2021届新高考数学（理）二轮复习专题训练全套（附解析共23份）
1
专题整合集训
专题能力训练 1 集合与常用逻辑用语
一、能力突破训练
1.若命题 p:∀x∈R,cos x≤1,则 p为( )
A.∃x0∈R,cos x0>1 B.∀x∈R,cos x>1
C.∃x0∈R,cos x0≥1 D.∀x∈R,cos x≥1
答案:A
解析:由全称命题的否定,得 p:∃x0∈R,cosx0>1,故选 A.
2.(2020全国Ⅰ,理 2)设集合 A={x|x2-4≤0},B={x|2x+a≤0},且 A∩B={x|-2≤x≤1},则
a=( )
A.-4 B.-2 C.2 D.4
答案:B
解析:由已知得 A={x|-2≤x≤2},B= ≤ -
2
因为 A∩B={x|-2≤x≤1},所以有-
2
=1,解得 a=-2.
3.命题“若 f(x)是奇函数,则 f(-x)是奇函数”的否命题是( )
A.若 f(x)是偶函数,则 f(-x)是偶函数
B.若 f(x)不是奇函数,则 f(-x)不是奇函数
C.若 f(-x)是奇函数,则 f(x)是奇函数
D.若 f(-x)不是奇函数,则 f(x)不是奇函数
答案:B
4.已知 A={第一象限角},B={锐角},C={小于 90°的角},则 A,B,C的关系是( )
A.B=A∩C B.B∪C=C
C.A⫋C D.A=B=C
答案:B
解析:由题意,得 B⊆A,B∪C={小于 90°的角}=C,即 B⊆C,
但 B不一定等于 A∩C,A不一定是 C的真子集,集合 A,B,C不一定相等.故选 B.
5.设集合 U=R,集合 A={x|x2-1>0},B={x|0
1},所以∁UA={x|-1≤x≤1},
2
所以(∁UA)∩B={x|00成立的充分不必要条件是( )
A.x>1 B.x>-1
C.x<-1或 00
答案:A
解析:由 1-1
>0,解得 x>1或 x<0,对照各选项知 A满足要求.
8.设 m∈R,命题“若 m>0,则关于 x的方程 x2+x-m=0有实根”的逆否命题是( )
A.若关于 x的方程 x2+x-m=0有实根,则 m>0
B.若关于 x的方程 x2+x-m=0有实根,则 m≤0
C.若关于 x的方程 x2+x-m=0没有实根,则 m>0
D.若关于 x的方程 x2+x-m=0没有实根,则 m≤0
答案:D
解析:原命题的逆否命题是将条件和结论分别否定,作为新命题的结论和条件,所以其逆
否命题为“若关于 x的方程 x2+x-m=0没有实根,则 m≤0”.
9.已知 p:∀x∈R,x2-2ax+1>0,q:∃x∈R,ax2+2≤0.若 p∨q为假命题,则实数 a的取值范围是
( )
A.[1,+∞) B.(-∞,-1]
C.(-∞,-2] D.[-1,1]
答案:A
解析:∵p∨q为假命题,∴p,q均为假命题.若 p为假命题,则Δ≥0,
即 4a2-4≥0,解得 a≤-1或 a≥1;若 q为假命题,则 a≥0.
∴实数 a的取值范围是 a≥1.
10.已知条件 p:|x+1|>2,条件 q:x>a,且 p是 q的充分不必要条件,则 a的取值范围是
( )
A.a≥1 B.a≤1
C.a≥-1 D.a≤-3
答案:A
解析:因为条件 p:x>1或 x<-3,所以 p:-3≤x≤1.因为条件 q:x>a,所以 q:x≤a.
因为 p是 q的充分不必要条件,所以 a≥1,故选 A.
3
11.下列有关命题的说法错误的是( )
A.若命题 p:∃x0∈R,e 0<1,则命题 p:∀x∈R,ex≥1
B.“sin x= 3
2
”的一个必要不充分条件是“x=π
3
”
C.命题“若 a0,C正确;
对于 D,根据复合命题的真假性知,当 p∨q为假命题时,p与 q均为假命题,D正确.
12.已知命题 p:∃x0∈R,x0-2>lg x0,命题 q:∀x∈R,ex>1,则( )
A.命题 p∨q是假命题 B.命题 p∧q是真命题
C.命题 p∧( q)是真命题 D.命题 p∨( q)是假命题
答案:C
解析:因为命题 p:∃x0∈R,x0-2>lgx0是真命题,而命题 q:∀x∈R,ex>1是假命题,所以由命题
的真值表可知命题 p∧( q)是真命题,故选 C.
13.设有下面三个条件:甲:相交直线 l,m都在平面α内,并且都不在平面β内;乙:直线 l,m中
至少有一条与平面β相交;丙:平面α与平面β相交.
当甲成立时( )
A.乙是丙的充分不必要条件
B.乙是丙的必要不充分条件
C.乙是丙的充要条件
D.乙既不是丙的充分条件又不是丙的必要条件
答案:C
解析:当甲成立,即“相交直线 l,m都在平面α内,并且都不在平面β内”时,若 l,m中至少有一
条与平面β相交,则“平面α与平面β相交”成立;若平面α与平面β相交,则“l,m中至少有一条
与平面β相交”也成立.
14.已知集合 M={2,log3a},N={a,b}.若 M∩N={1},则 M∪N= .
答案:{1,2,3}
解析:∵M∩N={1},∴1∈N,且 1∈M,
∴log3a=1,即 a=3.又 1∈N,
4
∴b=1.∴M={1,2},N={1,3},
∴M∪N={1,2,3}.
15.设 p:
-2
<0,q:02.
16.已知集合 A={(x,y)|y=x3},B={(x,y)|y=x},则 A∩B的真子集个数是 .
答案:7
解析:易知函数 y=x3与 y=x的图象有三个不同的交点,即 A∩B有 3个元素,所以 A∩B的
真子集个数为 23-1=7.
17.(2020全国Ⅱ,理 16)设有下列四个命题:
p1:两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
p2:过空间中任意三点有且仅有一个平面.
p3:若空间两条直线不相交,则这两条直线平行.
p4:若直线 l⊂平面α,直线 m⊥平面α,则 m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是 .
①p1∧p4 ②p1∧p2 ③ p2∨p3 ④ p3∨ p4
答案:①③④
解析:∵p1,p4为真命题,p2,p3为假命题,∴ p2, p3为真命题,
∴p1∧p4为真命题,p1∧p2为假命题, p2∨p3为真命题, p3∨ p4为真命题.
故填①③④.
18.已知集合 A={(x,y)|y= 49- 2},B={(x,y)|y=x+m},且 A∩B≠⌀,则实数 m的取值范围
是 .
答案:[-7,7 2]
解析:集合 A表示以原点为圆心,7为半径的圆在 x轴及其上方的部分,A∩B≠⌀,表示直线
y=x+m与圆有交点,作出示意图(图略)可得实数 m的取值范围是[-7,7 2].
二、思维提升训练
19.已知甲:sin ≠ 3
2
;乙:α≠120°,则甲是乙的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案:A
20.已知集合 P={x∈R|1≤x≤3},Q={x∈R|x2≥4},则 P∪(∁RQ)=( )
5
A.[2,3] B.(-2,3]
C.[1,2) D.(-∞,-2]∪[1,+∞)
答案:B
解析:∵Q={x∈R|x2≥4}={x∈R|x≤-2,或 x≥2},
∴∁RQ={x∈R|-20,且 a≠1)
在区间(-1,+∞)内是增函数,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
答案:C
解析:由 p成立,得 a≤1,由 q成立,得 a>1,所以 p成立时 a>1, p是 q的充要条件.故
选 C.
23.设全集 U=R,集合 M={x|y= 3-2 },N={y|y=3-2x},则图中阴影部分表示的集合是
( )
A 3
2
< ≤ 3 B 3
2
< < 3
C 3
2
≤ < 2 D 3
2
< < 2
答案:B
解析:M= ≤ 3
2
,N={y|y<3},故阴影部分 N∩(∁UM)={x|x<3}∩ > 3
2
3
2
< <
3
24.已知平面α,直线 m,n满足 m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
6
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
答案:A
解析:当 m⊄α,n⊂α时,由线面平行的判定定理可知,m∥n⇒m∥α;但反过来不成立,即 m∥α
不一定有 m∥n,m与 n还可能异面.故选 A.
25.已知命题 p:“对任意的 x≥1,ln x≥0”的否定是“存在 x0≥1,ln x0<0”,命题 q:“00,解得-
11,b>1”是“ab>1”的充分不必要条件
答案:D
解析:对任意的 x∈R,ex>0恒成立,A错误;当 sinx=-1时,sin2x+ 2
sin
=-1,B错误;f(x)=2x-x2有
三个零点(x=2,4,还有一个小于 0),C错误;当 a>1,b>1时,一定有 ab>1,但当 a=-2,b=-3
时,ab=6>1也成立,故 D正确.
28.设 A,B是非空集合,定义 A B={x|x∈A∪B,且 x∉A∩B},已知 M={y|y=-
x2+2x,00},则 M N= .
答案: 0, 1
2
∪(1,+∞)
7
解析:M={y|y=-x2+2x,00}= 1
2
,+ ∞ ,M∪
N=(0,+∞),M∩N= 1
2
,1 ,所以 M N= 0, 1
2
∪(1,+∞).
29.下列命题正确的是 .(填序号)
①若 f(3x)=4xlog23+2,则 f(2)+f(4)+…+f(28)=180;
②函数 f(x)=tan 2x图象的对称中心是
π
2
,0 (k∈Z);
③“∀x∈R,x3-x2+1≤0”的否定是“∃x0∈R, 0
3 0
2+1>0”;
④设常数 a使方程 sin x+ 3cos x=a在闭区间[0,2π]上恰有三个解 x1,x2,x3,则
x1+x2+x3=7π3
答案:③④
解析:因为 f(3x)=4xlog23+2,令 3x=t,即 x=log3t,则 f(t)=4log3t·log23+2=4log2t+2,所以
f(2)+f(4)+…+f(28)=4(log22+log222+…+log228)+16=4×(1+2+…+8)+16=4×36+16=160,
故①错;函数 f(x)=tan2x图象的对称中心是
π
4
,0 (k∈Z),故②错;由全称命题的否定是特
称命题知③正确;f(x)=sinx+ 3cosx=2sin + π
3
,要使 sinx+ 3cosx=a在闭区间[0,2π]上
恰有三个解,则 a= 3,x1=0,x2=π3,x3=2π,故④正确.
30.设 p:关于 x的不等式 ax>1的解集为{x|x<0},q:函数 y=lg(ax2-x+a)的定义域为 R,若 p
∨q为真命题,p∧q为假命题,则 a的取值范围是 .
答案: 0, 1
2
∪[1,+∞)
解析:当 p真时,00对 x∈R恒成立,则
> 0,
1-4 2 < 0,即 a>1
2
若
p∨q为真,p∧q为假,则 p,q应一真一假.①当 p真 q假时,
0 < < 1,
≤ 1
2
⇒0 1
2
⇒a≥1.
综上,a∈ 0, 1
2
∪[1,+∞).
专题能力训练 2 不等式、线性规划
8
一、能力突破训练
1.(2019全国Ⅱ,理 6)若 a>b,则( )
A.ln(a-b)>0 B.3a<3b
C.a3-b3>0 D.|a|>|b|
答案:C
解析:取 a=2,b=1,满足 a>b,但 ln(a-b)=0,排除 A;∵3a=9,3b=3,∴3a>3b,排除 B;∵y=x3是增
函数,a>b,∴a3>b3,故 C正确;取 a=1,b=-2,满足 a>b,但|a|<|b|,排除 D.故选 C.
2.已知函数 f(x)=(x-2)(ax+b)为偶函数,且在区间(0,+∞)内单调递增,则 f(2-x)>0的解集为
( )
A.{x|x>2,或 x<-2}B.{x|-24} D.{x|00.
由 f(2-x)>0,得 a(x-2)2-4a>0,
∵a>0,∴|x-2|>2,解得 x>4或 x<0.
3.已知集合 M={x|y=log2(-4x-x2)},N= 1
2
≥ 4 ,则 M∩N=( )
A.(-4,-2] B.[-2,0)
C.(-4,2] D.(-∞,-4)
答案:A
解析:由题意,得 M={x|-4x-x2>0}=(-4,0),N= 1
2
≥ 4 =(-∞,-2],则 M∩N=(-4,-2].
