠F1PF2＝90°，∴|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，即4(c－a)2＋4(c－2a)2＝4c2.則(c－a)(c－5a)＝0，∴c＝5a，故離心率e＝eq\f(c,a)＝5.]10．B[法一線性約束條件所表示的可行域如圖所示．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y－1＝0，,2x－y－3＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1，))所以z＝ax＋by在A(2，1)處取得最小值，故2a＋b＝2eq\r(5)，a2＋b2＝a2＋(2eq\r(5)－2a)2＝(eq\r(5)a－4)2＋4≥4.法二畫出滿足約束條件的可行域知，當(dāng)目標(biāo)函數(shù)過(guò)直線x－y－1＝0與2x－y－3＝0的交點(diǎn)(2，1)時(shí)取得最小值，所以有2a＋b＝2eq\r(5).又因?yàn)閍2＋b2是原點(diǎn)(0，0)到點(diǎn)(a，b)的距離的平方，故當(dāng)eq\r(a2＋b2)為原點(diǎn)到直線2a＋b－2eq\r(5)＝0的距離時(shí)最小，所以eq\r(a2＋b2)的最小值是eq\f(|－2\r(5)|,\r(22＋12))＝2，所以a2＋b2的最小值是4.]11．B[由圖形知C(1，2)，D(－2，2)，∴S四邊形ABCD＝6，S陰＝eq\f(1,2)×3×1＝eq\f(3,2).∴P＝eq\f(\f(3,2),6)＝eq\f(1,4).]12．B[由于y＝x2，y＝ex的值域分別為[0，＋∞)和(0，＋∞)，當(dāng)f(x1)＞4時(shí)，則f(x2)＝4－f(x1)＜0，x2不存在．因此②y＝x2，⑤y＝ex不滿足均值為2.又③y＝4sinx為周期函數(shù)，則x2不唯一，③不滿足．由于①y＝x與④y＝lnx的值域?yàn)镽，且在(－∞，＋∞)上單調(diào)，因此①④滿足．]13．0[由莖葉圖知，中位數(shù)為86.根據(jù)題意，有eq\f(78＋84＋85＋86＋87＋92＋90＋m,7)＝86，解得m＝0.]14．－eq\f(1,4)[因?yàn)?sinB＝3sinC，所以2b＝3c，聯(lián)立b－c＝eq\f(1,4)a，解得b＝eq\f(3c,2)，a＝2c，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,4).]\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪[3，＋∞)[由f(x－1)＝f(x＋1)知y＝f(x)的最小正周期T＝2，在同一坐標(biāo)系中作y＝f(x)，x∈[－2，3]與y＝|loga|x||的圖象，由于方程f(x)＝|loga|x||在x∈[－2，3]上有5個(gè)根，∴y＝f(x)，x∈[－2，3]與y＝|loga|x||的圖象有5個(gè)交點(diǎn)．根據(jù)圖象特征，應(yīng)有|loga3|≤1，則a≥3或0＜a≤eq\f(1,3).]16．3[f′(x)＝alnx＋ax·eq\f(1,x)＝a(lnx＋1)，由f′(1)＝3得，a(ln1＋1)＝3，解得a＝3.]客觀題限時(shí)練(四)D[∵z＝eq\f(2＋4i,i)＝4＋eq\f(2,i)＝4－2i，∴復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是(4，－2)．]2．C[由2x－x2＞0，得0＜x＜2，則M＝(0，2)．又N＝{x|x2＋y2＝1}＝{x|x2≤1}＝[－1，1]，所以M∩N＝(0，1]．]3．C[由x＞1知，x3＞1；由x3＞1可推出x＞1.故選C.]4．C[由三視圖可知，該幾何體為半圓柱與半圓錐的組合體(如圖)．∵S底＝eq\f(1,2)×π×12＝eq\f(π,2)，所以幾何體的體積V＝3×eq\f(π,2)＋eq\f(1,3)×2×eq\f(π,2)＝eq\f(11,6)π.]5．C[由T＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝2，則f(x)＝sin2x，依題意，g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∵geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))≠0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝0≠±1，∴選項(xiàng)A、B不正確．令2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z.∴g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，－\f(π,6)))上是增函數(shù)．]6．D[對(duì)平均數(shù)和方差的意義深入理解可巧解．因?yàn)槊總€(gè)數(shù)據(jù)都加上了100，故平均數(shù)也增加100，而離散程度應(yīng)保持不變，故選D.]7．A[由題意得，0＜A＜π，sinA＞0，故sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(4,5).由正弦定理知，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)?a＝sinA×eq\f(b,sinB)＝eq\f(4,5)×eq\f(1,sin\f(π,6))＝eq\f(8,5).]8．B[根據(jù)執(zhí)行語(yǔ)句a＝eq\f(1,1－a)及a＝2知，a的取值具有周期性，且最小正周期T＝3.當(dāng)i＝2014時(shí)，執(zhí)行循環(huán)體，a＝－1，則i＝2015，這時(shí)i＝2015不滿足條件i＜2015，輸出a＝－1，因此cos(aπ－θ)＝cos(－π－θ)＝－cosθ.]9．A[若m＝－5時(shí)，由x2≤4－|2x－m|(x≥0)，得x2≤4－(2x＋5)，則x2＋2x＋1≤0，∴(x＋1)2≤0在[0，＋∞)上無(wú)解，m＝－5不滿足．若m＝－4時(shí)，由條件，得x2≤4－(2x＋4)，∴x2＋2x≤0，則－2≤x≤0在[0，＋∞)上有解x＝0.∴當(dāng)m＝－4時(shí)，滿足題設(shè)要求，比較選項(xiàng)，可知A正確．]10．D[∵(eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OF,\s\up6(→))2)·Feq\o(2P,\s\up6(→))＝0，且Feq\o(2P,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OF,\s\up6(→))2，∴eq\o(OP,\s\up6(→))2－eq\o(OF,\s\up6(→))eq\o\al(2,2)＝0，則|eq\o(OP,\s\up6(→))|＝|eq\o(OF,\s\up6(→))2|.