2018屆數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第一部分層級(jí)一45分的基礎(chǔ)送分題練中自檢無須挖潛理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE172學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第一部分層級(jí)一45分的基礎(chǔ)送分題練中自檢無須挖潛送分專題（一）集合與常用邏輯用語[全國卷3年考情分析］年份卷別考查內(nèi)容及考題位置命題分析2017卷Ⅰ集合的基本運(yùn)算、指數(shù)不等式的解法·T11。集合作為高考必考內(nèi)容，多年來命題較穩(wěn)定，多以選擇題形式在前3題的位置進(jìn)行考查，難度較?。}的熱點(diǎn)依然會(huì)集中在集合的運(yùn)算方面，常與簡單的一元二次不等式結(jié)合命題．2。高考對常用邏輯用語考查的頻率較低，且命題點(diǎn)分散，其中含有量詞的命題的否定、充分必要條件的判斷需要關(guān)注，多結(jié)合函數(shù)、平面向量、三角函數(shù)、不等式、數(shù)列等內(nèi)容命題。卷Ⅱ集合的交集、一元二次方程的根·T2卷Ⅲ集合的表示、集合的交集運(yùn)算·T12016卷Ⅰ集合的交集運(yùn)算、一元二次不等式的解法·T1卷Ⅱ集合的并集運(yùn)算、一元二次不等式的解法·T2卷Ⅲ集合的交集運(yùn)算、一元二次不等式的解法·T12015卷Ⅰ特稱命題的否定·T3卷Ⅱ集合的交集運(yùn)算、一元二次不等式的解法·T1集合的概念及運(yùn)算[題點(diǎn)·考法·全練］1．(2017·全國卷Ⅱ)設(shè)集合A＝{1，2,4｝，B＝｛x|x2－4x＋m＝0}．若A∩B＝{1｝，則B＝(）A．｛1，－3} B．｛1,0}C．｛1，3｝ D．{1,5}解析：選C因?yàn)锳∩B＝｛1},所以1∈B，所以1是方程x2－4x＋m＝0的根，所以1－4＋m＝0，m＝3，方程為x2－4x＋3＝0，解得x＝1或x＝3,所以B＝｛1，3｝．2．（2018屆高三·安徽名校階段測試）設(shè)A＝{x｜x2－4x＋3≤0｝，B＝{x｜ln(3－2x)〈0}，則圖中陰影部分表示的集合為（)A.eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1（x<\f（3,2）)）)）B.eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1（1<x〈\f(3，2)））））C。eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1（1≤x〈\f（3，2)))))D.eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(3,2）〈x≤3））))解析：選BA＝｛x|x2－4x＋3≤0｝＝｛x｜1≤x≤3}，B＝{x｜ln(3－2x)〈0｝＝｛x|0<3－2x<1｝＝eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1(1〈x〈\f(3，2)))））,結(jié)合Venn圖知，圖中陰影部分表示的集合為A∩B＝eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1（1<x〈\f(3,2)）））)。3．（2017·全國卷Ⅲ）已知集合A＝{（x，y)｜x2＋y2＝1},B＝{(x,y）|y＝x}，則A∩B中元素的個(gè)數(shù)為（)A．3 B．2C．1 D．0解析：選B因?yàn)锳表示圓x2＋y2＝1上的點(diǎn)的集合，B表示直線y＝x上的點(diǎn)的集合，直線y＝x與圓x2＋y2＝1有兩個(gè)交點(diǎn)，所以A∩B中元素的個(gè)數(shù)為2.4．已知集合P＝{n｜n＝2k－1，k∈N*，k≤50}，Q＝{2,3,5｝，則集合T＝｛xy｜x∈P,y∈Q}中元素的個(gè)數(shù)為()A．147 B．140C．130 D．117解析:選B由題意得，y的取值一共有3種情況,當(dāng)y＝2時(shí)，xy是偶數(shù)，與y＝3,y＝5時(shí),沒有相同的元素，當(dāng)y＝3，x＝5,15,25，…，95時(shí)，與y＝5，x＝3,9,15，…,57時(shí)有相同的元素，共10個(gè)，故所求元素個(gè)數(shù)為3×50－10＝140。5．已知集合A＝eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（－1，\f(1,2)）)，B＝｛x|mx－1＝0，m∈R｝,若A∩B＝B，則所有符合條件的實(shí)數(shù)m組成的集合是（）A．{－1，0,2} B.eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2）,0，1）)C．{－1，2｝ D.eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1，2）)）解析：選A因?yàn)锳∩B＝B，所以B?A.若B為?，則m＝0；若B≠?,則－m－1＝0或eq\f(1，2）m－1＝0，解得m＝－1或2.綜上，m∈{－1，0，2}．［準(zhǔn)解·快解·悟通]快審題1?？吹郊现械脑?想到代表元素的意義；看到點(diǎn)集，想到其對應(yīng)的幾何意義．2.看到數(shù)集中元素取值連續(xù)時(shí)，想到借助數(shù)軸求解交、并、補(bǔ)集等;看到M?N，想到集合M可能為空集．準(zhǔn)解題1.記牢集合的運(yùn)算性質(zhì)及重要結(jié)論(1)A∪A＝A，A∪?＝A,A∪B＝B∪A。(2)A∩A＝A,A∩?＝?，A∩B＝B∩A.(3)A∩（?UA）＝?，A∪(?UA)＝U。（4)A∩B＝A?A?B，A∪B＝A?B?A.2.活用集合運(yùn)算中的常用方法（1）數(shù)軸法：若已知的集合是不等式的解集，用數(shù)軸法求解．(2）圖象法：若已知的集合是點(diǎn)集，用圖象法求解．（3)Venn圖法：若已知的集合是抽象集合，用Venn圖法求解．避誤區(qū)1.在求集合的子集時(shí)，易忽視空集．2.在解決含參數(shù)的集合問題時(shí),要注意檢驗(yàn)集合中元素的互異性，否則很可能會(huì)因?yàn)椴粷M足“互異性”而導(dǎo)致解題錯(cuò)誤.充分與必要條件的判斷［題點(diǎn)·考法·全練］1．(2017·天津高考)設(shè)x∈R,則“2－x≥0”是“｜x－1|≤1”的(）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選B由2－x≥0，得x≤2,由|x－1|≤1,得0≤x≤2?！?≤x≤2?x≤2，x≤2?/0≤x≤2,故“2－x≥0"是“|x－1｜≤1”的必要而不充分條件．2．(2017·惠州三調(diào))設(shè)函數(shù)y＝f（x），x∈R,“y＝｜f(x）｜是偶函數(shù)"是“y＝f(x）的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱”的（）A．充分不必要條件 B．充要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件解析：選C設(shè)f(x)＝x2，y＝|f(x）|是偶函數(shù)，但是不能推出y＝f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱．反之,若y＝f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，則y＝f（x）是奇函數(shù)，這時(shí)y＝|f(x）|是偶函數(shù)，故選C.3．（2017·浙江高考)已知等差數(shù)列{an｝的公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，則“d〉0"是“S4＋S6〉2S5"A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選C因?yàn)閧an}為等差數(shù)列，所以S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1＋15d＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d，S4＋S6－2S5＝d，所以d>0?S4＋S64．已知“x>k”是“eq\f(3，x＋1）〈1”的充分不必要條件，則k的取值范圍是()A．[2，＋∞） B．[1，＋∞）C．(2，＋∞) D．（－∞，－1]解析：選A由eq\f（3，x＋1）<1,可得eq\f(3，x＋1）－1＝eq\f（－x＋2，x＋1）〈0，所以x<－1或x〉2，因?yàn)椤皒>k"是“eq\f(3,x＋1）〈1”的充分不必要條件,所以k≥2.5．已知條件p：x＋y≠－2,條件q:x,y不都是－1,則p是q的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選A因?yàn)閜：x＋y≠－2，q：x≠－1或y≠－1，所以綈p:x＋y＝－2，綈q:x＝－1且y＝－1，因?yàn)榻恞?綈p但綈peq\a\vs4\al(?/)綈q，所以綈q是綈p的充分不必要條件，即p是q的充分不必要條件．［準(zhǔn)解·快解·悟通]快審題看到充分與必要條件的判斷，想到定條件,找推式（即判定命題“條件?