4.若不等式组
- + 5 ≥ 0,
≥ ,
0 ≤ ≤ 2
表示的平面区域是一个三角形,则 a的取值范围是( )
A.(-∞,5) B.[7,+∞)
C.[5,7) D.(-∞,5)∪[7,+∞)
答案:C
解析:满足约束条件
- + 5 ≥ 0,
0 ≤ ≤ 2 的可行域如图所示.由图可知,若不等式组
- + 5 ≥ 0,
≥ ,
0 ≤ ≤ 2
表示的平面区域是一个三角形,
9
则 a的取值范围是 5≤a<7.
5.已知函数 f(x)=(ax-1)(x+b),若不等式 f(x)>0的解集是(-1,3),则不等式 f(-2x)<0的解集是
( )
A -∞,- 3
2
∪ 1
2
,+ ∞
B - 3
2
, 1
2
C -∞,- 1
2
∪ 3
2
, + ∞
D - 1
2
, 3
2
答案:A
解析:由 f(x)>0,得 ax2+(ab-1)x-b>0.
∵其解集是(-1,3),∴a<0,且
1-
2,
-
-3,
解得 a=-1或 a=1
3
(舍去),∴a=-1,b=-3.
∴f(x)=-x2+2x+3,∴f(-2x)=-4x2-4x+3,
由-4x2-4x+3<0,得 4x2+4x-3>0,解得 x>1
2
或 x<-3
2
,故选 A.
6.设函数 f(x)= 2-4 + 6, ≥ 0,
+ 6, < 0, 则不等式 f(x)>f(1)的解集是( )
A.(-3,1)∪(3,+∞) B.(-3,1)∪(2,+∞)
C.(-1,1)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(1,3)
答案:A
解析:由题意,得 f(1)=3,则原不等式可化为
< 0,
+ 6 > 3或
≥ 0,
2-4 + 6 > 3,解得-33,所以原不等式的解集为(-3,1)∪(3,+∞).
7.已知 x,y满足约束条件
-2 + 4 ≥ 0,
+ + ≥ 0,
2 + -2 ≤ 0,
若目标函数 z=3x+y的最小值为-5,则 z的最大值
为( )
10
A.2 B.3 C.4 D.5
答案:D
解析:画出 x,y满足的可行域如图所示,
z=3x+y变形为 y=-3x+z,数形结合可得在点 A处 z取得最小值-5,在点 B处取得最大值,
由
3 + -5,
-2 + 4 0,得 A(-2,1).
代入 x+y+a=0,得 a=1.
由
+ + 1 0,
2 + -2 0, 得 B(3,-4).
当 y=-3x+z过点 B(3,-4)时,目标函数 z=3x+y取得最大值,最大值为 zmax=3×3+(-4)=5.
8.已知变量 x,y满足约束条件
+ ≤ 1,
- ≤ 1,
≥ ,
若 x+2y≥-5恒成立,则实数 a的取值范围为
( )
A.(-∞,-1] B.[-1,+∞)
C.[-1,1] D.[-1,1)
答案:C
解析:设 z=x+2y,要使 x+2y≥-5恒成立,即 z≥-5.作出不等式组对应的平面区域如图阴影
部分所示,要使不等式组成立,则 a≤1,由 z=x+2y,得 y=-1
2
x+
2
,
平移直线 y=-1
2
x+
2
,由图象可知当直线经过点 A时,直线 y=-1
2
x+
2
的截距最小,此时 z最小,
即 x+2y=-5,由 + 2 -5,
- 1, 解得
-1,
-2,即 A(-1,-2),此时 a=-1,所以要使 x+2y≥-5恒成
立,则-1≤a≤1,故选 C.
11
9.(2020全国Ⅰ,理 13)若 x,y满足约束条件
2 + -2 ≤ 0,
- -1 ≥ 0,
+ 1 ≥ 0,
则 z=x+7y的最大值
为 .
答案:1
解析:画出不等式组表示的平面区域,如图(阴影部分)所示,将目标函数 z=x+7y变形可得
y=-1
7
x+1
7
z,平移直线 y=-1
7
x.
由图可得 z在点 A处取得最大值.
由
- -1 0,
2 + -2 0,得
1,
0,
所以 A(1,0),
所以 zmax=1+7×0=1.
10.若变量 x,y满足
2 + 2 ≤ 1,
≥ 0,
≥ 0,
则 z=2x+y的最大值是 .
答案: 5
解析:作出可行域如图所示,z=2x+y可化为 y=-2x+z.
由图可知,当直线 y=-2x+z与圆相切于点 A时,直线在 y轴上的截距最大,即 z最大,此时
|- |
22+12
=1,解得 z= 5(负值舍去).
11.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.
答案:216 000
解析:设生产产品 Ax件,生产产品 By件,
12
由题意得
1.5 + 0.5 ≤ 150,
+ 0.3 ≤ 90,
5 + 3 ≤ 600,
, ∈N,
即
3 + ≤ 300,
10 + 3 ≤ 900,
5 + 3 ≤ 600,
, ∈N.
目标函数 z=2100x+900y,画出约束条件对应的可行域(如图阴影部分中的整数点所示),
作直线 y=-7
3
x,当直线过 5x+3y=600与 10x+3y=900的交点时,z取最大值,
由
5 + 3 600,
10 + 3 900,
解得
60,
100,
所以 zmax=2100×60+900×100=216000.
12.已知实数 x,y满足
- + 1 ≥ 0,
+ -1 ≥ 0,
≤ 3,
则 z= + +4
+1
的最小值是 .
答案:5
4
解析:z= + +4
+1
=1+ +3
+1
,画出不等式组表示的可行域,如图所示.由 -3 0,
+ -1 0,得 B(3,-2).
+3
+1
表示可行域内的点(x,y)与点 A(-1,-3)连线的斜率,
由图可知斜率的最小值为 kAB=
-2-(-3)
3-(-1)
1
4
,
所以 z= + +4
+1
=1+ +3
+1
的最小值为
5
4
13
二、思维提升训练
13.已知 x,y满足约束条件
+ -2 ≤ 0,
-2 -2 ≤ 0,
2 - + 2 ≥ 0,
若 z=y-ax取得最大值的最优解不唯一,则实数 a
的值为( )
A 1
2
或-1 B 1
2
或 2
C.1或 2 D.-1或 2
答案:D
解析:在平面直角坐标系内作出不等式组所表示的平面区域,如图所示的△ABC,目标函数
z=y-ax可变形为 y=ax+z,z的几何意义为直线 y=ax+z在 y轴上的截距.
因为 z=y-ax取得最大值的最优解不唯一,所以直线 y=ax+z与区域三角形的某一边平行,
当直线 y=ax+z与边线 x+y-2=0平行时,a=-1符合题意;当直线 y=ax+z与边线 x-2y-2=0
平行时,a=1
2
不符合题意;当直线 y=ax+z与边线 2x-y-2=0平行时,a=2符合题意,综上所述,
实数 a的值为-1或 2.故选 D.
14.若关于 x的不等式 x2-(a+1)·x+a≤0的解集是[-4,3]的子集,则实数 a的取值范围是
( )
A.[-4,1] B.[-4,3]
C.[1,3] D.[-1,3]
答案:B
解析:由 x2-(a+1)x+a≤0,得(x-a)(x-1)≤0.
若 a=1,则不等式的解集为{1},满足{1}⊆[-4,3];
若 a<1,则不等式的解集为[a,1],若满足[a,1]⊆[-4,3],则-4≤a<1;
若 a>1,则不等式的解集为[1,a],若满足[1,a]⊆[-4,3],则 10及函数 f(x)的值域为(0,+∞)知
x2+ax+1>0对∀x∈{x|x>0,且 x≠1}恒成立,即 a>-x-1
在定义域内恒成立,而-x-1
<-2(当 x≠1
时等号不成立),因此 a≥-2.
18.已知存在实数 x,y满足约束条件
≥ 2,
-2 + 4 ≥ 0,
2 - -4 ≤ 0,
2 + ( -1)2 2( > 0),
则 R的最小值
是 .
答案:2
15
解析:根据前三个约束条件
≥ 2,
-2 + 4 ≥ 0,
2 - -4 ≤ 0
作出可行域如图中阴影部分所示.由存在实数
x,y满足四个约束条件,得图中阴影部分与以(0,1)为圆心、半径为 R的圆有公共部分,因
此当圆与图中阴影部分相切时,R最小.由图可知 R的最小值为 2.
专题能力训练 3 平面向量与复数
一、能力突破训练
1.(2020全国Ⅰ,理 1)若 z=1+i,则|z2-2z|=( )
A.0 B.1 C 2 D.2
答案:D
解析:由 z=1+i,得 z2=2i,2z=2+2i,
故|z2-2z|=|2i-(2+2i)|=2.
2.设 a,b是两个非零向量,则下列结论一定成立的为( )
A.若|a+b|=|a|-|b|,则 a⊥b
B.若 a⊥b,则|a+b|=|a|-|b|
C.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数λ,使得 b=λa
D.若存在实数λ,使得 b=λa,则|a+b|=|a|-|b|
答案:C
解析:设向量 a与 b的夹角为θ.对于 A,可得 cosθ=-1,因此 a⊥b不成立;对于 B,当满足 a
⊥b时|a+b|=|a|-|b|不成立;对于 C,可得 cosθ=-1,因此成立,而 D显然不一定成立.
3.若复数 z满足(1+i)z=|3+4i|,则 z的虚部为( )
A.5 B 5
2
C.-5
2
D.-5
答案:C
解析:由(1+i)z=|3+4i|= 32 + 42=5,
得 z= 5
1+i
5(1-i)
(1+i)(1-i)
5
2
5
2
i,其虚部为-5
2
16
4.在复平面内,若复数 z的对应点与
5i
1+2i
的对应点关于虚轴对称,则 z=( )
A.2-i B.-2-i
C.2+i D.-2+i
答案:D
解析: 5i
1+2i
5i(1-2i)
(1+2i)(1-2i)
5(i+2)
5
=2+i所对应的点为(2,1),它关于虚轴对称的点为(-2,1),故
z=-2+i.
5.已知向量 a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a=( )
A.-1 B.0 C.1 D.2
答案:C
解析:∵2a+b=(1,0),又 a=(1,-1),
∴(2a+b)·a=1+0=1.
6.已知 i为虚数单位,
专题能力训练 4 算法与推理
一、能力突破训练
1.在一次国际学术会议上,来自四个国家的五位代表被安排在一张圆桌上,为了使他们能
够自由交谈,事先了解到的情况如下:
甲是中国人,还会说英语;乙是法国人,还会说日语;
丙是英国人,还会说法语;丁是日本人,还会说汉语;
戊是法国人,还会说德语.则这五位代表的座位顺序应为( )
A.甲、丙、丁、戊、乙 B.甲、丁、丙、乙、戊
C.甲、乙、丙、丁、戊 D.甲、丙、戊、乙、丁
答案:D
解析:这道题实际上是一个逻辑游戏,首先要明确解题要点:甲、乙、丙、丁、戊 5个人
首尾相接,而且每一个人和相邻的两个人都能通过语言交流,而且 4个备选答案都是从甲
开始的,因此,我们从甲开始推理.思路一:正常的思路,根据题干来作答.甲会说汉语和英语,
则甲的相邻座位一定是会说汉语或者英语的,以此类推,得出答案.思路二:根据题干和答
案综合考虑,运用排除法来解决.观察每个答案中最后一个人和甲是否能够交流,戊不能
和甲交流,因此,选项 B,C错误,乙不能和甲交流,选项 A错误,故选项 D正确.
2.如图,执行该程序框图,若输出的 S=485,则判断框内的条件可以是( )
17
A.k<5?
B.k>7?
C.k≤5?
D.k≤6?
答案:C
解析:第一次运行,S=3×1+2=5,k=2;
第二次运行,S=3×5+2=17,k=3;
第三次运行,S=3×17+2=53,k=4;
第四次运行,S=3×53+2=161,k=5;
第五次运行,S=3×161+2=485,k=6.
此时要输出 485,即判断框内的条件不成立,由于 6≤5不成立,故选 C.
3.观察(x2)'=2x,(x4)'=4x3,(cos x)'=-sin x,由归纳推理得:若定义在 R上的函数 f(x)满足 f(-
x)=f(x),记 g(x)为 f(x)的导函数,则 g(-x)=( )
A.f(x) B.-f(x) C.g(x) D.-g(x)
答案:D
解析:由已知得偶函数的导函数为奇函数,故 g(-x)=-g(x).
4.执行下面的程序框图,若输出的 y的值为 1,则输入的 x的值为( )
A.0 B.e C.0或 e D.0或 1
答案:C
解析:程序框图对应的函数为 y= e , ≤ 0,
2-ln , > 0.
若 x≤0,由 y=1,得 ex=1,得 x=0;
若 x>0,由 y=2-lnx=1,得 lnx=1,即 x=e.