在△F1PF2中，|eq\o(OP,\s\up6(→))|＝|eq\o(OF,\s\up6(→))2|＝|eq\o(OF,\s\up6(→))1|，則∠F1PF2＝90°.又|PF1|－|PF2|＝2a，|PF1|＝eq\r(3)|PF2|，得|PF2|＝eq\f(2a,\r(3)－1)＝(eq\r(3)＋1)a，|PF1|＝(3＋eq\r(3))a.由勾股定理，得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2.∴[(eq\r(3)＋1)2＋(3＋eq\r(3))2]a2＝4c2，則c2＝(4＋2eq\r(3))a2.因此e＝eq\f(c,a)＝eq\r(4＋2\r(3))＝eq\r(3)＋1.]11．C[f′(x)＝x2＋2bx＋a2＋c2－ac，且f(x)有極值點(diǎn)，∴方程f′(x)＝0有兩個(gè)不相等實(shí)根，Δ＝4b2－4(a2＋c2－ac)＞0，則ac＞a2＋c2－b2.由余弦定理cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＜eq\f(1,2)，又y＝cosx在(0，π)上是減函數(shù)，因此eq\f(π,3)＜B＜π.]12．A[若a≤1，f(a)＝2a－1－2＝－3，2a－1＝－1無(wú)解；若a>1，f(a)＝－log2(a＋1)＝－3，a＝7，f(6－a)＝f(－1)＝2－2－2＝eq\f(1,4)－2＝－eq\f(7,4).]13．2eq\r(2)[∵(a＋b)⊥(a－b)，且a＝(－2，2)，∴(a＋b)·(a－b)＝0，則a2＝b2，|b|＝|a|＝2eq\r(2).]14．2·3n－1－n[由a2＝4，a3＝15，得a2＋2＝6，a3＋3＝18.又?jǐn)?shù)列{an＋n}是等比數(shù)列，∴公比q＝eq\f(a3＋3,a2＋2)＝3，首項(xiàng)a1＋1＝eq\f(6,3)＝2.因此an＋n＝2·3n－1，故an＝2·3n－1－n.]15．(－∞，－1]∪[3，＋∞)[畫出可行域如圖，w＝1＋eq\f(b－2,a－1)，設(shè)k＝eq\f(b－2,a－1)，則k∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，所以w＝eq\f(a＋b－3,a－1)的取值范圍是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．]16．③④[①不正確，設(shè)f(x)＝c(常數(shù))，則c＋λc＝0.∴當(dāng)λ＝－1時(shí)，f(x)＝c均是R上的“λ相關(guān)函數(shù)”．②不正確，假設(shè)f(x)＝x2是“λ的相關(guān)函數(shù)”，則(x＋λ)2＋λx2＝0，即x2(1＋λ)＋2λx＋λ2＝0對(duì)x∈R恒成立，應(yīng)有1＋λ＝0且2λ＝0，無(wú)實(shí)解．③正確，當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋eq\f(1,2)f(x)＝0.若f(x)＝0，則y＝f(x)有零點(diǎn)．若f(x)≠0，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)f(x)，∴f(x)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＜0.從而y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，x＋\f(1,2)))內(nèi)有零點(diǎn)．④當(dāng)f(x)＝ex時(shí)，依題意ex＋λ＋λex＝0對(duì)x∈R恒成立．∴λ＝－eλ，則λ＜0，從而－eλ＞－1，因此－1＜λ＜0，命題④正確．綜合①②不正確，③④正確．]中檔題滿分練(一)1．解在△ABC中，由cosB＝eq\f(\r(3),3)，得sinB＝eq\f(\r(6),3)，因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(6),9).因?yàn)閟inC＜sinB，所以C＜B，可知C為銳角．所以cosC＝eq\f(5\r(3),9).因此sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(6),3)×eq\f(5\r(3),9)＋eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(6),9)＝eq\f(2\r(2),3).由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，可得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(\f(2\r(2),3)c,\f(\r(6),9))＝2eq\r(3)c，又ac＝2eq\r(3)，所以c＝1.2．解(1)由題意，(a，b，c)所有的可能為(1，1，1)，(1，1，2)，(1，1，3)，(1，2，1)，(1，2，2)，(1，2，3)，(1，3，1)，(1，3，2)，(1，3，3)，(2，1，1)，(2，1，2)，(2，1，3)，(2，2，1)，(2，2，2)，(2，2，3)，(2，3，1)，(2，3，2)，(2，3，3)，(3，1，1)，(3，1，2)，(3，1，3)，(3，2，1)，(3，2，2)，(3，2，3)，(3，3，1)，(3，3，2)，(3，3，3)，共27種．設(shè)“抽取的卡片上的數(shù)字滿足a＋b＝c”為事件A，則事件A包括(1，1，2)，(1，2，3)，(2，1，3)，共3種．所以P(A)＝eq\f(3,27)＝eq\f(1,9).因此，“抽取的卡片上的數(shù)字滿足a＋b＝c”的概率為eq\f(1,9).(2)設(shè)“抽取的卡片上的數(shù)字a，b，c不完全相同”為事件B，則事件eq\o(B,\s\up6(－))包括(1，1，1)，(2，2，2)，(3，3，3)，共3種．所以P(B)＝1－P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－eq\f(3,27)＝eq\f(8,9).因此，“抽取的卡片上的數(shù)字a，b，c不完全相同”的概率為eq\f(8,9).3．(1)證明因?yàn)樗倪呅蜛BB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.因?yàn)锳B，AC為平面ABC內(nèi)兩條相交直線，所以AA1⊥平面ABC.因?yàn)橹本€BC?平面ABC，所以AA1⊥BC.又由已知，AC⊥BC，AA1，AC為平面ACC1A1內(nèi)兩條相交直線，所以BC⊥平面ACC1A1.