結(jié)論”和“結(jié)論?條件”的真假），下結(jié)論(若“條件?結(jié)論”為真，且“結(jié)論?條件"為假，則為充分不必要條件）。用妙法等價(jià)轉(zhuǎn)化法妙解充分與必要條件判定題根據(jù)一個(gè)命題與其逆否命題的等價(jià)性,把判斷的命題轉(zhuǎn)化為其逆否命題進(jìn)行判斷．這個(gè)方法特別適合以否定形式給出的問題，如“xy≠1”是“x≠1或y≠1”的某種條件，即可轉(zhuǎn)化為判斷“x＝1且y＝1”是“xy＝1”的某種條件．避誤區(qū)“A的充分不必要條件是B"是指B能推出A,且A不能推出B;而“A是B的充分不必要條件”則是指A能推出B，且B不能推出A。命題真假的判定與命題的否定[題點(diǎn)·考法·全練]1．下列命題中為真命題的是(）A．命題“若x＞1,則x2＞1"的否命題B．命題“若x＞y,則x＞|y|”的逆命題C．命題“若x＝1,則x2＋x－2＝0”的否命題D．命題“若tanx＝eq\r(3），則x＝eq\f(π,3)”的逆否命題解析：選B對于選項(xiàng)A，命題“若x＞1,則x2＞1”的否命題為“若x≤1，則x2≤1"，易知當(dāng)x＝－2時(shí)，x2＝4＞1，故選項(xiàng)A為假命題；對于選項(xiàng)B，命題“若x＞y,則x＞|y|”的逆命題為“若x＞|y｜,則x＞y”，分析可知選項(xiàng)B為真命題；對于選項(xiàng)C，命題“若x＝1，則x2＋x－2＝0”的否命題為“若x≠1，則x2＋x－2≠0”，易知當(dāng)x＝－2時(shí),x2＋x－2＝0，故選項(xiàng)C為假命題;對于選項(xiàng)D，命題“若tanx＝eq\r(3),則x＝eq\f(π,3）"為假命題，故其逆否命題為假命題，綜上可知，選B.2．（2015·全國卷Ⅰ)設(shè)命題p：?n∈N,n2〉2n，則綈p為(）A．?n∈N，n2〉2n B．?n∈N，n2≤2nC．?n∈N，n2≤2n D．?n∈N，n2＝2n解析：選C因?yàn)椤?x∈M,p（x)”的否定是“?x∈M，綈p（x)”,所以命題“?n∈N，n2〉2n"的否定是“?n∈N,n2≤2n”．3．(2017·山東高考）已知命題p:?x>0，ln（x＋1）>0；命題q:若a>b，則a2〉b2。下列命題為真命題的是（)A．p∧q B．p∧綈qC．綈p∧q D．綈p∧綈q解析：選B當(dāng)x>0時(shí)，x＋1>1，因此ln(x＋1）>0，即p為真命題;取a＝1，b＝－2，這時(shí)滿足a>b，顯然a2〉b2不成立,因此q為假命題．由復(fù)合命題的真假性,知B為真命題．［準(zhǔn)解·快解·悟通］快審題1?？吹矫}真假的判斷，想到利用反例和命題的等價(jià)性．2.看到命題形式的改寫,想到各種命題的結(jié)構(gòu)，尤其是特稱命題、全稱命題的否定，要改變的兩個(gè)地方．3.看到含邏輯聯(lián)結(jié)詞的命題的真假判斷，想到聯(lián)結(jié)詞的含義．準(zhǔn)解題掌握判定命題真假的4種方法(1）一般命題p的真假由涉及的相關(guān)知識(shí)辨別．(2)四種命題真假的判斷根據(jù)：一個(gè)命題和它的逆否命題同真假，而與它的其他兩個(gè)命題的真假無關(guān)．(3)形如p∨q，p∧q，綈p命題的真假根據(jù)真值表判定．(4）全稱命題與特稱命題的真假的判定:①全稱命題：要判定一個(gè)全稱命題為真命題,必須對限定集合M中的每一個(gè)元素x驗(yàn)證p（x）成立，要判定其為假命題時(shí)，只需舉出一個(gè)反例即可；②特稱命題：要判定一個(gè)特稱命題為真命題，只要在限定集合M中至少能找到一個(gè)元素x0，使得p(x0）成立即可；否則，這一特稱命題就是假命題.eq\a\vs4\al([專題過關(guān)檢測])一、選擇題1．（2016·全國卷Ⅱ）已知集合A＝｛1,2，3｝,B＝｛x|（x＋1）·（x－2）<0,x∈Z｝,則A∪B＝（)A．{1} B．｛1，2}C．｛0,1，2,3} D．{－1,0，1，2,3}解析：選C因?yàn)锽＝{x｜(x＋1)(x－2)〈0，x∈Z｝＝｛x｜－1〈x<2，x∈Z}＝｛0,1}，A＝｛1,2,3｝，所以A∪B＝{0,1，2,3}．2．(2017·成都一診)命題“若a>b，則a＋c>b＋c”的否命題是(）A．若a≤b,則a＋c≤b＋c B．若a＋c≤b＋c，則a≤bC．若a＋c〉b＋c，則a〉b D．若a>b，則a＋c≤b＋c解析：選A命題的否命題是將原命題的條件和結(jié)論均否定，所以題中命題的否命題為“若a≤b，則a＋c≤b＋c”．3．（2017·廣西三市第一次聯(lián)考)設(shè)集合A＝｛x|8＋2x－x2>0｝，集合B＝{x｜x＝2n－1，n∈N＊｝,則A∩B等于（)A．｛－1，1} B．｛－1,3}C．{1,3｝ D．{3，1，－1｝解析：選C∵A＝{x|－2<x<4｝，B＝{1，3,5，…}，∴A∩B＝{1,3｝．4．（2017·鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測)已知集合A＝{x|log2x≤1}，B＝eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（x\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（1，x)>1))）），則A∩(?RB）＝（）A．（－∞，2] B．（0,1]C．[1，2］ D．(2，＋∞）解析:選C因?yàn)锳＝｛x|0<x≤2｝，B＝｛x|0〈x<1｝，所以A∩(?RB）＝｛x｜0〈x≤2}∩｛x｜x≤0或x≥1}＝{x｜1≤x≤2｝．5．(2017·北京高考)設(shè)m，n為非零向量，則“存在負(fù)數(shù)λ，使得m＝λn"是“m·n<0”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件解析:選A∵m＝λn，∴m·n＝λn·n＝λ｜n｜2.∴當(dāng)λ<0，n≠0時(shí)，m·n〈0。反之,由m·n＝|m||n｜c(diǎn)os〈m，n〉<0?cos<m,n〉〈0?〈m，n〉∈eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（π，2),π）)，當(dāng)<m，n〉∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，2），π））時(shí)，m，n不共線．故“存在負(fù)數(shù)λ,使得m＝λn”是“m·n<0”的充分而不必要條件．6．（2018屆高三·湘中名校聯(lián)考)已知集合A＝｛x｜x2－11x－12＜0}，B＝{x|x＝2（3n＋1），n∈Z｝,則A∩B等于（)A．｛2｝ B．{2，8}C．{4,10｝ D．｛2,4，8,10}解析:選B因?yàn)榧螦＝{x|x2－11x－12＜0}＝{x|－1＜x＜12},集合B為被6整除余數(shù)為2的數(shù)．又集合A中的整數(shù)有0，1,2，3，4，5，6，7，8，9,10，11，故被6整除余數(shù)為2的數(shù)有2和8，所以A∩B＝{2，8｝．7．(2017·石家莊調(diào)研)設(shè)全集U＝R，集合A＝{x｜x≥1｝,B＝{x｜（x＋2）(x－1)〈0｝，則（）A．A∩B＝? B．A∪B＝UC．?UB?A D．?UA?B解析：選A由(x＋2）（x－1）<0,解得－2<x<1，所以B＝{x｜－2<x<1}，則A∩B＝?，A∪B＝｛x|x>－2｝,?UB＝{x|x≥1或x≤－2｝，A??UB，?UA＝{x｜x〈1｝，B??UA,故選A。8．若x∈A,則eq\f（1,x）∈A，就稱A是伙伴關(guān)系集合，集合M＝eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(－1,0，\f（1,3)，\f(1,2），1，2，3，4))的所有非空子集中，具有伙伴關(guān)系的集合的個(gè)數(shù)為（）A．15 B．16C．28 D．25解析：選A本題關(guān)鍵看清－1和1本身也具備這種運(yùn)算,這樣所求集合即由－1,1，3和eq\f(1，3)，2和eq\f（1，2)這“四大”元素所能組成的集合．所以滿足條件的集合的個(gè)數(shù)為24－1＝15.9．（2017·鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測)已知命題p：eq\f（1，a）>eq\f(1，4),命題q：?x∈R,ax2＋ax＋1〉0,則p成立是q成立的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選A命題p等價(jià)于0〈a<4.命題q,對?x∈R,ax2＋ax＋1>0，必有a＝0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a〉0，，a2－4a<0,)）則0≤a<4，所以命題p是命題q的充分不必要條件．10．已知f(x）＝3sinx－πx，命題p：?x∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2)）),f（x）〈0，則(）A．p是假命題，綈p：?x∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2）)），f(x）≥0B．p是假命題,綈p：?x0∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f（π,2)）)，f(x0）≥0C．