18
综上,x=0或 x=e.
5.执行下面的程序框图,若输入的 x=0,y=1,n=1,则输出 x,y的值满足( )
A.y=2x
B.y=3x
C.y=4x
D.y=5x
答案:C
解析:由题图可知,x=0,y=1,n=1,执行如下循环:
x=0,y=1,n=2;
x=1
2
,y=2,n=3;
x=1
2
+1=3
2
,y=6,退出循环,输出 x=3
2
,y=6,验证可知,C正确.
6.(2019北京,理 2)如图,执行该程序框图,输出的 s值为( )
A.1 B.2
C.3 D.4
答案:B
解析:运行第一次,k=1,s= 2×12
3×1-2
=2,
运行第二次,k=2,s= 2×22
3×2-2
=2,
运行第三次,k=3,s= 2×22
3×2-2
=2,
19
结束循环,输出 s=2,故选 B.
7.我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一问题:“今有蒲生一日,长三尺,
莞生一日,长一尺.蒲生日自半,莞生日自倍.问几何日而长等?”(蒲常指一种多年生草本植
物,莞指水葱一类的植物)现欲知几日后,莞高超过蒲高一倍.为了解决这个新问题,设计的
程序框图如图所示,输入 A=3,a=1,则在①处应填的内容和输出 i的值分别为( )(尺是
我国古代计量单位,1米=3尺)
A.S>2T?,4 B.S<2T?,4 C.T>2S?,3 D.T<2S?,3
答案:A
解析:根据题意,S表示莞高,T表示蒲高,现欲知几日后,莞高超过蒲高一倍,则①处应填
“S>2T?”.根据程序框图得,第一次循环:T=3,S=1,i=2,a=2,A=3
2
;第二次循
环:T=9
2
,S=3,i=3,a=4,A=3
4
;第三次循环:T=21
4
,S=7,i=4,a=8,A=3
8
;第四次循环:T=45
8
,S=15,此
时满足 S>2T,故输出 i=4.故选 A.
8.如图,执行两次该程序框图,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( )
20
A.0,0 B.1,1 C.0,1 D.1,0
答案:D
解析:若输入 x=7,则 b=2(b2x)→输出 a=1;若输入 x=9,
则 b=2(b250,终止循环,故输出 i=6.
11.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 .
答案:1和 3
解析:由丙说的话可知,丙的卡片上的数字可能是“1和 2”或“1和 3”.若丙的卡片上的数字
是“1和 2”,则由乙说的话可知,乙的卡片上的数字是“2和 3”,甲的卡片上的数字是“1和
3”,此时与甲说的话一致;若丙的卡片上的数字是“1和 3”,则由乙说的话可知,乙的卡片上
的数字是“2和 3”,甲的卡片上的数字是“1和 2”,此时与甲说的话矛盾.
综上可知,甲的卡片上的数字是“1和 3”.
12.已知命题:在平面直角坐标系 xOy中,椭圆
2
2
+ 2
2
=1(a>b>0),△ABC的顶点 B在椭圆上,
顶点 A,C分别为椭圆的左、右焦点,椭圆的离心率为 e,则sin +sin
sin
1
现将该命题类比到
双曲线中,△ABC的顶点 B在双曲线上,顶点 A,C分别为双曲线的左、右焦点,设双曲线的
方程为
2
2
2
2
=1(a>0,b>0),双曲线的离心率为 e,则有 .
答案:|sin -sin |
sin
1
解析:将该命题类比到双曲线中,因为△ABC的顶点 B在双曲线
2
2
2
2
=1(a>0,b>0)上,顶
点 A,C分别是双曲线的左、右焦点,所以||BA|-|BC||=2a,所以
1
2
2
|| |-| ||
由正弦定理可得
| |
sin
| |
sin
| |
sin
,即|sin -sin |
sin
1
二、思维提升训练
13.如图,阅读该程序框图,运行相应的程序.若输出的 S为11
12
,则判断框中填写的内容可以
是( )
22
A.n=6? B.n<6? C.n≤6? D.n≤8?
答案:C
解析:第一次循环 S=0+1
2
1
2
,n=4;第二次循环 S=1
2
+ 1
4
3
4
,n=6;第三次循环
S=3
4
+ 1
6
11
12
,n=8.因为输出的 S为11
12
,此时要结束循环,所以判断框中填写的内容为选项 C.
14.如图,执行该程序框图,若输出的 S的值为
4
5
,则输入的 n的值为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
答案:A
解析:程序框图的功能是计算并输出 S= 1
1×2
+ 1
2×3
+ 1
3×4
+…+ 1
( +1)
的值.
由题意,得 S= 1
1×2
+ 1
2×3
+ 1
3×4
+…+ 1
( +1)
= 1- 1
2
+ 1
2
- 1
3
+…+ 1
- 1
+1
+1
4
5
,解得 n=4,
可得当 k=5时,不满足条件,退出循环,输出 S的值为
4
5
,所以 5>n,且 4≤n,
故输入的 n的值为 4.
15.如图,执行该程序框图,若 f(x)在区间[-1,a]上的值域为[0,2],则实数 a的取值范围是
( )
A.(0,1] B.[1, 3] C.[1,2] D.[ 3,2]
答案:B
解析:由程序框图可知,f(x)= 3-3 + 2, ≥ 0,
log2(1- )+ 1,-1 ≤ < 0,
23
当 a<0时,f(x)=log2(1-x)+1在区间[-1,a]上为减函数,f(-1)=2,f(a)=0⇒1-a=1
2
,a=1
2
,不符合题
意;
当 a≥0时,f'(x)=3x2-3>0⇒x>1或 x<-1,
∴函数在区间[0,1]上单调递减,
又 f(1)=0,∴a≥1;
又函数在区间[1,a]上单调递增,
∴f(a)=a3-3a+2≤2,∴a≤ 3
故实数 a的取值范围是[1, 3].
16.甲、乙、丙、丁四名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
名优秀,2名良好,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
答案:D
解析:因为甲不知道自己的成绩,所以乙、丙的成绩是一位优秀一位良好.又因为乙知道
丙的成绩,所以乙知道自己的成绩.又因为乙、丙的成绩是一名优秀一名良好,所以甲、
丁的成绩也是一名优秀一名良好.又因为丁知道甲的成绩,所以丁也知道自己的成绩,故
选 D.
17.如下是按一定规律排列的三角形等式表,现将等式从左至右,从上到下依次编上序号,
即第一个等式为 20+21=3,第二个等式为 20+22=5,第三个等式为 21+22=6,第四个等式为
20+23=9,第五个等式为 21+23=10,……,依此类推,则第 99个等式为( )
20+21=3
20+22=5 21+22=6
20+23=9 21+23=10 22+23=12
20+24=17 21+24=18 22+24=20 23+24=24
……
A.27+213=8 320 B.27+214=16 512
C.28+214=16 640 D.28+213=8 448
答案:B
解析:依题意,用(t,s)表示 2t+2s,题中等式的规律为:第一行为 3(0,1);第二行为 5(0,2),6(1,2);
第三行为 9(0,3),10(1,3),12(2,3);第四行为 17(0,4),18(1,4),20(2,4),24(3,4);……,又因为
99=(1+2+3+…+13)+8,所以第 99个等式应位于第 14行的从左到右的第 8个位置,即是
27+214=16512,故选 B.
18.公元 263年左右,我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时,多边形
的面积可无限逼近圆的面积,并创立了“割圆术”.利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到
小数点后两位的近似值 3.14,这就是著名的“徽率”.利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个
24
程序框图如图所示,则输出的 n的值为 .(参考数据:sin 15°≈0.258 8,sin
7.5°≈0.130 5)
答案:24
解析:模拟执行程序,可得 n=6,S=3sin60°=3 3
2
,
不满足条件 S≥3.10;n=12,S=6sin30°=3,
不满足条件 S≥3.10;n=24,S=12sin15°≈12×0.2588=3.1056,
满足条件 S≥3.10,退出循环,输出 n的值为 24.
19.在计算“1×2+2×3+…+n(n+1)”时,某同学学到了如下一种方法:先改写第
k项,k(k+1)=1
3
[k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)],
由此得 1×2=1
3
(1×2×3-0×1×2),
2×3=1
3
(2×3×4-1×2×3),
……
n(n+1)=1
3
[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)].
相加,得 1×2+2×3+…+n(n+1)=1
3
n(n+1)(n+2).
类比上述方法,请你计算“1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)”,其结果
是 .(结果写成关于 n的一次因式的积的形式)
答案:1
4
n(n+1)(n+2)(n+3)
解析:先改写第 k项:k(k+1)(k+2)=1
4
[k(k+1)(k+2)(k+3)-(k-1)k(k+1)(k+2)],由此得
1×2×3=1
4
(1×2×3×4-0×1×2×3),
25
2×3×4=1
4
(2×3×4×5-1×2×3×4),…,n(n+1)(n+2)=1
4
[n(n+1)(n+2)(n+3)-(n-1)n(n+1)·(n+2)],
相加得 1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)=1
4
n(n+1)(n+2)(n+3).
专题能力训练 5 基本初等函数、函数的图象
和性质
一、能力突破训练
1.下列函数在其定义域上既是奇函数又是减函数的是( )
A.f(x)=-x|x| B.f(x)=xsin x
C.f(x)=1
D.f(x)=
1
2
答案:A
解析:函数 f(x)=-x|x|= - 2, ≥ 0,
2, < 0
在其定义域上既是奇函数又是减函数,故选 A.
2.(2019全国Ⅰ,理 3)已知 a=log20.2,b=20.2,c=0.20.3,则( )
A.a20=1,
又 00,排除选项 D.
f(6)= 2×63
26+2-6
≈7,排除选项 A.
故选 B.
4.若定义在 R上的函数 y=f(x)满足以下三个条件:
①对于任意的 x∈R,都有 f(x+1)=f(x-1);
②函数 y=f(x+1)的图象关于 y轴对称;
③对于任意的 x1,x2∈[0,1],都有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0.
则 f 3
2
,f(2),f(3)从大到小的关系是( )
A.f 3
2
>f(2)>f(3) B.f(3)>f(2)>f 3
2
C.f 3
2
>f(3)>f(2) D.f(3)>f 3
2
>f(2)
答案:D
解析:①对于任意的 x∈R,都有 f(x+1)=f(x-1),所以函数 f(x)的周期为 T=2;
②函数 y=f(x+1)的图象关于 y轴对称,所以函数 f(x)的图象关于直线 x=1对称;
③对于任意的 x1,x2∈[0,1],都有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0,所以函数 f(x)在区间(0,1)内单调递增.
因为 f(3)=f(1),f 3
2
=f 1
2
,f(2)=f(0),1>1
2
>0,所以 f(3)>f 3
2
>f(2).
5.(2020全国Ⅰ,理 12)若 2a+log2a=4b+2log4b,则( )
A.a>2b B.a<2b C.a>b2 D.a0时,两函数图象有 5个交点.又函数 y=f(x)与 y=lg|x|均为偶函数,
所以函数 y=f(x)-lg|x|的零点个数是 10.
8.若函数 f(x)=xln(x+ + 2)为偶函数,则 a= .
答案:1
解析:∵f(x)是偶函数,∴f(-1)=f(1).
又 f(-1)=-ln(-1+ + 1)=ln +1+1
,f(1)=ln(1+ + 1),因此 ln( + 1+1)-
lna=ln( + 1+1),
于是 lna=0,∴a=1.
9.已知函数 f(x)是定义在 R上的偶函数,且在区间[0,+∞)内单调递增.若实数 a满足
f(log2a)+f(log1
2
a)≤2f(1),则 a的取值范围是 .
答案: 1
2
,2
解析:由题意知 a>0,又 log1
2
a=log2a-1=-log2a.
∵f(x)是 R上的偶函数,
∴f(log2a)=f(-log2a)=f(log1
2
a).
∵f(log2a)+f(log1
2
a)≤2f(1),
28
∴2f(log2a)≤2f(1),即 f(log2a)≤f(1).
又 f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,
∴|log2a|≤1,-1≤log2a≤1,∴a∈ 1
2
,2
10.设奇函数 y=f(x)(x∈R),满足对任意 t∈R都有 f(t)=f(1-t),且当 x∈ 0, 1
2
时,f(x)=-x2,则
f(3)+f - 3
2
的值等于 .
答案:-1
4
解析:根据对任意 t∈R都有 f(t)=f(1-t)可得 f(-t)=f(1+t),即 f(t+1)=-f(t),进而得到 f(t+2)=-
f(t+1)=-[-f(t)]=f(t),得函数 y=f(x)的一个周期为 2,则 f(3)=f(1)=f(0+1)=-
f(0)=0,f - 3
2
=f 1
2
=-1
4
,所以 f(3)+f - 3
2
=0+ - 1
4
=-1
4
11.(2020全国Ⅲ,理 16)关于函数 f(x)=sin x+ 1
sin
有如下四个命题:
①f(x)的图象关于 y轴对称.
