【数学】2018届一轮复习人教A版第一板块求准度，提速度学案

【数学】2018届一轮复习人教A版第一板块求准度，提速度学案

小题押题 16—1 集合、常用逻辑用语 卷 别 年 份 考题位置 考查内容 命题规律分析 全国 卷Ⅰ 2017 选择题第 1 题 集合的交、并集运算 本部分作为高考必考内 容，多年来命题较稳定，多以选 择题形式在 1～3 题的位置进行 考查，难度较低．命题的热点依 然会集中在集合的运算上．对常 用逻辑用语考查的频率不高，且 命题点分散，多为几个知识点综 合考查，难度中等，其中充分必 要条件的判断近几年全国卷虽 未考查，但为防高考“爆冷”考 查，在二轮复习时不可偏颇．该 考点多结合函数、向量、三角、 不等式、数列等内容命题． 2016 选择题第 1 题 集合的交集运算、一 元二次不等式解法 2015 选择题第 3 题 特称命题的否定 全国 卷Ⅱ 2017 选择题第 2 题 集合中交集的概念与 运算 2016 选择题第 2 题 集合的并集运算 2015 选择题第 1 题 集合的交集运算、解 一元二次不等式 全国 卷Ⅲ 2017 选择题第 1 题 集合的表示、集合的 交集运算 2016 选择题第 1 题 集合的交集运算、一 元二次不等式解法 考查点一 集 合 1．(2017·全国卷Ⅲ)已知集合 A＝{(x，y)|x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|y＝x}，则 A∩B 中元 素的个数为( ) A．3 B．2 C．1 D．0 解析：选 B 因为 A 表示圆 x2＋y2＝1 上的点的集合，B 表示直线 y＝x 上的点的集合， 直线 y＝x 与圆 x2＋y2＝1 有两个交点，所以 A∩B 中元素的个数为 2. 2．(2016·全国卷Ⅱ)已知集合 A＝{1,2,3}，B＝{x|(x＋1)·(x－2)<0，x∈Z}，则 A∪B＝ ( ) A．{1} B．{1,2} C．{0,1,2,3} D．{－1,0,1,2,3} 解析：选 C 因为 B＝{x|(x＋1)(x－2)<0，x∈Z}＝{x|－10}，则 A∩B＝( ) A. －3，－3 2 B. －3，3 2 C. 1，3 2 D. 3 2 ，3 解析：选 D ∵x2－4x＋3<0，∴10，∴x>3 2 ，∴B＝ x|x>3 2 . ∴A∩B＝{x|13 2 ＝ 3 2 ，3 . 考查点二 命题及其真假的判断 5．(2017·山东高考)已知命题 p：∀x>0，ln(x＋1)>0；命题 q：若 a>b，则 a2>b2.下列命 题为真命题的是( ) A．p∧q B．p∧綈 q C．綈 p∧q D．綈 p∧綈 q 解析：选 B 当 x>0 时，x＋1>1，因此 ln(x＋1)>0，即 p 为真命题；取 a＝1，b＝－2， 这时满足 a>b，显然 a2>b2 不成立，因此 q 为假命题．由复合命题的真假性，知 B 为真命题． 6．(2015·全国卷Ⅰ)设命题 p：∃n∈N，n2>2n，则綈 p 为( ) A．∀n∈N，n2>2n B．∃n∈N，n2≤2n C．∀n∈N，n2≤2n D．∃n∈N，n2＝2n 解析：选 C 因为“∃x∈M，p(x)”的否定是“∀x∈M，綈 p(x)”，所以命题 p 的否 定是“∀n∈N，n2≤2n”． 7．(2014·湖南高考)已知命题 p：若 x>y，则－x<－y；命题 q：若 x>y，则 x2>y2，在命 题①p∧q；②p∨q；③p∧(綈 q)；④(綈 p)∨q 中，真命题是( ) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 解析：选 C 由不等式的性质可知，命题 p 是真命题，命题 q 为假命题，故①p∧q 为 假命题，②p∨q 为真命题，③綈 q 为真命题，则 p∧(綈 q)为真命题，④綈 p 为假命题，则(綈 p)∨q 为假命题，故选 C. 考查点三 充分、必要条件的判断 8．(2017·天津高考)设θ∈R，则“|θ－ π 12|< π 12 ”是“sin θ<1 2 ”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．既不充分也不必要条件 解析：选 A 法一：由|θ－ π 12|< π 12 ，得 0<θ<π 6 ， 故 sin θ<1 2.由 sin θ<1 2 ，得－7π 6 ＋2kπ<θ<π 6 ＋2kπ，k∈Z，推不出“|θ－ π 12|< π 12 ”． 故“|θ－ π 12|< π 12 ”是“sin θ<1 2 ”的充分而不必要条件． 法二：|θ－ π 12|< π 12 ⇒0<θ<π 6 ⇒sin θ<1 2 ，而当 sin θ<1 2 时，取θ＝－π 6 ，|－π 6 － π 12|＝π 4> π 12. 故“|θ－ π 12|< π 12 ”是“sin θ<1 2 ”的充分而不必要条件． 9．(2016·山东高考)已知直线 a，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线 a 和直线 b 相交”是“平面α和平面β相交”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 解析：选 A 由题意知 a⊂α，b⊂β，若 a，b 相交，则 a，b 有公共点，从而α，β有公 共点，可得出α，β相交；反之，若α，β相交，则 a，b 的位置关系可能为平行、相交或异面．因 此“直线 a 和直线 b 相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件． 10．(2015·陕西高考)“sin α＝cos α”是“cos 2α＝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 解析：选 A cos 2α＝0 等价于 cos2α－sin2α＝0，即 cos α＝±sin α.由 sin α＝cos α可得 到 cos 2α＝0，反之不成立，故选 A. 11．(2014·全国卷Ⅱ)函数 f(x) 在 x＝x0 处导数存在．若 p：f′(x0)＝0；q：x＝x0 是 f(x) 的极值点，则( ) A．p 是 q 的充分必要条件 B．p 是 q 的充分条件，但不是 q 的必要条件 C．p 是 q 的必要条件，但不是 q 的充分条件 D．p 既不是 q 的充分条件，也不是 q 的必要条件 解析：选 C 设 f(x)＝x3，f′(0)＝0，但是 f(x)是单调增函数，在 x＝0 处不存在极值， 故若 p 则 q 是一个假命题，由极值的定义可得若 q 则 p 是一个真命题．故选 C. 集合——重点突破 2 个常考点 (一)集合的运算 1．(2017·福州模拟)已知集合 A＝{x|x2－4x＋3＜0}，B＝{x|1＜2x≤4，x∈N}，则 A∩B ＝( ) A．∅ B．(1,2] C．{2} D．{1,2} 解析：选 C 因为 A＝{x|x2－4x＋3＜0}＝{x|1＜x＜3}，B＝{x|1＜2x≤4，x∈N}＝{1,2}， 所以 A∩B＝{2}． 2．(2018 届高三·西安八校联考)已知集合 M＝ x|2 x ≥1 ，N＝{y|y＝1－x2}，则 M∩N ＝( ) A．(－∞，2] B．(0,1] C．[0,1] D．(0,2] 解析：选 B 由2 x ≥1 得x－2 x ≤0，解得 0＜x≤2，则 M＝{x|0＜x≤2}；函数 y＝1－x2 的值域是(－∞，1]，则 N＝{y|y≤1}，因此 M∩N＝{x|0＜x≤1}＝(0,1]． 3．已知集合 A＝{(x，y)|x＋y－1＝0，x，y∈R}，B＝{(x，y)|x2＋y2＝1，x，y∈R}，则 A∩B 的元素个数为( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选 C 集合 A∩B 的元素个数即为方程组 x＋y－1＝0， x2＋y2＝1 解的个数，解方程组 得 x＝0， y＝1 或 x＝1， y＝0， 故选 C. 4．(2017·全国卷Ⅰ)已知集合 A＝{x|x<1}，B＝{x|3x<1}，则( ) A．A∩B＝{x|x<0} B．A∪B＝R C．A∪B＝{x|x>1} D．A∩B＝∅ 解析：选 A ∵集合 A＝{x|x<1}，B＝{x|x<0}， ∴A∩B＝{x|x<0}，A∪B＝{x|x<1}，故选 A. 5．(2018 届高三·江西七校联考)已知集合 A＝{x|y＝lg(x－x2)}，B＝{x|x2－cx＜0，c＞0}， 若 A∩B＝A，则实数 c 的取值范围是( ) A．(0,1] B．[1，＋∞) C．(0,1) D．(1，＋∞) 解析：选 B A＝{x|y＝lg(x－x2)}＝{x|x－x2＞0}＝{x|0＜x＜1}，B＝{x|x2－cx＜0，c＞0} ＝{x|0＜x＜c}，又 A∩B＝A，即 A⊆B，所以 c≥1. [解题方略] 破解集合运算需掌握 2 招 第 1 招，化简各个集合，即明确集合中元素的性质，化简集合； 第 2 招，借形解题，即与不等式有关的无限集之间的运算常借助数轴、有限集之间的 运算常用 Venn 图(或直接计算)，与函数的图象有关的点集之间的运算常借助坐标轴等，再 根据集合的交集、并集、补集的定义进行基本运算． (二)集合的创新问题 以集合为背景的创新性问题是命题的一个热点，这类题目常以问题为核心，考查学生 探究、发现的能力，常见的命题形式有：新定义、新运算与新性质等． [题组突破] 1．(2017·河北衡水中学月考)设 A，B 是两个非空集合，定义运算 A×B＝{x|x∈(A∪B) 且 x∉(A∩B)}，已知 A＝{x|y＝ 2x－x2}，B＝{y|y＝2x，x＞0}，则 A×B＝( ) A．[0,1]∪(2，＋∞) B．[0,1)∪[2，＋∞) C．[0,1] D．[0,2] 解析：选 A 由题意得 A＝{x|2x－x2≥0}＝{x|0≤x≤2}，B＝{y|y＞1}， 所以 A∪B＝[0，＋∞)，A∩B＝(1,2]， 所以 A×B＝[0,1]∪(2，＋∞)． 2．用 C(A)表示非空集合 A 中的元素个数，定义|A－B|＝ CA－CB，CA＞CB， CB－CA，CA＜CB. 若 A＝{1,2}，B＝{x||x2＋2x－3|＝a}，且|A－B|＝1，则 a＝________. 解析：由于|x2＋2x－3|＝a 的根可能有 2 个，3 个，4 个，而|A－B|＝1，故|x2＋2x－3| ＝a 只有 3 个根，故 a＝4. 答案：4 常用逻辑用语——从 2 方面强化完善 (一)把握充分、必要条件判断的 3 种方法 充分、必要条件的 3 种判断方法 利用定义判断 直接判断“若 p，则 q”，“若 q，则 p”的真假 从集合的角度判断 若 A⊆B，则“x∈A”是“x∈B”的充分条件或“x∈B”是“x∈A”的 必要条件；若 A＝B，则“x∈A”是“x∈B”的充要条件 利用等价转化法判 断 条件和结论带有否定性词语的命题，常转化为其逆否命题来判断真假 [典例] 若命题 A：“log2a<1”，命题 B：“关于 x 的二次方程 x2＋(a＋1)x＋a－2＝0 的 一个根大于零，另一个根小于零”，则 A 是 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 [解析] 法一：由 log2a<1，解得 00 C．p 是真命题；綈 p：∀x∈R，log2(3x＋1)≤0 D．p 是真命题；綈 p：∀x∈R，log2(3x＋1)>0 解析：选 B ∵3x>0，∴3x＋1>1，则 log2(3x＋1)>0， ∴p 是假命题；綈 p：∀x∈R，log2(3x＋1)>0. [练 2] 已知命题 p：∀x∈R,2x＝5，则綈 p 为( ) A．∀x∉R,2x＝5 B．∀x∈R,2x≠5 C．∃x0∈R,2x0＝5 D．∃x0∈R,2x0≠5 解析：选 D 结合全称命题的含义及其否定的格式可得綈 p 为“∃x0∈R,2x0≠5”，所 以选 D. 2．命题的否定与否命题的易错点 命题的“否定”与“否命题”是两个不同的概念，命题 p 的否定是否定命题所作的判 断，而“否命题”是对“若 p，则 q”形式的命题而言，既要否定条件也要否定结论. [练 3] 命题“若 xy＝1，则 x，y 互为倒数”的否命题为________；命题的否定为 ________． 答案：若 xy≠1，则 x，y 不互为倒数 若 xy＝1，则 x，y 不互为倒数 3．含逻辑联结词的命题的真假判断易错点 1对构成它的命题 p，q 的真假判断出错； 2对构成它的命题 p，q 的真假判断正确，但将含有逻辑联结词的命题的真值表中的 “且”与“或”搞混，对“p∧q”是全真才真，一假必假；对“p∨q”是一真就真，全假 才假，应注意识别. [练 4] 若命题 p：函数 y＝x2－2x 的单调递增区间是[1，＋∞)，命题 q：函数 y＝x－1 x 的单调递增区间是[1，＋∞)，则( ) A．p∧q 是真命题 B．p∨q 是假命题 C．綈 p 是真命题 D．綈 q 是真命题 解析：选 D 因为函数 y＝x2－2x 的单调递增区间是[1，＋∞)，所以 p 是真命题；因为 函数 y＝x－1 x 的单调递增区间是(－∞，0)和(0，＋∞)，所以 q 是假命题．所以 p∧q 为假命 题，p∨q 为真命题，綈 p 为假命题，綈 q 为真命题，故选 D. [练 5] (2018 届高三·腾冲调研)给出下列 3 个命题： p1：函数 y＝ax＋x(a＞0，且 a≠1)在 R 上为增函数； p2：∃a0，b0∈R，a20－a0b0＋b20＜0； p3：cos α＝cos β成立的一个充分不必要条件是α＝2kπ＋β(k∈Z)． 则下列命题中的真命题为( ) A．p1∨p2 B．p2∨綈 p3 C．p1∨綈 p3 D．綈 p2∧p3 解析：选 D 对于 p1，令 f(x)＝ax＋x(a＞0，且 a≠1)，当 a＝1 2 时，f(0)＝ 1 2 0＋0＝1， f(－1)＝ 1 2 －1－1＝1，所以 p1 为假命题；对于 p2，因为 a2－ab＋b2＝ a－1 2b 2＋3 4b2≥0，所 以 p2 为假命题；对于 p3，因为 cos α＝cos β⇔α＝2kπ±β(k∈Z)，所以 p3 为真命题，所以綈 p2∧p3 为真命题，故选 D. 1．(2017·全国卷Ⅱ)设集合 A＝{1,2,4}，B＝{x|x2－4x＋m＝0}．若 A∩B＝{1}，则 B＝ ( ) A．{1，－3} B．{1,0} C．{1,3} D．{1,5} 解析：选 C 因为 A∩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，方程为 x2－4x＋3＝0，解得 x＝1 或 x＝3，所以 B＝{1,3}． 2．(2017·山东高考)设函数 y＝ 4－x2的定义域为 A，函数 y＝ln(1－x)的定义域为 B， 则 A∩B＝( ) A．(1,2) B．(1,2] C．(－2,1) D．[－2,1) 解析：选 D 由题意可知 A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{x|x<1}，故 A∩B＝{x|－2≤x<1}． 3．(2017·合肥模拟)已知命题 q：∀x∈R，x2＞0，则( ) A．命题綈 q：∀x∈R，x2≤0 为假命题 B．命题綈 q：∀x∈R，x2≤0 为真命题 C．命题綈 q：∃x0∈R，x20≤0 为假命题 D．命题綈 q：∃x0∈R，x20≤0 为真命题 解析：选 D 全称命题的否定是将“∀”改为“∃”，然后再否定结论．又当 x＝0 时， x2≤0 成立，所以綈 q 为真命题． 4．(2018 届高三·郑州四校联考)命题“若 a＞b，则 a＋c＞b＋c”的否命题是( ) A．若 a≤b，则 a＋c≤b＋c B．若 a＋c≤b＋c，则 a≤b C．若 a＋c＞b＋c，则 a＞b D．若 a＞b，则 a＋c≤b＋c 解析：选 A 命题的否命题是将原命题的条件和结论均否定，所以题中命题的否命题 为“若 a≤b，则 a＋c≤b＋c”，故选 A. 5．(2017·石家庄模拟)“x＞1”是“x2＋2x＞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 解析：选 A 由 x2＋2x＞0，得 x＞0 或 x＜－2，所以“x＞1”是“x2＋2x＞0”的充分 不必要条件． 6．已知集合 A＝{x|x2≥4}，B＝{m}．若 A∪B＝A，则 m 的取值范围是( ) A．(－∞，－2) B．[2，＋∞) C．[－2,2] D．(－∞，－2]∪[2，＋∞) 解析：选 D 因为 A∪B＝A，所以 B⊆A，即 m∈A，得 m2≥4，所以 m≥2 或 m≤－ 2. 7.(2017·唐山模拟)已知集合 A＝{x|x2－5x－6<0}，B＝{x|2x<1}， 则图中阴影部分表示的集合是( ) A．{x|2sin x，则下列命题为真命题的是( ) A．p∧q B．p∨(綈 q) C．(綈 p)∧q D．p∧(綈 q) 解析：选 C 根据指数函数的图象与性质知命题 p 是假命题，綈 p 是真命题；∵x∈ 0，π 2 ，且 tan x＝sin x cos x ， ∴0sin x， ∴q 为真命题，选 C. 9．(2017·合肥模拟)祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，它是中国古代一个涉及几 何体体积的问题，意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积恒相等，那么体积相 等．设 A，B 为两个同高的几何体，p：A，B 的体积不相等，q：A，B 在等高处的截面积 不恒相等，根据祖暅原理可知，p 是 q 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 解析：选 A 根据祖暅原理，“A，B 在等高处的截面积恒相等”是“A，B 的体积相 等”的充分不必要条件，即綈 q 是綈 p 的充分不必要条件，即命题“若綈 q，则綈 p”为真， 逆命题为假，故逆否命题“若 p，则 q”为真，否命题“若 q，则 p”为假，即 p 是 q 的充 分不必要条件，选 A. 10．设 P 和 Q 是两个集合，定义集合 P－Q＝{x|x∈P，且 x∉Q}，若 P＝{x|log2x<1}，Q ＝{x||x－2|<1}，则 P－Q＝( ) A．{x|03，即 m>2. 答案：(2，＋∞) 15．(2017·广东中山一中模拟)已知非空集合 A，B 满足下列四个条件： ①A∪B＝{1,2,3,4,5,6,7}； ②A∩B＝∅； ③A 中的元素个数不是 A 中的元素； ④B 中的元素个数不是 B 中的元素． (1)如果集合 A 中只有 1 个元素，那么 A＝________； (2)有序集合对(A，B)的个数是________． 解析：(1)若集合 A 中只有 1 个元素，则集合 B 中有 6 个元素，6∉B，故 A＝{6}． (2)当集合 A 中有 1 个元素时，A＝{6}，B＝{1,2,3,4,5,7}，此时有序集合对(A，B)有 1 个； 当集合 A 中有 2 个元素时，5∉B,2∉A，此时有序集合对(A，B)有 5 个； 当集合 A 中有 3 个元素时，4∉B,3∉A，此时有序集合对(A，B)有 10 个； 当集合 A 中有 4 个元素时，3∉B,4∉A，此时有序集合对(A，B)有 10 个； 当集合 A 中有 5 个元素时，2∉B,5∉A，此时有序集合对(A，B)有 5 个； 当集合 A 中有 6 个元素时，A＝{1,2,3,4,5,7}，B＝{6}，此时有序集合对(A，B)有 1 个． 综上可知，有序集合对(A，B)的个数是 1＋5＋10＋10＋5＋1＝32. 答案：(1){6} (2)32 16．(2017·张掖模拟)下列说法中不正确的是________．(填序号) ①若 a∈R，则“1 a ＜1”是“a＞1”的必要不充分条件； ②“p∧q 为真命题”是“p∨q 为真命题”的必要不充分条件； ③若命题 p：“∀x∈R，sin x＋cos x≤ 2”，则 p 是真命题； ④命题“∃x0∈R，x20＋2x0＋3＜0”的否定是“∀x∈R，x2＋2x＋3＞0”． 解析：由1 a ＜1，得 a＜0 或 a＞1，反之，由 a＞1，得1 a ＜1，∴“1 a ＜1”是“a＞1”的 必要不充分条件，故①正确； 由 p∧q 为真命题，知 p，q 均为真命题，所以 p∨q 为真命题，反之，由 p∨q 为真命 题，得 p，q 至少有一个为真命题，所以 p∧q 不一定为真命题，所以“p∧q 为真命题”是 “p∨q 为真命题”的充分不必要条件，故②不正确； ∵sin x＋cos x＝ 2sin x＋π 4 ≤ 2， ∴命题 p 为真命题，③正确； 命题“∃x0∈R，x20＋2x0＋3＜0”的否定是“∀x∈R，x2＋2x＋3≥0”，故④不正确． 答案：②④ 小题押题 16—2 平面向量与复数 卷 别 年 份 考题位置 考查内容 命题规律分析 全国 卷Ⅰ 2017 填空题第 13 题 向量的数量积运算、向量 的模 1.平面向量的命题方 向如下：一方面会单独命 题，考查平面向量的模、 数量积的运算、线性运算 等，难度较低；另一方面 会与三角函数、解析几何 等其他知识综合命题，难 度中等． 2．对复数的考查，难 度一般为容易，常在选择 题或填空题的前两题的位 置呈现．一般考查三个方 面：一是复数的概念，如 实部、虚部、模、共轭复 数等；二是复数的四则运 算；三是复数的几何意义． 选择题第 3 题 复数的概念和运算 2016 填空题第 13 题 向量模的运算 选择题第 2 题 复数相等及模的运算 2015 选择题第 7 题 平面向量的线性运算 选择题第 1 题 复数的基本运算、复数的 模 全国 卷Ⅱ 2017 选择题第 12 题 平面向量的坐标表示、向 量的数量积 选择题第 1 题 复数的除法运算 2016 选择题第 3 题 向量垂直的应用 选择题第 1 题 复数的几何意义 2015 填空题第 13 题 平面向量共线定理的应 用 选择题第 2 题 复数的基本运算 全国 卷Ⅲ 2017 选择题第 12 题 平面向量基本定理 选择题第 2 题 复数的四则运算、复数的 模 2016 选择题第 3 题 向量的夹角问题 选择题第 2 题 共轭复数概念及运算 考查点一 平面向量的线性运算及坐标运算 1．(2015·全国卷Ⅰ)设 D 为△ABC 所在平面内一点， BC―→＝3 CD―→，则( ) A． AD―→＝－1 3 AB―→＋4 3 AC―→ B． AD―→＝1 3 AB―→－4 3 AC―→ C． AD―→＝4 3 AB―→＋1 3 AC―→ D． AD―→＝4 3 AB―→－1 3 AC―→ 解析：选 A AD―→＝ AC―→＋ CD―→＝ AC―→＋1 3 BC―→＝ AC―→＋1 3( AC―→－ AB―→ )＝4 3 AC―→－1 3 AB―→＝ －1 3 AB―→＋4 3 AC―→ . 2．(2016·全国卷Ⅱ)已知向量 a＝(m,4)，b＝(3，－2)，且 a∥b，则 m＝________. 解析：∵a＝(m,4)，b＝(3，－2)，a∥b， ∴－2m－4×3＝0，∴m＝－6. 答案：－6 3．(2015·全国卷Ⅱ)设向量 a，b 不平行，向量λa＋b 与 a＋2b 平行，则实数λ＝________. 解析：∵λa＋b 与 a＋2b 平行， ∴λa＋b＝t(a＋2b)， 即λa＋b＝ta＋2tb， ∴ λ＝t， 1＝2t， 解得 λ＝1 2 ， t＝1 2. 答案：1 2 考查点二 平面向量的数量积及应用 4．(2016·全国卷Ⅱ)已知向量 a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，则 m＝( ) A．－8 B．－6 C．6 D．8 解析：选 D 法一：因为 a＝(1，m)，b＝(3，－2)， 所以 a＋b＝(4，m－2)． 因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0， 所以 12－2(m－2)＝0，解得 m＝8. 法二：因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，即 a·b＋b2＝3－2m＋32＋(－2)2＝16－2m＝0， 解得 m＝8. 5．(2016·全国卷Ⅲ)已知向量 BA―→＝ 1 2 ， 3 2 ， BC―→＝ 3 2 ，1 2 ，则∠ABC＝( ) A．30° B．45° C．60° D．120° 解析：选 A 因为 BA―→＝ 1 2 ， 3 2 ， BC―→＝ 3 2 ，1 2 ， 所以 BA―→ · BC―→＝ 3 4 ＋ 3 4 ＝ 3 2 . 又因为 BA―→ · BC―→＝| BA―→ || BC―→ |cos∠ABC＝1×1×cos∠ABC＝ 3 2 ， 所以 cos∠ABC＝ 3 2 . 又 0°≤∠ABC≤180°， 所以∠ABC＝30°. 6．(2016·全国卷Ⅰ)设向量 a＝(m,1)，b＝(1,2)，且|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，则 m＝________. 解析：∵|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2， ∴a·b＝0. 又 a＝(m,1)，b＝(1,2)，∴m＋2＝0，∴m＝－2. 答案：－2 7．(2017·全国卷Ⅰ)已知向量 a，b 的夹角为 60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________. 解析：法一：易知|a＋2b|＝ |a|2＋4a·b＋4|b|2＝ 4＋4×2×1×1 2 ＋4＝2 3. 法二：(数形结合法)由|a|＝|2b|＝2，知以 a 与 2b 为邻边可作出边长 为 2 的菱形 OACB，如图，则|a＋2b|＝| OC―→|.又∠AOB＝60°，所以|a＋ 2b|＝2 3. 答案：2 3 考查点三 复 数 8．(2017·全国卷Ⅰ)设有下面四个命题： p1：若复数 z 满足1 z ∈R，则 z∈R； p2：若复数 z 满足 z2∈R，则 z∈R； p3：若复数 z1，z2 满足 z1z2∈R，则 z1＝ z 2； p4：若复数 z∈R，则 z ∈R. 其中的真命题为( ) A．p1，p3 B．p1，p4 C．p2，p3 D．p2，p4 解析：选 B 设复数 z＝a＋bi(a，b∈R)， 对于 p1，∵1 z ＝ 1 a＋bi ＝ a－bi a2＋b2 ∈R，∴b＝0， ∴z∈R，∴p1 是真命题； 对于 p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R， ∴ab＝0，∴a＝0 或 b＝0，∴p2 不是真命题； 对于 p3，设 z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)， 则 z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy＋(dx＋cy)i∈R， ∴dx＋cy＝0，取 z1＝1＋2i，z2＝－1＋2i，z1≠ z 2， ∴p3 不是真命题； 对于 p4，∵z＝a＋bi∈R，∴b＝0，∴ z ＝a－bi＝a∈R， ∴p4 是真命题． 9．(2016·全国卷Ⅱ)已知 z＝(m＋3)＋(m－1)i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数 m 的取值范围是( ) A．(－3,1) B．(－1,3) C．(1，＋∞) D．(－∞，－3) 解析：选 A 由题意知 m＋3>0， m－1<0， 即－30， |x|<1 的解集为( ) A．{x|－21} 解析：选 C 由 x(x＋2)>0，得 x<－2 或 x>0；由|x|<1，得－10 时，最大值在点 C 处取得，此时 12＝4k＋4，即 k＝2； 当 k<0 时，最大值在点 A 处或 C 处取得，此时 12＝2k＋3 或 12＝4k＋4，即 k＝9 2>0(舍去)或 k＝2>0(舍去)，故 k＝2. 答案：2 [解题方略] 破解含参数的线性规划问题的策略 (1)解决这类问题时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来， 以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值． (2)在确定最优解时要注意目标函数对应直线的斜率与可行域边界所在直线的斜率之间 的大小关系，以防出错． 考法(三) 线性规划的实际应用 1．某旅行社租用 A，B 两种型号的客车安排 900 名客人旅行，A，B 两种车辆的载客量 分别为 36 人和 60 人，租金分别为 1 600 元/辆和 2 400 元/辆，旅行社要求租车总数不超过 21 辆，且 B 型车不多于 A 型车 7 辆，则租金最少为( ) A．31 200 元 B．36 000 元 C．36 800 元 D．38 400 元 解析：选 C 设租用 A 型车 x 辆，B 型车 y 辆， 目标函数为 z＝1 600x＋2 400y， 则约束条件为 36x＋60y≥900， x＋y≤21， y－x≤7， x，y∈N， 作出可行域如图中阴影部分所示，可知目标函数过点 A(5,12)时，有最小值 zmin＝36 800(元)． 2．(2016·全国卷Ⅰ)某高科技企业生产产品 A 和产品 B 需要甲、乙两种新型材料．生产 一件产品 A 需要甲材料 1.5 kg，乙材料 1 kg，用 5 个工时；生产一件产品 B 需要甲材料 0.5 kg，乙材料 0.3 kg，用 3 个工时．生产一件产品 A 的利润为 2 100 元，生产一件产品 B 的 利润为 900 元．该企业现有甲材料 150 kg，乙材料 90 kg，则在不超过 600 个工时的条件下， 生产产品 A、产品 B 的利润之和的最大值为________元． 解析：设生产 A 产品 x 件，B 产品 y 件，由已知可得约束条件为 1.5x＋0.5y≤150， x＋0.3y≤90， 5x＋3y≤600， x∈N，y∈N. 即 3x＋y≤300， 10x＋3y≤900， 5x＋3y≤600， x∈N，y∈N. 目标函数为 z＝2 100x＋900y， 由约束条件作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分． 作直线 2 100x＋900y＝0，即 7x＋3y＝0，当直线经过点 M 时，z 取得最大值，联立 10x＋3y＝900， 5x＋3y＝600， 解得 M(60,100)． 则 zmax＝2 100×60＋900×100＝216 000(元)． 答案：216 000 [解题方略] 用线性规划求解实际应用问题的基本思路 (1)认真分析并掌握实际问题的背景，收集有关数据； (2)将影响该问题的主要因素作为决策量，设未知量； (3)根据问题的特点，写出约束条件和目标函数； (4)准确作出可行域，并求出最优解或其他要求的解； (5)将求解出来的结论反馈到实际问题当中，设计最佳方案． [提醒] 在解决实际应用问题时，变量 x，y 除受题目要求的条件制约外，可能还有一 些隐含的制约条件，如在涉及人数为变量的实际应用问题中，人数必须是自然数，在解题 时不要忽略了这些隐含条件． 警惕偶考点——基本不等式求最值 求最值时要注意三点：“一正”“二定”“三相等”.所谓“一正”指正数，“二定” 是指应用定理求最值时，和或积为定值，“三相等”是指等号成立. [针对训练] 1．(2017·湘中名校联考)若正数 a，b 满足：1 a ＋2 b ＝1，则 2 a－1 ＋ 1 b－2 的最小值为( ) A．2 B.3 2 2 C.5 2 D．1＋3 2 4 解析：选 A 由 a，b 为正数，且1 a ＋2 b ＝1， 得 b＝ 2a a－1 ＞0，所以 a－1＞0， 所以 2 a－1 ＋ 1 b－2 ＝ 2 a－1 ＋ 1 2a a－1 －2 ＝ 2 a－1 ＋a－1 2 ≥2 2 a－1 ·a－1 2 ＝2， 当且仅当 2 a－1 ＝a－1 2 和1 a ＋2 b ＝1 同时成立， 即 a＝b＝3 时等号成立， 所以 2 a－1 ＋ 1 b－2 的最小值为 2. 2．(2017·日照二模)已知第一象限的点(a，b)在直线 2x＋3y－1＝0 上，则2 a ＋3 b 的最小值 为( ) A．24 B．25 C．26 D．27 解析：选 B 因为第一象限的点(a，b)在直线 2x＋3y－1＝0 上，所以 2a＋3b－1＝0， a>0，b>0，即 2a＋3b＝1，所以2 a ＋3 b ＝ 2 a ＋3 b (2a＋3b)＝4＋9＋6b a ＋6a b ≥13＋2 6b a ·6a b ＝ 25，当且仅当6b a ＝6a b ，即 a＝b＝1 5 时取等号，所以2 a ＋3 b 的最小值为 25. 1 ． (2018 届 高 三 · 湖 南 四 校 联 考 ) 已 知 不 等 式 mx2 ＋ nx － 1 m ＜ 0 的 解 集 为 x|x＜－1 2 或 x＞2 ，则 m－n＝( ) A.1 2 B．－5 2 C.5 2 D．－1 解析：选 B 由题意得，x＝－1 2 和 x＝2 是方程 mx2＋nx－ 1 m ＝0 的两根，所以－1 2 ＋2 ＝－n m 且－1 2 ×2＝－ 1 m2(m＜0)，解得 m＝－1，n＝3 2 ，所以 m－n＝－5 2. 2．已知直线 ax＋by＝1 经过点(1,2)，则 2a＋4b 的最小值为( ) A. 2 B．2 2 C．4 D．4 2 解析：选 B ∵直线 ax＋by＝1 经过点(1,2)，∴a＋2b＝1，则 2a＋4b≥2 2a·22b＝2 2a＋2b ＝2 2，当且仅当 2a＝22b，即 a＝1 2 ，b＝1 4 时取等号． 3．(2017·兰州模拟)设变量 x，y 满足不等式组 x＋y≥3， x－y≥－1， 2x－y≤3， 则目标函数 z＝2x＋3y 的最小值是( ) A．5 B．7 C．8 D．23 解析：选 B 作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示， 作出直线 2x＋3y＝0，对该直线进行平移，可以发现经过 x＋y＝3， 2x－y＝3 的 交点 A(2,1)时，目标函数 z＝2x＋3y 取得最小值 7. 4．(2017·贵阳一模)已知 x＞0，y＞0，x＋2y＋2xy＝8，则 x＋2y 的最小值是( ) A．3 B．4 C.9 2 D.11 2 解析：选 B 由题意得 x＋2y＝8－x·2y≥8－ x＋2y 2 2，当且仅当 x＝2y 时，等号成立， 整理得(x＋2y)2＋4(x＋2y)－32≥0，即(x＋2y－4)(x＋2y＋8)≥0，又 x＋2y＞0，所以 x＋2y≥4， 即 x＋2y 的最小值为 4. 5．(2017·云南模拟)已知函数 f(x)＝ 2x－1－2，x≥1， 21－x－2，x＜1， 则不等式 f(x－1)≤0 的解集为 ( ) A．{x|0≤x≤2} B．{x|0≤x≤3} C．{x|1≤x≤2} D．{x|1≤x≤3} 解析：选 D 由题意，得 f(x－1)＝ 2x－2－2，x≥2， 22－x－2，x＜2. 当 x≥2 时，由 2x－2－2≤0，解得 2≤x≤3； 当 x＜2 时，由 22－x－2≤0，解得 1≤x＜2. 综上所述，不等式 f(x－1)≤0 的解集为{x|1≤x≤3}． 6．(2017·武汉调研)设 x，y 满足约束条件 x＋y≥a， x－y≤－1， 且 z＝x＋ay 的最小值为 7， 则 a＝( ) A．－5 B．3 C．－5 或 3 D．5 或－3 解析：选 B 根据约束条件画出可行域如图①中阴影部分所示． 可知可行域为开口向上的 V 字型．在顶点 A 处 z 有最小值，联立方程 x＋y＝a， x－y＝－1， 得 x＝a－1 2 ， y＝a＋1 2 ， 即 A a－1 2 ，a＋1 2 ，则a－1 2 ＋a×a＋1 2 ＝7， 解得 a＝3 或 a＝－5. 当 a＝－5 时，如图②， 虚线向上移动时 z 减小，故 z→－∞，没有最小值，故只有 a＝3 满足题意． 7．(2017·合肥二模)若关于 x 的不等式 x2＋ax－2＜0 在区间[1,4]上有解，则实数 a 的取 值范围为( ) A．(－∞，1) B．(－∞，1] C．(1，＋∞) D．[1，＋∞) 解析：选 A 法一：因为 x∈[1,4]，则不等式 x2＋ax－2＜0 可化为 a＜2－x2 x ＝2 x －x， 设 f(x)＝2 x －x，x∈[1,4]，由题意得只需 a＜f(x)max，因为函数 f(x)为区间[1,4]上的减函数， 所以 f(x)max＝f(1)＝1，故 a＜1. 法二：设 g(x)＝x2＋ax－2，函数 g(x)的图象是开口向上的抛物线，过定点(0，－2)，因 为 g(x)＜0 在区间[1,4]上有解，所以 g(1)＜0，解得 a＜1. 8．(2017·太原一模)已知实数 x，y 满足条件 3x＋y＋3≥0， 2x－y＋2≤0， x＋2y－4≤0， 则 z＝x2＋y2 的取值范 围为( ) A．[1,13] B．[1,4] C. 4 5 ，13 D. 4 5 ，4 解析：选 C 画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分 所示，由此得 z＝x2＋y2 的最小值为点 O 到直线 BC：2x－y＋2＝ 0 的距离的平方，所以 zmin＝ 2 5 2＝4 5 ，最大值为点 O 与点 A(－ 2,3)的距离的平方，所以 zmax＝|OA|2＝13，故选 C. 9．(2017·衡水二模)若关于 x 的不等式 x2－4ax＋3a2＜0(a＞0)的解集为(x1，x2)，则 x1 ＋x2＋ a x1x2 的最小值是( ) A. 6 3 B.2 3 3 C.4 3 3 D.2 6 3 解析：选 C ∵关于 x 的不等式 x2－4ax＋3a2＜0(a＞0)的解集为(x1，x2)，∴Δ＝16a2 －12a2＝4a2＞0， 又 x1＋x2＝4a，x1x2＝3a2， ∴x1＋x2＋ a x1x2 ＝4a＋ a 3a2 ＝4a＋ 1 3a ≥2 4a· 1 3a ＝4 3 3 ，当且仅当 a＝ 3 6 时取等号． ∴x1＋x2＋ a x1x2 的最小值是4 3 3 . 10．某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过 50 亩，投入资金不超过 54 万元， 假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表： 每亩年产量 每亩年种植成本 每吨售价 黄瓜 4 吨 1.2 万元 0.55 万元 韭菜 6 吨 0.9 万元 0.3 万元 为使一年的种植总利润(总利润＝总销售收入－总种植成本)最大，那么黄瓜和韭菜的种 植面积(单位：亩)分别为( ) A．50,0 B．30,20 C．20,30 D．0,50 解析：选 B 设黄瓜、韭菜的种植面积分别为 x 亩，y 亩，则总利润 z＝4×0.55x＋6×0.3y －1.2x－0.9y＝x＋0.9y.此时 x，y 满足条件 x＋y≤50， 1.2x＋0.9y≤54， x≥0，y≥0. 画出可行域如图，得最优解为 A(30,20)． 故黄瓜和韭菜的种植面积分别为 30 亩、20 亩时，种植总利润最大． 11．已知点 M 是△ABC 内的一点，且 AB―→· AC―→＝2 3，∠BAC＝π 6 ，若△MBC， △MCA，△MAB 的面积分别为2 3 ，x，y，则4x＋y xy 的最小值为( ) A．16 B．18 C．20 D．27 解析：选 D 设△ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c. ∵ AB―→ · AC―→＝2 3，∠BAC＝π 6 ， ∴| AB―→ |·| AC―→ |cosπ 6 ＝2 3，∴bc＝4， ∴S△ABC＝1 2bcsinπ 6 ＝1 4bc＝1. ∵△MBC，△MCA，△MAB 的面积分别为2 3 ，x，y， ∴2 3 ＋x＋y＝1，即 x＋y＝1 3 ， ∴4x＋y xy ＝1 x ＋4 y ＝3(x＋y) 1 x ＋4 y ＝3 1＋4＋y x ＋4x y ≥3 5＋2 y x·4x y ＝27， 当且仅当 y＝2x＝2 9 时取等号， 故4x＋y xy 的最小值为 27. 12．(2017·安徽二校联考)当 x，y 满足不等式组 x＋2y≤2， y－4≤x， x－7y≤2 时，－2≤kx－y≤2 恒 成立，则实数 k 的取值范围是( ) A．[－1,1] B．[－2,0] C. －1 5 ，3 5 D. －1 5 ，0 解析：选 D 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示， 设 z＝kx－y， 由 x＋2y＝2， y－4＝x 得 x＝－2， y＝2， 即 B(－2,2)； 由 x＋2y＝2， x－7y＝2 得 x＝2， y＝0， 即 C(2,0)； 由 y－4＝x， x－7y＝2 得 x＝－5， y＝－1， 即 A(－5，－1)． 要使不等式－2≤kx－y≤2 恒成立， 则 －2≤－2k－2≤2， －2≤2k≤2， －2≤－5k＋1≤2， 即 －2≤k≤0， －1≤k≤1， －1 5 ≤k≤3 5 ， 所以－1 5 ≤k≤0. 13．(2018 届高三·池州摸底)已知 a＞b＞1，且 2logab＋3logba＝7，则 a＋ 1 b2－1 的最小 值为________． 解析：令 logab＝t，由 a＞b＞1 得 0＜t＜1,2logab＋3logba＝2t＋3 t ＝7，得 t＝1 2 ，即 logab ＝1 2 ，a＝b2，所以 a＋ 1 b2－1 ＝a－1＋ 1 a－1 ＋1≥2 a－1· 1 a－1 ＋1＝3，当且仅当 a＝2 时取 等号．故 a＋ 1 b2－1 的最小值为 3. 答案：3 14．(2017·石家庄模拟)若 x，y 满足约束条件 x＋y≤0， x－y≤0， x2＋y2≤4， 则 z＝y－2 x＋3 的最小值为 ________． 解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，因为 目标函数 z＝y－2 x＋3 表示区域内的点与点 P(－3,2)连线的斜率．由图 知当可行域内的点与点 P 的连线与圆相切时斜率最小．设切线方程 为 y－2＝k(x＋3)，即 kx－y＋3k＋2＝0，则有|3k＋2| k2＋1 ＝2，解得 k ＝－12 5 或 k＝0(舍去)，所以 zmin＝－12 5 . 答案：－12 5 15．(2017·成都二诊)若关于 x 的不等式 ax2－|x|＋2a＜0 的解集为空集，则实数 a 的取 值范围为________． 解析：ax2－|x|＋2a＜0⇒a＜ |x| x2＋2 ，当 x≠0 时， |x| x2＋2 ≤ |x| 2 x2×2 ＝ 2 4 (当且仅当 x＝± 2 时取等号)，当 x＝0 时， |x| x2＋2 ＝0＜ 2 4 ，因此要使关于 x 的不等式 ax2－|x|＋2a＜0 的解集 为空集，只需 a≥ 2 4 ，即实数 a 的取值范围为 2 4 ，＋∞ . 答案： 2 4 ，＋∞ 16．(2018 届高三·福州调研)不等式组 2x－y＋1≥0， x－2y＋2≤0， x＋y－4≤0 的解集记作 D，实数 x，y 满 足如下两个条件： ①∀(x，y)∈D，y≥ax；②∃(x，y)∈D，x－y≤a. 则实数 a 的取值范围为________． 解析：由题意知，不等式组所表示的可行域 D 如图中阴影部分(△ABC 及其内部)所示， 由 x－2y＋2＝0， x＋y－4＝0， 得 x＝2， y＝2， 所以点 B 的坐标为(2,2)． 由 2x－y＋1＝0， x＋y－4＝0， 得 x＝1， y＝3， 所以点 C 的坐标为(1,3)． 因为∀(x，y)∈D，y≥ax， 由图可知，a≤kOB，所以 a≤1. 由∃(x，y)∈D，x－y≤a，设 z＝x－y，则 a≥zmin. 当目标函数 z＝x－y 过点 C(1,3)时，z＝x－y 取得最小值，此时 zmin＝1－3＝－2，所以 a≥－2. 综上可知，实数 a 的取值范围为[－2,1]． 答案：[－2,1] 小题押题 16—4 函数的图象与性质 卷 别 年 份 考题位置 考查内容 命题规律分析 全国 卷Ⅰ 2017 选择题第 5 题 函数的奇偶性、单调性 函数作为高中数 学的重要内容之一，其 概念、图象和性质是高 考考查的重点，其中， 单调性、奇偶性、值域 和最值问题及图象的 应用是命题热点，多以 选择题、填空题形式考 查，难度中等．复习时 还要重视分段函数问 题及应用． 2016 选择题第 7 题 函数图象的判断 2015 填空题第 13 题 偶函数的定义 全国 卷Ⅱ 2016 选择题第 12 题 函数图象的应用 2015 选择题第 5 题 分段函数的求值 选择题第 10 题 函数图象的判断 全国 卷Ⅲ 2017 填空题第 15 题 分段函数与不等式的解 法 2016 填空题第 15 题 函数的奇偶性与切线问 题 考查点一 函数及其表示 1．(2016·全国卷Ⅱ)下列函数中，其定义域和值域分别与函数 y＝10lg x 的定义域和值域 相同的是( ) A．y＝x B．y＝lg x C．y＝2x D．y＝ 1 x 解析：选 D 函数 y＝10lg x 的定义域与值域均为(0，＋∞)．结合选项知，只有函数 y ＝ 1 x 的定义域与值域均为(0，＋∞)．故选 D. 2．(2015·全国卷Ⅱ)设函数 f(x)＝ 1＋log22－x，x<1， 2x－1，x≥1， 则 f(－2)＋f(log212)＝( ) A．3 B．6 C．9 D．12 解析：选 C ∵－2<1， ∴f(－2)＝1＋log2(2＋2)＝1＋log24＝1＋2＝3. ∵log212>1，∴f(log212)＝2log212－1＝12 2 ＝6. ∴f(－2)＋f(log212)＝3＋6＝9. 3．(2017·全国卷Ⅲ)设函数 f(x)＝ x＋1，x≤0， 2x，x>0， 则满足 f(x)＋f x－1 2 >1 的 x 的取值 范围是________． 解析：由题意知，可对不等式分 x≤0,01 2 讨论． 当 x≤0 时，原不等式为 x＋1＋x＋1 2>1，解得 x>－1 4 ， ∴－1 41，显然成立． 当 x>1 2 时，原不等式为 2x＋2x 1 2 － >1，显然成立． 综上可知，x 的取值范围是 －1 4 ，＋∞ . 答案： －1 4 ，＋∞ 考查点二 函数的图象及应用 4．(2016·全国卷Ⅰ)函数 y＝2x2－e|x|在[－2,2]的图象大致为( ) 解析：选 D ∵f(x)＝2x2－e|x|，x∈[－2,2]是偶函数， 又 f(2)＝8－e2∈(0,1)，故排除 A、B. 设 g(x)＝2x2－ex，则 g′(x)＝4x－ex. 又 g′(0)<0，g′(2)>0， ∴g(x)在(0,2)内至少存在一个极值点， ∴f(x)＝2x2－e|x|在(0,2)内至少存在一个极值点，排除 C.故选 D. 5．(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方形 ABCD 的边 AB＝2，BC＝1，O 是 AB 的中点，点 P 沿着边 BC，CD 与 DA 运动，记∠BOP＝x.将动点 P 到 A，B 两点距离之和表示为 x 的函数 f(x)，则 y＝f(x)的图象大致为( ) 解析：选 B 当 x∈ 0，π 4 时，f(x)＝tan x＋ 4＋tan2x，图象不会是直线段，从而排除 A、C. 当 x∈ π 4 ，3π 4 时，f π 4 ＝f 3π 4 ＝1＋ 5，f π 2 ＝2 2.∵2 2<1＋ 5，∴f π 2 0 时， f(x)＝f(－x)＝ln x－3x， 所以当 x>0 时，f′(x)＝1 x －3， 则 f′(1)＝－2.所以 y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为 y＋3＝－2(x－1)， 即 2x＋y＋1＝0. 答案：2x＋y＋1＝0 8．(2015·全国卷Ⅰ)若函数 f(x)＝xln(x＋ a＋x2)为偶函数，则 a＝________. 解析：∵f(x)为偶函数， ∴f(－x)－f(x)＝0 恒成立， ∴－xln(－x＋ a＋x2)－xln(x＋ a＋x2)＝0 恒成立，∴xln a＝0 恒成立， ∴ln a＝0，即 a＝1. 答案：1 重点突破——函数的图象及应用 考法(一) 函数图象的识别 1．(2017·全国卷Ⅲ)函数 y＝1＋x＋sin x x2 的部分图象大致为( ) 解析：选 D 法一：易知函数 g(x)＝x＋sin x x2 是奇函数，其函数图象关于原点对称，所 以函数 y＝1＋x＋sin x x2 的图象只需把 g(x)的图象向上平移一个单位长度，结合选项知选 D. 法二：当 x→＋∞时，sin x x2 →0,1＋x→＋∞，y＝1＋x＋sin x x2 →＋∞，故排除选项 B.当 0 ＜x＜π 2 时，y＝1＋x＋sin x x2 ＞0，故排除选项 A、C.选 D. 2．(2017·安徽二校联考)函数 y＝4cos x－e|x|(e 为自然对数的底数)的图象可能是( ) 解析：选 A 因为函数 y＝4cos x－e|x|，所以 f(－x)＝4cos(－x)－e|－x|＝f(x)，所以函数 f(x)是偶函数，其图象关于 y 轴对称，排除选项 B、D.又 f(0)＝4cos 0－e0＝3，所以选项 A 满足条件． [解题方略] 寻找函数图象与解析式之间的对应关系的方法 (1)从函数的定义域，判断图象左右的位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势． (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性． (4)从函数的周期性，判断图象的循环往复． (5)从特殊点出发，排除不符合要求的选项，如 f(0)的值，当 x＞0 时 f(x)的正负等． 考法(二) 函数图象的应用 1．已知定义在 D＝[－4,4]上的函数 f(x)＝ |x2＋5x＋4|，－4≤x≤0， 2|x－2|，00， 2|x|，x≤0， 则方程 2f2(x)－3f(x)＋1＝0 解的个数是________． 解析：方程 2f2(x)－3f(x)＋1＝0 的解为 f(x)＝1 2 或 1.作出 y＝f(x)的图象，由图象知方程 解的个数为 5. 答案：5 3．已知函数 y＝|x2－1| x－1 的图象与函数 y＝kx 的图象恰有两个交点，则实数 k 的取值范围 是________． 解析：由题意， y＝ x＋1，x＞1 或 x≤－1， －x－1，－10⇔(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数； ②fx1－fx2 x1－x2 <0⇔(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0⇔f(x)在[a，b]上是减函数． 2．判断复合函数单调性的常用结论 (1)当 f(x)，g(x)同时为增(减)函数时，f(x)＋g(x)为增(减)函数． (2)设 f(x)，g(x)都是增(减)函数，则当两者都恒大于 0 时，f(x)·g(x)是增(减)函数；当两 者都恒小于 0 时，f(x)·g(x)是减(增)函数． 3．函数奇偶性的重要结论 (1)奇函数在关于原点对称的区间上若有单调性，则其单调性完全相同；偶函数在关于 原点对称的区间上若有单调性，则其单调性恰恰相反． (2)若奇函数 f(x)定义域中含有 0，则必有 f(0)＝0. [提醒] f(0)＝0 是 f(x)为奇函数的既不充分也不必要条件． 4．函数周期性的常用的结论 (1)若满足 f(x＋a)＝－f(x)，则 f(x＋2a)＝f[(x＋a)＋a]＝－f(x＋a)＝f(x)，所以 2a 是函数 的一个周期(a≠0)； (2)若满足 f(x＋a)＝ 1 fx ，则 f(x＋2a)＝f[(x＋a)＋a]＝ 1 fx＋a ＝f(x)，所以 2a 是函数的一 个周期(a≠0)； (3)若满足 f(x＋a)＝－ 1 fx ，同理可得 2a 是函数的一个周期(a≠0)． 考法(一) 函数性质及简单应用 [典例] (1)(2017·长春模拟)下列函数中，既是奇函数又在(0，＋∞)上单调递增的是 ( ) A．y＝ex＋e－x B．y＝ln(|x|＋1) C．y＝sin x |x| D．y＝x－1 x [解析] 选项 A、B 显然是偶函数，排除；选项 C 是奇函数，但在(0，＋∞)上不是单 调递增函数，不符合题意；选项 D 中，y＝x－1 x 是奇函数，且 y＝x 和 y＝－1 x 在(0，＋∞)上 均为增函数，故 y＝x－1 x 在(0，＋∞)上为增函数，所以选项 D 正确． [答案] D (2)(2017·湖北七校联考)已知 f(x)是定义在 R 上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递 增，若实数 a 满足 f(2log3a)＞f(－ 2)，则 a 的取值范围是( ) A．(－∞， 3) B．(0， 3) C．( 3，＋∞) D．(1， 3) [解析] ∵f(x)是定义在 R 上的偶函数， 且在区间(－∞，0]上单调递增， ∴f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减． 根据函数的对称性，可得 f(－ 2)＝f( 2)， ∴f(2 log3a)＞f( 2)． ∵2 log3a＞0，f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减， ∴0＜2 log3a＜ 2⇒log3a＜1 2 ⇒0＜a＜ 3. [答案] B [解题方略] 1．判断函数单调性的 4 个方法 方法 适用类型 数形结合法 对于选择、填空题能画出图象的函数 转化法 由基本初等函数通过加、减运算或复合而成的函数(常转化 为基本初等函数单调性的判断问题) 导数法 解析式为分式、指数函数式、对数函数式等较复杂的函数 定义法 抽象函数 2．判断函数奇偶性的 3 个技巧 (1)奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于 y 轴对称． (2)确定函数的奇偶性，务必先判断函数的定义域是否关于原点对称． (3)对于偶函数而言，有 f(－x)＝f(x)＝f(|x|)． [针对训练] 1．定义在 R 上的偶函数 f(x)满足 f(x＋1)＝－f(x)，f(x)在[－3，－2]上为减函数，则有 ( ) A．f 4 3 >f 1 2 >f －6 5 B．f 1 2 >f 4 3 >f －6 5 C．f －6 5 >f 4 3 >f 1 2 D．f 4 3 >f －6 5 >f 1 2 解析：选 C 由 f(x＋1＋1)＝－f(x＋1)＝f(x)，知 f(x)的周期为 2，所以 f(x)在[－1,0]上 为减函数，故偶函数 f(x)在[0,1]上为增函数，而 f －6 5 ＝f 4 5 ，f 4 3 ＝f －4 3 ＝f 2 3 ，所以 f 4 5 >f 2 3 >f 1 2 ，即 f －6 5 >f 4 3 >f 1 2 . 2．(2017·福州模拟)若函数 f(x)＝x(x－1)(x＋a)为奇函数，则 a＝________. 解析：法一：因为函数 f(x)＝x(x－1)(x＋a)为奇函数，所以 f(－x)＝－f(x)对 x∈R 恒成 立，所以－x(－x－1)(－x＋a)＝－x(x－1)(x＋a)对 x∈R 恒成立，所以 x(a－1)＝0 对 x∈R 恒成立，所以 a＝1. 法二：因为函数 f(x)＝x(x－1)(x＋a)为奇函数，所以 f(－1)＝－f(1)，所以－1×(－1－ 1)×(－1＋a)＝－1×(1－1)×(1＋a)，解得 a＝1. 答案：1 3．(2016·四川高考)若函数 f(x)是定义在 R 上的周期为 2 的奇函数，当 0＜x＜1 时，f(x) ＝4x，则 f －5 2 ＋f(2)＝________. 解析：∵f(x)是周期为 2 的奇函数， ∴f －5 2 ＝f －1 2 ＝－f 1 2 ＝－4 1 2 ＝－2， f(2)＝f(0)＝0，∴f －5 2 ＋f(2)＝－2＋0＝－2. 答案：－2 考法(二) 函数图象与性质的交汇 [典例] 函数 f(x)＝ln x－1 x 的图象是( ) [解析] 因为 f(x)＝ln x－1 x ，所以 x－1 x ＝x＋1x－1 x >0，解得－11，所以 函数的定义域为(－1,0)∪(1，＋∞)，可排除 A、D.因为函数 u＝x－1 x 在(－1,0)和(1，＋∞) 上单调递增，函数 y＝ln u 在(0，＋∞)上单调递增，根据复合函数的单调性可知，函数 f(x) 在(－1,0)和(1，＋∞)上单调递增，选 B. [答案] B [解题方略] 破解函数图象与性质的交汇性问题不能片面考虑，关键是要找到问题交汇处的结点所 在，即找与题设中的数和形有关的几何公式、定理，一般通过这些几何公式可以完成数形 结合． [针对训练] 1．已知函数 f(x)＝x－4＋ 9 x＋1(x＞－1)，当 x＝a 时，f(x)取得最小值，则在平面直角坐 标系中，函数 g(x)＝ 1 a |x＋1|的大致图象为( ) 解析：选 B 因为 x＋1＞0， 9 x＋1 ＞0，所以 f(x)＝x＋1＋ 9 x＋1 －5≥2 x＋1× 9 x＋1 － 5＝1，当且仅当 x＋1＝ 9 x＋1 ，即 x＝2 时取等号，所以 a＝2.所以 g(x)＝ 1 a |x＋1|＝ 1 2 |x＋1|.从而 g(x)＝ 1 2 |x＋1|＝ 1 2 x＋1，x≥－1， 2x＋1，x＜－1， 结合选项知 B 正确，故选 B. 2．(2017·昆明检测)已知定义在 R 上的函数 f(x)是奇函数，且 f(x)在(－∞，0)上是减函 数，f(2)＝0，g(x)＝f(x＋2)，则不等式 xg(x)≤0 的解集是( ) A．(－∞，－2]∪[2，＋∞) B．[－4，－2]∪[0，＋∞) C．(－∞，－4]∪[－2，＋∞) D．(－∞，－4]∪[0，＋∞) 解析：选 C 依题意，画出函数的大致图象如图所示， 实线部分为 g(x)的草图， 则 xg(x)≤0⇔ x≥0， gx≤0 或 x≤0， gx≥0， 由图可得 xg(x)≤0 的解集为(－∞，－4]∪[－2，＋∞)． [A 级——“12＋4”保分小题提速练] 1.函数 f(x)＝ ax＋b，x≤0， logc x＋1 9 ，x＞0 的图象如图所示，则 a＋b＋c ＝( ) A.4 3 B.7 3 C．4 D.13 3 解析：选 D 将点(0,2)代入 y＝logc x＋1 9 ，得 2＝logc 1 9 ，解得 c＝1 3.再将点(0,2)和(－1,0) 分别代入 y＝ax＋b，解得 a＝2，b＝2，∴a＋b＋c＝13 3 . 2.(2018 届高三·武汉调研)已知函数 f(x)的部分图象如图所示，则 f(x)的解析式可以是 ( ) A．f(x)＝2－x2 2x B．f(x)＝cos x x2 C．f(x)＝－cos2x x D．f(x)＝cos x x 解析：选 D A 中，当 x→＋∞时，f(x)→－∞，与题图不符，故不成立；B 为偶函数， 与题图不符，故不成立；C 中，当 x＞0，x→0 时，f(x)＜0，与题图不符，故不成立．选 D. 3．下列函数中，既是奇函数又是减函数的是( ) A．f(x)＝x3，x∈(－3,3) B．f(x)＝tan x C．f(x)＝x|x| D．f(x)＝ln 2 e e－ －x x 解析：选 D 选项 A、B、C、D 对应的函数都是奇函数，但选项 A、B、C 对应的函数 在其定义域内都不是减函数，故排除 A、B、C；对于选项 D，因为 f(x)＝ln 2 e e－ －x x ，所以 f(x)＝(e－x－ex)ln 2，由于函数 g(x)＝e－x 与函数 h(x)＝－ex 都是减函数，又 ln 2＞0，所以函 数 f(x)＝(e－x－ex)ln 2 是减函数，故选 D. 4．函数 f(x)＝ －x2＋9x＋10－ 2 lnx－1 的定义域为( ) A．[1,10] B．[1,2)∪(2,10] C．(1,10] D．(1,2)∪(2,10] 解析：选 D 要使原函数有意义，则 －x2＋9x＋10≥0， x－1＞0， x－1≠1， 解得 1＜x≤10 且 x≠2，所以函数 f(x)的定义域为(1,2)∪(2,10]． 5．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ln x＋ln(2－x)，则( ) A．f(x)在(0,2)单调递增 B．f(x)在(0,2)单调递减 C．y＝f(x)的图象关于直线 x＝1 对称 D．y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称 解析：选 C 由题易知，f(x)＝ln x＋ln(2－x)的定义域为(0,2)，f(x)＝ln[x(2－x)]＝ln[－ (x－1)2＋1]，由复合函数的单调性知，函数 f(x)＝ln x＋ln(2－x)在(0,1)单调递增，在(1,2)单 调递减，所以排除 A、B； 又 f 1 2 ＝ln1 2 ＋ln 2－1 2 ＝ln3 4 ， f 3 2 ＝ln3 2 ＋ln 2－3 2 ＝ln3 4 ， 所以 f 1 2 ＝f 3 2 ＝ln3 4 ，所以排除 D.故选 C. 6．函数 f(x)＝cosπx x2 的图象大致是( ) 解析：选 A 由题意知，函数 f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝cos－πx －x2 ＝cosπx x2 ＝f(x)， ∴f(x)为偶函数，排除 C、D； 当 x＝1 时，f(1)＝cos π 1 ＝－1＜0，排除 B，故选 A. 7．(2018 届高三·衡阳八中月考)函数 y＝f(x)在区间[0,2]上单调递增，且函数 f(x＋2)是 偶函数，则下列结论成立的是( ) A．f(1)＜f 5 2 ＜f 7 2 B．f 7 2 ＜f(1)＜f 5 2 C．f 7 2 ＜f 5 2 ＜f(1) D．f 5 2 ＜f(1)＜f 7 2 解析：选 B 因为函数 f(x＋2)是偶函数， 所以 f(x＋2)＝f(－x＋2)， 即函数 f(x)的图象关于 x＝2 对称． 又因为函数 y＝f(x)在[0,2]上单调递增， 所以函数 y＝f(x)在区间[2,4]上单调递减． 因为 f(1)＝f(3)，7 2 ＞3＞5 2 ， 所以 f 7 2 ＜f(3)＜f 5 2 ， 即 f 7 2 ＜f(1)＜f 5 2 . 8．(2017·甘肃会宁一中摸底)已知函数 f(x)＝ 1－2ax＋3a，x＜1， ln x，x≥1 的值域为 R，则 实数 a 的取值范围是( ) A. －1，1 2 B. －1，1 2 C．(－∞，－1] D. 0，1 2 解析：选 A 法一：当 x≥1 时，ln x≥0，要使函数 f(x)＝ 1－2ax＋3a，x＜1， ln x，x≥1 的 值域为 R，只需 1－2a＞0， 1－2a＋3a≥0， 解得－1≤a＜1 2. 法二：取 a＝－1，则函数 f(x)的值域为 R，所以 a＝－1 满足题意，排除 B、D；取 a ＝－2，则函数 f(x)的值域为(－∞，－1)∪[0，＋∞)，所以 a＝－2 不满足题意，排除 C， 故选 A. 9.(2018 届高三·辽宁实验中学摸底)已知函数 f(x)＝(x－a)(x－b)(其中 a ＞b)，若 f(x)的图象如图所示，则函数 g(x)＝ax＋b 的图象大致为( ) 解析：选 A 由一元二次方程的解法易得(x－a)(x－b)＝0 的两根为 a，b，根据函数零 点与方程的根的关系，可得 f(x)＝(x－a)(x－b)的零点就是 a，b，即函数 f(x)的图象与 x 轴 交点的横坐标为 a，b.观察 f(x)＝(x－a)·(x－b)的图象，可得其与 x 轴的两个交点分别在区间 (－2，－1)与(0,1)上，又由 a＞b，可得－2＜b＜－1,0＜a＜1.函数 g(x)＝ax＋b，由 0＜a＜1 可知其是减函数，又由－2＜b＜－1 可知其图象与 y 轴的交点在 x 轴的下方，分析选项可得 A 符合这两点，B、C、D 均不满足，故选 A. 10．函数 f(x)是周期为 4 的偶函数，当 x∈[0,2]时，f(x)＝x－1，则不等式 xf(x)>0 在(－ 1,3)上的解集为( ) A．(1,3) B．(－1,1) C．(－1,0)∪(1,3) D．(－1,0)∪(0,1) 解析：选 C 作出函数 f(x)的图象如图所示． 当 x∈(－1,0)时，由 xf(x)>0 得 x∈(－1,0)； 当 x∈(0,1)时，由 xf(x)>0 得 x∈∅； 当 x∈(1,3)时，由 xf(x)>0 得 x∈(1,3)． 故 x∈(－1,0)∪(1,3)． 11．(2017·安徽六安一中测试)已知函数 y＝3－|x| 3＋|x| 的定义域为[a，b](a，b∈Z)，值域为[0,1]， 则满足条件的整数对(a，b)共有( ) A．6 个 B．7 个 C．8 个 D．9 个 解析：选 B 函数 y＝3－|x| 3＋|x| ＝ 6 3＋|x| －1，易知函数是偶函数，x ＞0 时是减函数，所以函数的图象如图所示，根据图象可知，函数 y ＝3－|x| 3＋|x| 的定义域可能为[－3,0]，[－3,1]，[－3,2]，[－3,3]，[－2,3]， [－1,3]，[0,3]，共 7 种，所以满足条件的整数对(a，b)共有 7 个． 12．已知函数 f(x)＝2x－1，g(x)＝1－x2，规定：当|f(x)|≥g(x)时，h(x)＝|f(x)|；当|f(x)|1， ∴x＝log2k，y＝log3k，z＝log5k. ∵2x－3y＝2log2k－3log3k＝ 2 logk2 － 3 logk3 ＝2logk3－3logk2 logk2·logk3 ＝logk32－logk23 logk2·logk3 ＝ logk 9 8 logk2·logk3 >0， ∴2x>3y； ∵3y－5z＝3log3k－5log5k＝ 3 logk3 － 5 logk5 ＝3logk5－5logk3 logk3·logk5 ＝logk53－logk35 logk3·logk5 ＝ logk 125 243 logk3·logk5 <0， ∴3y<5z； ∵2x－5z＝2log2k－5log5k＝ 2 logk2 － 5 logk5 ＝2logk5－5logk2 logk2·logk5 ＝logk52－logk25 logk2·logk5 ＝ logk 25 32 logk2·logk5 <0， ∴5z>2x.