p是真命題，綈p：?x0∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2))），f（x0）≥0D．p是真命題，綈p：?x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2））)，f（x)>0解析:選C因?yàn)閒′（x)＝3cosx－π,所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f（π，2))）時(shí)，f′（x)〈0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,即對?x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f(x）〈f（0)＝0恒成立，所以p是真命題．而p的否定為?x0∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f（π,2）))，f（x0）≥0,故選C。11．已知命題p：函數(shù)f（x）＝2ax2－x－1在(0，1）內(nèi)恰有一個(gè)零點(diǎn)；命題q：函數(shù)y＝x2－a在（0,＋∞）上是減函數(shù)．若p且綈q為真命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（)A．（1,＋∞） B．(－∞，2］C．(1,2］ D．(－∞，1］∪(2,＋∞）解析：選C由題意可得，對命題p，令f(0)·f(1)<0，即－1·（2a－2)<0，得a〉1;對命題q,令2－a<0，即a〉2,則綈q對應(yīng)的a的范圍是(－∞，2]．因?yàn)閜且綈q為真命題，所以實(shí)數(shù)a12．在下列結(jié)論中，正確的個(gè)數(shù)是（)①命題p：“?x0∈R，xeq\o\al（2，0)－2≥0”的否定形式為綈p：“?x∈R，x2－2<0”;②O是△ABC所在平面上一點(diǎn)，若eq\o(OA,\s\up7（→))·eq\o(OB,\s\up7（→）)＝eq\o（OB,\s\up7(→))·eq\o（OC，\s\up7（→）)＝eq\o（OC,\s\up7(→)）·eq\o（OA，\s\up7(→）），則O是△ABC的垂心；③“M>N”是“eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2,3）))M〉eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2，3)）)N”的充分不必要條件；④命題“若x2－3x－4＝0,則x＝4”的逆否命題為“若x≠4，則x2－3x－4≠0”．A．1 B．2C．3 D．4解析：選C由特稱（存在性）命題與全稱命題的關(guān)系可知①正確．∵eq\o(OA,\s\up7(→）)·eq\o（OB，\s\up7(→）)＝eq\o(OB，\s\up7（→))·eq\o（OC，\s\up7（→）)，∴eq\o（OB，\s\up7（→））·（eq\o（OA，\s\up7（→)）－eq\o(OC,\s\up7（→)））＝0,即eq\o（OB，\s\up7(→)）·eq\o（CA，\s\up7(→））＝0,∴eq\o(OB，\s\up7(→))⊥eq\o（CA,\s\up7(→))。同理可知eq\o（OA,\s\up7(→))⊥eq\o(BC,\s\up7(→）)，eq\o（OC，\s\up7(→））⊥eq\o(BA,\s\up7(→))，故點(diǎn)O是△ABC的垂心,∴②正確．∵y＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2，3）））x是減函數(shù),∴當(dāng)M〉N時(shí)，eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2,3））)M〈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2,3））)N，當(dāng)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2,3）））M>eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2,3）))N時(shí)，M〈N.∴“M>N”是“eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2,3)）)M〉eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2,3）)）N”的既不充分也不必要條件，∴③錯(cuò)誤．由逆否命題的寫法可知，④正確．∴正確的結(jié)論有3個(gè)．二、填空題13．設(shè)命題p：?a〉0，a≠1，函數(shù)f(x）＝ax－x－a有零點(diǎn)，則綈p:________________________.解析：全稱命題的否定為特稱(存在性)命題，綈p：?a0〉0,a0≠1,函數(shù)f（x）＝aeq\o\al（x，0)－x－a0沒有零點(diǎn)．答案：?a0〉0，a0≠1,函數(shù)f（x）＝aeq\o\al(x,0）－x－a0沒有零點(diǎn)14．設(shè)全集U＝{（x，y）｜x∈R，y∈R}，集合M＝eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1（x,y\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（y－3,x－2）＝1））))，P＝｛（x，y)｜y≠x＋1}，則?U(M∪P）＝________.解析：集合M＝{(x,y）｜y＝x＋1，且x≠2，y≠3}，所以M∪P＝{(x，y）｜x∈R，y∈R，且x≠2，y≠3}．則?U（M∪P)＝{（2,3）}．答案：{（2,3)}15．已知命題p:不等式eq\f（x，x－1）＜0的解集為{x|0＜x＜1}；命題q：在△ABC中，“A＞B”是“sinA＞sinB”成立的必要不充分條件．有下列四個(gè)結(jié)論：①p真q假；②“p∧q”為真；③“p∨q”為真;④p假q真，其中正確結(jié)論的序號(hào)是________．解析：解不等式知，命題p是真命題,在△ABC中，“A＞B”是“sinA＞sinB”的充要條件，所以命題q是假命題，所以①③正確．答案：①③16．a(chǎn)，b，c為三個(gè)人,命題A：“如果b的年齡不是最大，那么a的年齡最小”和命題B：“如果c不是年齡最小,那么a的年齡最大"都是真命題，則a,b，c的年齡由小到大依次是________．解析：顯然命題A和B的原命題的結(jié)論是矛盾的，因此我們應(yīng)該從它們的逆否命題來看．由命題A可知，當(dāng)b不是最大時(shí)，則a是最小，所以c最大，即c〉b>a；而它的逆否命題也為真，即“若a的年齡不是最小，則b的年齡是最大”為真,即b>a>c.同理，由命題B為真可得a>c〉b或b〉a>c.故由A與B均為真可知b>a〉c,所以a，b，c三人的年齡大小順序是：b最大,a次之，c最小．答案:c，a,b送分專題(二）函數(shù)的圖象與性質(zhì)［全國卷3年考情分析]年份卷別考查內(nèi)容及考題位置命題分析2017卷Ⅰ利用函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性求解不等式·T51。高考對此部分內(nèi)容的命題多集中于函數(shù)的概念、函數(shù)的性質(zhì)及分段函數(shù)等方面，多以選擇、填空題形式考查，一般出現(xiàn)在第5~10或第13～15題的位置上,難度一般．主要考查函數(shù)的定義域，分段函數(shù)求值或分段函數(shù)中參數(shù)的求解及函數(shù)圖象的判斷．2.此部分內(nèi)容有時(shí)出現(xiàn)在選擇、填空題壓軸題的位置，多與導(dǎo)數(shù)、不等式、創(chuàng)新性問題結(jié)合命題,難度較大.卷Ⅲ分段函數(shù)與不等式的解法·T152016卷Ⅰ函數(shù)圖象的判斷·T72015卷Ⅰ偶函數(shù)的定義·T13卷Ⅱ分段函數(shù)求值·T5函數(shù)圖象的判斷·T10函數(shù)及其表示［題點(diǎn)·考法·全練]1．（2017·廣州綜合測試）已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(2x＋1，x≤0，,1－log2x，x〉0，））則f(f(－3))＝(）A.eq\f(4，3) B．eq\f（2，3)C．－eq\f(4,3) D．3解析:選D因?yàn)閒(－3)＝2－2＝eq\f（1，4），所以f(f(－3）)＝feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,4)))＝1－log2eq\f(1,4）＝3。2．函數(shù)y＝eq\f（\r(1－x2）,2x2－3x－2）的定義域?yàn)?)A．(－∞，1］ B．[－1,1］C．