②f(x)的图象关于原点对称.
③f(x)的图象关于直线 x=π
2
对称.
④f(x)的最小值为 2.
其中所有真命题的序号是 .
答案:②③
解析:对于①②,由 sinx≠0可得函数的定义域为{x|x≠kπ,k∈Z},故定义域关于原点对称,且
由 f(-x)=sin(-x)+ 1
sin(- )
=-sinx- 1
sin
=-f(x),所以该函数为奇函数,关于原点对称,故①错误,②正
确;
对于③,因为 f(π-x)=sin(π-x)+ 1
sin(π- )
=sinx+ 1
sin
=f(x),所以函数 f(x)的图像关于直线 x=π
2
对称,
③正确;
对于④,令 t=sinx,则 t∈[-1,0)∪(0,1],由函数 g(t)=t+1
(t∈[-1,0)∪(0,1])的性质,可知 g(t)∈
(-∞,-2]∪[2,+∞),所以 f(x)无最小值,④错误.
12.若不等式 3x2-logax<0在 x∈ 0, 1
3
内恒成立,求实数 a的取值范围.
解:由题意知 3x21,函数 y=logax的图象显然在函数 y=3x2图象的下
方,所以不成立;
当 00 B.ln(y-x+1)<0
C.ln|x-y|>0 D.ln|x-y|<0
答案:A
解析:∵2x-2y<3-x-3-y,
∴2x-3-x<2y-3-y.
∵f(t)=2t-3-t在 R上为增函数,且 f(x)0,∴y-x+1>1,
∴ln(y-x+1)>ln1=0.故选 A.
14.定义在 R上的函数 f(x)同时满足:①对任意的 x∈R,都有 f(x+1)=f(x);②当 x∈(1,2]
时,f(x)=2-x.若函数 g(x)=f(x)-logax(a>0,且 a≠1)恰有 3个零点,则 a的取值范围是( )
A 0, 1
4
B.(1,2]
C.(2,3] D.(3,4]
答案:C
解析:由题意,得方程 f(x)=logax(a>0,且 a≠1)有 3个解,所以函数 y=f(x)和 y=logax的图象
有 3个交点.因为对任意的 x∈R,都有 f(x+1)=f(x),所以函数 y=f(x)是周期为 1的函数.又
当 x∈(1,2]时,f(x)=2-x,可画出函数 y=f(x)的图象,如图所示.
30
若函数 y=logax的图象与函数 y=f(x)的图象有交点,则需满足 a>1.
结合图象可得,要使两函数的图象有 3个交点,则需
log 2 < 1,
log 3 ≥ 1,解得 2f(-
2),则 a的取值范围是 .
答案: 1
2
, 3
2
解析:由题意知函数 f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,又 f(x)是偶函数,则不等式 f(2|a-1|)>f(- 2)
可化为 f(2|a-1|)>f( 2),则 2|a-1|< 2,|a-1|<1
2
,解得
1
2
0,所以 f(x)=-1
+log2x的零点落在区间(1,2)
内.
2.设函数 f(x)的零点为 x1,函数 g(x)=4x+2x-2的零点为 x2.若|x1-x2|>
1
4
,则 f(x)可以是( )
A.f(x)=2x-1
2
B.f(x)=-x2+x-1
4
C.f(x)=1-10x D.f(x)=ln(8x-2)
答案:C
解析:依题意得 g 1
4
2 + 1
2
-2<0,g 1
2
=1>0,则 x2∈ 1
4
, 1
2
若 f(x)=1-10x,
则有 x1=0,此时|x1-x2|>
1
4
,故选 C.
3.已知函数 f(x)=3x+x,g(x)=log3x+x,h(x)=sin x+x的零点依次为 x1,x2,x3,则下列结论正确
的是( )
A.x10,x3=0,则 x10恒成立,则函数 f(x)在 R上是单调递增的,
因为 f(0)=e0+0-2=-1<0,f(1)=e1+1-2=e-1>0,所以函数 f(x)的零点 a∈(0,1).
由题意,知 g'(x)=1
+1>0,
则函数 g(x)在区间(0,+∞)内是单调递增的.
又 g(1)=ln1+1-2=-1<0,g(2)=ln2+2-2=ln2>0,则函数 g(x)的零点 b∈(1,2).
综上,可得 0 500,
整理,得 y=
,0 < ≤ 200,
0.9 ,200 < ≤ 500,
100 + 0.7 , > 500.
∵0.9×200=180>100,
∴A商品的价格为 100元.∵0.9×500=450,
∴B商品的价格为 500元.当 x=100+500=600时,y=100+0.7×600=520,即若丙一次性购
买 A,B两件商品,则应付款 520元.
9.已知函数 f(x)=2x,g(x)= 1
2| |
+2.
(1)求函数 g(x)的值域;
(2)求满足方程 f(x)-g(x)=0的 x的值.
解:(1)g(x)= 1
2| |
+2= 1
2
| |
+2,
因为|x|≥0,所以 0< 1
2
| |
≤1,
即 20时,由 2x- 1
2
-2=0整理,得(2x)2-2·2x-1=0,(2x-1)2=2,
解得 2x=1± 2 因为 2x>0,所以 2x=1+ 2,
即 x=log2(1+ 2).
10.如图,一个长方体形状的物体 E在雨中沿面 P(面积为 S)的垂直方向做匀速移动,速度
为 v(v>0),雨速沿 E移动方向的分速度为 c(c∈R).E移动时单位时间内的淋雨量包括两
部分:①P或 P的平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量,假设其值与|v-c|×S成正比,比例系数
为
1
10
;②其他面的淋雨量之和,其值为
1
2
记 y为 E移动过程中的总淋雨量.当移动距离
d=100,面积 S=3
2
时,
(1)写出 y的表达式;
(2)设 00).
(2)由(1)知,当 0 2,函数 g(x)=3-f(2-x),则函数 y=f(x)-g(x)的零点个数为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
答案:A
解析:因为 f(x)=
2 + , < 0,
2- ,0 ≤ ≤ 2,
( -2)2, > 2,
所以 f(2-x)=
2 + (2- ),2- < 0,
2-(2- ),0 ≤ 2- ≤ 2,
(2- -2)2,2- > 2
即 f(2-x)=
2, < 0,
,0 ≤ ≤ 2,
4- , > 2,
f(x)+f(2-x)=
2 + + 2, < 0,
2,0 ≤ ≤ 2,
2-5 + 8, > 2,
所以函数 y=f(x)-g(x)=f(x)-3+f(2-x)=
2 + -1, < 0,
-1,0 ≤ ≤ 2,
2-5 + 5, > 2.
其图象如图所示.
显然函数图象与 x轴有 2个交点,故函数有 2个零点.
37
13.已知函数 f(x)=ln x- 1
2
-1
+a有唯一的零点 x0,且 x0∈(2,3),则实数 a的取值范围
是 .
答案: 1
4
-ln3, 1
2
-ln2
解析:令 f(x)=0,得 lnx= 1
2
-1
-a.
在同一平面直角坐标系中分别作出 y=lnx与 y= 1
2
-1
-a的图象知,y=lnx为增函数,
而 y= 1
2
-1
-a为减函数.要使两函数图象交点的横坐标落在区间(2,3)内,必须有
ln2 < 1
2
2-1
- ,
ln3 > 1
2
3-1
- ,
解得
1
4
-ln3 10.
(1)写出年利润 W(单位:万元)关于年产量 x(单位:千件)的函数解析式;
(2)当年产量为多少千件时,该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大.(注:年
利润=年销售收入-年总成本)
解:(1)当 010时,W=xR(x)-(10+2.7x)=98-1000
3
-2.7x.
故 W=
8.1 -
3
30
-10,0 < ≤ 10,
98- 1000
3
-2.7 , > 10.
(2)①当 00;当 x∈(9,10]时,W'<0.
所以当 x=9时,W取得最大值,
38
即 Wmax=8.1×9-
1
30
×93-10=38.6.
②当 x>10时,W=98- 1000
3
+ 2.7 ≤98-2 1000
3
× 2.7 =38,
当且仅当
1000
3
=2.7x,即 x=100
9
时,W取得最大值 38.
综合①②知:当 x=9时,W取得最大值 38.6,
故当年产量为 9千件时,该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大.
15.甲方是一农场,乙方是一工厂,由于乙方生产须占用甲方的资源,因此甲方有权向乙方
索赔以弥补经济损失并获得一定净收入,在乙方不赔付的情况下,乙方的年利润 x(单位:
元)与年产量 q(单位:t)满足函数关系:x=2 000 若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方 s
元(以下称 s为赔付价格).
(1)将乙方的年利润 w(单位:元)表示为年产量 q(单位:t)的函数,并求出乙方获得最大利润
的年产量;
(2)在乙方年产量为 q(单位:t)时,甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额 y=0.002q2(单
位:元),在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下,甲方要在索赔中获得最大净
收入,应向乙方要求的赔付价格 s是多少?
解:(1)因为赔付价格为 s元/吨,所以乙方的实际年利润为 w=2000 -sq(q≥0).
因为 w=2000 -sq=-s - 1000
2
+ 10002
,
所以当 q= 1000
2
时,w取得最大值.所以乙方取得最大利润的年产量 q= 1000
2
t.
(2)设甲方净收入为 v元,则 v=sq-0.002q2,
将 q= 1000
2
代入上式,得到甲方净收入 v与赔付价格 s之间的函数关系式:
v=1000
2
2×10003
4
又 v'=-1000
2
2
+ 8×10003
5
10002(8000- 3)
5
,
令 v'=0得 s=20.当 s<20时,v'>0;当 s>20时,v'<0.所以当 s=20时,v取得最大值.
因此甲方向乙方要求赔付价格 s为 20元/吨时,获得最大净收入.
专题能力训练 7导数与函数的单调性、极值、
最值
39
一、能力突破训练
1.(2020全国Ⅰ,理 6)函数 f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为( )
A.y=-2x-1 B.y=-2x+1
C.y=2x-3 D.y=2x+1
答案:B
解析:对函数 f(x)求导可得 f'(x)=4x3-6x2,由导数的几何意义知在点(1,f(1))处的切线的斜率
为 k=f'(1)=-2.又因为 f(1)=-1,所以切线方程为 y-(-1)=-2(x-1),化简得 y=-2x+1.
2.已知函数 y=f(x)的导函数 y=f'(x)的图象如图所示,则函数 y=f(x)的图象可能是( )
答案:D
解析:设导函数 y=f'(x)的三个零点分别为 x1,x2,x3,且 x1<00,f(x)是增函数,
所以函数 y=f(x)的图象可能为 D,故选 D.
3.已知函数 f(x)=2ef'(e)ln x-
e
,则 f(x)的极大值点为( )
A.x=1
e
B.x=1
C.x=e D.x=2e
答案:D
解析:f'(x)=2e '(e)
1
e
,所以 f'(e)=2e '(e)
e
1
e
=2f'(e)-1
e
,解得 f'(e)=1
e
,则 f'(x)=2
1
e
由 f'(x)>0,得
02e.
所以函数 f(x)在区间(0,2e)内单调递增,在区间(2e,+∞)内单调递减,因此 f(x)的极大值点为
x=2e.
40
4.已知常数 a,b,c都是实数,f(x)=ax3+bx2+cx-34的导函数为 f'(x),f'(x)≤0的解集为{x|-
2≤x≤3}.若 f(x)的极小值等于-115,则 a的值是( )
A.-81
22
B 1
3
C.2 D.5
答案:C
解析:依题意得 f'(x)=3ax2+2bx+c≤0的解集是[-2,3],于是有 3a>0,-2+3=-2
3
,-2×3=
3
,则
b=-3
2
,c=-18a.
函数 f(x)在 x=3处取得极小值,于是有 f(3)=27a+9b+3c-34=-115,
则-81
2
a=-81,解得 a=2.故选 C.
5.(2019全国Ⅰ,理 13)曲线 y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为 .
答案:y=3x
解析:由题意可知 y'=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex
=3(x2+3x+1)ex,
∴k=y'|x=0=3.
∴曲线 y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为 y=3x.
6.已知函数 f(x)=1
2
asin 2x-(a+2)cos x-(a+1)x在区间 - π
2
, π
2
上无极值,则 f(x)在区间 - π
2
, π
2
上
的最小值是 .