(2)解取線段AB的中點(diǎn)M，連接A1M，MC，A1C，AC1，設(shè)O為A1C，AC1的交點(diǎn)．由已知可知，O為AC1的中點(diǎn)．連接MD，OE，則MD，OE分別為△ABC，△ACC1的中位線，所以，MD綉eq\f(1,2)AC，OE綉eq\f(1,2)AC，因此MD綉OE.連接OM，從而四邊形MDEO為平行四邊形，則DE∥MO.因?yàn)橹本€DE?平面A1MC，MO?平面A1MC，所以直線DE∥平面A1MC.即線段AB上存在一點(diǎn)M(線段AB的中點(diǎn))，使直線DE∥平面A1MC.4．解(1)由題意有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10a1＋45d＝100，,a1d＝2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋9d＝20，,a1d＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝\f(2,9).))故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＝2n－1，,bn＝2n－1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＝\f(1,9)（2n＋79），,bn＝9·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,9)))\s\up12(n－1).))(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝eq\f(2n－1,2n－1)，于是Tn＝1＋eq\f(3,2)＋eq\f(5,22)＋eq\f(7,23)＋eq\f(9,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)，①eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋eq\f(7,24)＋eq\f(9,25)＋…＋eq\f(2n－3,2n－1)＋eq\f(2n－1,2n).②①－②可得eq\f(1,2)Tn＝2＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－2)－eq\f(2n－1,2n)＝3－eq\f(2n＋3,2n)，故Tn＝6－eq\f(2n＋3,2n－1).中檔題滿分練(二)解(1)f(x)＝asin2ωx＋eq\r(3)cos2ωx＝eq\r(a2＋3)sin(2ωx＋φ)(其中cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋3))，sinφ＝eq\f(\r(3),\r(a2＋3)))，由題意知：f(x)的最小正周期為π，由eq\f(2π,2ω)＝π，知ω＝1，由f(x)最大值為2，故eq\r(a2＋3)＝2，又a＞0，∴a＝1，則有cosφ＝eq\f(1,2)，sinφ＝eq\f(\r(3),2)，取φ＝eq\f(π,3).∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，得x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)．故f(x)的對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)．(2)由f(α)＝eq\f(4,3)知2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝eq\f(4,3)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝eq\f(2,3)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))－\f(π,2)))＝－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝－1＋2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝－1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(1,9).2．解(1)∵bn＝3n，則bn＋1＝3n＋3＝bn＋3，由“M類數(shù)列”定義，得p＝1，q＝3.(2)∵cn－cn＋1＝2n(n∈N*)，∴cn＋1－cn＝－2n(n∈N*)，則c2－c1＝－2，c3－c2＝－4，c4－c3＝－8，…∴cn－cn－1＝－2n－1(n≥2)，以上式子累加得cn＝－(1＋2＋4＋…＋2n－1)＝1－2n(n≥2)，其中c1＝－1也滿足上式．因此cn＝1－2n(n∈N*)，則cn＋1＝1－2n＋1＝2(1－2n)－1＝2cn－1，{cn}是“M類數(shù)列”．3．(1)證明因?yàn)锽C∥平面GEFH，BC?平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可證EF∥BC，因此GH∥EF.(2)解連接AC，BD交于點(diǎn)O，BD交EF于點(diǎn)K，連接OP，GK.因?yàn)镻A＝PC，O是AC的中點(diǎn)，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面內(nèi)，所以PO⊥底面ABCD.又因?yàn)槠矫鍳EFH⊥平面ABCD，且PO?平面GEFH，所以PO∥平面GEFH.因?yàn)槠矫鍼BD∩平面GEFH＝GK，所以PO∥GK，且GK⊥底面ABCD，從而GK⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高．由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，從而KB＝eq\f(1,4)DB＝eq\f(1,2)OB，即K為OB的中點(diǎn)．再由PO∥GK得GK＝eq\f(1,2)PO，即G是PB的中點(diǎn)，且GH＝eq\f(1,2)BC＝4.由已知可得OB＝4eq\r(2)，PO＝eq\r(PB2－OB2)＝eq\r(68－32)＝6，所以GK＝3.故四邊形GEFH的面積S＝eq\f(GH＋EF,2)·GK＝eq\f(4＋8,2)×3＝18.4．解(1)甲組研發(fā)新產(chǎn)品的成績(jī)?yōu)?，1，1，0，0，1，1，1，0，1，0，1，1，0，1，其平均數(shù)為eq\o(x,\s\up6(－))甲＝eq\f(10,15)＝eq\f(2,3)；方差為seq\o\al(2,甲)＝eq\f(1,15)[(1－eq\f(2,3))2×10＋(0－eq\f(2,3))2×5]＝eq\f(2,9).