［1，2）∪（2,＋∞） D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1（－1，－\f（1，2)）)∪eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(1，2），1))解析：選D要使函數(shù)y＝eq\f(\r（1－x2），2x2－3x－2）有意義，則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2≥0，,2x2－3x－2≠0,)）解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,x≠2且x≠－\f(1,2)，））即－1≤x≤1且x≠－eq\f(1，2)，所以該函數(shù)的定義域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（－1,－\f(1,2))）∪eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2)，1)）。3．（2017·全國卷Ⅲ）設(shè)函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋1，x≤0，，2x，x>0，))則滿足f(x）＋feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f（1,2)）)>1的x的取值范圍是________．解析：由題意知,可對不等式分x≤0，0〈x≤eq\f(1,2），x〉eq\f(1，2)討論．當(dāng)x≤0時(shí)，原不等式為x＋1＋x＋eq\f（1,2)〉1,解得x>－eq\f（1，4),∴－eq\f（1，4)〈x≤0.當(dāng)0〈x≤eq\f（1，2)時(shí)，原不等式為2x＋x＋eq\f(1,2）>1,顯然成立．當(dāng)x〉eq\f（1,2）時(shí)，原不等式為2x＋2x－eq\f(1，2）>1，顯然成立．綜上可知,x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1,4），＋∞))。答案：eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1,4)，＋∞））4．若函數(shù)f(x）＝(x＋a)（bx＋2a)(常數(shù)a，b∈解析:由題意知：a≠0，f（x)＝（x＋a）（bx＋2a）＝bx2＋（2a＋ab）x＋2a2是偶函數(shù)，則其圖象關(guān)于y軸對稱，所以2a＋ab＝0，b＝－2.所以f（x)＝－2x2＋2a2，因?yàn)樗闹涤驗(yàn)椋ǎ蓿?］，所以2a2＝2.所以f答案：f（x）＝－2x2＋25．已知函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（1－2ax＋3a，x<1，,2x－1，x≥1）)的值域?yàn)镽,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：當(dāng)x≥1時(shí)，f（x)＝2x－1≥1,∵函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（1－2ax＋3a,x<1，，2x－1，x≥1))的值域?yàn)镽，∴當(dāng)x〈1時(shí),y＝（1－2a)x＋3a必須取遍(－∞,1］內(nèi)的所有實(shí)數(shù),則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2a〉0，,1－2a＋3a≥1，)）解得0≤a＜eq\f(1，2）。答案：eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f（1,2)）)[準(zhǔn)解·快解·悟通]快審題1.看到求定義域，想到解析式中自變量的限制條件．2?？吹椒侄魏瘮?shù),想到在不同的定義區(qū)間上的對應(yīng)關(guān)系不同．準(zhǔn)解題掌握分段函數(shù)問題的5種常見類型及解題策略（1）求函數(shù)值：弄清自變量所在區(qū)間，然后代入對應(yīng)的解析式,求“層層套”的函數(shù)值，要從最內(nèi)層逐層往外計(jì)算．(2)求函數(shù)最值：分別求出每個(gè)區(qū)間上的最值，然后比較大小．(3）解不等式:根據(jù)分段函數(shù)中自變量取值范圍的界定，代入相應(yīng)的解析式求解，但要注意取值范圍是大前提．(4)求參數(shù):“分段處理”，采用代入法列出各區(qū)間上的方程．(5)奇偶性:利用奇函數(shù)(偶函數(shù)）的定義判斷。函數(shù)的圖象及應(yīng)用［題點(diǎn)·考法·全練]1．(2018屆高三·安徽名校階段性測試)函數(shù)y＝eq\f（x2ln｜x｜,｜x｜)的圖象大致是(）解析：選D易知函數(shù)y＝eq\f（x2ln|x|,|x|）是偶函數(shù)，可排除B，當(dāng)x〉0時(shí)，y＝xlnx，y′＝lnx＋1，令y′〉0，得x〉e－1，所以當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)在(e－1，＋∞）上單調(diào)遞增，結(jié)合圖象可知D正確，故選D.2．已知函數(shù)f（x－1)是定義在R上的奇函數(shù),且在［0，＋∞）上是增函數(shù),則函數(shù)f（x)的圖象可能是()解析:選B函數(shù)f(x－1）的圖象向左平移1個(gè)單位,即可得到函數(shù)f（x）的圖象，因?yàn)楹瘮?shù)f(x－1)是定義在R上的奇函數(shù)，所以函數(shù)f（x－1）的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)(－1,0）對稱，排除A、C、D，選B.3．設(shè)函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋x2，｜x|≥1，，x,|x|<1))的圖象過點(diǎn)（1，1)，函數(shù)g(x）是二次函數(shù)，若函數(shù)f（g（x）)的值域是［0,＋∞），則函數(shù)g（x）的值域是（）A．（－∞，－1]∪[1，＋∞) B．(－∞，－1]∪[0,＋∞）C．［0，＋∞） D．[1，＋∞)解析:選C因?yàn)楹瘮?shù)f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(m＋x2，｜x|≥1，,x，|x|<1）)的圖象過點(diǎn)（1,1），所以m＋1＝1，解得m＝0，所以f(x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x2，|x|≥1，,x,|x｜<1.））畫出函數(shù)y＝f(x)的圖象（如圖所示)，由于函數(shù)g(x)是二次函數(shù)，值域不會(huì)是選項(xiàng)A、B，易知,當(dāng)g(x)的值域是［0，＋∞)時(shí)，f(g(x）)的值域是［0,＋∞)．[準(zhǔn)解·快解·悟通]快審題看到圖象問題，想到函數(shù)的性質(zhì)及特殊點(diǎn)(值)。準(zhǔn)解題巧用識(shí)別函數(shù)圖象的4種方法（1）特例排除法：其中用特殊點(diǎn)法破解函數(shù)圖象問題需尋找特殊的點(diǎn)，即根據(jù)已知函數(shù)的圖象或已知函數(shù)的解析式,取特殊點(diǎn)，判斷各選項(xiàng)的圖象是否經(jīng)過該特殊點(diǎn)．（2)性質(zhì)驗(yàn)證法：根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性,判斷圖象的變化趨勢；根據(jù)函數(shù)的奇偶性，判斷圖象的對稱性；根據(jù)周期性，判斷圖象的循環(huán)往復(fù)．（3）圖象變換法：有關(guān)函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝af（bx＋c）＋h的圖象問題的判斷,熟練掌握圖象的平移變換（左加右減，上加下減)、對稱變換、伸縮變換等,便可順利破解此類問題．(4）導(dǎo)數(shù)法：判斷復(fù)雜函數(shù)的圖象，常借助導(dǎo)數(shù)這一工具，先對原函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，再利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值,從而對選項(xiàng)進(jìn)行篩選．要注意函數(shù)求導(dǎo)之后，導(dǎo)函數(shù)發(fā)生了變化，故導(dǎo)函數(shù)和原函數(shù)的定義域會(huì)有所不同，我們必須在原函數(shù)的定義域內(nèi)研究函數(shù)的極值和最值．用妙法數(shù)形結(jié)合法妙解函數(shù)有關(guān)問題對于函數(shù)中值域問題、零點(diǎn)問題、參數(shù)范圍問題常利用數(shù)形結(jié)合法．在解題過程中，可以先根據(jù)題意作出草圖，然后參照草圖的形狀、位置、性質(zhì),綜合圖象的特征得出結(jié)論.函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用［題點(diǎn)·考法·全練］1．下列函數(shù)中，滿足“?x1，x2∈（0，＋∞)，且x1≠x2，(x1－x2）[f(x1)－f（x2)]<0”的是()A．f（x)＝eq\f（1，x）－x B．f（x)＝x3C．f(x）＝lnx D．f(x)＝2x解析：選A“?x1,x2∈(0，＋∞），且x1≠x2,(x1－x2）·[f(x1）－f(x2)]<0”等價(jià)于f(x）在(0,＋∞）上為減函數(shù)，易判斷f（x）＝eq\f（1，x)－x滿足條件．2．