答案:-3π
2
解析:f'(x)=acos2x+(a+2)sinx-a-1=a(1-2sin2x)+(a+2)sinx-a-1
=-2asin2x+(a+2)sinx-1=-(2sinx-1)(asinx-1).
因为当 f'(x)=0时一定有 sinx=1
2
,即 x=π
6
∈ - π
2
, π
2
,所以要使 f(x)无极值,则 a=2,
此时 f'(x)=-(2sinx-1)2≤0恒成立,即 f(x)在区间 - π
2
, π
2
上单调递减,
故在区间 - π
2
, π
2
上,f(x)的最小值为 f π
2
=-3π
2
7.设函数 f(x)=aex+ 1
e
+b(a>0).
(1)求 f(x)在区间[0,+∞)内的最小值;
(2)设曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y=3
2
x,求 a,b的值.
解:(1)f'(x)=aex- 1
e
41
当 f'(x)>0,即 x>-lna时,f(x)在区间(-lna,+∞)内单调递增;
当 f'(x)<0,即 x<-lna时,f(x)在区间(-∞,-lna)内单调递减.
①当 00,f(x)在区间(0,-lna)内单调递减,在区间(-lna,+∞)内单调递增,从而
f(x)在区间[0,+∞)内的最小值为 f(-lna)=2+b;
②当 a≥1时,-lna≤0,f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,
从而 f(x)在区间[0,+∞)内的最小值为 f(0)=a+1
+b.
(2)依题意 f'(2)=ae2- 1
e2
3
2
,解得 ae2=2或 ae2=-1
2
(舍去).
所以 a= 2
e2
,代入原函数可得 2+1
2
+b=3,即 b=1
2
故 a= 2
e2
,b=1
2
8.已知函数 f(x)=mx3-2x2.
(1)若 m=1,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数 g(x)=f(x)-mx2在区间[1,3]上单调递增,求实数 m的取值范围.
解:(1)当 m=1时,f(x)=x3-2x2,f'(x)=3x2-4x,
则 f'(1)=3-4=-1,而 f(1)=1-2=-1,
故所求切线方程为 y+1=-(x-1),即 x+y=0.
(2)依题意,得 g(x)=mx3-(m+2)x2,则 g'(x)=3mx2-2(m+2)x.
由 g(x)在区间[1,3]上是增函数,则 g'(x)=3mx2-2(m+2)x≥0在区间[1,3]上恒成立,
所以 m(3x-2)≥4.因为 3x-2>0,所以 m≥ 4
3 -2
记 h(x)= 4
3 -2
,则 m≥h(x)max.
而函数 h(x)在区间[1,3]上为减函数,则 h(x)max=h(1)=4,所以 m≥4.
故实数 m的取值范围是[4,+∞).
9.(2018全国Ⅰ,理 21)已知函数 f(x)=1
-x+aln x.
(1)讨论 f(x)的单调性;
(2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,证明: ( 1)- ( 2)
1- 2
2,令 f'(x)=0,得 x= - 2-4
2
或 x= + 2-4
2
当 x∈ 0, - 2-4
2
∪ + 2-4
2
,+ ∞ 时,f'(x)<0;
当 x∈ - 2-4
2
, + 2-4
2
时,f'(x)>0.
42
所以 f(x)在区间 0, - 2-4
2
, + 2-4
2
,+ ∞ 内单调递减,在区间
- 2-4
2
, + 2-4
2
内单调递
增.
(2)证明由(1)知,f(x)存在两个极值点时,当且仅当 a>2.
因为 f(x)的两个极值点 x1,x2满足 x2-ax+1=0,
所以 x1x2=1,不妨设 x11.
由于
( 1)- ( 2)
1- 2
=- 1
1 2
-1+aln 1-ln 2
1- 2
=-2+aln 1-ln 2
1- 2
=-2+a-2ln 21
2
- 2
,所以
( 1)- ( 2)
1- 2
0.
(1)求函数 f(x)的单调区间;
(2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a的取值范围;
(3)当 a=1时,设函数 f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为M(t),最小值为 m(t),记 g(t)=M(t)-m(t),
求函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值.
解:(1)f'(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).
由 f'(x)=0,得 x1=-1,x2=a>0.
当 x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,-1) -1 (-1,a) a (a,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a).
(2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函数 f(x)在区间(-
2,0)内恰有两个零点当且仅当
(-2) < 0,
(-1) > 0,
(0) < 0,
解得 00,
∴f(x)在区间 - 1
2
, 1
2
内单调递增.
44
同理,f(x)在区间 -∞,- 1
2
, 1
2
, + ∞ 内单调递减.
故选 D.
12.已知函数 f(x)=ex,g(x)=ln
2
+ 1
2
的图象与直线 y=m分别交于 A,B两点,则|AB|的最小值
为 .
答案:2+ln 2
解析:因为函数 f(x)=ex,g(x)=ln
2
+ 1
2
的图象与直线 y=m分别交于 A,B两点,
所以 A(lnm,m),B(2e -
1
2,m),其中 2e -
1
2>lnm,且 m>0,所以|AB|=2e -
1
2-lnm.
令 h(x)=2e -
1
2-lnx(x>0),则 h'(x)=2e -
1
2 1
令 h'(x)=0,得 x=1
2
当 x>1
2
时,h'(x)>0;当 00).
(1)令 g(x)=f'(x),求 g(x)的单调区间;
(2)已知 f(x)在 x=1处取得极大值,求实数 a的取值范围.
解:(1)由 f'(x)=lnx-2ax+2a,可得 g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞).
所以 g'(x)=1
-2a=1-2
a>0,
∴当 x∈ 0, 1
2
时,g'(x)>0,函数 g(x)单调递增;
当 x∈ 1
2
,+ ∞ 时,g'(x)<0,函数 g(x)单调递减.
∴g(x)的单调递增区间为 0, 1
2
,单调递减区间为
1
2
, + ∞
(2)由(1)知,f'(1)=0.
①当 01,由(1)知 f'(x)在区间 0, 1
2
内单调递增,可得当 x∈(0,1)时,f'(x)<0,当
x∈ 1, 1
2
时,f'(x)>0.
45
所以 f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间 1, 1
2
内单调递增,此时 f(x)在 x=1处取得极小值,
不合题意.
②当 a=1
2
时, 1
2
=1,f'(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减.当 x∈(0,+∞)
时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.
③当 a>1
2
时,0< 1
2
<1,当 x∈ 1
2
,1 时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当 x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.所以 f(x)在 x=1处取得极大值,符合题意.
综上可知,实数 a的取值范围为
1
2
,+ ∞
14.已知函数 f(x)=ln x-1
2
ax2+x,a∈R.
(1)若 f(1)=0,求函数 f(x)的单调递减区间;
(2)若关于 x的不等式 f(x)≤ax-1恒成立,求整数 a的最小值;
(3)若 a=-2,正实数 x1,x2满足 f(x1)+f(x2)+x1x2=0,求证:x1+x2≥
5-1
2
答案:(1)解因为 f(1)=1-
2
=0,所以 a=2.
此时 f(x)=lnx-x2+x,x>0.
则 f'(x)=1
-2x+1=-2 2+ +1
(x>0).
令 f'(x)<0,则 2x2-x-1>0.
又 x>0,所以 x>1.
所以 f(x)的单调递减区间为(1,+∞).
(2)解(方法一)令 g(x)=f(x)-(ax-1)=lnx-1
2
ax2+(1-a)x+1,则 g'(x)=1
-ax+(1-a)=- 2+(1- ) +1
当 a≤0时,因为 x>0,所以 g'(x)>0.
所以 g(x)在区间(0,+∞)内是增函数,
又 g(1)=ln1-1
2
a×12+(1-a)+1=-3
2
a+2>0,所以关于 x的不等式 f(x)≤ax-1不能恒成立.
当 a>0时,g'(x)=- 2+(1- ) +1
=-
-1 ( +1)
(x>0),
令 g'(x)=0,得 x=1
所以当 x∈ 0, 1
时,g'(x)>0;当 x∈ 1
, + ∞ 时,g'(x)<0,
因此函数 g(x)在区间 0, 1
内是增函数,在区间
1
, + ∞ 内是减函数.
46
故函数 g(x)的最大值为 g 1
=ln1
1
2
a× 1
2
+(1-a)× 1
+1= 1
2
-lna.
令 h(a)= 1
2
-lna,
因为 h(1)=1
2
>0,h(2)=1
4
-ln2<0,又 h(a)在区间(0,+∞)内是减函数,且 a为整数,
所以当 a≥2时,h(a)<0.
所以整数 a的最小值为 2.
(方法二)由 f(x)≤ax-1恒成立,得 lnx-1
2
ax2+x≤ax-1在区间(0,+∞)内恒成立,
问题等价于 a≥ ln + +1
1
2
2+
在区间(0,+∞)内恒成立.
令 g(x)=ln + +11
2
2+
,
因为 g'(x)=
( +1) -12 -ln
1
2
2+
2 ,
令 g'(x)=0,得-1
2
x-lnx=0.
设 h(x)=-1
2
x-lnx,
因为 h'(x)=-1
2
1
<0,所以 h(x)在区间(0,+∞)内单调递减,
不妨设-1
2
x-lnx=0的根为 x0.
当 x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当 x∈(x0,+∞)时,g'(x)<0,
所以 g(x)在区间(0,x0)内是增函数;在区间(x0,+∞)内是减函数.所以
g(x)max=g(x0)=ln 0
+ 0+1
1
2 0
2+ 0
1+12 0
0 1+12 0
1
0
因为 h 1
2
=ln2-1
4
>0,h(1)=-1
2
<0,
所以
1
2
0.
由 f(x1)+f(x2)+x1x2=0,
得 lnx1+ 1
2+x1+lnx2+ 2
2+x2+x1x2=0,
47
从而(x1+x2)2+x1+x2=x1·x2-ln(x1·x2).
令 t=x1·x2(t>0),φ(t)=t-lnt,则φ'(t)= -1
可知,φ(t)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.
所以φ(t)≥φ(1)=1,所以(x1+x2)2+x1+x2≥1,因此 x1+x2≥
5-1
2
或 x1+x2≤
- 5-1
2
(舍去).
15.已知函数 f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中 e≈2.718 28…是自然对数的底
数.
(1)求曲线 y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程.
(2)令 h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论 h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
解:(1)由题意 f(π)=π2-2,
又 f'(x)=2x-2sinx,所以 f'(π)=2π,
因此曲线 y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程为 y-(π2-2)=2π(x-π),即 y=2πx-π2-2.
(2)由题意,得 h(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)-a(x2+2cosx).
因为 h'(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)+ex(-sinx-cosx+2)-a(2x-2sinx)
=2ex(x-sinx)-2a(x-sinx)
=2(ex-a)(x-sinx),
令 m(x)=x-sinx,则 m'(x)=1-cosx≥0,
所以 m(x)在 R上单调递增.
因为 m(0)=0,所以当 x>0时,m(x)>0;
当 x<0时,m(x)<0.
①当 a≤0时,ex-a>0,当 x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当 x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以当 x=0时 h(x)取到极小值,极小值是 h(0)=-2a-1;
②当 a>0时,h'(x)=2(ex-elna)(x-sinx),由 h'(x)=0得 x1=lna,x2=0.
(ⅰ)当 00,h(x)单调递增;
当 x∈(lna,0)时,ex-elna>0,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当 x∈(0,+∞)时,ex-elna>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以当 x=lna时 h(x)取到极大值.
极大值为 h(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2],
当 x=0时 h(x)取到极小值,极小值是 h(0)=-2a-1;
(ⅱ)当 a=1时,lna=0,所以当 x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数 h(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增,
无极值;
(ⅲ)当 a>1时,lna>0,所以当 x∈(-∞,0)时,ex-elna<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;
当 x∈(0,lna)时,ex-elna<0,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当 x∈(lna,+∞)时,ex-elna>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以当 x=0时 h(x)取到极大值,极大值是 h(0)=-2a-1;
当 x=lna时 h(x)取到极小值,极小值是 h(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].
综上所述:
48
当 a≤0时,h(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增,函数 h(x)有极小值,极
小值是 h(0)=-2a-1;
当 01时,函数 h(x)在区间(-∞,0)和(lna,+∞)内单调递增,在区间(0,lna)内单调递减,函数
h(x)有极大值,也有极小值,极大值是 h(0)=-2a-1,极小值是 h(lna)=-a[ln2a-
2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].
专题能力训练 8 利用导数解不等式及参数的
取值范围
一、能力突破训练
1.(2018全国Ⅲ,理 21)已知函数 f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.
(1)若 a=0,证明:当-10时,f(x)>0;
(2)若 x=0是 f(x)的极大值点,求 a的值.