乙組研發(fā)新產(chǎn)品的成績(jī)?yōu)?，0，1，1，0，1，1，0，1，0，0，1，0，1，1，其平均數(shù)為eq\o(x,\s\up6(－))乙＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5)；方差為seq\o\al(2,乙)＝eq\f(1,15)[(1－eq\f(3,5))2×9＋(0－eq\f(3,5))2×6]＝eq\f(6,25).因?yàn)閑q\o(x,\s\up6(－))甲＞eq\o(x,\s\up6(－))乙，seq\o\al(2,甲)＜seq\o\al(2,乙)，所以甲組的研發(fā)水平優(yōu)于乙組．(2)記E＝{恰有一組研發(fā)成功}．在所抽得的15個(gè)結(jié)果中，恰有一組研發(fā)成功的結(jié)果是(a，eq\o(b,\s\up6(－)))，(eq\o(a,\s\up6(－))，b)，(a，eq\o(b,\s\up6(－)))，(eq\o(a,\s\up6(－))，b)，(a，eq\o(b,\s\up6(－)))，(a，eq\o(b,\s\up6(－)))，(eq\o(a,\s\up6(－))，b)，共7個(gè)，故事件E發(fā)生的頻率為eq\f(7,15).將頻率視為概率，即得所求概率為P(E)＝eq\f(7,15).中檔題滿分練(三)1．解(1)f(x)＝a·b＋1＝2eq\r(3)sinxcosx－2cos2x＋1＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(2π,3)))時(shí)，－eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(7,6)π，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，因此f(x)的取值范圍是[－eq\r(3)，2]．(2)依題意，g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x.由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝1，得2cosA＝1，∴cosA＝eq\f(1,2)，∵0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,3)，在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc∴4＝42－3bc，則bc＝4，故S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4·sineq\f(π,3)＝eq\r(3).2．解(1)因?yàn)椋玜＋＋×2＋×10＝1，所以a＝.(2)由所給頻率分布直方圖知，50名受訪職工評(píng)分不低于80的頻率為＋×10＝.所以該企業(yè)職工對(duì)該部門評(píng)分不低于80的概率的估計(jì)值為.(3)受訪職工中評(píng)分在[50，60)的有：50××10＝3(人)，記為A1，A2，A3；受訪職工中評(píng)分在[40，50)的有：50××10＝2(人)，記為B1，B2，從這5名受訪職工中隨機(jī)抽取2人，所有可能的結(jié)果共有10種，它們是{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}．又因?yàn)樗槿?人的評(píng)分都在[40，50)的結(jié)果有1種，即{B1，B2}，故所求的概率為p＝eq\f(1,10).3．(1)證明設(shè)E為BC的中點(diǎn)，連接AE，A1E，由題意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE，因?yàn)锳B＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D，E分別為B1C1，BC的中點(diǎn)，得DE∥B1B且DE＝B1B，從而DE∥A1A且DE＝A1A，所以AA1DE為平行四邊形．于是A1D∥AE.又因?yàn)锳E⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)解作A1F⊥DE，垂足為F，連接BF.因?yàn)锳1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.因?yàn)锽C⊥AE，AE∩A1E＝E，所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F，又DE∩BC＝E，A1F⊥平面BB1C1C.所以∠A1BF為直線A1B和平面BB1C1C所成的角．由AB＝AC＝2，∠CAB＝90°，得EA＝EB＝eq\r(2).由A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E＝eq\r(14).由DE＝BB1＝＝EA＝eq\r(2)，∠DA1E＝90°，得A1F＝eq\f(\r(7),2).所以sin∠A1BF＝eq\f(\r(7),8).4．解(1)依題意，an＝3an－1(n∈N*，n≥2)，∴數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且公比q＝3.又S4＝eq\f(a1（1－34）,1－3)＝80，∴a1＝2.因此數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝2·3n－1.(2)①由(1)知，an＋1＝2·3n，依題意，dn＝eq\f(2·3n－2·3n－1,n＋1)＝eq\f(4·3n－1,n＋1)，eq\f(1,dn)＝eq\f(n＋1,4·3n－1).∴Pn＝eq\f(2,4×1)＋eq\f(3,4×3)＋eq\f(4,4×32)＋…＋eq\f(n＋1,4×3n－1)，(*)則eq\f(1,3)Pn＝eq\f(2,4×3)＋eq\f(3,4×32)＋…＋eq\f(n,4×3n－1)＋eq\f(n＋1,4·3n)，(**)(*)－(**)，eq\f(2,3)Pn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3n－1)))－eq\f(n＋1,4·3n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)·eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1))),1－\f(1,3))－eq\f(n＋1,4·3n)＝eq\f(5,8)－eq\f(2n＋5,8·3n).∴Pn＝eq\f(15,16)－eq\f(2n＋5,16·3n－1).因此16Pn＋eq\f(6n,3n)＝15－eq\f(2n＋5,3n－1)＋eq\f(6n,3n)＝15－eq\f(15,3n)，解不等式15－eq\f(15,3n)≤eq\f(400,27)，3n≤81，則n≤4.