（2017·廣西三市第一次聯(lián)考)已知f（x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間(－∞，0］上單調(diào)遞增，若實(shí)數(shù)a滿足f(2log3a)>f（－eq\r(2）），則a的取值范圍是（）A．(－∞,eq\r(3)) B．（0，eq\r（3))C．（eq\r(3）,＋∞) D．(1,eq\r(3））解析：選B∵f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間（－∞,0]上單調(diào)遞增,∴f(x)在區(qū)間［0，＋∞）上單調(diào)遞減．根據(jù)函數(shù)的對稱性，可得f(－eq\r（2))＝f（eq\r(2）)，∴f(2log3a）〉f(eq\r(2)）．∵2log3a>0，f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴0〈2log3a<eq\r(2）?log3a〈eq\f(1，2)?0〈a<eq\r（3).3．（2017·山東高考）已知f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，且f(x＋4）＝f(x－2）．若當(dāng)x∈[－3,0]時(shí),f(x）＝6－x，則f(919)＝________.解析:∵f(x＋4)＝f（x－2)，∴f（x＋6)＝f(x），∴f（x）的周期為6，∵919＝153×6＋1,∴f（919）＝f（1）．又f（x）為偶函數(shù)，∴f（919)＝f（1）＝f（－1)＝6.答案：64．(2017·福建普通高中質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x）＝x2（2x－2－x），則不等式f(2x＋1)＋f(1)≥0的解集是________．解析：因?yàn)閒（－x)＝(－x）2（2－x－2x)＝－x2(2x－2－x）＝－f(x)，所以函數(shù)f（x)是奇函數(shù)．不等式f(2x＋1)＋f（1）≥0等價(jià)于f（2x＋1)≥f(－1)．易知，當(dāng)x〉0時(shí)，函數(shù)f(x）為增函數(shù)，所以函數(shù)f（x)在R上為增函數(shù)，所以f(2x＋1)≥f（－1)等價(jià)于2x＋1≥－1,解得x≥－1。答案：{x｜x≥－1}[準(zhǔn)解·快解·悟通]快審題1?？吹奖容^大小、求函數(shù)最值、解不等式問題,想到利用函數(shù)的單調(diào)性．2?？吹胶瘮?shù)是周期函數(shù)，想到轉(zhuǎn)化函數(shù)解析式、圖象和性質(zhì)，把不在已知區(qū)間上的問題，轉(zhuǎn)化到已知區(qū)間上求解．3.看到求參數(shù)范圍,想到轉(zhuǎn)化為關(guān)于參數(shù)的不等關(guān)系．準(zhǔn)解題1。掌握判斷函數(shù)單調(diào)性的常用方法數(shù)形結(jié)合法、結(jié)論法（“增＋增”得增、“減＋減”得減及復(fù)合函數(shù)的“同增異減”)、定義法和導(dǎo)數(shù)法。2.熟知函數(shù)奇偶性的3個(gè)特點(diǎn)（1）奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱,偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱．(2）確定函數(shù)的奇偶性，務(wù)必先判斷函數(shù)的定義域是否關(guān)于原點(diǎn)對稱．（3）對于偶函數(shù)而言，有f(－x)＝f（x)＝f(|x|)．3.記牢函數(shù)周期性的3個(gè)常用結(jié)論對f(x)定義域內(nèi)任一自變量的值x:(1）若f（x＋a)＝－f（x）,則T＝2a(2）若f(x＋a)＝eq\f(1,fx），則T＝2a；（3)若f(x＋a）＝－eq\f(1,fx)，則T＝2a。（a〉0)避誤區(qū)函數(shù)的多個(gè)單調(diào)區(qū)間若不連續(xù),不能用符號(hào)“∪”和“或”連接，可用“和”連接或用“,"隔開．單調(diào)區(qū)間必須是“區(qū)間”，而不能用集合或不等式代替.eq\a\vs4\al([專題過關(guān)檢測])一、選擇題1．函數(shù)f(x）＝eq\f（1,x－1)＋eq\r(x）的定義域?yàn)椋?A．[0，＋∞) B．（1，＋∞）C．[0，1)∪（1,＋∞） D．[0，1)解析：選C由題意知eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x－1≠0，，x≥0，））∴f(x）的定義域?yàn)閇0,1）∪（1，＋∞)．2．下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．y＝eq\f（1,x） B．y＝｜x｜－1C．y＝lgx D．y＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）））|x｜解析:選BA中函數(shù)y＝eq\f(1,x)不是偶函數(shù)且在(0，＋∞）上單調(diào)遞減，故A錯(cuò)誤；B中函數(shù)滿足題意,故B正確；C中函數(shù)不是偶函數(shù),故C錯(cuò)誤；D中函數(shù)不滿足在（0,＋∞）上單調(diào)遞增,故選B。3．已知函數(shù)f（x）＝eq\f（2×4x－a，2x）的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱,g(x)＝ln（ex＋1)－bx是偶函數(shù)，則logab＝（）A．1 B．－1C．－eq\f（1，2) D．eq\f（1，4)解析：選B由題意得f(0)＝0，∴a＝2?！遟(1)＝g(－1），∴l(xiāng)n(e＋1）－b＝lneq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,e）＋1)）＋b，∴b＝eq\f(1，2),∴l(xiāng)og2eq\f（1,2）＝－1.4．若函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（ax＋b，x<－1，，lnx＋a，x≥－1））的圖象如圖所示，則f(－3)等于（）A．－eq\f（1，2) B．－eq\f（5,4)C．－1 D．－2解析：選C由圖象可得a(－1）＋b＝3，ln(－1＋a）＝0,∴a＝2，b＝5，∴f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(2x＋5，x<－1，,lnx＋2，x≥－1,)）故f(－3)＝2×（－3）＋5＝－1。5．已知函數(shù)f(x）的定義域?yàn)?－∞,＋∞)，若f(x＋2017）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(\r（2）sinx,x≥0，，lg－x，x<0,))則feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2017＋\f(π，4)））·f(－7983)＝（)A．2016B。eq\f(1,4）C．4D。eq\f(1，2016)解析:選C由題意得，feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2017＋\f(π,4))）＝eq\r(2)sineq\f(π,4)＝1，f(－7983)＝f（2017－10000）＝lg10000＝4，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2017＋\f(π，4）））·f(－7983)＝4.6．函數(shù)y＝eq\f(sinx，x），x∈（－π,0)∪（0，π)的圖象大致是（)解析：選A函數(shù)y＝eq\f(sinx，x)，x∈（－π，0)∪(0，π）為偶函數(shù)，所以圖象關(guān)于y軸對稱，排除B、C，又當(dāng)x趨近于π時(shí),y＝eq\f(sinx，x）趨近于0，故選A.7．(2016·山東高考）已知函數(shù)f(x）的定義域?yàn)镽。當(dāng)x＜0時(shí),f(x）＝x3－1；當(dāng)－1≤x≤1時(shí),f（－x)＝－f(x）；當(dāng)x＞eq\f(1,2)時(shí),feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（1,2））)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f（1,2))），則f(6)＝（）A．－2 B．－1C．0 D．2解析：選D由題意知，當(dāng)x＞eq\f(1,2）時(shí)，feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f（1，2)））＝fx－eq\f(1，2），則f(x＋1)＝f(x）．又當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，f(－x）＝－f(x)，∴f（6）＝f(1）＝－f(－1）．又當(dāng)x＜0時(shí)，f(x）＝x3－1,∴f（－1)＝－2,∴f(6)＝2。8．如圖，動(dòng)點(diǎn)P在正方體ABCD。A1B1C1D1的體對角線BD1上．過點(diǎn)P作垂直于平面BB1D1D的直線，與正方體的表面相交于M，N兩點(diǎn)．