答案:(1)证明当 a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-
1+
,
设函数 g(x)=f'(x)=ln(1+x)-
1+
,则 g'(x)=
(1+ )2
,
当-10时,g'(x)>0.故当 x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当 x=0时,g(x)=0,
从而 f'(x)≥0,且仅当 x=0时,f'(x)=0.
所以 f(x)在区间(-1,+∞)内单调递增.
又 f(0)=0,故当-10时,f(x)>0.
(2)解①若 a≥0,由(1)知,当 x>0时,f(x)≥(2+x)·ln(1+x)-2x>0=f(0),这与 x=0是 f(x)的极大
值点矛盾.
②若 a<0,设函数 h(x)= ( )
2+ + 2
=ln(1+x)- 2
2+ + 2
由于当|x|0,故 h(x)与 f(x)符号相同.
又 h(0)=f(0)=0,故 x=0是 f(x)的极大值点当且仅当 x=0是 h(x)的极大值点.
h'(x)= 1
1+
2(2+ + 2)-2 (1+2 )
(2+ + 2)2
2( 2 2+4 +6 +1)
( +1)( 2+ +2)2
49
若 6a+1>0,则当 00,故 x=0不是 h(x)的极大值点.
若 6a+1<0,则 a2x2+4ax+6a+1=0存在根 x1<0,故当 x∈(x1,0),且|x|0;当 x∈(0,1)时,h'(x)<0.
所以 x=0是 h(x)的极大值点,从而 x=0是 f(x)的极大值点.
综上,a=-1
6
2.已知函数 f(x)=ax+xln x的图象在 x=e(e为自然对数的底数)处的切线的斜率为 3.
(1)求实数 a的值;
(2)若 f(x)≤kx2对任意 x>0成立,求实数 k的取值范围;
(3)当 n>m>1(m,n∈N*)时,证明:
>
答案:(1)解∵f(x)=ax+xlnx,
∴f'(x)=a+lnx+1.
又 f(x)的图象在点 x=e处的切线的斜率为 3,
∴f'(e)=3,即 a+lne+1=3,
∴a=1.
(2)解由(1)知,f(x)=x+xlnx,
若 f(x)≤kx2对任意 x>0成立,则 k≥ 1+ln
对任意 x>0成立.
令 g(x)=1+ln
,则问题转化为求 g(x)的最大值,g'(x)=
1
· -(1+ln )
2
=-ln
2
令 g'(x)=0,解得 x=1.
当 00,
∴g(x)在区间(0,1)内是增函数;
当 x>1时,g'(x)<0,
∴g(x)在区间(1,+∞)内是减函数.
故 g(x)在 x=1处取得最大值 g(1)=1,
∴k≥1即为所求.
(3)证明令 h(x)= ln
-1
,则 h'(x)= -1-ln
( -1)2
由(2)知,x≥1+lnx(x>0),
∴h'(x)≥0,
∴h(x)是区间(1,+∞)内的增函数.
50
∵n>m>1,
∴h(n)>h(m),即 ln
-1
> ln
-1
,
∴mnlnn-nlnn>mnlnm-mlnm,
即 mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn,
∴lnnmn+lnmm>lnmmn+lnnn.
整理,得 ln(mnn)m>ln(nmm)n.
∴(mnn)m>(nmm)n,
>
3.设函数 f(x)=ax2-a-ln x,其中 a∈R.
(1)讨论 f(x)的单调性;
(2)确定 a的所有可能取值,使得 f(x)>1
-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数
的底数).
解:(1)f'(x)=2ax-1
2 2-1
(x>0).
当 a≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)内单调递减.
当 a>0时,由 f'(x)=0,有 x= 1
2
此时,当 x∈ 0, 1
2
时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当 x∈ 1
2
, + ∞ 时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
(2)令 g(x)=1
1
e -1
,s(x)=ex-1-x.
则 s'(x)=ex-1-1.
而当 x>1时,s'(x)>0,
所以 s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又由 s(1)=0,有 s(x)>0,从而当 x>1时,g(x)>0.
当 a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-lnx<0.
故当 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有 a>0.
当 01.
由(1)有 f 1
2
0,
所以此时 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.
当 a≥ 1
2
时,令 h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
51
当 x>1时,h'(x)=2ax-1
+ 1
2
-e1-x>x-1
+ 1
2
1
3-2 +1
2
> 2-2 +1
2
>0.
因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又因为 h(1)=0,所以当 x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即 f(x)>g(x)恒成立.
综上,a∈ 1
2
, + ∞
4.设函数 f(x)=aln x,g(x)=1
2
x2.
(1)记 g'(x)为 g(x)的导函数,若不等式 f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x)在 x∈[1,e]内有解,求实数 a
的取值范围;
(2)若 a=1,对任意的 x1>x2>0,不等式 m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求 m(m∈Z,m≤1)
的值.
解:(1)不等式 f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x),
即 alnx+2x≤(a+3)x-1
2
x2,
化简,得 a(x-lnx)≥ 1
2
x2-x.
由 x∈[1,e]知 x-lnx>0,
因而 a≥
1
2
2-
-ln
设 y=
1
2
2-
-ln
,
则 y'=
( -1)( -ln )- 1-1
1
2
2-
( -ln )2
( -1) 1
2 +1-ln
( -ln )2
∵当 x∈(1,e)时,x-1>0,1
2
x+1-lnx>0,
∴y'>0在 x∈[1,e]时成立.
由不等式有解,可得 a≥ymin=-
1
2
,
即实数 a的取值范围是 - 1
2
, + ∞
(2)当 a=1时,f(x)=lnx.
由 m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,
得 mg(x1)-x1f(x1)>mg(x2)-x2f(x2)恒成立,
设 t(x)=
2
x2-xlnx(x>0).
由题意知 x1>x2>0,则当 x∈(0,+∞)时函数 t(x)单调递增,
∴t'(x)=mx-lnx-1≥0恒成立,即 m≥ ln +1
恒成立.
因此,记 h(x)=ln +1
,得 h'(x)=-ln
2
52
∵函数在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,
∴函数 h(x)在 x=1处取得极大值,并且这个极大值就是函数 h(x)的最大值.
由此可得 h(x)max=h(1)=1,故 m≥1,结合已知条件 m∈Z,m≤1,可得 m=1.
5.已知函数 f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中 a>0.
(1)设 g(x)是 f(x)的导函数,讨论 g(x)的单调性;
(2)证明:存在 a∈(0,1),使得 f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且 f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯
一解.
答案:(1)解由已知,函数 f(x)的定义域为(0,+∞),
g(x)=f'(x)=2(x-a)-2lnx-2 1 +
,
所以 g'(x)=2-2
+ 2
2
2 -12
2
+2 -14
2
当 00,φ(e)=-e(e-2)
1+e-1
-2 e-2
1+e-1
2
<0.
故存在 x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令 a0= 0-1-ln 01+ 0
-1 ,u(x)=x-1-lnx(x≥1).
由 u'(x)=1-1
≥0知,函数 u(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
所以 0= (1)
1+1
< ( 0)
1+ 0
-1=a0<
(e)
1+e-1
e-2
1+e-1
<1.
即 a0∈(0,1).
当 a=a0时,有 f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.
由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)内单调递增,
故当 x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而 f(x)>f(x0)=0;
当 x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而 f(x)>f(x0)=0.
所以,当 x∈(1,+∞)时,f(x)≥0.
53
综上所述,存在 a∈(0,1),使得 f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且 f(x)=0在区间(1,+∞)内有
唯一解.
二、思维提升训练
6.已知函数 f(x)=1
3
x3+x2+ax+1(a∈R).
(1)求函数 f(x)的单调区间;
(2)当 a<0时,试讨论是否存在 x0∈ 0, 1
2
∪ 1
2
,1 ,使得 f(x0)=f 1
2
解:(1)f'(x)=x2+2x+a,方程 x2+2x+a=0的判别式为Δ=4-4a,
①当 a≥1时,Δ≤0,则 f'(x)≥0,此时 f(x)在 R上是增函数;
②当 a<1时,方程 x2+2x+a=0两根分别为 x1=-1- 1- ,x2=-1+ 1- ,
解不等式 x2+2x+a>0,解得 x<-1- 1- 或 x>-1+ 1- ,
解不等式 x2+2x+a<0,解得-1- 1- 0,
故方程 4 0
2+14x0+7+12a=0的两根为 x1'=
-7- 21-48
4
,x'2=
-7+ 21-48
4
由 x0>0,得 x0=x'2=
-7+ 21-48
4
,
依题意,0<-7+ 21-48
4
<1,即 7< 21-48 <11,所以 49<21-48a<121,即-25
12
0, > 0,| | < π
2
的图象关于直线 x=π
3
对称,若它的最小
正周期为π,则函数 f(x)的图象的一个对称中心是( )
A π
3
,1 B π
12
,0 C 5π
12
,0 D - π
12
,0
答案:B
解析:由题意知 T=π,则ω=2.
由函数 f(x)的图象关于直线 x=π
3
对称,
得 2× π
3
+φ=π
2
+kπ(k∈Z),
即φ=-π
6
+kπ(k∈Z).
∵|φ|<π
2
,∴φ=-π
6
,∴f(x)=Asin 2 - π
6
令 2x-π
6
=kπ(k∈Z),则 x= π
12
+
2
π(k∈Z).
∴函数 f(x)的图象的一个对称中心为
π
12
,0 故选 B.
56
6.(2020全国Ⅰ,理 7)设函数 f(x)=cos + π
6
在[-π,π]的图象大致如下图,则 f(x)的最小正
周期为( )
A 10π
9
B 7π
6
C 4π
3
D 3π
2
答案:C
解析:由题图知 f - 4π
9
=cos - 4π
9
+ π
6
=0,
所以-4π
9
+π
6
π
2
+kπ(k∈Z),
化简得ω=-3+9
4
(k∈Z).
因为 T<2π<2T,即2π
| |
<2π<4π
| |
,
所以 1<|ω|<2,解得-11
9
0)个单位长度所得图象对应的函数为偶函数,则 n的最小值
为 .
答案:5π
12
解析:f(x)= 3cos2x-2sinxcosx= 3cos2x-sin2x=2cos 2 + π
6
,将 f(x)的图象向左平移 n个
单位长度对应的函数解析式为 f(x)=2cos 2( + ) + π
6
=2cos 2 + 2 + π
6
,要使它为偶
函数,则需要 2n+π
6
=kπ(k∈Z),所以 n= π
2
π
12
(k∈Z).因为 n>0,所以当 k=1时,n有最小值
5π
12
8.已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ) > 0, > 0,| | < π
2
的部分图象如图所示,则
f(x)= .
57
答案: 2sin π
8
+ π
4
解析:由题意,得 A= 2,函数 f(x)的周期为 T=16.
∵T=2π
,∴ω=π
8
,此时 f(x)= 2sin π
8
+
由 f(2)= 2,即 sin π
8
× 2+ =sin π
4
+ =1,
则
π
4
+φ=2kπ+π
2
,k∈Z,
解得φ=2kπ+π
4
,k∈Z.
∵|φ|<π
2
,∴φ=π
4
,
∴f(x)= 2sin π
8
+ π
4
9.已知函数 f(x)=sin x+λcos x的图象的一个对称中心是点
π
3
,0 ,则函数 g(x)=λsin xcos
x+sin2x的图象的一条对称轴是 .(写出其中的一条即可)
答案:x=-π
3
(答案不唯一)
解析:将点
π
3
,0 代入 f(x)=sinx+λcosx,得λ=- 3 g(x)=- 3sinxcosx+sin2x=-
3
2
sin2x+1
2
1
2
cos2x=1
2
-sin 2 + π
6
,令 2x+π
6
=kπ+π
2
,k∈Z,得 x= π
2
+ π
6
,k∈Z.由 k=-1,得 x=-π
3
10.已知函数 f(x)=sin2x-cos2x-2 3sin xcos x(x∈R).
(1)求 f 2π
3
的值;
(2)求 f(x)的最小正周期及单调递增区间.
解:(1)由 sin2π
3
3
2
,cos2π
3
=-1
2
,
f 2π
3
3
2
2
- 1
2
2
-2 3 × 3
2
× - 1
2
,
得 f 2π
3
=2.
58
(2)由 cos2x=cos2x-sin2x与 sin2x=2sinxcosx得 f(x)=-cos2x- 3sin2x=-2sin 2 + π
6
所以 f(x)的最小正周期是π.
由正弦函数的性质得
π
2
+2kπ≤2x+π
6
≤ 3π
2
+2kπ,k∈Z,
解得
π
6
+kπ≤x≤ 2π
3
+kπ,k∈Z,
所以,f(x)的单调递增区间是
π
6
+ π, 2π
3
+ π (k∈Z).