∴5z>2x>3y. 考查点二 函数的零点判断及应用 4．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则 a＝( ) A．－1 2 B.1 3 C.1 2 D．1 解析：选 C 法一：f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1) ＝(x－1)2＋a[ex－1＋e－(x－1)]－1， 令 t＝x－1，则 g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1. ∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)， ∴函数 g(t)为偶函数． ∵f(x)有唯一零点， ∴g(t)也有唯一零点． 又 g(t)为偶函数，由偶函数的性质知 g(0)＝0， ∴2a－1＝0，解得 a＝1 2. 法二：由 f(x)＝0⇔a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x. ex－1＋e－x＋1≥2 ex－1·e－x＋1＝2， 当且仅当 x＝1 时取“＝”． －x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1， 当且仅当 x＝1 时取“＝”． 若 a>0，则 a(ex－1＋e－x＋1)≥2a， 要使 f(x)有唯一零点，则必有 2a＝1，即 a＝1 2. 若 a≤0，则 f(x)的零点不唯一． 综上所述，a＝1 2. 5．(2014·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ax3－3x2＋1，若 f(x)存在唯一的零点 x0，且 x0＞0， 则 a 的取值范围为 ( ) A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1) 解析：选 B 当 a＝0 时，f(x)＝－3x2＋1 有两个零点，不符合题意，故 a≠0.f′(x)＝ 3ax2－6x＝3x(ax－2)，令 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝2 a ，由题意得 a<0 且 f 2 a >0，解得 a<－ 2. 6．(2011·全国卷)在下列区间中，函数 f(x)＝ex＋4x－3 的零点所在的区间为( ) A. －1 4 ，0 B. 0，1 4 C. 1 4 ，1 2 D. 1 2 ，3 4 解析：选 C 因为 f 1 4 ＝e 1 4 ＋4×1 4 －3＝e 1 4 －2<0，f 1 2 ＝e 1 2 ＋4× 1 2 －3＝e 1 2 －1>0， 所以 f(x)＝ex＋4x－3 的零点所在的区间为 1 4 ，1 2 . 函数零点问题是难点——精析 2 种考法破解它 考法(一) 函数零点个数的判断及应用 1．函数的零点及其与方程根的关系 对于函数 f(x)，使 f(x)＝0 的实数 x 叫做函数 f(x)的零点．函数 F(x)＝f(x)－g(x)的零点 就是方程 f(x)＝g(x)的根，即函数 y＝f(x)的图象与函数 y＝g(x)的图象交点的横坐标． 2．零点存在性定理 如果函数 y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 f(a)·f(b)<0，那 么函数 y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在 c∈(a，b)，使得 f(c)＝0，这个 c 也就是方程 f(x)＝0 的根． [题组突破] 1．(2017·南昌模拟)已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且 x＞0 时，f(x)＝ln x－x＋1， 则函数 g(x)＝f(x)－ex(e 为自然对数的底数)的零点个数是( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选 C 当 x＞0 时，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝1 x －1＝1－x x ， 所以 x∈(0,1)时 f′(x)＞0，此时 f(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，f′(x) ＜0，此时 f(x)单调递减．因此，当 x＞0 时，f(x)max＝f(1)＝ln 1－1＋1 ＝0.根据函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数作出函数 y＝f(x)与 y＝ex 的大 致图象，如图所示，观察到函数 y＝f(x)与 y＝ex 的图象有两个交点，所以函数 g(x)＝f(x)－ ex(e 为自然对数的底数)有 2 个零点． 2．(2017·福州质检)已知 f(x)＝ 2 x ，x≥2， x－13，x＜2， 若函数 g(x)＝f(x)－k 有两个零点， 则两零点所在的区间为( ) A．(－∞，0) B．(0,1) C．(1,2) D．(1，＋∞) 解析：选 D 在平面直角坐标系内作出函数 f(x)的图象如图所示， 由图易得若函数 g(x)＝f(x)－k 有两个零点，即函数 f(x)的图象与直线 y＝k 有两个交点，则 k 的取值范围为(0,1)，两个零点分别位于(1,2)和 (2，＋∞)内，故选 D. 3．(2016·山东高考)已知函数 f(x)＝ |x|，x≤m， x2－2mx＋4m，x＞m， 其中 m＞0.若存在实数 b， 使得关于 x 的方程 f(x)＝b 有三个不同的根，则 m 的取值范围是________． 解析：作出 f(x)的图象如图所示．当 x＞m 时，x2－2mx＋4m＝(x －m)2＋4m－m2，∴要使方程 f(x)＝b 有三个不同的根，则 4m－m2＜ m，即 m2－3m＞0.又 m＞0，解得 m＞3. 答案：(3，＋∞) [解题方略] 1．函数零点个数判定的 3 种方法 (1)解方程：方程 f(x)＝0 根的个数即为函数 y＝f(x)零点的个数； (2)定理法：利用函数零点存在性定理及函数的性质判定； (3)图象法：转化为求两函数图象交点的个数问题进行判断． 解决函数零点问题要把握零点的实质——方程的根、函数图象与 x 轴的交点的横坐 标．判断函数零点个数问题一般要转化为两个函数图象的交点个数来求解． 2．利用函数零点求参数值(范围)的 3 种方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解． (2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解． (3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解． 考法(二) 函数零点的综合问题 [典例] (1)(2018 届高三·湘中名校联考)已知函数 f(x)＝－1 3x3＋ax2＋bx＋c 有两个极值 点 x1，x2，若 x1＜f(x1)＜x2，则关于 x 的方程[f(x)]2－2af(x)－b＝0 的实数根的个数不可能为 ( ) A．2 B．3 C．4 D．5 [解析] 由题意，得 f′(x)＝－x2＋2ax＋b.因为 x1，x2 是函数 f(x)的两个极值点，所以 x1，x2 是方程－x2＋2ax＋b＝0 的两个实数根，所以由[f(x)]2－2af(x)－b＝0，可得 f(x)＝x1 或 f(x)＝x2.由题意，知函数 f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增， 又 x1＜f(x1)＜x2，依题意作出简图，如图所示，结合图形可知，方程[f(x)]2－2af(x)－b＝0 的实数根的个数不可能为 5，故选 D. [答案] D (2)(2017·云南玉溪一中月考)已知函数 f(x)是定义在区间[－2,2]上的偶函数，当 0≤x≤2 时，f(x)＝x2－2x＋1，若在区间[－2,2]内，函数 g(x)＝f(x)－kx－2k 有三个零点，则实数 k 的取值范围是( ) A. 0，1 4 B. 0，1 2 C. 1 4 ，1 2 D. 1 4 ，＋∞ [解析] 因为函数 f(x)是定义在区间[－2,2]上的偶函数，且当－ 2≤x＜0 时，0＜－x≤2，所以 f(x)＝f(－x)＝(－x)2－2(－x)＋1＝x2＋ 2x＋1.函数 g(x)＝f(x)－kx－2k 在[－2,2]内有三个零点，即函数 y＝f(x) ＝ x2－2x＋1，0≤x≤2， x2＋2x＋1，－2≤x＜0 的图象和直线 y＝k(x＋2)在[－2，2]内有 三个不同的交点．作出函数 y＝f(x)和 y＝k(x＋2)的图象，如图所示．直线 y＝k(x＋2)过定点 P(－2,0)，由图可知 kPA＝1 4 ，kPB＝1 2 ，要使此直线与函数 y＝f(x)的图象有三个不同的交点， 则需满足1 4 ＜k＜1 2.故选 C. [答案] C [解题方略] 破解有关函数零点综合问题的策略 (1)通过导数研究函数的单调性、最值、变化趋势等判断函数的零点、方程的根及图象 交点个数的情况． (2)利用函数性质，作出图象，借助函数的图象判断函数的零点、方程的根、图象交点 个数的情况及参数范围． [提醒] 注意等价转化思想和数形结合思想的运用． [针对训练] 1．(2017·福州模拟)已知函数 f(x)＝ ex，x≥0， ax，x＜0， 若方程 f(－x)＝f(x)有五个不同的根， 则实数 a 的取值范围为( ) A．(－∞，－e) B．(－∞，－1) C．(1，＋∞) D．(e，＋∞) 解析：选 A 因为 f(0)＝f(－0)＝e0＝1，所以 x＝0 是方程 f(－x)＝f(x)的一个根．又方 程 f(－x)＝f(x)有五个不同的根，即方程 ex＝a(－x)(x＞0)有两个不同的根，设过原点且与函 数 g(x)＝ex(x＞0)的图象相切的直线为 OP(其中点 P(x0，y0)为切点)，则－a＞kOP.由 g′(x) ＝ex，得 kOP＝e 0x ＝y0 x0 ＝e 0x x0 ，解得 x0＝1.所以－a＞e，即 a＜－e，所以实数 a 的取值范围 为(－∞，－e)． 2．已知 y＝f(x)是 R 上的偶函数，对于任意的 x∈R，均有 f(x)＝f(2－x)，当 x∈[0,1] 时，f(x)＝(x－1)2，则函数 g(x)＝f(x)－log2 017|x－1|的所有零点之和为________． 解析：因为函数 f(x)是偶函数，所以 f(x)＝f(2－x)＝f(x＋2)，所以函数 f(x)的周期为 2， 又当 x∈[0,1]时，f(x)＝(x－1)2，将偶函数 y＝log2 017|x|的图象向右平移一个单位长度得到函 数 y＝log2 017|x－1|的图象，由此可在同一平面直角坐标系下作出函数 y＝f(x)与 y＝log2 017|x －1|的图象(图略)，函数 g(x)的零点，即为函数 y＝f(x)与 y＝log2 017|x－1|图象的交点的横坐 标，当 x＞2 018 时，两函数图象无交点，又两函数图象在[1,2 018]上有 2 016 个交点，由对 称性知两函数图象在[－2 016,1]上也有 2 016 个交点，且它们关于直线 x＝1 对称，所以函数 g(x)的所有零点之和为 4 032. 答案：4 032 [A 级——“12＋4”保分小题提速练] 1．若 f(x)是幂函数，且满足f9 f3 ＝2，则 f 1 9 ＝( ) A.1 2 B.1 4 C．2 D．4 解析：选 B 设 f(x)＝xα，由f9 f3 ＝9α 3α ＝3α＝2，得α＝log32，∴f 1 9 ＝ 1 9 log32＝1 4. 2．(2017·云南模拟)设 a＝60.7，b＝log70.6，c＝log0.60.7，则 a，b，c 的大小关系为( ) A．c＞b＞a B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．a＞c＞b 解析：选 D 因为 a＝60.7＞1，b＝log70.6＜0,0＜c＝log0.60.7＜1，所以 a＞c＞b. 3．函数 f(x)＝|log2x|＋x－2 的零点个数为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 B 函数 f(x)＝|log2x|＋x－2 的零点个数，就是方程 |log2x|＋x－2＝0 的根的个数． 令 h(x)＝|log2x|，g(x)＝2－x，画出两函数的图象，如图． 由图象得 h(x)与 g(x)有 2 个交点，∴方程|log2x|＋x－2＝0 的解 的个数为 2. 4．(2017·河南适应性测试)函数 y＝ax－a(a＞0，a≠1)的图象可能是( ) 解析：选 C 由函数 y＝ax－a(a＞0，a≠1)的图象过点(1,0)，得选项 A、B、D 一定不 可能；C 中 0＜a＜1，有可能，故选 C. 5．已知奇函数 y＝ fx，x＞0， gx，x＜0. 若 f(x)＝ax(a＞0，a≠1)对 应的图象如图所示，则 g(x)＝( ) A. 1 2 －x B．－ 1 2 x C．2－x D．－2x 解析：选 D 由图象可知，当 x＞0 时，函数 f(x)单调递减，则 0＜a＜1，∵f(1)＝1 2 ， ∴a＝1 2 ，即函数 f(x)＝ 1 2 x，当 x＜0 时，－x＞0，则 f(－x)＝ 1 2 －x＝－g(x)，即 g(x)＝－ 1 2 －x＝－2x，故 g(x)＝－2x，x＜0，选 D. 6．已知 f(x)＝ax 和 g(x)＝bx 是指数函数，则“f(2)＞g(2)”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 解析：选 C 由题可得，a＞0，b＞0 且 a≠1，b≠1. 充分性：f(2)＝a2，g(2)＝b2， 由 f(2)＞g(2)知，a2＞b2， 再结合 y＝x2 在(0，＋∞)上单调递增， 可知 a＞b，故充分性成立； 必要性：由题可知 a＞b＞0， 构造函数 h(x)＝fx gx ＝ax bx ＝ a b x，显然a b ＞1， 所以 h(x)单调递增， 故 h(2)＝a2 b2 ＞h(0)＝1， 所以 a2＞b2，故必要性成立． 7．函数 f(x)＝ex＋x－2 的零点所在的一个区间是( ) A．(－2，－1) B．(－1,0) C．(0,1) D．(1,2) 解析：选 C 法一：∵f(0)＝e0＋0－2＝－1＜0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1＞0，∴f(0)f(1) ＜0，故函数 f(x)＝ex＋x－2 的零点所在的一个区间是(0,1)，选 C. 法二：函数 f(x)＝ex＋x－2 的零点，即函数 y＝ex 的图象与 y＝－x ＋2 的图象的交点的横坐标，作出函数 y＝ex 与直线 y＝－x＋2 的图象 如图所示，由图可知选 C. 8．已知函数 f(x)＝ln x＋3x－8 的零点 x0∈[a，b]，且 b－a＝1，a，b∈N*，则 a＋b＝( ) A．0 B．2 C．5 D．7 解析：选 C ∵f(2)＝ln 2＋6－8＝ln 2－2＜0，f(3)＝ln 3＋9－8＝ln 3＋1＞0，且函数 f(x)＝ln x＋3x－8 在(0，＋∞)上为单调递增函数，∴x0∈[2,3]，即 a＝2，b＝3，∴a＋b＝ 5. 9．(2018 届高三·湖南四校联考)设函数 f(x)＝ log2x，x＞0， gx，x＜0， 若 f(x)为奇函数，则 g －1 4 的值为( ) A．－1 4 B.1 4 C．－2 D．2 解析：选 D 法一：当 x＞0 时，f(x)＝log2x， ∵f(x)为奇函数， ∴当 x＜0 时，f(x)＝－log2(－x)， 即 g(x)＝－log2(－x)， ∴g －1 4 ＝－log2 1 4 ＝2. 法二：g －1 4 ＝f －1 4 ＝－f 1 4 ＝－log2 1 4 ＝－log22－2＝2. 10．(2017·杭州二模)已知直线 x＝m(m＞1)与函数 f(x)＝logax(a＞0 且 a≠1)，g(x)＝ logbx(b＞0 且 b≠1)的图象及 x 轴分别交于 A，B，C 三点，若 AB―→＝2 BC―→，则( ) A．b＝a2 B．a＝b2 C．b＝a3 D．a＝b3 解析：选 C 由于 AB―→＝2 BC―→，则 AC―→＝3 BC―→，则点 A 的坐标为(m,3g(m))，又点 A 在函数 f(x)＝logax 的图象上，故 logam＝3logbm，即 logam＝logbm3，由对数运算可知 b＝a3. 11．已知 f(x)＝ 2x＋1，x≤0， |ln x|，x＞0， 则方程 f[f(x)]＝3 的根的个数是( ) A．6 B．5 C．4 D．3 解析：选 B 令 f(x)＝t，则方程 f[f(x)]＝3 即为 f(t)＝3，解得 t ＝e－3 或 e3，作出函数 f(x)的图象(如图所示)，由图象可知方程 f(x)＝e －3 有 3 个解，f(x)＝e3 有 2 个解，则方程 f[f(x)]＝3 有 5 个实根． 12．(2017·合肥模拟)已知函数 f(x)＝ 2x＋1，x＜0， |1 2x2－2x＋1|，x≥0. 方程[f(x)]2－af(x)＋b＝ 0(b≠0)有 6 个不同的实数解，则 3a＋b 的取值范围是( ) A．[6,11] B．[3,11] C．(6,11) D．(3,11) 解析：选 D 作出函数 f(x)的图象如图所示， 对于方程[f(x)]2－af(x)＋b＝0，可令 f(x)＝t，那么方程根的个数就是 f(x)＝t1 与 f(x)＝t2 的根的个数之和，结合图象可知，要使总共有 6 个根，需要一个方程有 4 个根，另一个方 程有 2 个根，从而可知关于 t 的方程 t2－at＋b＝0 有 2 个根，分别位于区间(0,1)与(1,2)内， 由根的分布得出约束条件 b＞0， 1－a＋b＜0， 4－2a＋b＞0， 画出可行域如图所示，目标函数 z＝3a＋b 经过 1－a＋b＝0， 4－2a＋b＝0 的交点 A(3,2)时取得最大值 11，经过 B(1,0)时取得最小值 3.故 3a＋b 的取值范围为(3,11)． 13．函数 y＝loga(x－3)＋3(a＞0，a≠1)的图象恒过定点________． 解析：因为函数 y＝logax(a＞0，a≠1)的图象恒过定点(1,0)，所以函数 y＝loga(x－3)＋ 3(a＞0，a≠1)的图象恒过定点(4,3)． 答案：(4,3) 14．(log43＋log83)(log32＋log92)＝________. 解析：(log43＋log83)(log32＋log92) ＝1 2log23＋1 3log23 log32＋1 2log32 ＝5 6log23×3 2log32 ＝5 4. 答案：5 4 15 ． 已 知 函 数 f(x) 为 偶 函 数 且 f(x) ＝ f(x － 4) ， 又 在 区 间 [0,2] 上 f(x) ＝ －x2－3 2x＋5，0≤x≤1， 2x＋2－x，10 时，函数 y＝|t－a t|，t∈(0，＋∞)的单调递增区间是[ a，＋ ∞)，此时 a≤1，即 0g0， h－1≤g－1， 即 a<1， －2a≤－3 e ， 所以 3 2e ≤a<1. 5．(2014·全国卷Ⅱ)若函数 f(x)＝kx－ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则 k 的取值范围 是( ) A．(－∞，－2] B．(－∞，－1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞) 解析：选 D 因为 f(x)＝kx－ln x， 所以 f′(x)＝k－1 x. 因为 f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以当 x>1 时，f′(x)＝k－1 x ≥0 恒成立， 即 k≥1 x 在区间(1，＋∞)上恒成立． 因为 x>1，所以 0<1 x<1，所以 k≥1. 考查点三 利用导数研究函数的极值、最值 6．(2017·全国卷Ⅱ)若 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，则 f(x)的极小值 为( ) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 解析：选 A 因为 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 所以 f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1 ＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1. 因为 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，所以－2 是 x2＋(a＋2)x＋a－1＝0 的根， 所以 a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1. 令 f′(x)>0，解得 x<－2 或 x>1， 令 f′(x)<0，解得－2f(x0)，那么 f(x0)是函数的一个极 小值．极大值与极小值统称为极值． 2．函数的最值 将函数 y＝f(x)在[a，b]内的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个 是最大值，最小的一个是最小值． [提醒] (1)可导函数极值点的导数为 0，但导数为 0 的点不一定是极值点，如函数 f(x) ＝x3，当 x＝0 时就不是极值点，但 f′(0)＝0. (2)极值点不是一个点，而是一个数 x0，当 x＝x0 时，函数取得极值．在 x0 处有 f′(x0) ＝0 是函数 f(x)在 x0 处取得极值的必要不充分条件． [典例] (1)已知函数 f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若 f(x)在区间[k,2]上的最大值为 28，则实 数 k 的取值范围为( ) A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞) C．(－∞，－3) D．(－∞，－3] [解析] 由题意知 f′(x)＝3x2＋6x－9， 令 f′(x)＝0，解得 x＝1 或 x＝－3， 所以 f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表： x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 极大值 极小值 又 f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为 28，所以 k≤－3. [答案] D (2)(2017·江西八校联考)已知函数 f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数 a 的取值范围 是( ) A．(－∞，0) B. 0，1 2 C．(0,1) D．(0，＋∞) [解析] f′(x)＝ln x－2ax＋1(x＞0)， 故 f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点， 令 f′(x)＝0，则 2a＝ln x＋1 x ， 设 g(x)＝ln x＋1 x ，则 g′(x)＝－ln x x2 ， ∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 又∵当 x→0 时，g(x)→－∞，当 x→＋∞时，g(x)→0， 而 g(x)max＝g(1)＝1， ∴只需 0＜2a＜1，即 0＜a＜1 2. [答案] B [解题方略] 已知函数极值、最值情况求参数值或范围的方法 (1)由函数的极值点确定参数问题的关键是转化构造，即转化为 f′(x)＝0 的根的问题， 再构造新函数，通过研究函数单调性，结合图形或直接得出结论． (2)已知 f(x)在某点 x0 处有极值、最值，求参数的取值(范围)时，应逆向考虑，可先将参 数当成常数，按照求极值、最值的一般方法求解，再依据极值、最值与导数的关系，列等 式(不等式)求解；也可以根据函数在该点导数 f′(x0)＝0 列出等式(不等式)，再根据极值、 最值与导数的关系及题意进行求解． [针对训练] 1．(2017·长沙二模)已知函数 f(x)＝ x x2＋a(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为 3 3 ，则 a 的值 为( ) A. 3－1 B.3 4 C.4 3 D. 3＋1 解析：选 A 由 f(x)＝ x x2＋a 得 f′(x)＝ a－x2 x2＋a2. 当 a＞1 时，若 x＞ a，则 f′(x)＜0，f(x)单调递减， 若 1＜x＜ a，则 f′(x)＞0，f(x)单调递增， 故当 x＝ a时，函数 f(x)有最大值 1 2 a ＝ 3 3 ， 得 a＝3 4 ＜1，不合题意； 当 a＝1 时，函数 f(x)在[1，＋∞)上单调递减， 最大值为 f(1)＝1 2 ，不合题意； 当 0＜a＜1 时，函数 f(x)在[1，＋∞)上单调递减， 此时最大值为 f(1)＝ 1 a＋1 ＝ 3 3 ，得 a＝ 3－1，符合题意． 故 a 的值为 3－1. 2．(2017·郑州二模)已知函数 f(x)＝1 3x3－a 2x2＋2x＋1，且 x1，x2 是 f(x)的两个极值点，0 ＜x1＜1＜x2＜3，则 a 的取值范围是________． 解析：f′(x)＝x2－ax＋2， 由题意知 f′1＝1－a＋2＜0， f′3＝9－3a＋2＞0， f′0＝2＞0， 解得 3＜a＜11 3 . 答案： 3，11 3 [A 级——“12＋4”保分小题提速练] 1．(2018 届高三·江西师范大学附中调研)若错误! (x－a)dx＝ 4 0   cos 2xdx，则 a 的值为 ( ) A．－1 B．1 C．2 D．4 解析：选 B 错误! (x－a)dx＝ 1 2 x2－ax | 2 1 ＝3 2 －a， 4 0   cos 2xdx＝1 2sin 2x| π 4 1 ＝1 2. 由3 2 －a＝1 2 ，得 a＝1. 2．(2017·北京模拟)曲线 f(x)＝xln x 在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为( ) A.π 6 B.π 4 C.π 3 D.π 2 解析：选 B 因为 f(x)＝xln x，所以 f′(x)＝ln x＋x·1 x ＝ln x＋1，所以 f′(1)＝1，所以 曲线 f(x)＝xln x 在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为π 4. 3．已知函数 f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数 f(x)的单调递增区间是( ) A. 0，1 2 和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞) C. 0，1 2 和(2，＋∞) D．(1,2) 解析：选 C 函数 f(x)＝x2－5x＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令 f′(x)＝2x－5＋2 x ＝ 2x2－5x＋2 x ＝x－22x－1 x ＞0，解得 0＜x＜1 2 或 x＞2，故函数 f(x)的单调递增区间是 0，1 2 和(2，＋∞)． 4．(2016·沈阳监测)由曲线 y＝x2，y＝ x围成的封闭图形的面积为( ) A.1 6 B.1 3 C.2 3 D．1 解析：选 B 由题意可知所求面积(如图阴影部分所示)为 ∫10( x－x2)dx＝ 2 3x3 2 －1 3x3 10＝1 3. 5．(2018 届高三·江西赣中南五校联考)设函数 f(x)的导数为 f′(x)，且 f(x)＝x2＋2xf′(1)，则 f′(2)＝( ) A．0 B．2 C．4 D．8 解析：选 A 因为 f(x)＝x2＋2xf′(1)， 所以 f′(x)＝2x＋2f′(1)， 令 x＝1，则 f′(1)＝2＋2f′(1)， 解得 f′(1)＝－2，则 f′(x)＝2x－4， 所以 f′(2)＝2×2－4＝0. 6．已知 f(x)＝2x3－6x2＋m(m 为常数)在[－2,2]上有最大值为 3，那么此函数在[－2,2] 上的最小值为( ) A．0 B．－5 C．－10 D．－37 解析：选 D 由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由 f′(x)＝0 得 x＝0 或 x＝2，当 x＜0 或 x ＞2 时，f′(x)＞0，当 0＜x＜2 时，f′(x)＜0，∴f(x)在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调 递减，由条件知 f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37. 7．(2017·广州模拟)设函数 f(x)＝x3＋ax2，若曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线方程 为 x＋y＝0，则点 P 的坐标为( ) A．(0,0) B．(1，－1) C．(－1,1) D．(1，－1)或(－1,1) 解析：选 D 由题易知，f′(x)＝3x2＋2ax，所以曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线 的斜率为 f′(x0)＝3x20＋2ax0，又切线方程为 x＋y＝0，所以 x0≠0， 且 3x20＋2ax0＝－1， x0＋x30＋ax20＝0， 解得 x0＝1， a＝－2 或 x0＝－1， a＝2. 所以当 x0＝1， a＝－2 时，点 P 的坐标为(1，－1)； 当 x0＝－1， a＝2 时，点 P 的坐标为(－1,1)． 8．(2017·昆明检测)若函数 f(x)＝e2x＋ax 在(0，＋∞)上单调递增，则实数 a 的取值范围 为( ) A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞) C．[－2，＋∞) D．(－2，＋∞) 解析：选 C ∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且 f′(x)＝2e2x＋a，∴f′(x)＝2e2x＋a≥0 在(0，＋∞)上恒成立，即 a≥－2e2x 在(0，＋∞)上恒成立，又 x∈(0，＋∞)时，－2e2x＜－2， ∴a≥－2. 9．(2018 届高三·重庆调研)若函数 f(x)＝(x＋a)ex 在(0，＋∞)上不单调，则实数 a 的取 值范围是( ) A．(－∞，－1) B．(－∞，0) C．(－1,0) D．[－1，＋∞) 解析：选 A f′(x)＝ex(x＋a＋1)，由题意，知方程 ex(x＋a＋1)＝0 在(0，＋∞)上至少 有一个实数根，即 x＝－a－1＞0，解得 a＜－1. 10．已知函数 f(x)的导函数 f′(x)＝ax2＋bx＋c 的图象如图所示，则 f(x)的图象可能是 ( ) 解析：选 D 当 x＜0 时，由导函数 f′(x)＝ax2＋bx＋c＜0，知相应的函数 f(x)在该区 间内单调递减，排除 A、B；当 x＞0 时，由导函数 f′(x)＝ax2＋bx＋c 的图象可知，导函数 在区间(0，x1)内的值是大于 0 的，则在此区间内函数 f(x)单调递增，排除 C，故选 D. 11．(2017·重庆适应性考试)设函数 f(x)＝ex(x－aex)(其中 e 是自然对数的底数)恰有两个 极值点 x1，x2(x1＜x2)，则下列说法不正确的是( ) A．0＜a＜1 2 B．－1＜x1＜0 C．－1 2 ＜f(0)＜0 D．f(x1)＋f(x2)＞0 解析：选 D 由题意得 f′(x)＝ex(1－aex)＋ex(x－aex)＝ex(1＋x －2aex)，函数 f(x)的两个极值点为 x1，x2(x1＜x2)，即 x1，x2(x1＜x2) 是方程 f′(x)＝0 的两个不相等的实数根，所以 1＋x－2aex＝0 且 a≠0，所以x＋1 2a ＝ex，设函数 y＝x＋1 2a (a≠0)，y＝ex，在同一坐标系中 画出两个函数的大致图象如图所示，要使得两个函数图象有 2 个不同的交点，应满足 1 2a ＞0， 1 2a ＞1， 解得 0＜a＜1 2 ，且－1＜x1＜0，因为 f(0)＝e0(0－ae0)＝－a，所以－1 2 ＜f(0)＜0， 故选 D. 12．已知函数 f(x)＝ex x2 －k 2 x ＋ln x ，若 x＝2 是函数 f(x)的唯一一个极值点，则实数 k 的取值范围为( ) A．(－∞，e] B．[0，e] C．(－∞，e) D．[0，e) 解析：选 A f′(x)＝x2ex－2xex x4 －k － 2 x2 ＋1 x ＝x－2 ex x －k x2 (x>0)．设 g(x)＝ex x ，则 g′(x) ＝x－1ex x2 ，则 g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为 g(1)＝e，结合 g(x)＝ex x 与 y＝k 的图象可知，要满足 题意，只需 k≤e. 13．(2017·云南模拟)已知函数 f(x)＝axln x＋b(a，b∈R)，若 f(x)的图象在 x＝1 处的切 线方程为 2x－y＝0，则 a＋b＝________. 解析：由题意，得 f′(x)＝aln x＋a，所以 f′(1)＝a，因为函数 f(x)的图象在 x＝1 处的 切线方程为 2x－y＝0，所以 a＝2，又 f(1)＝b，则 2×1－b＝0，所以 b＝2，故 a＋b＝4. 答案：4 14．(2017·太原二模)若函数 f(x)＝sin x＋ax 为 R 上的减函数，则实数 a 的取值范围是 ________． 解析：∵f′(x)＝cos x＋a，由题意可知，f′(x)≤0 对任意的 x∈R 都成立，∴a≤－1， 故实数 a 的取值范围是(－∞，－1]． 答案：(－∞，－1] 15．(2017·新乡一模)设 x1，x2 是函数 f(x)＝x3－2ax2＋a2x 的两个极值点，若 x1<20；x0＝2 时，y＝－1<0.所以方程 2x30－6x20＋7＝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． 2．(2018 届高三·东北三校一联)已知定义在 R 上的奇函数 f(x)的图象为一条连续不断的 曲线，f(1＋x)＝f(1－x)，f(1)＝a，且当 0＜x＜1 时，f(x)的导函数 f′(x)满足 f′(x)＜f(x)， 则 f(x)在[2 015,2 016]上的最大值为( ) A．a B．0 C．－a D．2 016 解析：选 C 由 f(1＋x)＝f(1－x)可得函数 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称．又 f(x)是定 义在 R 上的奇函数，则 f(0)＝0，且 f(x)的图象关于点(0,0)对称，所以 f(x)是以 4 为周期的周 期函数，则 f(x)在[2 015,2016]上的图象与[－1,0]上的图象形状完全相同．令 g(x)＝fx ex ，则 g′(x)＝f′x－fx ex ＜0(x∈(0,1))，函数 g(x)在(0,1)上单调递减，则 g(x)＜g(0)＝0，所以 f′(x) ＜f(x)＜0，则函数 f(x)在(0,1)上单调递减．又由奇函数的性质可得 f(x)在(－1,0)上也单调递 减，则 f(x)在[2 015，2 016]上的最大值为 f(2 015)＝f(－1)＝－f(1)＝－a. 3．(2017·宝鸡一检)已知函数 f(x)＝x2＋4x＋aln x，若函数 f(x)在(1,2)上是单调函数，则 实数 a 的取值范围是( ) A．(－6，＋∞) B．(－∞，－16) C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞) D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞) 解析：选 C ∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x＋4＋a x ＝2x2＋4x＋a x ，f(x)在(1,2) 上是单调函数， ∴f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在(1,2)上恒成立，即 2x2＋4x＋a≥0 或 2x2＋4x＋a≤0 在(1,2) 上恒成立，即 a≥－(2x2＋4x)或 a≤－(2x2＋4x)在(1,2)上恒成立．记 g(x)＝－(2x2＋4x)，1 ＜x＜2，则－16＜g(x)＜－6，∴a≥－6 或 a≤－16. 4．(2017·广西三市联考)已知函数 f(x)＝ex(x－b)(b∈R)．若存在 x∈ 1 2 ，2 ，使得 f(x) ＋xf′(x)＞0，则实数 b 的取值范围是( ) A. －∞，8 3 B. －∞，5 6 C. －3 2 ，5 6 D. 8 3 ，＋∞ 解析：选 A 由 f(x)＋xf′(x)＞0，得[xf(x)]′＞0， 设 g(x)＝xf(x)＝ex(x2－bx)， 若存在 x∈ 1 2 ，2 ，使得 f(x)＋xf′(x)＞0， 则函数 g(x)在区间 1 2 ，2 上存在子区间使得 g′(x)＞0 成立． g′(x)＝ex(x2－bx)＋ex(2x－b)＝ex[x2＋(2－b)x－b]， 设 h(x)＝x2＋(2－b)x－b， 则 h(2)＞0 或 h 1 2 ＞0， 即 8－3b＞0 或5 4 －3 2b＞0，得 b＜8 3. 5．(2017·甘肃一诊)若函数 f(x)＝x2－4ex－ax 在 R 上存在单调递增区间，则实数 a 的取 值范围为________． 解析：因为 f(x)＝x2－4ex－ax， 所以 f′(x)＝2x－4ex－a. 由题意，f′(x)＝2x－4ex－a＞0，即 a＜2x－4ex 有解． 设 g(x)＝2x－4ex，则 g′(x)＝2－4ex. 令 g′(x)＝0，解得 x＝－ln 2. 当 x∈(－∞，－ln 2)时，g′(x)＞0，函数 g(x)单调递增； 当 x∈(－ln 2，＋∞)时，g′(x)＜0，函数 g(x)单调递减． 所以当 x＝－ln 2 时，g(x)取得最大值－2－2ln 2， 所以 a＜－2－2ln 2. 答案：(－∞，－2－2ln 2) 6．(2018 届高三·兰州四校联考)已知 f(x)＝(x＋1)3e－x＋1，g(x)＝(x＋1)2＋a，若∃x1，x2 ∈R，使得 f(x2)≥g(x1)成立，则实数 a 的取值范围是________． 解析：∃x1，x2∈R，使得 f(x2)≥g(x1)成立，即为 f(x)max≥g(x)min.又 f′(x)＝(x＋1)2e－x ＋1(－x＋2)，由 f′(x)＝0 得 x＝－1 或 2，故当 x＜2 时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；当 x＞2 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以 f(x)max＝f(2)＝27 e ，又 g(x)min＝a，则 a≤27 e ，故实数 a 的取值范围是 －∞，27 e . 答案： －∞，27 e [C 级——压轴小题突破练] 1．(2017·宝鸡模拟)已知函数 y＝x2 的图象在点(x0，x20)处的切线为 l，若 l 也与函数 y＝ ln x，x∈(0,1)的图象相切，则 x0 的取值范围为( ) A. 0，1 2 B. 1 2 ，1 C. 2 2 ， 2 D.( 2， 3) 解析：选 D 函数 y＝x2 的导数为 y′＝2x，在点(x0，x20)处的切线的斜率为 k＝2x0，切 线方程为 y－x20＝2x0(x－x0)，设切线与 y＝ln x 相切的切点为(m，ln m)，0＜m＜1，因为 y ＝ln x 的导数为 y′＝1 x ，所以 2x0＝1 m ，切线方程为 y－ln m＝1 m(x－m)，令 x＝0，可得 y＝ ln m－1＝－x20，由 0＜m＜1，可得 x0＝ 1 2m ＞1 2 ，且 x20＞1，解得 x0＞1，由 m＝ 1 2x0 ，可得 x20 －ln(2x0)－1＝0，令 f(x)＝x2－ln(2x)－1，x＞1，则 f′(x)＝2x－1 x ＞0，f(x)在 x＞1 时单调 递增，且 f( 2)＝2－ln 2 2－1＜0，f( 3)＝3－ln 2 3－1＞0，则有 x20－ln(2x0)－1＝0 的根 x0∈( 2， 3)． 2．(2017·惠州模拟)已知函数 f(x)＝xsin x＋cos x＋x2，则不等式 f(ln x)＋f ln1 x ＜2f(1) 的解集为( ) A．(e，＋∞) B．(0，e) C. 0，1 e ∪(1，e) D. 1 e ，e 解析：选 D f(x)＝xsin x＋cos x＋x2，因为 f(－x)＝f(x)，所以 f(x)是偶函数，所以 f ln1 x ＝f(－ln x)＝f(ln x)，所以 f(ln x)＋f ln1 x ＜2f(1)可变形为 f(ln x)＜f(1)．f′(x)＝xcos x＋2x ＝x(2＋cos x)，因为 2＋cos x＞0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递 减，所以 f(ln x)＜f(1)等价于－1＜ln x＜1，所以1 e ＜x＜e. 小题押题 16—7 三角函数的图象与性质 卷 别 年 份 考题位置 考查内容 命题规律分析 全国 卷Ⅰ 2017 选择题第 9 题 三角函数图象变换 在三角函数的图象 与性质中，图象主要考 查图象变换，题目较简 单但是易出错，性质主 要考查单调性、奇偶性、 周期性及应用，是考查 的重点内容．三角函数 的最值问题多与三角变 换相结合，考查复合二 次函数型式可化为 y＝ Asin(ωx ＋ φ) ， 难 度 中 档． 2016 选择题第 12 题 三角函数性质 2015 选择题第 8 题 三角函数的图象与 性质 全国 卷Ⅱ 2017 填空题第 14 题 三角函数的最值 2016 选择题第 7 题 三角函数图象变换 与性质 全国 卷Ⅲ 2017 选择题第 6 题 三角函数的图象与 性质 2016 填空题第 14 题 三角函数的图象变 换 考查点一 三角函数的图象与变换 1．(2017·全国卷Ⅰ)已知曲线 C1：y＝cos x，C2：y＝sin 2x＋2π 3 ，则下面结论正确的是 ( ) A．把 C1 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π 6 个单位长度，得到曲线 C2 B．把 C1 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 π 12 个单位长度，得到曲线 C2 C．把 C1 上各点的横坐标缩短到原来的1 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π 6 个 单位长度，得到曲线 C2 D．把 C1 上各点的横坐标缩短到原来的1 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 π 12 个单位长度，得到曲线 C2 解析：选 D 易知 C1：y＝cos x＝sin x＋π 2 ，把曲线 C1 上的各点的横坐标缩短到原来 的1 2 倍，纵坐标不变，得到函数 y＝sin 2x＋π 2 的图象，再把所得函数的图象向左平移 π 12 个 单位长度，可得函数 y＝sin 2 x＋ π 12 ＋π 2 ＝sin 2x＋2π 3 的图象，即曲线 C2. 2．(2016·全国卷Ⅱ)若将函数 y＝2sin 2x 的图象向左平移 π 12 个单位长度，则平移后图象 的对称轴为( ) A．x＝kπ 2 －π 6(k∈Z) B．x＝kπ 2 ＋π 6(k∈Z) C．x＝kπ 2 － π 12(k∈Z) D．x＝kπ 2 ＋ π 12(k∈Z) 解析：选 B 将函数 y＝2sin 2x 的图象向左平移 π 12 个单位长度，得到函数 y＝2sin 2 x＋ π 12 ＝2sin 2x＋π 6 的图象．由 2x＋π 6 ＝kπ＋π 2(k∈Z)，得 x＝kπ 2 ＋π 6(k∈Z)，即平移后 图象的对称轴为 x＝kπ 2 ＋π 6(k∈Z)． 3．(2015·全国卷Ⅰ)函数 f(x)＝cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则 f(x)的单调递减区间 为( ) A. kπ－1 4 ，kπ＋3 4 ，k∈Z B. 2kπ－1 4 ，2kπ＋3 4 ，k∈Z C. k－1 4 ，k＋3 4 ，k∈Z D. 2k－1 4 ，2k＋3 4 ，k∈Z 解析：选 D 由图象知，周期 T＝2 5 4 －1 4 ＝2， ∴2π ω ＝2，∴ω＝π. 由π×1 4 ＋φ＝π 2 ＋2kπ，k∈Z， 得φ＝π 4 ＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝π 4 ， ∴f(x)＝cos πx＋π 4 . 由 2kπ<πx＋π 4<2kπ＋π，k∈Z， 得 2k－1 40，|φ|≤π 2 ，x＝－π 4 为 f(x)的零点，x ＝π 4 为 y＝f(x)图象的对称轴，且 f(x)在 π 18 ，5π 36 上单调，则ω的最大值为( ) A．11 B．9 C．7 D．5 解析：选 B 由题意得 －π 4ω＋φ＝k1π，k1∈Z， π 4ω＋φ＝k2π＋π 2 ，k2∈Z， 则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝π 4 或φ＝－π 4. 若ω＝11，则φ＝－π 4 ，此时 f(x)＝sin 11x－π 4 ，f(x)在区间 π 18 ，3π 44 上单调递增，在区间 3π 44 ，5π 36 上单调递减，不满足 f(x)在区间 π 18 ，5π 36 上单调； 若ω＝9，则φ＝π 4 ，此时 f(x)＝sin 9x＋π 4 ，满足 f(x)在区间 π 18 ，5π 36 上单调递减，故选 B. 6．(2014·全国卷Ⅰ)在函数①y＝cos|2x|，②y＝|cos x|，③y＝cos2x＋π 6 ，④y＝tan 2x－π 4 中，最小正周期为π的所有函数为( ) A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①③ 解析：选 A ①y＝cos|2x|，最小正周期为π；②y＝|cos x|，最小正周期为π；③y＝ cos 2x＋π 6 ，最小正周期为π；④y＝tan 2x－π 4 ，最小正周期为π 2 ，所以最小正周期为π的所 有函数为①②③. 考查点三 三角函数的值域与最值问题 7．(2016·全国卷Ⅱ)函数 f(x)＝cos 2x＋6cos π 2 －x 的最大值为( ) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：选 B ∵f(x)＝cos 2x＋6cos π 2 －x ＝cos 2x＋6sin x＝1－2sin2x＋6sin x＝－ 2 sin x－3 2 2＋11 2 ， 又 sin x∈[－1,1]，∴当 sin x＝1 时，f(x)取得最大值 5. 8．(2014·全国卷Ⅱ)函数 f(x)＝sin(x＋2φ)－2sin φcos(x＋φ)的最大值为________． 解析：f(x)＝sin[(x＋φ)＋φ]－2sin φcos(x＋φ)＝sin(x＋φ)cos φ－cos(x＋φ)sin φ＝sin(x＋ φ－φ)＝sin x，因为 x∈R，所以 f(x)的最大值为 1. 答案：1 9．(2017·全国卷Ⅱ)函数 f(x)＝sin2x＋ 3cos x－3 4 x∈ 0，π 2 的最大值是________． 解析：依题意，f(x)＝sin2x＋ 3cos x－3 4 ＝－cos2x＋ 3cos x＋1 4 ＝－ cos x－ 3 2 2＋1， 因为 x∈ 0，π 2 ，所以 cos x∈[0,1]， 因此当 cos x＝ 3 2 时，f(x)max＝1. 答案：1 重点突破——三角函数性质的 2 个常考点 考法(一) 三角函数的性质及应用 1．三角函数的单调区间 y ＝ sin x 的 单 调 递 增 区 间 是 2kπ－π 2 ，2kπ＋π 2 (k ∈ Z) ， 单 调 递 减 区 间 是 2kπ＋π 2 ，2kπ＋3π 2 (k∈Z)； y＝cos x 的单调递增区间是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，单调递减区间是[2kπ，2kπ＋π](k∈ Z)； y＝tan x 的递增区间是 kπ－π 2 ，kπ＋π 2 (k∈Z)． 2．三角函数奇偶性与对称性 y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ＋π 2(k∈Z)时为偶函数；对称轴 方程可由ωx＋φ＝kπ＋π 2(k∈Z)求得． y＝Acos(ωx＋φ)，当φ＝kπ＋π 2(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ(k∈Z)时为偶函数；对称轴 方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得． y＝Atan(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数． 3．三角函数周期性的求法 函数 y＝Asin(ωx＋φ)(或 y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期 T＝2π |ω|.应特别注意 y＝|Asin(ωx ＋φ)|的周期为 T＝ π |ω|. 4．求解三角函数的值域(最值)常见类型及求法 (1)形如 y＝asin x＋bcos x＋c 的三角函数化为 y＝Asin(ωx＋φ)＋k 的形式，再求最值(值 域)． (2)形如 y＝asin2x＋bsin x＋c 的三角函数，可先设 sin x＝t，化为关于 t 的二次函数求值 域(最值)． (3)形如 y＝asin xcos x＋b(sin x±cos x)＋c 的三角函数，可先设 t＝sin x±cos x，化为关 于 t 的二次函数求值域(最值)． [题组突破] 1．(2017·洛阳模拟)下列函数中，是周期函数且最小正周期为π的是( ) A．y＝sin x＋cos x B．y＝sin2x－ 3cos2x C．y＝cos|x| D．y＝3sinx 2cosx 2 解析：选 B 对于 A，函数 y＝sin x＋cos x＝ 2sin x＋π 4 的最小正周期是 2π，不符合 题意；对于 B，函数 y＝sin2x－ 3cos2x＝1 2(1－cos 2x)－ 3 2 (1＋cos 2x)＝1－ 3 2 －1＋ 3 2 cos 2x 的最小正周期是π，符合题意；对于 C，y＝cos|x|＝cos x 的最小正周期是 2π，不符合题意； 对于 D，函数 y＝3sinx 2cosx 2 ＝3 2sin x 的最小正周期是 2π，不符合题意．故选 B. 2．函数 f(x)＝sin2x＋ 3sin xcos x 在 π 4 ，π 2 上的最小值是( ) A．1 B.1＋ 3 2 C．1＋ 3 D.3 2 解析：选 A f(x)＝sin2x＋ 3sin xcos x＝1 2 －1 2cos 2x＋ 3 2 sin 2x＝sin 2x－π 6 ＋1 2 ，因为 π 4 ≤x≤π 2 ，所以π 3 ≤2x－π 6 ≤5π 6 ，所以当 2x－π 6 ＝5π 6 ，即 x＝π 2 时，函数 f(x)＝sin2x＋ 3sin xcos x 取得最小值，且最小值为1 2 ＋1 2 ＝1. 3．函数 f(x)＝sin x＋π 6 cos x＋π 6 ，给出下列结论： ①f(x)的最小正周期为π； ②f(x)的图象的一条对称轴为 x＝π 6 ； ③f(x)的图象的一个对称中心为 π 6 ，0 ； ④f x－π 6 是奇函数． 其中正确结论的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 B 函数 f(x)＝sin x＋π 6 cos x＋π 6 ＝1 2sin 2x＋π 3 ， ∴f(x)的最小正周期为 T＝2π 2 ＝π，故①正确， 又当 x＝π 6 时，2x＋π 3 ＝2π 3 ，故②③错误， ∵f x－π 6 ＝1 2sin 2 x－π 6 ＋π 3 ＝1 2sin 2x， ∴f x－π 6 是定义域为 R 的奇函数，故④正确． ∴①④正确，故选 B. 4．(2017·沈阳模拟)将函数 f(x)＝2sin ωx＋π 4 (ω＞0)的图象向右平移 π 4ω 个单位长度，得 到函数 y＝g(x)的图象，若 y＝g(x)在 －π 6 ，π 3 上为增函数，则ω的最大值为( ) A．3 B．2 C.3 2 D.5 4 解析：选 C g(x)＝2sin ω x－ π 4ω ＋π 4 ＝2sin ωx－π 4 ＋π 4 ＝2sin ωx.因为 y＝g(x)在 －π 6 ，π 3 上为增函数，所以ω· －π 6 ≥－π 2 ＋2kπ(k∈Z)且ω·π 3 ≤π 2 ＋2kπ(k∈Z)，解得 0＜ω≤3 2 ， 则ω的最大值为3 2. [解题方略] 解决三角函数图象与性质综合问题的方法 先将 y＝f(x)化为 y＝asin x＋bcos x 的形式，然后用辅助角公式化为 y＝Asin(ωx＋φ)的 形式，再借助 y＝Asin(ωx＋φ)的性质(如周期性、对称性、单调性等)解决相关问题．注意整 体思想的运用． 考法(二) 三角函数的图象与性质与其他知识的交汇 三角函数的图象与性质常与平面向量、方程解的问题等知识交汇命题，多考查三角函 数性质的应用． [典例] (1)(2014·全国卷Ⅱ)设函数 f(x)＝ 3sinπx m .若存在 f(x)的极值点 x0 满足 x20＋ [f(x0)]23，其中 k∈Z.由题意，存在整数 k 使得不等式 m2 1－ k＋1 2 2 >3 成立．当 k≠－1 且 k≠0 时，必有 k＋1 2 2>1，此时不等式显然不能成立，故 k＝－1 或 k＝0，此时， 不等式即为 3 4m2>3，解得 m<－2 或 m>2. [答案] C (2)(2017·郑州质检)已知函数 f(x)＝Asin(πx＋φ)的部分图象如图所示，点 B，C 是该图象 与 x 轴的交点，过点 C 的直线与该图象交于 D，E 两点，则( BD―→＋ BE―→ )·( BE―→－ CE―→ )的值 为( ) A．－1 B．－1 2 C.1 2 D．2 [解析] ( BD―→＋ BE―→)·( BE―→－ CE―→)＝( BD―→＋ BE―→)· BC―→＝2 BC―→· BC―→＝2| BC―→|2，显然 | BC―→ |的长度为半个周期，周期 T＝2π π ＝2，∴| BC―→ |＝1，所求值为 2. [答案] D [解题方略] 解决此类问题的 3 个关键点 (1)分析图象特征，找出交汇点． (2)联系三角函数的性质，确定突破口． (3)结合给定问题，解答问题． [针对训练] 1．已知定义在区间 0，3π 2 上的函数 y＝f(x)的图象关于直线 x＝3π 4 对称，当 x≥3π 4 时， f(x)＝cos x，如果关于 x 的方程 f(x)＝a 有解，记所有解的和为 S，则 S 不可能为( ) A.5π 4 B.3π 2 C.9π 4 D．3π 解析：选 A 依题意作出函数 f(x)在区间 0，3π 2 上的简图，当直 线 y＝a 与函数 y＝f(x)的图象有交点时，方程 f(x)＝a 有解，所以－ 1≤a≤0.①当－ 2 2 ＜a≤0 时，f(x)＝a 有 2 个解，此时 S＝3π 2 .②当 a ＝－ 2 2 时，f(x)＝a 有 3 个解，此时 S＝3π 4 ＋3π 2 ＝9π 4 .③当－1＜a≤－ 2 2 时，f(x)＝a 有 4 个 解，此时 S＝2×3π 2 ＝3π.④当 a＝－1 时，f(x)＝a 有 2 个解，此时 S＝3π 2 . 2．存在实数φ，使得圆面 x2＋y2≤4 恰好覆盖函数 y＝sin π kx＋φ 图象的最高或最低点 共三个，则正数 k 的取值范围是________． 解析：函数 y＝sin π kx＋φ 的图象的最高点或最低点一定在直线 y＝±1 上，由 y＝±1， x2＋y2≤4， 解得－ 3≤x≤ 3，由题意可得：T＝2π π k ＝2k，T≤2 3<2T，解得正数 k 的 取值范围是 3 2 ， 3 . 答案： 3 2 ， 3 失误防范——警惕三角函数图象变换的 1 个易错点 易求错先进行伸缩变换后再平移变换时平移的单位，由 y＝sin ωx 的图象得 y＝sin(ωx ＋φ)图象应平移的单位为|φ ω|. [针对训练] 1．(2018 届高三·呼和浩特调研)如图是函数 f(x)＝sin 2x 和函数 g(x)的部分图象，则 g(x) 的图象可能是由 f(x)的图象( ) A．向右平移2π 3 个单位得到的 B．向右平移π 3 个单位得到的 C．向右平移7π 12 个单位得到的 D．向右平移π 6 个单位得到的 解析：选 B 由题意可得，在函数 f(x)＝sin 2x 的图象上， π 8 ，y 关于对称轴 x＝π 4 对称 的点为 3π 8 ，y ，而17π 24 －3π 8 ＝π 3 ，故 g(x)的图象可能是由 f(x)的图象向右平移π 3 个单位得到的． 2．(2017·唐山模拟)将函数 y＝ 3cos 2x－sin 2x 的图象向右平移π 3 个单位长度，所得图 象对应的函数为 g(x)，则 g(x)＝( ) A．2sin 2x B．－2sin 2x C．2cos 2x－π 6 D．2sin 2x－π 6 解析：选 A 因为 y＝ 3cos 2x－sin 2x＝2cos 2x＋π 6 ， 将其图象向右平移π 3 个单位长度得到 g(x)＝2cos 2 x－π 3 ＋π 6 ＝2cos 2x－π 2 ＝2sin 2x 的图象． 1．(2018 届高三·湖北七校联考)要得到函数 y＝sin 2x＋π 3 的图象，只需将函数 y＝sin 2x 的图象( ) A．向左平移π 6 个单位长度 B．向右平移π 3 个单位长度 C．向左平移π 3 个单位长度 D．向右平移π 6 个单位长度 解析：选 A ∵y＝sin 2x＋π 3 ＝sin 2 x＋π 6 ， ∴只需将函数 y＝sin 2x 的图象向左平移π 6 个单位长度即可得到函数 y＝sin 2x＋π 3 的图 象． 2．(2017·山东高考)函数 y＝ 3sin 2x＋cos 2x 的最小正周期为( ) A.π 2 B.2π 3 C．π D．2π 解析：选 C ∵y＝ 3sin 2x＋cos 2x＝2sin 2x＋π 6 ， ∴最小正周期 T＝2π 2 ＝π. 3．(2018 届高三·石家庄摸底)已知函数 f(x)＝sin 2x＋π 6 ＋cos 2x，则 f(x)的一个单调递 减区间是( ) A. π 12 ，7π 12 B. －5π 12 ， π 12 C. －π 3 ，2π 3 D. －π 6 ，5π 6 解析：选 A f(x)＝sin 2x＋π 6 ＋cos 2x＝ 3 2 sin 2x＋1 2cos 2x＋cos 2x＝ 3 2 sin 2x＋3 2cos 2x ＝ 3sin2x＋π 3.由 2kπ＋π 2 ≤2x＋π 3 ≤2kπ＋3π 2 (k∈Z)，得 kπ＋ π 12 ≤x≤kπ＋7π 12(k∈Z)，所以 f(x) 的一个单调递减区间为 π 12 ，7π 12 . 4．(2017·长沙模拟)将函数 y＝sin 2x＋π 6 的图象向左平移π 3 个单位长度，所得图象对应 的函数解析式为( ) A．y＝sin 2x＋5π 6 B．y＝－cos 2x C．y＝cos 2x D．y＝sin 2x－π 6 解析：选 A 依题意得，y＝sin 2 x＋π 3 ＋π 6 ＝sin 2x＋2π 3 ＋π 6 ＝sin 2x＋5π 6 . 5.(2017·兰州模拟)函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)ω＞0，|φ|＜π 2 的部分图象如 图所示，若 x1，x2∈ －π 6 ，π 3 ，且 f(x1)＝f(x2)，则 f(x1＋x2)＝( ) A.1 2 B. 2 2 C. 3 2 D．1 解析：选 C 由图知，T 2 ＝π 2 ，即 T＝π，则ω＝2， ∴f(x)＝sin(2x＋φ)， ∵点 π 3 ，0 在函数 f(x)的图象上， ∴sin 2×π 3 ＋φ ＝0，即2π 3 ＋φ＝kπ，k∈Z. 又|φ|＜π 2 ，∴φ＝π 3 ，∴f(x)＝sin 2x＋π 3 . ∵x1，x2∈－π 6 ，π 3 ， 且 f(x1)＝f(x2)， ∴x1＋x2 2 ＝ π 12 ，∴x1＋x2＝π 6 ， ∴f(x1＋x2)＝sin 2×π 6 ＋π 3 ＝ 3 2 . 6．已知 x＝ π 12 是函数 f(x)＝ 3sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)(0＜φ＜π)图象的一条对称轴，将 函数 f(x)的图象向右平移3π 4 个单位长度后得到函数 g(x)的图象，则函数 g(x)在 －π 4 ，π 6 上的 最小值为( ) A．－2 B．－1 C．－ 2 D．－ 3 解析：选 B ∵x＝ π 12 是 f(x)＝2sin 2x＋π 6 ＋φ 图象的一条对称轴， ∴π 3 ＋φ＝kπ＋π 2(k∈Z)， 即φ＝π 6 ＋kπ(k∈Z)． ∵0＜φ＜π，∴φ＝π 6 ， 则 f(x)＝2sin 2x＋π 3 ， ∴g(x)＝2sin 2x－7π 6 ＝2sin 2x＋5π 6 . 又∵－π 4 ≤x≤π 6 ， ∴π 3 ≤2x＋5π 6 ≤7π 6 ， ∴－1≤2sin 2x＋5π 6 ≤2. ∴g(x)在 －π 4 ，π 6 上的最小值为－1. 7．(2017·陕西模拟)将函数 f(x)＝sin(2x＋φ) |φ|＜π 2 的图象向左平移π 6 个单位长度后关 于原点对称，则函数 f(x)在 0，π 2 上的最小值为( ) A．－ 3 2 B．－1 2 C.1 2 D. 3 2 解析：选 A 将 f(x)＝sin(2x＋φ)的图象左移π 6 个单位长度得 y＝sin 2 x＋π 6 ＋φ ＝ sin 2x＋π 3 ＋φ 的图象，该图象关于原点对称，即为奇函数，则π 3 ＋φ＝kπ(k∈Z)，且|φ|＜π 2 ， 所以φ＝－π 3 ，即 f(x)＝sin 2x－π 3 ，当 x∈ 0，π 2 时，2x－π 3 ∈ －π 3 ，2π 3 ，所以当 2x－π 3 ＝－ π 3 ，即 x＝0 时，f(x)取得最小值，最小值为－ 3 2 . 8．(2018 届高三·河北衡水中学调研)已知函数 f(x)＝A cos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分 图象如图所示，下面结论错误的是( ) A．函数 f(x)的最小正周期为2π 3 B．函数 f(x)的图象可由 g(x)＝Acos ωx 的图象向右平移 π 12 个单位长度得到 C．函数 f(x)的图象关于直线 x＝ π 12 对称 D．函数 f(x)在区间 π 4 ，π 2 上单调递增 解析：选 D 由图象可知，函数 f(x)的最小正周期 T＝211π 12 －7π 12 ＝2π 3 ，选项 A 正确；由 T＝2π ω ＝2π 3 得ω＝3，又 f 7π 12 ＝Acos 7π 4 ＋φ ＝0，所以φ＝kπ－5π 4 (k∈Z)，又 f π 2 ＝Acos 3π 2 ＋φ ＝Asin φ＝－2 3 ，所以 sin φ＜0，故φ＝－π 4 ＋2kπ(k∈Z)，即 f(x)＝Acos 3x－π 4 ，函数 g(x)＝ Acos 3x 的图象向右平移 π 12 个单位长度得到的图象对应的函数解析式为 y＝g x－ π 12 ＝ Acos 3 x－ π 12 ＝Acos 3x－π 4 ＝f(x)，选项 B 正确；当 x＝ π 12 时，f(x)＝A，因此函数 f(x)的 图象关于直线 x＝ π 12 对称，选项 C 正确；当 x∈ π 4 ，π 2 时，3x－π 4 ∈ π 2 ，5π 4 ，函数 f(x)在 π 4 ，π 2 上不是单调递增的，选项 D 错误．故选 D. 9．已知函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1 ω>0，|φ|≤π 2 ，其图象与直线 y＝－1 相邻两个交点 的距离为π，若 f(x)>1，对∀x∈ － π 12 ，π 3 恒成立，则φ的取值范围是( ) A. π 12 ，π 2 B. π 6 ，π 3 C. π 12 ，π 3 D. π 6 ，π 2 解析：选 B 由已知得函数 f(x)的最小正周期为π，则ω＝2.