設(shè)BP＝x，MN＝y(tǒng)，則函數(shù)y＝f(x解析：選B設(shè)正方體的棱長為1，顯然，當(dāng)P移動(dòng)到體對角線BD1的中點(diǎn)E時(shí)，函數(shù)y＝MN＝AC＝eq\r(2）取得唯一的最大值，所以排除A、C；當(dāng)P在BE上時(shí)，分別過M,N，P作底面的垂線，垂足分別為M1，N1，P1，則y＝MN＝M1N1＝2BP1＝2xcos∠D1BD＝eq\f（2\r（6)，3）x，是一次函數(shù)，所以排除D。故選B。9．（2017·貴陽模擬)定義新運(yùn)算⊕:當(dāng)a≥b時(shí),a⊕b＝a；當(dāng)a＜b時(shí),a⊕b＝b2,則函數(shù)f(x)＝（1⊕x)x－(2⊕x），x∈[－2,2］的最大值等于（）A．－1 B．1C．6 D．12解析:選C由已知得當(dāng)－2≤x≤1時(shí)，f(x）＝x－2，當(dāng)1＜x≤2時(shí)，f(x）＝x3－2?！遞(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定義域內(nèi)都為增函數(shù)．∴f(x)的最大值為f(2）＝23－2＝6.10．函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋b，x＋c2)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論成立的是（）A．a(chǎn)〉0，b〉0,c〈0B．a(chǎn)<0,b>0，c>0C．a(chǎn)〈0，b〉0，c〈0D．a(chǎn)〈0，b<0，c〈0解析：選C∵f（x)＝eq\f(ax＋b，x＋c2）的圖象與x軸，y軸分別交于N，M,且點(diǎn)M的縱坐標(biāo)與點(diǎn)N的橫坐標(biāo)均為正,∴x＝－eq\f（b，a）>0，y＝eq\f(b,c2）>0，故a<0，b>0，又函數(shù)圖象間斷點(diǎn)的橫坐標(biāo)為正，∴－c〉0，c<0,故選C.11．定義在R上的函數(shù)f(x）對任意0〈x2〈x1都有eq\f（fx1－fx2,x1－x2）〈1，且函數(shù)y＝f（x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，若f(2）＝2，則不等式f（x)－x>0的解集是(）A．(－2,0）∪(0,2） B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－∞，－2）∪(0，2) D．（－2，0)∪（2，＋∞）解析:選C（轉(zhuǎn)化法）由eq\f(fx1－fx2,x1－x2）〈1，可得eq\f（[fx1－x1]－［fx2－x2］,x1－x2）<0.令F（x)＝f(x)－x，由題意知F(x）在（－∞，0),（0，＋∞）上是減函數(shù)，且是奇函數(shù)，F(xiàn)（2)＝0，F(xiàn)(－2)＝0,所以結(jié)合圖象，令F(x)>0,得x〈－2或0<x〈2.12．已知函數(shù)f(x)＝2x－1，g(x)＝1－x2，規(guī)定:當(dāng)｜f（x)｜≥g（x)時(shí)，h(x)＝｜f（x)|；當(dāng)|f(x)｜<g（x)時(shí)，h（x)＝－g(x)，則h(x)（）A．有最小值－1，最大值1B．有最大值1，無最小值C．有最小值－1，無最大值D．有最大值－1，無最小值解析：選C作出函數(shù)g(x）＝1－x2和函數(shù)|f(x）|＝｜2x－1|的圖象如圖①所示，得到函數(shù)h(x)的圖象如圖②所示，由圖象得函數(shù)h(x）有最小值－1，無最大值．二、填空題13．函數(shù)f（x)＝lneq\f(1,｜x｜＋1）的值域是________．解析：因?yàn)椋黿｜≥0，所以｜x|＋1≥1。所以0＜eq\f(1，|x｜＋1）≤1。所以lneq\f（1,｜x｜＋1）≤0，即f（x）＝lneq\f(1，|x｜＋1)的值域?yàn)椋ǎ蓿?]．答案：（－∞，0］14．(2018屆高三·安徽名校階段性測試)已知f(x）是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x〈0時(shí),f（x)＝2x，則f（log49)＝________.解析:因?yàn)閘og49＝log23>0，又f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x〈0時(shí)，f（x）＝2x，所以f(log49)＝f（log23）＝－2－log23＝－2log2eq\f（1,3)＝－eq\f(1，3).答案：－eq\f(1,3）15．若當(dāng)x∈(1,2）時(shí),函數(shù)y＝（x－1）2的圖象始終在函數(shù)y＝logax的圖象的下方,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：如圖,在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出函數(shù)y＝（x－1)2和y＝logax的圖象,由于當(dāng)x∈（1,2)時(shí)，函數(shù)y＝(x－1)2的圖象恒在函數(shù)y＝logax的圖象的下方,則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，，loga2≥1，））解得1<a≤2。答案：(1，2］16．（2017·惠州三調(diào)）已知定義在R上的函數(shù)y＝f（x)滿足條件feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（3,2))）＝－f（x)，且函數(shù)y＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f（3,4）))為奇函數(shù),給出以下四個(gè)命題：①函數(shù)f(x）是周期函數(shù)；②函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(3，4），0））對稱；③函數(shù)f（x)為R上的偶函數(shù);④函數(shù)f(x）為R上的單調(diào)函數(shù)．其中真命題的序號(hào)為____________．解析：f(x＋3)＝feq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（3，2))）＋\f（3,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（3,2）))＝f（x),所以f(x）是周期為3的周期函數(shù)，①正確；函數(shù)feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4））)是奇函數(shù),其圖象關(guān)于點(diǎn)(0，0）對稱，則f(x）的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(3，4），0))對稱，②正確；因?yàn)閒（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（3,4），0)）對稱，－eq\f(3，4)＝eq\f(－x＋\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（3，2)＋x)），2)，所以f(－x)＝－feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（3,2)＋x))，又feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（3,2）＋x))＝－feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2）＋x＋\f(3,2）)）＝－f（x），所以f(－x)＝f(x），③正確；f（x）是周期函數(shù)在R上不可能是單調(diào)函數(shù)，④錯(cuò)誤．故真命題的序號(hào)為①②③.答案:①②③送分專題(三）平面向量[全國卷3年考情分析］年份卷別考查內(nèi)容及考題位置命題分析2017卷Ⅰ向量的模與向量的數(shù)量積·T131.平面向量是高考必考內(nèi)容,每年每卷均有一個(gè)小題（選擇題或填空題),一般出現(xiàn)在第3～7或第13～15題的位置上，難度較低．主要考查平面向量的模、數(shù)量積的運(yùn)算、線性運(yùn)算等,數(shù)量積是其考查的熱點(diǎn)．2.有時(shí)也會(huì)以平面向量為載體，與三角函數(shù)、解析幾何等其他知識(shí)相交匯綜合命題，難度中等.卷Ⅱ平面向量的數(shù)量積·T12卷Ⅲ平面向量的線性運(yùn)算、直線與圓的位置關(guān)系·T122016卷Ⅰ向量的數(shù)量積、向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算·T13卷Ⅱ向量垂直的應(yīng)用·T3卷Ⅲ向量的夾角問題·T32015卷Ⅰ平面向量的線性運(yùn)算·T7卷Ⅱ平面向量共線定理的應(yīng)用·T13平面向量的概念及線性運(yùn)算[題點(diǎn)·考法·全練］1．（2017·貴州適應(yīng)性考試）已知向量e1與e2不共線，且向量eq\o(AB,\s\up7(→）)＝e1＋me2，eq\o（AC,\s\up7(→））＝ne1＋e2，若A，B，C三點(diǎn)共線，則實(shí)數(shù)m，n滿足的條件是()A．mn＝1 B．mn＝－1C．m＋n＝1 D．