11.已知函数 f(x)=sin2x-sin2 - π
6
,x∈R.
(1)求 f(x)的最小正周期;
(2)求 f(x)在区间 - π
3
, π
4
上的最大值和最小值.
解:(1)由已知,有
f(x)=1-cos2
2
1-cos 2 -π3
2
=1
2
1
2
cos2 + 3
2
sin2 1
2
cos2x
= 3
4
sin2x-1
4
cos2x=1
2
sin 2 - π
6
所以,f(x)的最小正周期 T=2π
2
=π.
(2)因为 f(x)在区间 - π
3
,- π
6
上是减函数,在区间 - π
6
, π
4
上是增函数,f - π
3
=-1
4
,f - π
6
=-1
2
,f π
4
3
4
所以 f(x)在区间 - π
3
, π
4
上的最大值为
3
4
,最小值为-1
2
二、思维提升训练
12.下图是函数 f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0≤φ≤π)的部分图象,其中 A,B两点之间的距离为 5,
则 f(-1)等于( )
A.2 B 3
C.- 3 D.-2
答案:A
59
解析:设函数 f(x)的最小正周期为 T,因为 A,B两点之间的距离为 5,所以
2
2
+ 42=5,解
得 T=6.
所以ω=2π
π
3
又 f(x)的图象过点(0,1),代入得 2sinφ=1,
所以φ=2kπ+π
6
或φ=2kπ+5π
6
(k∈Z).
又 0≤φ≤π,所以φ=π
6
或φ=5π
6
所以 f(x)=2sin π
3
+ π
6
或 f(x)=2sin π
3
+ 5π
6
对于函数 f(x)=2sin π
3
+ π
6
,当 x略微大于 0时,有 f(x)>2sinπ
6
=1,与图象不符,故舍去.
综上,f(x)=2sin π
3
+ 5π
6
故 f(-1)=2sin - π
3
+ 5π
6
=2.
13.(2019全国Ⅲ,理 12)设函数 f(x)=sin + π
5
(ω>0),已知 f(x)在区间[0,2π]上有且仅有 5
个零点,下述四个结论:
①f(x)在区间(0,2π)内有且仅有 3个极大值点
②f(x)在区间(0,2π)内有且仅有 2个极小值点
③f(x)在区间 0, π
10
内单调递增
④ω的取值范围是
12
5
, 29
10
其中所有正确结论的编号是( )
A.①④ B.②③ C.①②③ D.①③④
答案:D
解析:∵f(x)=sin + π
5
(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有 5个零点,
∴5π≤2πω+π
5
<6π,
解得
12
5
≤ <29
10
,故④正确.
画出 f(x)的图象(图略),由图易知①正确,②不正确.
当 00,0<φ<π)图象的一条对称轴与相邻的一个对称中心的距
离为
π
4
,将其向右平移
π
6
个单位长度后得到函数 g(x)的图象.若函数 g(x)在区间
3π
4
,π 上单
调递增,则φ的取值范围为( )
A π
6
, π
2
B π
3
, 5π
6
C π
3
, 2π
3
D π
4
, 3π
4
答案:B
解析:由题意,得
4
π
4
,所以 T=π,所以ω=2π
π
=2,
所以 f(x)=sin(2x+φ).
从而 g(x)=sin 2 - π
6
+ =sin 2 + - π
3
由-π
2
+2kπ≤2x+φ-π
3
≤ π
2
+2kπ,k∈Z,
得- π
12
2
+kπ≤x≤ 5π
12
2
+kπ,k∈Z.
要使 g(x)在区间
3π
4
,π 上单调递增,
则需满足
- π
12
-
2
+ π ≤ 3π
4
,
5π
12
-
2
+ π ≥ π,
∈Z,
即
- 5π
3
+ 2 π ≤ ,
- 7π
6
+ 2 π ≥ ,
∈Z,
解得-5π
3
+2kπ≤φ≤-7π
6
+2kπ,k∈Z.又 0<φ<π,当 k=1时,可得
π
3
≤ ≤ 5π
6
,符合条件.
15.如果两个函数的图象平移后能够重合,那么称这两个函数为“互为生成”函数.给出下
列四个函数:
①f(x)=sin x+cos x;②f(x)= 2(sin x+cos x);
③f(x)=sin x;④f(x)= 2sin x+ 2
其中为“互为生成”函数的是 .(填序号)
答案:①④
解析:首先化简题中的四个解析式可得:①f(x)= 2sin + π
4
,②f(x)=2sin + π
4
,③
f(x)=sinx,④f(x)= 2sinx+ 2 可知③f(x)=sinx的图象要与其他的函数图象重合,单纯经过
平移不能完成,必须经过伸缩变换才能实现,所以③f(x)=sinx不能与其他函数成为“互为
61
生成”函数;同理①f(x)= 2sin + π
4
的图象与②f(x)=2sin + π
4
的图象也必须经过伸缩
变换才能重合,而④f(x)= 2sinx+ 2的图象可以向左平移
π
4
个单位,再向下平移 2个单位
即可得到①f(x)= 2sin + π
4
的图象,所以①④为“互为生成”函数.
16.已知函数 f(x)=sin x+ 3cos x,把函数 f(x)的图象向右平移
π
6
个单位长度,再把图象上各
点的横坐标缩小到原来的一半,纵坐标不变,得到函数 g(x)的图象.当 x∈ 0, π
2
时,方程
g(x)-k=0恰有两个不同的实根,则实数 k的取值范围为 .
答案:[1,2)
解析:函数 f(x)=sinx+ 3cosx=2sin + π
3
,把函数 f(x)的图象向右平移
π
6
个单位长度,得到
f1(x)=2sin + π
6
的图象,再把函数 f1(x)图象上各点的横坐标缩小到原来的一半,纵坐标
不变,得到函数 g(x)=2sin 2 + π
6
的图象.因为 x∈ 0, π
2
,所以 2x+π
6
∈ π
6
, 7π
6
令
π
6
≤2x+π
6
≤ π
2
,解得 0≤x≤ π
6
,即函数 g(x)在区间 0, π
6
上单调递增;
令
π
2
≤2x+π
6
≤ 7π
6
,解得
π
6
≤x≤ π
2
,即函数 g(x)在区间
π
6
, π
2
上单调递减,
且 g(0)=2sinπ
6
=1,g π
6
=2sinπ
2
=2,g π
2
=2sin7π
6
=-1.
要使方程 g(x)-k=0恰好有两个不同的实根,即 y=g(x)的图象与 y=k的图象有两个不同的
交点,
结合图象(图略),可得实数 k的取值范围是 1≤k<2,即[1,2).
17.已知函数 f(x)的图象是由函数 g(x)=cos x的图象经如下变换得到:先将 g(x)图象上所
有点的纵坐标伸长到原来的 2倍(横坐标不变),再将所得到的图象向右平移
π
2
个单位长度.
(1)求函数 f(x)的解析式,并求其图象的对称轴方程;
(2)已知关于 x的方程 f(x)+g(x)=m在区间[0,2π)内有两个不同的解α,β.
①求实数 m的取值范围;
②证明:cos(α-β)=2
2
5
-1.
62
答案:(1)解将 g(x)=cosx的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 2倍(横坐标不变)得到
y=2cosx的图象,再将 y=2cosx的图象向右平移
π
2
个单位长度后得到 y=2cos - π
2
的图象,
故 f(x)=2sinx.
从而函数 f(x)=2sinx图象的对称轴方程为 x=kπ+π
2
(k∈Z).
(2)①解 f(x)+g(x)=2sinx+cosx
= 5 2
5
sin + 1
5
cos
= 5sin(x+φ) 其中 sin 1
5
,cos 2
5
依题意,sin(x+φ)=
5
在区间[0,2π)内有两个不同的解α,β当且仅当
5
<1,
故 m的取值范围是(- 5, 5).
②证法一因为α,β是方程 5sin(x+φ)=m在区间[0,2π)内的两个不同的解,
所以 sin(α+φ)=
5
,sin(β+φ)=
5
.
当 1≤m< 5时,α+β=2 π
2
- ,
即α-β=π-2(β+φ);
当- 50,所以 A∈ 0, π
4
,于是
sinA+sinC=sinA+sin π
2
-2 =sinA+cos2A=-2sin2A+sinA+1=-2 sin - 1
4
2
+ 9
8
因为 00,从而 sinC=cosC.
又 cosC≠0,所以 tanC=1,则 C=π
4
,
所以 B=3π
4
-A.
于是 3sinA-cos + π
4
3sinA-cos(π-A)= 3sinA+cosA=2sin + π
6
因为 00,tanBtanC>0,
所以 tanA+2tanBtanC≥2 2tan tan tan ,
当且仅当 tanA=2tanBtanC时,等号成立,
即 tanAtanBtanC≥2 2tan tan tan ,
解得 tanAtanBtanC≥8,即最小值为 8.
17.在△ABC中,三个内角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c,π
3
π(舍去).
70
若 B+2C=π,又 A+B+C=π,
∴A=C,∴△ABC为等腰三角形.
(2)∵| + |=2,∴a2+c2+2accosB=4.
又由(1)知 a=c,∴cosB=2-
2
2
而 cosB=-cos2C, 1
2
0,∴a10a12=|a9a13|=100 10
3.(2019全国Ⅲ,理 5)已知各项均为正数的等比数列{an}的前 4项和为 15,且 a5=3a3+4a1,
则 a3=( )
A.16 B.8 C.4 D.2
答案:C
解析:设等比数列{an}的公比为 q(q>0),
则
1(1- 4)
1-
15,
1 4 3 1 2 + 4 1,
解得
1 1,
2,
所以 a3=a1q2=1×22=4.故选 C.
4.已知{an}是等差数列,公差 d不为零,前 n项和是 Sn.若 a3,a4,a8成等比数列,则( )
71
A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0
C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0
答案:B
解析:设{an}的首项为 a1,公差为 d,则 a3=a1+2d,a4=a1+3d,a8=a1+7d.∵a3,a4,a8成等比数列,
∴(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d),即 3a1d+5d2=0.∵d≠0,∴a1d=-53d
2<0,且 a1=-53d.∵
dS4=4 (
1+ 4)
2
=2d(2a1+3d)=-23d
2<0,故选 B.
5.已知数列{an}满足
+1
+1+1
1
2
,且 a2=2,则 a4等于( )
A.-1
2
B.23 C.12 D.11
答案:D
解析:由已知得
+1+1
+1
=2,则{an+1}是公比为 2的等比数列,所以 a4+1=(a2+1)·22=12.所以
a4=11.故选 D.
6.已知各项均为正数的等差数列{an}的前 n项和为 Sn,S10=40,则 a3·a8的最大值
为 .
答案:16
解析:因为 S10=
10( 1+ 10)
2
=40⇒a1+a10=a3+a8=8,a3>0,a8>0,所以 a3·a8≤
3+ 8
2
2
8
2
2
=16,
当且仅当 a3=a8=4时取等号.
7.中国古代数学专著《九章算术》中有这样一题:今有男子善走,日增等里,九日走 1 260
里,第一日、第四日、第七日所走之和为 390里,则该男子第三日走的里数为
(注:里是我国古代计量单位,1里=500米).
答案:120
解析:男子每天走的里数构成等差数列,设为{an},其公差为 d,前 n项和为 Sn.
根据题意可知,S9=1260,a1+a4+a7=390,
(方法一)∵S9=9( 1+ 9)2
=9a5=1260,∴a5=140.
又 a1+a4+a7=3a4=390,∴a4=130,∴d=a5-a4=10,
∴a3=a4-d=120.
(方法二)由题意,得 9 1260,
1 + 4 + 7 390,
9 1 +
9×8
2
1260,
1 + 1 + 3 + 1 + 6 390,
解得
1 100,
10, 所以 a3=a1+2d=120.
8.设 x,y,z是实数,若 9x,12y,15z成等比数列,且1
, 1
, 1
成等差数列,则
+
= .
72
答案:34
15
解析:由题意知
(12 )2 9 × 15 ,
2
1
+ 1
, 解得 xz= 122
9×15
y2=16
15
y2,x+z=32
15
y,
从而
+
2+ 2
( + )2-2
( + )2
-2=
32
15
2
2
16
15
2
-2=34
15
9.已知 Sn为数列{an}的前 n项和,且 a2+S2=31,an+1=3an-2n(n∈N*).
(1)求证:{an-2n}为等比数列;
(2)求数列{an}的前 n项和 Sn.
答案：(1)证明由 an+1=3an-2n可得
an+1-2n+1=3an-2n-2n+1=3an-3·2n=3(an-2n).
又 a2=3a1-2,则 S2=a1+a2=4a1-2,
得 a2+S2=7a1-4=31,得 a1=5,则 a1-21=3≠0.