当 x∈ － π 12 ，π 3 时，2x＋φ ∈ －π 6 ＋φ，2π 3 ＋φ ，∵f(x)>1，|φ|≤π 2 ，∴ －π 6 ＋φ≥0， 2π 3 ＋φ≤π， 解得π 6 ≤φ≤π 3. 10．若将函数 f(x)＝sin ωx－π 6 的图象向左平移π 3 个单位长度，得到的图象与函数 y＝ cos ωx 的图象重合，则ω的一个可能取值是( ) A．2 B.3 2 C.2 3 D.1 2 解析：选 A 将函数 f(x)＝sin ωx－π 6 的图象向左平移π 3 个单位长度，得到 g(x)＝ sin ω x＋π 3 －π 6 ＝sin ωx＋ωπ 3 －π 6 的图象，因为函数 g(x)的图象与函数 y＝cos ωx 的图象 重合，所以ωπ 3 －π 6 ＝2kπ＋π 2 ，k∈Z，即ω＝6k＋2，k∈Z，当 k＝0 时，ω＝2，所以ω的一个 可能取值是 2. 11．(2017·成都模拟)将函数 f(x)＝sin 2x＋ 3cos 2x 图象上所有点的横坐标伸长到原来 的 2 倍(纵坐标不变)，再将图象上所有点向右平移π 6 个单位长度，得到函数 g(x)的图象，则 g(x)图象的一条对称轴方程是( ) A．x＝－π 6 B．x＝π 6 C．x＝5π 24 D．x＝π 3 解析：选 D 将函数 f(x)＝sin 2x＋ 3cos 2x＝2sin 2x＋π 3 图象上所有点的横坐标伸长 到原来的 2 倍，得 y＝2sin x＋π 3 的图象，再将图象上所有点向右平移π 6 个单位长度，得 g(x) ＝2sin x－π 6 ＋π 3 ＝2sin x＋π 6 的图象．令 x＋π 6 ＝π 2 ＋kπ(k∈Z)，得 x＝π 3 ＋kπ(k∈Z)，当 k ＝0 时，x＝π 3 ，所以 g(x)图象的一条对称轴方程是 x＝π 3. 12．设 an＝1 nsinnπ 25 ，Sn＝a1＋a2＋…＋an，在 S1，S2，…，S100 中，正数的个数是( ) A．25 B．50 C．75 D．100 解析：选 D 当 1≤n≤24 时，an>0，当 26≤n≤49 时，an<0，但其绝对值要小于 1≤n≤24 时相应的值；当 51≤n≤74 时，an>0；当 76≤n≤99 时，an<0，但其绝对值要小于 51≤n≤74 时相应的值．故当 1≤n≤100 时，均有 Sn>0. 13．设函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)．若函数 f(x)在区间 π 6 ，π 2 上具有单调性， 且 f π 2 ＝f 2π 3 ＝－f π 6 ，则函数 f(x)的最小正周期为________． 解析：法一：∵f(x)在区间 π 6 ，π 2 上具有单调性， 且 f π 2 ＝f 2π 3 ， ∴x＝π 2 和 x＝2π 3 均不是 f(x)的极值点， 其极值应该在 x＝ π 2 ＋2π 3 2 ＝7π 12 处取得， ∵f π 2 ＝－f π 6 ， ∴x＝π 6 也不是函数 f(x)的极值点， 又 f(x)在区间 π 6 ，π 2 上具有单调性， ∴x＝π 6 － 7π 12 －π 2 ＝ π 12 为 f(x)的另一个相邻的极值点，故函数 f(x)的最小正周期 T＝ 2× 7π 12 － π 12 ＝π. 法二：由已知可画出草图，如图所示， 则T 4 ＝ π 2 ＋2π 3 2 － π 2 ＋π 6 2 ，解得 T＝π. 答案：π 14.函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ)ω＞0，0＜φ＜π 2 的图象如图所示，已知图象 经过点 A(0,1)，B π 3 ，－1 ，则 f(x)＝________. 解析：由已知得T 2 ＝π 3 ，∴T＝2π 3 ， 又 T＝2π ω ，∴ω＝3. ∵sin φ＝1 2 ，0＜φ＜π 2 ，∴φ＝π 6. ∴函数 f(x)＝2sin 3x＋π 6 . 答案：2sin 3x＋π 6 15．(2018 届高三·武汉调研)若函数 f(x)＝2sin ωx＋π 4 (ω＞0)的图象的对称轴与函数 g(x) ＝cos(2x＋φ) |φ|＜π 2 的图象的对称轴完全相同，则φ＝________. 解析：因为函数 f(x)＝2sin ωx＋π 4 (ω＞0)的图象的对称轴与函数 g(x)＝cos(2x＋ φ) |φ|＜π 2 的图象的对称轴完全相同，故它们的最小正周期相同， 即2π ω ＝2π 2 ，所以ω＝2， 故函数 f(x)＝2sin 2x＋π 4 . 令 2x＋π 4 ＝kπ＋π 2 ，k∈Z， 则 x＝kπ 2 ＋π 8 ，k∈Z， 故函数 f(x)的图象的对称轴为 x＝kπ 2 ＋π 8 ，k∈Z. 令 2x＋φ＝mπ，m∈Z， 则 x＝mπ 2 －φ 2 ，m∈Z， 故函数 g(x)的图象的对称轴为 x＝mπ 2 －φ 2 ，m∈Z， 故kπ 2 ＋π 8 －mπ 2 ＋φ 2 ＝nπ 2 ，n∈Z， 即φ＝(m＋n－k)π－π 4 ， 又|φ|＜π 2 ，所以φ＝－π 4. 答案：－π 4 16．将函数 y＝sin x＋ 3cos x 的图象向右平移φ(φ＞0)个单位长度，再向上平移 1 个单 位长度后，所得图象经过点 π 4 ，2 ，则φ的最小值为________． 解析：y＝sin x＋ 3cos x＝2sin x＋π 3 . 将函数的图象向右平移φ(φ＞0)个单位长度后， 得到 y＝2sinx＋π 3 －φ的图象， 再向上平移 1 个单位长度后， 得到 y＝2sin x＋π 3 －φ ＋1 的图象． ∵所得图象经过点 π 4 ，2 ， ∴2sin π 4 ＋π 3 －φ ＋1＝2， 即 sin 7π 12 －φ ＝1 2 ， ∴7π 12 －φ＝2kπ＋π 6 或7π 12 －φ＝2kπ＋5π 6 (k∈Z)， ∴φ＝－2kπ＋5π 12 或φ＝－2kπ－π 4(k∈Z)， 又φ＞0，∴φ的最小值为5π 12. 答案：5π 12 小题押题 16—8 三角恒等变换与解三角形 卷 别 年 份 考题位置 考查内容 命题规律分析 全国 卷Ⅰ 2015 选择题第 2 题 三角恒等变 换 三角变换及解三角形是高考 考查的热点，然而单独考查三角 变换的题目较少，题目往往以解 三角形为背景，在应用正弦定理、 余弦定理的同时，经常应用三角 变换进行化简． 三角恒等变换在高考中主要 考查给角求值与给值求值，题目 相对比较简单；解三角形主要考 查有两类：一是利用正、余弦定 理解三角形问题，二是解三角形 的范围问题，在压轴小题中考查 难度较大，是重点突破问题． 填空题第 16 题 解三角形 全国 卷Ⅱ 2016 选择题第 9 题 三角恒等变 换求值问题 全国 卷Ⅲ 2016 选择题第 5 题 三角恒等变 换求值问题 选择题第 8 题 解三角形 (正、余弦定 理) 考查点一 三角函数的求值问题 1．(2016·全国卷Ⅲ)若 tan α＝3 4 ，则 cos2α＋2sin 2α＝( ) A.64 25 B.48 25 C．1 D.16 25 解析：选 A 因为 tan α＝3 4 ，则 cos2α＋2sin 2α＝cos2α＋4sin αcos α sin2α＋cos2α ＝1＋4tan α tan2α＋1 ＝ 1＋4×3 4 3 4 2＋1 ＝64 25. 2．(2015·全国卷Ⅰ)sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝( ) A．－ 3 2 B. 3 2 C．－1 2 D.1 2 解析：选 D sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝sin 20°cos 10°＋cos 20°sin 10° ＝sin(20°＋10°)＝sin 30°＝1 2. 3．(2016·全国卷Ⅰ)已知θ是第四象限角，且 sin θ＋π 4 ＝3 5 ，则 tan θ－π 4 ＝________. 解析：由题意知 sin θ＋π 4 ＝3 5 ，θ是第四象限角， 所以 cos θ＋π 4 ＝ 1－sin2 θ＋π 4 ＝4 5. tan θ－π 4 ＝tan θ＋π 4 －π 2 ＝－ 1 tan θ＋π 4 ＝－ cos θ＋π 4 sin θ＋π 4 ＝－4 5 ×5 3 ＝－4 3. 答案：－4 3 考查点二 利用正、余弦定理解三角形及应用 4．(2016·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 cos A＝4 5 ，cos C ＝ 5 13 ，a＝1，则 b＝________. 解析：因为 A，C 为△ABC 的内角， 且 cos A＝4 5 ，cos C＝ 5 13 ， 所以 sin A＝3 5 ，sin C＝12 13 ， 所以 sin B＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝3 5 × 5 13 ＋4 5 ×12 13 ＝63 65. 又 a＝1，所以由正弦定理得 b＝asin B sin A ＝63 65 ×5 3 ＝21 13. 答案：21 13 5．(2014·全国卷Ⅰ)如图，为测量山高 MN，选择 A 和另一座山的山顶 C 为测量观测点．从 A 点测得 M 点的仰角∠MAN＝60°，C 点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从 C 点 测得∠MCA＝60°，已知山高 BC＝100 m，则山高 MN＝________m. 解析：在三角形 ABC 中，AC＝100 2， 在三角形 MAC 中， MA sin 60°＝ AC sin 45°，解得 MA＝100 3， 在三角形 MNA 中， MN 100 3 ＝sin 60°＝ 3 2 ， 故 MN＝150，即山高 MN 为 150 m. 答案：150 考查点三 三角形的面积问题 6．(2016·全国卷Ⅲ)在△ABC 中，B＝π 4 ，BC 边上的高等于 1 3BC，则 sin A＝( ) A. 3 10 B. 10 10 C. 5 5 D.3 10 10 解析：选 D 如图，AD 为△ABC 中 BC 边上的高． 设 BC＝a，由题意知 AD＝1 3BC＝1 3a，B＝π 4 ，易知 BD＝AD＝1 3a， DC＝2 3a. 在 Rt△ABD 中，由勾股定理得， AB＝ 1 3a 2＋ 1 3a 2＝ 2 3 a. 同理，在 Rt△ACD 中，AC＝ 1 3a 2＋ 2 3a 2＝ 5 3 a. ∵S△ABC＝1 2AB·AC·sin∠BAC＝1 2BC·AD， ∴1 2 × 2 3 a× 5 3 a·sin∠BAC＝1 2a·1 3a， ∴sin∠BAC＝ 3 10 ＝3 10 10 . 7．(2014·全国卷Ⅱ)钝角三角形 ABC 的面积是1 2 ，AB＝1，BC＝ 2，则 AC＝( ) A．5 B. 5 C．2 D．1 解析：选 B 由题意可得 1 2AB·BC·sin B＝1 2 ， 又 AB＝1，BC＝ 2，所以 sin B＝ 2 2 ， 所以 B＝45°或 B＝135°.当 B＝45°时， 由余弦定理可得 AC＝ AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝1，此时 AC＝AB＝1，BC＝ 2， 易得 A＝90°，与“钝角三角形”条件矛盾，舍去．所以 B＝135°. 由余弦定理可得 AC＝ AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝ 5. 8．(2014·全国卷Ⅰ)已知 a，b，c 分别为△ABC 的三个内角 A，B，C 的对边，a＝2， 且(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)·sin C，则△ABC 面积的最大值为________． 解析：由正弦定理得(2＋b)(a－b)＝(c－b)c，即(a＋b)·(a－b)＝(c－b)c，即 b2＋c2－a2 ＝bc，所以 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝1 2 ，又 A∈(0，π)，所以 A＝π 3 ，又 b2＋c2－a2＝bc≥2bc－4， 即 bc≤4，故 S△ABC＝1 2bcsin A≤1 2 ×4× 3 2 ＝ 3，当且仅当 b＝c＝2 时，等号成立，则△ABC 面积的最大值为 3. 答案： 3 抓牢常考点——解三角形及其应用 1．正、余弦定理的常用变形 正弦定理 a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C； sin A＝ a 2R ，sin B＝ b 2R ，sin C＝ c 2R ； a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C； asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝ csin A； a＋b＋c sin A＋sin B＋sin C ＝2R 余弦定理 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ； cos B＝a2＋c2－b2 2ac ； cos C＝a2＋b2－c2 2ab 2．三角形的面积公式 (1)S△ABC＝1 2absin C＝1 2bcsin A＝1 2acsin B. (2)S△ABC＝abc 4R(R 为其外接圆半径)． (3)S△ABC＝1 2(a＋b＋c)r(r 为其内切圆半径)． [题组突破] 1．(2017·张掖模拟)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，若 c＝2a，bsin B－asin A＝1 2asin C，则 sin B 的值为( ) A. 7 4 B.3 4 C. 7 3 D.1 3 解析：选 A 由 bsin B－asin A＝1 2asin C，且 c＝2a， 得 b＝ 2a，∵cos B＝a2＋c2－b2 2ac ＝a2＋4a2－2a2 4a2 ＝3 4 ， ∴sin B＝ 1－ 3 4 2＝ 7 4 . 2．(2017·南昌模拟)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，cos 2A＝sin A， bc＝2，则△ABC 的面积为( ) A.1 2 B.1 4 C．1 D．2 解析：选 A 由 cos 2A＝sin A，得 1－2sin2A＝sin A，解得 sin A＝1 2(负值舍去)，由 bc ＝2，可得△ABC 的面积 S＝1 2bcsin A＝1 2 ×2×1 2 ＝1 2. 3．(2017·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 2bcos B＝acos C ＋ccos A，则 B＝________. 解析：法一：由 2bcos B＝acos C＋ccos A 及正弦定理，得 2sin Bcos B＝sin Acos C＋sin Ccos A ＝sin(A＋C)＝sin B＞0， 因此 cos B＝1 2. 又 0＜B＜π，所以 B＝π 3. 法二：由 2bcos B＝acos C＋ccos A 及余弦定理，得 2b·a2＋c2－b2 2ac ＝a·a2＋b2－c2 2ab ＋c·b2＋c2－a2 2bc ， 整理得，a2＋c2－b2＝ac， 所以 2accos B＝ac＞0，cos B＝1 2. 又 0＜B＜π，所以 B＝π 3. 答案：π 3 4．(2017·福州模拟)如图，小明同学在山顶 A 处观测到一辆汽车 在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在 A 处测得公 路上 B，C 两点的俯角分别为 30°，45°，且∠BAC＝135°.若 山高 AD＝100 m，汽车从 B 点到 C 点历时 14 s，则这辆汽车的速度约为________ m/s(精确 到 0.1)． 参考数据： 2≈1.414, 5≈2.236. 解析：因为小明在 A 处测得公路上 B，C 两点的俯角分别为 30°，45°，所以∠BAD ＝60°，∠CAD＝45°.设这辆汽车的速度为 v m/s，则 BC＝14v，在 Rt△ADB 中 AB＝ AD cos∠BAD ＝ AD cos 60° ＝200.在 Rt△ADC 中，AC＝ AD cos∠CAD ＝ 100 cos 45° ＝100 2.在△ABC 中， 由余弦定理，得 BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，所以(14v)2＝(100 2)2＋2002－ 2×100 2×200×cos 135°，所以 v＝50 10 7 ≈22.6，所以这辆汽车的速度约为 22.6 m/s. 答案：22.6 [解题方略] (1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式 子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则考虑两 个定理都有可能用到． (2)关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角 形的性质，常见的三角恒等变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统 一函数、统一结构”． 拿下重难点——三角形中的范围(或最值)问题 任何范围问题，其本质都是函数问题，三角形的范围或最值问题也不例外.三角形中 的范围或最值问题的解法主要有两种：一是用函数求解，二是利用基本不等式求解.由于 三角形中的范围问题一般是以角为自变量的三角函数问题，所以，除遵循函数问题的基本 要求外，还有自己独特的解法. 考法(一) 与边或角有关的范围(最值)问题 [典例] (1)在△ABC 中，a，b，c 分别为三个内角 A，B，C 的对边，且 BC 边上的高 为 3 6 a，则c b ＋b c 取得最大值时，内角 A 的值为( ) A.π 2 B.π 6 C.2π 3 D.π 3 [解析] 利用等面积法可得，1 2·a· 3 6 a＝1 2·b·c·sin A，整理得 a2＝2 3bcsin A．∴c b ＋b c ＝ c2＋b2 bc ＝a2＋2bccos A bc ＝2 3sin A＋2cos A＝4sin A＋π 6 ，当 A＋π 6 ＝π 2 时，c b ＋b c 取得最大值， 此时 A＝π 3. [答案] D (2)(2015·全国卷Ⅰ)在平面四边形 ABCD 中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则 AB 的取值范围是________． [解析] 法一：如图所示，延长 BA，CD 交于点 E，则∠E＝30°，又 BC＝2， 所以 BE＝ 1 cos 75°＝ 6＋ 2. 设 AD＝x,0＜x＜2， 在△ADE 中，∠ADE＝45°， 由正弦定理， 得 AE＝AD·sin∠ADE sin∠E ＝ 2x， 所以 AB＝BE－AE＝ 6＋ 2－ 2x， 所以 AB 的取值范围为( 6－ 2， 6＋ 2)． 法二：连接 AC，设∠BAC＝α，则∠ACB＝105°－α，在△ABC 中，由正弦定理得 AB sin105°－α ＝ BC sin α ，所以 AB＝2sin105°－α sin α ＝ 6＋ 2 2 cos α＋ 6－ 2 2 sin α sin α ＝ 6＋ 2 2 · 1 tan α ＋ 6－ 2 2 . 因为 α＜75°， 105°－α＜75°， 所以 30°＜α＜75°， 所以 1 3 ＜tan α＜2＋ 3，所以 2－ 3＜ 1 tan α ＜ 3，进一步可得 AB 的取值范围为( 6－ 2， 6＋ 2)． [答案] ( 6－ 2， 6＋ 2) [解题方略] 三角形中范围问题的解决方法 求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，主要形式和解决方法有： 要建立所求式子与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求式子的值作为 函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围 限制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避 免结果的范围过大． [针对训练] 1．(2017·大庆一模)若满足条件 AB＝ 3，C＝π 3 的三角形 ABC 有两个，则边长 BC 的取 值范围是( ) A．(1， 2) B．( 2， 3) C．( 3，2) D．( 2，2) 解析：选 C 设 BC＝a，∵C＝π 3 ，AB＝ 3，∴由正弦定理 AB sin C ＝ BC sin A ，得 3 3 2 ＝ a sin A ， ∴sin A＝a 2.由题意得，当 A∈ π 3 ，2π 3 且 A≠π 2 时，满足条件的△ABC 有两个，∴ 3 2 ＜a 2 ＜1， 解得 3＜a＜2，则边长 BC 的取值范围是( 3，2)． 2．(2017·广州模拟)在△ABC 中，∠ACB＝60°，BC＞1，AC＝AB＋1 2 ，当△ABC 的 周长最短时，BC 的长是________． 解析：设 AC＝b，AB＝c，BC＝a，△ABC 的周长为 l， 由 b＝c＋1 2 ，得 l＝a＋b＋c＝a＋2c＋1 2. 又 cos 60°＝a2＋b2－c2 2ab ＝1 2 ，即 ab＝a2＋b2－c2， 得 a c＋1 2 ＝a2＋ c＋1 2 2－c2， 即 c＝ a2－1 2 a＋1 4 a－1 . l＝a＋2c＋1 2 ＝a＋ 2a2－a＋1 2 a－1 ＋1 2 ＝3 a－12＋4 3 a－1＋1 2 a－1 ＋1 2 ＝3 a－1＋ 1 2a－1 ＋4 3 ＋1 2 ≥3 2 a－1× 1 2a－1 ＋4 3 ＋1 2 ， 当且仅当 a－1＝ 1 2a－1 时，△ABC 的周长最短， 此时 a＝1＋ 2 2 ，即 BC 的长是 1＋ 2 2 . 答案：1＋ 2 2 考法(二) 与面积有关的范围(或最值)问题 [典例] (1)(2017·郑州一模)在△ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 所对的边，b ＝c 且sin B sin A ＝1－cos B cos A ，若点 O 是△ABC 外一点，∠AOB＝θ(0＜θ ＜π)，OA＝2，OB＝1， 则平面四边形 OACB 面积的最大值是( ) A.8＋5 3 4 B.4＋5 3 4 C．3 D.4＋ 5 2 [解析] 由 b＝c，得 B＝C. 由sin B sin A ＝1－cos B cos A ， 得 sin Bcos A＝sin A－sin Acos B， 所以 sin A＝sin Bcos A＋sin Acos B＝sin(A＋B)＝sin C， 所以 A＝C，所以△ABC 是等边三角形． 在△OAB 中，由余弦定理得 c2＝22＋12－2×2×1×cos θ＝5－4cos θ， 所以 S 四边形 OACB＝S△OAB＋S△ABC ＝1 2 ×2×1×sin θ＋ 3 4 c2 ＝sin θ＋ 3 4 (5－4cos θ)＝sin θ－ 3cos θ＋5 3 4 ＝2sin θ－π 3 ＋5 3 4 ， 所以(S 四边形 OACB)max＝8＋5 3 4 . [答案] A (2)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.已知 sin A－sin B＝1 3sin C,3b ＝2a,2≤a2＋ac≤18，设△ABC 的面积为 S，p＝ 2a－S，则 p 的最大值是( ) A.5 2 9 B.7 2 9 C. 2 D.9 2 8 [解析] 在△ABC 中，由 sin A－sin B＝1 3sin C 结合正弦定理可得，c＝3a－3b，再根据 3b＝2a,2≤a2＋ac≤18，可得 a＝c,1≤a≤3，由余弦定理可得 b2＝4a2 9 ＝a2＋a2－2a·acos B⇒ cos B＝7 9 ，可得 sin B＝4 2 9 ，所以 S＝1 2acsin B＝2 2 9 a2，故 p＝ 2a－S＝ 2a－2 2 9 a2，根据 二次函数的图象可得，当 a＝9 4 时，p 取得最大值9 2 8 . [答案] D [解题方略] 求解三角形中面积的范围(或最值)问题的方法 一般要由题目已知条件(三角恒等关系式、边角大小等)结合正、余弦定理，先得到面积 的表达式，再通过基本不等式、三角函数的最值等方法求得面积的最值或范围． [针对训练] 1．已知△ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，tan A＝4 3 ，a＝4，则△ABC 的面积的最大值为( ) A．4 B．6 C．8 D．12 解析：选 C 因为 tan A＝4 3 ，所以sin A cos A ＝4 3. 又 sin2A＋cos2A＝1，所以 cos2A＝ 9 25 ， 解得 cos A＝3 5 或 cos A＝－3 5(舍去)， 故 sin A＝4 5. 又 16＝b2＋c2－2bc×3 5 ≥2bc－6 5bc， 所以 bc≤20，当且仅当 b＝c＝2 5时取等号， 故△ABC 的面积的最大值为1 2 ×20×4 5 ＝8. 2．(2018 届高三·沈阳调研)已知△ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， 面积为 S，且满足 4S＝a2－(b－c)2，b＋c＝8，则 S 的最大值为________． 解析：由题意得，4×1 2bcsin A＝a2－b2－c2＋2bc， 又 a2＝b2＋c2－2bccos A，代入上式得， 2bcsin A＝－2bccos A＋2bc， 即 sin A＋cos A＝1， 2sin A＋π 4 ＝1， 又 0＜A＜π，∴π 4 ＜A＋π 4 ＜5π 4 ， ∴A＋π 4 ＝3π 4 ， ∴A＝π 2 ，S＝1 2bcsin A＝1 2bc， 又 b＋c＝8≥2 bc，当且仅当 b＝c 时取“＝”， ∴bc≤16，∴S 的最大值为 8. 答案：8 [A 级——“12＋4”保分小题提速练] 1．(2017·陕西模拟)设角θ的终边过点(2,3)，则 tan θ－π 4 ＝( ) A.1 5 B．－1 5 C．5 D．－5 解析：选 A 由于角θ的终边过点(2,3)，因此 tan θ＝3 2 ，故 tan θ－π 4 ＝tan θ－1 1＋tan θ ＝ 3 2 －1 1＋3 2 ＝1 5. 2．(2018 届高三·广西三市联考)已知 x∈(0，π)，且 cos 2x－π 2 ＝sin2x，则 tan x－π 4 ＝ ( ) A.1 3 B．－1 3 C．3 D．－3 解析：选 A 由 cos 2x－π 2 ＝sin2x 得 sin 2x＝sin2x，∵x∈(0，π)，∴tan x＝2， ∴tan x－π 4 ＝tan x－1 1＋tan x ＝1 3. 3．(2017·宝鸡模拟)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.若 sin(A＋B) ＝1 3 ，a＝3，c＝4，则 sin A＝( ) A.2 3 B.1 4 C.3 4 D.1 6 解析：选 B ∵ a sin A ＝ c sin C ，即 3 sin A ＝ 4 sin C ，又 sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝ 1 3 ，∴sin A＝1 4. 4．(2017·惠州模拟)函数 y＝cos 2x＋2sin x 的最大值为( ) A.3 4 B．1 C.3 2 D．2 解析：选 C y＝cos 2x＋2sin x＝－2sin2x＋2sin x＋1.设 t＝sin x(－1≤t≤1)，则原函数 可以化为 y＝－2t2＋2t＋1＝－2 t－1 2 2＋3 2 ，∴当 t＝1 2 时，函数取得最大值3 2. 5．(2017·成都模拟)已知α为第二象限角，且 sin 2α＝－24 25 ，则 cos α－sin α的值为( ) A.7 5 B．－7 5 C.1 5 D．－1 5 解 析 ： 选 B 因 为 α 为 第 二 象 限 角 ， 所 以 cos α － sin α ＜ 0 ， cos α － sin α ＝ － cos α－sin α2＝－ 1－sin 2α＝－7 5. 6．(2017·长沙模拟)△ABC 中，C＝2π 3 ，AB＝3，则△ABC 的周长为( ) A．6sin A＋π 3 ＋3 B．6sin A＋π 6 ＋3 C．2 3sin A＋π 3 ＋3 D．2 3sin A＋π 6 ＋3 解析：选 C 设△ABC 的外接圆半径为 R，则 2R＝ 3 sin2π 3 ＝2 3，于是 BC＝2Rsin A＝ 2 3sin A，AC＝2Rsin B＝2 3sin π 3 －A ，于是△ABC 的周长为 2 3 sin A＋sin π 3 －A ＋3 ＝2 3sin A＋π 3 ＋3. 7．(2017·福州模拟)已知 m＝tanα＋β＋γ tanα－β＋γ ，若 sin [2(α＋γ)]＝3sin 2β，则 m＝( ) A.1 2 B.3 4 C.3 2 D．2 解析：选 D 设 A＝α＋β＋γ，B＝α－β＋γ， 则 2(α＋γ)＝A＋B,2β＝A－B， 因为 sin [2(α＋γ)]＝3sin 2β， 所以 sin(A＋B)＝3sin(A－B)， 即 sin Acos B＋cos Asin B＝3(sin Acos B－cos Asin B)， 即 2cos Asin B＝sin Acos B， 所以 tan A＝2tan B，所以 m＝tan A tan B ＝2. 8．(2017·云南模拟)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.若 B＝π 2 ，a＝ 6， sin2B＝2sin Asin C，则△ABC 的面积 S＝( ) A.3 2 B．3 C. 6 D．6 解析：选 B 由 sin2B＝2sin Asin C 及正弦定理， 得 b2＝2ac.① 又 B＝π 2 ，所以 a2＋c2＝b2.② 联立①②解得 a＝c＝ 6， 所以 S＝1 2 × 6× 6＝3. 9．(2018 届高三·合肥摸底)已知函数 f(x)＝sin4x＋cos4x，x∈ －π 4 ，π 4 .若 f(x1)＜f(x2)， 则一定有( ) A．x1＜x2 B．x1＞x2 C．x21＜x22 D．x21＞x22 解析：选 D f(x)＝sin4x＋cos4x＝(sin2x＋cos2x)2－2sin2xcos2x＝1 4cos 4x＋3 4. 因为 4x∈[－π，π]， 所以函数 f(x)是偶函数，且在 0，π 4 上单调递减， 由 f(x1)＜f(x2)，可得 f(|x1|)＜f(|x2|)， 所以|x1|＞|x2|，即 x21＞x22. 10．(2018 届高三·昆明三中、玉溪一中联考)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别 为 a，b，c，若△ABC 的面积为 S，且 2S＝(a＋b)2－c2，则 tan C 等于( ) A.3 4 B.4 3 C．－4 3 D．－3 4 解析：选 C 因为 2S＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab，由面积公式与余弦定理，得 absin C ＝ 2abcos C ＋ 2ab ， 即 sin C － 2cos C ＝ 2 ， 所 以 (sin C － 2cos C)2 ＝ 4 ， sin2C－4sin Ccos C＋4cos2C sin2C＋cos2C ＝4，所以tan2C－4tan C＋4 tan2C＋1 ＝4，解得 tan C＝－4 3 或 tan C＝0(舍 去)． 11．(2017·贵阳监测)已知 sin π 3 ＋α ＋sin α＝4 3 5 ，则 sin α＋7π 6 的值是( ) A．－2 3 5 B.2 3 5 C.4 5 D．－4 5 解析：选 D ∵sin π 3 ＋α ＋sin α＝4 3 5 ， ∴sin π 3cos α＋cos π 3sin α＋sin α＝4 3 5 ， ∴3 2sin α＋ 3 2 cos α＝4 3 5 ， 即 3 2 sin α＋1 2cos α＝sin α＋π 6 ＝4 5 ， 故 sin α＋7π 6 ＝－sin α＋π 6 ＝－4 5. 12．在不等边三角形 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，其中 a 为最大边， 如果 sin2(B＋C)0. 则 cos A＝b2＋c2－a2 2bc >0， ∵0π 3. 因此得角 A 的取值范围是 π 3 ，π 2 . 13．(2017·南京模拟)若 sin π 4 －α ＝1 3 ，则 cos π 4 ＋α ＝________. 解析：因为 π 4 －α ＋ π 4 ＋α ＝π 2 ，所以 cos π 4 ＋α ＝cos π 2 － π 4 －α ＝sin π 4 －α ＝1 3. 答案：1 3 14．(2017·长沙模拟)化简：2sinπ－α＋sin 2α cos2α 2 ＝________. 解析：2sinπ－α＋sin 2α cos2α 2 ＝2sin α＋2sin αcos α 1 2 1＋cos α ＝4sin α1＋cos α 1＋cos α ＝4sin α. 答案：4sin α 15．(2018 届高三·湖北七校联考)已知△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， C＝120°，a＝2b，则 tan A＝________. 解析：c2＝a2＋b2－2abcos C＝4b2＋b2－2×2b×b× －1 2 ＝7b2，∴c＝ 7b，cos A＝ b2＋c2－a2 2bc ＝b2＋7b2－4b2 2×b× 7b ＝ 2 7 ，∴sin A＝ 1－cos2 A＝ 1－4 7 ＝ 3 7 ，∴tan A ＝sin A cos A ＝ 3 2 . 答案： 3 2 16.(2018 届高三·广西五校联考)如图所示，在一个坡度一定的山坡 AC 的顶上有一高度为 25 m 的建筑物 CD，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山 坡的 A 处测得∠DAC＝15°，沿山坡前进 50 m 到达 B 处，又测得∠DBC＝45°，根据以 上数据可得 cos θ＝________. 解析：由∠DAC＝15°，∠DBC＝45°可得∠BDA＝30°. 在△ABD 中，由正弦定理可得 50 sin 30° ＝ DB sin 15° ， 即 DB＝100sin 15°＝100×sin(45°－30°) ＝25 2( 3－1)． 在△BCD 中，∠DCB＝90°＋θ， 所以 25 sin 45° ＝25 2 3－1 sin90°＋θ ， 即 25 sin 45° ＝25 2 3－1 cos θ ， 解得 cos θ＝ 3－1. 答案： 3－1 [B 级——中档小题强化练] 1．(2017·广州模拟)已知 tan θ＝2，且θ∈ 0，π 2 ，则 cos 2θ＝( ) A.4 5 B.3 5 C．－3 5 D．－4 5 解析：选 C 法一：由 tan θ＝2，且θ∈ 0，π 2 ， 可得 sin θ＝2cos θ，代入 sin2θ＋cos2θ＝1，可得 cos2θ＝1 5 ，所以 cos 2θ＝2cos2θ－1＝2×1 5 －1＝－3 5. 法二：因为 tan θ＝2，且θ∈ 0，π 2 ，所以 cos 2θ＝cos2θ－sin2θ cos2θ＋sin2θ ＝1－tan2θ 1＋tan2θ ＝1－4 1＋4 ＝－3 5. 2．在△ABC 中，若tan A tan B ＝a2 b2 ，则△ABC 的形状是( ) A．直角三角形 B．等腰或直角三角形 C．等腰三角形 D．不能确定 解析：选 B 由已知并结合正弦定理得，sin A cos A·cos B sin B ＝sin2A sin2B ，即cos B cos A ＝sin A sin B ，∴sin Acos A＝sin Bcos B，即 sin 2A＝sin 2B，∴2A＝2B 或 2A＋2B＝π. 3．已知△ABC 的三个内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，asin Asin B＋bcos2A＝ 2a，则角 A 的取值范围是( ) A. π 6 ，2π 3 B. π 6 ，π 4 C. 0，π 6 D. π 6 ，π 3 解析：选 C 在△ABC 中，由正弦定理化简已知的等式得 sin Asin Asin B＋sin Bcos2A ＝2sin A，即 sin B(sin2A＋cos2A)＝2sin A，所以 sin B＝2sin A，由正弦定理得 b＝2a，所以 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝4a2＋c2－a2 4ac ＝3a2＋c2 4ac ≥2 3ac 4ac ＝ 3 2 (当且仅当 c2＝3a2，即 c＝ 3a 时取等 号)，因为 A 为△ABC 的内角，且 y＝cos x 在(0，π)上是减函数，所以 0＜A≤π 6 ，故角 A 的 取值范围是 0，π 6 . 4．(2017·云南统一检测)已知△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若 a＝bcos C＋csin B，且△ABC 的面积为 1＋ 2，则 b 的最小值为( ) A．2 B．3 C. 2 D. 3 解析：选 A 由 a＝bcos C＋csin B 及正弦定理，得 sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B，即 sin(B＋C)＝sin Bcos C＋sin Csin B，得 sin Ccos B＝sin Csin B，又 sin C≠0，所以 tan B＝1. 因为 B∈(0，π)，所以 B＝π 4.由 S△ABC＝1 2acsin B＝1＋ 2，得 ac＝2 2＋4.又 b2＝a2＋c2－2accos B≥2ac－ 2ac＝(2－ 2)(4＋2 2)＝4，当且仅当 a＝c 时等号成立，所以 b≥2，b 的最小值 为 2，故选 A. 5．(2018 届高三·皖南八校联考)若α∈ 0，π 2 ，cos π 4 －α ＝2 2cos 2α，则 sin 2α＝ ________. 解析：由已知得 2 2 (cos α＋sin α)＝2 2(cos α－sin α)·(cos α＋sin α)，所以 cos α＋sin α ＝0 或 cos α－sin α＝1 4 ，由 cos α＋sin α＝0 得 tan α＝－1，因为α∈ 0，π 2 ，所以 cos α＋sin α＝0 不满足条件； 由 cos α－sin α＝1 4 ，两边平方得 1－sin 2α＝ 1 16 ， 所以 sin 2α＝15 16. 答案：15 16 6．已知△ABC 中，AB＋ 2AC＝6，BC＝4，D 为 BC 的中点，则当 AD 最小时，△ABC 的面积为________． 解析：AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC， 且 AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB， 即 AC2＝AD2＋22－4AD·cos∠ADC， 且(6－ 2AC)2＝AD2＋22－4AD·cos∠ADB， ∵∠ADB＝π－∠ADC， ∴AC2＋(6－ 2AC)2＝2AD2＋8， ∴AD2＝3AC2－12 2AC＋28 2 ＝3AC－2 22＋4 2 ， 当 AC＝2 2时，AD 取最小值 2， 此时 cos∠ACB＝8＋4－2 8 2 ＝5 2 8 ， ∴sin∠ACB＝ 14 8 ， ∴△ABC 的面积 S＝1 2AC·BC·sin∠ACB＝ 7. 答案： 7 [C 级——压轴小题突破练] 1．在外接圆半径为1 2 的△ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且 2asin A ＝(2b＋c)sin B＋(2c＋b)sin C，则 b＋c 的最大值是( ) A．1 B.1 2 C．3 D. 3 2 解析：选 A 根据正弦定理得 2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，即 a2＝b2＋c2＋bc，又 a2＝b2 ＋c2－2bccos A，所以 cos A＝－1 2 ，A＝120°.因为△ABC 外接圆半径为1 2 ，所以由正弦定理 得 b＋c＝sin B·2R＋sin C·2R＝sin B＋sin(60°－B)＝1 2sin B＋ 3 2 cos B＝sin(B＋60°)，故当 B＝30°时，b＋c 取得最大值 1. 2．(2018 届高三·武汉调研)在锐角△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若 a ＝2bsin C，则 tan A＋tan B＋tan C 的最小值是( ) A．4 B．3 3 C．8 D．6 3 解析：选 C 由 a＝2bsin C 得 sin A＝2sin Bsin C， ∴sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Bsin C， 即 tan B＋tan C＝2tan Btan C. 又三角形中的三角恒等式 tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C， ∴tan Btan C＝ tan A tan A－2 ， ∴tan Atan Btan C＝tan A· tan A tan A－2 ， 令 tan A－2＝t， 得 tan Atan Btan C＝t＋22 t ＝t＋4 t ＋4≥8， 当且仅当 t＝4 t ，即 t＝2，tan A＝4 时，取等号． 3．(2017·成都模拟)已知△ABC 中，AC＝ 2，BC＝ 6，△ABC 的面积为 3 2 .若线段 BA 的延长线上存在点 D，使∠BDC＝π 4 ，则 CD＝________. 解析：因为 S△ABC＝1 2AC·BC·sin∠BCA， 即 3 2 ＝1 2 × 2× 6×sin∠BCA， 所以 sin∠BCA＝1 2. 因为∠BAC＞∠BDC＝π 4 ， 所以∠BCA＝π 6 ，所以 cos∠BCA＝ 3 2 . 在△ABC 中， AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠BCA ＝2＋6－2× 2× 6× 3 2 ＝2， 所以 AB＝ 2，所以∠ABC＝π 6 ， 在△BCD 中， BC sin∠BDC ＝ CD sin∠ABC ， 即 6 2 2 ＝CD 1 2 ，解得 CD＝ 3. 答案： 3 小题押题 16—9 数 列 卷 别 年 份 考题位置 考查内容 命题规律分析 全国 卷Ⅰ 2017 选择题第 4 题 等差数列的通项公式、前 n 项和公式 等差数列、等比数列的 判定及其通项公式在考查基 本运算、基本概念的同时， 也注重对函数与方程、等价 转化、分类讨论等数学思想 的考查；对等差数列、等比 数列的性质考查主要是求解 数列的等差中项、等比中项、 通项公式和前 n 项和的最 大、最小值等问题，主要是 中低档题；等差数列、等比 数列的前 n 项和是高考考查 的重点． 选择题第 12 题 等差、等比数列在实际问题中 的综合应用、创新问题 2016 选择题第 3 题 等差数列的基本运算 填空题第 15 题 等比数列的运算及二次函数 最值问题 全国 卷Ⅱ 2017 选择题第 3 题 等比数列的概念、前 n 项和公 式、数学文化 填空题第 15 题 等差数列的通项公式、前 n 项和公式、裂项相消法求和 2015 选择题第 4 题 等比数列的性质 填空题第 16 题 数列的递推关系式、等差数列 的定义与通项 全国 卷Ⅲ 2017 选择题第 9 题 等差数列的通项公式、前 n 项和公式及等比数列的性质 填空题第 14 题 等比数列的通项公式及性质 考查点一 数列的递推公式 1．(2012·全国卷)数列{an}满足 an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前 60 项和为( ) A．3 690 B．3 660 C．1 845 D．1 830 解析：选 D 不妨令 a1＝1，根据题意，得 a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…， 所以当 n 为奇数时，an＝1，当 n 为偶数时构成以 a2＝2 为首项，以 4 为公差的等差数列．所 以前 60 项和为 S60＝30＋2×30＋30×30－1 2 ×4＝1 830. 2．(2015·全国卷Ⅱ)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且 a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则 Sn＝ ________. 解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1， ∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1. ∵Sn≠0，∴ 1 Sn － 1 Sn＋1 ＝1，即 1 Sn＋1 － 1 Sn ＝－1. 又 1 S1 ＝－1， ∴ 1 Sn 是首项为－1，公差为－1 的等差数列． ∴ 1 Sn ＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－1 n. 答案：－1 n 考查点二 等差、等比数列的通项及前 n 项和 3．(2017·全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a4＋a5＝24，S6＝48，则{an} 的公差为( ) A．1 B．2 C．4 D．8 解析：选 C 设等差数列{an}的公差为 d， 则由 a4＋a5＝24， S6＝48， 得 a1＋3d＋a1＋4d＝24， 6a1＋6×5 2 d＝48， 即 2a1＋7d＝24， 2a1＋5d＝16， 解得 d＝4. 4．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前 9 项的和为 27，a10＝8，则 a100＝( ) A．100 B．99 C．98 D．97 解析：选 C 法一：∵{an}是等差数列，设其公差为 d， ∴S9＝9 2(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3. 又∵a10＝8，∴ a1＋4d＝3， a1＋9d＝8， ∴ a1＝－1， d＝1. ∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98. 法二：∵{an}是等差数列， ∴S9＝9 2(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3. 在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100 成等差数列，且公差 d′＝a10－a5＝8－3＝ 5. 故 a100＝a5＋(20－1)×5＝98. 5．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足 a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则 a3＋a5＋a7＝( ) A．21 B．42 C．63 D．84 解析：选 B ∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21， ∴3＋3q2＋3q4＝21. ∴1＋q2＋q4＝7，解得 q2＝2 或 q2＝－3(舍去)． ∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42. 6．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足 a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则 a4＝________. 解析：设等比数列{an}的公比为 q， 则 a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1， a1－a3＝a1(1－q2)＝－3， 两式相除，得 1＋q 1－q2 ＝1 3 ，解得 q＝－2，a1＝1， 所以 a4＝a1q3＝－8. 答案：－8 考查点三 等差、等比数列的综合应用 7．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为 1，公差不为 0.若 a2，a3，a6 成等比数列，则 {an}前 6 项的和为( ) A．－24 B．－3 C．3 D．8 解析：选 A 设等差数列{an}的公差为 d， 因为 a2，a3，a6 成等比数列，所以 a2a6＝a23， 即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2. 又 a1＝1，所以 d2＋2d＝0. 又 d≠0，则 d＝－2， 所以{an}前 6 项的和 S6＝6×1＋6×5 2 ×(－2)＝－24. 8．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足 a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则 a1a2…an 的最大值 为________． 解析：设等比数列{an}的公比为 q，则由 a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知 q＝1 2. 又 a1＋a1q2＝10，∴a1＝8. 故 a1a2…an＝an1q1＋2＋…＋(n－1)＝23n· 1 2 1 2 n n － ＝2 2 3 2 2 － ＋n nn ＝2 2 7 2 2 － ＋n n . 记 t＝－n2 2 ＋7n 2 ＝－1 2(n2－7n)＝－1 2 n－7 2 2＋49 8 ， 结合 n∈N*可知 n＝3 或 4 时，t 有最大值 6. 又 y＝2t 为增函数，从而 a1a2…an 的最大值为 26＝64. 答案：64 9．(2013·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn ，已知 S10＝0，S15＝25，则 nSn 的 最小值为________． 解析：由已知 S10＝10a1＋10×9 2 d＝0， S15＝15a1＋15×14 2 d＝25， 解得 a1＝－3， d＝2 3 ，那么 nSn＝n2a1＋n2n－1 2 d＝n3 3 －10n2 3 .由于函数 f(x)＝x3 3 －10x2 3 在 x＝20 3 处取得极 小值，因而检验 n＝6 时，6S6＝－48，n＝7 时，7S7＝－49. 所以 nSn 的最小值为－49. 答案：－49 抓牢常考点——数列的递推关系式 1．数列{an}的前 n 项和与通项 an 之间的关系： an＝ S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2. 2．由递推公式求数列通项的常用方法 (1)形如 an＋1＝an＋f(n)，常用累加法，即利用恒等式 an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an －an－1)求通项公式． (2)形如 an＋1＝anf(n)，常可采用累乘法，即利用恒等式 an＝a1·a2 a1 ·a3 a2 ·…· an an－1 求通项公式． (3)形如 an＋1＝ban＋d(其中 b，d 为常数，b≠0,1)的数列，常用构造法．其基本思路是： 构造 an＋1＋x＝b(an＋x) 其中 x＝ d b－1 ，则{an＋x}是公比为 b 的等比数列，利用它即可求出 an. (4)形如 an＋1＝ pan qan＋r(p，q，r 是常数)的数列，将其变形为 1 an＋1 ＝r p· 1 an ＋q p. 若 p＝r，则 1 an 是等差数列，且公差为q p ，可用公式求通项； 若 p≠r，则再采用(3)的方法求解． [典例] (1)(2018 届高三·洛阳四校联考)已知数列{an}满足条件 1 2a1＋ 1 22a2＋ 1 23a3＋…＋ 1 2nan＝2n＋5，则数列{an}的通项公式为( ) A．an＝2n＋1 B．an＝ 14，n＝1， 2n＋1，n≥2 C．an＝2n D．an＝2n＋2 [解析] 由题意可知，数列{an}满足条件 1 2a1＋ 1 22a2＋ 1 23a3＋…＋ 1 2nan＝2n＋5，则 n≥2 时，有 1 2a1＋ 1 22a2＋ 1 23a3＋…＋ 1 2n－1an－1＝2(n－1)＋5，n≥2， 两式相减可得，an 2n ＝2n＋5－2(n－1)－5＝2， ∴an＝2n＋1，n≥2，n∈N*. 当 n＝1 时，a1 2 ＝7，∴a1＝14， 综上可知，数列{an}的通项公式为 an＝ 14，n＝1， 2n＋1，n≥2. [答案] B (2)(2017·潮州月考)数列{an}的前 n 项和记为 Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1，n∈N*)， 则数列{an}的通项公式是________． [解析] 法一：由 an＋1＝2Sn＋1 可得 an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得 an＋1－an＝2an， 即 an＋1＝3an(n≥2)． 又 a2＝2S1＋1＝3， ∴a2＝3a1，故{an}是首项为 1，公比为 3 的等比数列， ∴an＝3n－1. 法二：由于 an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝2Sn＋1， 所以 Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，Sn＋1＝3Sn＋1， 所以 Sn＋1＋1 2 ＝3 Sn＋1 2 ， 所以数列 Sn＋1 2 为首项是 S1＋1 2 ＝3 2 ，公比为 3 的等比数列，故 Sn＋1 2 ＝3 2 ×3n－1＝1 2 ×3n， 即 Sn＝1 2 ×3n－1 2. 所以，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1， 由 n＝1 时 a1＝1 也适合这个公式，知所求的数列{an}的通项公式是 an＝3n－1. [答案] an＝3n－1 [解题方略] 由 an 与 Sn 关系求通项公式的注意事项 (1)应重视分类讨论思想的应用，分 n＝1 和 n≥2 两种情况讨论，特别注意 an＝Sn－Sn －1 中需 n≥2. (2)由 Sn－Sn－1＝an 推得 an，当 n＝1 时，a1 也适合，则需统一“合写”． (3)由 Sn－Sn－1＝an 推得 an，当 n＝1 时，a1 不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分 写”)，即 an＝ S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2. [针对训练] 1．(2017·云南模拟)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝ 3an an＋3 ，则 a4＝( ) A.3 4 B．1 C.4 3 D.3 2 解析：选 A 依题意得 1 an＋1 ＝an＋3 3an ＝ 1 an ＋1 3 ， 1 an＋1 － 1 an ＝1 3 ，所以数列 1 an 是以1 3 为首项， 1 3 为公差的等差数列，则 1 an ＝1 3 ＋n－1 3 ＝n 3 ，所以 an＝3 n ，a4＝3 4. 2．(2017·兰州模拟)已知数列{an}，{bn}，若 b1＝0，an＝ 1 nn＋1 ，当 n≥2 时，有 bn＝ bn－1＋an－1，则 b2 017＝________. 解析：由 bn＝bn－1＋an－1 得 bn－bn－1＝an－1， ∴b2－b1＝a1，b3－b2＝a2，…，bn－bn－1＝an－1， ∴b2－b1＋b3－b2＋…＋bn－bn－1＝a1＋a2＋…＋an－1 ＝ 1 1×2 ＋ 1 2×3 ＋…＋ 1 n－1×n ， 即 bn－b1＝1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋ 1 n－1 －1 n ＝1－1 n ＝n－1 n ， ∵b1＝0，∴bn＝n－1 n ，∴b2 017＝2 016 2 017. 答案：2 016 2 017 拿下重难点——与数列有关的综合问题 考法(一) 与数列有关的最值、范围问题 等差数列的前 n 项和的最值问题 若{an}是等差数列，求前 n 项和的最值时， (1)若 a1＞0，d＜0， 且满足 an≥0， an＋1≤0， 前 n 项和 Sn 最大； (2)若 a1＜0，d＞0， 且满足 an≤0， an＋1≥0， 前 n 项和 Sn 最小． [典例] (1)(2018 届高三·吉安调研)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S15＞0，S16＜0， 则S1 a1 ，S2 a2 ，S3 a3 ，…，S15 a15 中最大的是( ) A.S6 a6 B.S7 a7 C.S8 a8 D.S9 a9 [解析] 由 S16＜0， S15＞0 得 16a1＋a16 2 ＜0， 15a1＋a15 2 ＞0 即 a9＋a8＜0， 2a8＞0 所以 a8＞0， a9＜0， 故等差数列{an}是递减数列，前 8 项为正，从第 9 项起为负，故 S8 最大，而正项中 a8 最小，所以S8 a8 最大． [答案] C (2)(2017·安徽二校联考)已知数列{an}是首项为 a，公差为 1 的等差数列，数列{bn}满足 bn＝1＋an an .若对任意的 n∈N*，都有 bn≥b8 成立，则实数 a 的取值范围是( ) A．(－8，－7) B．[－8，－7) C．(－8，－7] D．[－8，－7] [解析] 因为{an}是首项为 a，公差为 1 的等差数列，所以 an＝n＋a－1，因为 bn＝1＋an an ， 又对任意的 n∈N*，都有 bn≥b8 成立，所以 1＋ 1 an ≥1＋ 1 a8 ，即 1 an ≥ 1 a8 对任意的 n∈N*恒成立， 因为数列{an}是公差为 1 的等差数列，所以{an}是单调递增的数列，所以 a8＜0， a9＞0， 即 8＋a－1＜0， 9＋a－1＞0， 解得－8＜a＜－7. [答案] A [解题方略] 数列中最值与范围问题的求解策略 以数列为载体考查最值与范围问题多涉及数列的单调性，常结合数列的递推关系进行 转化，将问题归结为数列项的符号的判断，通过比较确定有关的最值问题，求解时注意等 价转化思想与函数方程思想的运用． [针对训练] 1．已知数列{an}满足 a1a2a3·…·an＝2n2(n∈N*)，且对任意 n∈N*都有 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 an ＜t， 则实数 t 的取值范围为( ) A. 1 3 ，＋∞ B. 1 3 ，＋∞ C. 2 3 ，＋∞ D. 2 3 ，＋∞ 解析：选 D 依题意得，当 n≥2 时， an＝ a1a2a3·…·an a1a2a3·…·an－1 ＝ 2n2 2n－12 ＝22n－1. 又 a1＝21＝22×1－1，因此 an＝22n－1， 1 an ＝ 1 22n－1 ， 故数列 1 an 是以1 2 为首项，1 4 为公比的等比数列， 等比数列 1 an 的前 n 项和等于 1 2 1－ 1 4n 1－1 4 ＝2 3 1－ 1 4n ＜2 3 ， 因此实数 t 的取值范围是 2 3 ，＋∞ . 2．(2017·安徽江南十校联考)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}满足 bn＝anan＋1an＋2(n ∈N*)，设 Sn 为数列{bn}的前 n 项和．若 a12＝3 8a5＞0，则当 Sn 取得最大值时 n 的值为________． 解析：设{an}的公差为 d，由 a12＝3 8a5＞0， 得 a1＝－76 5 d，d＜0，所以 an＝ n－81 5 d， 从而可知当 1≤n≤16 时，an＞0；当 n≥17 时，an＜0. 从而 b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…， b15＝a15a16a17＜0，b16＝a16a17a18＞0， 故 S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞S17＞S18＞…. 因为 a15＝－6 5d＞0，a18＝9 5d＜0， 所以 a15＋a18＝－6 5d＋9 5d＝3 5d＜0， 所以 b15＋b16＝a16a17(a15＋a18)＞0， 所以 S16＞S14，即当 Sn 取得最大值时 n＝16. 答案：16 考法(二) 数列与其他知识的交汇 数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，有些数列问题可以转化为特 殊数列求解，数列常与函数、向量、三角函数、解析几何、充分必要条件等知识相交汇， 考查数列的基本运算与应用． [典例] (2017·宜昌月考)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 OB―→＝a1 OA―→＋a2 018 OC―→，且 A，B，C 三点共线(该直线不过点 O)，则 S2 018 等于( ) A．1 007 B．1 009 C．2 016 D．2 018 [解析] ∵A，B，C 三点共线，∴a1＋a2 018＝1， ∴S2 018＝2 018a1＋a2 018 2 ＝1 009. [答案] B [解题方略] 本题巧妙地将三点共线条件( PA―→＝x PB―→＋y PC―→且 A，B，C 三点共线⇔x＋y＝1)与等 差数列的求和公式结合．解决的关键是抓住整体思想求值． [针对训练] 1．已知数列{an}满足 an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且 a5＝π 2.若函数 f(x)＝sin 2x＋2cos2x 2 ， 记 yn＝f(an)，则数列{yn}的前 9 项和为( ) A．0 B．－9 C．9 D．1 解析：选 C 由已知得 2an＋1＝an＋an＋2， 即数列{an}为等差数列． 又 f(x)＝sin 2x＋1＋cos x， a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π， 故 cos a1＋cos a9＝cos a2＋cos a8＝…＝cos a5＝0， 又 2a1＋2a9＝2a2＋2a8＝…＝4a5＝2π， 故 sin 2a1＋sin 2a9＝sin 2a2＋sin 2a8＝…＝sin 2a5＝0， 故数列{yn}的前 9 项和为 9. 2．已知数列{an}，“|an＋1|＞an”是“数列{an}为递增数列”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 解析：选 D ∵|an＋1|＞an，∴ an＋1＞0， an＋1＞an 或 an＋1≤0， －an＋1＞an. 又∵数列{an}为递增数列， ∴an＋1＞an， ∴“|an＋1|＞an”是“数列{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件． [A 级——“12＋4”保分小题提速练] 1．(2017·合肥模拟)已知 1 an 是等差数列，且 a1＝1，a4＝4，则 a10＝( ) A．－4 5 B．－5 4 C. 4 13 D.13 4 解析：选 A 设等差数列 1 an 的公差为 d，由题意可知， 1 a4 ＝ 1 a1 ＋3d＝1 4 ，解得 d＝－1 4 ， 所以 1 a10 ＝ 1 a1 ＋9d＝－5 4 ，所以 a10＝－4 5. 2．(2018 届高三·西安八校联考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a2＋a7＋a12＝24， 则 S13＝( ) A．52 B．78 C．104 D．208 解析：选 C 依题意得 3a7＝24，a7＝8，S13＝13a1＋a13 2 ＝13a7＝104. 3．(2017·云南模拟)已知数列{an}是等差数列，若 a1－1，a3－3，a5－5 依次构成公比为 q 的等比数列，则 q＝( ) A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：选 C 依题意，注意到 2a3＝a1＋a5,2a3－6＝a1＋a5－6，即有 2(a3－3)＝(a1－1) ＋(a5－5)，即 a1－1，a3－3，a5－5 成等差数列；又 a1－1，a3－3，a5－5 依次构成公比为 q 的等比数列，因此有 a1－1＝a3－3＝a5－5(若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数 列是一个非零的常数列)，q＝a3－3 a1－1 ＝1. 