m＋n＝－1解析：選A法一：因?yàn)锳,B，C三點(diǎn)共線,所以一定存在一個(gè)確定的實(shí)數(shù)λ，使得eq\o(AB，\s\up7（→))＝λeq\o（AC，\s\up7(→）），所以有e1＋me2＝nλe1＋λe2，由此可得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(1＝nλ,,m＝λ，))所以mn＝1.法二：因?yàn)锳，B，C三點(diǎn)共線，所以必有eq\f（1,n）＝eq\f(m，1)，所以mn＝1.2.如圖所示,下列結(jié)論正確的是（）①eq\o(PQ，\s\up7（→）)＝eq\f(3,2)a＋eq\f（3，2）b；②eq\o（PT,\s\up7（→）)＝eq\f(3，2)a－b；③eq\o(PS，\s\up7(→))＝eq\f（3,2）a－eq\f（1，2)b;④eq\o(PR，\s\up7（→)）＝eq\f（3,2）a＋b。A．①② B．③④C．①③ D．②④解析:選C①根據(jù)向量的加法法則，得eq\o(PQ,\s\up7（→))＝eq\f（3,2）a＋eq\f（3，2）b，故①正確；②根據(jù)向量的減法法則,得eq\o(PT,\s\up7（→））＝eq\f（3，2)a－eq\f(3,2)b，故②錯(cuò)誤；③eq\o（PS,\s\up7(→))＝eq\o(PQ,\s\up7（→））＋eq\o（QS，\s\up7（→)）＝eq\f（3,2）a＋eq\f(3,2)b－2b＝eq\f（3，2）a－eq\f（1，2）b，故③正確；④eq\o(PR，\s\up7(→）)＝eq\o(PQ，\s\up7(→)）＋eq\o（QR,\s\up7(→))＝eq\f(3,2)a＋eq\f（3,2）b－b＝eq\f(3,2)a＋eq\f（1,2）b，故④錯(cuò)誤．故正確命題的結(jié)論為①③。3．已知平面內(nèi)不共線的四點(diǎn)O，A,B,C，若eq\o(OA,\s\up7（→）)－3eq\o（OB，\s\up7（→））＋2eq\o（OC，\s\up7(→）)＝0，則eq\f（｜eq\o(AB,\s\up7(→)）｜,｜eq\o(BC,\s\up7(→）)｜）＝________。解析：由已知得eq\o（OA,\s\up7(→））－eq\o(OB，\s\up7(→))＝2（eq\o（OB,\s\up7（→))－eq\o(OC,\s\up7(→））），即eq\o（BA,\s\up7（→))＝2eq\o（CB,\s\up7(→）），∴|eq\o(BA,\s\up7(→）)｜＝2｜eq\o(CB，\s\up7(→))｜，∴eq\f（|eq\o(AB，\s\up7(→))|,|eq\o（BC，\s\up7（→）)｜）＝2。答案：24．已知e1，e2是不共線向量，a＝me1＋2e2，b＝ne1－e2，且mn≠0,若a∥b，則eq\f(m，n)等于________．解析：∵a∥b，∴a＝λb，即me1＋2e2＝λ(ne1－e2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λn＝m，,－λ＝2，）)解得eq\f(m，n)＝－2.答案：－2[準(zhǔn)解·快解·悟通］快審題1.看到向量的線性運(yùn)算，想到三角形和平行四邊形法則．2.看到向量平行，想到向量平行的條件．準(zhǔn)解題1。掌握平面向量線性運(yùn)算的2種技巧（1）對于平面向量的線性運(yùn)算問題，要盡可能轉(zhuǎn)化到三角形或平行四邊形中，靈活運(yùn)用三角形法則、平行四邊形法則，緊密結(jié)合圖形的幾何性質(zhì)進(jìn)行運(yùn)算．(2)在證明兩向量平行時(shí)，若已知兩向量的坐標(biāo)形式,常利用坐標(biāo)運(yùn)算來判斷；若兩向量不是以坐標(biāo)形式呈現(xiàn)的，常利用共線向量定理(當(dāng)b≠0時(shí)，a∥b?存在唯一實(shí)數(shù)λ，使得a＝λb）來判斷．2。記牢向量共線問題的4個(gè)結(jié)論（1）若a與b不共線且λa＝μb,則λ＝μ＝0.(2)直線的向量式參數(shù)方程,A，P，B三點(diǎn)共線?eq\o(OP，\s\up7(→)）＝（1－t)·eq\o(OA，\s\up7（→）)＋teq\o(OB,\s\up7(→))(O為平面內(nèi)任一點(diǎn)，t∈R）。（3)eq\o(OA，\s\up7（→）)＝λeq\o(OB，\s\up7(→））＋μeq\o(OC，\s\up7(→)）(λ，μ為實(shí)數(shù)），若A,B,C三點(diǎn)共線,則λ＋μ＝1.（4）若a＝(x1,y1）,b＝(x2，y2)，則a∥b?x1y2＝x2y1，當(dāng)且僅當(dāng)x2y2≠0時(shí)，a∥b?eq\f（x1，x2)＝eq\f(y1,y2）.平面向量的數(shù)量積[題點(diǎn)·考法·全練]1．已知向量m＝(t＋1,1），n＝（t＋2，2)，若（m＋n)⊥（m－n），則t＝（）A．0 B．－3C．3 D．－1解析：選B法一:由(m＋n）⊥(m－n)可得(m＋n)·(m－n)＝0，即m2＝n2,故（t＋1)2＋1＝(t＋2）2＋4，解得t＝－3。法二：m＋n＝（2t＋3,3)，m－n＝（－1,－1），∵（m＋n）⊥（m－n），∴－（2t＋3)－3＝0，解得t＝－3。2．（2017·洛陽統(tǒng)考）已知向量a＝(1，0），|b｜＝eq\r(2），a與b的夾角為45°,若c＝a＋b，d＝a－b，則c在d方向上的投影為（)A。eq\f(\r（5),5) B．－eq\f(\r（5），5）C．1 D．－1解析：選D依題意得|a｜＝1，a·b＝1×eq\r（2）×cos45°＝1，|d｜＝eq\r(a－b2）＝eq\r（a2＋b2－2a·b）＝1，c·d＝a2－b2＝－1，因此c在d方向上的投影等于eq\f(c·d,|d｜）＝－1。3．已知向量a＝(2,1)，b＝（1，k)，且a與b的夾角為銳角，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（）A。eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－2，\f(1,2）)) B.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－2，\f(1,2)））∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2），＋∞）)C．(－2，＋∞) D．［－2，＋∞)解析：選B當(dāng)a，b共線時(shí)，2k－1＝0，k＝eq\f（1,2)，此時(shí)a，b方向相同，夾角為0，所以要使a與b的夾角為銳角，則有a·b>0且a，b不共線．由a·b＝2＋k>0得k〉－2,又k≠eq\f(1，2)，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－2，\f（1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)，＋∞))，選B。4．(2017·全國卷Ⅰ）已知向量a，b的夾角為60°,|a｜＝2,｜b|＝1,則｜a＋2b|＝________。解析：法一：易知|a＋2b|＝eq\r(|a|2＋4a·b＋4|b|2）＝eq\r（4＋4×2×1×\f(1,2)＋4）＝2eq\r(3)。法二：(數(shù)形結(jié)合法）由｜a｜＝|2b|＝2，知以a與2b為鄰邊可作出邊長為2的菱形OACB，如圖，則｜a＋2b|＝|eq\o(OC,\s\up7（→))｜.又∠AOB＝60°，所以｜a＋2b｜＝2eq\r（3）.答案:2eq\r（3）5．（2017·山東高考)已知e1，e2是互相垂直的單位向量．若eq\r(3)e1－e2與e1＋λe2的夾角為60°，則實(shí)數(shù)λ的值是________．解析:因?yàn)閑q\f(\r(3)e1－e2·e1＋λe2，｜\r(3)e1－e2|·｜e1＋λe2｜）＝eq\f（\r(3）－λ，2\r（1＋λ2)），故eq\f(\r(3）－λ，2\r(1＋λ2)）＝eq\f（1,2)，解得λ＝eq\f（\r(3），3）.答案:eq\f(\r（3),3）［準(zhǔn)解·快解·悟通］快審題1?？吹较蛄看怪?，想到其數(shù)量積為零．2。看到向量的模與夾角，想到向量數(shù)量積的有關(guān)性質(zhì)和公式．避誤區(qū)兩個(gè)向量夾角的范圍是［0，π]，在使用平面向量解決問題時(shí)要特別注意兩個(gè)向量夾角可能是0或π的情況，如已知兩個(gè)向量的夾角為鈍角時(shí)，不僅要求其數(shù)量積小于零,還要求不能反向共線。平面向量在幾何中的應(yīng)用[題點(diǎn)·考法·全練］1．在△ABC中,∠ABC＝90°,AB＝6,點(diǎn)D在邊AC上，且2eq\o(AD，\s\up7(→））＝eq\o(DC,\s\up7（→)），則eq\o(BA，\s\up7(→))·eq\o（BD,\s\up7(→)）的值是（）A．48 B．24C．12 D．6解析:選B法一：由題意得，eq\o（BA,\s\up7(→))·eq\o（BC,\s\up7(→）)＝0，eq\o(BA，\s\up7(→）)·eq\o(CA,\s\up7(→）)＝eq\o（BA，\s\up7(→)）·（eq\o（BA,\s\up7(→)）－eq\o（BC，\s\up7(→)）)＝|eq\o（BA,\s\up7（→）)|2＝36，∴eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o（BD，\s\up7(→）)＝eq\o(BA,\s\up7(→))·（eq\o(BC,\s\up7（→）)＋eq\o(CD，\s\up7(→）））＝eq\o（BA,\s\up7(→））·eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(eq\o（BC,\s\up7（→））＋\f（2,3）eq\o（CA，\s\up7(→)）))＝0＋eq\f(2，3）×36＝24.