所以n的最大正整數(shù)為4.壓軸題突破練1．(1)解由已知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，所以g′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2（x－1）,x)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增．(2)證明由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx，令φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，則φ(1)＝1＞0，φ(e)＝2(2－e)＜0，于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0，令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)，由u′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1，即a0∈(0，1)，當(dāng)a＝a0時(shí)，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，再由(1)知，f′(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，f′(x)＜0，從而f(x)＞f(x0)＝0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，從而f(x)＞f(x0)＝0；又當(dāng)x∈(0，1]時(shí)，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0，故x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)≥0，綜上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解．2．解(1)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1，所以a＝eq\r(3)，b＝1，c＝eq\r(2).所以橢圓C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3).(2)因?yàn)锳B過(guò)點(diǎn)D(1，0)且垂直于x軸，所以可設(shè)A(1，y1)，B(1，－y1)，直線AE的方程為y－1＝(1－y1)(x－2)，令x＝3，得M(3，2－y1)，所以直線BM的斜率kBM＝eq\f(2－y1＋y1,3－1)＝1.(3)直線BM與直線DE平行，理由如下：當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，由(2)可知kBM＝1.又因?yàn)橹本€DE的斜率kDE＝eq\f(1－0,2－1)＝1，所以BM∥DE，當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝k(x－1)(k≠1)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則直線AE的方程為y－1＝eq\f(y1－1,x1－2)(x－2)．令x＝3，得點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(y1＋x1－3,x1－2)))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋3y2＝3，,y＝k（x－1），))得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0，所以x1＋x2＝eq\f(6k2,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3k2－3,1＋3k2)，直線BM的斜率kBM＝eq\f(\f(y1＋x1－3,x1－2)－y2,3－x2)，因?yàn)閗BM－1＝eq\f(k（x1－1）＋x1－3－k（x2－1）（x1－2）－（3－x2）（x1－2）,（3－x2）（x1－2）)＝eq\f(（k－1）[－x1x2＋2（x1＋x2）－3],（3－x2）（x1－2）)＝eq\f(（k－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－3k2＋3,1＋3k2)＋\f(12k2,1＋3k2)－3)),（3－x2）（x1－2）)＝0，所以kBM＝1＝kDE.所以BM∥DE，綜上可知，直線BM與直線DE平行．3．解(1)當(dāng)b＝eq\f(a2,4)＋1時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋1，故對(duì)稱軸為直線x＝－eq\f(a,2).當(dāng)a≤－2時(shí)，g(a)＝f(1)＝eq\f(a2,4)＋a＋2.當(dāng)－2＜a≤2時(shí)，g(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝1.當(dāng)a＞2時(shí)，g(a)＝f(－1)＝eq\f(a2,4)－a＋2.綜上，g(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)＋a＋2，a≤－2，,1，－2＜a≤2，,\f(a2,4)－a＋2，a＞2.))(2)設(shè)s，t為方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s＋t＝－a，,st＝b，))由于0≤b－2a≤1，因此eq\f(－2t,t＋2)≤s≤eq\f(1－2t,t＋2)(－1≤t≤1)．當(dāng)0≤t≤1時(shí)，eq\f(－2t2,t＋2)≤st≤eq\f(t－2t2,t＋2)，由于－eq\f(2,3)≤eq\f(－2t2,t＋2)≤0和－eq\f(1,3)≤eq\f(t－2t2,t＋2)≤9－4eq\r(5)，所以－eq\f(3,2)≤b≤9－4eq\r(5).當(dāng)－1≤t＜0時(shí)，eq\f(t－2t2,t＋2)≤st≤eq\f(－2t2,t＋2)，由于－2≤eq\f(－2t2,t＋2)＜0和－3≤eq\f(t－2t2,t＋2)＜0，所以－3≤b＜0.故b的取值范圍是[－3，9－4eq\r(5)]．4．解(1)由題意知b＝1，a2＋b2＝2c2，又a2＝b2＋c2，解之得a2＝3，c2＝2，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1，離心率e＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).