4．(2017·兰州模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝2，a8＋a10＝28，则 S9 ＝( ) A．36 B．72 C．144 D．288 解析：选 B 法一：∵a8＋a10＝2a1＋16d＝28，a1＝2， ∴d＝3 2 ，∴S9＝9×2＋9×8 2 ×3 2 ＝72. 法二：∵a8＋a10＝2a9＝28，∴a9＝14，∴S9＝9a1＋a9 2 ＝72. 5．已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＋Sm＝Sn＋m，其中 m，n 为正整数，且 a1＝1， 那么 a10＝( ) A．1 B．9 C．10 D．55 解析：选 A ∵Sn＋Sm＝Sn＋m，a1＝1，∴S1＝1.可令 m＝1，得 Sn＋1＝Sn＋1，∴Sn＋1－ Sn＝1，即当 n≥1 时，an＋1＝1，∴a10＝1. 6．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，且 S25＝100，则 a12＋a14＝( ) A．16 B．8 C．4 D．不确定 解析：选 B 由数列{an}的前 n 项和 Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，可得数列{an}是等差数列， S25＝a1＋a25×25 2 ＝100，解得 a1＋a25＝8，所以 a12＋a14＝a1＋a25＝8. 7．已知数列{an}的通项公式为 an＝pn＋q n(p，q 为常数)，且 a2＝3 2 ，a4＝3 2 ，则 a8＝( ) A.5 4 B.9 4 C.3 4 D．2 解析：选 B 由题意知 2p＋q 2 ＝3 2 ， 4p＋q 4 ＝3 2 ， 解得 p＝1 4 ， q＝2， ∴数列{an}的通项公式 an＝n 4 ＋2 n ， ∴a8＝8×1 4 ＋2 8 ＝9 4. 8．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么 S100 的值为( ) A．2 500 B．2 600 C．2 700 D．2 800 解析：选 B 当 n 为奇数时，an＋2－an＝0⇒an＝1， 当 n 为偶数时，an＋2－an＝2⇒an＝n， 故 an＝ 1，n 为奇数， n，n 为偶数， 于是 S100＝50＋2＋100×50 2 ＝2 600. 9．已知数列 2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，…，这个数列的特点是从第二项起，每 一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前 2 017 项和 S2 017 等于( ) A．2 018 B．2 015 C．1 D．0 解析：选 B 由已知得 an＝an－1＋an＋1(n≥2)，∴an＋1＝an－an－1，故数列的前 8 项依次 为 2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，－1,2 015,2 016.由此可知数列为周期数列，且周期为 6， S6＝0.∵2 017＝6×336＋1，∴S2 017＝2 015. 10．(2017·海淀二模)在数列{an}中，“an＝2an－1，n＝2,3,4，…”是“{an}是公比为 2 的等比数列”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 解析：选 B 当 an＝0 时，也有 an＝2an－1，n＝2,3，4，…，但{an}不是等比数列，因 此充分性不成立；当{an}是公比为 2 的等比数列时，有 an an－1 ＝2，n＝2,3,4，…，即 an＝2an－1， n＝2,3,4，…，所以必要性成立． 11．(2018 届高三·湘中名校联考)若{an}是等差数列，首项 a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，则使前 n 项和 Sn＞0 成立的最大正整数 n 是( ) A．2 016 B．2 017 C．4 032 D．4 033 解析：选 C 因为 a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，所以 d＜0，a2 016＞0，a2 017 ＜0，所以 S4 032＝4 032a1＋a4 032 2 ＝4 032a2 016＋a2 017 2 ＞0，S4 033＝4 033a1＋a4 033 2 ＝4 033a2 017＜0，所以使前 n 项和 Sn＞0 成立的最大正整数 n 是 4 032. 12．等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＜0，若存在自然数 m≥3，使得 am＝Sm，则 当 n＞m 时，Sn 与 an 的大小关系是( ) A．Sn＜an B．Sn≤an C．Sn＞an D．大小不能确定 解析：选 C 若 a1＜0，存在自然数 m≥3，使得 am＝Sm，则 d＞0.因为 d＜0 时，数列 是递减数列，则 Sm＜am，不存在 am＝Sm.由于 a1＜0，d＞0，当 m≥3 时，有 am＝Sm，因此 am＞0，Sm＞0，又 Sn＝Sm＋am＋1＋…＋an，显然 Sn＞an. 13．(2017·合肥模拟)已知数列{an}中，a1＝2，且a2n＋1 an ＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前 9 项 和 S9＝________. 解析：由已知，得 a2n＋1＝4anan＋1－4a2n， 即 a2n＋1－4anan＋1＋4a2n＝(an＋1－2an)2＝0， 所以 an＋1＝2an， 所以数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列， 故 S9＝2×1－29 1－2 ＝210－2＝1 022. 答案：1 022 14．(2017·广州调研)已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝a2n＋an，用[x]表示不超过 x 的最大 整数，则 1 a1＋1 ＋ 1 a2＋1 ＋…＋ 1 a2 017＋1 ＝________. 解析：因为 an＋1＝a2n＋an，所以 1 an＋1 ＝ 1 anan＋1 ＝ 1 an － 1 an＋1 ，即 1 an＋1 ＝ 1 an － 1 an＋1 ，于是 1 a1＋1 ＋ 1 a2＋1 ＋…＋ 1 a2 017＋1 ＝ 1 a1 － 1 a2 ＋ 1 a2 － 1 a3 ＋…＋ 1 a2 017 － 1 a2 018 ＝ 1 a1 － 1 a2 018 .因为 a1＝1， a2＝2＞1，a3＝6＞1，…，可知 1 a2 018 ∈(0,1)，则 1 a1 － 1 a2 018 ∈(0,1)，所以 1 a1 － 1 a2 018 ＝0. 答案：0 15．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a3＝3，S4＝10，则错误! 1 Sk ＝________. 解析：设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d， 依题意有 a1＋2d＝3， 4a1＋6d＝10， 解得 a1＝1， d＝1， 所以 Sn＝nn＋1 2 ， 1 Sn ＝ 2 nn＋1 ＝2 1 n － 1 n＋1 ， 因此错误! 1 Sk ＝2 1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝ 2n n＋1. 答案： 2n n＋1 16．(2017·石家庄二模)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{an}为1 2 ，1 3 ，2 3 ，1 4 ，2 4 ，3 4 ，1 5 ，2 5 ，3 5 ， 4 5 ，…，1 n ，2 n ，…，n－1 n ，…，若 Sk＝14，则 ak＝________. 解析：因为1 n ＋2 n ＋…＋n－1 n ＝1＋2＋…＋n－1 n ＝n 2 －1 2 ， 1 n＋1 ＋ 2 n＋1 ＋…＋ n n＋1 ＝ 1＋2＋…＋n n＋1 ＝n 2 ，所以数列1 2 ，1 3 ＋2 3 ，1 4 ＋2 4 ＋3 4 ，…， 1 n＋1 ＋ 2 n＋1 ＋…＋ n n＋1 是首项为1 2 ，公 差为1 2 的等差数列，所以该数列的前 n 项和 Tn＝1 2 ＋1＋3 2 ＋…＋n 2 ＝n2＋n 4 .令 Tn＝n2＋n 4 ＝14， 解得 n＝7，所以 ak＝7 8. 答案：7 8 [B 级——中档小题强化练] 1．(2017·张掖模拟)在等差数列{an}中， an a2n 是一个与 n 无关的常数，则该常数的可能值 的集合为( ) A．{1} B. 1，1 2 C. 1 2 D. 0，1 2 ，1 解析：选 B an a2n ＝ a1＋n－1d a1＋2n－1d ＝ a1－d＋nd a1－d＋2nd ， 若 a1＝d，则 an a2n ＝1 2 ；若 a1≠0，d＝0，则 an a2n ＝1. ∵a1＝d≠0，∴ an a2n ≠0， ∴该常数的可能值的集合为 1，1 2 . 2．(2017·长乐二模)已知各项均是正数的等比数列{an}中，a2，1 2a3，a1 成等差数列，则a4＋a5 a3＋a4 的值为( ) A. 5－1 2 B. 5＋1 2 C．－ 5－1 2 D. 5－1 2 或 5＋1 2 解析：选 B 设{an}的公比为 q(q＞0)，由 a3＝a2＋a1，得 q2－q－1＝0，解得 q＝ 5＋1 2 . 从而a4＋a5 a3＋a4 ＝q＝ 5＋1 2 . 3．(2018 届高三·宝鸡摸底)正项等比数列{an}中，a2 017＝a2 016＋2a2 015，若 aman＝16a21， 则4 m ＋1 n 的最小值等于( ) A．1 B.3 2 C.5 3 D.13 6 解析：选 B 设等比数列{an}的公比为 q，且 q＞0， ∵a2 015q2＝a2 015q＋2a2 015， ∴q2－q－2＝0，∴q＝2 或 q＝－1(舍去)， 又 a1qm－1·a1qn－1＝16a21， ∴2m＋n－2＝16，∴m＋n－2＝4，m＋n＝6， ∴ 4 m ＋1 n ·m＋n 6 ＝1 6 5＋4n m ＋m n ≥1 6 5＋2 4n m·m n ＝3 2 ，当且仅当 m＝4，n＝2 时等号成立．故4 m ＋1 n 的最小值为3 2. 4．设{an}是等差数列，下列结论中正确的是( ) A．若 a1＋a2＞0，则 a2＋a3＞0 B．若 a1＋a3＜0，则 a1＋a2＜0 C．若 0＜a1＜a2，则 a2＞ a1a3 D．若 a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞0 解析：选 C 若{an}是递减的等差数列，则选项 A、B 都不一定正确．若{an}为公差为 0 的等差数列，则选项 D 不正确．对于 C 选项，由条件可知{an}为公差不为 0 的正项数列， 由等差中项的性质得 a2＝a1＋a3 2 ，由基本不等式得a1＋a3 2 ＞ a1a3，所以 C 正确． 5．(2017·黄冈质检)设等比数列{an}的各项均为正数，公比为 q，前 n 项和为 Sn.若对任 意的 n∈N*，有 S2n＜3Sn，则 q 的取值范围是________． 解析：当 q≠1 时，∵S2n＜3Sn， ∴a11－q2n 1－q ＜3×a11－qn 1－q ，∴qn＜2. 若 q＞1，则 n＜logq2 对任意的 n∈N*恒成立，显然不成立． 若 0＜q＜1，则 n＞logq2 对任意的 n∈N*恒成立， ∴logq2＜nmin，∴logq2＜1，即 0＜q＜2， 又 0＜q＜1，∴0＜q＜1. 当 q＝1 时，对任意的 n∈N*，有 S2n＜3Sn 成立． 综上可得，0＜q≤1. 答案：(0,1] 6．(2017·安徽二校联考)在数列{an}和{bn}中，an＋1＝an＋bn＋ a2n＋b2n，bn＋1＝an＋bn－ a2n＋b2n，a1＝1，b1＝1.设 cn＝ 1 an ＋ 1 bn ，则数列{cn}的前 2 017 项和为________． 解析：由已知 an＋1＝an＋bn＋ a2n＋b2n，bn＋1＝an＋bn－ a2n＋b2n得 an＋1＋bn＋1＝2(an＋bn)， 所以an＋1＋bn＋1 an＋bn ＝2，所以数列{an＋bn}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，即 an＋bn＝2n.将 an＋1＝an＋bn＋ a2n＋b2n，bn＋1＝an＋bn－ a2n＋b2n相乘得an＋1bn＋1 anbn ＝2，所以数列{anbn}是首项 为 1，公比为 2 的等比数列，所以 anbn＝2n－1，因为 cn＝ 1 an ＋ 1 bn ，所以 cn＝an＋bn anbn ＝ 2n 2n－1 ＝2， 数列{cn}的前 2 017 项和为 2×2 017＝4 034. 答案：4 034 [C 级——压轴小题突破练] 1．已知一列非零向量 an 满足 a1＝(x1，y1)，an＝(xn，yn)＝1 2(xn－1－yn－1，xn－1＋yn－1)(n≥2， n∈N*)，则下列命题正确的是( ) A．{|an|}是等比数列，且公比为 2 2 B．{|an|}是等比数列，且公比为 2 C．{|an|}是等差数列，且公差为 2 2 D．{|an|}是等差数列，且公差为 2 解析：选 A ∵|an|＝1 2 xn－1－yn－12＋xn－1＋yn－12＝ 2 2 · x2n－1＋y2n－1＝ 2 2 |an－1|(n≥2，n ∈N*)，|a1|＝ x21＋y21≠0， |an| |an－1| ＝ 2 2 为常数，∴{|an|}是等比数列，且公比为 2 2 . 2．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大 家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码 为下面数学问题的答案：已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是 20，接下 来的两项是 20,21，再接下来的三项是 20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数 N： N>100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂．那么该款软件的激活码是( ) A．440 B．330 C．220 D．110 解析：选 A 设第一项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组， 依此类推，则第 n 组的项数为 n，前 n 组的项数和为nn＋1 2 . 由题意可知，N>100，令nn＋1 2 >100， 得 n≥14，n∈N*，即 N 出现在第 13 组之后． 易得第 n 组的所有项的和为1－2n 1－2 ＝2n－1，前 n 组的所有项的和为21－2n 1－2 －n＝2n＋1－ n－2. 设满足条件的 N 在第 k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第 N 项为第 k＋1 组的第 t(t∈N*)个数， 若要使前 N 项和为 2 的整数幂，则第 k＋1 组的前 t 项的和 2t－1 应与－2－k 互为相反 数， 即 2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)， ∴当 t＝4，k＝13 时，N＝13×13＋1 2 ＋4＝95<100，不满足题意； 当 t＝5，k＝29 时，N＝29×29＋1 2 ＋5＝440； 当 t>5 时，N>440，故选 A. 3．已知函数 f(x)＝cosx 4cos π 2 －x 4 ·cos π－x 2 ，将函数 f(x)在(0，＋∞)上的所有极值点从 小到大排成一数列，记为{an}，则数列{an}的通项公式为________． 解析：由 f(x)＝cosx 4·sinx 4· －cosx 2 ＝－1 4sin x，得 f′(x)＝－1 4cos x，由 cos x＝0，得 x ＝kπ＋π 2(k∈Z)，所以函数 f(x)在(0，＋∞)上的所有极值点为π 2 ，3π 2 ，5π 2 ，…，2n－1π 2 ，…， 所以数列{an}的通项公式为 an＝2n－1π 2 . 答案：an＝2n－1π 2 4．数列{an}满足 an＝ n2，an－1＜n2， 2an－1，an－1≥n2 (n≥2)，若{an}为等比数列，则 a1 的取值范围 是________． 解析：由题意得，a2＝ 4，a1＜4， 2a1，a1≥4 分类讨论，a1＜4 时，a2＝4＜9，a3＝9＜42＝16， a4＝16，显然不能构成等比数列；a1≥4 时，a2＝2a1≥8，当 8≤a2＜9 时，a3＝9，由{an}为 等比数列，知 a1＝9 4 ，与 a1≥4 矛盾，当 a2≥9 时，a3＝2a2，由{an}为等比数列，知 a1＝a2 2 ≥9 2 ， 综上，a1≥9 2 ，即 a1 的取值范围是 9 2 ，＋∞ . 答案： 9 2 ，＋∞ 小题押题 16—10 空间几何体的三视图、表面积与体积 卷 别 年 份 考题位置 考查内容 命题规律分析 全国 卷Ⅰ 2017 选择题第 7 题 空间几何体的三视图及有关面积的计 算 立体几何 问题既是高考 的必考点，也 是考查的难 点，其在高考 中的命题形式 较为稳定，保 持“一小一 大”或“两小 一大”的格 局．以选择题 或填空题的形 式主要考查空 间几何体三视 图的识别，空 间几何体的体 积或表面积的 计算． 填空题第 16 题 三棱锥体积及最值的计算 2016 选择题第 6 题 有关球的三视图及表面积的计算 2015 选择题第 6 题 锥体体积的计算 选择题第 11 题 空间几何体的三视图及组合体表面积 的计算 全国 卷Ⅱ 2017 选择题第 4 题 空间几何体的三视图及组合体体积的 计算 2016 选择题第 6 题 空间几何体的三视图及组合体表面积 的计算 2015 选择题第 6 题 空间几何体的三视图及组合体体积的 计算 选择题第 9 题 三棱锥的体积、球的表面积、球与三棱 锥的结构特征 全国 卷Ⅲ 2017 选择题第 8 题 球的内接圆柱、圆柱体积的计算 2016 选择题第 9 题 空间几何体的三视图及组合体表面积 的计算 选择题第 10 题 直三棱柱的体积最值问题 考查点一 空间几何体的三视图 1．(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等 腰直角三角形组成，正方形的边长为 2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有 若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( ) A．10 B．12 C．14 D．16 解析：选 B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角 形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为 2， 直三棱柱的高为 2，三棱锥的高为 2，易知该多面体有 2 个面是梯形，这些梯形的面积之和 为2＋4×2 2 ×2＝12，故选 B. 2．(2014·全国卷Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的 三视图，则这个几何体是( ) A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱 解析：选 B 由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该 几何体为三棱柱，故选 B. 3．(2013·全国卷Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系 Oxyz 中的坐标分别是(1,0,1)， (1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以 zOx 平面为投影面，则得到 的正视图可以为( ) 解析：选 A 作出空间直角坐标系，在坐标系中标出各点的位置，然后进行投影，分 析其正视图形状．易知选 A. 考查点二 空间几何体的表面积、体积 4．(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的 三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( ) A．90π B．63π C．42π D．36π 解析：选 B 法一：由题意知，该几何体由底面半径为 3，高为 10 的圆柱截去底面半 径为 3，高为 6 的圆柱的一半所得，故其体积 V＝π×32×10－1 2 ×π×32×6＝63π. 法二：由题意知，该几何体由底面半径为 3，高为 10 的圆柱截去底面半径为 3，高为 6 的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为 3，高为 7 的圆柱的体积，所以它的体积 V＝ π×32×7＝63π. 5.(2016·全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及 每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π 3 ，则它的表面 积是( ) A．17π B．18π C．20π D．28π 解析：选 A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球 的1 4 ，得到的几何体如图．设球的半径为 R，则4 3πR3－1 8 ×4 3πR3＝28 3 π，解得 R ＝2.因此它的表面积为7 8 ×4πR2＋3 4πR2＝17π. 6.(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图， 则该几何体的表面积为( ) A．20π B．24π C．28π D．32π 解析：选 C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底 面圆半径为 r，周长为 c，圆锥母线长为 l，圆柱高为 h.由图得 r＝2，c＝2πr＝4π，h＝4， 由勾股定理得：l＝ 22＋2 32＝4，S 表＝πr2＋ch＋1 2cl＝4π＋16π＋8π＝28π. 7．(2016·全国卷Ⅲ)如图所示，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面 体的三视图，则该多面体的表面积为( ) A．18＋36 5 B．54＋18 5 C．90 D．81 解析：选 B 由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为 矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×3 5)×2＝54＋18 5. 考查点三 与球有关的结合体问题 8．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的 球面上，则该圆柱的体积为( ) A．π B.3π 4 C.π 2 D.π 4 解析：选 B 设圆柱的底面半径为 r，则 r2＝12－ 1 2 2＝3 4 ，所以圆柱的体积 V＝3 4π×1 ＝3π 4 . 9．(2015·全国卷Ⅱ)已知 A，B 是球 O 的球面上两点，∠AOB＝90°，C 为该球面上的 动点．若三棱锥 O ABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为( ) A．36π B．64π C．144π D．256π 解析：选 C 如图，设球的半径为 R，∵∠AOB＝90°，∴S△AOB＝1 2R2. ∵VOABC＝VC AOB，而△AOB 面积为定值，∴当点 C 到平面 AOB 的距 离最大时，VOABC 最大，∴当 C 为与球的大圆面 AOB 垂直的直径的端点时， 体积 VOABC 最大，为1 3 ×1 2R2×R＝36，∴R＝6，∴球 O 的表面积为 4πR2＝ 4π×62＝144π. 抓牢常考点——空间几何体的表面积、体积 常见的一些简单几何体的表面积和体积公式 (1)圆柱的表面积公式：S＝2πr2＋2πrl＝2πr(r＋l)(其中 r 为底面半径，l 为圆柱的高)． (2)圆锥的表面积公式：S＝πr2＋πrl＝πr(r＋l)(其中 r 为底面半径，l 为母线长)． (3)柱体的体积公式：V＝Sh(S 为柱体的底面面积，h 为高)． (4)锥体的体积公式：V＝1 3Sh(S 为底面面积，h 为高)． (5)球的表面积和体积公式：S＝4πR2，V＝4 3πR3(R 为球的半径)． [题组突破] 1.(2017·兰州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ( ) A．(9＋ 5)π B．(9＋2 5)π C．(10＋ 5)π D．(10＋2 5)π 解析：选 A 由三视图可知，该几何体为一个圆柱挖去一个同底的圆锥，且圆锥的高 是圆柱高的一半．故该几何体的表面积 S＝π×12＋4×2π＋1 2 ×2π× 5＝(9＋ 5)π. 2．(2017·广东三市联考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( ) A．6 B．9 C．12 D．8 解析：选 B 由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱截去1 4 所得，如 图所示，其体积为3 4 ×1 2 ×3×4×2＝9. 3．(2017·长春模拟)堑堵，我国古代数学名词，其三视图如图所示．《九章算术》中有 如下问题：“今有堑堵，下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？”意思是 说：“今有堑堵，底面宽为 2 丈，长为 18 丈 6 尺，高为 2 丈 5 尺，问它的体积是多少？”(注： 一丈＝十尺)，答案是( ) A．25 500 立方尺 B．34 300 立方尺 C．46 500 立方尺 D．48 100 立方尺 解析：选 C 由三视图可知，堑堵为一个三棱柱，其体积为1 2 ×186×25×20＝46 500(立 方尺)． [解题方略] 求与三视图有关的几何体的表面积或体积的步骤 (1)以三视图为载体求几何体的表面积或体积时，需要对三视图进行适当分析，还原出 空间几何体． (2)根据三视图的形状与图中所给数据，以及“正(主)视图反映几何体的长和高，侧(左) 视图反映几何体的高和宽，俯视图反映几何体的长和宽”，确定原几何体中点、线、面的 位置关系及主要线段的长度． (3)利用相应的几何体表面积或体积公式进行计算． 拿下重难点——与球有关的结合体问题 考法(一) 与球有关的简单计算 与球有关的结合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切 点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体， 切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶 点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径． [典例] (1)(2017·河南六市联考)三棱锥 PABC 中，AB＝BC＝ 15，AC＝6，PC⊥平面 ABC，PC＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为( ) A.25 3 π B.25 2 π C.83 3 π D.83 2 π [解析] 由题可知，△ABC 中 AC 边上的高为  152－32＝ 6，球心 O 在底面 ABC 的 投影即为△ABC 的外心 D，设 DA＝DB＝DC＝x，∴x2＝32＋( 6－x)2，解得 x＝5 6 4 ，∴ R2＝x2＋ PC 2 2＝75 8 ＋1＝83 8 (其中 R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积 S＝4πR2＝ 83 2 π. [答案] D (2)(2017·广州模拟)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱 锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥 PABC 为鳖臑， PA⊥平面 ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥 PABC 的四个顶点都在球 O 的球面上，则 球 O 的表面积为( ) A．8π B．12π C．20π D．24π [解析] 法一：将三棱锥 PABC 放入长方体中，如图，三棱锥 PABC 的外接球就是长方体的外接球．因为 PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC 为 直角三角形，所以 BC＝ 42－22＝2 3. 设外接球的半径为 R，依题意可得(2R)2＝22＋22＋(2 3)2＝20，故 R2＝5，则球 O 的表面积为 4πR2＝20π. 法二：利用鳖臑的特点求解，如图，因为四个面都是直角三角形，所 以 PC 的中点到每一个顶点的距离都相等，即 PC 的中点为球心 O，易得 2R＝PC＝ 20，所以球 O 的表面积为 4πR2＝20π. [答案] C [解题方略] 1．几何体与球接、切问题的求解策略 (1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问 题． (2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观 图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 2．构造长方体或正方体确定球心的途径 (1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥都分别可构造正方体； (2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、四个面都是直角三角形的三棱锥、相对 的棱相等的三棱锥都分别可构造长方体或正方体； (3)若已知棱锥中含有线面垂直关系，则可将棱锥构造成长方体或正方体． [针对训练] 1．(2018 届高三·张掖摸底)若一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体 积为( ) A. 6 2 π B. 5 2 π C. 2 2 π D. 3 2 π 解析：选 D 由三视图易知该几何体为四棱锥，可将该四棱锥放入正方体中，正方体 的外接球即为四棱锥的外接球，正方体的外接球的半径 R＝ 12＋12＋12 2 ＝ 3 2 ，所以 V 球＝ 4 3 ×π× 3 2 3＝ 3 2 π. 2．(2017·兰州模拟)已知球 O 的半径为 13，其球面上有三点 A，B，C，若 AB＝12 3， AC＝BC＝12，则四面体 OABC 的体积为________． 解析：过点 A 作 BC 的平行线 AD，过点 B 作 AC 的平行线 BD，∵AC＝BC＝12，AB ＝12 3，∴DA＝DB＝DC＝12，∴点 D 是△ABC 的外接圆圆心，连接 DO，在△ODA 中， OA2＝DA2＋DO2，即 DO2＝OA2－DA2＝132－122＝25，∴DO＝5，又 DO⊥平面 ABC，∴ VOABC＝1 3 ×1 2 ×12 3×6×5＝60 3. 答案：60 3 考法(二) 与球切接有关的最值问题 与球切接有关的最值问题多涉及体积最值问题、截面面积问题． [典例] (1)(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱 ABCA1B1C1 内有一个体积为 V 的球．若 AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则 V 的最大值是( ) A．4π B.9π 2 C．6π D.32π 3 [解析] 设球的半径为 R，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－10 2 ＝2，∴R≤2.又 2R≤3， ∴R≤3 2 ，∴Vmax＝4 3 ×π× 3 2 3＝9π 2 . [答案] B (2)(2017·贵州适应性考试)已知正三棱柱(底面是正三角形，侧棱与底面垂直)的体积为 3 3 cm3，其所有顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积的最小值为________cm2. [解析] 球 O 的表面积最小时，球 O 的半径 R 最小．设正三棱柱的底面边长为 a，高 为 b，则正三棱柱的体积 V＝ 3 4 a2b＝3 3，所以 a2b＝12.底面正三角形所在截面圆的半径 r ＝ 3 3 a，则 R2＝r2＋ b 2 2＝a2 3 ＋b2 4 ＝1 3 ×12 b ＋b2 4 ＝4 b ＋b2 4 ，令 f(b)＝4 b ＋b2 4 ，02 时， f′(b)>0，函数 f(b)单调递增，所以当 b＝2 时，f(b)取得最小值 3，即(R2)min＝3，故球 O 的 表面积的最小值为 12π. [答案] 12π (3)(2017·洛阳统一考试)已知点 A，B，C，D 均在球 O 上，AB＝BC＝ 6，AC＝2 3， 若三棱锥 DABC 体积的最大值为 3，则球 O 的表面积为________． [解析] 由题意可得，∠ABC＝π 2 ，△ABC 的外接圆半径 r＝ 3，当三棱锥的体积最大 时，VDABC＝1 3S△ABC·h(h 为 D 到底面 ABC 的距离)，即 3＝1 3 ×1 2 × 6× 6h⇒h＝3，即 R＋ R2－r2＝3(R 为外接球半径)，解得 R＝2，∴球 O 的表面积为 4π×22＝16π. [答案] 16π [解题方略] 破解与球切接有关的最值问题的两种方法 (1)结合图形分析取得最值的条件转化求解． (2)建立目标函数转化为函数最值问题求解． [针对训练] 1．(2017·长春质量监测)正四面体 ABCD 的外接球半径为 2，过棱 AB 作该球的截面， 则截面面积的最小值为________． 解析：由题意，面积最小的截面是以 AB 为直径的圆，在正四面 体 ABCD 中，如图，设 E 为△BCD 的中心，连接 AE，BE，则球心 O 在 AE 上，延长 AE 交球面于 F，则 AF 是球的直径，∠ABF＝90°， 又 AE⊥BE，所以在△ABF 中，由射影定理得 AB2＝AE·AF＝4AE， 又 AE＝ AB2－BE2＝ 6 3 AB，所以 AB＝4 6 3 ，故截面面积的最小值为π 2 6 3 2＝8π 3 . 答案：8π 3 2．(2017·吉林白城一中测试)已知在直角梯形 ABCD 中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD ＝2CD＝2，将直角梯形 ABCD 沿 AC 折叠成三棱锥 DABC，当三棱锥 DABC 的体积取最 大值时，其外接球的体积为________． 解析：当三棱锥 DABC 的体积最大时，点 D 到底面 ABC 的 距离最大，此时平面 ACD⊥平面 ABC，取 AB 的中点 O，AC 的中 点 M，连接 OM，DM，OD，OC，则 DM＝OM＝ 2 2 ，因为 DM⊥ AC，所以 DM⊥平面 ABC，所以 DM⊥OM，所以 OD＝ DM2＋OM2 ＝1，又 OA＝OB＝OC＝1，所以点 O 是其外接球的球心，所以 V＝4 3π×13＝4 3π. 答案：4 3π [A 级——“12＋4”保分小题提速练] 1．(2017·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三 视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是( ) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：选 C 由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥 PABCD， 易知四棱锥 PABCD 的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直 角三角形的个数是 4. 2．(2017·沈阳模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出 的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是( ) A．36＋6 10 B．36＋3 10 C．54 D．27 解析：选 A 由三视图知，该几何体的直观图如图所示，故表面积为 S ＝2×1 2 ×(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋3×2× 10＝36＋6 10. 3.(2017·广州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画 出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的 体积为8 3 ，则该几何体的俯视图可以是( ) 解析：选 D 由题意可得该几何体可能为四棱锥，如图所示，其高为 2，底面为正方形，面积为 2×2＝4，因为该几何体的体积为1 3 ×4×2＝8 3 ， 满足条件，所以俯视图可以为一个直角三角形．故选 D. 4．(2018 届高三·惠州摸底)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最 长棱的棱长为( ) A．1 B. 2 C. 3 D．2 解析：选 C 四棱锥的直观图如图所示，PC⊥平面 ABCD，PC＝1， 底面四边形 ABCD 为正方形且边长为 1，故最长棱 PA＝ 12＋12＋12＝ 3. 5．(2017·陕西模拟)如图，网格纸上的小正方形的边长为 1，粗实线画出的是一个几何 体的三视图，则该几何体的体积是( ) A．4＋6π B．8＋6π C．4＋12π D．8＋12π 解析：选 B 该几何体为四棱锥与半个圆柱的上下组合体，其中半个圆柱的底面圆直 径为 4，母线长为 3，四棱锥的底面是长为 4，宽为 3 的矩形，高为 2，所以组合体的体积 为 V＝1 2 ×π×22×3＋1 3 ×4×3×2＝8＋6π. 6．(2018 届高三·皖南八校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A．12 B．18 C．24 D．30 解析：选 C 由三视图知，该几何体是一个长方体的一半再截去一个 三棱锥后得到的，该几何体的体积 V＝1 2 ×4×3×5－1 3 ×1 2 ×4×3×(5－2)＝24. 7．(2017·宝鸡模拟)已知 A，B，C 三点都在以 O 为球心的球面上，OA，OB，OC 两两 垂直，三棱锥 OABC 的体积为4 3 ，则球 O 的表面积为( ) A.16π 3 B．16π C.32π 3 D．32π 解析：选 B 设球 O 的半径为 R，以球心 O 为顶点的三棱锥三条侧棱两两垂直且都等 于球的半径 R，另外一个侧面是边长为 2R 的等边三角形．因此根据三棱锥的体积公式得 1 3 ×1 2R2·R＝4 3 ，∴R＝2，∴球的表面积 S＝4π×22＝16π. 8．(2017·湖北五校联考)如图为某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为 ( ) A.27 2 π B．27π C．27 3π D.27 3 2 π 解析：选 B 由三视图可知，该几何体是由一个正方体切割成的一个四棱锥，则该几 何体的外接球的半径为1 2 32＋32＋32＝3 3 2 ，从而得其表面积为 4π× 3 3 2 2＝27π. 9．(2018 届高三·广州五校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ( ) A.10＋2 2π 2 ＋1 B.13π 6 C.11＋ 2π 2 ＋1 D.11＋2 2π 2 ＋1 解析：选 C 由三视图可知该几何体是一个圆柱和半个圆锥的组合体，故其表面积为 2 2 π＋1＋2π×2＋3 2π＝11＋ 2π 2 ＋1. 10．(2017·昆明模拟)某几何体的三视图如图所示，若这个几何体的顶点都在球 O 的表 面上，则球 O 的表面积是( ) A．2π B．4π C．5π D．20π 解析：选 C 由三视图知，该几何体为三棱锥，且其中边长为 1 的侧棱与底面垂直， 底面为底边长为 2 的等腰直角三角形，所以可以将该三棱锥补形为长、宽、高分别为 2，2， 1 的长方体，所以该几何体的外接球 O 的半径 R＝  22＋ 22＋12 2 ＝ 5 2 ，所以球 O 的表 面积 S＝4πR2＝5π. 11．(2017·合肥模拟)一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆 周)，则该几何体的表面积为( ) A．72＋6π B．72＋4π C．48＋6π D．48＋4π 解析：选 A 由三视图知，该几何体由一个正方体的3 4 部分与一个圆柱 的1 4 部分组合而成(如图所示)，其表面积为 16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋ 2＋π)＝72＋6π. 12．(2017·福州模拟)已知球 O 的半径为 R，A，B，C 三点在球 O 的球面上，球心 O 到 平面 ABC 的距离为 3 2 R，AB＝AC＝BC＝2 3，则球 O 的表面积为( ) A.16 3 π B．16π C.64 3 π D．64π 解析：选 D 设△ABC 外接圆的圆心为 O1，半径为 r，因为 AB＝AC＝BC＝2 3，所 以△ABC 为正三角形，其外接圆的半径 r＝ 2 3 2sin 60° ＝2，所以 OO1⊥平面 ABC，所以 OA2 ＝OO21＋r2，所以 R2＝ 3 2 R 2＋22，解得 R2＝16，所以球 O 的表面积为 4πR2＝64π. 13．(2017·青岛模拟)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为 S1，S2，体积分别为 V1，V2， 若它们的侧面积相等，且S1 S2 ＝9 4 ，则V1 V2 的值是________． 解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是 r1，r2，母线长分别是 l1，l2.则由S1 S2 ＝9 4 可得 r1 r2 ＝3 2.又两个圆柱的侧面积相等，即 2πr1l1＝2πr2l2，则l1 l2 ＝r2 r1 ＝2 3 ，所以V1 V2 ＝S1l1 S2l2 ＝9 4 ×2 3 ＝3 2. 答案：3 2 14．(2018 届高三·大连调研)高为 4 的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的 直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的 ________． 解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为 2、底面积为 1 2 ×2×(2＋4)＝6 的四棱锥， 其体积为 4.易知直三棱柱的体积为 8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的1 2. 答案：1 2 15．(2017·合肥模拟)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是边长为 1 的等边三角 形，则此几何体的体积为________． 解析：由三视图可知，该几何体为一个四棱锥，将其还原在长方体中， 为四棱锥 PABCD，如图所示，故其体积 VPABCD＝1 3 ×1＋2×1 2 × 3 2 ＝ 3 4 . 答案： 3 4 16．(2017·长春模拟)已知四棱锥 PABCD 的底面为矩形，平面 PBC⊥平面 ABCD，PE ⊥BC 于点 E，EC＝1，AB＝ 6，BC＝3，PE＝2，则四棱锥 PABCD 的外接球半径为________． 解析：如图，由已知，设△PBC 的外接圆圆心为 O1，半 径为 r，在△PBC 中，由正弦定理可得 PC sin∠PBC ＝2r，即 5 2 2 ＝ 2r，解得 r＝ 10 2 ，设 F 为 BC 边的中点，进而求出 O1F＝1 2 ， 设四棱锥 PABCD 的外接球球心为 O，外接球半径为 R，则 R2＝ BD 2 2＋O1F2＝4，所以四 棱锥 PABCD 的外接球半径为 2. 答案：2 [B 级——中档小题强化练] 1．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( ) A．12＋4 2 B．18＋8 2 C．28 D．20＋8 2 解析：选 D 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的 直三棱柱，如图所示．则该几何体的表面积为 S＝2×1 2 ×2×2＋2×4×2 ＋2 2×4＝20＋8 2. 2．(2017·石家庄模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( ) A．16 B．20 C．52 D．60 解析：选 B 由三视图知，该几何体由一个底面直角边分别为 3,4 的直角三角形、高为 6 的三棱柱被截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是边长分别为 2,4 的矩形、高 是 3，所以该几何体的体积 V＝1 2 ×3×4×6－2×1 3 ×2×4×3＝20. 3．(2017·南宁模拟)设点 A，B，C 为球 O 的球面上三点，O 为球心．球 O 的表面积为 100π，且△ABC 是边长为 4 3的正三角形，则三棱锥 OABC 的体积为( ) A．12 B．12 3 C．24 3 D．36 3 解析：选 B ∵球 O 的表面积为 100π＝4πr2，∴球 O 的半径为 5. 如图，取△ABC 的中心 H，连接 OH，连接并延长 AH 交 BC 于点 M， 则 AM＝ 4 32－ 4 3 2 2＝6，AH＝2 3AM＝4，∴OH＝ OA2－AH2＝ 52－42＝3， ∴三棱锥 OABC 的体积为 V＝1 3 × 3 4 ×(4 3)2×3＝12 3. 4．(2018 届高三·湖南东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的 面积中，最大的是( ) A．4 3 B．8 3 C．4 7 D．8 解析：选 C 设该三棱锥为 PABC，其中 PA⊥平面 ABC，PA＝4，则由三视图可知△ ABC 是边长为 4 的等边三角形，故 PB＝PC＝4 2，所以 S△ABC＝1 2 ×4×2 3＝4 3，S△PAB ＝S△PAC＝1 2 ×4×4＝8，S△PBC＝1 2 ×4× 4 22－22＝4 7，故所有面中最大的面积为 4 7. 5．(2017·长春一检)已知三棱锥 SABC 中，SA，SB，SC 两两垂直，且 SA＝SB＝SC＝ 2，Q 是三棱锥 SABC 外接球上一动点，则点 Q 到平面 ABC 的距离的最大值为________． 解析：将三棱锥 SABC 放入棱长为 2 的正方体中，则到平面 ABC 的距离最大的点应在 过球心且和平面 ABC 垂直的直径上，因为正方体的外接球直径和正方体的体对角线长相等， 所以 2R＝2 3(R 为外接球的半径)，则点 Q 到平面 ABC 的距离的最大值为2 3 ×2R＝2 3 ×2 3＝ 4 3 3 . 答案：4 3 3 6.(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为 5 cm，该纸 片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D，E，F 为圆 O 上的点，△DBC， △ECA，△FAB 分别是以 BC，CA，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线 剪开后，分别以 BC，CA，AB 为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB， 使得 D，E，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3) 的最大值为________． 解析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥， 当△ABC 的边长变化时，设△ABC 的边长为 a(a>0)cm， 则△ABC 的面积为 3 4 a2，△DBC 的高为 5－ 3 6 a， 则正三棱锥的高为 5－ 3 6 a 2－ 3 6 a 2＝ 25－5 3 3 a， ∴25－5 3 3 a>0，∴00，即 x4－2x3<0，得 00)将△ABC 分 割为面积相等的两部分，则 b 的取值范围是( ) A．(0,1) B. 1－ 2 2 ，1 2 C. 1－ 2 2 ，1 3 D. 1 3 ，1 2 解析：选 B 由题意知直线 AB 的方程为 x＋y＝1，联立 x＋y＝1， y＝ax＋b 消去 x，得 y＝a＋b a＋1 ， 当 a＞0 时，直线 y＝ax＋b 与 x 轴交于点 －b a ，0 ，结合图形知1 2 ×a＋b a＋1 × 1＋b a ＝1 2 ，化简 得(a＋b)2＝a(a＋1)，则 a＝ b2 1－2b.∵a＞0，∴ b2 1－2b ＞0，解得 b＜1 2. 考虑极限位置，即 a＝0，此时易得 b＝1－ 2 2 ，故选 B. 考查点二 圆的方程 2．(2016·全国卷Ⅱ)圆 x2＋y2－2x－8y＋13＝0 的圆心到直线 ax＋y－1＝0 的距离为 1， 则 a＝( ) A．－4 3 B．－3 4 C. 3 D．2 解析：选 A 圆 x2＋y2－2x－8y＋13＝0 的标准方程为(x－1)2＋(y－4)2＝4，由圆心到直 线 ax＋y－1＝0 的距离为 1 可知|a＋4－1| a2＋12 ＝1，解得 a＝－4 3. 3．(2015·全国卷Ⅱ)已知三点 A(1,0)，B(0， 3)，C(2， 3)，则△ABC 外接圆的圆心到 原点的距离为( ) A.5 3 B. 21 3 C.2 5 3 D.4 3 解析：选 B 在坐标系中画出△ABC(如图)，利用两点间的距离公 式可得|AB|＝|AC|＝|BC|＝2(也可以借助图形直接观察得出)，所以△ ABC 为等边三角形．设 BC 的中点为 D，点 E 为外心，同时也是重心．所 以|AE|＝2 3|AD|＝2 3 3 ，从而|OE|＝ |OA|2＋|AE|2＝ 1＋4 3 ＝ 21 3 . 4．(2015·全国卷Ⅰ)一个圆经过椭圆x2 16 ＋y2 4 ＝1 的三个顶点，且圆心在 x 轴的正半轴上， 则该圆的标准方程为________． 解析：由题意知 a＝4，b＝2，上、下顶点的坐标分别为(0,2)，(0，－2)，右顶点的坐标 为(4,0)．由圆心在 x 轴的正半轴上知圆过点(0,2)，(0，－2)，(4,0)三点．设圆的标准方程为(x －m)2＋y2＝r2(00)， 则 m2＋4＝r2， 4－m2＝r2， 解得 m＝3 2 ， r2＝25 4 . 所以圆的标准方程为 x－3 2 2＋y2＝25 4 . 答案： x－3 2 2＋y2＝25 4 考查点三 直线与圆的位置关系 5．(2015·全国卷Ⅱ)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．2 6 B．8 C．4 6 D．10 解析：选 C 设圆的方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 则 D＋3E＋F＋10＝0， 4D＋2E＋F＋20＝0， D－7E＋F＋50＝0. 解得 D＝－2， E＝4， F＝－20. ∴圆的方程为 x2＋y2－2x＋4y－20＝0. 令 x＝0，得 y2＋4y－20＝0， 设 M(0，y1)，N(0，y2)， 则 y1＋y2＝－4，y1y2＝－20， 所以|MN|＝|y1－y2| ＝ y1＋y22－4y1y2＝4 6. 6．(2016·全国卷Ⅲ)已知直线 l：mx＋y＋3m－ 3＝0 与圆 x2＋y2＝12 交于 A，B 两点， 过 A，B 分别作 l 的垂线与 x 轴交于 C，D 两点．若|AB|＝2 3，则|CD|＝________. 解析：由直线 l：mx＋y＋3m－ 3＝0 知其过定点(－3， 3)，圆心 O 到直线 l 的距离为 d＝|3m－ 3| m2＋1 . 由|AB|＝2 3得 3m－ 3 m2＋1 2＋( 3)2＝12，解得 m＝－ 3 3 .又直线 l 的 斜率为－m＝ 3 3 ，所以直线 l 的倾斜角α＝π 6. 画出符合题意的图形如图所示，过点 C 作 CE⊥BD，则∠DCE＝π 6. 在 Rt△CDE 中，可得|CD|＝ |AB| cosπ 6 ＝2 3× 2 3 ＝4. 答案：4 7．(2014·全国卷Ⅱ)设点 M(x0,1)，若在圆 O：x2＋y2＝1 上存在点 N，使得∠OMN＝45°， 则 x0 的取值范围是________． 解析：由题意可知 M 在直线 y＝1 上运动，设直线 y＝1 与圆 x2＋ y2＝1 相切于点 P(0,1)．当 x0＝0 即点 M 与点 P 重合时，显然圆上存在 点 N(±1，0)符合要求；当 x0≠0 时，过 M 作圆的切线，切点之一为点 P，此时对于圆上任意一点 N，都有∠OMN≤∠OMP，故要存在∠OMN ＝45°，只需∠OMP≥45°.特别地，当∠OMP＝45°时，有 x0＝±1.结合图形可知，符合 条件的 x0 的取值范围为[－1,1]． 答案：[－1,1] 速解——圆的方程 圆的 3 种方程 (1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2. (2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)． (3)圆的直径式方程：(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0(圆的直径的两端点是 A(x1，y1)， B(x2，y2))． [题组突破] 1．(2017·长沙模拟)与圆(x－2)2＋y2＝4 关于直线 y＝ 3 3 x 对称的圆的方程是( ) A．(x－ 3)2＋(y－1)2＝4 B．(x－ 2)2＋(y－ 2)2＝4 C．x2＋(y－2)2＝4 D．(x－1)2＋(y－ 3)2＝4 解析：选 D 法一：圆与圆关于直线对称，则圆的半径相同，只需圆心关于直线对称 即可．由题意知已知圆的圆心坐标为(2,0)，半径为 2，设所求圆的圆心坐标为(a，b)，则 b－0 a－2 × 3 3 ＝－1， b＋0 2 ＝ 3 3 ×a＋2 2 ， 解得 a＝1， b＝ 3， 所以所求圆的圆心坐标为(1， 3)，半径为 2. 从而所求圆的方程为(x－1)2＋(y－ 3)2＝4. 法二：由于两圆关于直线对称，因此两圆心的连线必与该直线垂直，则两圆心连线的 斜率为－ 3，备选项中只有选项 D 中的圆心与已知圆的圆心连线的斜率为－ 3，故选 D. 2．圆心在直线 x＋2y＝0 上的圆 C 与 y 轴的负半轴相切，圆 C 截 x 轴所得的弦长为 2 6， 则圆 C 的标准方程为( ) A．(x－2 2)2＋(y＋ 2)2＝8 B．(x－ 2)2＋(y＋2 2)2＝8 C．(x－2)2＋(y＋ 2)2＝8 D．(x－ 2)2＋(y＋2)2＝8 解析：选 A 法一：由题意，可设圆 C 的半径为 r，则圆心为 r，－r 2 (r＞0)，由勾股 定理，得( 6)2＋ r 2 2＝r2， 解得 r＝2 2，∴圆心为(2 2，－ 2)， ∴圆 C 的标准方程为(x－2 2)2＋(y＋ 2)2＝8. 法二：四个圆的圆心分别为(2 2，－ 2)，( 2，－2 2)，(2，－ 2)，( 2，－2)，将它 们逐一代入 x＋2y＝0，只有 A 选项满足，故选 A. 3．(2017·广州模拟)若一个圆的圆心是抛物线 x2＝4y 的焦点，且该圆与直线 y＝x＋3 相 切，则该圆的标准方程是________． 解析：抛物线 x2＝4y 的焦点为(0,1)，即圆心为(0,1)，设该圆的标准方程是 x2＋(y－1)2 ＝r2(r＞0)，因为该圆与直线 y＝x＋3 相切，所以 r＝|－1＋3| 2 ＝ 2，故该圆的标准方程是 x2 ＋(y－1)2＝2. 答案：x2＋(y－1)2＝2 [解题方略] 用待定系数法求圆的方程的一般步骤 (1)选用圆的方程两种形式中的一种，若知圆上三个点的坐标，通常选用一般方程；若 给出圆心的特殊位置或圆心与两坐标轴间的关系，通常选用标准方程； (2)根据所给条件，列出关于 D，E，F 或 a，b，r 的方程组； (3)解方程组，求出 D，E，F 或 a，b，r 的值，并把它们代入所设的方程中，得到所求 圆的方程． 稳解——直线与圆的位置关系 考法(一) 直线与圆的位置关系 1．判定直线与圆位置关系的 2 种方法 (1)代数法．将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来讨论位置关 系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离． (2)几何法．把圆心到直线的距离 d 和半径 r 的大小加以比较：dr⇔相离． 2．圆的弦长的 2 种求法 (1)几何法：直线被圆截得的半弦长l 2 ，弦心距 d 和圆的半径 r 构成直角三角形，即 r2＝ l 2 2＋d2. (2)代数法：联立直线方程和圆的方程，消元转化为关于 x 的一元二次方程，由根与系 数 的 关 系 即 可 求 得 弦 长 |AB| ＝ 1＋k2 |x1 － x2| ＝ 1＋k2 x1＋x22－4x1x2 或 |AB| ＝ 1＋ 1 k2|y1－y2|＝ 1＋ 1 k2 y1＋y22－4y1y2. [典例] (1)(2017·沈阳模拟)已知直线 l：y＝k(x＋ 3)和圆 C：x2＋(y－1)2＝1，若直线 l 与圆 C 相切，则 k＝( ) A．0 B. 3 C. 3 3 或 0 D. 3或 0 [解析] 因为直线 l 与圆 C 相切，所以圆心 C(0,1)到直线 l 的距离 d＝|－1＋ 3k| 1＋k2 ＝1， 解得 k＝0 或 k＝ 3. [答案] D (2)(2017·广州一模)已知直线 y＝x＋m 和圆 x2＋y2＝1 交于 A，B 两点，O 为坐标原点， 若 AO―→ · AB―→＝3 2 ，则实数 m 的值为( ) A．±1 B．± 3 2 C．± 2 2 D．±1 2 [解析] 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 AO―→＝(－x1，－y1)， AB―→＝(x2－x1，y2－y1)， 由 y＝x＋m， x2＋y2＝1 得 2x2＋2mx＋m2－1＝0， 故Δ＝4m2－8(m2－1)＝8－4m2＞0，即－ 2＜m＜ 2， 由根与系数的关系得 x1＋x2＝－m，x1x2＝m2－1 2 ， y1y2＝(x1＋m)(x2＋m)＝x1x2＋m(x1＋x2)＋m2. 又 AO―→ · AB―→＝－x1x2－y1y2＋x21＋y21＝3 2 ， 故 x1x2＋y1y2＝－1 2 ， 故 2x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝－1 2 ， 即 m2－1－m2＋m2＝－1 2 ， 解得 m＝± 2 2 . [答案] C [解题方略] 直线与圆的位置关系问题的解题策略 (1)讨论直线与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质寻找解题途 径，减少运算量．研究直线与圆的位置关系主要通过圆心到直线的距离和半径的比较实现． (2)直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建 立切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式，过圆外一点求解切线段长可转化 为圆心到圆外点的距离，利用勾股定理计算． (3)对于与向量相结合考查直线与圆相交的问题，一是要注意向量的几何意义的应用； 二是可利用代数法求解． [针对训练] 1．已知直线 l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圆 C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0 的对称轴．过点 A(－ 4，a)作圆 C 的一条切线，切点为 B，则|AB|＝( ) A．2 B．4 2 C．6 D．2 10 解析：选 C 由题意得，圆 C 的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4，所以圆 C 的圆心为(2,1)， 半径为 2. 因为直线 l 为圆 C 的对称轴， 所以圆心在直线 l 上， 则 2＋a－1＝0，解得 a＝－1， 所以|AB|2＝|AC|2－|BC|2＝(－4－2)2＋(－1－1)2－4＝36，所以|AB|＝6. 2．已知过点 A(0,1)且斜率为 k 的直线 l 与圆 C：x2＋y2－4x－6y＋12＝0 交于 M，N 两 点．若OM―→ · ON―→＝12，其中 O 为坐标原点，则|MN|＝( ) A．2 B．4 C. 3 D．2 3 解析：选 A 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，圆 C 的方程可化为(x－2)2＋(y－3)2＝1，其圆心 为(2,3)，将 y＝kx＋1 代入方程 x2＋y2－4x－6y＋12＝0，整理得(1＋k2)x2－4(k＋1)x＋7＝0， 所以 x1＋x2＝4k＋1 1＋k2 ，x1x2＝ 7 1＋k2. OM―→ · ON―→＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝ 4k1＋k 1＋k2 ＋8，由题设可得4k1＋k 1＋k2 ＋8＝12，得 k＝1，所以直线 l 的方程为 y＝x＋1.故圆心(2,3) 恰在直线 l 上，所以|MN|＝2. 考法(二) 与圆有关的最值、范围问题 1．与圆的几何性质有关的最值 (1)记 C 为圆心，r 为半径，圆外一点 A 到圆上的点的距离最小为|AC|－r，最大为|AC| ＋r； (2)过圆内一点的弦最长为圆的直径，最短为以该点为中点的弦； (3)记圆心到直线的距离为 d，直线与圆相离，则圆上的点到直线的最大距离为 d＋r， 最小距离为 d－r； (4)过两定点的所有圆中，面积最小的圆是以这两个定点为直径端点的圆． 2．与圆上的点(x，y)有关的最值 (1)形如μ＝y－b x－a 形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题； (2)形如 t＝ax＋by 形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题； (3)形如(x－a)2＋(y－b)2 形式的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问 题． [典例] (1)(2017·天津模拟)设 M 是圆(x－5)2＋(y－3)2＝9 上的点，直线 l：3x＋4y－2 ＝0，则点 M 到直线 l 距离的最大值为( ) A．8 B．6 C．5 D．2 [解析] 圆心(5,3)到直线 l 的距离为 d＝|3×5＋4×3－2| 32＋42 ＝5，所以点 M 到直线 l 的距离 的最大值为 d＋r＝5＋3＝8. [答案] A (2)(2017·兰州模拟)已知圆 C：(x－ 3)2＋(y－1)2＝1 和两点 A(－t,0)，B(t,0)(t＞0)，若圆 C 上存在点 P，使得∠APB＝90°，则 t 的取值范围是( ) A．(0,2] B．[1,2] C．[2,3] D．[1,3] [解析] 依题意，设点 P( 3＋cos θ，1＋sin θ)， ∵∠APB＝90°，∴ AP―→· BP―→＝0， ∴( 3＋cos θ＋t)( 3＋cos θ－t)＋(1＋sin θ)2＝0， 得 t2＝5＋2 3cos θ＋2sin θ＝5＋4sin θ＋π 3 ， ∵sin θ＋π 3 ∈[－1,1]，∴t2∈[1,9]， ∵t＞0，∴t∈[1,3]． [答案] D [解题方略] 求解与圆有关的最值问题的方法 (1)借助几何性质求最值：处理与圆有关的最值问题，应充分考虑圆的几何性质，并根 据代数式的几何意义，借助数形结合思想进行求解． (2)建立函数关系式求最值：根据题目条件列出关于所求目标式子的函数关系式，然后 根据关系式的特征选用参数法、配方法、判别式法等进行求解，其中利用基本不等式求最 值是比较常用的． [针对训练] 1．