法二：（特例法)若△ABC為等腰直角三角形,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(6,0），C（0,6）．由2eq\o（AD，\s\up7（→）)＝eq\o（DC,\s\up7（→))，得D（4，2）．∴eq\o(BA，\s\up7(→）)·eq\o(BD，\s\up7(→))＝(6，0)·（4,2）＝24。2。如圖所示，已知點(diǎn)G是△ABC的重心，過點(diǎn)G作直線與AB，AC兩邊分別交于M，N兩點(diǎn)，且eq\o（AM，\s\up7(→))＝xeq\o(AB,\s\up7（→）)，eq\o(AN，\s\up7（→）)＝y(tǒng)eq\o（AC,\s\up7（→))，則x＋2y的最小值為()A．2 B。eq\f(1,3）C.eq\f（3＋2\r(2），3） D。eq\f（3，4)解析:選C由已知可得eq\o（AG，\s\up7（→））＝eq\f（2,3)×eq\f(1,2）（eq\o(AB,\s\up7（→）)＋eq\o（AC,\s\up7(→)））＝eq\f（1，3)eq\o(AB,\s\up7(→））＋eq\f（1，3）eq\o（AC,\s\up7（→）)＝eq\f(1,3x）eq\o（AM,\s\up7(→））＋eq\f(1,3y)eq\o(AN，\s\up7(→))，又M，G,N三點(diǎn)共線，故eq\f(1，3x）＋eq\f（1,3y）＝1，∴eq\f（1,x)＋eq\f(1,y）＝3，則x＋2y＝(x＋2y)·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，x)＋\f（1，y)))·eq\f（1,3)＝eq\f（1，3)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（3＋\f(2y,x)＋\f（x,y））)≥eq\f(3＋2\r(2),3)（當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(2)y時(shí)取等號(hào))．3．(2017·全國卷Ⅱ)已知△ABC是邊長為2的等邊三角形，P為平面ABC內(nèi)一點(diǎn)，則eq\o（PA,\s\up7(→)）·(eq\o（PB，\s\up7(→））＋eq\o(PC，\s\up7（→)））的最小值是（)A．－2 B．－eq\f（3,2）C．－eq\f（4，3) D．－1解析：選B如圖,以等邊三角形ABC的底邊BC所在直線為x軸，以BC的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A（0,eq\r（3))，B(－1，0)，C(1,0）,設(shè)P(x，y），則eq\o(PA，\s\up7（→)）＝（－x，eq\r(3）－y）,eq\o（PB,\s\up7(→))＝（－1－x,－y），eq\o(PC,\s\up7(→））＝(1－x,－y)，所以eq\o(PA，\s\up7（→））·（eq\o（PB，\s\up7(→)）＋eq\o(PC,\s\up7（→）))＝（－x，eq\r(3)－y）·（－2x，－2y）＝2x2＋2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（y－\f（\r（3),2)))2－eq\f（3，2)，當(dāng)x＝0,y＝eq\f(\r（3），2）時(shí)，eq\o(PA,\s\up7(→））·(eq\o（PB,\s\up7(→))＋eq\o(PC，\s\up7(→)）)取得最小值，為－eq\f（3，2）.4．如圖，已知△ABC中,∠BAC＝90°，∠B＝30°，點(diǎn)P在線段BC上運(yùn)動(dòng)，且滿足eq\o（CP,\s\up7(→））＝λeq\o(CB，\s\up7（→))，當(dāng)eq\o(PA,\s\up7(→）)·eq\o（PC,\s\up7(→）)取到最小值時(shí)，λ的值為(）A.eq\f（1,4） B。eq\f(1，5）C.eq\f(1，6） D.eq\f（1，8）解析：選D如圖所示，建立平面直角坐標(biāo)系．不妨設(shè)BC＝4，P（x,0）（0≤x≤4),則A（3，eq\r（3))，C（4,0）,∴eq\o(PA,\s\up7（→））·eq\o（PC,\s\up7(→)）＝(3－x，eq\r(3)）·（4－x，0）＝（3－x)（4－x)＝x2－7x＋12＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f（7,2)）)2－eq\f(1，4).當(dāng)x＝eq\f（7，2)時(shí),eq\o(PA，\s\up7（→))·eq\o（PC，\s\up7（→)）取得最小值－eq\f（1,4）?！遝q\o(CP，\s\up7(→）)＝λeq\o(CB,\s\up7(→）)，∴eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2），0)）＝λ(－4,0）,∴－4λ＝－eq\f（1,2)，解得λ＝eq\f(1，8）。故選D.5。如圖，在平行四邊形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，eq\o(CP，\s\up7（→））＝3eq\o（PD,\s\up7(→）)，eq\o（AP,\s\up7(→）)·eq\o（BP，\s\up7(→））＝2，則eq\o（AB,\s\up7(→))·eq\o（AD,\s\up7(→）)的值是________．解析：因?yàn)閑q\o（AP,\s\up7(→)）＝eq\o(AD，\s\up7（→))＋eq\o（DP，\s\up7(→)）＝eq\o（AD，\s\up7（→））＋eq\f(1，4)eq\o(AB，\s\up7（→）），eq\o（BP,\s\up7(→））＝eq\o（BC,\s\up7(→))＋eq\o（CP，\s\up7(→)）＝eq\o(AD,\s\up7（→）)－eq\f(3，4）eq\o(AB，\s\up7(→)），所以eq\o(AP，\s\up7(→)）·eq\o(BP，\s\up7(→））＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（eq\o（AD，\s\up7(→)）＋\f(1,4）eq\o(AB，\s\up7（→）)))·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（eq\o（AD，\s\up7（→)）－\f(3，4）eq\o（AB,\s\up7(→))))＝|eq\o（AD,\s\up7(→)）｜2－eq\f（3，16)|eq\o（AB,\s\up7（→）)|2－eq\f(1，2）eq\o(AD，\s\up7(→)）·eq\o(AB，\s\up7(→)）＝2，將AB＝8，AD＝5代入解得eq\o（AB，\s\up7(→）)·eq\o（AD，\s\up7(→))＝22。答案：22[準(zhǔn)解·快解·悟通］快審題看到有關(guān)幾何圖形問題，想到選取合理基底，想到建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系.準(zhǔn)解題1。記牢2個(gè)常用結(jié)論（1)△ABC中，AD是BC邊上的中線，則eq\o(AD,\s\up7（→）)＝eq\f（1，2）(eq\o(AB，\s\up7（→）)＋eq\o(AC，\s\up7(→））)．(2）△ABC中，O是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，若eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o（OB,\s\up7（→)）＋eq\o(OC,\s\up7（→))＝0,則O是△ABC的重心．2.掌握用向量解決平面幾何問題的方法（1)建立平面幾何與向量的聯(lián)系,用向量表示問題中涉及的幾何元素,將平面幾何問題轉(zhuǎn)化為向量問題．(2）通過向量運(yùn)算，研究幾何元素之間的關(guān)系，如平行、垂直和距離、夾角等問題．(3)把運(yùn)算結(jié)果“翻譯”成幾何關(guān)系．用妙法特例法妙解圖形中平面向量數(shù)量積問題解答有關(guān)圖形中的平面向量數(shù)量積問題，常采用特例法，如取直角三角形、矩形，再建立平面直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)計(jì)算求解.eq\a\vs4\al([專題過關(guān)檢測]）一、選擇題1．設(shè)a＝(1，2），b＝(1,1)，c＝a＋kb。若b⊥c，則實(shí)數(shù)k的值等于（)A．－eq\f（3，2) B．－eq\f（5，3)C.eq\f（5,3） D．eq\f（3,2）解析：選A因?yàn)閏＝a＋kb＝(1＋k,2＋k)，又b⊥c，所以1×(1＋k）＋1×(2＋k)＝0，解得k＝－eq\f（3，2)。2．（2017·貴州適應(yīng)性考試)已知向量a＝(2,4)，b＝（－1,1），c＝（2，3），若a＋λb與c共線，則實(shí)數(shù)λ＝（)A.eq\f（2,5） B．－eq\f(2,5）C