(2)(ⅰ)設(shè)直線PQ的方程為x＝my＋n，且P(x1，y1)，Q(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n，,x2＋3y2＝3，))得(3＋m2)y2＋2mny＋n2－3＝0.Δ＝(2mn)2－4(3＋m2)×(n2－3)＝12(m2－n2＋3)＞0(*)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－2mn,3＋m2)，,y1y2＝\f(n2－3,3＋m2).))∵kBM·kMN＝eq\f(y1－1,x1)·eq\f(y2－1,x2)＝e2＝eq\f(2,3)，∴3(y1－1)(y2－1)＝2x1x2＝2(my1＋n)(my2＋n)，∴(2m2－3)y1y2＋(2mn＋3)(y1＋y2)＋2n2－3＝0，∴(2m2－3)eq\f(n2－3,3＋m2)＋(2mn＋3)eq\f(－2mn,3＋m2)＋2n2－3＝0，整理得n2－2mn－3m2＝0，∴(n－3m)(n＋m)＝0，∴n＝－m或n＝3m.所以直線PQ的方程為x＝my－m＝m(y－1)(舍)或x＝my＋3m＝m(y＋3)，所以直線PQ過(guò)定點(diǎn)，定點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0，－3)．(ⅱ)由題意，∠PBQ≠90°，若∠BPM＝90°，或∠BQM＝90°，則P或Q在以BM為直徑的圓T上，即在圓x2＋(y＋1)2＝4上，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋（y＋1）2＝4，,x2＋3y2＝3.))解之得y＝0，或y＝1(舍去)．因此P或Q只能是橢圓的左右頂點(diǎn)．又直線PQ過(guò)定點(diǎn)M(0，－3)，∴kPQ＝eq\f(－3－0,0±\r(3))＝±eq\r(3).故△PBQ可以是直角三角形，此時(shí)直線PQ的斜率為±eq\r(3).第三部分高考仿真卷高考仿真卷(A卷)1．C[∵M(jìn)＝{x|y＝lgeq\f(2－x,x)}＝(0，2)，N＝{x|x＜1}，∴M∪N＝(0，2)∪(－∞，1)＝(－∞，2)．]2．D[由z(1＋i)3＝1－i，得z＝eq\f(1－i,（1＋i）3)＝－eq\f(1,2)，∴復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))在直線x＝－eq\f(1,2)上．]3．A[∵M(jìn)＝2a＞20＝1，P＝lnc＜0，又N＝5－b，0＜b＜1，知0＜N＜1，因此M＞N＞P.]4．B[f(x)＝sinx，f(x)＝eq\f(1,2)(ex－e－x)在[－1，1]上均是增函數(shù)，且f(x)＝－|x＋1|為非奇非偶函數(shù)，只有f(x)＝lneq\f(2－x,2＋x)是奇函數(shù)，且在[－1，1]上是減函數(shù)．]5．A[由程序框圖知，輸出的值為2[2(2x＋1)＋1]＋1，依題設(shè)，有8x＋7≥63，∴x≥7.從而7≤x≤10.根據(jù)幾何概型，所求的概率P＝eq\f(10－7,10－1)＝eq\f(1,3).]6．D[不妨設(shè)雙曲線為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，焦點(diǎn)F(－c，0)，虛軸的頂點(diǎn)B(0，b)．又直線FB與雙曲線的一條漸近線垂直，∴eq\f(b－0,0－（－c）)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＝－1，則b2＝ac，∴c2－a2＝ac，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2)－eq\f(c,a)－1＝0，即e2－e－1＝0，則e＝eq\f(\r(5)＋1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＝\f(1－\r(5),2)舍去)).]7．D[由等比數(shù)列的性質(zhì)，a1·an＝a3·an－2＝64，∴a1，an是方程x2－34x＋64＝0的兩根．又?jǐn)?shù)列{an}遞增，∴a1＝2，an＝32，從而Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)＝eq\f(2－32q,1－q)＝42，則q＝4.又an＝32＝a1·qn－1，∴2·4n－1＝32＝25，n＝3.]8．C[∵f(x)＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，∴平移后的函數(shù)φ(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)－2φ)).又平移后函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，∴eq\f(π,4)－2φ＝kπ＋eq\f(π,2)，φ＝－eq\f(kπ,2)－eq\f(π,8)，k∈Z，取k＝－1，得φ的最小正值為eq\f(3,8)π.]9．A[作出可行域如圖所示(陰影部分)．設(shè)t＝2x＋y，當(dāng)直線t＝2x＋y過(guò)點(diǎn)A(1，2)時(shí)，t＝2x＋y有最大值tmax＝2×1＋2＝4，因此z＝(eq\r(2))2x＋y的最大值為(eq\r(2))4＝4.]10．D[由三視圖知，幾何體為正方體截去一個(gè)三棱錐后剩余部分(如圖)．∵V正方體＝1，V棱錐A-DA1B＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×12×1＝eq\f(1,6)，∴所求幾何體的體積V＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).]11．A[設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，且F(1，0)．∵eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，∴(1－x1，－y1)＝3(x2－1，y2)，因此x1＝4－3x2，且y1＝－3y2，又yeq\o\al(2,1)＝4x1，知9yeq\o\al(2,2)＝16－12x2，代入yeq\o\al(2,2)＝4x2，得x2＝eq\f(1,3)，從而x1＝3，由拋物線定義，弦AB的中點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離d＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋3))＋1＝eq\f(8,3).]12．B[∵f(x＋1)＝－f(x)，且0≤x＜1時(shí)，f(x)＝x，∴f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，0≤x＜1，,1－x，1≤x＜2.))