(2018 届高三·惠州调研)设 m，n∈R，若直线 l：mx＋ny－1＝0 与 x 轴相交于点 A， 与 y 轴相交于点 B，且直线 l 与圆 x2＋y2＝4 相交所得的弦长为 2，O 为坐标原点，则△AOB 面积的最小值为( ) A．5 B．4 C．3 D．2 解析：选 C 由直线与圆相交所得的弦长为 2，得圆心到直线的距离 d＝ 1 m2＋n2 ＝ 3， 所以 m2＋n2＝1 3 ≥2|mn|，当且仅当 m＝n 时等号成立．所以|mn|≤1 6 ，又 A 1 m ，0 ，B 0，1 n ， 所以△AOB 的面积 S＝ 1 2|mn| ≥3，故△AOB 面积的最小值为 3. 2．已知圆 O：x2＋y2＝1，圆 M：(x－a)2＋(y－a＋4)2＝1.若圆 M 上存在点 P，过点 P 作圆 O 的两条切线，切点分别为 A，B，使得∠APB＝60°，则实数 a 的取值范围为( ) A. 2－ 2 2 ，2＋ 2 2 B. 2－ 2 2 ，2＋ 2 2 C．[2－ 2，2＋ 2] D.(2－ 2，2＋ 2) 解析：选 A 圆 O 的半径为 1，圆 M 上存在点 P，过点 P 作圆 O 的两条切线，切点分 别为 A，B，使得∠APB＝60°，则∠APO＝30°. 在 Rt△PAO 中，|PO|＝2， 又圆 M 的半径为 1，圆心坐标为 M(a，a－4)， ∴|MO|－1≤|PO|≤|MO|＋1， ∵|MO|＝ a2＋a－42， ∴ a2＋a－42－1≤2≤ a2＋a－42＋1， 解得 2－ 2 2 ≤a≤2＋ 2 2 . ∴实数 a 的取值范围为 2－ 2 2 ，2＋ 2 2 . 1．已知直线 l1：x＋2ay－1＝0，l2：(a＋1)x－ay＝0，若 l1∥l2，则实数 a 的值为( ) A．－3 2 B．0 C．－3 2 或 0 D．2 解析：选 C 若 a≠0，则由 l1∥l2，得a＋1 1 ＝－a 2a ，所以 2a＋2＝－1，即 a＝－3 2 ；若 a ＝0，则 l1∥l2.所以 a 的值为－3 2 或 0. 2．在平面直角坐标系 xOy 中，若圆 x2＋(y－1)2＝4 上存在 A，B 两点关于点 P(1,2)成 中心对称，则直线 AB 的方程为( ) A．x－y－3＝0 B．x＋y－3＝0 C．x＋y－1＝0 D．x－y＋1＝0 解析：选 B 由题意得圆心(0,1)与点 P(1,2)的连线垂直于直线 AB，所以 kAB·2－1 1－0 ＝－1， 解得 kAB＝－1.而直线 AB 过点 P，所以直线 AB 的方程为 y－2＝－(x－1)，即 x＋y－3＝0. 3．(2017·沈阳一模)已知直线 l 过圆 x2＋(y－3)2＝4 的圆心，且与直线 x＋y＋1＝0 垂直， 则直线 l 的方程为( ) A．x＋y－2＝0 B．x－y＋2＝0 C．x＋y－3＝0 D．x－y＋3＝0 解析：选 D 圆 x2＋(y－3)2＝4 的圆心为(0,3)，又直线 l 与直线 x＋y＋1＝0 垂直，则其 斜率为 1，故直线 l 的方程为 x－y＋3＝0. 4．(2017·菏泽一模)已知圆(x－1)2＋y2＝1 被直线 x－ 3y＝0 分成两段圆弧，则较短弧 长与较长弧长之比为( ) A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶5 解析：选 A 圆(x－1)2 ＋y2 ＝1 的圆心为(1,0)，半径为 1.圆心到直线的距离 d＝ 1 12＋－ 32 ＝1 2 ，所以较短弧所对的圆心角为2π 3 ，较长弧所对的圆心角为4π 3 ，故两弧长之 比为 1∶2. 5．(2017·惠州三调)已知圆 O：x2＋y2＝4 上到直线 l：x＋y＝a 的距离等于 1 的点至少 有 2 个，则 a 的取值范围为( ) A．(－3 2，3 2) B．(－∞，－3 2)∪(3 2，＋∞) C．(－2 2，2 2) D．(－∞，－2 2)∪(2 2，＋∞) 解析：选 A 由圆的方程可知圆心为(0,0)，半径为 2.因为圆上到直线 l：x＋y＝a 的距 离等于 1 的点至少有 2 个，所以圆心到直线 l 的距离 d＜r＋1＝3，即 d＝|－a| 2 ＜3，解得－ 3 2＜a＜3 2. 6．(2018 届高三·湖北八校联考)已知直线 ax＋by－6＝0(a＞0，b＞0)被圆 x2＋y2－2x－ 4y＝0 截得的弦长为 2 5，则 ab 的最大值为( ) A.5 2 B．4 C.9 2 D．9 解析：选 C 圆 x2＋y2－2x－4y＝0 化成标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝5，因为直线 ax ＋by－6＝0(a＞0，b＞0)被圆 x2＋y2－2x－4y＝0 截得的弦长为 2 5，故直线 ax＋by－6＝0(a ＞0，b＞0)经过圆心(1,2)，即 a＋2b＝6.又 6＝a＋2b≥2 2ab，即 ab≤9 2 ，当且仅当 a＝2b＝ 3 时取等号，故 ab 的最大值为9 2. 7．(2017·西安模拟)圆：x2＋y2－2x－2y＋1＝0 上的点到直线 x－y＝2 距离的最大值是 ( ) A．1＋ 2 B．2 C．1＋ 2 2 D．2＋2 2 解析：选 A 将圆的方程化为(x－1)2＋(y－1)2＝1，即圆心坐标为(1,1)，半径为 1，则 圆心到直线 x－y＝2 的距离 d＝|1－1－2| 2 ＝ 2，故圆上的点到直线 x－y＝2 距离的最大值为 d＋1＝ 2＋1. 8．在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A(－1,0)，B(0,1)，则满足|PA|2－|PB|2＝4 且在圆 x2＋y2＝4 上的点 P 的个数为( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选 C 设 P(x，y)，则由|PA|2－|PB|2＝4，得(x＋1)2＋y2－x2－(y－1)2＝4，所以 x ＋y－2＝0.求满足条件的点 P 的个数即为求直线与圆的交点个数，圆心到直线的距离 d＝ |0＋0－2| 2 ＝ 2＜2＝r，所以直线与圆相交，交点个数为 2.故满足条件的点 P 有 2 个． 9．(2016·河南焦作一模)著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事 休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如： x－a2＋y－b2可以 转化为平面上点 M(x，y)与点 N(a，b)的距离．结合上述观点，可得 f(x)＝ x2＋4x＋20＋ x2＋2x＋10的最小值为( ) A．2 5 B．5 2 C．4 D．8 解 析 ： 选 B ∵ f(x) ＝ x2＋4x＋20 ＋ x2＋2x＋10 ＝ x＋22＋0－42 ＋ x＋12＋0－32，∴f(x)的几何意义为点 M(x,0)到两定点 A(－2,4)与 B(－1,3)的距离之和， 设点 A(－2,4)关于 x 轴的对称点为 A′，则 A′为(－2，－4)．要求 f(x)的最小值，可转化 为|MA|＋|MB|的最小值，利用对称思想可知|MA|＋|MB|≥|A′B|＝ －1＋22＋3＋42＝ 5 2，即 f(x)＝ x2＋4x＋20＋ x2＋2x＋10的最小值为 5 2. 10．在平面直角坐标系 xOy 中，设直线 y＝－x＋2 与圆 x2＋y2＝r2(r＞0)交于 A，B 两 点，O 为坐标原点，若圆上一点 C 满足 OC―→＝5 4 OA―→＋3 4 OB―→，则 r＝( ) A．2 10 B. 10 C．2 5 D.5 解析：选 B 已知 OC―→＝5 4 OA―→＋3 4 OB―→， 两边平方化简得 OA―→· OB―→＝－3 5r2， 所以 cos∠AOB＝－3 5 ，所以 cos ∠AOB 2 ＝ 5 5 ， 又圆心 O(0,0)到直线的距离为|2| 2 ＝ 2， 所以 2 r ＝ 5 5 ，解得 r＝ 10. 11．已知圆 O：x2＋y2＝4，若不过原点 O 的直线 l 与圆 O 交于 P，Q 两点，且满足直 线 OP，PQ，OQ 的斜率依次成等比数列，则直线 l 的斜率为( ) A．－1 或 1 B．0 或－4 3 C．1 D．－1 解析：选 A 设直线 l：y＝kx＋b(b≠0)，代入圆的方程，化简得(1＋k2)x2＋2kbx＋b2 －4＝0， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－ 2kb 1＋k2 ，x1x2＝b2－4 1＋k2 ， kOP·kOQ＝y1 x1 ·y2 x2 ＝ k＋ b x1 k＋ b x2 ＝k2＋kb x1＋x2 x1x2 ＋ b2 x1x2 ＝k2＋kb － 2kb b2－4 ＋b21＋k2 b2－4 ＝b2－4k2 b2－4 ， 由 kOP·kOQ＝k2，得b2－4k2 b2－4 ＝k2， 解得 k＝±1. 12．已知 AC，BD 为圆 O：x2＋y2＝4 的两条互相垂直的弦，且垂足为 M(1， 2)，则 四边形 ABCD 面积的最大值为( ) A．5 B．10 C．15 D．20 解析：选 A 如图，作 OP⊥AC 于 P，OQ⊥BD 于 Q， 则|OP|2＋|OQ|2＝|OM|2＝3，∴|AC|2＋|BD|2＝4(4－|OP|2)＋4(4－|OQ|2) ＝20. 又|AC|2＋|BD|2≥2|AC|·|BD|，则|AC|·|BD|≤10， ∴S 四边形 ABCD＝1 2|AC|·|BD|≤1 2 ×10＝5， 当且仅当|AC|＝|BD|＝ 10时等号成立， ∴四边形 ABCD 面积的最大值为 5.故选 A. 13．已知点 A(4，－3)与 B(2，－1)关于直线 l 对称，在 l 上有一点 P，使点 P 到直线 4x ＋3y－2＝0 的距离等于 2，则点 P 的坐标是________． 解析：由题意知线段 AB 的中点 C(3，－2)，kAB＝－1，故直线 l 的方程为 y＋2＝x－3， 即 x－y－5＝0. 设 P(x，x－5)，则 2＝|4x＋3x－17| 42＋32 ， 解得 x＝1 或 x＝27 7 . 即点 P 的坐标是(1，－4)或 27 7 ，－8 7 . 答案：(1，－4)或 27 7 ，－8 7 14．(2017·南京学情调研)在平面直角坐标系 xOy 中，若直线 ax＋y－2＝0 与圆 C：(x －1)2＋(y－a)2＝16 相交于 A，B 两点，且△ABC 为直角三角形，则实数 a 的值是________． 解析：由题意得圆的半径为 4，因为△ABC 是直角三角形，所以圆心 C 到直线 AB 的 距离为 2 2，即|a＋a－2| a2＋1 ＝2 2，解得 a＝－1. 答案：－1 15．在平面直角坐标系 xOy 中，已知过原点 O 的动直线 l 与圆 C：x2＋y2－6x＋5＝0 相交于不同的两点 A，B，若点 A 恰为线段 OB 的中点，则圆心 C 到直线 l 的距离为________． 解析：圆 C 的标准方程为(x－3)2＋y2＝4，圆心 C(3,0)，半径 r＝ 2，设过原点 O 的动直线 l 的方程为 y＝kx，由题意，设 A(a，ka)， B(2a，2ka)，将 A 点坐标代入圆 C 的方程得(1＋k2)a2－6a＋5＝0. ① 记 AB 中点为 D，则 D 3 2 a，3 2ka ， 所以 CD⊥AB，所以 3 2ka 3 2 a－3 ＝－1 k. ② 联立①②，解得 a＝5 4 ， k＝± 15 5 ， 可得点 D 坐标为 15 8 ，±3 15 8 ， 所以圆心 C 到直线 l 的距离为 |CD|＝ 15 8 －3 2＋ 3 15 8 2＝3 6 4 . 答案：3 6 4 16．(2017·云南模拟)已知动圆 C 过 A(4,0)，B(0，－2)两点，圆心 C 关于直线 x＋y＝0 的对称点为 M，过点 M 的直线交圆 C 于 E，F 两点，当圆 C 的面积最小时，|EF|的最小值 为________． 解析：依题意知，动圆 C 的半径不小于1 2|AB|＝ 5，即当圆 C 的面积最小时，AB 是圆 C 的一条直径，此时点 C 是线段 AB 的中点，即点 C(2，－1)，点 M 的坐标为(1，－2)，且 |CM|＝ 2－12＋－1＋22＝ 2＜ 5，所以点 M 位于圆 C 内，当点 M 为线段 EF 的中点(过 定圆内一定点作圆的弦，以该定点为中点的弦最短)时，|EF|最小，其最小值等于 2  52－ 22＝2 3. 答案：2 3 小题押题 16—12 圆锥曲线的定义、标准方程和几何性质 卷 别 年 份 考题位置 考查内容 命题规律分析 全国 卷Ⅰ 2017 选择题第 10 题 抛物线的定义、直线与抛物线的位置关 系、焦点弦问题 圆锥曲线 的定义及标准 方程是常考 点，题目比较 简单，圆锥曲 线的性质以及 直线与圆锥曲 线的位置关系 是考查重点， 其中涉及范 围、最值等综 合问题常在压 轴小题中考 查，难度较大． 填空题第 15 题 双曲线的几何性质 2016 选择题第 10 题 抛物线与圆的综合问题 2015 选择题第 5 题 双曲线简单性质的应用 填空题第 14 题 结合椭圆的性质求圆的标准方程 全国 卷Ⅱ 2017 选择题第 9 题 双曲线的离心率、点到直线的距离公式 填空题第 16 题 抛物线的标准方程、定义及几何性质 2016 选择题第 11 题 双曲线的定义、离心率问题 2015 选择题第 11 题 双曲线的几何性质 全国 卷Ⅲ 2017 选择题第 5 题, 双曲线的标准方程、渐近线、椭圆的几何 性质 选择题第 10 题 直线与圆的位置关系、椭圆的几何性质 2016 选择题第 11 题 直线与椭圆的位置关系、椭圆的离心率 考查点一 圆锥曲线的定义及标准方程 1．(2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为 y＝ 5 2 x， 且与椭圆x2 12 ＋y2 3 ＝1 有公共焦点，则 C 的方程为( ) A.x2 8 －y2 10 ＝1 B.x2 4 －y2 5 ＝1 C.x2 5 －y2 4 ＝1 D.x2 4 －y2 3 ＝1 解析：选 B 根据双曲线 C 的渐近线方程为 y＝ 5 2 x， 可知b a ＝ 5 2 .① 又椭圆x2 12 ＋y2 3 ＝1 的焦点坐标为(3,0)和(－3,0)， 所以 a2＋b2＝9.② 根据①②可知 a2＝4，b2＝5， 所以 C 的方程为x2 4 －y2 5 ＝1. 2．(2016·全国卷Ⅰ)以抛物线 C 的顶点为圆心的圆交 C 于 A，B 两点，交 C 的准线于 D， E 两点．已知|AB|＝4 2，|DE|＝2 5，则 C 的焦点到准线的距离为( ) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：选 B 设抛物线的方程为 y2＝2px(p>0)，圆的方程为 x2＋y2＝r2. ∵|AB|＝4 2，|DE|＝2 5， 抛物线的准线方程为 x＝－p 2 ， ∴不妨设 A 4 p ，2 2 ，D －p 2 ， 5 . ∵点 A 4 p ，2 2 ，D －p 2 ， 5 在圆 x2＋y2＝r2 上， ∴ 16 p2 ＋8＝r2， p2 4 ＋5＝r2， ∴16 p2 ＋8＝p2 4 ＋5，∴p＝4(负值舍去)． ∴C 的焦点到准线的距离为 4. 3．(2014·全国卷Ⅰ)已知抛物线 C：y2＝x 的焦点为 F，A(x0，y0)是 C 上一点，|AF|＝5 4x0， 则 x0＝( ) A．1 B．2 C．4 D．8 解析：选 A 由题意知抛物线的准线方程为 x＝－1 4.因为|AF|＝5 4x0，根据抛物线的定义 可得 x0＋1 4 ＝|AF|＝5 4x0，解得 x0＝1. 4．(2017·全国卷Ⅱ)已知 F 是抛物线 C：y2＝8x 的焦点，M 是 C 上一点，FM 的延长线 交 y 轴于点 N.若 M 为 FN 的中点，则|FN|＝________. 解析：法一：依题意，抛物线 C：y2＝8x 的焦点 F(2,0)，因为 M 是 C 上一点，FM 的 延长线交 y 轴于点 N，M 为 FN 的中点，设 M(a，b)(b>0)，所以 a＝1，b＝2 2，所以 N(0,4 2)， |FN|＝ 4＋32＝6. 法二：如图，不妨设点 M 位于第一象限内，抛物线 C 的准线交 x 轴 于点 A，过点 M 作准线的垂线，垂足为点 B，交 y 轴于点 P，∴PM∥OF. 由题意知，F(2,0)，|FO|＝|AO|＝2. ∵点 M 为 FN 的中点，PM∥OF， ∴|MP|＝1 2|FO|＝1. 又|BP|＝|AO|＝2， ∴|MB|＝|MP|＋|BP|＝3. 由抛物线的定义知|MF|＝|MB|＝3， 故|FN|＝2|MF|＝6. 答案：6 考查点二 圆锥曲线的几何性质 5．(2017·全国卷Ⅱ)若双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4 所截得的弦长为 2，则 C 的离心率为( ) A．2 B. 3 C. 2 D.2 3 3 解析：选 A 依题意，双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为 bx－ay＝0. 因为直线 bx－ay＝0 被圆(x－2)2＋y2＝4 所截得的弦长为 2，所以 |2b| b2＋a2 ＝ 4－1，所以 3a2 ＋3b2＝4b2，所以 3a2＝b2，所以 e＝ 1＋b2 a2 ＝ 1＋3＝2. 6．(2016·全国卷Ⅱ)已知 F1，F2 是双曲线 E：x2 a2 －y2 b2 ＝1 的左、右焦点，点 M 在 E 上， MF1 与 x 轴垂直，sin∠MF2F1＝1 3 ，则 E 的离心率为( ) A. 2 B.3 2 C. 3 D．2 解析：选 A 法一：作出示意图如图所示，离心率 e＝c a ＝2c 2a ＝ |F1F2| |MF2|－|MF1| ， 由正弦定理得e＝ |F1F2| |MF2|－|MF1| ＝ sin∠F1MF2 sin∠MF1F2－sin∠MF2F1 ＝ 2 2 3 1－1 3 ＝ 2. 法二：因为 MF1 与 x 轴垂直，所以|MF1|＝b2 a . 又 sin∠MF2F1＝1 3 ，所以|MF1| |MF2| ＝1 3 ，即|MF2|＝3|MF1|.由双曲线的定义得 2a＝|MF2|－ |MF1|＝2|MF1|＝2b2 a ，所以 b2＝a2，所以 c2＝b2＋a2＝2a2，所以离心率 e＝c a ＝ 2. 7．(2015·全国卷Ⅱ)已知 A，B 为双曲线 E 的左、右顶点，点 M 在 E 上，△ABM 为等 腰三角形，且顶角为 120°，则 E 的离心率为( ) A. 5 B．2 C. 3 D. 2 解析：选 D 不妨取点 M 在第一象限，如图所示，设双曲线方程 为x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)，则|BM|＝|AB|＝2a，∠MBx＝180°－120°＝ 60°， ∴点 M 的坐标为(2a， 3a). ∵点 M 在双曲线上，∴4a2 a2 －3a2 b2 ＝1，a＝b， ∴c＝ 2a，e＝c a ＝ 2. 考查点三 直线与圆锥曲线位置关系的简单应用 8．(2017·全国卷Ⅰ)已知 F 为抛物线 C：y2＝4x 的焦点，过 F 作两条互相垂直的直线 l1， l2，直线 l1 与 C 交于 A，B 两点，直线 l2 与 C 交于 D，E 两点，则|AB|＋|DE|的最小值为( ) A．16 B．14 C．12 D．10 解析：选 A 抛物线 C：y2＝4x 的焦点为 F(1,0)， 由题意可知 l1，l2 的斜率存在且不为 0. 不妨设直线 l1 的斜率为 k， 则 l1：y＝k(x－1)，l2：y＝－1 k(x－1)， 由 y2＝4x， y＝kx－1 消去 y，得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∴x1＋x2＝2k2＋4 k2 ＝2＋ 4 k2 ， 由抛物线的定义可知， |AB|＝x1＋x2＋2＝2＋ 4 k2 ＋2＝4＋ 4 k2. 同理得|DE|＝4＋4k2， ∴|AB|＋|DE|＝4＋ 4 k2 ＋4＋4k2＝8＋4 1 k2 ＋k2 ≥8＋8＝16，当且仅当 1 k2 ＝k2，即 k＝±1 时取等号， 故|AB|＋|DE|的最小值为 16. 9．(2016·全国卷Ⅰ)直线 l 经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到 l 的距离为 其短轴长的1 4 ，则该椭圆的离心率为( ) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.3 4 解析：选 B 不妨设直线 l 经过椭圆的一个顶点 B(0，b)和一个焦点 F(c,0)，则直线 l 的方程为x c ＋y b ＝1，即 bx＋cy－bc＝0.由题意知 |－bc| b2＋c2 ＝1 4 ×2b，解得c a ＝1 2 ，即 e＝1 2. 10．(2014·全国卷Ⅱ)设 F 为抛物线 C：y2＝3x 的焦点，过 F 且倾斜角为 30°的直线交 C 于 A，B 两点，O 为坐标原点，则△OAB 的面积为( ) A.3 3 4 B.9 3 8 C.63 32 D.9 4 解析：选 D 易知抛物线中 p＝3 2 ，焦点 F 3 4 ，0 ，直线 AB 的斜率 k＝ 3 3 ，故直线 AB 的方程为 y＝ 3 3 x－3 4 ，代入抛物线方程 y2＝3x，整理得 x2－21 2 x＋ 9 16 ＝0.设 A(x1，y1)，B(x2， y2)，则 x1＋x2＝21 2 .由抛物线的定义可得弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝21 2 ＋3 2 ＝12，结合图象可得 O 到直线 AB 的距离 d＝p 2·sin 30°＝3 8 ，所以△OAB 的面积 S＝1 2|AB|·d＝9 4. 11．(2013·全国卷Ⅱ)设抛物线 C：y2＝4x 的焦点为 F，直线 l 过 F 且与 C 交于 A，B 两 点．若|AF|＝3|BF|，则 l 的方程为( ) A．y＝x－1 或 y＝－x＋1 B．y＝ 3 3 (x－1)或 y＝－ 3 3 (x－1) C．y＝ 3(x－1)或 y＝－ 3(x－1) D．y＝ 2 2 (x－1)或 y＝－ 2 2 (x－1) 解析：选 C 如图所示，作出抛物线的准线 l1 及点 A，B 到准线的 垂线段 AA1，BB1，并设直线 l 交准线于点 M.设|BF|＝m，由抛物线的 定义可知|BB1|＝m，|AA1|＝|AF|＝3m. 由 BB1∥AA1 可知|BB1| |AA1| ＝|MB| |MA| ，即 m 3m ＝ |MB| |MB|＋4m ，所以|MB|＝2m，则|MA|＝6m.故∠ AMA1＝30°，得∠AFx＝∠MAA1＝60°，结合选项知选 C 项． 重点突破——圆锥曲线性质的 2 个常考点 考法(一) 椭圆、双曲线的离心率的求值及范围问题 1．椭圆、双曲线中 a，b，c 之间的关系 (1)在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为 e＝c a ＝ 1－ b a 2； (2)在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为 e＝c a ＝ 1＋ b a 2. 2．双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为 y＝±b ax. [典例] (1)已知 A(1,2)，B(－1,2)，动点 P 满足 AP―→⊥ BP―→，若双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0， b>0)的一条渐近线与动点 P 的轨迹没有公共点，则双曲线的离心率 e 的取值范围是( ) A．(1,2) B．(1,2] C．(1， 2) D．(1， 2 ] [解析] 设 P(x，y)，由题设条件得动点 P 的轨迹方程为(x－1)(x＋1)＋(y－2)(y－2)＝0， 即 x2＋(y－2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1 为半径的圆．又双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的渐 近线方程为 y＝±b ax，即 bx±ay＝0，因此由题意可得 2a a2＋b2>1，即2a c >1，则 e＝c a<2，又 e>1， 故 1b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2 的直 线与椭圆交于 A，B 两点，若△F1AB 是以 A 为直角顶点的等腰直角三角形，则椭圆的离心 率为( ) A. 2 2 B．2－ 3 C. 5－2 D. 6－ 3 解析：选 D 设|F1F2|＝2c，|AF1|＝m，若△ABF1 是以 A 为直角顶点的等腰直角三角形， 则|AB|＝|AF1|＝m，|BF1|＝ 2m.由椭圆的定义可得△ABF1 的周长为 4a，即有 4a＝2m＋ 2m， 即 m＝(4－2 2)a，则|AF2|＝2a－m＝(2 2－2)a，在 Rt△AF1F2 中，|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2， 即 4c2＝4(2－ 2)2a2＋4( 2－1)2a2，即有 c2＝(9－6 2)a2，即 c＝( 6－ 3)a，即 e＝c a ＝ 6－ 3. 2．(2018 届高三·广西五校联考)已知点 F1，F2 分别是双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的 左、右焦点，过 F2 且垂直于 x 轴的直线与双曲线交于 M，N 两点，若 MF―→ 1· NF―→ 1＞0，则 该双曲线的离心率 e 的取值范围是( ) A．( 2， 2＋1) B．(1， 2＋1) C．(1， 3) D．( 3，＋∞) 解析：选 B 设 F1(－c,0)，F2(c,0)， 依题意可得c2 a2 －y2 b2 ＝1，得到 y＝b2 a ， 不妨设 M c，b2 a ，N c，－b2 a ， 则 MF―→ 1· NF―→ 1＝ －2c，－b2 a · －2c，b2 a ＝4c2－b4 a2 ＞0， 得到 4a2c2－(c2－a2)2＞0， 即 a4＋c4－6a2c2＜0， 故 e4－6e2＋1＜0， 解得 3－2 2＜e2＜3＋2 2， 又 e＞1，所以 1＜e2＜3＋2 2， 解得 1＜e＜1＋ 2. 考法(二) 圆锥曲线中的最值问题 [典例] (1)(2016·四川高考)设 O 为坐标原点，P 是以 F 为焦点的抛物线 y2＝2px(p＞0) 上任意一点，M 是线段 PF 上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线 OM 的斜率的最大值为( ) A. 3 3 B.2 3 C. 2 2 D．1 [解析] 如图所示， 设 P(x0，y0)(y0＞0)， 则 y20＝2px0，即 x0＝y20 2p. 设 M(x′，y′)，由 PM―→＝2 MF―→， 得 x′－x0＝2 p 2 －x′ ， y′－y0＝20－y′， 化简可得 x′＝p＋x0 3 ， y′＝y0 3. ∴直线 OM 的斜率为 k＝ y0 3 p＋x0 3 ＝ y0 p＋y20 2p ＝ 2p 2p2 y0 ＋y0 ≤ 2p 2 2p2 ＝ 2 2 (当且仅当 y0＝ 2p 时取等 号)， 故直线 OM 的斜率的最大值为 2 2 . [答案] C (2)(2017·南昌质检)已知抛物线 y2＝2x 的焦点是 F，点 P 是抛物线上的动点，若点 A(3,2)， 则|PA|＋|PF|取最小值时，点 P 的坐标为________． [解析] 将 x＝3 代入抛物线方程 y2＝2x，得 y＝± 6. ∵ 6>2，∴A 在抛物线内部． 如图，设抛物线上点 P 到准线 l：x＝－1 2 的距离为 d，由定义知|PA| ＋|PF|＝|PA|＋d， 当 PA⊥l 时，|PA|＋d 有最小值，最小值为7 2 ， 即|PA|＋|PF|的最小值为7 2 ，此时点 P 纵坐标为 2，代入 y2＝2x，得 x＝2，∴点 P 的坐 标为(2,2)． [答案] (2,2) [解题方略] 圆锥曲线中最值问题的求解策略 (1)利用圆锥曲线的定义进行转化，一般在三点共线时取得最值． (2)求圆锥曲线上的点到已知直线的距离的最值，则当已知直线的平行线与圆锥曲线相 切时，两平行线间的距离即为所求． (3)利用基本不等式求最值． [针对训练] 1．(2017·长春模拟)双曲线 C 的渐近线方程为 y＝±2 3 3 x，一个焦点为 F(0，－ 7)，点 A( 2，0)，点 P 为双曲线上在第一象限内的点，则当点 P 的位置变化时，△PAF 周长的最 小值为( ) A．8 B．10 C．4＋3 7 D．3＋3 17 解析：选 B 由已知得 a b ＝2 3 3 ， c＝ 7， c2＝a2＋b2， 解得 a2＝4， b2＝3， c2＝7， 则双曲线 C 的方程为y2 4 －x2 3 ＝1，设双曲线的另一个焦点为 F′，则|PF|＝|PF′|＋4，△PAF 的周长为|PF|＋|PA|＋|AF| ＝|PF′|＋4＋|PA|＋3，又点 P 在第一象限，则|PF′|＋|PA|的最小值为|AF′|＝3，故△PAF 的周长的最小值为 10. 2．(2017·南昌模拟)抛物线 y2＝8x 的焦点为 F，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线上的两 个动点，若 x1＋x2＋4＝2 3 3 |AB|，则∠AFB 的最大值为( ) A.π 3 B.3π 4 C.5π 6 D.2π 3 解析：选 D 由抛物线的定义可得|AF|＝x1＋2，|BF|＝x2＋2，又 x1＋x2＋4＝2 3 3 |AB|， 得|AF|＋|BF|＝2 3 3 |AB|，所以|AB|＝ 3 2 (|AF|＋|BF|)． 所以 cos∠AFB＝|AF|2＋|BF|2－|AB|2 2|AF|·|BF| ＝|AF|2＋|BF|2－ 3 2 |AF|＋|BF| 2 2|AF|·|BF| ＝ 1 4|AF|2＋1 4|BF|2－3 2|AF|·|BF| 2|AF|·|BF| ＝1 8 |AF| |BF| ＋|BF| |AF| －3 4 ≥1 8 ×2 |AF| |BF|·|BF| |AF| －3 4 ＝－1 2 ，而 0＜∠AFB＜π，所以∠AFB 的最大值为2π 3 . 失误防范——警惕圆锥曲线中的 3 个易错点 1．忽略直线斜率不存在情况致误 直线与圆锥曲线位置关系问题中，易忽视直线的斜率不存在这一情形. [练 1] (2017·西安八校联考)过点 P(2,1)作直线 l，使 l 与双曲线x2 4 －y2＝1 有且仅有一个 公共点，这样的直线 l 共有( ) A．1 条 B．2 条 C．3 条 D．4 条 解析：选 B 依题意，双曲线的渐近线方程是 y＝±1 2x，点 P 在直线 y＝1 2x 上． ①当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x＝2，此时直线 l 与双曲线有且仅有一个 公共点(2,0)，满足题意． ②当直线 l 的斜率存在时， 设直线 l 的方程为 y－1＝k(x－2)， 即 y＝kx＋1－2k， 由 y＝kx＋1－2k， x2－4y2＝4， 消去 y 得 x2－4(kx＋1－2k)2＝4， 即(1－4k2)x2－8(1－2k)kx－4(1－2k)2－4＝0(*)． 若 1－4k2＝0，则 k＝±1 2 ， 当 k＝1 2 时，方程(*)无实数解，因此 k＝1 2 不满足题意； 当 k＝－1 2 时，方程(*)有唯一实数解，因此 k＝－1 2 满足题意． 若 1－4k2≠0，即 k≠±1 2 ，此时Δ＝64k2(1－2k)2＋16(1－4k2)[(1－2k)2＋1]＝0 不成立， 因此满足题意的实数 k 不存在． 综上所述，满足题意的直线 l 共有 2 条． 2．忽略条件致误 应用圆锥曲线定义解题时，易忽视定义中的条件而导致错误. [练 2] 已知圆 C1：(x＋3)2＋y2＝1 和圆 C2：(x－3)2＋y2＝9，动圆 M 同时与圆 C1 及圆 C2 外切，则动圆圆心 M 的轨迹方程为________． 解析：如图所示，设动圆 M 与圆 C1 及圆 C2 分别外切于 A 和 B 两 点．连接 MC1，MC2. 根据两圆外切的条件，得 |MC1|－|AC1|＝|MA|， |MC2|－|BC2|＝|MB|. 因为|MA|＝|MB|， 所以|MC1|－|AC1|＝|MC2|－|BC2|， 即|MC2|－|MC1|＝|BC2|－|AC1|＝3－1＝2. 所以点 M 到两定点 C1，C2 的距离的差是常数． 又根据双曲线的定义，得动点 M 的轨迹为双曲线的左支(点 M 与 C2 的距离比与 C1 的距 离大)，可设轨迹方程为x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0，x<0)，其中 a＝1，c＝3，则 b2＝8. 故点 M 的轨迹方程为 x2－y2 8 ＝1(x<0)． 答案：x2－y2 8 ＝1(x<0) 3．忽略焦点的位置致误 当焦点位置没有明确给出时，应对焦点位置进行分类讨论，椭圆、双曲线有两种情况， 抛物线有四种情况. [练 3] 已知椭圆x2 4 ＋y2 m ＝1 的离心率等于 3 2 ，则 m＝________. 解析：①当椭圆的焦点在 x 轴上时， 则 a2＝4，即 a＝2.又 e＝c a ＝ 3 2 ， 所以 c＝ 3，m＝b2＝a2－c2＝4－( 3)2＝1. ②当椭圆的焦点在 y 轴上时， 椭圆的方程为y2 m ＋x2 4 ＝1. 则 b2＝4，即 b＝2. 又 e＝c a ＝ 3 2 ，故 1－b2 a2 ＝ 3 2 ， 解得b a ＝1 2 ，即 a＝2b， 所以 a＝4.故 m＝a2＝16. 综上，m＝1 或 16. 答案：1 或 16 [A 级——“12＋4”保分小题提速练] 1．(2017·福州模拟)已知双曲线 C：y2 a2 －x2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 2，则 C 的渐近 线方程为( ) A．y＝± 3 3 x B．y＝± 3x C．y＝±2x D．y＝± 5x 解析：选 A ∵双曲线 C：y2 a2 －x2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 2，∴c a ＝2，即 c2＝4a2， ∴a2＋b2＝4a2，∴a b ＝ 3 3 ，∴C 的渐近线方程为 y＝± 3 3 x. 2．(2018 届高三·广东三市联考)若抛物线 y2＝2px(p＞0)上的点 A(x0， 2)到其焦点的距 离是 A 到 y 轴距离的 3 倍，则 p 等于( ) A.1 2 B．1 C.3 2 D．2 解析：选 D 由题意 3x0＝x0＋p 2 ，即 x0＝p 4 ， 将 p 4 ， 2 代入 y2＝2px(p＞0)，得p2 2 ＝2， ∵p＞0，∴p＝2. 3．(2017·南京模拟)若双曲线 C：x2－y2 b2 ＝1(b＞0)的离心率为 2，则 b＝( ) A．1 B. 2 C. 3 D．2 解析：选 C 由题意得 e＝c a ＝ 1＋b2 1 ＝2，解得 b＝ 3. 4．(2017·长沙模拟)A 是抛物线 y2＝2px(p＞0)上一点，F 是抛物线的焦点，O 为坐标原 点，当|AF|＝4 时，∠OFA＝120°，则抛物线的准线方程是( ) A．x＝－1 B．y＝－1 C．x＝－2 D．y＝－2 解析：选 A 过 A 向准线作垂线，设垂足为 B，准线与 x 轴的交点为 D.因为∠OFA＝ 120°，所以△ABF 为等边三角形，∠DBF＝30°，从而 p＝|DF|＝2，因此抛物线的准线方 程为 x＝－1. 5．(2017·合肥模拟)已知双曲线y2 4 －x2＝1 的两条渐近线分别与抛物线 y2＝2px(p＞0)的 准线交于 A，B 两点．O 为坐标原点．若△OAB 的面积为 1，则 p 的值为( ) A．1 B. 2 C．2 2 D．4 解析：选 B 双曲线的两条渐近线方程为 y＝±2x，抛物线的准线方程为 x＝－p 2 ，故 A， B 两点的坐标为 －p 2 ，±p ，|AB|＝2p，所以 S△OAB＝1 2·2p·p 2 ＝p2 2 ＝1，解得 p＝ 2. 6．(2018 届高三·张掖调研)过抛物线 y2＝4x 的焦点 F 的直线 l 与抛物线交于 A，B 两点， 若 A，B 两点的横坐标之和为10 3 ，则|AB|＝( ) A.13 3 B.14 3 C．5 D.16 3 解析：选 D ∵p＝2，∴|AB|＝2＋10 3 ＝16 3 . 7．(2017·广州模拟)已知双曲线 C：x2 a2 －y2 4 ＝1(a＞0)的一条渐近线方程为 2x＋3y＝0， F1，F2 分别是双曲线 C 的左、右焦点，点 P 在双曲线 C 上，且|PF1|＝7，则|PF2|等于( ) A．1 B．13 C．4 或 10 D．1 或 13 解析：选 D 由一条渐近线方程为 2x＋3y＝0 和 b＝2 可得 a＝3，|F1F2|＝2 9＋4＝2 13， 由点 P 在双曲线 C 上，|PF1|＝7，得|7－|PF2||＝2a＝2×3＝6，可得|PF2|＝1 或|PF2|＝13， 根据|PF1|＝7，|PF2|＝1，|F1F2|＝2 13，或者|PF1|＝7，|PF2|＝13，|F1F2|＝2 13，均能满足 三角形成立的条件，选 D. 8．(2017·沈阳模拟)已知双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为 F1，F2， 点 M 与双曲线 C 的焦点不重合，点 M 关于 F1，F2 的对称点分别为 A，B，线段 MN 的中 点在双曲线的右支上，若|AN|－|BN|＝12，则 a＝( ) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：选 A 作出示意图如图所示，设 MN 的中点为 P. ∵F1 为 MA 的中点，F2 为 MB 的中点，∴|AN|＝2|PF1|，|BN|＝2|PF2|，又|AN|－|BN| ＝12，∴|PF1|－|PF2|＝6＝2a，∴a＝3. 9．(2018 届高三·武昌调研)已知 F1，F2 是椭圆与双曲线的公共焦点，P 是它们的一个 公共点，且|PF1|>|PF2|，线段 PF1 的垂直平分线过 F2，若椭圆的离心率为 e1，双曲线的离心 率为 e2，则2 e1 ＋e2 2 的最小值为( ) A．6 B．3 C. 6 D. 3 解析：选 A 设椭圆的长半轴长为 a，双曲线的半实轴长为 a′，半焦距为 c，依题意 知 |PF1|＋|PF2|＝2a， |PF1|－|PF2|＝2a′， |PF2|＝|F1F2|＝2c， ∴2a＝2a′＋4c，∴2 e1 ＋e2 2 ＝2a c ＋ c 2a′＝2a′＋4c c ＋ c 2a′＝2a′ c ＋ c 2a′＋4≥2＋4＝6， 当且仅当 c＝2a′时取“＝”，故选 A. 10．(2017·全国卷Ⅲ)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A1，A2，且以 线段 A1A2 为直径的圆与直线 bx－ay＋2ab＝0 相切，则 C 的离心率为( ) A. 6 3 B. 3 3 C. 2 3 D.1 3 解析：选 A 以线段 A1A2 为直径的圆的方程为 x2＋y2＝a2，由原点到直线 bx－ay＋2ab ＝0 的距离 d＝ 2ab b2＋a2 ＝a，得 a2＝3b2，所以 C 的离心率 e＝ 1－b2 a2 ＝ 6 3 . 11．(2017·福州模拟)已知抛物线 C：y2＝4x 的焦点为 F，准线为 l.若射线 y＝2(x－1)(x≤1) 与 C，l 分别交于 P，Q 两点，则|PQ| |PF| ＝( ) A. 2 B．2 C. 5 D．5 解析：选 C 由题意，知抛物线 C：y2＝4x 的焦点 F(1,0)，设准线 l：x＝－1 与 x 轴的 交点为 F1.过点 P 作直线 l 的垂线，垂足为 P1，由 x＝－1， y＝2x－1，x≤1 得点 Q 的坐标为(－1， －4)，所以|FQ|＝2 5.又|PF|＝|PP1|，所以|PQ| |PF| ＝|PQ| |PP1| ＝|FQ| |FF1| ＝2 5 2 ＝ 5. 12．(2017·淄博模拟)已知抛物线 y2＝8x 的焦点到双曲线 E：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的 渐近线的距离不大于 3，则双曲线 E 的离心率的取值范围是( ) A．(1， 2 ] B．(1,2] C．[ 2，＋∞) D．[2，＋∞) 解析：选 B 抛物线 y2＝8x 的焦点为(2,0)，双曲线的一条渐近线方程为 bx＋ay＝0，由 题知 |2b| a2＋b2 ≤ 3，化简得 b2≤3a2，又 c2＝a2＋b2，∴c2≤4a2，∴e≤2，又 e＞1，∴e∈(1,2]． 13．(2017·合肥模拟)已知双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 3，则该双曲线的 渐近线方程为________． 解析：在双曲线中，b2 a2 ＝c2－a2 a2 ＝c2 a2 －1＝e2－1＝2，所以该双曲线的渐近线方程为 y＝ ±b ax＝± 2x. 答案：y＝± 2x 14．(2018 届高三·西安八校联考)已知抛物线 C：y2＝4x 的焦点为 F，直线 y＝ 3(x－1) 与 C 交于 A，B(A 在 x 轴上方)两点．若 AF―→＝m FB―→，则 m 的值为________． 解析：由题意知 F(1,0)，由 y＝ 3x－1， y2＝4x， 解得 x1＝1 3 ， y1＝－2 3 3 或 x2＝3， y2＝2 3. 由 A 在 x 轴上方，知 A(3,2 3)，B 1 3 ，－2 3 3 ， 则 AF―→＝(－2，－2 3)， FB―→＝ －2 3 ，－2 3 3 ， 因为 AF―→＝m FB―→，所以 m＝3. 答案：3 15．(2018 届高三·湘中名校联考)已知抛物线 y2＝2px(p＞0)的焦点为 F，△ABC 的顶点 都在抛物线上，且满足 FA―→＋ FB―→＋ FC―→＝0，则 1 kAB ＋ 1 kAC ＋ 1 kBC ＝________. 解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F p 2 ，0 ，由 FA―→＋ FB―→＋ FC―→＝0，得 y1＋ y2＋y3＝0.因为 kAB＝y2－y1 x2－x1 ＝ 2p y1＋y2 ，所以 kAC＝ 2p y1＋y3 ，kBC＝ 2p y2＋y3 ，所以 1 kAB ＋ 1 kAC ＋ 1 kBC ＝ y1＋y2 2p ＋y3＋y1 2p ＋y2＋y3 2p ＝0. 答案：0 16．(2017·安徽二校联考)已知点 A 在椭圆x2 25 ＋y2 9 ＝1 上，点 P 满足 AP―→＝(λ－1) OA―→ (λ ∈R)(O 是坐标原点)，且 OA―→· OP―→＝72，则线段 OP 在 x 轴上的投影长度的最大值为 ________． 解析：因为 AP―→＝(λ－1) OA―→，所以 OP―→＝λ OA―→，即 O，A，P 三点共线，因为 OA―→ · OP―→ ＝72，所以 OA―→ · OP―→＝λ| OA―→ |2＝72，设 A(x，y)，OA 与 x 轴正方向的夹角为θ，线段 OP 在 x 轴上的投影长度为| OP―→||cos θ|＝|λ||x|＝ 72|x| | OA―→ |2 ＝ 72|x| x2＋y2 ＝ 72 16 25|x|＋ 9 |x| ≤ 72 2 16×9 25 ＝15，当且 仅当|x|＝15 4 时取等号，故所求最大值为 15. 答案：15 [B 级——中档小题强化练] 1．(2018 届高三·菏泽摸底)已知双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与直线 x＋3y ＋1＝0 垂直，则双曲线的离心率等于( ) A. 6 B.2 3 3 C. 10 D. 3 解析：选 C 由于双曲线的一条渐近线与直线 x＋3y＋1＝0 垂直，则双曲线的渐近线方 程为 y＝±3x，可得b a ＝3，可得 b2＝9a2，即 c2－a2＝9a2，亦即 c2＝10a2，故离心率为 e＝c a ＝ 10. 2．(2017·云南模拟)以双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)上一点 M 为圆心作圆，该圆与 x 轴相切于 C 的一个焦点，与 y 轴交于 P，Q 两点．若△MPQ 为正三角形，则该双曲线的 离心率等于( ) A. 2 B. 3 C．2 D. 5 解析：选 B 设圆 M 与双曲线 C 相切于点 F(c,0)，则 MF⊥x 轴，于是可设 M(c，t)(t ＞0)，代入双曲线方程中解得 t＝b2 a ，所以|MF|＝b2 a ，所以|PQ|＝2 b2 a 2－c2.因为△MPQ 为等边三角形，所以 c＝ 3 2 ×2 b2 a 2－c2，化简，得 3b4＝4a2c2，即 3(c2－a2)2＝4a2c2，亦 即 3c4－10c2a2＋3a4＝0，所以 3e4－10e2＋3＝0，解得 e2＝1 3 或 e2＝3，又 e＞1，所以 e＝ 3. 3．(2017·兰州模拟)已知双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为 F1，F2， 点 P 为双曲线右支上一点，若|PF1|2＝8a|PF2|，则双曲线 C 的离心率的取值范围为( ) A．(1,3] B．[3，＋∞) C．(0,3) D．(0,3] 解析：选 A 根据双曲线的定义及点 P 在双曲线的右支上，得|PF1|－|PF2|＝2a，设|PF1| ＝m，|PF2|＝n，则 m－n＝2a，m2＝8an，∴m2－4mn＋4n2＝0，∴m＝2n，则 n＝2a，m＝ 4a，依题得|F1F2|≤|PF1|＋|PF2|，∴2c≤4a＋2a，∴e＝c a ≤3，又 e＞1，∴1＜e≤3，即双曲 线 C 的离心率的取值范围为(1,3]． 4．(2017·湘中名校联考)过双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的右焦点且垂直于 x 轴的直线 与双曲线交于 A，B 两点，与双曲线的渐近线交于 C，D 两点，若|AB|≥3 5|CD|，则双曲线离 心率的取值范围为( ) A. 5 3 ，＋∞ B. 5 4 ，＋∞ C. 1，5 3 D. 1，5 4 解析：选 B 将 x＝c 代入x2 a2 －y2 b2 ＝1 得 y＝±b2 a ， 不妨取 A c，b2 a ，B c，－b2 a ，所以|AB|＝2b2 a . 将 x＝c 代入双曲线的渐近线方程 y＝±b ax，得 y＝±bc a ， 不妨取 C c，bc a ，D c，－bc a ，所以|CD|＝2bc a . 因为|AB|≥3 5|CD|，所以2b2 a ≥3 5 ×2bc a ， 即 b≥3 5c，则 b2≥ 9 25c2，即 c2－a2≥ 9 25c2， 即 16 25c2≥a2，所以 e2≥25 16 ，所以 e≥5 4. 5．(2018 届高三·武汉调研)已知抛物线Γ：y2＝8x 的焦点为 F，准线与 x 轴的交点为 K， 点 P 在Γ上且|PK|＝ 2|PF|，则△PKF 的面积为________． 解析：由已知得，F(2,0)，K(－2,0)，过 P 作 PM 垂直于准线于点 M，则|PM|＝|PF|， 又|PK|＝ 2|PF|， ∴|PM|＝|MK|＝|PF|，∴PF⊥x 轴， △PFK 的高等于|PF|，不妨设 P(m2,2 2m)(m＞0)， 则 m2＋2＝4，解得 m＝ 2， 故△PFK 的面积 S＝4×2 2× 2×1 2 ＝8. 答案：8 6．(2016·石家庄模拟)已知 F 为双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，过原点的直线 l 与双曲线交于 M，N 两点，且 MF―→ · NF―→＝0，△MNF 的面积为 ab，则该双曲线的离心率 为________． 解析：因为 MF―→ · NF―→＝0，所以 MF―→⊥ NF―→ .设双曲线的左焦点为 F′，则由双曲线的对 称性知四边形 F′MFN 为矩形，则有|MF|＝|NF′|，|MN|＝2c.不妨设点 N 在双曲线右支上， 由双曲线的定义知，|NF′|－|NF|＝2a，所以|MF|－|NF|＝2a.因为 S△MNF＝1 2|MF|·|NF|＝ab， 所以|MF||NF|＝2ab.在 Rt△MNF 中，|MF|2＋|NF|2＝|MN|2，即(|MF|－|NF|)2＋2|MF||NF|＝ |MN|2，所以(2a)2＋2·2ab＝(2c)2，把 c2＝a2＋b2 代入，并整理，得b a ＝1，所以 e＝c a ＝ 1＋ b a 2 ＝ 2. 答案： 2 [C 级——压轴小题突破练] 1．(2018 届高三·河南八市联考)已知点 M(－3,2)是坐标平面内一定点，若抛物线 y2＝2x 的焦点为 F，点 Q 是该抛物线上的一动点，则|MQ|－|QF|的最小值是( ) A.7 2 B．3 C.5 2 D．2 解析：选 C 抛物线的准线方程为 x＝－1 2 ，依据抛物线的定义，得|QM|－|QF|≥|xQ＋ 3|－|xQ＋1 2|＝|3－1 2|＝5 2. 2．(2017·贵阳模拟)双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线将平面划分为“上、下、 左、右”四个区域(不含边界)，若点(2,1)在“右”区域内，则双曲线离心率 e 的取值范围是 ( ) A. 1， 5 2 B. 5 2 ，＋∞ C. 1，5 4 D. 5 4 ，＋∞ 解析：选 B 依题意，注意到题中的双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1 的渐近线方程为 y＝±b ax，且“右” 区域是由不等式组 y＜b ax， y＞－b ax 所确定，又点(2,1)在“右”区域内，于是有 1＜2b a ，即b a ＞1 2 ， 因此题中的双曲线的离心率 e＝ 1＋ b a 2∈ 5 2 ，＋∞ . 3．(2018 届高三·武汉调研)已知双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线分别为 l1， l2，经过右焦点 F 垂直于 l1 的直线分别交 l1，l2 于 A，B 两点．若|OA|，|AB|，|OB|成等差数 列，且 AF―→与 FB―→反向，则该双曲线的离心率为( ) A. 5 2 B. 3 C. 5 D.5 2 解析：选 C 设实轴长为 2a，虚轴长为 2b，令∠AOF＝α，则由题意知 tan α＝b a ，在 △AOB 中，∠AOB＝180°－2α，tan∠AOB＝－tan 2α＝|AB| |OA| ，∵|OA|，|AB|，|OB|成等差 数列，∴设|OA|＝m－d，|AB|＝m，|OB|＝m＋d，∵OA⊥BF，∴(m－d)2＋m2＝(m＋d)2， 整理得 d＝1 4m，∴－tan 2α＝－ 2tan α 1－tan2α ＝|AB| |OA| ＝ m 3 4m ＝4 3 ，解得b a ＝2 或b a ＝－1 2(舍去)，∴b＝ 2a，c＝ 4a2＋a2＝ 5a，∴e＝c a ＝ 5. 4．(2017·沈阳模拟)已知抛物线 C：x2＝4y 的焦点为 F，直线 AB 与抛物线 C 相交于 A， B 两点，若 2 OA―→＋ OB―→－3 OP―→＝0，则弦 AB 的中点到抛物线 C 的准线的距离为________． 解析：依题意得，抛物线的焦点 F(0,1)，准线方程是 y＝－1，因为 2( OA―→－ OP―→ )＋( OB―→ － OP―→ )＝0，即 2 FA―→＋ FB―→＝0，所以 F，A，B 三点共线．设直线 AB：y＝kx＋1(k≠0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由 y＝kx＋1， x2＝4y， 得 x2＝4(kx＋1)，即 x2－4kx－4＝0，x1x2＝－4， ① 又 2 FA―→＋ FB―→＝0，因此 2x1＋x2＝0， ② 由①②解得 x21＝2，弦 AB 的中点到抛物线 C 的准线的距离为1 2[(y1＋1)＋(y2＋1)]＝1 2(y1 ＋y2)＋1＝1 8(x21＋x22)＋1＝5x21 8 ＋1＝9 4. 答案：9 4 小题押题 16—13 算法、推理与证明 卷 别 年 份 考题位置 考查内容 命题规律分析 全国 卷Ⅰ 2017 选择题第 8 题 程序框图的识别、循环结构 1.程序框图是每年高考的 必考内容，主要考查循环结构 的程序框图的输出功能以及 判断框内循环体结束条件的 填充，多为选择题或填空题， 试题难度不大． 2．推理与证明在全国卷 命题中单独考查较少，是偶考 点．但 2017 年全国卷Ⅱ突然 爆冷，考查了合情推理，这启 示我们复习备考不能存在侥 幸心理，留知识死角． 2016 选择题第 9 题 循环结构的应用 2015 选择题第 9 题 循环结构程序框图的输出 功能(数列为背景) 全国 卷Ⅱ 2017 选择题第 7 题 合情推理 选择题第 8 题 程序框图的循环结构 2016 选择题第 8 题 循环结构的应用 2015 选择题第 8 题 循环结构的程序框图(更相 减损术为背景) 全国 卷Ⅲ 2017 选择题第 7 题 程序框图的循环结构 2016 选择题第 7 题 循环结构的应用 考查点一 算法与程序框图 1.(2017·全国卷Ⅰ)如图所示的程序框图是为了求出满足 3n－2n>1 000 的 最小偶数 n，那么在◇和▭两个空白框中，可以分别填入( ) A．A>1 000 和 n＝n＋1 B．A>1 000 和 n＝n＋2 C．A≤1 000 和 n＝n＋1 D．A≤1 000 和 n＝n＋2 解析：选 D 程序框图中 A＝3n－2n，且判断框内的条件不满足时输出 n，所以判断框 中应填入 A≤1 000，由于初始值 n＝0，要求满足 A＝3n－2n>1 000 的最小偶数，故执行框 中应填入 n＝n＋2. 2．(2016·全国卷Ⅱ)中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，如图是实现该算 法的程序框图．执行该程序框图，若输入的 x＝2，n＝2，依次输入的 a 为 2,2,5， 则输出的 s＝( ) A．7 B．12 C．17 D．34 解析：选 C 第一次运算：s＝0×2＋2＝2，k＝1；第二次运算：s＝2×2＋2 ＝6，k＝2；第三次运算：s＝6×2＋5＝17，k＝3>2，结束循环，s＝17. 3．(2015·全国卷Ⅱ)程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更 相减损术”．执行该程序框图，若输入的 a，b 分别为 14,18，则输出的 a＝( ) A．0 B．2 C．4 D．14 解析：选 B a＝14，b＝18. 第一次循环：14≠18 且 14<18，b＝18－14＝4； 第二次循环：14≠4 且 14>4，a＝14－4＝10； 第三次循环：10≠4 且 10>4，a＝10－4＝6； 第四次循环：6≠4 且 6>4，a＝6－4＝2； 第五次循环：2≠4 且 2<4，b＝4－2＝2； 第六次循环：a＝b＝2，跳出循环，输出 a＝2. 4．(2014·全国卷Ⅰ)执行如图所示程序框图，若输入的 a，b，k 分别为 1,2,3，则输出的 M＝( ) A.20 3 B.16 5 C.7 2 D.15 8 解析：选 D 第一次循环：M＝3 2 ，a＝2，b＝3 2 ，n＝2；第二次循环：M＝8 3 ，a＝3 2 ，b ＝8 3 ，n＝3；第三次循环：M＝15 8 ，a＝8 3 ，b＝15 8 ，n＝4.则输出 M＝15 8 . 考查点二 合情推理与演绎推理 5．(2017·全国卷Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师 说：你们四人中有 2 位优秀，2 位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给 丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则( ) A．乙可以知道四人的成绩 B．丁可以知道四人的成绩 C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．乙、丁可以知道自己的成绩 解析：选 D 依题意，四人中有 2 位优秀，2 位良好，由于甲知道乙、丙的成绩，但还 是不知道自己的成绩，则乙、丙必有 1 位优秀，1 位良好，甲、丁必有 1 位优秀，1 位良好， 因此，乙知道丙的成绩后，必然知道自己的成绩；丁知道甲的成绩后，必然知道自己的成 绩，因此选 D. 6．(2015·山东高考)观察下列各式： C01＝40； C03＋C13＝41； C05＋C15＋C25＝42； C07＋C17＋C27＋C37＝43； …… 照此规律，当 n∈N*时， C02n－1＋C12n－1＋C22n－1＋…＋Cn－12n－1＝________. 解析：观察每行等式的特点，每行等式的右端都是幂的形式，底数均为 4，指数与等式 左端最后一个组合数的上标相等，故有 C02n－1＋C12n－1＋C22n－1＋…＋Cn－12n－1＝4n－1. 答案：4n－1 7．(2016·全国卷Ⅱ)有三张卡片，分别写有 1 和 2,1 和 3，2 和 3.甲，乙，丙三人各取走 一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是 2”，乙看了丙的卡片 后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是 1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是 5”， 则甲的卡片上的数字是________． 解析：法一：由题意得丙的卡片上的数字不是 2 和 3. 若丙的卡片上的数字是 1 和 2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是 2 和 3，则甲的卡 片上的数字是 1 和 3，满足题意； 若丙的卡片上的数字是 1 和 3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是 2 和 3，则甲的卡 片上的数字是 1 和 2，不满足甲的说法． 故甲的卡片上的数字是 1 和 3. 法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是 2，所以丙的卡片上必有数字 2.又丙的卡片 上的数字之和不是 5，所以丙的卡片上的数字是 1 和 2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是 1，所以乙的卡片上的数字是 2 和 3，所以甲的卡片上的数字是 1 和 3. 答案：1 和 3 程序框图——熟知 2 类常考点 三种基本逻辑结构及相应语句 名称 示意图 相应语句 顺序结构 ①输入语句： INPUT“提示内容”； 变量 ②输出语句： PRINT“提示内容”； 表达式 ③赋值语句： 变量＝表达式 条件结构 IF 条件 THEN 语句体 END IF IF 条件 THEN 语句体 1 ELSE 语句体 2 END IF 循环 结构 直到型循 环结构 DO 循环体 LOOP UNTIL 条件 当型循环 结构 WHILE 条件 循环体 WEND 考法(一) 程序框图中求运行结果问题 [典例] (1)执行如图所示的程序框图，如果输入 n 的值为 4，则输出 S 的值为( ) A．15 B．6 C．－10 D．－21 [解析] 当 k＝1，S＝0 时，k 为奇数，所以 S＝1，k＝2,2<4；k＝2 不是奇数，所以 S＝1－4＝－3，k＝3,3<4；k＝3 是奇数，所以 S＝－3＋ 9＝6，k＝4,4＝4；k＝4 不是奇数，所以 S＝6－16＝－10，k＝5，5>4， 所以输出的 S＝－10，故选 C. [答案] C (2)(2017·全国卷Ⅱ)执行如图所示的程序框图，如果输入的 a＝－1， 则输出的 S＝( ) A．2 B．3 C．4 D．5 [解析] 运行程序框图， a＝－1，S＝0，K＝1，K≤6 成立； S＝0＋(－1)×1＝－1，a＝1，K＝2，K≤6 成立； S＝－1＋1×2＝1，a＝－1，K＝3，K≤6 成立； S＝1＋(－1)×3＝－2，a＝1，K＝4，K≤6 成立； S＝－2＋1×4＝2，a＝－1，K＝5，K≤6 成立； S＝2＋(－1)×5＝－3，a＝1，K＝6，K≤6 成立； S＝－3＋1×6＝3，a＝－1，K＝7，K≤6 不成立，输出 S＝3. [答案] B [解题方略] 求解程序框图的运行结果问题的步骤 (1)找出控制循环的变量及其初值、循环条件． (2)看循环体，若循环次数较少，可依次列出即可得到答案；若循环次数较多，可先循 环几次，找出规律． (3)对于以累和为限定条件的问题，需要逐次求出每次迭代的结果，并逐次判断是否满 足终止条件． [针对训练] 1.(2018 届高三·武汉调研)执行如图所示的程序框图，若输入的 x＝2 017，则输出的 i＝( ) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：选 B 执行框图，第一步：a＝2 017，i＝1，b＝ 1 1－2 017 ＝－ 1 2 016 ≠2 017，第二步：i＝2，a＝－ 1 2 016 ，b＝ 1 1＋ 1 2 016 ＝2 016 2 017 ≠2 017， 第三步：i＝3，a＝2 016 2 017 ，b＝ 1 1－2 016 2 017 ＝2 017＝x，结束循环，故输出的 i＝3. 2．(2017·南昌模拟)执行如图所示的程序框图，输出 S 的值为( ) A．6 B．2log23＋1 C．2log23＋3 D．log23＋1 解析：选 D 由程序框图知，S＝3，i＝1；S＝3＋log2 2 1 ，i＝2；S＝3＋log2 2 1 ＋log2 3 2 ，i ＝3；…；这样依次循环，一直到 S＝3＋log2 2 1 ＋log2 3 2 ＋log2 4 3 ＋log2 5 4 ＋log2 6 5 ＋log2 7 6 ＋log2 8 7 ＝ 3＋log22×3 2 ×4 3 ×5 4 ×6 5 ×7 6 ×8 7 ＝3＋log28＝6， 此时 i＝8≤7 不成立，执行否，S＝log26＝log23＋1， 故输出 S＝log23＋1. 考法(二) 程序框图补全及逆向求解问题 [典例] 执行如图所示的程序框图，若输出 k 的值为 6，则判断框内可填入的条件是 ( ) A．s>1 2 ？ B．s>3 5 ？ C．s> 7 10 ？ D．s>4 5 ？ [解析] 程序框图的执行过程如下：s＝1，k＝9；s＝ 9 10 ，k＝8；s＝ 9 10 ×8 9 ＝ 8 10 ，k＝7； s＝ 8 10 ×7 8 ＝ 7 10 ，k＝6，循环结束．故可填入的条件为 s> 7 10 ？. [答案] C [解题方略] 程序框图的补全及逆向求解问题的 3 个步骤 (1)先假设参数的判断条件不满足； (2)运行循环结构，一直到运行结果与题目要求的输出结果相同为止； (3)根据此时各个变量的值，补全程序框图． [针对训练] 1．(2017·全国卷Ⅲ)执行如图所示的程序框图，为使输出 S 的值小于 91，则输入的正整 数 N 的最小值为( ) A．5 B．4 C．3 D．2 解析：选 D 执行程序框图，S＝0＋100＝100，M＝－10，t＝2；S＝100－10＝90，M ＝1，t＝3，S<91，输出 S，此时，t＝3 不满足 t≤N，所以输入的正整数 N 的最小值为 2. 2．(2017·广西五校联考)已知函数f(x)＝ax3＋1 2x2在x＝－1处取得极大值，记g(x)＝ 1 f′x. 执行如图所示的程序框图，若输出的结果 S＞2 016 2 017 ，则判断框中可以填入的关于 n 的判断 条件是( ) A．n≤2 016? B．n≤2 017? C．n＞2 016? D．n＞2 017? 解析：选 B f′(x)＝3ax2＋x，则 f′(－1)＝3a－1＝0，解得 a＝1 3 ，g(x)＝ 1 f′x ＝ 1 x2＋x ＝ 1 xx＋1 ＝1 x － 1 x＋1 ，g(n)＝1 n － 1 n＋1 ，则 S＝1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 ＝ n n＋1 ， 因为输出的结果 S＞2 016 2 017 ，分析可知判断框中可以填入的判断条件是“n≤2 017？”． 合情推理——警惕 2 个易错点 1．类比推理中的易错点 在进行类比推理时要尽量从本质上去类比，不要被表面现象迷惑，如果只抓住一点表 面现象的相似甚至假象就去类比，那么就会犯机械类比的错误. [典例] “三角形的三条中线交于一点，而且该点到顶点的距离等于它到对边中点距离 的 2 倍”．试类比：四面体的四条中线(顶点与对面三角形重心的连线)交于一点，而且该点 到顶点的距离等于它到对面三角形重心距离的________倍． [解析] 如图，在四面体 ABCD 中，E 为 CD 的中点，连接 AE，BE， 且点 M，N 分别为△ACD，△BCD 的重心，AN，BM 交于点 G. △ABE 中，M，N 分别为 AE，BE 的三等分点，则EM AE ＝EN BE ＝1 3 ， 所以 MN∥AB，AB＝3MN， 所以 AG＝3GN. 故四面体的四条中线的交点到顶点的距离等于它到对面三角形重心距离的 3 倍． [答案] 3 [解题方略] (1)类比推理的思维过程大致是：观察、比较→联想、类推→猜测新的结论． (2)求解类比推理问题的关键在于准确抓住“类比点”(可能是角、边长、面积、体积等)， 然后对应写出结论即可． [针对训练] (2017·日照模拟)在平面几何中有如下结论：若正三角形 ABC 的内切圆面积为 S1，外接 圆面积为 S2，则S1 S2 ＝1 4.推广到空间几何体中可以得到类似结论：若正四面体 ABCD 的内切 球体积为 V1，外接球体积为 V2，则V1 V2 ＝________. 解析：设正四面体 ABCD 的棱长为 a，高为 h，四个面的面积均为 S，内切球半径为 r， 外接球半径为 R，则由 4×1 3Sr＝1 3Sh，得 r＝1 4h＝1 4 × 6 3 a＝ 6 12a. 由相似三角形的性质可得 R＝ 6 4 a， 所以V1 V2 ＝ r R 3＝ 1 27. 答案： 1 27 2．归纳推理中的易错点 在进行归纳推理时，要注意发现某些相似性，易忽视特例的共性或一般规律，盲目地 写出错误结论. [典例] 根据下面一组等式： s1＝1， s2＝2＋3＝5， s3＝4＋5＋6＝15， s4＝7＋8＋9＋10＝34， s5＝11＋12＋13＋14＋15＝65， s6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111， …… 可得 s1＋s3＋s5＋…＋s2n－1＝________. [解析] n＝1 时，结果为 s1＝1＝14； n＝2 时，结果为 s1＋s3＝1＋15＝16＝24； n＝3 时，结果为 s1＋s3＋s5＝16＋65＝81＝34； …… 由此可以推知 s1＋s3＋s5＋…＋s2n－1＝n4. [答案] n4 [解题方略] (1)归纳推理的思维过程大致是：实验、观察→概括、推广→猜测一般性结论． (2)求解归纳推理问题的关键是能从前几个特殊的等式中观察、归纳、总结出一般的规 律，从而得到相应的结论．可以利用已知的结论进行验证、修改，直至正确． [针对训练] 观察下列等式： sin π 3 －2＋ sin 2π 3 －2＝4 3 ×1×2； sin π 5 －2＋ sin 2π 5 －2＋ sin 3π 5 －2＋ sin 4π 5 －2＝4 3 ×2×3； sin π 7 －2＋ sin 2π 7 －2＋ sin 3π 7 －2＋…＋ sin 6π 7 －2＝4 3 ×3×4； sin π 9 －2＋ sin 2π 9 －2＋ sin 3π 9 －2＋…＋ sin 8π 9 －2＝4 3 ×4×5； …… 照此规律， sin π 2n＋1 －2＋ sin 2π 2n＋1 －2＋ sin 3π 2n＋1 －2＋…＋ sin 2nπ 2n＋1 －2＝________. 解析：通过观察已给出等式的特点，可知等式右边的4 3 是个固定数，4 3 后面第一个数是 等式左边最后一个数括号内角度值分子中π的系数的一半，4 3 后面第二个数是第一个数的下 一个自然数，所以，所求结果为4 3 ×n×(n＋1)，即 4 3n(n＋1)． 答案：4 3n(n＋1) 1．下面几种推理是合情推理的是( ) ①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内 角和是 180°，归纳出所有三角形的内角和都是 180°；③教室内有一把椅子坏了，则猜想 该教室内的所有椅子都坏了；④三角形内角和是 180°，四边形内角和是 360°，五边形内 角和是 540°，由此得出凸 n 边形的内角和是(n－2)·180°(n∈N*，且 n≥3)． A．①② B．①③④ C．①②④ D．②④ 解析：选 C ①是类比推理；②④是归纳推理， ∴①②④都是合情推理． 2.(2017·山东高考)执行两次如图所示的程序框图，若第一次输入的 x 的值为 7，第二次 输入的 x 的值为 9，则第一次、第二次输出的 a 的值分别为( ) A．0,0 B．1,1 C．0,1 D．1,0 解析：选 D 当输入 x＝7 时，b＝2，因为 b2>x 不成立且 x 不 能被 b 整除，故 b＝3，这时 b2>x 成立，故 a＝1，输出 a 的值为 1. 当输入 x＝9 时，b＝2，因为 b2>x 不成立且 x 不能被 b 整除， 故 b＝3，这时 b2>x 不成立且 x 能被 b 整除，故 a＝0，输出 a 的值为 0. 3.(2017·惠州模拟)执行如图所示的程序框图，则输出的结果为( ) A．7 B．9 C．10 D．11 解析：选 B 法一：i＝1，S＝lg1 3 ＝－lg 3＞－1；i＝3，S＝lg1 3 ＋lg3 5 ＝lg1 5 ＝－lg 5＞－1；i＝5，S＝lg1 5 ＋lg5 7 ＝lg1 7 ＝－lg 7＞－1；i＝7，S＝lg1 7 ＋lg7 9 ＝ lg1 9 ＝－lg 9＞－1；i＝9，S＝lg1 9 ＋lg 9 11 ＝lg 1 11 ＝－lg 11＜－1，故输出的 i＝9. 法二：因为 S＝lg1 3 ＋lg3 5 ＋…＋lg i i＋2 ＝lg 1－lg 3＋lg 3－lg 5＋…＋lg i－lg(i＋2)＝－lg(i ＋2)，当 i＝9 时，S＝－lg(9＋2)＜－lg 10＝－1，所以输出的 i＝9. 4．通过圆与球的类比，由结论“半径为 r 的圆的内接四边形中，正方形的面积最大， 最大值为 2r2”猜想关于球的相应结论为“半径为 R 的球的内接六面体中，______”．( ) A．长方体的体积最大，最大值为 2R3 B．正方体的体积最大，最大值为 3R3 C．长方体的体积最大，最大值为4 3R3 9 D．正方体的体积最大，最大值为8 3R3 9 解析：选 D 类比可知半径为 R 的球的内接六面体中，正方体的体积最大，设其棱长 为 a，正方体体对角线的长度等于球的直径，即 3a＝2R，得 a＝2R 3 ，体积 V＝a3＝8 3R3 9 . 5．对于大于 1 的自然数 m 的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”：23＝ 3， 5， 33 ＝ 7， 9， 11， 43＝ 13， 15， 17， 19， ……，若 m3 的“分裂”中有一个数是 2 017，则 m＝( ) A．44 B．45 C．46 D．47 解析：选 B 由题意不难找出规律，23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19，……， m 增加 1，累加的奇数个数便多 1，易得 2 017 是第 1 009 个奇数， 由 1＋2＋3＋…＋m－1＜1 009， 1＋2＋3＋…＋m－1＋m≥1 009， 得 mm－1 2 ＜1 009， mm＋1 2 ≥1 009， 又 m∈N*，所以 m＝45. 6．若数列{an}是等差数列，则数列{bn} bn＝a1＋a2＋…＋an n 也为等差数列．类比这一性质，可知若正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列， 则 dn 的表达式应为( ) A．dn＝c1＋c2＋…＋cn n B．dn＝c1·c2·…·cn n C．dn＝ n cn1＋cn2＋…＋cnn n D．dn＝n c1·c2·…·cn 解析：选 D 若{an}是等差数列，则 a1＋a2＋…＋an＝na1＋nn－1 2 d，∴bn＝a1＋n－1 2 d ＝d 2n＋a1－d 2 ，即{bn}为等差数列；若{cn}是等比数列，则 c1·c2·…·cn＝cn1·q1＋2＋…＋(n－1)＝ cn1·q 1 2 －n n  ，∴dn＝(c1·c2·…·cn)1 n ＝c1·q 1 2 －n ，即{dn}为等比数列，故选 D. 7．(2018 届高三·湖北八校二联)有 6 名选手参加演讲比赛，观众甲猜测：4 号或 5 号选 手得第一名；观众乙猜测：3 号选手不可能得第一名；观众丙猜测：1,2,6 号选手中的一位 获得第一名；观众丁猜测：4,5,6 号选手都不可能获得第一名．比赛后发现没有并列名次， 且甲、乙、丙、丁中只有 1 人猜对比赛结果，此人是( ) A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 解析：选 D 根据题意，6 名选手比赛结果甲、乙、丙、丁猜测如下表： 1 号 2 号 3 号 4 号 5 号 6 号 甲 不可能 不可能 不可能 可能 可能 不可能 乙 可能 可能 不可能 可能 可能 可能 丙 可能 可能 不可能 不可能 不可能 可能 丁 可能 可能 可能 不可能 不可能 不可能 由表知，只有丁猜对了比赛结果，故选 D. 8．在平面几何中，有“若△ABC 的三边长分别为 a，b，c，内切圆半径为 r，则三角 形面积为 S△ABC＝1 2(a＋b＋c)r”，拓展到空间，类比上述结论，若四面体 ABCD 的四个面 的面积分别为 S1，S2，S3，S4，内切球的半径为 R，则四面体的体积为( ) A.1 3(S1＋S2＋S3)R B.1 4(S1＋S2＋S3＋S4)R2 C.1 3(S1＋S2＋S3＋S4)R2 D.1 3(S1＋S2＋S3＋S4)R 解析：选 D 三角形面积类比为四面体的体积，三角形的边长类比为四面体四个面的 面积，内切圆半径类比为内切球的半径，二维图形中的1 2 类比为三维图形中的1 3 ，从而得出 结论．所以 VABCD＝1 3(S1＋S2＋S3＋S4)R. 9．(2017·成都模拟)对于数 25，规定第 1 次操作为 23＋53＝133，第 2 次操作为 13＋33 ＋33＝55，如此反复操作，则第 2 017 次操作后得到的数是( ) A．25 B．250 C．55 D．133 解析：选 D 由规定：第 1 次操作为 23＋53＝133，第 2 次操作为 13＋33＋33＝55，第 3 次操作为 53＋53＝250，第 4 次操作为 23＋53＋03＝133，…，故操作得到的数值周期出现， 且周期为 3.又 2 017＝3×672＋1，相当于操作了 1 次，故选 D. 10．定义运算 a⊗b 为执行如图所示的程序框图输出的 S 值，则 2cos5π 3 ⊗ 2tan5π 4 的值 为( ) A．4 B．3 C．2 D．－1 解析：选 A 由程序框图可知，S＝ aa－b，a≥b， ba＋1，a1)的图 象上任意不同两点，依据图象可知，线段 AB 总是位于 A，B 两点之间函数图象的上方，因 此有结论a 1x ＋a2x 2 >a 1 2+ 2 x x 成立．运用类比思想方法可知，若点 A(x1，sin x1)，B(x2，sin x2) 是函数 y＝sin x(x∈(0，π))的图象上任意不同两点，则类似地有________成立． 解析：对于函数 y＝sin x(x∈(0，π))的图象上任意不同的两点 A(x1，sin x1)，B(x2，sin x2)， 线段 AB 总是位于 A，B 两点之间函数图象的下方， 类比可知应有sin x1＋sin x2 2 s 乙．故可判断结论①④正确． 法二：甲地该月 14 时的气温数据分布在 26 和 31 之间，且数据波动较大，而乙地该月 14 时的气温数据分布在 28 和 32 之间，且数据波动较小，可以判断结论①④正确，故选 B. 7．(2014·广东高考)已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图 1 和图 2 所示．为了 解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取 2%的学生进行调查，则样本容 量和抽取的高中生近视人数分别为( ) A．100,10 B．200,10 C．100,20 D．200,20 解析：选 D 易知(3 500＋4 500＋2 000)×2%＝200，即样本容量；抽取的高中生人数 为 2 000×2%＝40，由于其近视率为 50%，所以近视的人数为 40×50%＝20. 8．(2015·湖北高考)某电子商务公司对 10 000 名网络购物者 2014 年度的消费情况进行 统计，发现消费金额(单位：万元)都在区间[0.3,0.9]内，其频率分布直方图如图所示． (1)直方图中的 a＝________； (2)在这些购物者中，消费金额在区间[0.5,0.9]内的购物者的人数为________． 解析：(1)由 0.1×1.5＋0.1×2.5＋0.1×a＋0.1×2.0＋0.1×0.8＋0.1×0.2＝1，解得 a＝3. (2)区间[0.3,0.5)内的频率为 0.1×1.5＋0.1×2.5＝0.4，故[0.5,0.9]内的频率为 1－0.4＝0.6. 因此，消费金额在区间[0.5,0.9]内的购物者的人数为 0.6×10 000＝6 000. 答案：(1)3 (2)6 000 考查点三 变量间的相关关系、统计案例 9．(2015·福建高考)为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社 区 5 户家庭，得到如下统计数据表： 收入 x(万元) 8.2 8.6 10.0 11.3 11.9 支出 y(万元) 6.2 7.5 8.0 8.5 9.8 根据上表可得回归直线方程y^＝b^x＋a^，其中b^＝0.76，a^＝ y－－b^ x－.据此估计，该社区 一户年收入为 15 万元家庭的年支出为( ) A．11.4 万元 B．11.8 万元 C．12.0 万元 D．12.2 万元 解 析 ： 选 B 由 题 意 知 ， x ＝ 8.2＋8.6＋10.0＋11.3＋11.9 5 ＝ 10 ， y ＝ 6.2＋7.5＋8.0＋8.5＋9.8 5 ＝8， ∴a^＝8－0.76×10＝0.4， ∴当 x＝15 时，y^＝0.76×15＋0.4＝11.8(万元)． 10．(2014·江西高考)某人研究中学生的性别与成绩、视力、智商、阅读量这 4 个变量 的关系，随机抽查 52 名中学生，得到统计数据如表 1 至表 4，则与性别有关联的可能性最 大的变量是( ) 表 1 成绩 性别 不及格 及格 总计 男 6 14 20 女 10 22 32 总计 16 36 52 表 2 视力 性别 好 差 总计 男 4 16 20 女 12 20 32 总计 16 36 52 表 3 智商 性别 偏高 正常 总计 男 8 12 20 女 8 24 32 总计 16 36 52 表 4 阅读量 性别 丰富 不丰富 总计 男 14 6 20 女 2 30 32 总计 16 36 52 A．成绩 B．视力 C．智商 D．阅读量 解析：选 D 因为 K21＝52×6×22－14×102 16×36×32×20 ＝ 52×82 16×36×32×20 ， K22＝52×4×20－16×122 16×36×32×20 ＝ 52×1122 16×36×32×20 ， K23＝52×8×24－12×82 16×36×32×20 ＝ 52×962 16×36×32×20 ， K24＝52×14×30－6×22 16×36×32×20 ＝ 52×4082 16×36×32×20 ， 则有 K24>K22>K23>K21，所以阅读量与性别关联的可能性最大． 11．(2015·北京高考)高三年级 267 位学生参加期末考试，某班 37 位学生的语文成绩、 数学成绩与总成绩在全年级中的排名情况如图所示，甲、乙、丙为该班三位学生． 从这次考试成绩看， (1)在甲、乙两人中，其语文成绩名次比其总成绩名次靠前的学生是________； (2)在语文和数学两个科目中，丙同学的成绩名次更靠前的科目是________． 答案：(1)乙 (2)数学 重点突破——用样本估计总体的 2 个常考点 考法(一) 频率分布直方图与样本的数字特征 1．对某小区 100 户居民的月均用水量进行统计，得到样本的频率分布直方图如图所示， 则估计此样本的众数为________． 解析：众数是指样本中出现频率最高的数，在频率分布直方图中通常取最高的小长方 形底边中点的横坐标，所以众数为2＋2.5 2 ＝2.25. 答案：2.25 2．对一批电子元件进行寿命追踪调查，从这批产品中抽取 N 个产品(N≥200)，得到频 率分布直方图如下： (1)图中 m 的值为________； (2)由频率分布直方图估计这批电子元件寿命的中位数是________． 解析：(1)由 0.001×100＋m×100＋0.004×100＋0.002×100＋m×100＝1，得 m＝0.001 5. (2)设中位数为 b，则 0.001×100＋0.001 5×100＋0.004×(b－300)＝0.5，解得 b＝362.5. 答案：(1)0.001 5 (2)362.5 3．某校 100 名学生期中考试语文成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间 是[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]． (1)图中 a 的值为________； (2)根据频率分布直方图，估计这 100 名学生语文成绩的平均分为________． 解析：(1)由(2a＋0.02＋0.03＋0.04)×10＝1，解得 a＝0.005. (2)0.05×55＋0.4×65＋0.3×75＋0.2×85＋0.05×95＝73. 答案：(1)0.005 (2)73 [解题方略] 从频率分布直方图中得出有关数据的方法 (1)频率：频率分布直方图中横轴表示组别(样本的连续可取数值)，纵轴表示频率 组距 ，频率 ＝组距×频率 组距 ； (2)频率比：频率分布直方图中各小长方形的面积之和为 1，因为在频率分布直方图中组 距是一个固定值，所以各小长方形高的比也就是频率比，从而根据已知的几组数据个数比 求有关值； (3)众数：最高小长方形底边中点的横坐标； (4)中位数：平分频率分布直方图面积且垂直于横轴的直线与横轴交点的横坐标； (5)平均数：频率分布直方图中每个小长方形的面积乘小长方形底边中点的横坐标之和； (6)性质应用：若纵轴上存在参数值，则根据所有小长方形的高之和×组距＝1，列方程 即可求得参数值． 考法(二) 茎叶图与样本的数字特征 茎叶图在样本数据较少、较为集中且位数不多时应用比较适宜．由于它保留了原始数 据，所以不仅可以帮助分析样本的频率分布，还可以用来分析样本数据的一些数字特征， 如平均数、众数、方差等． [题组突破] 1．(2017·岳阳质检)甲、乙两位歌手在“中国好声音”选拔赛中，5 次得分情况如图所 示．记甲、乙两人的平均得分分别为 x 甲， x 乙，则下列判断正确的是( ) 甲 乙 6 7 7 5 8 8 8 6 8 4 0 9 3 A. x 甲＜ x 乙，甲比乙成绩稳定 B. x 甲＜ x 乙，乙比甲成绩稳定 C. x 甲＞ x 乙，甲比乙成绩稳定 D. x 甲＞ x 乙，乙比甲成绩稳定 解析：选 B x 甲＝76＋77＋88＋90＋94 5 ＝85， x 乙＝75＋88＋86＋88＋93 5 ＝86， s2甲＝1 5[(76－85)2＋(77－85)2＋(88－85)2＋(90－85)2＋(94－85)2]＝52， s2乙＝1 5[(75－86)2＋(88－86)2＋(86－86)2＋(88－86)2＋(93－86)2]＝35.6， 所以 x 甲＜ x 乙，s2甲＞s2乙，故乙比甲成绩稳定． 2．(2017·郑州二检)已知甲、乙两组数据如茎叶图所示，若它们的中位数相同，平均数 也相同，则图中的 m，n 的比值m n ＝________. 甲 乙 7 2 n 9 m 3 2 4 8 解析：由茎叶图可知甲的数据为 27,30＋m,39，乙的数据为 20＋n,32,34,38.由此可知乙 的中位数是 33，所以甲的中位数也是 33，所以 m＝3.由此可以得出甲的平均数为 33，所以 乙的平均数也为 33，所以有1 4(20＋n＋32＋34＋38)＝33，所以 n＝8，所以m n ＝3 8. 答案：3 8 3．(2017·黄山检测)如图是某青年歌手大奖赛上七位评委为甲、乙两名选手打出的分数 的茎叶图(其中 m 为数字 0～9 中的一个)，去掉一个最高分和一个最低分后，甲、乙两名选 手得分的平均数分别为 a1，a2，则它们的大小关系是________(用“>”表示)． 甲 乙 0 7 9 5 4 5 5 1 8 4 4 6 4 7 m 9 3 解析：由题意知去掉一个最高分和一个最低分后，可以求得甲和乙两名选手得分的平 均数分别为 a1＝1＋4＋5×3 5 ＋80＝84，a2＝4×3＋6＋7 5 ＋80＝85，所以 a2>a1. 答案：a2>a1 [解题方略] 从茎叶图中得出有关数据的方法 到目前为止，茎叶图中的数据多为两位数(茎叶图中，一位数的“茎”处为数字 0)，明 确每一行中，“茎”处数字是该行数字共用的十位数字，“叶”处数字是个位数字，求解 的关键是正确写出茎叶图中的所有数字，再根据平均数、中位数、众数、方差、标准差的 概念进行相关计算． 失误防范——回归分析中的 1 个易错点 回归分析中易误认为样本数据必在回归直线上，实质上回归直线必过x o(x)，x o(y) 点，可能所有的样本数据点都不在直线上. [针对训练] 1．(2017·兰州模拟)已知某种商品的广告费支出 x(单位：万元)与销售额 y(单位：万元) 之间有如下对应数据： x 2 4 5 6 8 y 30 40 50 m 70 根据表中提供的全部数据，用最小二乘法得出 y 与 x 的线性回归方程为y^＝6.5x＋17.5， 则表中 m 的值为( ) A．45 B．50 C．55 D．60 解析：选 D ∵ x ＝2＋4＋5＋6＋8 5 ＝5， y ＝30＋40＋50＋m＋70 5 ＝190＋m 5 ， ∴当 x ＝5 时， y ＝6.5×5＋17.5＝50， ∴190＋m 5 ＝50，解得 m＝60. 2．(2017·惠州模拟)某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此 进行了 5 次试验．根据收集到的数据(如下表)： 零件数 x/个 10 20 30 40 50 加工时间 y/分钟 62 68 75 81 89 由最小二乘法求得回归方程y^＝0.67x＋a^，则a^的值为________． 解析：因为 x ＝10＋20＋30＋40＋50 5 ＝30， y ＝62＋68＋75＋81＋89 5 ＝75， 所以回归直线一定过样本点的中心(30,75)， 则由y^＝0.67x＋a^可得 75＝30×0.67＋a^， 求得a^＝54.9. 答案：54.9 1．(2017·南京模拟)某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一 1 000 人、 高二 1 200 人、高三 n 人中，抽取 81 人进行问卷调查．已知高二被抽取的人数为 30，那么 n＝( ) A．860 B．720 C．1 020 D．1 040 解析：选 D 根据分层抽样方法，得 1 200 1 000＋1 200＋n ×81＝30，解得 n＝1 040. 2．(2017·天津渤海一中质检)有一个食品商店为了调查气温对热饮销售的影响，经过调 查得到关于卖出的热饮杯数与当天气温的数据如下表，绘出散点图如下．通过计算，可以 得到对应的回归方程y^＝－2.352x＋147.767，根据以上信息，判断下列结论中正确的是( ) 摄氏 温度 －5 0 4 7 12 15 19 23 27 31 36 热饮 杯数 156 150 132 128 130 116 104 89 93 76 54 A．气温与热饮的销售杯数之间成正相关 B．当天气温为 2 ℃时，这天大约可以卖出 143 杯热饮 C．当天气温为 10 ℃时，这天恰卖出 124 杯热饮 D．由于 x＝0 时，y^的值与调查数据不符，故气温与卖出热饮杯数不存在线性相关性 解析：选 B 当 x＝2 时，y^＝－2×2.352＋147.767＝143.063，即这天大约可以卖出 143 杯热饮，故 B 正确． 3．如图，茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩(单位： 分)．已知甲组数据的中位数为 15，乙组数据的平均数为 16.8，则 x，y 的值分别为( ) 甲 组 乙组 9 0 9 x 2 1 5 y 8 7 4 2 4 A．2,5 B．5,5 C．5,8 D．8,8 解析：选 C ∵甲组数据的中位数为 15＝10＋x， ∴x＝5. 又乙组数据的平均数为9＋15＋10＋y＋18＋24 5 ＝16.8，∴y＝8.∴x，y 的值分别为 5,8. 4．(2017·全国卷Ⅲ)某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整 理了 2014 年 1 月至 2016 年 12 月期间月接待游客量(单位：万人)的数据，绘制了如图所示 的折线图． 根据该折线图，下列结论错误的是( ) A．月接待游客量逐月增加 B．年接待游客量逐年增加 C．各年的月接待游客量高峰期大致在 7,8 月 D．各年 1 月至 6 月的月接待游客量相对于 7 月至 12 月，波动性更小，变化比较平稳 解析：选 A 根据折线图可知，2014 年 8 月到 9 月、2014 年 10 月到 11 月等月接待游 客量都在减少，所以 A 错误．由图可知，B、C、D 正确． 5．(2017·长沙模拟)如图是民航部门统计的 2017 年春运期间十二个城市售出的往返机 票的平均价格以及相比去年同期变化幅度的数据统计图表，根据图表，下面叙述不正确的 是( ) A．深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高 B．深圳和厦门的春运期间往返机票价格同去年相比有所下降 C．平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州 D．平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、厦门 解析：选 D 由图可知深圳对应的小黑点最接近 0%，故变化幅度最小，北京对应的条 形图最高，则北京的平均价格最高，故 A 正确；由图可知深圳和厦门对应的小黑点在 0% 以下，故深圳和厦门的价格同去年相比有所下降，故 B 正确；由图可知条形图由高到低居 于前三位的城市为北京、深圳和广州，故 C 正确；由图可知平均价格的涨幅由高到低分别 为天津、西安和南京，故 D 错误，选 D. 6．(2018 届高三·豫东、豫北十所名校联考)根据如下样本数据： x 3 4 5 6 7 y 4.0 a－5.4 －0.5 0.5 b－0.6 得到的回归方程为y^＝bx＋a.若样本点的中心为(5,0.9)，则当 x 每增加 1 个单位时，y 就 ( ) A．增加 1.4 个单位 B．减少 1.4 个单位 C．增加 7.9 个单位 D．减少 7.9 个单位 解析：选 B 依题意得，a＋b－2 5 ＝0.9，故 a＋b＝6.5①； 又样本点的中心为(5,0.9)，故 0.9＝5b＋a②， 联立①②，解得 b＝－1.4，a＝7.9，则y^＝－1.4x＋7.9， 可知当 x 每增加 1 个单位时，y 就减少 1.4 个单位． 7．(2017·哈尔滨四校统考)一个样本容量为 10 的样本数据，它们组成一个公差不为 0 的等差数列{an}，若 a3＝8，且 a1，a3，a7 成等比数列，则此样本的平均数和中位数分别是( ) A．13,12 B．13,13 C．12,13 D．13,14 解析：选 B 设等差数列{an}的公差为 d(d≠0)， a3＝8，a1a7＝a23＝64， 即(8－2d)(8＋4d)＝64， 化简得 2d－d2＝0， 又 d≠0，故 d＝2， 故样本数据为：4,6,8,10,12,14,16,18,20,22， 平均数为S10 10 ＝4＋22×5 10 ＝13， 中位数为12＋14 2 ＝13. 8．(2017·重庆南开中学月考)一个样本 a,3,4,5,6 的平均数是 b，且不等式 x2－6x＋c＜0 的解集为(a，b)，则这个样本的标准差是( ) A．1 B. 2 C. 3 D．2 解析：选 B 由题意得 a＋3＋4＋5＋6＝5b，a＋b＝6， 解得 a＝2，b＝4，所以样本方差 s2＝1 5[(2－4)2＋(3－4)2＋(4－4)2＋(5－4)2＋(6－4)2]＝2， 所以标准差为 2. 9.某工厂对一批产品进行了抽样检测，如图是根据抽样检测 后的产品净重(单位：克)数据绘制的频率分布直方图，其中产品 净重的范围是[96,106]，样本数据分组为[96,98)，[98,100)， [100,102)，[102,104)，[104,106]．已知样本中产品净重小于 100 克的个数是 36，则样本中净重大于或等于 98 克并且小于 104 克的产品的个数是( ) A．90 B．75 C．60 D．45 解析：选 A 产品净重小于 100 克的频率为(0.050＋0.100)×2＝0.300，已知样本中产品 净重小于 100 克的个数是 36.设样本容量为 n，则36 n ＝0.300，所以 n＝120，净重大于或等于 98 克并且小于 104 克的产品的频率为(0.100＋0.150＋0.125)×2＝0.750，所以样本中净重大 于或等于 98 克并且小于 104 克的产品的个数是 120×0.750＝90. 10．(2018 届高三·湖南师大附中摸底)某研究型学习小组调查研究学生使用智能手机对 学习的影响，部分统计数据如下表： 使用智能手机 不使用智能手机 总计 学习成绩优秀 4 8 12 学习成绩不优秀 16 2 18 总计 20 10 30 附表： P(K2≥k0) 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 k0 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 计算得 K2＝10，则下列选项正确的是( ) A．有 99.5%的把握认为使用智能手机对学习有影响 B．有 99.5%的把握认为使用智能手机对学习无影响 C．在犯错误的概率不超过 0.1%的前提下，认为使用智能手机对学习有影响 D．在犯错误的概率不超过 1%的前提下，认为使用智能手机对学习无影响 解析：选 A 因为 7.879＜K2＜10.828，所以有 99.5%的把握认为使用智能手机对学习 有影响． 11．如图所示，茎叶图记录了甲、乙两组各 4 名学生完成某道数学题的得分情况，该 题满分为 12 分．已知甲、乙两组学生的平均成绩相同，乙组某个数据的个位数字模糊，记 为 x.则下列命题中正确的是( ) A．甲组学生的成绩比乙组稳定 B．乙组学生的成绩比甲组稳定 C．两组学生的成绩有相同的稳定性 D．无法判断甲、乙两组学生的成绩的稳定性 解析：选 A x 甲＝1 4 ×(9＋9＋11＋11)＝10， x 乙＝1 4 ×(8＋9＋10＋x＋12)＝10，解得 x＝1.又 s2甲＝1 4 ×[(9－10)2＋(9－10)2＋(11－10)2＋(11－10)2]＝1，s2乙＝1 4 ×[(8－10)2＋(9－10)2 ＋(11－10)2＋(12－10)2]＝5 2 ，∴s2甲＜s2乙，∴甲组学生的成绩比乙组稳定． 12．为了普及环保知识，增强环保意识，随机抽取某大学 30 名学生参加环保知识测试， 得分如图所示，若得分的中位数为 me，众数为 m0，平均数为 x ，则( ) A．me＝m0＝ x B．m0＜ x ＜me C．me＜m0＜ x D．m0＜me＜ x 解析：选 D 由条形图知，30 名学生的得分情况依次为 2 个人得 3 分，3 个人得 4 分， 10 个人得 5 分，6 个人得 6 分，3 个人得 7 分，2 个人得 8 分，2 个人得 9 分，2 个人得 10 分，中位数为第 15,16 个数(分别为 5,6)的平均数，即 me＝5.5,5 出现的次数最多，故众数为 m0＝5，平均数为 x ＝ 1 30(2×3＋3×4＋10×5＋6×6＋3×7＋2×8＋2×9＋2×10)≈5.97， 故 m0＜me＜ x . 13．(2017·石家庄模拟)设样本数据 x1，x2，…，x2 017 的方差是 4，若 yi＝xi－1(i＝1，2，…， 2 017)，则 y1，y2，…，y2 017 的方差为______． 解析：设样本数据 x1，x2，…，x2 017 的平均数为 x ，又 yi＝xi－1，所以样本数据 y1， y2，…，y2 017 的平均数为 x －1，则样本数据 y1，y2，…，y2 017 的方差为 1 2 017[(x1－1－ x ＋ 1)2＋(x2－1－ x ＋1)2＋…＋(x2 017－1－ x ＋1)2]＝ 1 2 017[(x1－ x )2＋(x2－ x )2＋…＋(x2 017 － x )2]＝4. 答案：4 14．(2018 届高三·石家庄摸底)为了判断高中三年级学生选修文理科是否与性别有关， 现随机抽取 50 名学生，得到 2×2 列联表： 理科 文科 总计 男 13 10 23 女 7 20 27 总计 20 30 50 已知 P(K2≥3.841)≈0.05，P(K2≥5.024)≈0.025. 根据表中数据，得到 K2＝50×13×20－10×72 23×27×20×30 ≈4.844，则认为选修文理科与性别有 关系出错的可能性约为________． 解析：由 K2＝4.844>3.841.故认为选修文理科与性别有关系出错的可能性约为 5%. 答案：5% 15．甲、乙两人在 5 次综合测评中成绩的茎叶图如图所示，其中一个数字被污损，记 甲、乙的平均成绩分别为 x 甲， x 乙，则 x 甲＞ x 乙的概率是________． 解析：由茎叶图知 x 乙＝86＋87＋91＋92＋94 5 ＝90， x 甲＝84＋87＋85＋99＋90＋x 5 ＝ 89＋x 5.污损处可取数字 0,1,2，…，9，共 10 种，而 x 甲＞ x 乙时，污损处对应的数字有 6,7,8,9， 共 4 种，故 x 甲＞ x 乙的概率为 4 10 ＝2 5. 答案：2 5 16．某班运动队由足球运动员 18 人、篮球运动员 12 人、乒乓球运动员 6 人组成(每人 只参加一项)，现从这些运动员中抽取一个容量为 n 的样本，若分别采用系统抽样法和分层 抽样法，则都不用剔除个体；当样本容量为 n＋1 时，若采用系统抽样法，则需要剔除 1 个 个体，那么样本容量 n 为________． 解析：总体容量为 6＋12＋18＝36.当样本容量为 n 时，由题意可知，系统抽样的抽样 间距为36 n ，分层抽样的抽样比是 n 36 ，则采用分层抽样法抽取的乒乓球运动员人数为 6× n 36 ＝ n 6 ，篮球运动员人数为 12× n 36 ＝n 3 ，足球运动员人数为 18× n 36 ＝n 2 ，可知 n 应是 6 的倍数， 36 的约数，故 n＝6,12,18.当样本容量为 n＋1 时，剔除 1 个个体，此时总体容量为 35，系 统抽样的抽样距为 35 n＋1 ，因为 35 n＋1 必须是整数，所以 n 只能取 6，即样本容量 n 为 6. 答案：6 小题押题 16—15 排列、组合与二项式定理 卷 别 年 份 考题位置 考查内容 命题规律分析 全国 卷Ⅰ 2017 选择题第 6 题 二项式定理、二项展开式特定 项的系数 计数原理在高考中 占有特殊的位置，是高 考的必考内容之一．排 列、组合问题常以实际 生产、生活为背景进行 命题，在高考中单独考 查较少，是偶考点．二 项式定理以二项展开式 2016 填空题第 14 题 二项式定理、二项展开式特定 项的系数 2015 选择题第 10 题 二项式定理、二项展开式特定 项的系数 全 国 卷Ⅱ 2017 选择题第 6 题 分步计数原理、排列、组合的 应用 的特定项、特定项的系 数的考查为主，是命题 热点，应重点关注． 2016 选择题第 5 题 计数原理、组合的应用 2015 填空题第 15 题 二项式定理、二项展开式的系 数和 全 国 卷Ⅲ 2017 选择题第 4 题 二项式定理、二项展开式特定 项的系数 2016 选择题第 12 题 组合的应用 考查点一 排列、组合应用题 1．(2017·全国卷Ⅱ)安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由 1 人完成，则不同的安排方式共有( ) A．12 种 B．18 种 C．24 种 D．36 种 解析：选 D 因为安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由 1 人完成，所以必有 1 人完成 2 项工作．先把 4 项工作分成 3 组，即 2,1,1，有C24C12C11 A22 ＝6 种， 再分配给 3 个人，有 A33＝6 种，所以不同的安排方式共有 6×6＝36(种)． 2．(2016·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的 E 处出发，先到 F 处与小红会合，再一起到位 于 G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( ) A．24 B．18 C．12 D．9 解析：选 B 由题意可知 E→F 有 C 24种走法，F→G 有 C 13种走法，由分步乘法计数原 理知，共 C24·C13＝18 种走法． 3．(2016·四川高考)用数字 1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为 ( ) A．24 B．48 C．60 D．72 解析：选 D 第一步，先排个位，有 C 13种选择； 第二步，排前 4 位，有 A 44种选择． 由分步乘法计数原理，知有 C13·A44＝72(个)． 4．(2015·广东高考)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) 解析：A240＝40×39＝1 560. 答案：1 560 考查点二 二项式定理 5．(2017·全国卷Ⅰ) 1＋ 1 x2 (1＋x)6 展开式中 x2 的系数为( ) A．15 B．20 C．30 D．35 解析：选 C (1＋x)6 展开式的通项 Tr＋1＝Cr6xr，所以 1＋ 1 x2 (1＋x)6 的展开式中 x2 的系 数为 1×C26＋1×C46＝30. 6．(2015·全国卷Ⅰ)(x2＋x＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数为( ) A．10 B．20 C．30 D．60 解析：选 C (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5， 含 y2 的项为 T3＝C25(x2＋x)3·y2. 其中(x2＋x)3 中含 x5 的项为 C13x4·x＝C13x5. 所以 x5y2 的系数为 C25C13＝30. 7．(2016·全国卷Ⅰ)(2x＋ x)5 的展开式中，x3 的系数是________．(用数字填写答案) 解析：(2x＋ x)5 展开式的通项为 Tr＋1＝Cr5(2x)5－r·( x)r＝25－r·Cr5·x 5 2  r . 令 5－r 2 ＝3，得 r＝4. 故 x3 的系数为 25－4·C45＝2C45＝10. 答案：10 8．(2015·全国卷Ⅱ)(a＋x)(1＋x)4 的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为 32，则 a＝ ________. 解析：设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5. 令 x＝1，得(a＋1)×24＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.① 令 x＝－1，得 0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.② ①－②，得 16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，∴a＝3. 答案：3 重点突破——二项式定理的 3 个考法 二项式定理几乎在每年的高考试题中都会出现，是高考考查的热点，主要考查利用二 项展开式求展开式中的特定项的系数、已知特定项的系数求参数的值、运用赋值法求特定 项系数的和等问题，多以选择题或填空题的形式出现，难度中等. 考法(一) 用公式法求解特定项问题 (a＋b)n 的二项展开式的通项公式为 Tr＋1＝Crnan－rbr，其中 n 是正整数，r 是非负整数， 且 r≤n.二项展开式中的特定项的系数问题及相关参数值的求解问题都可以依据此公式求 解． [典例] x3＋ 1 2 x 5 的展开式中 x8 的系数是________(用数字作答)． [解析] 根据二项展开式的通项公式，得 Tr＋1＝Cr5(x3)5－r· 1 2 x r＝ 1 2 rCr5x 30 7 2 r－ (其中 r ＝0,1,2,3，4,5)． 由30－7r 2 ＝8，求得 r＝2，所以展开式中 x8 的系数是 1 2 2·C25＝5 2. [答案] 5 2 [解题方略] 公式法求特定项的类型及思路 通项公式 Tr＋1＝Crnan－rbr 的主要作用是求展开式中的特定项，常见的类型有： (1)求第 k 项，此时 r＋1＝k，直接代入通项公式求解； (2)求含 xm 的项，只需令 x 的幂指数为 m 建立方程求解； (3)求常数项，即项中不含 x，可令 x 的幂指数为 0 建立方程求解； (4)求有理项，先令 x 的幂指数为整数建立方程，再讨论 r 的取值．若通项中含有根式， 一般先把根式化为分数指数幂，以减少计算错误． [针对训练] 1．(x＋2y－z)5 的展开式中，xy2z2 的系数为( ) A．－120 B．120 C．60 D．－60 解析：选 B Tr＋1＝Cr5·x5－r·(2y－z)r＝Cr5·x5－r·Ctr·(2y)r－t·(－z)t＝Cr5·2r－t·Ctr·(－1)t·x5－r·yr－ t·zt.结合题意，令 t＝2， r－t＝2， 5－r＝1， 所以 t＝2， r＝4， 故 xy2z2 的系数为 C45·22·C24·(－1)2＝120. 2．若(a＋2x2)8 的展开式中，x6 的系数为 14，则 a 的值为________． 解析：Tr＋1＝Cr8a8－r(2x2)r＝2rCr8a8－rx2r，由 2r＝6，得 r＝3，则 23C38a5＝14，得 a5＝ 1 32 ， 所以 a＝1 2. 答案：1 2 考法(二) 用赋值法求解系数和问题 二项展开式的系数和问题是一类常见题型，求解时主要通过赋值法求得，其中二项展 开式 f(x)的各项系数和为 f(1)，奇数项系数和为1 2[f(1)－f(－1)]，偶数项系数和为1 2[f(1)＋f(－ 1)]． [典例] 若(3x－1)2 018＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 018x2 018(x∈R)，则1 3 ＋ a2 32a1 ＋ a3 33a1 ＋…＋ a2 018 32 018a1 ＝______. [解析] 令 x＝0，可得 a0＝1.由通项公式可得 a1＝C2 0172 018·31·(－1)2 017＝－6 054.令 x＝1 3 ， 得a1 3 ＋a2 32 ＋a3 33 ＋…＋a2 018 32 018 ＝－1，则1 3 ＋ a2 32a1 ＋ a3 33a1 ＋…＋ a2 018 32 018a1 ＝ 1 a1 a1 3 ＋a2 32 ＋a3 33 ＋…＋a2 018 32 018 ＝ － 1 a1 ＝ 1 6 054. [答案] 1 6 054 [解题方略] 赋值法研究二项式的系数和问题的策略 “赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a， b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令 x＝1 即可；对形如(ax＋ by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令 x＝y＝1 即可． [针对训练] 1．(2017·云南二检)设(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则|a1|＋|a3|＋|a5|＝ ( ) A．121 B．122 C．243 D．244 解析：选 B 法一：(2x－1)5 的展开式的第 r＋1 项 Tr＋1＝Cr5(2x)5－r(－1)r＝Cr525－r(－1)rx5 －r， 所以 a1＝C45·2·(－1)4＝10， a3＝C25·23·(－1)2＝80， a5＝C05·25·(－1)0＝32， 所以|a1|＋|a3|＋|a5|＝10＋80＋32＝122. 法二：取 x＝1，则 a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1； ① 取 x＝－1，则 a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－243. ② ①－②得，a1＋a3＋a5＝122. 又因为 a1＞0，a3＞0，a5＞0， 所以|a1|＋|a3|＋|a5|＝122. 2．(2017·河南适应性测试) 2x＋3 y －4 9 的展开式中，不含 x 的各项系数之和为________． 解析： 2x＋3 y －4 9 的展开式中不含 x 的项为 C99(2x)0· 3 y －4 9＝ 3 y －4 9，令 y＝1 得各项 系数之和为(3－4)9＝－1. 答案：－1 考法(三) 用对应法求解两个二项式积的展开式中特定项系数问题 对于两个二项式积的展开式中特定项系数问题，可根据因式连乘的意义，结合组合思 想，对相关字母次数分别对应求解． [典例] (1)(2016·洛阳统考)(x＋1)(x－2)6 的展开式中 x4 的系数为( ) A．－100 B．－15 C．35 D．220 [解析] 由二项式定理可得，(x－2)6 展开式的通项 Tr＋1＝Cr6(－2)r·x6－r，所以 x3 的系数 为 C36·(－2)3＝－160，x4 的系数为 C26(－2)2＝60，所以(x＋1)(x－2)6 的展开式中 x4 的系数为 －160＋60＝－100. [答案] A (2)(2017·全国卷Ⅲ)(x＋y)(2x－y)5 的展开式中 x3y3 的系数为( ) A．－80 B．－40 C．40 D．80 [解析] 当第一个括号内取 x 时，第二个括号内要取含 x2y3 的项，即 C35(2x)2(－y)3，当 第一个括号内取 y 时，第二个括号内要取含 x3y2 的项，即 C25(2x)3(－y)2，所以 x3y3 的系数为 C25×23－C35×22＝10×(8－4)＝40. [答案] C [解题方略] 求形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式中与特定项相关量的步骤 (1)根据二项式定理把(a＋b)m 与(c＋d)n 分别展开，并写出其通项公式； (2)根据特定项的次数，分析特定项可由(a＋b)m 与(c＋d)n 的展开式中的哪些项相乘得 到； (3)把相乘后的项相加减即可得到特定项或相关量． [针对训练] 1．(2017·新疆二检)(x2－3) 1 x2 ＋1 5 的展开式的常数项是( ) A．－2 B．2 C．－3 D．3 解析：选 B ∵(x2－3) 1 x2 ＋1 5＝(x2－3)(C05x－10＋C15x－8＋C25x－6＋C35x－4＋C45x－2＋C55)， ∴展开式的常数项是 x2·C45x－2－3C55＝2. 2．(2017·银川质检)已知(x＋1)2 x＋ 1 x3 n 的展开式中没有 x2 项，n∈N*，且 5≤n≤8，则 n＝________. 解析：因为(x＋1)2 x＋ 1 x3 n＝(x2＋2x＋1) x＋ 1 x3 n，则当第 1 个括号取 x2 时，第 2 个括 号不能有常数项，而当 n＝8 时，展开式中含有常数项 C28；当第 1 个括号取 2x 时，第 2 个 括号不能含有 x 项，而当 n＝5 时，展开式中含有 x 的项 C15x；当第 1 个括号取 1 时，第 2 个括号不能含有 x2 项，而当 n＝6 时，展开式中含有 x2 的项 C16x2，由上可知 n＝7. 答案：7 失误防范——排列、组合应用问题的 2 个易错点 1．易忽视分类讨论思想在求解排列、组合问题中的应用 [练 1] 六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的 排法共有( ) A．192 种 B．216 种 C．240 种 D．288 种 解析：选 B 第一类：甲在左端，有 A55＝5×4×3×2×1＝120(种)方法； 第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有 4A44＝4×4×3×2×1＝96(种)方法． 所以共有 120＋96＝216(种)方法． [练 2] 某校从 8 名教师中选派 4 名教师同时去 4 个边远地区支教(每地 1 人)，其中甲 和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是( ) A．150 B．300 C．600 D．900 解析：选 C 若甲去，则乙不去，丙去，再从剩余的 5 名教师中选 2 名，有 C25×A44＝ 240 种方法；若甲不去，则丙不去，乙可去可不去，从 6 名教师中选 4 名，共有 C46×A44＝ 360 种方法．因此共有 600 种不同的选派方案． 2．分组分配问题中易忽视分组数的求法 [练 3] (2017·内江模拟)某科室派出 4 名调研员到 3 个学校，调研该校高三复习备考近 况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为( ) A．144 B．72 C．36 D．48 解析：选 C 分两步完成：第一步将 4 名调研员按 2,1,1 分成三组，其分法有C24C12C11 A22 ； 第二步将分好的三组分配到 3 个学校，其分法有 A 33种，所以满足条件的分配方案有 C24C12C11 A22 ·A33＝36 种． [练 4] 国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师 范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有 6 个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分 到 3 所学校去任教，有________种不同的分派方法． 解析：先把 6 个毕业生平均分成 3 组，有C26C24C22 A33 种方法，再将 3 组毕业生分到 3 所学 校，有 A33＝6 种方法，故 6 个毕业生平均分到 3 所学校，共有C26C24C22 A33 ·A33＝90 种分派方法． 答案：90 1．(2017·宝鸡模拟)我市正在建设最具幸福感城市，原计划沿渭河修建 7 个河滩主题公 园．为提升城市品位、升级公园功能，打算减少 2 个河滩主题公园，两端河滩主题公园不 在调整计划之列，相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整，则调整方案的种数为( ) A．12 B．8 C．6 D．4 解析：选 C 由题意知除两端的 2 个河滩主题公园之外，从中间 5 个河滩主题公园中 调整 2 个，保留 3 个，可以从这 3 个河滩主题公园的 4 个空中任选 2 个来调整，共有 C24＝6 种方法． 2．若 9x－ 1 3 x n(n∈N*)的展开式中第 3 项的二项式系数为 36，则其展开式中的常数 项为( ) A．84 B．－252 C．252 D．－84 解析：选 A 由题意可得 C2n＝36，∴n＝9. ∴ 9x－ 1 3 x n＝ 9x－ 1 3 x 9 的展开式的通项为 Tr＋1＝Cr9·99－r· －1 3 r·x 39 2  r ， 令 9－3r 2 ＝0，得 r＝6. ∴展开式中的常数项为 C69×93× －1 3 6＝84. 3．(2017·昆明一模)旅游体验师小李受某旅游网站的邀约，决定对甲、乙、丙、丁这四 个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李 旅游的方法数为( ) A．24 B．18 C．16 D．10 解析：选 D 第一类，甲在最后一个体验，则有 A 33种方法；第二类，甲不在最后一个 体验，则有 A12A 22种方法，所以小李旅游的方法共有 A33＋A12A22＝10 种． 4．(2017·西安二检)将除颜色外完全相同的一个白球、一个黄球、两个红球分给三个小 朋友，且每个小朋友至少分得一个球的分法种数为( ) A．15 B．21 C．18 D．24 解析：选 B 分两类，第一类：两个红球分给其中一个人，有 A 33种分法；第二类：白 球和黄球分给一个人，有 A 13种分法；第三类：白球和一个红球分给一个人，有 A 33种分法； 第四类：黄球和一个红球分给一个人，有 A 33种分法．总共有 A33＋A13＋A33＋A33＝21 种分法． 5．将 x＋ 1 24 x n 的展开式按 x 的降幂排列，若前三项的系数成等差数列，则 n 为( ) A．6 B．7 C．8 D．9 解析：选 C 二项式的展开式为 Tr＋1＝Crn( x)n－r 1 24 x r＝Crn 1 2 rx 3 2 4 －n r，由前三项系数 成等差数列得 C0n＋C2n 1 2 2＝2C1n 1 2 1，即 n2－9n＋8＝0，解得 n＝8 或 n＝1(舍去)，故 n＝8. 6．(2017·西安二模)将 4 个颜色互不相同的球全部放入编号为 1 和 2 的两个盒子里，使 得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( ) A．10 种 B．20 种 C．36 种 D．52 种 解析：选 A 1 号盒子可以放 1 个或 2 个球，2 号盒子可以放 2 个或 3 个球，所以不同 的放球方法有 C14C33＋C24C22＝10(种)． 7．(2017·广州模拟)将 5 位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、中山大学这 3 所 大学就读，每所大学至少保送 1 人，则不同的保送方法共有( ) A．150 种 B．180 种 C．240 种 D．540 种 解析：选 A 先将 5 人分成三组，3,1,1 或 2,2,1，共有 C35＋C15×C24·C22 2！ ＝25 种方法，再 将三组学生分到 3 所学校有 A33＝6 种方法，共有 25×6＝150 种不同的保送方法． 8．(2017·成都模拟)(x＋1)5(x－2)的展开式中 x2 的系数为( ) A．25 B．5 C．－15 D．－20 解析：选 C 因为(x＋1)5 的展开式的通项公式为 Tr＋1＝Cr5x5－r，令 5－r＝2，得 r＝3； 令 5－r＝1，得 r＝4，所以(x＋1)5(x－2)的展开式中 x2 的系数为－2C35＋C45＝－15. 9．(2018 届高三·桂林中学摸底)从集合{1,2,3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1 中的 a 和 b，则能组成落在矩形区域 B＝{(x，y)||x|＜11，且|y|＜9}内的椭圆个数为( ) A．43 B．72 C．863 D．90 解析：选 B 在 1,2,3，…，8 中任取两个数作为 a 和 b，共有 A28＝56 个椭圆；在 9,10 中取一个作为 a，在 1,2,3，…，8 中取一个作为 b，共有 A12A18＝16 个椭圆，由分类加法计 数原理，知满足条件的椭圆的个数为 56＋16＝72. 10．(2018 届高三·威海二中调研)在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施 6 个程 序，其中程序 A 只能出现在第一步或最后一步，程序 B，C 实施时必须相邻，则实验顺序 的编排方法共有( ) A．24 种 B．96 种 C．120 种 D．144 种 解析：选 B 先安排程序 A，从第一步或最后一步选一个，有 A 12种，再把 B，C 看成 一个整体和其余三个程序编排，有 A 44种，最后 B，C 排序，有 A 22种，故共有 A12A44A22＝96 种． 11．在(2x－3y)10 的展开式中，奇数项的二项式系数和与各项系数的和的比值为( ) A．210 B．29 C. 1 210 D. 1 29 解析：选 B 令 x＝1，y＝1，则各项系数的和为(2－3)10＝1，因为 C010＋C210＋C410＋… ＋C1010＝C110＋C310＋C510＋…＋C910，C010＋C110＋C210＋C310＋C410＋C510＋…＋C910＋C1010＝210，故奇 数项的二项式系数和为 C010＋C210＋C410＋…＋C1010＝29，故奇数项的二项式系数和与各项系数 的和的比值为 29. 12．(2017·衡水二模)已知数列{an}共有 5 项，其中 a1＝0，a5＝2，且|ai＋1－ai|＝1，i＝1,2,3,4， 则满足条件的数列{an}的个数为( ) A．2 B．3 C．4 D．6 解析：选 C 法一：因为|ai＋1－ai|＝1，所以 ai＋1－ai＝1 或 ai＋1－ai＝－1，即数列{an} 从前往后，相邻两项之间增加 1 或减少 1，因为 a1＝0，a5＝2，所以从 a1 到 a5 有 3 次增加 1， 有 1 次减少 1，故数列{an}的个数为 C34＝4. 法二：设 bi＝ai＋1－ai，i＝1,2,3,4，∵|ai＋1－ai|＝1，∴|bi|＝1，即 bi＝1 或－1.a5＝a5－ a4＋a4－a3＋a3－a2＋a2－a1＋a1＝b4＋b3＋b2＋b1＝2，故 bi(i＝1,2,3,4)中有 3 个 1,1 个－1， 故满足条件的数例{an}的个数为 C14＝4. 13．(2018 届高三·湖南五校联考)在(2x＋1)(x－1)5 的展开式中含 x3 项的系数是 ________．(用数字作答) 解析：由题易得二项式的展开式中含 x3 项的系数为 C25(－1)2＋2C35(－1)3＝－10. 答案：－10 14．(2018 届高三·西安八校联考)已知关于 x 的二项式 x＋ a 3 x n 的展开式的二项式系 数之和为 32，常数项为 80，则实数 a 的值为________． 解析：依题意得 2n＝32，n＝5，二项式 x＋ a 3 x n＝ x＋ a 3 x 5 的展开式的通项 Tr＋1 ＝Cr5·( x)5－r· a 3 x r＝Cr5·ar ·x 15 5 6 － r .令15－5r 6 ＝0，得 r＝3.由 C35·a3＝10a3＝80，解得 a＝2. 答案：2 15．(2018 届高三·广西五校联考)已知 n＝∫20x3dx，则 x－ 2 3 x n 的展开式中常数项为 ________． 解析：n＝∫20x3dx＝1 4x420＝4，二项式的展开式的通项为 Tr＋1＝Cr4x4－r － 2 3 x r＝(－2)rCr4x4 －4 3r，令 4－4 3r＝0，则 r＝3，展开式中常数项为(－2)3C34＝－8×4＝－32. 答案：－32 16．(2017·中山模拟)由 0,1,2，…，9 这十个数字组成的无重复数字的四位数中，十位 数字与千位数字之差的绝对值等于 7 的四位数的个数是________． 解析：当十位数字为 0，千位数字为 7 时，四位数的个数是 A28；当十位数字与千位数 字为 1,8 或 8,1 时，四位数的个数是 A28A22；当十位数字与千位数字为 2,9 或 9,2 时，四位数 的个数是 A28A22.故所求的四位数的个数是 A28＋A28A22＋A28A22＝280. 答案：280 小题押题 16—16 概 率 卷 别 年 份 考题位置 考查内容 命题规律分析 全国 卷Ⅰ 2017 选择题第 2 题 几何概型 高考中概率的考查，多 涉及几何概型，二项分布， 排列组合与古典概型相结 合，相互独立事件的概率 求法以及正态分布．在选 择填空题中位置排前，难 度中档偏下． 2016 选择题第 4 题 几何概型 2015 选择题第 4 题 二项分布 全国 卷Ⅱ 2017 填空题第 13 题 二项分布及方差 2016 选择题第 10 题 几何概型 考查点一 古典概型 1．(2016·全国卷Ⅲ)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是 M， I，N 中的一个字母，第二位是 1,2,3,4,5 中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机 的概率是( ) A. 8 15 B.1 8 C. 1 15 D. 1 30 解析：选 C ∵Ω＝{(M,1)，(M,2)，(M,3)，(M,4)，(M,5)，(I,1)，(I,2)，(I,3)，(I,4)，(I,5)， (N,1)，(N,2)，(N,3)，(N,4)，(N,5)}， ∴事件总数有 15 种． ∵正确的开机密码只有 1 种，∴所求概率 P＝ 1 15. 2．(2015·全国卷Ⅰ)如果 3 个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这 3 个 数为一组勾股数，从 1,2,3,4,5 中任取 3 个不同的数，则这 3 个数构成一组勾股数的概率为 ( ) A. 3 10 B.1 5 C. 1 10 D. 1 20 解析：选 C 从 1,2,3,4,5 中任取 3 个不同的数共有如下 10 个不同的结果：(1,2,3)，(1,2,4)， (1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)，其中勾股数只有(3,4,5)， 所以所求概率 P＝ 1 10. 考查点二 几何概型 3.(2017·全国卷Ⅰ)如图，正方形 ABCD 内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切 圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方 形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( ) A.1 4 B.π 8 C.1 2 D.π 4 解析：选 B 不妨设正方形的边长为 2，则正方形的面积为 4，正方形的内切圆的半径 为 1，面积为π.由题意，得 S 黑＝1 2S 圆＝π 2 ，故此点取自黑色部分的概率 P＝ π 2 4 ＝π 8. 4．(2016·全国卷Ⅱ)从区间[0,1]随机抽取 2n 个数 x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构 成 n 个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中两数的平方和小于 1 的数对共有 m 个， 则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( ) A.4n m B.2n m C.4m n D.2m n 解析：选 C 因为 x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn 都在区间[0,1] 内随机抽取，所以构成的 n 个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)都 在边长为 1 的正方形 OABC 内(包括边界)，如图所示．若两数的平方 和小于 1，则对应的数对在扇形 OAC 内(不包括扇形圆弧上的点所对应 的数对)，故在扇形 OAC 内的数对有 m 个．用随机模拟的方法可得 S 扇形 S 正方形 ＝m n ，即π 4 ＝m n ，所 以π＝4m n . 5．(2015·山东高考)在区间[0,2]上随机地取一个数 x，则事件“－1≤log 1 2 x＋1 2 ≤1” 发生的概率为( ) A.3 4 B.2 3 C.1 3 D.1 4 解析：选 A 不等式－1≤log 1 2 x＋1 2 ≤1 可化为 log 1 2 2≤log 1 2 x＋1 2 ≤log 1 2 1 2 ，即1 2 ≤x ＋1 2 ≤2，解得 0≤x≤3 2 ，故由几何概型的概率公式得 P＝ 3 2 －0 2－0 ＝3 4. 考查点三 相互独立事件与独立重复试验的概率 6．(2015·全国卷Ⅰ)投篮测试中，每人投 3 次，至少投中 2 次才能通过测试．已知某同 学每次投篮投中的概率为 0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为 ( ) A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312 解析：选 A 3 次投篮投中 2 次的概率为 P(X＝2)＝C23×0.62×(1－0.6)，投中 3 次的概 率为 P(X＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为 P(X＝2)＋P(X＝3)＝C23×0.62×(1－0.6)＋0.63 ＝0.648. 7．(2016·四川高考)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就 说这次试验成功，则在 2 次试验中成功次数 X 的均值是__________． 