又易知y＝f(x)的最小正周期T＝2，在同一坐標(biāo)系中作y＝f(x)與y＝ln|x|的圖象(如圖)．由圖象知，兩函數(shù)圖象有3個(gè)交點(diǎn)，因此函數(shù)g(x)＝f(x)－ln|x|有3個(gè)零點(diǎn)．]13．13[根據(jù)莖葉圖，甲組的中位數(shù)為15，即x＋10＝15，則x＝5，又∵eq\f(9＋15＋10＋y＋18＋24,5)＝.解得y＝8，∴x＋y＝5＋8＝13.]14．－1[設(shè)M為邊BC的中點(diǎn)，則eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AM,\s\up6(→))，又eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AO,\s\up6(→))＝(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))·eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→))2)．由于eq\o(AC,\s\up6(→))2＝b2＝4，eq\o(AB,\s\up6(→))2＝c2＝7.所以eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(4－7)＝－1.]15．x－y＋1＝0[f′(x)＝－sinx＋2f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，令x＝eq\f(π,6)，得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，得f(x)＝cosx＋x，f′(0)＝1，f(0)＝1，故在(0，1)處的切線方程為y－1＝1(x－0)，即x－y＋1＝0.]16．10[f(x)＝x＋sinx為奇函數(shù)，∴f(0)＝0.又等差數(shù)列{an}中有19項(xiàng)，且an∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，由f(ak)＝0，知ak＝0.∵f(a1)＋f(a2)＋…＋f(ak)＋…＋f(a19)＝0，∴f(a10)＝0，則ak＝a10，從而k＝10.]17．解(1)由b＝acosC＋csinA及正弦定理，得sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinCsinA，則cosAsinC＝sinCsinA，tanA＝1，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4).又cosB＝eq\f(4,5)，B∈(0，π)，知sinB＝eq\f(3,5)，∴cosC＝cos(π－A－B)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π－B))＝coseq\f(3,4)πcosB＋sineq\f(3,4)πsinB＝－eq\f(\r(2),10).(2)由(1)可得sin∠ACB＝eq\r(1－cos2∠ACB)＝eq\f(7\r(2),10)，在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，則AB＝14.在△BCD中，BD＝eq\f(1,2)AB＝7，根據(jù)余弦定理得，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cosB＝72＋102－2×7×10×eq\f(4,5)＝37，所以CD＝eq\r(37).18．解(1)因?yàn)闃颖救萘颗c總體中的個(gè)體數(shù)的比是eq\f(6,50＋150＋100)＝eq\f(1,50)，所以樣本中包含三個(gè)地區(qū)的個(gè)體數(shù)量分別是：50×eq\f(1,50)＝1，150×eq\f(1,50)＝3，100×eq\f(1,50)＝2.所以A，B，C三個(gè)地區(qū)的商品被選取的件數(shù)分別為1，3，2.(2)設(shè)6件來(lái)自A，B，C三個(gè)地區(qū)的樣品分別為A；B1，B2，B3；C1，C2.則抽取的這2件商品構(gòu)成的所有基本事件為：{A，B1}，{A，B2}，{A，B3}，{A，C1}，{A，C2}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B1，C1}，{B1，C2}，{B2，B3}，{B2，C1}，{B2，C2}，{B3，C1}，{B3，C2}，{C1，C2}，共15個(gè)．每個(gè)樣品被抽到的機(jī)會(huì)均等，因此這些基本事件的出現(xiàn)是等可能的．記事件D：“抽取的這2件商品來(lái)自相同地區(qū)”，則事件D包含的基本事件有{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，{C1，C2}，共4個(gè)．所以P(D)＝eq\f(4,15)，即這2件商品來(lái)自相同地區(qū)的概率為eq\f(4,15).19．解(1)因?yàn)镻D⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD為長(zhǎng)方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.而DE?平面PCD，所以BC⊥DE.又因?yàn)镻D＝CD，點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，所以DE⊥PC.而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD，DE⊥平面PBC，可知四面體E-BCD的四個(gè)面都是直角三角形，即四面體E-BCD是一個(gè)鱉臑，其四個(gè)面的直角分別是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB.(2)由已知，PD是陽(yáng)馬PABCD的高，所以V1＝eq\f(1,3)SABCD·PD＝eq\f(1,3)BC·CD·PD；由(1)知，DE是鱉臑DBCE的高，BC⊥CE，所以V2＝eq\f(1,3)S△BCE·DE＝eq\f(1,6)BC·CE·DE.在Rt△PDC中，因?yàn)镻D＝CD，點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，所以DE＝CE＝eq\f(\r(2),2)CD，于是eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,3)BC·CD·PD,\f(1,6)BC·CE·DE)＝eq\f(2CD·PD,CE·DE)＝4.20．解(1)由題意，以橢圓C的右焦點(diǎn)為圓心，以長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓的方程為(x－c)2＋y2＝a2.∴圓心到直線x＋y＋1＝0的距離d＝eq\f(|c＋1|,\r(2))＝a(*)∵橢圓C的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成等腰直角三角形，∴b＝c，a＝eq\r(2)b＝eq\r(2)c，代入(*)式得b＝c＝1，所以a＝eq\r(2)b＝eq\r(2)，故所求的橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由題意知直線l的斜率存在，設(shè)直線l方程為y＝k(x－2)，設(shè)P(x0，y0)，將直線方程代入橢圓方程得：(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，∴Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)＝－16k2＋8＞0，則k2＜eq\f(1,2).設(shè)S(x1，y1)．T(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－2,1＋2k2).由eq\o(OS,\s\up6(→))＋eq\o(OT,\s\up6(→))＝teq\o(OP,\s\up6(→))，①當(dāng)t＝0時(shí)，直線l為x軸，P點(diǎn)在橢圓上適合題意．②當(dāng)t≠0時(shí)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(tx0＝x1＋x2＝\f(8k2,1＋2k2)，,ty0＝y(tǒng)1＋y2＝k（x1＋x2－4）＝\f(－4k,1＋2k2)，))∴x0＝eq\f(1,t)·eq\f(8k2,1＋2k2)，y0＝eq\f(1,t)·eq\f(－4k,1＋2k2)，代入橢圓方程，得eq\f(32k4,t2（1＋2k2）2)＋eq\f(16k2,t2（1＋2k2）2)＝1.從而得t2＝eq\f(16k2,1＋2k2).由k2＜eq\f(1,2)，知0＜t2＜4，則－2＜t＜2且t≠0.綜上①②知，實(shí)數(shù)t的取值范圍為(－2，2)．21．解(1)因?yàn)閷?duì)任意的x∈[1，e]，不等式f(x)≥g(x)恒成立，即alnx－x＋1≥－x2＋(a＋1)x＋1恒成立，a(x－lnx)≤x2－2x恒成立．由于x∈[1，e]，所以lnx≤lne＝1≤x.因?yàn)榈忍?hào)不能同時(shí)成立，所以lnx＜x，即x－lnx＞0.所以a≤eq\f(x2－2x,x－lnx)恒成立．令F(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)，所以a≤F(x)min(x∈[1，e]，)由于F′(x)＝eq\f(（x－1）（x＋2－2lnx）,（x－lnx）2)，由于1≤x≤e，所以x－1≥0，x＋2－2lnx＝x＋2(1－lnx)＞0，所以F′(x)＞0.所以函數(shù)F(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)在區(qū)間[1，e]上單調(diào)遞增．因此F(x)≥F(1)＝eq\f(12－2,1－0)＝－1，故a≤－1.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1]．(2)因?yàn)镠(x)＝f(x)－(a－1)x＋a－1＝alnx－ax＋a(x＞0)，根據(jù)保a階函數(shù)的概念，所以存在x0＞0，使得H(x0＋a)＝H(x0)＋H(a)，即a[ln(x0＋a)－(x0＋a)＋1]＝a(lnx0－x0＋1)＋a(lna－a＋1)＝a(lnx0－x0＋1＋lna－a＋1)，所以ln(x0＋a)－(x0＋a)＋1＝lnx0－x0＋1＋lna－a＋1所以ln(x0＋a)＝lnx0＋lna＋1，則lneq\f(x0＋a,ax0)＝1.所以eq\f(x0＋a,ax0)＝e，從而a＝eq\f(1,e－\f(1,x0)).因?yàn)閤0＞0，所以a＞eq\f(1,e)，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).22.證明(1)∵EP與⊙O相切于點(diǎn)A，∴∠EAD＝∠DCA.又∠EAD＝∠PCA，∴∠DCA＝∠PCA，∴AD＝AB.(2)∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠D＝∠PBA.又∠DCA＝∠PCA＝∠PAB，∴△ADC∽△PBA，因此eq\f(DA,BP)＝eq\f(DC,BA)，即eq\f(DA,BP)＝eq\f(DC,DA).故DA2＝DC·BP.23．解(1)由ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，得ρeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinθ－\f(1,2)cosθ))＝eq\f(1,2)，∴eq\f(\r(3),2)y－eq\f(1,2)x＝eq\f(1,2)，因此直線l的方程為x－eq\r(3)y＋1＝0.(2)由已知，曲線C上任意點(diǎn)P為(2＋2cosα，2sinα)．所以，點(diǎn)P到直線l的距離d＝eq\f(|2＋2cosα－2\r(3)sinα＋1|,2)＝eq\f(|4cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋3|,2)≤eq\f(7,2).故曲線C上的點(diǎn)到直線l的距離的最大值為eq\f(7,2).24．解(1)不等式m－|x－2|≥1化為|x－2|≤m－1，∴1－m≤x－2≤m－1，即3－m≤x≤m＋1.又不等式m－|x－2|≥1的解集為[0，4]，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－m＝0，,m＋1＝4，))故m＝3.(2)法一由(1)知，a＋b＝3，又(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤2(a2＋b2)，∴a2＋b2≥eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(3,2)時(shí)，等號(hào)成立，故a2＋b2的最小值為eq\f(9,2).法二由(1)知，a＋b＝3，根據(jù)柯西不等式，得(a2＋b2)(12＋12)≥(a×1＋b×1)2＝(a＋b)2＝9，∴a2＋b2≥eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(3,2)時(shí)等號(hào)成立．故a2＋b2的最小值為eq\f(9,2).高考仿真卷