解析：法一：由题意可知每次试验不成功的概率为1 4 ，成功的概率为3 4 ，在 2 次试验中 成功次数 X 的可能取值为 0,1,2，则 P(X＝0)＝ 1 16 ，P(X＝1)＝C12×1 4 ×3 4 ＝3 8 ，P(X＝2)＝ 3 4 2 ＝ 9 16. 所以在 2 次试验中成功次数 X 的分布列为 X 0 1 2 P 1 16 3 8 9 16 则在 2 次试验中成功次数 X 的均值为 E(X)＝0× 1 16 ＋1×3 8 ＋2× 9 16 ＝3 2. 法二：此试验满足二项分布，其中 p＝3 4 ，所以在 2 次试验中成功次数 X 的均值为 E(X) ＝np＝2×3 4 ＝3 2. 答案：3 2 8.(2012·全国卷)某一部件由三个电子元件按如图方 式连接而成，元件 1 或元件 2 正常工作，且元件 3 正常工 作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布 N(1 000,502)， 且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率为 ________． 解析：依题意，部件正常工作就是该部件使用寿命超过 1 000 小时，元件正常工作的概 率为1 2 ，则部件正常工作的概率为1 2 × 1 2 ×1 2 ＋1 2 × 1－1 2 ＋ 1－1 2 ×1 2 ＝3 8. 答案：3 8 9．(2017·全国卷Ⅱ)一批产品的二等品率为 0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放 回地抽取 100 次，X 表示抽到的二等品件数，则 DX＝________. 解析：依题意，X～B(100,0.02)， 所以 DX＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96. 答案：1.96 考查点四 条件概率与正态分布 10．(2014·全国卷Ⅱ)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是 0.75，连续两天为优良的概率是 0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量 为优良的概率是( ) A．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.45 解析：选 A 根据条件概率公式 P(B|A)＝PAB PA ，可得所求概率为 0.6 0.75 ＝0.8. 11．(2015·湖北高考)设 X～N(μ1，σ21)，Y～N(μ2，σ22)，这两个正态分布密度曲线如图所 示，下列结论中正确的是( ) A．P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1) B．P(X≤σ2)≤P(X≤σ1) C．对任意正数 t，P(X≥t)≥P(Y≥t) D．对任意正数 t，P(X≤t)≥P(Y≤t) 解析：选 D 由图象知，μ1＜μ2，σ1＜σ2，P(Y≥μ2)＝1 2 ，P(Y≥μ1)＞1 2 ，故 P(Y≥μ2)＜ P(Y≥μ1)，故 A 错； 因为σ1＜σ2，所以 P(X≤σ2)＞P(X≤σ1)，故 B 错； 对任意正数 t，P(X≥t)＜P(Y≥t)，故 C 错； 对任意正数 t，P(X≤t)≥P(Y≤t)是正确的，故选 D. 12．(2015·山东高考)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布 N(0，32)，从 中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( ) (附：若随机变量ξ服从正态分布 N(μ，σ2)，则 P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ<ξ<μ ＋2σ)＝95.44%.) A．4.56% B．13.59% C．27.18% D．31.74% 解析：选 B 由正态分布的概率公式知 P(－3<ξ<3)＝0.682 6，P(－6<ξ<6)＝0.954 4，故 P(3<ξ<6)＝P－6<ξ<6－P－3<ξ<3 2 ＝0.954 4－0.682 6 2 ＝0.135 9＝13.59%. 重点突破——概率问题的 3 类求解方法 (一)定义法求解古典概型与几何概型 古典概型多以实际生活问题为背景，考查列举法求解基本事件等，试题有一定的难度； 几何概型多以函数、不等式等问题为背景，涉及线段长度、平面图形的面积等问题，试题 难度不大． [题组突破] 1．在一次购物抽奖活动中，假设某 10 张奖券中有一等奖奖券 1 张，二等奖奖券 3 张， 其余 6 张没有奖，某顾客从这 10 张奖券中任意抽取 2 张，则该顾客中奖的概率为( ) A.3 4 B.1 2 C.2 3 D.1 3 解析：选 C 由题意得该顾客没有中奖的概率为 C26 C210 ＝1 3 ，∴该顾客中奖的概率为 P＝1 －1 3 ＝2 3. 2．(2018 届高三·沧州联考)已知函数 f(x)＝x2 ex ，在区间(－1,4)上任取一点，则使 f′(x) ＞0 的概率是( ) A.1 2 B.2 5 C.1 3 D.1 6 解析：选 B f′(x)＝2x－x2 ex ，由 f′(x)＞0 可得 f′(x)＝2x－x2 ex ＞0，解得 0＜x＜2，根 据几何概型的概率计算公式可得 P＝ 2－0 4－－1 ＝2 5. 3．平面区域 S＝{(x，y)|x2＋y2≤4，x，y∈R}，Ω＝{(x，y)||x|＋|y|≤3，x，y∈R}．在 S 内随机取一点，则该点在Ω内的概率为________． 解析：如图，平面区域 S＝{(x，y)|x2＋y2≤4，x，y∈R}表示 半径为 2 的圆 O 及其内部，其面积为 4π，Ω＝{(x，y)||x|＋|y|≤3， x，y∈R}表示正方形 ABCD，其面积为 6×6×1 2 ＝18. ∴在 S 内随机取一点，则该点在Ω内的概率为 P＝4π 18 ＝2π 9 . 答案：2π 9 [解题方略] 定义法求解古典概型、几何概型的关键 (1)定义法求解古典概型的关键在于准确求解基本事件空间与所求事件包含的基本事件 个数． (2)定义法求解几何概型的关键在于根据已知准确确定事件的几何度量方式，注意区别 长度与角度、面积与体积等． (二)公式法求解条件概率、相互独立事件及独立重复试验问题 1．某批花生种子，如果每 1 粒发芽的概率均为4 5 ，那么播下 4 粒种子恰好有 2 粒发芽 的概率是( ) A.256 625 B.192 625 C. 96 625 D. 16 625 解析：选 C 所求概率 P＝C24 4 5 2· 1 5 2＝ 96 625. 2．(2018 届高三·皖南八校联考)将三颗骰子各掷一次，记事件 A＝“三个点数都不同”， B＝“至少出现一个 6 点”，则条件概率 P(A|B)，P(B|A)分别是( ) A.60 91 ，1 2 B.1 2 ，60 91 C. 5 18 ，60 91 D. 91 216 ，1 2 解析：选 A P(A|B)的含义是在事件 B 发生的条件下，事件 A 发生的概率，即在“至 少出现一个 6 点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个 6 点” 有 6×6×6－5×5×5＝91 种情况，“至少出现一个 6 点，且三个点数都不相同”共有 C13×5×4＝60 种情况，所以 P(A|B)＝60 91.P(B|A)的含义是在事件 A 发生的情况下，事件 B 发 生的概率，即在“三个点数都不相同”的情况下，“至少出现一个 6 点”的概率，所以 P(B|A) ＝1 2. 3．(2017·南昌模拟)为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们 分别是 30 项基础设施类工程、20 项民生类工程和 10 项产业建设类工程．现有 3 名民工相 互独立地从这 60 个项目中任选一个项目参与建设，则这 3 名民工选择的项目所属类别互异 的概率是( ) A.1 2 B.1 3 C.1 4 D.1 6 解析：选 D 记第 i 名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事 件 Ai，Bi，Ci，i＝1,2,3.由题意，事件 Ai，Bi，Ci(i＝1,2,3)相互独立，则 P(Ai)＝30 60 ＝1 2 ，P(Bi) ＝20 60 ＝1 3 ，P(Ci)＝10 60 ＝1 6 ，i＝1,2,3，故这 3 名民工选择的项目所属类别互异的概率是 P＝ A33P(AiBiCi)＝6×1 2 ×1 3 ×1 6 ＝1 6. [解题方略] 公式法求两类事件的概率 (1)求条件概率的关键是分清条件概率中的各个事件，利用公式时应注意两个方面的问 题：一是注意区分 B|A 与 A|B，前者是在事件 A 发生的前提下事件 B 发生，而后者是在事 件 B 发生的前提下事件 A 发生，避免两者混淆． (2)求相互独立事件与独立重复试验的概率时要注意两点：一是准确利用公式，如利用 相互独立事件的概率公式时，对应事件必须是相互独立的；二是注意两者的区别，不能乱 用公式． (三)对称法求正态分布问题 正态分布是连续性随机变量的分布问题，主要考查两点：一是利用正态曲线的对称性 求解相关参数的值；二是利用正态曲线的对称性结合已知概率求解相关的概率，或进行估 值等．试题多为选择题或填空题，属于较为简单的题目．解决此类问题的关键是灵活利用 正态曲线的对称性． [题组突破] 1．设随机变量 X 服从正态分布 N(2,9)，若 P(X＞m－1)＝P(X＜2m＋1)，则 m＝________. 解析：因为 X～N(2,9)，所以正态曲线关于直线 x＝2 对称，又 P(X＞m－1)＝P(X＜2m ＋1)，所以m－1＋2m＋1 2 ＝2，解得 m＝4 3. 答案：4 3 2．已知随机变量 X 服从正态分布 N(2，σ2)，且 P(X＜4)＝0.7，则 P(0＜X＜2)＝________. 解析：因为 P(X＜4)＝0.7，所以 P(X≥4)＝0.3. 又 X～N(2，σ2)，所以 P(X≤0)＝P(X≥4)＝0.3， 故 P(0＜X＜2)＝P(X＜2)－P(X≤0)＝0.5－0.3＝0.2. 答案：0.2 3．某班有 50 名学生，期中考试的数学成绩 X～N(110,102)，若 P(100≤X≤110)＝0.2， 则估计该班学生数学成绩在 120 分以上的人数为________． 解析：由题意，知正态曲线的对称轴为 X＝110，故 P(110≤X≤120)＝P(100≤X≤110) ＝0.2，所以 P(X＞120)＝P(X≥110)－P(110≤X≤120)＝0.5－0.2＝0.3.所以该班学生数学成 绩在 120 分以上的人数为 0.3×50＝15. 答案：15 [解题方略] 破解数值估计问题的策略 数值估计是高考正态分布题考查的一个重点，破解此类题的关键是“双看”：一看正 态曲线的对称性，即从随机变量所服从的正态分布中，看出正态曲线关于直线 x＝μ对称； 二看随机变量所属的区间，即从随机变量所服从的正态分布中，得出期望μ与标准差σ，同 时把所求区间转化成三个特殊区间中的一个，根据位于区间(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)， (μ－3σ，μ＋3σ)上的概率值，对总体或样本进行估计． 失误防范——警惕概率中的 3 个易错点 1．忽视公式要用的条件而致误 应用互斥事件的概率加法公式，一定要注意首先确定各事件是否彼此互斥，然后求出 各事件分别发生的概率，再求和. [练 1] 某天上午小李要参加一个志愿者活动，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫 醒自己．假设甲闹钟准时响的概率为 0.8，乙闹钟准时响的概率为 0.9，则甲、乙两个闹钟 至少有一个准时响的概率是________． 解析：法一：(直接法)甲、乙两个闹钟至少有一个准时响有三种情况：甲准时响而乙没 有准时响，其概率为 0.8×(1－0.9)＝0.08；乙准时响而甲没有准时响，其概率为(1－0.8)×0.9 ＝0.18；甲、乙都准时响，其概率为 0.8×0.9＝0.72，故甲、乙两个闹钟至少有一个准时响 的概率为 0.08＋0.18＋0.72＝0.98. 法二：(间接法)甲、乙两个闹钟至少有一个准时响的对立事件为甲、乙两个闹钟都不响， 故所求概率为 1－0.2×0.1＝0.98. 答案：0.98 2．混淆与长度、角度有关的几何概型而致误 当涉及射线的转动，应以角的大小作为区域度量来计算概率，且不可用线段代替，这 是两种不同的度量手段. [练 2] 如图，在等腰直角△ABC 中，过直角顶点 C 作射线 CM 交 AB 于 M，则使得 AM 小于 AC 的概率为________． 解析：当 AM＝AC 时，△ACM 为以 A 为顶点的等腰三角形，∠ACM ＝180°－45° 2 ＝67.5°. 当∠ACM＜67.5°时，AM＜AC， 所以 AM 小于 AC 的概率 P＝∠ACM 的度数 ∠ACB 的度数 ＝67.5° 90° ＝3 4. 答案：3 4 3．忽视概率 P(A|B)与 P(AB)的区别而致误 1在 PA|B中，事件 A，B 的发生有时间上的差异，B 先 A 后；在 PAB中，事件 A， B 同时发生. 2样本空间不同，在 PA|B中，事件 B 成为样本空间；在 PAB中，样本空间仍为Ω， 因而有 PA|B≥PAB. [练 3] 抛掷一枚质地均匀的骰子，所得点数的样本空间为 S＝{1,2,3,4,5,6}，令事件 A ＝{2,3,5}，事件 B＝{1,2,4,5,6}，则 P(A|B)＝________，P(B|A)＝________. 解析：由 P(AB)＝2 6 ，P(B)＝5 6 ， 得 P(A|B)＝PAB PB ＝2 5. 由 P(AB)＝2 6 ，P(A)＝3 6 ， 得 P(B|A)＝PAB PA ＝2 3. 答案：2 5 2 3 1．(2017·衡水模拟)设某批产品合格率为3 4 ，不合格率为1 4 ，现对该产品进行测试，设第 X 次首次取到正品，则 P(X＝3)等于( ) A．C23 1 4 2×3 4 B．C23 3 4 2×1 4 C. 1 4 2×3 4 D． 3 4 2×1 4 解析：选 C 根据题意 P(X＝3)即第 3 次首次取到正品的概率．若第 3 次首次取到正品， 即前两次取到的都是次品，第 3 次取到正品，则 P(X＝3)＝ 1 4 2×3 4. 2．(2017·沈阳模拟)将 A，B，C，D 这 4 名同学从左至右随机地排成一排，则“A 与 B 相邻且 A 与 C 之间恰好有 1 名同学”的概率是( ) A.1 2 B.1 4 C.1 6 D.1 8 解析：选 B A，B，C，D 4 名同学排成一排有 A44＝24 种排法．当 A，C 之间是 B 时， 有 2×2＝4 种排法，当 A，C 之间是 D 时，有 2 种排法，所以所求概率为4＋2 24 ＝1 4. 3.如图，长方形的四个顶点为 O(0,0)，A(4,0)，B(4,2)，C(0,2)，曲线 y ＝ x经过点 B，现将一质点随机投入长方形 OABC 中，则质点落在图中阴 影区域的概率是( ) A. 5 12 B.1 2 C.2 3 D.3 4 解析：选 C 由题意可得，阴影部分的面积 S＝∫40 xdx＝2 3x3 2 |40＝16 3 ，故质点落在图中 阴影区域的概率 P＝ 16 3 4×2 ＝2 3. 4．(2017·广东韶关调研)我国古代有着辉煌的数学研究成果．《周髀算经》、《九章算术》、 《海岛算经》、《孙子算经》……《缉古算经》等 10 部专著，有着丰富多彩的内容，是了解 我国古代数学的重要文献．这 10 部专著中有 7 部产生于魏晋南北朝时期．某中学拟从这 10 部名著中选择 2 部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选的 2 部名著中至少有 1 部 是魏晋南北朝时期的名著的概率为( ) A.14 15 B.13 15 C.2 9 D.7 9 解析：选 A 从 10 部名著中选择 2 部名著的方法数为 C210＝45，所选的 2 部都为魏晋 南北朝时期的名著的方法数为 C27＝21，只有 1 部为魏晋南北朝时期的名著的方法数为 C17×C13＝21，于是事件“所选的 2 部名著中至少有 1 部是魏晋南北朝时期的名著”的概率 P ＝42 45 ＝14 15. 5．设随机变量ξ服从正态分布 N(1，σ2)，则函数 f(x)＝x2＋2x＋ξ不存在零点的概率为 ( ) A.1 4 B.1 3 C.1 2 D.2 3 解析：选 C 函数 f(x)＝x2＋2x＋ξ不存在零点，则Δ＝4－4ξ＜0，即ξ＞1.因为ξ～N(1， σ2)，所以μ＝1，所以 P(ξ＞1)＝1 2. 6.(2018 届高三·昆明调研)一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F 为 6 个开关，其闭合的概率都是1 2 ，且是否闭合是相互独立的，则灯亮 的概率是( ) A.55 64 B. 1 64 C.1 8 D. 9 64 解析：选 A 设“C 闭合”为事件 G，“D 闭合”为事件 H，“A 与 B 中至少有一个 不闭合”为事件 T，“E 与 F 中至少有一个不闭合”为事件 R，则 P(G)＝P(H)＝1 2 ，P(T)＝ P(R)＝1－1 2 ×1 2 ＝3 4 ，所以灯亮的概率 P＝1－P(T)P(R)P( G )P( H )＝55 64. 7．某校举行安全知识测试，约有 2 000 人参加，其测试成绩ξ～N(80，σ2)(σ＞0，试卷 满分 100 分)，统计结果显示 P(ξ≤65)＝0.3，则此次安全知识测试成绩达到优秀(不低于 95 分)的学生人数约为( ) A．200 B．300 C．400 D．600 解析：选 D 由正态分布密度曲线的对称性，可得 P(ξ≥95)＝P(ξ≤65)＝0.3，∴测试成 绩达到优秀的学生人数约为 0.3×2 000＝600. 8．设不等式组 0≤x≤3， 0≤y≤1 表示的平面区域为 D，在区域 D 内随机取一个点，则此点 到坐标原点的距离小于 2 的概率是( ) A.π 4 B.π－ 3 6 C. 3＋3π 12 D.3 3＋2π 18 解析：选 D 区域 D 表示矩形，面积为 3，到坐标原点的距离小于 2 的点位于以原点 O 为圆心，半径为 2 的圆内，图中阴影部分的面积为 1 2 ×1× 3＋1 2 ×π 6 ×4＝ 3 2 ＋π 3 ，故所求概率为3 3＋2π 18 . 9．一台 X 型自动机床在一个小时内不需要工人照看的概率为 0.800 0，有四台这种型号 的自动机床各自独立工作，则在一个小时之内至多两台机床需要工人照看的概率是( ) A．0.153 6 B．0.180 8 C．0.563 2 D．0.972 8 解析：选 D 设在一个小时内有ξ台机床需要工人照看，则ξ～B(4,0.2)，所以 P(ξ≤2) ＝C04(0.8)4＋C14(0.8)3×0.2＋C24(0.8)2×(0.2)2＝0.972 8. 10．(2018 届高三·湖北八校联考)一射手对同一目标独立地进行 4 次射击，且射击结果 之间互不影响．已知至少命中一次的概率为80 81 ，则此射手的命中率为( ) A.1 9 B.1 3 C.2 3 D.8 9 解析：选 C 设此射手未射中目标的概率为 p，则 1－p4＝80 81 ，所以 p＝1 3 ，故此射手的 命中率为 1－p＝2 3. 11．(2017·大连双基测试)一射手对同一目标射击 3 次，已知该射手每次击中目标的概 率为 0.9，则这位射手至少 2 次击中目标的概率为( ) A．0.243 B．0.729 C．0.81 D．0.972 解析：选 D 这位射手至少 2 次击中目标的概率为 C23×0.92×(1－0.9)＋0.93＝0.972. 12.某车间共有 6 名工人，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示， 其中茎为十位数，叶为个位数，日加工零件个数大于样本均值的工人为优 秀工人．从该车间 6 名工人中，任取 2 人，则至少有 1 名优秀工人的概率 为( ) A.1 5 B.4 9 C.3 5 D.1 9 解析：选 C 由茎叶图可知 6 名工人加工零件数分别为 17,19,20,21,25,30，平均值为 1 6 ×(17＋19＋20＋21＋25＋30)＝22，则优秀工人有 2 名，从该车间 6 名工人中，任取 2 人 共有 C26＝15 种取法，其中至少有 1 名优秀工人的共有 C14C12＋C22＝9 种取法，由概率公式可 得 P＝ 9 15 ＝3 5. 13．已知事件 A 与 B 互斥，且 P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，则 P(A| B )＝________. 解析：由 A 与 B 互斥，知 P(A B )＝P(A)，所以 P(A| B )＝ PA B  P B  ＝ PA P B  ＝ 0.3 1－0.6 ＝ 0.75. 答案：0.75 14.(2017·大庆铁人中学月考)如图所示的电路有 a，b，c 三个开关， 每个开关闭合的概率都是1 2 ，且每个开关是否闭合是相互独立的，则 灯泡亮的概率为________． 解析：设“开关 a 闭合”为事件 A，“开关 b 闭合”为事件 B，“开关 c 闭合”为事件 C，则灯泡亮为事件 A B C.由题意 A，B ，C 两两相互独立．又 P(A)＝P( B )＝P(C)＝1 2 ， 所以 P(A B C)＝P(A)·P( B )·P(C)＝1 8. 答案：1 8 15．在[－1,1]上随机地取一个数 k，则事件“直线 y＝kx 与圆(x－5)2＋y2＝9 相交”发 生的概率为________． 解析：由直线 y＝kx 与圆(x－5)2＋y2＝9 相交，得 |5k| k2＋1 ＜3，即 16k2＜9，解得－3 4 ＜ k＜3 4. 由几何概型的概率计算公式可知 P＝ 3 4 － －3 4 2 ＝3 4. 答案：3 4 16．某篮球比赛采用 7 局 4 胜制，即若有一队先胜 4 局，则此队获胜，比赛就此结束．由 于参加比赛的两队实力相当，每局比赛两队获胜的可能性均为1 2.据以往资料统计，第一局比 赛组织者可获得门票收入 40 万元，以后每局比赛门票收入比上一局增加 10 万元，则组织 者在此次比赛中获得的门票收入不少于 390 万元的概率为________． 解析：依题意，每局比赛获得的门票收入组成首项为 40，公差为 10 的等差数列，设此 数列为{an}，则易知首项 a1＝40，公差 d＝10，故 Sn＝40n＋nn－1 2 ×10＝5n2＋35n.由 Sn≥390，得 n2＋7n≥78，所以 n≥6.所以要使获得的门票收入不少于 390 万元，则至少要 比赛 6 局．①若比赛共进行 6 局，则 P6＝C35× 1 2 5＝ 5 16 ；②若比赛共进行了 7 局，则 P7＝ C36× 1 2 6＝ 5 16.所以门票收入不少于 390 万元的概率 P＝P6＋P7＝10 16 ＝5 8. 答案：5 8. 板块提能一选择、填空题的 8 大解题技法 在高考中，会做的题目因时间关系未能做完是一种遗憾.究其原因，是在选择、填空小 题上浪费过多时间，导致后面解题心态失衡造成的.选择、填空题，不但要准做，更要快做. 在某种意义上说，提高解题速度就是另外一种得分.要想提高解题速度，只靠实实在在、按 部就班的正常演算推理是不够的，有时需要借助一些巧法妙招，甚至是“投机取巧”来赢 得时间.今展示选择、填空题的 8 大解题技法并辅以 8 套小题限时训练，旨在让考生在考场 上答题快人一步、成绩高人一筹. 定义法 定义法，就是直接利用数学定义解题，数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由 定义和公理推演出来的．简单地说，定义是对数学实体的高度抽象，用定义法解题是最直 接的方法．一般地，涉及圆锥曲线的顶点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决． [典例] (2018 届高三·平顶山调研)若双曲线x2 a －y2 b ＝1(a>0，b>0)和椭圆x2 m ＋y2 n ＝ 1(m>n>0)有共同的焦点 F1，F2，P 是两条曲线的一个交点，则|PF1|·|PF2|＝( ) A．m2－a2 B. m－ a C.1 2(m－a) D．m－a [技法应用] 不妨设点 P 是第一象限内两曲线的交点，F1，F2 分别为左、右焦点，由椭 圆的定义可知，|PF1|＋|PF2|＝2 m，由双曲线的定义可知|PF1|－|PF2|＝2 a，两式联立得|PF1| ＝ m＋ a，|PF2|＝ m－ a，所以|PF1|·|PF2|＝m－a. [答案] D [反思领悟] 利用定义法求解动点的轨迹或圆锥曲线的有关问题，要注意动点或圆锥曲 线上的点所满足的条件，灵活利用相关的定义求解．如本例中根据双曲线的定义和椭圆定 义建立方程组后就可求出|PF1|·|PF2|的值． [应用体验] 1．在平面直角坐标系中，点 M(3，m)在角α的终边上，点 N(2m，4)在角α＋π 4 的终边上， 则 m＝( ) A．－6 或 1 B．－1 或 6 C．6 D．1 解析：选 A 由题意得，tan α＝m 3 ，tan α＋π 4 ＝ 4 2m ＝ 2 m ，∴ 2 m ＝ 1＋m 3 1－m 3 ，∴m＝－6 或 1. 2．(2017·长沙二模)已知抛物线 x2＝4y 上一点 A 的纵坐标为 4，则点 A 到抛物线焦点的 距离为( ) A. 10 B．4 C. 15 D．5 解析：选 D 由题意知，抛物线的准线方程为 y＝－1，所以由抛物线的定义知，点 A 到抛物线焦点的距离为 5. 数形结合法 数形结合法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用分为两种情形：一 是代数问题几何化，借助形的直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的， 比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是几何问题代数化，借助于数的精确性 阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线 的几何性质． [典例] (2017·合肥模拟)已知函数 f(x)＝ sin πx，0≤x≤1， log2 018x，x>1. 若 a，b，c 互不相等，且 f(a)＝f(b)＝f(c)，则 a＋b＋c 的取值范围是( ) A．(1,2 017) B．(1,2 018) C．(2,2 019) D．[2,2 019] [技法应用] 作出函数 y＝f(x)与 y＝m 的图象如图所示，不妨设 ab>c B．b>a>c C．c>a>b D．b>c>a [技法应用] 由指数函数的性质可知 y＝2x 在 R 上单调递增，而 0<0.5<1，所以 a＝20.5 ∈(1,2)．由对数函数的性质可知 y＝logπx，y＝log2x 均在(0，＋∞)上单调递增，而 1<3<π， 所以 b＝logπ3∈(0,1)，因为 sin 2 5π∈(0,1)，所以 c＝log2sin 2π 5 <0. 综上，a>1>b>0>c，即 a>b>c. [答案] A [反思领悟] 估算省去很多推导过程和比较复杂的计算，节省时间，是发现问题、研究 问题、解决问题的一种重要的运算方法．但要注意估算也要有依据，如本例是根据指数函 数与对数函数的单调性估计每个值的取值范围，从而比较三者的大小 ，其实就是找一个中 间值进行比较． [应用体验] 7．已知过球面上 A，B，C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且 AB＝BC ＝CA＝2，则球面面积是( ) A.16 9 π B.8 3π C．4π D.64 9 π 解析：选 D 球的半径 R 不小于△ABC 的外接圆半径 r＝2 3 3 ，则 S 球＝4πR2≥4πr2＝ 16π 3 >5π，只有 D 选项符合，故选 D. 8．若 M 为不等式组 x≤0， y≥0， y－x≤2 表示的平面区域，则当 a 从－2 连续变化到 1 时，动 直线 x＋y＝a 扫过 M 中的那部分区域的面积为( ) A.3 4 B．1 C.7 4 D．2 解析：选 C 如图知区域的面积是△OAB 去掉一个小直角三角形． 阴影部分面积比 1 大，比 S△OAB＝1 2 ×2×2＝2 小，结合选项可知选 C. 待定系数法 要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系 数的方法叫作待定系数法，其理论依据是多项式恒等——两个多项式各同类项的系数对应 相等．使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数， 转化为方程组来解决．待定系数法主要用来解决所求解的数学问题具有某种确定的数学表 达式，例如数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等． [典例] 已知双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线过点(2， 3)，且双曲线的一个焦 点在抛物线 y2＝4 7x 的准线上，则双曲线的方程为( ) A.x2 21 －y2 28 ＝1 B.x2 28 －y2 21 ＝1 C.x2 3 －y2 4 ＝1 D.x2 4 －y2 3 ＝1 [技法应用] 由双曲线的渐近线 y＝b ax 过点(2， 3)， 可得 3＝b a ×2.① 由双曲线的焦点(－ a2＋b2，0)在抛物线 y2＝4 7x 的准线 x＝－ 7上，可得 a2＋b2＝ 7.② 由①②解得 a＝2，b＝ 3， 所以双曲线的方程为x2 4 －y2 3 ＝1. [答案] D [反思领悟] 待定系数法主要用来解决已经定性的问题，如本例中已知双曲线的焦点在 抛物线 y2＝4 7x 的准线上，根据已知条件列方程求解 a，b 即可． [应用体验] 9．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S3＝9，S5＝25，则 S7＝( ) A．41 B．48 C．49 D．56 解析：选 C 设 Sn＝An2＋Bn， 由题知， S3＝9A＋3B＝9， S5＝25A＋5B＝25， 解得 A＝1，B＝0， ∴S7＝49. 10．已知圆 C 关于 x 轴对称，经过点(0,1)，且被 y 轴分成两段弧，弧长之比为 2∶1， 则圆的标准方程为( ) A．x2＋ y± 3 3 2＝4 3 B．x2＋ y± 3 3 2＝1 3 C. x± 3 3 2＋y2＝4 3 D. x± 3 3 2＋y2＝1 3 解析：选 C 法一：(排除法)由圆心在 x 轴上，可排除 A、B，又 圆过点(0,1)，故圆的半径大于 1，排除 D，选 C. 法二：(待定系数法)设圆的方程为(x－a)2＋y2＝r2，圆 C 与 y 轴交 于 A(0,1)，B(0，－1)，由弧长之比为 2∶1，易知∠OCA＝1 2 ∠ACB＝1 2 ×120° ＝60°，则 tan 60°＝|OA| |OC| ＝ 1 |OC| ，所以|a|＝|OC|＝ 3 3 ，即圆心坐标为 ± 3 3 ，0 ，r2＝|AC|2＝ 12＋ 3 3 2＝4 3.所以圆的标准方程为 x± 3 3 2＋y2＝4 3. 换元法 换元法又称辅助元素法、变量代换法．通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起 来，隐含的条件显露出来，或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化．换元的实质 是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至 新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化．换元法经常 用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等． [典例] 已知正数 x，y 满足 4y－2y x ＝1，则 x＋2y 的最小值为________． [技法应用] 由 4y－2y x ＝1，得 x＋2y＝4xy，即 1 4y ＋ 1 2x ＝1，所以 x＋2y＝(x＋2y) 1 4y ＋ 1 2x ＝1＋ x 4y ＋y x ≥1＋2 x 4y·y x ＝2，当且仅当 x 4y ＝y x ，即 x＝2y 时等号成立．所以 x＋2y 的最小值 为 2. [答案] 2 [反思领悟] 换元法主要有常量代换和变量代换，要根据所求解问题的特征进行合理代 换．如本例中就是使用常数 1 的代换，将已知条件化为“ 1 4y ＋ 1 2x ＝1”，然后利用乘法运算 规律，任何式子与 1 的乘积等于本身，再将其展开，通过构造基本不等式的形式求解最值． [应用体验] 11．(2017·成都一模)若函数 f(x)＝ 1＋3x＋a·9x，其定义域为(－∞，1]，则 a 的取值范 围是( ) A. －4 9 B. －4 9 ，＋∞ C. －∞，－4 9 D. －4 9 ，0 解析：选 A 由题意得 1＋3x＋a·9x≥0 的解集为(－∞，1]，即 1 3 x 2＋ 1 3 x＋a≥0 的 解集为(－∞，1]．令 t＝ 1 3 x，则 t≥1 3 ， 即方程 t2＋t＋a≥0 的解集为 1 3 ，＋∞ ， ∴ 1 3 2＋1 3 ＋a＝0，所以 a＝－4 9. 12．函数 y＝cos2x－sin x 在 x∈ 0，π 4 上的最大值为________． 解析：y＝cos2x－sin x＝－sin2x－sin x＋1. 令 t＝sin x，又 x∈ 0，π 4 ，∴t∈ 0， 2 2 ， ∴y＝－t2－t＋1，t∈ 0， 2 2 . ∵函数 y＝－t2－t＋1 在 0， 2 2 上单调递减， ∴t＝0 时，ymax＝1. 答案：1 构造法 构造法求解选择、填空题，需要利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型(如 构造函数、方程或图形)，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到简捷的解决， 它来源于对基础知识和基本方法的积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括、积极联 想、横向类比，从曾经遇到过的类似问题中寻找灵感，构造出相应的函数、数列、几何等 具体的数学模型，使问题快速解决． [典例] (1)若 a＝ln 1 2 015 － 1 2 015 ，b＝ln 1 2 016 － 1 2 016 ，c＝ln 1 2 017 － 1 2 017 ，则 a，b， c 的大小关系为( ) A．a>b>c B．b>a>c C．c>b>a D．c>a>b (2)如图，已知球 O 的表面上有四点 A，B，C，D，DA⊥平面 ABC， AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝ 2，则球 O 的体积等于________． [技法应用] (1)令 f(x)＝ln x－x，则 f′(x)＝1 x －1＝1－x x .当 00，即函数 f(x)在(0,1)上是增函数． ∵1> 1 2 015> 1 2 016> 1 2 017>0，∴a>b>c. (2)如图，以 DA，AB，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球 O 的半径为 R，则 正方体的体对角线长即为球 O 的直径，所以 CD＝  22＋ 22＋ 22＝2R， 所以 R＝ 6 2 ，故球 O 的体积 V＝4πR3 3 ＝ 6π. [答案] (1)A (2) 6π [反思领悟] 构造法实质上是化归与转化思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所 要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型，从而转化 为自己熟悉的问题．如本例(2)中巧妙地构造出正方体，而球的直径恰好为正方体的体对角 线，问题就很容易得到解决． [应用体验] 13．关于圆周率π，数学发展史上出现过许多有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理 斯实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计π的值：先请 360 名同学，每人 随机写下一个 x，y 都小于 1 的正实数对(x，y)；然后统计 x，y 两数能与 1 构成钝角三角形 三边的数对(x，y)的个数 m；再根据统计数 m 来估计π的值．假如统计结果是 m＝102，那 么可以估计π≈________(用分数表示)． 解析：(构造可行域求解)两数能与 1 构成钝角三角形三边的数对(x， y)所需满足的条件为 x＋y＞1， x2＋y2＜1， 0＜x＜1， 0＜y＜1， 作出满足不等式组的可行域，如图中阴影部分所示，依题意有102 360 ＝ 1 4π－1 2 1×1 ，解得π＝47 15. 答案：47 15 14．关于 x 的不等式 ex－x2 2 －1－ a－9 4 x≥0 在 x∈ 1 2 ，＋∞ 上恰成立，则 a 的取值集 合为________． 解析：关于 x 的不等式 ex－x2 2 －1－ a－9 4 x≥0 在 x∈ 1 2 ，＋∞ 上恰成立⇔函数 g(x)＝ ex－1 2 x2－1 x 在 1 2 ，＋∞ 上的值域为 a－9 4 ，＋∞ . 因为 g′(x)＝exx－1－1 2x2＋1 x2 ， 令φ(x)＝ex(x－1)－1 2x2＋1，x∈ 1 2 ，＋∞ ， 则φ′(x)＝x(ex－1)． 因为 x≥1 2 ，所以φ′(x)≥0， 故φ(x)在 1 2 ，＋∞ 上单调递增， 所以φ(x)≥φ 1 2 ＝7 8 － e 2 ＞0. 因此 g′(x)＞0，故 g(x)在 1 2 ，＋∞ 上单调递增， 则 g(x)≥g 1 2 ＝ e1 2 －1 8 －1 1 2 ＝2 e－9 4 ， 所以 a－9 4 ＝2 e－9 4 ，解得 a＝2 e， 所以 a 的取值集合为{2 e}． 答案：{2 e} 分离参数法 分离参数法是不等式有解、恒成立问题常用的方法，通过分离参数将问题转化为相应 函数的最值或范围问题求解，从而避免对参数进行分类讨论的繁琐过程．该种方法也适用 于含参方程有解、无解等问题的解决．但要注意该种方法仅适用于分离参数后能够求解相 应函数的最值或值域的情况． [典例] 若不等式 x2＋ax＋1≥0 对一切 x∈ 0，1 2 恒成立，则 a 的最小值是________． [技法应用] 由于 x>0，则由已知可得 a≥－x－1 x 在 x∈ 0，1 2 上恒成立，而当 x∈ 0，1 2 时， －x－1 x max＝－5 2 ，∴a≥－5 2 ，故 a 的最小值为－5 2. [答案] －5 2 [反思领悟] 利用分离参数法解决不等式恒成立问题或有解问题，关键在于准确分离参 数，然后将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系．分离参数时要注意参数系数的符 号是否会发生变化，如果参数的系数符号为负号，则分离参数时应注意不等号的变化否则 就会导致错解． [应用体验] 15．(2018届高三·湖南五校调研)方程log1 2(a－2x)＝2＋x有解，则a的最小值为________． 解析：若方程 log1 2(a－2x)＝2＋x 有解，则 1 2 2＋x＝a－2x 有解，即1 4 × 1 2 x＋2x＝a 有解， ∵1 4 × 1 2 x＋2x≥1，当且仅当 x＝－1 时取等号．故 a 的最小值为 1. 答案：1 16．(2017·长沙二模)设函数 f(x)＝x2－1，对任意 x∈ 3 2 ，＋∞ ，f x m －4m2f(x)≤f(x－1) ＋4f(m)恒成立，则实数 m 的取值范围是________． 解析：由题意得 x m 2－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)对 x∈ 3 2 ，＋∞ 恒成立， 即 1 m2 －4m2－1 x2＋2x＋3≤0 对 x∈ 3 2 ，＋∞ 恒成立，即 1 m2 －4m2－1≤－2x－3 x2 对 x∈ 3 2 ，＋∞ 恒成立，令 g(x)＝－2x－3 x2 ，由于 g(x)＝－2x－3 x2 ＝－ 3 x2 －2 x 在 3 2 ，＋∞ 上是增函数， 故只需 1 m2 －4m2 －1≤g 3 2 ＝－8 3 即可，解得 m≤－ 3 2 或 m≥ 3 2 ，即 m 的取值范围是 －∞，－ 3 2 ∪ 3 2 ，＋∞ . 答案： －∞，－ 3 2 ∪ 3 2 ，＋∞ [“12＋4”小题提速综合练] (每练习限时 40 分钟) “12＋4”小题提速综合练(一) 一、选择题 1．(2017·全国卷Ⅱ)3＋i 1＋i ＝( ) A．1＋2i B．1－2i C．2＋i D．2－i 解析：选 D 3＋i 1＋i ＝3＋i1－i 1＋i1－i ＝4－2i 2 ＝2－i. 2．在△ABC 中，若 a＝2，b＝4，C＝π 3 ，则 A＝( ) A.π 6 B.π 3 C.π 6 或5π 6 D.π 3 或2π 3 解析：选 A 在△ABC 中，由余弦定理可得 c2＝a2＋b2－2abcos C＝4＋16－8＝12，即 c＝2 3，则 a＜c，A＜C，故选 A. 3．已知随机变量 X 的分布列如下： X 1 2 3 P 0.2 0.5 m 若随机变量η＝3X－1，则 E(η )为( ) A．4.2 B．18.9 C．5.3 D．随 m 变化而变化 解析：选 C 因为 0.2＋0.5＋m＝1，所以 m＝0.3，所以 E(X)＝1×0.2＋2×0.5＋3×0.3 ＝2.1.又η＝3X－1，所以 E(η )＝3E(X)－1＝3×2.1－1＝5.3. 4．执行如图所示的程序框图，若输入的 N＝20，则输出的 S＝( ) A．190 B．361 C．400 D．441 解析：选 B 依题意，结合题中的程序框图知，当输入的 N＝20 时，输出 S 的值是数 列{2k－1}的前 19 项和，即191＋37 2 ＝361. 5．(2017·成都模拟)在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，平面α与棱 AB，AC，A1C1，A1B1 分别 交于点 E，F，G，H，且直线 AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形 EFGH 是平行四边 形；②平面α∥平面 BCC1B1；③平面α⊥平面 BCFE.其中正确的命题有( ) A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 解析：选 C 如图，AA1∥平面α，平面α∩平面 AA1B1B＝EH，所以 AA1∥EH.同理 AA1∥GF，所以 EH∥GF，又 ABCA1B1C1 是直三棱柱，易 知 EH＝GF＝AA1，所以四边形 EFGH 是平行四边形，故①正确；若平面α ∥平面 BB1C1C，由平面α∩平面 A1B1C1＝GH， 平面 BCC1B1∩平面 A1B1C1＝B1C1，知 GH∥B1C1，而 GH∥B1C1 不一 定成立，故②错误；由 AA1⊥平面 BCFE，结合 AA1∥EH 知 EH⊥平面 BCFE，又 EH⊂平 面α，所以平面α⊥平面 BCFE.综上可知，选 C. 6．已知点 A，B 分别是椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的右顶点和上顶点，M 是线段 AB 的中点，O 为坐标原点，连接 MO 并延长交椭圆 C 于点 P，PF1 与 x 轴垂直，则椭圆 C 的 离心率为( ) A.1 4 B.1 2 C. 2 2 D. 3 2 解析：选 C 由题意可得 M a 2 ，b 2 ，P －c，－b2 a ，又 M，O，P 三点共线，则 kOM＝ kOP，b a ＝b2 ac ，化简得 b＝c，即 a＝ 2c，所以离心率 e＝c a ＝ 2 2 . 7.(2017·重庆二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A.2 3 B.4 3 C.5 3 D.7 3 解析：选 B 依题意，题中的几何体是由一个直三棱柱与一个三 棱锥所组成的，其中该直三棱柱的底面是一个直角三角形(腰长分别为 1,2)、高为 1；该三棱锥的底面是一个直角三角形(腰长分别为 1,2)、高为 1，因此该几何体 的体积为1 2 ×2×1×1＋1 3 ×1 2 ×2×1×1＝4 3. 8.(2017·安徽二校联考)已知函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)A＞0，ω＞0， |φ|＜π 2 的部分图象如图所示，若将 f(x)图象上的所有点向右平移π 6 个单 位长度得到函数 g(x)的图象，则函数 g(x)的单调递增区间为( ) A. kπ－π 4 ，kπ＋π 4 ，k∈Z B. 2kπ－π 4 ，2kπ＋π 4 ，k∈Z C. kπ－π 3 ，kπ＋π 6 ，k∈Z D. 2kπ－π 3 ，2kπ＋π 6 ，k∈Z 解析：选 A 由图象知，A＝2，周期 T＝4 π 3 － π 12 ＝π，所以ω＝2π π ＝2，所以 f(x)＝2sin(2x ＋φ)，因为函数 f(x)的图象经过点 π 12 ，2 ，所以 2＝2sin 2× π 12 ＋φ ，所以 2× π 12 ＋φ＝2kπ ＋π 2(k∈Z)，即φ＝π 3 ＋2kπ(k∈Z)，因为|φ|＜π 2 ，所以令 k＝0，得φ＝π 3 ，即 f(x)＝2sin 2x＋π 3 ， 把函数 f(x)图象上的所有点向右平移π 6 个单位长度后，得到 g(x)＝2sin 2 x－π 6 ＋π 3 ＝2sin 2x 的图象，由－π 2 ＋2kπ≤2x≤π 2 ＋2kπ(k∈Z)，得－π 4 ＋kπ≤x≤π 4 ＋kπ(k∈Z)，所以函数 g(x)的 单调递增区间为 －π 4 ＋kπ，π 4 ＋kπ (k∈Z)． 9．设 x，y 满足约束条件 x－y≤0， 3x－y－2≥0， y≥2， 则 z＝x－2y 的最大值为( ) A．－2 3 B．－1 C．－2 D．－8 3 解析：选 C 依题意，在坐标平面内画出题中不等式组所表示的平面区域及直线 x－2y ＝0，平移该直线，当平移到经过可行域内的点 A(2,2)时，相应直线在 x 轴上的截距达到最 大，此时 z＝x－2y 取得最大值，最大值为－2. 10．(2017·太原三模)已知等比数列{an}的各项均为不等于 1 的正 数，数列{bn}满足 bn＝lg an，b3＝18，b6＝12，则数列{bn}的前 n 项和 的最大值为( ) A．126 B．130 C．132 D．134 解析：选 C 设等比数列{an}的公比为 q(q＞0)，由题意可知，lg a3＝b3，lg a6＝b6.又 b3 ＝18，b6＝12，则 a1q2＝1018，a1q5＝1012，∴q3＝10－6，即 q＝10－2，∴a1＝1022.又{an}为正 项等比数列，∴{bn}为等差数列，且公差 d＝－2，b1＝22，故数列{bn}的前 n 项和 Sn＝22n ＋nn－1 2 ×(－2)＝－n2＋23n＝－ n－23 2 2＋529 4 .又 n∈N*，故 n＝11 或 12 时，(Sn)max＝132. 11．已知 A，B 是圆 O：x2＋y2＝4 上的两个动点，| AB―→ |＝2， OC―→＝5 3 OA―→－2 3 OB―→ .若 M 是线段 AB 的中点，则 OC―→ ·OM―→的值为( ) A．3 B．2 3 C．2 D．－3 解析：选 A 法一：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 OA―→＝(x1，y1)， OB―→＝(x2，y2)，OM―→＝ x1＋x2 2 ，y1＋y2 2 ， AB―→＝(x2－x1，y2－y1)，所以 OC―→＝5 3 OA―→－2 3 OB―→＝ 5 3x1－2 3x2，5 3y1－2 3y2 . 由| AB―→|＝2，得(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝4①，又 A，B 在圆 O 上，所以 x21＋y21＝4，x22＋y22＝4 ②.联立①②得 x1x2＋y1y2＝2，所以 OC―→ ·OM―→＝ 5 3x1－2 3x2，5 3y1－2 3y2 · x1＋x2 2 ，y1＋y2 2 ，化简 并整理，得5 6(x21＋y21)－1 3(x22＋y22)＋1 2(x1x2＋y1y2)＝5 6 ×4－1 3 ×4＋1 2 ×2＝3. 法二：由条件易知△OAB 为正三角形．又由 M 为 AB 的中点，则OM―→＝1 2( OA―→＋ OB―→)， 所以 OC―→ · OM―→＝1 2( OA―→＋ OB―→ )· 5 3 OA―→－2 3 OB―→ ＝1 2 5 3| OA―→ |2＋ OA―→ · OB―→－2 3| OB―→ |2＝1 2 5 3 ×4 ＋2×2×1 2 －2 3 ×4＝3. 12．(2017·长沙模拟)对于满足 0＜b≤3a 的任意实数 a，b，函数 f(x)＝ax2＋bx＋c 总有 两个不同的零点，则a＋b－c a 的取值范围是( ) A. 1，7 4 B．(1,2] C．[1，＋∞) D．(2，＋∞) 解析：选 D 依题意对方程 ax2＋bx＋c＝0，有Δ＝b2－4ac＞0，于是 c＜b2 4a ，从而a＋b－c a ＞a＋b－b2 4a a ＝1＋b a －1 4 b a 2，对满足 0＜b≤3a 的任意实数 a，b 恒成立．令 t＝b a ，因为 0＜b≤3a， 所以 0＜t≤3.因此－1 4t2＋t＋1∈(1,2]，故a＋b－c a ＞2. 二、填空题 13．(2017·宝鸡模拟)若(ax－1)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，且 a0＋a1＋a2＋…＋a9＝0， 则 a3＝________. 解析：取 x＝1 得(a－1)9＝a0＋a1＋a2＋…＋a9＝0， ∴a＝1.又 T7＝C69x3(－1)6＝84x3，∴含 x3 项的系数为 84，即 a3＝84. 答案：84 14．(2018 届高三·湖北五校联考)已知直线 l：mx＋y＋ 3＝0 与圆(x＋1)2＋y2＝2 相交， 弦长为 2，则 m＝________. 解析：由已知可得圆心(－1,0)到直线 l 的距离 d＝| 3－m| m2＋1 ，所以 | 3－m| m2＋1 2＋1＝2，解 得 m＝ 3 3 . 答案： 3 3 15.空气质量指数(Air Quality Index，简称 AQI)是定量描述空气质量状 况的指数，空气质量按照 AQI 大小分为六级，0～50 为优；51～100 为良； 101～150 为轻度污染；151～200 为中度污染；201～300 为重度污染；大于 300 为严重污染．一环保人士从当地某年的 AQI 记录数据中，随机抽取 10 个，用茎叶图记录如图．根据该统计数据，估计此地该年 AQI 大于 100 的 天数为________．(该年为 365 天) 解析：该样本中 AQI 大于 100 的频数为 4，频率为2 5 ，以此估计此地全年 AQI 大于 100 的频率为2 5 ，故此地该年 AQI 大于 100 的天数约为 365×2 5 ＝146. 答案：146 16．给出下列命题： ①实验测得四组数据(x，y)的值为(1,2.1)，(2,2.8)，(3,4.1)，(4,5)，则 y 与 x 的回归直线 方程为 y＝2x＋1； ②函数 f(x)＝2sin 3x－π 4 的图象向右平移π 4 个单位长度，得到函数 g(x)＝2sin 3x 的图象； ③当 x∈[0,1]时，函数 y＝x 1－x2的最大值为1 2 ； ④幂函数 f(x)的图象经过点 A(4,2)，则它在 A 点处的切线方程为 x－4y＋4＝0. 其中正确命题的序号是________． 解析：对于①，注意到 x ＝1 4 ×(1＋2＋3＋4)＝2.5， y ＝1 4 ×(2.1＋2.8＋4.1＋5)＝3.5， 样本点的中心(2.5,3.5)不在直线 y＝2x＋1 上，因此①不正确； 对 于 ② ， 将 函 数 f(x) ＝ 2sin 3x－π 4 的 图 象 向 右 平 移 π 4 个 单 位 长 度 得 到 y ＝ 2sin 3 x－π 4 －π 4 ＝2sin(3x－π)＝－2sin 3x 的图象，因此②不正确； 对于③，注意到当 x∈[0,1]时，y＝x 1－x2＝ x21－x2≤x2＋1－x2 2 ＝1 2 ，当且仅当 x2 ＝1－x2，x∈[0,1]，即 x＝ 2 2 时取等号，因此 y＝x 1－x2的最大值为1 2 ，③正确； 对于④，设 f(x)＝xα，则有 f(4)＝4α＝22α＝2，α＝1 2 ，所以 f(x)＝x1 2 ，f′(x)＝1 2x－1 2 ，f′(4) ＝1 2 ×4－1 2 ＝1 4 ，因此函数 f(x)的图象在点 A 处的切线方程为 y－2＝1 4(x－4)，即 x－4y＋4＝ 0，④正确． 综上所述，其中正确命题的序号是③④. 答案：③④ “12＋4”小题提速综合练(二) 一、选择题 1．(2017·西安模拟)已知集合 A＝{x|log2x≥1}，B＝{x|x2－x－6＜0}，则 A∩B＝( ) A．∅ B．{x|2＜x＜3} C．{x|2≤x＜3} D．{x|－1＜x≤2} 解析：选 C 化简集合得 A＝{x|x≥2}，B＝{x|－2＜x＜3}，则 A∩B＝{x|2≤x＜3}． 2．(2017·福州模拟)已知复数 z＝2＋i，则 z z ＝( ) A.3 5 －4 5i B．－3 5 ＋4 5i C.5 3 －4 3i D．－5 3 ＋4 3i 解析：选 A 因为 z＝2＋i，所以 z z ＝2－i 2＋i ＝2－i2 5 ＝3 5 －4 5i. 3．设 a＝log32，b＝ln 2，c＝5 1 2  ，则 a，b，c 的大小关系为( ) A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．c＜b＜a 解析：选 C 因为 a＝log32＝ 1 log23 ，b＝ln 2＝ 1 log2e ，而 log23＞log2e＞1，所以 a＜b， 又 c＝5－1 2 ＝ 1 5 ， 5＞2＝log24＞log23，所以 c＜a，故 c＜a＜b. 4．(2017·兰州一中月考)在电视台举办的一次智力答题中，规定闯关者从图中任选一题 开始，必须连续答对能连成一条线的 3 道题目，闯关才能成功，则闯关成功的答题方法有 ( ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A．3 种 B．8 种 C．30 种 D．48 种 解析：选 D 能连成横着的一条线的有 123,456,789，共 3 种，能连成竖着的一条线的 有 147,258,369，共 3 种，能连成对角线的有 159,357，共 2 种，故共有 8 种． 又因为每种选择的答题顺序是任意的，故每种选择都有 6 种答题方法：如答题为 1,2,3 时，答题方法有：1→2→3,1→3→2,2→1→3,2→3→1,3→1→2,3→2→1.所以共有 8×6＝48(种) 答题方法． 5．(2017·合肥模拟)设变量 x，y 满足约束条件 x－y≥－1， x＋y≤4， y≥2， 则目标函数 z＝x＋2y 的最大值为( ) A．5 B．6 C.13 2 D．7 解析：选 C 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示， 由图易知，当直线 z＝x＋2y 经过直线 x－y＝－1 与 x＋y＝4 的交点， 即 A 3 2 ，5 2 时，z 取得最大值，zmax＝x＋2y＝13 2 . 6．(2018 届高三·宝鸡调研)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输入 x 的值 为 1，则输出 S 的值为( ) A．64 B．73 C．512 D．585 解析：选 B 依题意，执行题中的程序框图，当输入 x 的值为 1 时，进行第一次循环， S＝1＜50，x＝2；进行第二次循环，S＝1＋23＝9＜50，x＝4；进行第三次循环，S＝9＋43 ＝73＞50，此时结束循环，输出 S 的值为 73. 7．(2017·衡阳三模)在等比数列{an}中，a1＝2，前 n 项和为 Sn，若数列{an＋1}也是等比 数列，则 Sn＝( ) A．2n＋1－2 B．3n C．2n D．3n－1 解析：选 C 因为数列{an}为等比数列，a1＝2，设其公比为 q，则 an＝2qn－1，因为数 列{an＋1}也是等比数列，所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)⇒a2n＋1＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2 ⇒an＋an＋2＝2an＋1⇒an(1＋q2－2q)＝0⇒q＝1，即 an＝2，所以 Sn＝2n. 8．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E 为棱 CD 的中点，则( ) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：选 C 法一：由正方体的性质， 得 A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1， 所以 BC1⊥平面 A1B1CD. 又 A1E⊂平面 A1B1CD， 所以 A1E⊥BC1. 法二：∵A1E 在平面 ABCD 上的投影为 AE， 而 AE 不与 AC，BD 垂直，∴B、D 错； ∵A1E 在平面 BCC1B1 上的投影为 B1C，且 B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故 C 正确； (证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE， 又 CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面 CEA1B1. 又 A1E⊂平面 CEA1B1，∴A1E⊥BC1.) ∵A1E 在平面 DCC1D1 上的投影为 D1E， 而 D1E 不与 DC1 垂直，故 A 错． 9．(2017·湖北七校联考)已知圆 C：(x－1)2＋y2＝r2(r＞0)．设条件 p：0＜r＜3，条件 q： 圆 C 上至多有 2 个点到直线 x－ 3y＋3＝0 的距离为 1，则 p 是 q 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 解析：选 C 圆 C：(x－1)2＋y2＝r2 的圆心(1,0)到直线 x－ 3y＋3＝0 的距离 d＝ |1－ 3×0＋3| 12＋－ 32 ＝2. 当 0＜r＜1 时，直线在圆外，圆上没有点到直线的距离为 1； 当 r＝1 时，直线在圆外，圆上只有 1 个点到直线的距离为 1； 当 1＜r＜2 时，直线在圆外，此时圆上有 2 个点到直线的距离为 1； 当 r＝2 时，直线与圆相切，此时圆上有 2 个点到直线的距离为 1； 当 2＜r＜3 时，直线与圆相交，此时圆上有 2 个点到直线的距离为 1. 综上，当 0＜r＜3 时，圆 C 上至多有 2 个点到直线 x－ 3y＋3＝0 的距离为 1，由圆 C 上至多有 2 个点到直线 x－ 3y＋3＝0 的距离为 1 可得 0＜r＜3，故 p 是 q 的充要条件，故 选 C. 10．(2017·合肥模拟)已知椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率 为 e.P 是椭圆上一点，满足 PF2⊥F1F2，点 Q 在线段 PF1 上，且F1Q―→＝2 QP―→.若F1P―→·F2Q―→＝0， 则 e2＝( ) A. 2－1 B．2－ 2 C．2－ 3 D. 5－2 解析：选 C 由题意可知，在 Rt△PF1F2 中，F2Q⊥PF1，所以|F1Q|·|F1P|＝|F1F2|2，又 |F1Q|＝2 3|F1P|，所以有2 3|F1P|2＝|F1F2|2＝4c2，即|F1P|＝ 6c，进而得出|PF2|＝ 2c.又由椭圆 定义可知，|PF1|＋|PF2|＝ 6c＋ 2c＝2a，解得 e＝c a ＝ 2 6＋ 2 ＝ 6－ 2 2 ，所以 e2＝2－ 3. 11．(2017·广州模拟)已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)(ω＞0,0＜φ＜π)是奇函数， 直线 y＝ 2与函数 f(x)的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为π 2 ，则( ) A．f(x)在 0，π 4 上单调递减 B．f(x)在 π 8 ，3π 8 上单调递减 C．f(x)在 0，π 4 上单调递增 D．f(x)在 π 8 ，3π 8 上单调递增 解析：选 D f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝ 2sin ωx＋φ＋π 4 ，因为 0＜φ＜π且 f(x) 为奇函数，所以φ＝3π 4 ，即 f(x)＝－ 2sin ωx，又直线 y＝ 2与函数 f(x)的图象的两个相邻交 点的横坐标之差的绝对值为π 2 ，所以函数 f(x)的最小正周期为π 2 ，由2π ω ＝π 2 ，可得ω＝4，故 f(x) ＝－ 2sin 4x，由 2kπ＋π 2 ≤4x≤2kπ＋3π 2 ，k∈Z，即kπ 2 ＋π 8 ≤x≤kπ 2 ＋3π 8 ，k∈Z，令 k＝0， 得π 8 ≤x≤3π 8 ，此时 f(x)在 π 8 ，3π 8 上单调递增，故选 D. 12．(2017·贵阳模拟)已知函数 f(x)＝ln(x2－4x－a)，若对任意的 m∈R，均存在 x0 使得 f(x0)＝m，则实数 a 的取值范围是( ) A．(－∞，－4) B．(－4，＋∞) C．(－∞，－4] D．[－4，＋∞) 解析：选 D 依题意得，函数 f(x)的值域为 R，令函数 g(x)＝x2－4x－a，其值域 A 包 含(0，＋∞)，因此对方程 x2－4x－a＝0，有Δ＝16＋4a≥0，解得 a≥－4，即实数 a 的取值 范围是[－4，＋∞)． 二、填空题 13．(2017·兰州模拟)已知菱形 ABCD 的边长为 a，∠ABC＝π 3 ，则 BD―→· CD―→＝________. 解析：由菱形的性质知| BD―→ |＝ 3a，| CD―→ |＝a，且〈 BD―→，CD―→〉＝π 6 ，∴ BD―→ · CD―→＝ 3a×a×cosπ 6 ＝3 2a2. 答案：3 2a2 14．(2017·石家庄模拟)若 x2＋1 x n 的展开式的二项式系数之和为 64，则含 x3 项的系数 为________． 解析：由题意，得 2n＝64，所以 n＝6， 所以 x2＋1 x n＝ x2＋1 x 6， 其展开式的通项公式为 Tr＋1＝Cr6(x2)6－r 1 x r＝Cr6x12－3r. 令 12－3r＝3，得 r＝3， 所以展开式中含 x3 项的系数为 C36＝20. 答案：20 15．某批产品成箱包装，每箱 5 件，一用户在购进该批产品前先取出三箱，再从每箱 中任意抽取 2 件产品进行检验，设取出的三箱中分别有 0 件、1 件、2 件二等品，其余为一 等品．用ξ表示抽检的 6 件产品中二等品的件数，则ξ的数学期望 E(ξ)＝________. 解析：由题意知，ξ的所有可能取值为 0,1,2,3， P(ξ＝0)＝C24 C25 ·C23 C25 ＝ 9 50 ， P(ξ＝1)＝C14 C25 ·C23 C25 ＋C24 C25 ·C13C12 C25 ＝12 25 ， P(ξ＝2)＝C14 C25 ·C13C12 C25 ＋C24 C25 ·C22 C25 ＝ 3 10 ， P(ξ＝3)＝C14 C25 ·C22 C25 ＝ 1 25 ， 所以ξ的数学期望为 E(ξ)＝0× 9 50 ＋1×12 25 ＋2× 3 10 ＋3× 1 25 ＝6 5. 答案：6 5 16．(2018 届高三·云南调研)已知三棱锥 PABC 的所有顶点都在表面积为289π 16 的球面上， 底面 ABC 是边长为 3的等边三角形，则三棱锥 PABC 体积的最大值为________． 解析：依题意，设球的半径为 R，则有 4πR2＝289π 16 ，R＝17 8 ，△ABC 的外接圆半径为 r ＝ 3 2sin 60° ＝1，球心到截面 ABC 的距离 h＝ R2－r2＝ 17 8 2－12＝15 8 ，因此点 P 到截面 ABC 的距离的最大值等于 h＋R＝17 8 ＋15 8 ＝4，因此三棱锥 PABC 体积的最大值为 1 3 × 3 4 × 32 ×4＝ 3. 答案： 3 “12＋4”小题提速综合练(三) 一、选择题 1．(2017·洛阳模拟)已知集合 A＝{x|x(x－1)＜0}，B＝{x|ex＞1}，则(∁RA)∩B＝( ) A．[1，＋∞) B．(0，＋∞) C．(0,1) D．[0,1] 解析：选 A 依题意得，A＝{x|0＜x＜1}， 则∁RA＝{x|x≤0 或 x≥1}，B＝{x|x＞0}， 故(∁RA)∩B＝{x|x≥1}＝[1，＋∞)． 2．(2018 届高三·湖北五校联考)已知复数 z 满足1－z 1＋z ＝－i，则|z|＝( ) A．1 B. 2 C．2 D．2 2 解析：选 A 由1－z 1＋z ＝－i，得 z＝1＋i 1－i ＝1＋i1＋i 1＋i1－i ＝i，则|z|＝1. 3．(2017·郑州模拟)设平面α与平面β相交于直线 m，直线 a 在平面α内，直线 b 在平面β 内，且 b⊥m，则“a⊥b”是“α⊥β ”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 解析：选 B 因为α⊥β，b⊥m，所以 b⊥α，又直线 a 在平面α内，所以 a⊥b；若 a⊥b， b⊥m，但直线 a，m 不一定相交，所以推不出α⊥β，所以“a⊥b”是“α⊥β ”的必要不充 分条件． 4．设 O 为△ABC 的外心(三角形外接圆的圆心)．若 AO―→＝1 3 AB―→＋1 3 AC―→，则∠BAC＝ ( ) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：选 C ∵O 为△ABC 的外心， ∴| OA―→ |＝| OB―→ |＝| OC―→ |， 又 OB―→＝ OA―→＋ AB―→，AO―→＝1 3 AB―→＋1 3 AC―→， ∴ OB―→2＝ OA―→2＋ AB―→2＋2 OA―→ · AB―→ ＝ OA―→2＋ AB―→2－2 3( AB―→＋ AC―→)· AB―→ ＝ OA―→2＋1 3 AB―→2－2 3 AB―→ · AC―→， ∴ AB―→ · AC―→＝1 2 AB―→2. 同理可得， AB―→ · AC―→＝1 2 AC―→2， ∴| AB―→ |＝| AC―→ |， ∴cos∠BAC＝ AB―→ · AC―→ | AB―→ | | AC―→ | ＝1 2 ， ∴∠BAC＝60°. 5．(2017·佛山一模)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若S6 S3 ＝1 2 ，则S9 S3 ＝( ) A.3 4 B.2 3 C.5 6 D. 8 25 解析：选 A 设等比数列{an}的公比为 q，显然 q≠1， 由S6 S3 ＝ a11－q6 1－q a11－q3 1－q ＝1＋q3＝1 2 ，得 q3＝－1 2 ， 所以S9 S3 ＝ a11－q9 1－q a11－q3 1－q ＝1－q9 1－q3 ＝1＋q3＋q6＝1－1 2 ＋1 4 ＝3 4. 6．(2017·南昌模拟)从 1,2,3,4,5,6,7,8 中随机取出一个数为 x，执行 如图所示的程序框图，则输出的 x 不小于 40 的概率为( ) A.3 4 B.5 8 C.7 8 D.1 2 解析：选 B 依次执行程序框图中的语句，输出的结果分别为 13,22,31,40,49,58,67,76，所以输出的 x 不小于 40 的概率为5 8. 7．(2017·江西九江一中月考)某教师一天上 3 个班级的课，每班 1 节，如果一天共 9 节 课，上午 5 节、下午 4 节，并且该教师不能连上 3 节课(第 5 节和第 6 节不算连上)，那么这 位教师一天的课的所有排法有( ) A．474 种 B．77 种 C．462 种 D．79 种 解析：选 A 不受限制时，从 9 节课中任意安排 3 节，有 A 39种排法，其中上午连排 3 节的有 3A 33种，下午连排 3 节的有 2A 33种，则这位教师一天的课的所有排法有 A39－3A33－ 2A33＝474(种)． 8.(2017·昆明模拟)函数 f(x)＝sin(ωx＋φ) ω＞0，|φ|＜π 2 的部分 图象如图所示，则 f(x)的单调递增区间为( ) A．[－1＋4kπ，1＋4kπ]，k∈Z B．[－3＋8kπ，1＋8kπ]，k∈Z C．[－1＋4k,1＋4k]，k∈Z D．[－3＋8k,1＋8k]，k∈Z 解析：选 D 由图，知 T＝4×(3－1)＝8， 所以ω＝2π T ＝π 4 ，所以 f(x)＝sin π 4x＋φ . 把(1,1)代入，得 sin π 4 ＋φ ＝1， 令π 4 ＋φ＝π 2 ＋2kπ(k∈Z)，得φ＝π 4 ＋2kπ(k∈Z)． 又|φ|＜π 2 ，所以φ＝π 4 ， 所以 f(x)＝sin π 4x＋π 4 . 由 2kπ－π 2 ≤π 4x＋π 4 ≤2kπ＋π 2(k∈Z)， 得 8k－3≤x≤8k＋1(k∈Z)， 所以函数 f(x)的单调递增区间为[8k－3,8k＋1](k∈Z)． 9．(2018 届高三·石家庄摸底)若 a，b 是正数，直线 2ax＋by－2＝0 被圆 x2＋y2＝4 截得 的弦长为 2 3，则 t＝a 1＋2b2取得最大值时 a 的值为( ) A.1 2 B. 3 2 C. 3 4 D.3 4 解析：选 D 因为圆心到直线的距离 d＝ 2 4a2＋b2 ， 则直线被圆截得的弦长 L＝2 r2－d2＝2 4－ 4 4a2＋b2 ＝2 3， 所以 4a2＋b2＝4. t＝a 1＋2b2＝ 1 2 2 (2 2a)· 1＋2b2 ≤ 1 2 2 ·1 2·[2 2a2＋ 1＋2b22] ＝ 1 4 2 ·[8a2＋1＋2(4－4a2)]＝ 9 4 2 ， 当且仅当 8a2＝1＋2b2， 4a2＋b2＝4 时等号成立，此时 a＝3 4. 10．已知直线 l：y＝kx＋2 过椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的上顶点 B 和左焦点 F，且被圆 x2＋y2＝4 截得的弦长为 L，若 L≥4 5 5 ，则椭圆的离心率 e 的取值范围是( ) A. 0， 5 5 B. 0，2 5 5 C. 0，3 5 5 D. 0，4 5 5 解析：选 B 依题意，b＝2，kc＝2，则 k＝b c ，设圆心到直线 l 的距离为 d，则 L＝ 2 4－d2≥4 5 5 ，解得 d2≤16 5 .又 d＝ 2 1＋k2 ，所以 4 1＋k2 ≤16 5 ，解得 k2≥1 4.于是 e2＝c2 a2 ＝ c2 b2＋c2 ＝ 1 1＋k2 ，所以 0＜e2≤4 5 ，解得 0＜e≤2 5 5 . 11．(2017·石家庄模拟)四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是边长为 6 的正方形，且 PA＝PB ＝PC＝PD，若一个半径为 1 的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高是( ) A．6 B．5 C.9 2 D.9 4 解析：选 D 过点 P 作 PH⊥平面 ABCD 于点 H.由题知，四棱锥 PABCD 是正四棱锥，内切球的球心 O 应在四棱锥的高 PH 上．过正四 棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中 PE，PF 是斜高，M 为球面与侧 面的一个切点．设 PH＝h，易知 Rt△PMO∽Rt△PHF，所以OM FH ＝PO PF ， 即1 3 ＝ h－1 h2＋32 ，解得 h＝9 4. 12．(2017·合肥模拟)已知函数 y＝(x2－2x)sin(x－1)＋x＋1 在[－1,3]上的最大值为 M， 最小值为 m，则 M＋m＝( ) A．4 B．2 C．1 D．0 解析：选 A 注意到 y＝[(x－1)2－1]sin(x－1)＋x＋1，可令 t＝x－1，令 g(t)＝(t2－1)sin t＋t，则 y＝g(t)＋2，t∈[－2,2]．显然 M＝g(t)max＋2，m＝g(t)min＋2.又 g(t)为奇函数，则 g(t)max ＋g(t)min＝0，所以 M＋m＝4. 二、填空题 13．(2018 届高三·洛阳摸底)若∫n0|x－5|dx＝25，则(2x－1)n 的二项展开式中 x2 的系数 为________． 解析：依题意，当 0＜n≤5 时，∫n0(5－x)dx＝ 5x－1 2x2 |n0＝5n－1 2n2＝25，即 n2－10n ＋50＝0，Δ＝100－4×50＜0，因此这样的 n 不存在；当 n＞5 时，∫50(5－x)dx＋∫n5(x－5)dx ＝ 5x－1 2x2 |50＋ 1 2x2－5x |n5＝1 2n2－5n＋25＝25(n＞5)，由此解得 n＝10，(2x－1)n＝(2x－1)10 的展开式的通项 Tr＋1＝Cr10·(2x)10－r·(－1)r＝Cr10·210－r·(－1)r·x10－r.令 10－r＝2得 r＝8.因此，(2x －1)n＝(2x－1)10 的展开式中 x2 的系数为 C810·22·(－1)8＝180. 答案：180 14．在平面几何中：△ABC 的∠C 的内角平分线 CE 分 AB 所成线段的比为AC BC ＝AE BE. 把这个结论类比到空间：在三棱锥 ABCD 中(如图)，平面 DEC 平分二面角 ACDB 且与 AB 相交于 E，则得到类比的结论是________． 解析：由类比推理的概念可知，平面中线段的比可转化为空间中面积的比，由此可得： AE EB ＝S△ACD S△BCD . 答案：AE EB ＝S△ACD S△BCD 15．(2017·宝鸡模拟)我市在“录像课评比”活动中，评审组将从录像课的“点播量” 和“专家评分”两个角度来进行评优．若 A 录像课的“点播量”和“专家评分”中至少有 一项高于 B 录像课，则称 A 录像课不亚于 B 录像课．假设共有 5 节录像课参评，如果某节 录像课不亚于其他 4 节，就称此节录像课为优秀录像课．那么在这 5 节录像课中，最多可 能有________节优秀录像课． 解析：记这 5 节录像课为 A1，A2，A3，A4，A5，设这 5 节录像课先退到 2 节录像课的 情形，若 A1 的点播量＞A2 的点播量，且 A2 的专家评分＞A1 的专家评分，则优秀录像课最 多可能有 2 节；再考虑 3 节录像课的情形，若 A1 的点播量＞A2 的点播量＞A3 的点播量，且 A3 的专家评分＞A2 的专家评分＞A1 的专家评分，则优秀录像课最多可能有 3 节．以此类推 可知：这 5 节录像课中，优秀录像课最多可能有 5 节． 答案：5 16．(2017·南京模拟)已知实数 x，y 满足 3x－2y－3≤0， x－3y＋6≥0， 2x＋y－2≥0， 在这两个实数 x，y 之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列 后三项和的最大值为________． 解析：设在这两个实数 x，y 之间插入三个实数 a1，a2，a3，即 x，a1，a2，a3，y 构成 等差数列，所以这个等差数列后三项和为 a2＋a3＋y＝x＋y 2 ＋ x＋y 2 ＋y 2 ＋y＝3 4(x＋3y)，令 z＝x ＋3y，作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，将直线 x＋3y＝0 平移至 A 处时， z 取得最大值． 由 3x－2y－3＝0， x－3y＋6＝0， 解得 A(3,3)， 所以 zmax＝3＋3×3＝12. 所以(a2＋a3＋y)max＝3 4(x＋3y)max＝3 4 ×12＝9. 答案：9 “12＋4”小题提速综合练(四) 一、选择题 1．(2017·惠州模拟)已知全集 U＝R，集合 A＝{1,2,3,4,5}，B＝{x∈ R|x≥2}，则图中阴影部分所表示的集合为( ) A．{0,1,2} B．{0,1} C．{1,2} D．{1} 解析：选 D 因为 A∩B＝{2,3,4,5}，而图中阴影部分为∁A(A∩B)，所以阴影部分所表 示的集合为{1}． 2．(2017·石家庄模拟)若复数 z 满足 zi＝2－3i(i 是虚数单位)，则复数 z 的共轭复数为 ( ) A．－3－2i B．－3＋2i C．2＋3i D．3－2i 解析：选 B 由题意，得 z＝2－3i i ＝i2－3i i2 ＝－3－2i，所以 z ＝－3＋2i，故选 B. 3．(2017·广州三市联考)已知向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2 3，a 与 b 的夹角的余弦值为 sin17π 3 ，则 b·(2a－b)等于( ) A．2 B．－1 C．－6 D．－18 解析：选 D ∵a 与 b 的夹角的余弦值为 sin17π 3 ＝－ 3 2 ，∴a·b＝1×2 3× － 3 2 ＝－3， b·(2a－b)＝2a·b－b2＝－6－12＝－18. 4．(2017·湘中名校联考)设 f(x)＝ 1－x2，x∈[－1，1， x2－1，x∈[1，2]， 则 ∫2－1f(x)dx 的值为( ) A.π 2 ＋4 3 B.π 2 ＋3 C.π 4 ＋4 3 D.π 4 ＋3 解析：选 A 错误!f(x)dx＝∫1－1 1－x2dx＋错误!21(x2－1)dx＝1 2π×12＋ 1 3 x3－x |2 1 ＝π 2 ＋4 3. 5．(2018 届高三·湖北七校联考)如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图是两 个全等的等腰三角形，底边长为 4，腰长为 3，则该几何体的表面积为( ) A．6π B．8π C．10π D．12π 解析：选 C 根据三视图，可以看出该几何体是一个圆锥，其底面圆的半径 r 为 2，侧 棱长 l 为 3，故该圆锥的表面积 S＝πr(r＋l)＝π×2×(2＋3)＝10π. 6．若 x，y 满足 x＋y≥1， mx－y≤0， 3x－2y＋2≥0， 且 z＝3x－y 的最大值为 2，则实数 m 的值为( ) A.1 3 B.2 3 C．1 D．2 解析：选 D 法一：由题意可知 m＞0，作出不等式组表示的 可行域如图阴影部分所示， 作出直线 l：3x－y＝0，平移直线 l：由题意可知，当直线 l 经 过点 A 时，z＝3x－y 取得最大值． 由 mx－y＝0， 3x－2y＋2＝0， 解得 A 2 2m－3 ， 2m 2m－3 ， ∴3× 2 2m－3 － 2m 2m－3 ＝2， 解得 m＝2. 法二：若 z＝3x－y 的最大值为 2，则此时目标函数为 y＝3x－2，直线 y＝3x－2 与 3x －2y＋2＝0 和 x＋y＝1 分别交于 A(2,4)，B 3 4 ，1 4 ，mx－y＝0 经过其中一点，所以 m＝2 或 m＝1 3 ，当 m＝1 3 时，经检验不符合题意，故 m＝2，选 D. 7．(2017·福州模拟)在检测一批相同规格共 500 kg 航空用耐热垫片的品质时，随机抽取 了 280 片，检测到有 5 片非优质品，则这批航空用耐热垫片中非优质品约为( ) A．2.8 kg B．8.9 kg C．10 kg D．28 kg 解析：选 B 由题意，可知抽到非优质品的概率为 5 280 ，所以这批航空用耐热垫片中非 优质品约为 500× 5 280 ＝125 14 ≈8.9 kg. 8.执行如图所示的程序框图，若输入的 m＝168，n＝112，则输出的 k， m 的值分别为( ) A．4,7 B．4,56 C．3,7 D．3,56 解析：选 C 执行第一个循环结构，第一次循环：k＝1，m＝84，n＝ 56，m，n 均为偶数；第二次循环：k＝2，m＝42，n＝28，m，n 均为偶数； 第三次循环：k＝3，m＝21，n＝14，因为 m 不是偶数，所以结束第一个循 环．因为 m≠n，所以执行第二个循环结构，第一次循环：d＝|21－14|＝7， m＝14，n＝7，m≠n；第二次循环：d＝|14－7|＝7，m＝7，n＝7，因为 m ＝n，所以结束循环，输出的 k＝3，m＝7. 9．(2017·广州三市联考)已知双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为 F1(－ c,0)，F2(c,0)，P 是双曲线 C 右支上一点，且|PF2|＝|F1F2|，若直线 PF1 与圆 x2＋y2＝a2 相切， 则双曲线的离心率为( ) A.4 3 B.5 3 C．2 D．3 解析：选 B 取线段 PF1 的中点为 A，连接 AF2，又|PF2|＝|F1F2|，则 AF2⊥PF1，∵直 线 PF1 与圆 x2＋y2＝a2 相切，∴|AF2|＝2a，∵|PA|＝1 2|PF1|＝a＋c，∴4c2＝(a＋c)2＋4a2，化 简得(3c－5a)(a＋c)＝0，故 3c＝5a，则双曲线的离心率为 e＝c a ＝5 3. 10 ． (2017· 石 家 庄 模 拟 ) 已 知 函 数 f(x) ＝ xln1＋x＋x2，x≥0， －xln1－x＋x2，x＜0， 若 f( － a) ＋ f(a)≤2f(1)，则实数 a 的取值范围是( ) A．(－∞，－1]∪[1，＋∞) B．[－1,0] C．[0,1] D．[－1,1] 解析：选 D 若 x＞0，则－x＜0，f(－x)＝xln(1＋x)＋x2＝f(x)，同理可得 x＜0 时，f(－ x)＝f(x)，且 x＝0 时，f(0)＝f(0)，所以 f(x)为偶函数．当 x≥0 时，易知 f(x)＝xln(1＋x)＋x2 为增函数，所以不等式 f(－a)＋f(a)≤2f(1)等价于 2f(a)≤2f(1)，即 f(a)≤f(1)，亦即 f(|a|)≤f(1)， 则|a|≤1，解得－1≤a≤1. 11．(2018届高三·张掖调研)已知函数f(x)＝Acos2(ωx＋φ)＋1 A＞0，ω＞0，0＜φ＜π 2 的 最大值为 3，f(x)的图象与 y 轴的交点坐标为(0,2)，其相邻两条对称轴间的距离为 2，则 f(1) ＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 017)的值为( ) A．2 468 B．3 501 C．4 033 D．5 739 解析：选 C f(x)＝A 2cos(2ωx＋2φ)＋1＋A 2 ，∵f(x)max＝3，∴A＝2，令 x＝0，则 cos 2φ ＝0， ∵0＜φ＜π 2 ，∴φ＝π 4 ， 易知函数 f(x)的最小正周期为 4， ∴2π 2ω ＝4，得ω＝π 4 ， 故 f(x)＝－sinπx 2 ＋2， ∵f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4) ＝(－1＋2)＋(0＋2)＋(1＋2)＋(0＋2)＝8， 2 017＝504×4＋1， 故 f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 017) ＝504×8＋(－1＋2)＝4 033. 12．若存在正实数 m，使得关于 x 的方程 x＋a(2x＋2m－4ex)[ln(x＋m)－ln x]＝0 有两 个不同的根，其中 e 为自然对数的底数，则实数 a 的取值范围是( ) A．(－∞，0) B. 0， 1 2e C．(－∞，0)∪ 1 2e ，＋∞ D. 1 2e ，＋∞ 解析：选 D 当 a＝0 时，方程只有一个解，不满足题意，当 a≠0，原方程有两个不同 的根等价于方程1 a ＝2 2e－x＋m x ln x＋m x 有两个不同的根．令 t＝x＋m x ＞1，则1 a ＝2(2e－t)ln t．设 f(t)＝2(2e－t)ln t，则 f′(t)＝2 2e t －ln t－1 ，当 t＞e 时，f′(t)＜0，当 1＜t＜e 时，f′(t) ＞0，所以 f(t)在(e，＋∞)上单调递减，在(1，e)上单调递增，所以 f(t)≤f(e)＝2e，且当 1＜t ＜e 时，f(t)＞0，当 t→＋∞时，f(t)→－∞，所以要使1 a ＝2(2e－t)ln t 存在两个不同的根，则 需 0＜1 a ＜2e，即 a＞ 1 2e ，所以 a 的取值范围为 1 2e ，＋∞ . 二、填空题 13．(2017·贵阳模拟)设 m 是正整数，(1－2x)m 的展开式中含 x 项的系数为－16，则 m ＝________. 解析：依题意得 C1m×1m－1×(－2)1＝－2m＝－16，解得 m＝8. 答案：8 14．(2018 届高三·长春调研)已知 AB―→与 AC―→的夹角为 90°，| AB―→ |＝2，| AC―→ |＝1，AM―→＝ λ AB―→＋μ AC―→ (λ，μ∈R)，且 AM―→ · BC―→＝0，则λ μ 的值为________． 解析：根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则 A(0,0)，B(0,2)， C(1，0)，所以 AB―→＝(0,2)， AC―→＝(1,0)， BC―→＝(1，－2)．设 M(x，y)，则 AM―→ ＝(x，y)，所以 AM―→ · BC―→＝(x，y)·(1，－2)＝x－2y＝0，所以 x＝2y，又 AM―→＝ λ AB―→＋μ AC―→，即(x，y)＝λ(0,2)＋μ(1,0)＝(μ，2λ)，所以 x＝μ，y＝2λ，所以λ μ ＝ 1 2y x ＝1 4. 答案：1 4 15．(2017·成都模拟)我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积 的计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．“势”即 是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截 得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．类比 祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图 1 是一个形状不规则的封闭图形，图 2 是 一个上底为 1 的梯形，且当实数 t 取[0,3]上的任意值时，直线 y＝t 被图 1 和图 2 所截得的两 线段长始终相等，则图 1 的面积为________． 解析：类比祖暅原理，得图 1 的面积就是图 2 梯形的面积，即为1＋2×3 2 ＝9 2. 答案：9 2 16．(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的右顶点为 A，以 A 为圆心， b 为半径作圆 A，圆 A 与双曲线 C 的一条渐近线交于 M，N 两点．若∠MAN＝60°，则 C 的离心率为________． 解析：双曲线的右顶点为 A(a,0)，一条渐近线的方程为 y＝b ax，即 bx－ay＝0，则圆心 A 到此渐近线的距离 d＝|ba－a×0| b2＋a2 ＝ab c .又因为∠MAN＝60°，圆的半径为 b，所以 b·sin 60° ＝ab c ，即 3b 2 ＝ab c ，所以 e＝ 2 3 ＝2 3 3 . 答案：2 3 3 “12＋4”小题提速综合练(五) 一、选择题 1．(2017·沈阳检测)已知集合 A＝{x|x(x－3)＜0}，B＝{－1,0,1,2,3}，则 A∩B＝( ) A．{－1} B．{1,2} C．{0,3} D．{－1,1,2,3} 解析：选 B 因为 A＝{x|0＜x＜3}，B＝{－1,0,1,2,3}，所以 A∩B＝{1,2}． 2．(2017·兰州模拟)设复数 z＝－1－i(i 为虚数单位)，z 的共轭复数为 z－，则|z· z－|＝( ) A．1 B. 2 C．2 D. 10 解析：选 C ∵ z－＝－1＋i，∴|z· z－|＝(－1)2＋12＝2. 3．已知平面向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2，且(a＋b)⊥a，则 a 与 b 的夹角为( ) A.π 6 B.π 3 C.2π 3 D.5π 6 解析：选 C 依题意得(a＋b)·a＝1＋2cos〈a，b〉＝0，cos〈a，b〉＝－1 2 ，〈a，b〉＝ 2π 3 ，即向量 a 与 b 的夹角为2π 3 . 4．随机抽取 100 名高三学生的某次数学考试成绩，经数据处理后作出如图所示的频率 分布直方图，根据图中信息，可以推断出成绩在[80,90)之间的人数是( ) A．20 B．45 C．50 D．55 解析：选 A 依题意得(0.010＋0.015＋x＋0.030＋0.015＋0.010)×10＝1，解得 x＝0.02， 所以成绩在[80,90)之间的频率为 0.02×10＝0.2，故成绩在[80,90)之间的人数是 100×0.2＝ 20. 5．为了研究高中学生对乡村音乐的态度(喜欢和不喜欢两种态度)与性别的关系，运用 2×2 列联表进行独立性检验，计算得 K2 的观测值 k＝8.01，若推断“喜欢乡村音乐与性别 有关系”，则这种推断犯错误的概率不超过( ) P(K2≥k0) 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 A．0.01 B．0.025 C．0.005 D．0.001 解析：选 C 由 K2 的观测值 k＝8.01，观测值同临界值进行比较可知，这种推断犯错误 的概率不超过 0.005. 6．(2018 届高三·长沙摸底)运行如图所示的程序框图，则输出的结果为( ) A．1 008 B．1 009 C．2 016 D．2 017 解析：选 A 由程序框图知，此题是求当 k 取 1,2，…，2 016 这些值时，(－1)k·k 的和， 所以输出的 S＝0－1＋2－3＋4－…＋2 014－2 015＋2 016＝0＋(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋ (－2 015＋2 016)＝1 008. 7.(2017·石家庄模拟)某几何体的三视图如图所示(在网格线中，每个 小正方形的边长为 1)，则该几何体的体积为( ) A．2 B．3 C．4 D．6 解析：选 A 由三视图知，该几何体为四棱锥，其底面面积 S＝1 2 ×(1＋2)×2＝3，高 为 2，所以该几何体的体积 V＝1 3 ×3×2＝2. 8．(2017·长沙模拟)关于函数 y＝2sin 3x＋π 4 ＋1，下列叙述有误的是( ) A．其图象关于直线 x＝－π 4 对称 B．其图象可由 y＝2sin x＋π 4 ＋1 图象上所有点的横坐标变为原来的1 3 得到 C．其图象关于点 11π 12 ，0 对称 D．其值域是[－1,3] 解析：选 C 法一：由 3x＋π 4 ＝π 2 ＋kπ，k∈Z，解得 x＝ π 12 ＋kπ 3 ，k∈Z，当 k＝－1 时， 函数 y＝2sin 3x＋π 4 ＋1 的对称轴为 x＝－π 4 ，故 A 正确；由图象变换知识可得横坐标变为 原来的1 3 ，就是把 x 的系数扩大 3 倍，故 B 正确；由 3x＋π 4 ＝kπ(k∈Z)，解得 x＝－ π 12 ＋kπ 3 ， k∈Z，当 k＝3 时，x＝11π 12 ，对称中心为 11π 12 ，1 ，故 C 错误；因为－1≤sin 3x＋π 4 ≤1， 所以函数 y＝2sin 3x＋π 4 ＋1 的值域为[－1,3]，故 D 正确． 法二：由于函数 y＝2sin 3x＋π 4 ＋1 是在 y＝2sin 3x＋π 4 的基础上向上平移了 1 个单位 长度而得到，因此对称中心的纵坐标应为 1，故选项 C 错误． 9．函数 y＝ 2x ln|x| 的图象大致为( ) 解析：选 B 函数 y＝ 2x ln|x| 的定义域是{x|x≠0，x≠1，x≠－1}，排除 A；函数定义域关 于原点对称，且 f(－x)＝－ 2x ln|x| ＝－f(x)，则函数为奇函数，排除 C；当 x∈(0,1)时，y＝ 2x ln x ＜0，排除 D，故选 B. 10．设 a＞b＞1，c＜0，给出下列四个结论： ①c a ＞c b ；②ac＞bc；③(1－c)a＜(1－c)b；④logb(a－c)＞loga(b－c)． 其中正确结论有( ) A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 解析：选 B 因为 a＞b＞1，c＜0，所以 0＜1 a ＜1 b ＜1，c a ＞c b ，①正确；因为 c＜0，所 以 y＝xc 在(0，＋∞)上单调递减，则 ac＜bc，②错误；因为 c＜0,1－c＞1，所以 y＝(1－c)x 在 R 上单调递增，则(1－c)a＞(1－c)b，③错误；因为 a－c＞b－c＞1，则 logb(a－c)＞logb(b －c)＞loga(b－c)，④正确．综上所述，正确的结论有 2 个，故选 B. 11．(2017·云南模拟)设双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的左焦点为 F，直线 4x－3y ＋20＝0 过点 F 且与 C 在第二象限的交点为 P，O 为原点，若|OP|＝|OF|，则 C 的离心率为 ( ) A．5 B. 5 C.5 3 D.5 4 解析：选 A 依题意得 F(－5,0)，|OP|＝|OF|＝5，tan∠PFO＝4 3 ，cos∠PFO＝ 1 1＋tan2∠PFO ＝3 5 ，|PF|＝2|OF|cos∠PFO＝6.记双曲线的右焦点为 F2，则有|FF2|＝10.在 △PFF2 中，|PF2|＝ |PF|2＋|FF2|2－2|PF|·|FF2|·cos∠PFF2＝8.由双曲线的定义得 a＝1 2(|PF2| －|PF|)＝1，则 C 的离心率为 e＝c a ＝5. 12．已知函数 f(x)＝3x a －2x2＋ln x(a＞0)，若函数 f(x)在[1,2]上为单调函数，则 a 的取 值范围是( ) A. 0，2 5 B．[1，＋∞) C. 0，2 5 ∪(1，＋∞) D. 0，2 5 ∪[1，＋∞) 解析：选 D f′(x)＝3 a －4x＋1 x(a＞0)， 若函数 f(x)在[1,2]上为单调函数， 则 f′(x)＝3 a －4x＋1 x ≥0 或 f′(x)＝3 a －4x＋1 x ≤0 在[1,2]上恒成立， 即3 a ≥4x－1 x 或3 a ≤4x－1 x 在[1,2]上恒成立， 令 h(x)＝4x－1 x ，则 h′(x)＝4＋ 1 x2 ＞0，x∈[1,2]， 所以 h(x)＝4x－1 x 在[1,2]上单调递增， 所以3 a ≥h(2)＝15 2 或3 a ≤h(1)＝3， 又 a＞0，则 0＜a≤2 5 或 a≥1. 二、填空题 13．设 1＋x5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a5·(x－1)5，则 a0＋a1＋a2＋…＋a5＝ ________. 解析：令 x＝2，得 1＋25＝a0＋a1＋a2＋…＋a5，即 a0＋a1＋a2＋…＋a5＝33. 答案：33 14．若实数 x，y 满足约束条件 2x＋y≥2， x－2y≥－4， 3x－y≤3， 则 z＝2x－y 的最大值为________． 解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，由图知， 当直线 z＝2x－y 经过点 A(1,0)时，目标函数取得最大值，即 zmax＝2×1 －0＝2. 答案：2 15．已知圆 C 的圆心在 x 轴的正半轴上，点 M(0， 5)在圆 C 上，且圆心到直线 2x－y ＝0 的距离为4 5 5 ，则圆 C 的方程为________． 解析：因为圆 C 的圆心在 x 轴的正半轴上，设 C(a,0)，且 a＞0，所以圆心到直线 2x－ y＝0 的距离 d＝2a 5 ＝4 5 5 ，解得 a＝2，所以圆 C 的半径 r＝|CM|＝ 22＋ 52＝3， 所以圆 C 的方程为(x－2)2＋y2＝9. 答案：(x－2)2＋y2＝9 16．(2017·辽宁朝阳三校协作体模考)定义：如果函数 y＝f(x)在定义域内的给定区间[a， b]上存在 x0(a＜x0＜b)，满足 f(x0)＝fb－fa b－a ，则称函数 y＝f(x)是[a，b]上的“平均值函数”， x0 是它的一个均值点，例如 y＝x2 是[－1,1]上的平均值函数，0 就是它的均值点．现有函数 f(x)＝x3＋mx 是[－1,1]上的平均值函数，则实数 m 的取值范围是________． 解析：由 f(x)＝x3＋mx 是[－1,1]上的平均值函数，知关于 x 的方程 x3＋mx＝f1－f－1 1－－1 在区间(－1,1)上有解，即方程 x3＋mx－m－1＝0 在区间(－1,1)上有解，就是方程 m＝－x2 －x－1 在区间(－1,1)上有解．因为当 x∈(－1,1)时，y＝－x2－x－1＝－ x＋1 2 2－3 4 ∈ －3，－3 4 ，所以 m 的取值范围是 －3，－3 4 . 答案： －3，－3 4 “12＋4”小题提速综合练(六) 一、选择题 1．(2018 届高三·广西三市联考)设集合 A＝{x|y＝ x－1}，集合 B＝{x|2x－x2＞0}，则(∁ RA)∩B 等于( ) A．(0,2) B．[1,2) C．(0,1) D．∅ 解析：选 C ∵A＝[1，＋∞)，B＝(0,2)，∴(∁RA)∩B＝(0,1)． 2．(2017·湘中名校联考)若复数 z＝m(m－1)＋(m－1)i 是纯虚数，其中 m 是实数，则1 z ＝ ( ) A．i B．－i C．2i D．－2i 解析：选 A 由题意，得 m(m－1)＝0 且(m－1)≠0，得 m＝0，所以 z＝－i，1 z ＝ 1 －i ＝ i. 3．设 a＝错误!(3x2－2x)dx，则二项式 ax2－1 x 6 展开式中的第 4 项为( ) A．－1 280x3 B．－1 280 C．240 D．－240 解析：选 A 由微积分基本定理知 a＝x3－x221＝4，则 ax2－1 x 6＝ 4x2－1 x 6 展开式中的 第 4 项为 T3＋1＝C36(4x2)3 －1 x 3＝－1 280x3. 4．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N， Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是( ) 解析：选 A 法一：对于选项 B，如图所示，连接 CD，因为 AB ∥CD，M，Q 分别是所在棱的中点，所以 MQ∥CD，所以 AB∥MQ . 又 AB⊄平面 MNQ，MQ⊂平面 MNQ，所以 AB∥平面 MNQ.同理可证 选项 C、D 中均有 AB∥平面 MNQ.故选 A. 法二：对于选项 A，设正方体的底面对角线的交点为 O(如图所示)， 连接 OQ，则 OQ∥AB.因为 OQ 与平面 MNQ 有交点，所以 AB 与平面 MNQ 有交点，即 AB 与平面 MNQ 不平行，根据直线与平面平行的判 定定理及三角形的中位线性质知，选项 B、C、D 中 AB∥平面 MNQ. 故选 A. 5．(2017·北京西城区模拟)已知圆 C 的圆心是直线 x－y＋1＝0 与 x 轴的交点，且圆 C 与直线 x＋y＋3＝0 相切，则圆 C 的方程是( ) A．(x＋1)2＋y2＝2 B．(x＋1)2＋y2＝8 C．(x－1)2＋y2＝2 D．(x－1)2＋y2＝8 解析：选 A 根据题意直线 x－y＋1＝0 与 x 轴的交点为(－1,0)．因为圆与直线 x＋y＋ 3＝0 相切，所以半径为圆心到切线的距离，即 r＝d＝|－1＋0＋3| 12＋12 ＝ 2，则圆的方程为(x＋ 1)2＋y2＝2. 6．函数 y＝ecos x(－π≤x≤π)的大致图象为( ) 解析：选 C ∵y＝ecos x，x∈[－π，π]为偶数．故排除 B、D.又当 x∈[0，π]时 u＝cos x 为减函数，y＝eu 为增函数，∴y＝ecos x 在[0，π]内为减函数，故排除 A，选 C. 7.(2018 届高三·云南调研)已知某几何体的三视图如图所示，则该几 何体的体积为( ) A．1 B．2 C．3 D．6 解析：选 C 依题意，题中的几何体是一个直三棱柱(其底面左、 右相对)，其中底面是直角边长分别为 1、2 的直角三角形，侧棱长为 3，因此其体积为 1 2 ×1×2 ×3＝3. 8．(2017·广州模拟)执行如图所示的程序框图．若输入的 n＝5，则输出 k 的值为( ) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：选 B k＝0，n＝16，执行否；k＝1，n＝49，执行否；k＝2，n＝148，执行否； k＝3，n＝445＞150，执行是，输出的 k＝3，n＝445. 9．(2017·福州模拟)要得到函数 f(x)＝sin 2x 的图象，只需将函数 g(x)＝cos 2x 的图象 ( ) A．向左平移1 2 个周期 B．向右平移1 2 个周期 C．向左平移1 4 个周期 D．向右平移1 4 个周期 解析：选 D 因为 f(x)＝sin 2x＝cos 2x－π 2 ＝cos 2 x－π 4 ，且函数 g(x)的周期为2π 2 ＝π， 所以将函数 g(x)＝cos 2x 的图象向右平移π 4 个单位长度，即向右平移1 4 个周期，得到函数 f(x) ＝sin 2x 的图象． 10.(2018 届高三·宁夏吴忠联考)如图，某海上缉私小分队驾驶缉私艇以 40 km/h 的速度由 A 处出发，沿北偏东 60°方向进行海面巡逻，当航行半小 时到达 B 处时，发现北偏西 45°方向有一艘船 C，若船 C 位于 A 的北偏东 30° 方向上，则缉私艇所在的 B 处与船 C 的距离是( ) A．5( 6＋ 2)km B．5( 6－ 2)km C．10( 6－ 2)km D．10( 6＋ 2)km 解析：选 C 由题意，知∠BAC＝60°－30°＝30°，∠ABC＝30°＋45°＝75°，∠ACB＝ 180°－75°－30°＝75°，∴AC＝AB＝40×1 2 ＝20(km)．由余弦定理，得 BC2＝AC2＋AB2－ 2AC·AB·cos∠BAC＝202＋202－2×20×20×cos 30°＝800－400 3＝400(2－ 3)， ∴BC＝ 4002－ 3＝ 200 3－12＝10 2( 3－1)＝10( 6－ 2)km. 11．(2017·安徽二校联考)已知点 P，A，B 在双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)上，直线 AB 过坐标原点，且直线 PA，PB 的斜率之积为1 3 ，则双曲线的离心率为( ) A.2 3 3 B. 15 3 C．2 D. 10 2 解析：选 A 根据双曲线的对称性可知点 A，B 关于原点对称，设 A(x1，y1)，B(－x1， －y1)，P(x，y)，所以x21 a2 －y21 b2 ＝1，x2 a2 －y2 b2 ＝1，两式相减得x21－x2 a2 ＝y21－y2 b2 ，即y21－y2 x21－x2 ＝b2 a2 ，因 为直线 PA，PB 的斜率之积为1 3 ，所以 kPA·kPB＝y1－y x1－x · －y1－y －x1－x ＝y21－y2 x21－x2 ＝b2 a2 ＝1 3 ，所以双曲线 的离心率为 e＝ 1＋b2 a2 ＝ 1＋1 3 ＝2 3 3 . 12．(2017·成都模拟)已知函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数，且 f(－x－1)＝f(x－1)，当 x∈[－1,0]时，f(x)＝－x3，则关于 x 的方程 f(x)＝|cos πx|在 －5 2 ，1 2 上的所有实数解之和为 ( ) A．－7 B．－6 C．－3 D．－1 解析：选 A 因为函数 f(x)为偶函数，所以 f(－x－1)＝f(x＋1)＝f(x－1)，所以函数 f(x) 的周期为 2，又当 x∈[－1,0]时，f(x)＝－x3，由此在同一平面直角坐标系内作出函数 y＝f(x) 与 y＝|cos πx|的图象，如图所示．由图知关于 x 的方程 f(x)＝|cos πx|在 －5 2 ，1 2 上的实数解 有 7 个．不妨设 x1＜x2＜x3＜x4＜x5＜x6＜x7，则由图，得 x1＋x2＝－4，x3＋x5＝－2，x4＝ －1，x6＋x7＝0，所以方程 f(x)＝|cos πx|在 －5 2 ，1 2 上的所有实数解的和为－4－2－1＋0＝ －7. 二、填空题 13．(2017·长沙模拟)已知实数 x，y 满足 x＋y≤10， 3x＋y≤18， x≥0， y≥0， 则 z＝x＋y 2 的最大值为 ________． 解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，目标函数的方程化成斜截式 为 y＝－2x＋2z，平移直线 y＝－2x，当直线经过点 B 时，z＝x＋y 2 取得最大值，联立方程 3x＋y－18＝0， x＋y－10＝0， 解得 x＝4， y＝6， 即 B(4,6)，所以 zmax＝4＋3＝7. 答案：7 14.(2017·长春模拟)将 1,2,3,4…这样的正整数按如图所示的方式排 成三角形数组，则第 10 行左数第 10 个数为________． 解析：由三角形数组可推断出，第 n 行共有 2n－1 个数，且最后一 个数为 n2，所以第 10 行共 19 个数，最后一个数为 100，左数第 10 个数 是 91. 答案：91 15．(2017·福州模拟)正方形 ABCD 中，E 为 BC 的中点，向量 AE―→， BD―→的夹角为θ， 则 cos θ＝________. 解析：法一：设正方形的边长为 a，则| AE―→ |＝ 5 2 a，| BD―→ |＝ 2a，又 AE―→ · BD―→＝ AB―→＋1 2 AD―→ ·( AD―→－ AB―→)＝1 2 AD―→2－ AB―→2＋1 2 AD―→· AB―→＝－1 2a2，所以 cos θ＝ AE―→ · BD―→ | AE―→ |·| BD―→ | ＝ －1 2a2 5a 2 · 2a ＝－ 10 10 . 法二：设正方形的边长为 2，建立如图所示的平面直角坐标系．则 A(0,0)，B(2,0)，D(0,2)， E(2,1)，∴ AE―→＝(2,1)， BD―→＝(－2,2)， ∴ AE―→ · BD―→＝2×(－2)＋1×2＝－2，所以 cos θ＝ AE―→ · BD―→ | AE―→|·| BD―→| ＝ －2 5×2 2 ＝－ 10 10 . 答案：－ 10 10 16．已知圆 C 的方程为(x－1)2＋y2＝1，P 是椭圆x2 4 ＋y2 3 ＝1 上一点，过点 P 作圆 C 的两 条切线，切点为 A，B，则 PA―→ · PB―→的最小值是________． 解 析 ： 设 ∠ APB ＝ 2θ ， PA―→ · PB―→ ＝ | PA―→ |·| PB―→ |cos 2θ ＝ | PA―→ |2(2cos2θ － 1) ＝ | PA―→|2 2· | PA―→|2 | PC―→ |2 －1 ，令| PC―→|2＝x，得 PA―→· PB―→＝x＋2 x －3，∵x∈(1,9]，∴ PA―→· PB―→≥2 2 －3，当且仅当 x＝ 2时，取等号，故 PA―→ · PB―→的最小值是 2 2－3. 答案：2 2－3 “12＋4”小题提速综合练(七) 一、选择题 1．(2016·浙江高考)命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得 n≥x2”的否定形式是( ) A．∀x∈R，∃n∈N*，使得 n＜x2 B．∀x∈R，∀n∈N*，使得 n＜x2 C．∃x∈R，∃n∈N*，使得 n＜x2 D．∃x∈R，∀n∈N*，使得 n＜x2 解析：选 D 由于特称命题的否定形式是全称命题，全称命题的否定形式是特称命题， 所以“∀x∈R，∃n∈N*，使得 n≥x2”的否定形式为“∃x∈R，∀n∈N*，使得 n＜x2”． 2．(2017·南京模拟)若复数 z＝(a－1)＋3i(a∈R)在复平面内对应的点在直线 y＝x＋2 上， 则 a 的值等于( ) A．1 B．2 C．5 D．6 解析：选 B 因为复数 z＝(a－1)＋3i(a∈R)在复平面内对应的点为(a－1,3)，所以由题 意得点在直线 y＝x＋2 上，则 3＝a－1＋2，解得 a＝2. 3．把函数 y＝sin x＋π 3 的图象上各点的横坐标缩短到原来的1 2(纵坐标不变)，再将图象 向右平移π 3 个单位，所得图象对应的函数为( ) A．y＝sin 2x－π 3 B．y＝sin 2x C．y＝sin 1 2 x＋π 6 D．y＝sin1 2x 解析：选 A 把函数 y＝sin x＋π 3 的图象上各点的横坐标缩短到原来的1 2(纵坐标不变)， 得到 y＝sin 2x＋π 3 的图象，再将图象向右平移π 3 个单位，所得图象对应的函数为 y＝ sin 2 x－π 3 ＋π 3 ＝sin 2x－π 3 . 4.如图所示的程序框图，程序运行时，若输入的 S＝－12，则输出 S 的值为( ) A．4 B．5 C．8 D．9 解析：选 C 第一次循环，得 S＝－10，n＝2；第二次循环，得 S＝ －6，n＝3；第三次循环，得 S＝0，n＝4；第四次循环，得 S＝8，n＝5. 此时 S＞n，不满足循环条件，退出循环，输出 S 的值为 8，故选 C. 5．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足S3 3 －S2 2 ＝1，则数列{an} 的公差 d 是( ) A．1 B．2 C．4 D．6 解析：选 B 法一：等差数列{an}的前 n 项和为 Sn＝na1＋1 2n(n－1)d，所以有Sn n ＝a1＋1 2(n －1)d，代入S3 3 －S2 2 ＝1 中，得 a1＋1 2(3－1)d－a1＋1 2(2－1)d＝1 2d＝1，所以 d＝2. 法二：易知数列 Sn n 是公差为d 2 的等差数列，所以 d＝2. 6．在[－2,6]上随机取一个数 m，则使关于 x 的一元二次方程 x2－4x＋m2＝0 有实数根 的概率是( ) A.1 2 B.1 3 C.1 4 D.1 5 解析：选 A 由关于 x 的一元二次方程 x2－4x＋m2＝0 得(－4)2－4m2≥0，解得－ 2≤m≤2，所以所求概率 P＝2－－2 6－－2 ＝1 2. 7．函数 y＝excos ex e2x－1 的图象大致为( ) 解析：选 D 设 f(x)＝excos ex e2x－1 ，则易得函数 f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且 f(－x)＝e－xcos－ex e－2x－1 ＝excos ex 1－e2x ＝－f(x)，所以函数 f(x)为奇函数，函数图象关于原点中心对 称，排除 A；当 0＜x＜ π 2e 时，f(x)＞0，排除 B；当 x 增大时，函数值的符号正负交替出现， 排除 C，故选 D. 8．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱 ABCA1B1C1 中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1 ＝1，则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为( ) A. 3 2 B. 15 5 C. 10 5 D. 3 3 解析：选 C 法一：如图所示，将直三棱柱 ABCA1B1C1 补成直四棱柱 ABCDA1B1C1D1， 连接 AD1，B1D1，则 AD1∥BC1，所以∠B1AD1 或其补角为异面直线 AB1 与 BC1 所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1， 所以 AB1＝ 5，AD1＝ 2. 在△B1D1C1 中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以 B1D1 ＝ 12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3， 所以 cos∠B1AD1＝ 5＋2－3 2× 5× 2 ＝ 10 5 . 法二：如图，设 M，N，P 分别为 AB，BB1，B1C1 的中点，连接 MN，NP，MP，则 MN∥AB1，NP∥BC1，所以∠PNM 或其补角为异面直线 AB1 与 BC1 所成的角．易知 MN＝1 2AB1＝ 5 2 ，NP＝1 2BC1＝ 2 2 .取 BC 的中点 Q， 连接 PQ，MQ，可知△PQM 为直角三角形，PQ＝1，MQ＝1 2AC. 在△ABC 中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1× －1 2 ＝7， 所以 AC＝ 7，MQ＝ 7 2 . 在△MQP 中，MP＝ MQ2＋PQ2＝ 11 2 ， 则在△PMN 中，cos∠PNM＝MN2＋NP2－MP2 2·MN·NP ＝ 5 2 2＋ 2 2 2－ 11 2 2 2× 5 2 × 2 2 ＝－ 10 5 ， 所以异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 10 5 . 9．(2017·惠州模拟)设直线 l 过双曲线 C 的一个焦点，且与 C 的一条对称轴垂直，l 与 C 交于 A，B 两点，|AB|为 C 的实轴长的 2 倍，则 C 的离心率为( ) A. 3 B. 2 C．2 D．3 解析：选 A 设双曲线 C 的标准方程为x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)，由于直线 l 过双曲线的 焦点且与对称轴垂直，因此直线 l 的方程为 x＝c 或 x＝－c，代入x2 a2 －y2 b2 ＝1 中得 y2＝b2 c2 a2 －1 ＝b4 a2 ，∴y＝±b2 a ，故|AB|＝2b2 a ，依题意2b2 a ＝4a，∴b2 a2 ＝2，∴e＝ 1＋b2 a2 ＝ 3. 10．(2017·湘中名校联考)已知函数 f(x)＝sin(2x＋φ)，其中φ为实数，若 f(x)≤|f π 6 |对 x ∈R 恒成立，且 f π 2 ＞f(π)，则 f(x)的单调递增区间是( ) A. kπ－π 3 ，kπ＋π 6 (k∈Z) B. kπ，kπ＋π 2 (k∈Z) C. kπ＋π 6 ，kπ＋2π 3 (k∈Z) D. kπ－π 2 ，kπ (k∈Z) 解析：选 C 因为 f(x)≤|f π 6 |对 x∈R 恒成立，即|f π 6 |＝|sin π 3 ＋φ |＝1，所以φ＝kπ ＋π 6(k∈Z)．因为 f π 2 ＞f(π)，所以 sin(π＋φ)＞sin(2π＋φ)，即 sin φ＜0，所以φ＝－5π 6 ＋2kπ(k ∈Z)，所以 f(x)＝sin 2x－5π 6 ，所以由三角函数的单调性知 2x－5π 6 ∈ 2kπ－π 2 ，2kπ＋π 2 (k ∈Z)，得 x∈ kπ+π 6 ，kπ＋2π 3 (k∈Z)． 11．已知曲线 C：y＝1 8x2 的焦点为 F，过点 F 的直线 l 与曲线 C 交于 P，Q 两点，且|FP| ＝2|FQ|，则△OPQ 的面积等于( ) A．6 2 B.3 2 2 C．12 2 D.3 2 4 解析：选 A 由题意得抛物线的标准方程为 x2＝8y，所以焦点 F(0,2)，易得直线 l 的斜 率一定存在，则不妨设直线 l 的方程为 y＝kx＋2，与抛物线的方程联立，消去 y 得 x2－8kx －16＝0，则 xPxQ＝－16， ① 又因为|FP|＝2|FQ|，所以 xP＝－2xQ， ② 联立①②，解得 xP＝4 2， xQ＝－2 2 或 xP＝－4 2， xQ＝2 2， 所以 S△OPQ＝1 2(|xP|＋|xQ|)·|OF|＝6 2. 12．(2018 届高三·昆明两区七校调研)若 f(x)＋1＝ 1 fx＋1 ，当 x∈[0,1]时，f(x)＝x，在 区间(－1,1]内，g(x)＝f(x)－mx－m 2 有两个零点，则实数 m 的取值范围是( ) A. 0，1 3 B. 0，2 3 C. 0，1 3 D. 2 3 ，＋∞ 解析：选 B 依题意， f(x)＝ 1 fx＋1 －1， 当 x∈(－1,0)时，x＋1∈(0,1)， f(x)＝ 1 fx＋1 －1＝ 1 x＋1 －1， 由 g(x)＝0 得 f(x)＝m x＋1 2 . 在同一坐标系上画出函数 y＝f(x)与 y＝m x＋1 2 在区间(－1,1]内的图象， 结合图象可知，要使 g(x)有两个零点，只需函数 y＝f(x)与 y＝m x＋1 2 该直线斜率为 m，过点 －1 2 ，0 在区间(－1，1]内的图象有两个不同的交点，故实数 m 的 取值范围是 0，2 3 ，选 B. 二、填空题 13．(2017·合肥模拟)某同学在高三学年的五次阶段性考试中，数学成绩依次为 110,114,121,119,126，则这组数据的方差是________． 解析：因为对一组数据同时加上或减去同一个常数，方差不变，所以本题中可以先对 这 5 个数据同时减去 110，得到新的数据分别为 0,4,11,9,16，其平均数为 x ＝1 5(0＋4＋11＋ 9＋16)＝8， 根据方差公式可得 s2＝0－82＋4－82＋11－82＋9－82＋16－82 5 ＝30.8. 答案：30.8 14．设 f(x)是 x2＋ 1 2x 6 展开式中的中间项，若 f(x)≤mx 在区间 2 2 ， 2 上恒成立，则 实数 m 的取值范围是________． 解析：x2＋ 1 2x 6 的展开式中的中间项为第四项，即 f(x)＝C36(x2)3 1 2x 3＝5 2x3，∵f(x)≤mx 在区间 2 2 ， 2 上恒成立，∴m≥5 2x2 在 2 2 ， 2 上恒成立，∴m≥ 5 2 x2 max＝5，∴实数 m 的取值范围是[5，＋∞)． 答案：[5，＋∞) 15．(2017·西安八校联考)设实数 x，y 满足 x－y≤0， x＋y≥0， y≤a， 若 z＝x＋2y 的最大值为 3， 则 a 的值是________． 解析：依题意得 a＞0，在平面直角坐标系内大致画出不等式组 x－y≤0， x＋y≥0， y≤a 表示的平面区域如图所示，结合图形可知，直线 z＝x＋2y 经过直线 y＝a 与直线 x－y＝0 的交点，即点 A(a，a)时，z＝x＋2y 取得最大值 3，因此 a＋ 2a＝3，a＝1. 答案：1 16．(2017·福建质检)数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝2 3 ，an＋1－Sn＝2 3.用[x]表示不超过 x 的最大整数，如：[－0.4]＝－1，[1.6]＝1.设 bn＝[an]，则数列{bn}的前 2n 项和为________． 解析：当 n≥2 时，由题意，得 Sn＝an＋1－2 3 ，Sn－1＝an－2 3 ，两式相减得，an＝an＋1－an， 即an＋1 an ＝2(n≥2)， 又当 n＝1 时，a1＝2 3 ，a2－a1＝2 3 ， 所以 a2＝4 3 ，即a2 a1 ＝2， 所以数列{an}是首项为2 3 ，公比为 2 的等比数列， 所以 an＝2 3·2n－1＝1 3·2n. 所以 b1＝0，b2＝1＝2b1＋1， b3＝2＝2b2，b4＝5＝2b3＋1， b5＝10＝2b4，b6＝21＝2b5＋1， b7＝42＝2b6，b8＝85＝2b7＋1， …， b2n－1＝2b2n－2，b2n＝2b2n－1＋1， 所以 b1＋b2＝21－1，b3＋b4＝23－1， b5＋b6＝25－1，b7＋b8＝27－1，…， b2n－1＋b2n＝22n－1－1， 设数列{bn}的前 2n 项和为 T2n， 则 T2n＝21－4n 1－4 －n＝22n＋1 3 －n－2 3. 答案：22n＋1 3 －n－2 3 “12＋4”小题提速综合练(八) 一、选择题 1．(2017·湘中名校联考)已知集合 A＝{x|x2－11x－12＜0}，B＝{x|x＝2(3n＋1)，n∈Z}， 则 A∩B 等于( ) A．{2} B．{2,8} C．{4,10} D．{2,4,8,10} 解析：选 B 因为集合 A＝{x|x2－11x－12＜0}＝{x|－1＜x＜12}，集合 B 为被 6 整除余 数为 2 的数．又集合 A 中的整数有 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11，故被 6 整除余数为 2 的数有 2 和 8，所以 A∩B＝{2,8}． 2．(2017·兰州模拟)下列命题中的真命题为( ) A．∃x0∈R，ex0≤0 B．∀x∈R,2x≥x2 C．已知 a，b 为实数，则 a＋b＝0 的充要条件是a b ＝－1 D．已知 a，b 为实数，则 a＞1，b＞1 是 ab＞1 的充分不必要条件 解析：选 D 选项 A 为假命题，理由是对∀x∈R，ex＞0；选项 B 为假命题，不妨取 x ＝3，则 23＜32，显然不满足∀x∈R,2x≥x2；选项 C 为假命题，当 b＝0 时，由 a＋b＝0 推 不出a b ＝－1，但由a b ＝－1 可推出 a＋b＝0，即 a＋b＝0 的充分不必要条件是a b ＝－1. 3．(2017·石家庄模拟)已知等差数列{an}的公差为 5，前 n 项和为 Sn，且 a1，a2，a5 成 等比数列，则 S6＝( ) A．80 B．85 C．90 D．95 解析：选 C 由题意，得(a1＋5)2＝a1(a1＋4×5)，解得 a1＝5 2 ，所以 S6＝6×5 2 ＋6×5 2 ×5 ＝90. 4．(2017·合肥模拟)设向量 a，b 满足|a＋b|＝4，a·b＝1，则|a－b|＝( ) A．2 B．2 3 C．3 D．2 5 解析：选 B 因为|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2，|a－b|2＝a2－2a·b＋b2，以上两式相减可得， 4a·b＝|a＋b|2－|a－b|2，所以|a－b|2＝|a＋b|2－4a·b＝16－4＝12，即|a－b|＝2 3. 5．(2018 届高三·湖北五校联考)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝Aqn＋B(q≠0)，则“A＝ －B”是“数列{an}是等比数列”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 解析：选 B 若 A＝B＝0，则 Sn＝0，故数列{an}不是等比数列；若数列{an}是等比数 列，则 a1＝Aq＋B，a2＝Aq2－Aq，a3＝Aq3－Aq2，由a3 a2 ＝a2 a1 ，得 A＝－B. 6．一个凸多面体，其三视图如图，则该几何体体积为( ) A．5 2 B．6 2 C．9 D．10 解析：选 C 由三视图知，该几何体是一个四棱锥，画出该几何体的直 观图如图中实线所示，所以该四棱锥由两个三棱锥组成，其体积 V＝ 2×1 3 ×1 2 ×32×3＝9. 7.(2017·云南模拟)执行如图所示的程序框图，如果输入的 N＝30， 则输出的 S＝( ) A．26 B．57 C．225 D．256 解析：选 B 第一次循环，得 S＝1，n＝3；第二次循环，得 S＝4， n＝7；第三次循环，得 S＝11，n＝15；第四次循环，得 S＝26，n＝31； 第五次循环，S＝57，n＞30.所以此时退出循环，故输出的 S＝57. 8．(2018 届高三·玉溪四校联考)已知函数 f(x)＝ x＋2，x>a， x2＋5x＋2，x≤a， 函数 g(x)＝f(x) －2x 恰有三个不同的零点，则实数 a 的取值范围是( ) A．[－1,1) B．[0,2] C．[－2,2) D．[－1,2) 解析：选 D 由题意知 g(x)＝ 2－x，x>a， x2＋3x＋2，x≤a， 因为 g(x)有三个不同的零点，所以 2－x＝0 在 x>a 时有一个解，由 x＝2 得 a<2；由 x2＋3x＋2＝0 得 x＝－1 或 x＝－2，则由 x≤a 得 a≥－1.综上，a 的取值范围为[－1,2)． 9．(2017·广西三市联考)已知在(0，＋∞)上函数 f(x)＝ －2，0＜x＜1， 1，x≥1， 则不等式 log2x －(log 1 4 4x－1)f(log3x＋1)≤5 的解集为( ) A. 1 3 ，1 B．[1,4] C. 1 3 ，4 D．[1，＋∞) 解析：选 C 原不等式等价于 log3x＋1≥1， log2x－ log 1 4 4x－1 ≤5 或 0＜log3x＋1＜1， log2x＋2 log 1 4 4x－1 ≤5， 解得 1≤x≤4 或1 3 ＜x＜1，∴原不等式的解集为 1 3 ，4 . 10．(2017·安徽二校联考)在边长为 1 的正三角形 ABC 中，D，E 是边 BC 的两个三等 分点(D 靠近点 B)，则 AD―→ · AE―→等于( ) A.1 6 B.2 9 C.13 18 D.1 3 解析：选 C 法一：因为 D，E 是边 BC 的两个三等分点，所以 BD＝DE＝CE＝1 3 ， 在△ABD 中， AD2＝BD2＋AB2－2BD·AB·cos 60° ＝ 1 3 2＋12－2×1 3 ×1×1 2 ＝7 9 ， 即 AD＝ 7 3 ，同理可得 AE＝ 7 3 ， 在△ADE 中，由余弦定理得 cos∠DAE＝AD2＋AE2－DE2 2AD·AE ＝ 7 9 ＋7 9 － 1 3 2 2× 7 3 × 7 3 ＝13 14 ， 所以 AD―→ · AE―→＝| AD―→ |·| AE―→ |cos∠DAE ＝ 7 3 × 7 3 ×13 14 ＝13 18. 法二：如图，建立平面直角坐标系，由正三角形的性质易得 A 0， 3 2 ，D －1 6 ，0 ，E 1 6 ，0 ，所以 AD―→＝ －1 6 ，－ 3 2 ， AE―→＝ 1 6 ，－ 3 2 ，所以 AD―→ · AE―→＝ －1 6 ，－ 3 2 · 1 6 ，－ 3 2 ＝－ 1 36 ＋3 4 ＝13 18. 11．(2018 届高三·贵州摸底)已知函数 f(x)＝sin ωx－ 3cos ωx(ω＞0)，若方程 f(x)＝－1 在(0，π)上有且只有四个实数根，则实数ω的取值范围为( ) A. 13 6 ，7 2 B. 7 2 ，25 6 C. 25 6 ，11 2 D. 11 2 ，37 6 解析：选 B 因为 f(x)＝2sin ωx－π 3 ， 方程 2sin ωx－π 3 ＝－1 在(0，π)上有且只有四个实数根，即 sin ωx－π 3 ＝－1 2 在(0，π) 上有且只有四个实数根．设 t＝ωx－π 3 ，因为 0＜x＜π，所以－π 3 ＜t＜ωπ－π 3 ，所以19π 6 ＜ωπ －π 3 ≤23π 6 ，解得7 2 ＜ω≤25 6 . 12．(2018 届高三·石家庄调研)已知双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过点 F1 且垂直于 x 轴的直线与该双曲线的左支交于 A，B 两点，AF2，BF2 分别交 y 轴于 P，Q 两点，若△PQF2 的周长为 12，则 ab 取得最大值时该双曲线的离心率为( ) A. 2 B. 3 C．2 2 D.2 3 3 解析：选 D 由题意，得|AF1|＋|BF1|＝|AB|＝2b2 a ， ① 且 P，Q 分别为 AF2，BF2 的中点． 由双曲线的定义，知|AF2|－|AF1|＝2a， ② |BF2|－|BF1|＝2a， ③ 联立①②③，得|AF2|＋|BF2|＝4a＋2b2 a . 因为△PQF2 的周长为 12，所以△ABF2 的周长为 24， 即 4a＋4b2 a ＝24，亦即 b2＝6a－a2， 所以(ab)2＝6a3－a4. 令 f(a)＝6a3－a4， 则 f′(a)＝18a2－4a3＝4a2 9 2 －a ， 所以 f(a)在 0，9 2 上单调递增， 在 9 2 ，＋∞ 上单调递减， 所以当 a＝9 2 时，f(a)取得最大值， 此时 b2＝6×9 2 － 9 2 2＝27 4 ， 所以 c＝ a2＋b2＝3 3， 所以 e＝c a ＝2 3 3 . 二、填空题 13．二项式 1－ 1 2x 10 的展开式中含 1 x5 的项的系数是________． 解析：由于 Tr＋1＝Cr10 － 1 2x r， 因此 1 x5 的系数为 C510 －1 2 5＝－63 8 . 答案：－63 8 14．(2017·贵阳模拟)已知不等式 1＋1 4<3 2 ，1＋1 4 ＋1 9<5 3 ，1＋1 4 ＋1 9 ＋ 1 16<7 4 ，照此规律总结 出第 n 个不等式为________________________________． 解析：由已知，三个不等式可以写成 1＋ 1 22<2×2－1 2 ，1＋ 1 22 ＋ 1 32<2×3－1 3 ，1＋ 1 22 ＋ 1 32 ＋ 1 42<2×4－1 4 ，所以照此规律可得到第 n 个不等式为 1＋ 1 22 ＋ 1 32 ＋…＋ 1 n2 ＋ 1 n＋12<2n＋1－1 n＋1 ＝2n＋1 n＋1 . 答案：1＋ 1 22 ＋ 1 32 ＋…＋ 1 n2 ＋ 1 n＋12<2n＋1 n＋1 15．(2017·广西五校联考)两圆 x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0 和 x2＋y2－4by－1＋4b2＝0 恰有 三条公切线，若 a∈R，b∈R 且 ab≠0，则 1 a2 ＋ 1 b2 的最小值为________． 解析：两圆 x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0 和 x2＋y2－4by－1＋4b2＝0 分别配方得，(x＋a)2＋ y2＝4，x2＋(y－2b)2＝1，依题意得两圆相外切，故 a2＋4b2＝1＋2＝3，即 a2＋4b2＝9，则 1 a2 ＋ 1 b2 ＝ a2 9 ＋4b2 9 1 a2 ＋ 1 b2 ＝1 9 ＋ a2 9b2 ＋4b2 9a2 ＋4 9 ≥5 9 ＋2 a2 9b2·4b2 9a2 ＝1，当且仅当 a2 9b2 ＝4b2 9a2 ，即 a2 ＝2b2 时等号成立，故 1 a2 ＋ 1 b2 的最小值为 1. 答案：1 16．设 A，B 是球 O 的球面上两点，∠AOB＝π 3 ，C 是球面上的动点，若四面体 OABC 的体积 V 的最大值为9 3 4 ，则此时球的表面积为________． 解析：在四面体 OABC 中，显然△OAB 的面积一定，设球 O 的半径为 R，则 S△OAB＝ 1 2 ×R× 3 2 R＝ 3 4 R2，要使四面体的体积最大，则只需球上的点到平面 OAB 的距离最大，显 然，到平面 OAB 距离的最大值为球的半径，所以(VCOAB)max＝1 3 × 3 4 R2×R＝ 3 12R3＝9 3 4 ， 解得 R＝3，由球的表面积公式得 S 球＝4πR2＝4×32×π＝36π. 答案：36π