故{an-2n}为等比数列.
(2)解由(1)可知 an-2n=3n-1(a1-2)=3n,∴an=2n+3n,
∴Sn=2(1-2
)
1-2
+ 3(1-3 )
1-3
=2n+1+3
+1
2
7
2
10.(2020全国Ⅰ,理 17)设{an}是公比不为 1的等比数列,a1为 a2,a3的等差中项.
(1)求{an}的公比;
(2)若 a1=1,求数列{nan}的前 n项和.
解:(1)设{an}的公比为 q,由题设得 2a1=a2+a3,
即 2a1=a1q+a1q2.
所以 q2+q-2=0,解得 q=1(舍去),q=-2.
故{an}的公比为-2.
(2)记 Sn为{nan}的前 n项和.
由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.
所以 Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,
-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.
可得 3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n
=1-(-2)
3
-n×(-2)n.
所以 Sn=
1
9
(3 +1)(-2)
9
11.已知数列{an}是等比数列.设 a2=2,a5=16.
(1)若 a1+a2+…+a2n=t( 1
2 + 2
2+…+ 2),n∈N*,求实数 t的值;
(2)若在
1
1
与
1
4
之间插入 k个数 b1,b2,…,bk,使得
1
1
,b1,b2,…,bk,
1
4
, 1
5
成等差数列,求 k的值.
73
解：设等比数列{an}的公比为 q,由 a2=2,a5=16,得 q=2,a1=1.
(1)∵a1+a2+…+a2n=t( 1
2 + 2
2+…+ 2),
1(1- 2 )
1-
=t·
1
2(1- 2 )
1- 2
,即1-22
1-2
=t· 1-2
2
1-4
对 n∈N*都成立,∴t=3.
(2) 1
1
=1, 1
4
1
8
, 1
5
1
16
,
且
1
1
,b1,b2,…,bk,
1
4
, 1
5
成等差数列,
∴公差 d= 1
5
1
4
=- 1
16
,且 1
4
1
1
=(k+1)d,
即
1
8
-1=(k+1)× - 1
16
,解得 k=13.
二、思维提升训练
12.(2020全国Ⅱ,理 4)北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中
心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌 9块扇面形石板构成第一环,向外每环依
次增加 9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多 9块,向外每环依次也增加 9块.已知
每层环数相同,且下层比中层多 729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A.3 699块 B.3 474块 C.3 402块 D.3 339块
答案:C
解析:由题意可知,从上到下,从内到外,每环的扇面形石板数构成以 9为首项,9为公差的
等差数列,设为{an}.
设上层有 n环,则上层扇面形石板总数为 Sn,中层扇面形石板总数为 S2n-Sn,下层扇面形石
板总数为 S3n-S2n,三层扇面形石板总数为 S3n.因为{an}为等差数列,所以 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构
成等差数列,公差为 9n2.因为下层比中层多 729块,所以 9n2=729,解得 n=9.所以
S3n=S27=27×9+
27×26
2
×9=3402.故选 C.
13.若数列{an}为等比数列,且 a1=1,q=2,则 Tn=
1
1 2
+ 1
2 3
+…+ 1
+1
等于( )
A.1- 1
4
B 2
3
1- 1
4
74
C.1- 1
2
D 2
3
1- 1
2
答案:B
解析:因为 an=1×2n-1=2n-1,所以 anan+1=2n-1·2n=22n-1=2×4n-1,所以
1
+1
1
2
× 1
4
-1
所以
1
+1
是等比数列.
故 Tn=
1
1 2
+ 1
2 3
+…+ 1
+1
1
2
×
1× 1- 14
1-14
2
3
1- 1
4
14.已知等比数列{an}的首项为
4
3
,公比为-1
3
,其前 n项和为 Sn.若 A≤Sn-
1
≤B对 n∈N*恒成
立,则 B-A的最小值为 .
答案:59
72
解析:易得 Sn=1- -
1
3
∈ 8
9
,1 ∪ 1, 4
3
,
因为 y=Sn-
1
在区间
8
9
, 4
3
上单调递增(y≠0),
所以 y∈ - 17
72
, 7
12
⊆[A,B],因此 B-A的最小值为
7
12
- 17
72
59
72
15.无穷数列{an}由 k个不同的数组成,Sn为{an}的前 n项和.若对任意 n∈N*,Sn∈{2,3},则
k的最大值为 .
答案:4
解析:要满足数列中的条件,涉及最多的项的数列可以为 2,1,-1,0,0,0,…,所以最多由 4个
不同的数组成.
16.已知数列{an},{bn}满足:an+1+1=2an+n,bn-an=n,b1=2.
(1)证明数列{bn}是等比数列,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求数列{an}的前 n项和 Sn.
解：(1)因为 bn-an=n,所以 bn=an+n.
因为 an+1=2an+n-1,所以 an+1+(n+1)=2(an+n),
即 bn+1=2bn.
又 b1=2,所以{bn}是首项为 2,公比为 2的等比数列,
bn=2×2n-1=2n.
(2)由(1)可得 an=bn-n=2n-n,
所以 Sn=(21+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n)
=2(1-2
)
1-2
(1+ )
2
=2n+1-2-
2+
2
75
17.(2019天津,理 19)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知 a1=4,b1=6,b2=2a2-
2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足 c1=1,cn=
1,2 < < 2 +1,
, 2 ,
其中 k∈N*.
①求数列{ 2 ( 2 -1)}的通项公式;
②求 ∑
1
2
aici(n∈N*).
解：(1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q.依题意得
6 6 + 2 ,
6 2 12 + 4 ,
解得
3,
2,故 an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=6×2n-1=3×2n.
所以,{an}的通项公式为 an=3n+1,{bn}的通项公式为 bn=3×2n.
(2) 2 ( 2 -1)= 2 (bn-1)
=(3×2n+1)(3×2n-1)=9×4n-1.
所以,数列{ 2 ( 2 -1)}的通项公式为 2 ( 2 -1)=9×4n-1.
∑
1
2
aici= ∑
1
2
[ai+ai(ci-1)]
= ∑
1
2
ai+ ∑
1
a2i( 2 -1)
= 2n×4+2
(2 -1)
2
×3 + ∑
1
(9×4i-1)
=(3×22n-1+5×2n-1)+9× 4(1-4n)
1-4
-n
=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).
专题能力训练 12 数列的通项与求和
一、能力突破训练
1.已知数列{an}是等差数列,满足 a1+2a2=S5,下列结论错误的是( )
A.S9=0 B.S5最小 C.S3=S6 D.a5=0
答案:B
解析:由题设可得 3a1+2d=5a1+10d⇒2a1+8d=0,即 a5=0,所以 D中结论正确.
由等差数列的性质可得 a1+a9=2a5=0,则 S9=9( 1+ 9)2
=9a5=0,所以 A中结论正确.
S3-S6=3a1+3d-6a1-15d=-3(a1+4d)=-3a5=0,所以 C中结论正确.
76
B中结论是错误的.故选 B.
2.已知数列{an}的前 n项和 Sn=n2-2n-1,则 a3+a17=( )
A.15 B.17 C.34 D.398
答案:C
解析:∵Sn=n2-2n-1,
∴a1=S1=12-2-1=-2.
当 n≥2时,an=Sn-Sn-1
=n2-2n-1-[(n-1)2-2(n-1)-1]
=n2-(n-1)2+2(n-1)-2n-1+1
=n2-n2+2n-1+2n-2-2n=2n-3.
∴an=
-2, 1,
2 -3, ≥ 2.
∴a3+a17=(2×3-3)+(2×17-3)=3+31=34.
3.在数列{an}中,an+1=2an-1,a3=2,设其前 n项和为 Sn,则 S6=( )
A 87
4
B 63
4
C.15 D.27
答案:A
解析:由 an+1=2an-1,得 an+1-1=2(an-1),则{an-1}是等比数列,首项为
1
4
,公比为 2,
则 an-1=
1
4
·2n-1=2n-3,
即 an=1+2n-3,S6=6+
1
4(1-2
6)
1-2
87
4
4.已知数列{an}的前 n项和为 Sn,a1=1,a2=2,且对于任意 n>1,n∈N*,满足 Sn+1+Sn-
1=2(Sn+1),则 S10的值为( )
A.90 B.91 C.96 D.100
答案:B
解析:∵Sn+1+Sn-1=2(Sn+1),
∴Sn+1-Sn=Sn-Sn-1+2,∴an+1-an=2.
∴当 n≥2时,数列{an}是等差数列,公差为 2.又 a1=1,a2=2,
∴S10=1+9×2+
9×8
2
×2=91.
5.已知数列{an},构造一个新数列 a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…,此数列是首项为 1,公比为
1
3
的
等比数列,则数列{an}的通项公式为( )
A.an=32
3
2
× 1
3
,n∈N*
B.an=32 +
3
2
× 1
3
,n∈N*
77
C.an=
1, 1,
3
2
+ 3
2
× 1
3
, > 2,且 ∈N*
D.an=1,n∈N*
答案:A
解析:因为数列 a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首项为 1,公比为
1
3
的等比数列,
所以 an-an-1=
1
3
-1
,n≥2.所以当 n≥2时,
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+1
3
+ 1
3
2
+…+ 1
3
-1
=
1- 13
1-13
3
2
3
2
× 1
3
又当 n=1时,an=32
3
2
× 1
3
=1,
则 an=32
3
2
× 1
3
,n∈N*.
6.已知数列{an}满足 a1=1,an-an+1=nanan+1(n∈N*),则 an= .
答案: 2
2- +2
解析:因为 an-an+1=nanan+1,所以
- +1
+1
1
+1
1
=n,
1
1
- 1
-1
+ 1
-1
- 1
-2
+…+ 1
2
- 1
1
+ 1
1
=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+ 1
1
=( -1)( -1+1)
2
+1=
2- +2
2
(n≥2).
所以 an=
2
2- +2
(n≥2).
又 a1=1也满足上式,所以 an=
2
2- +2
7.(2018全国Ⅰ,理 14)记 Sn为数列{an}的前 n项和.若 Sn=2an+1,则 S6= .
答案:-63
解析:∵Sn=2an+1,①
∴Sn-1=2an-1+1(n≥2).②
①-②,得 an=2an-2an-1,即 an=2an-1(n≥2).
78
又 S1=2a1+1,∴a1=-1.
∴{an}是以-1为首项,2为公比的等比数列,
则 S6=-1(1-26)
1-2
=-63.
8.已知 Sn是等差数列{an}的前 n项和,若 a1=-2 017,
2014
2014
2008
2008
=6,则 S2
017= .
答案:-2 017
解析:∵Sn是等差数列{an}的前 n项和,
是等差数列,设其公差为 d.
2014
2014
2008
2008
=6,∴6d=6,d=1.
∵a1=-2017,
1
1
=-2017.
=-2017+(n-1)×1=-2018+n.
∴S2017=(-2018+2017)×2017=-2017.
9.已知数列{an}的前 n项和为 Sn,且 2Sn=nan+2an-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列
1
2
的前 n项和为 Tn,证明:Tn<4.
答案：(1)解当 n=1时,2S1=a1+2a1-1,则 a1=1.
当 n≥2时,2Sn=nan+2an-1,①
2Sn-1=(n-1)an-1+2an-1-1,②
①-②,得 2an=nan-(n-1)an-1+2an-2an-1,
即 nan=(n+1)an-1,
所以
+1
-1
,且 1
2
1
2
,
所以数列
+1
为常数列,
+1
1
2
,即 an= +12 (n∈N*).
(2)证明由(1)得 an=
+1
2
,所以
1
2
4
( +1)2
< 4
( +1)
=4 1
- 1
+1
所以 Tn=
4
22
+ 4
32
+ 4
42
+…+ 4
( +1)2
< 4
1×2
+ 4
2×3
+ 4
3×4
+…+ 4
( +1)
=4 1-1
2
+ 1
2
1
3
+ 1
3
1
4
+…+ 1
1
+1
=4 1- 1
+1
<4.
79
10.已知数列{an}的前 n项和为 Sn,且 a1=0,对任意 n∈N*,都有 nan+1=Sn+n(n+1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足 an+log2n=log2bn,求数列{bn}的前 n项和 Tn.
解：(1)(方法一)∵nan+1=Sn+n(n+1),
∴当 n≥2时,(n-1)an=Sn-1+n(n-1),
两式相减,得
nan+1-(n-1)an=Sn-Sn-1+n(n+1)-n(n-1),
即 nan+1-(n-1)an=an+2n,得
an+1-an=2.
当 n=1时,1×a2=S1+1×2,即 a2-a1=2.
∴数列{an}是以 0为首项,2为公差的等差数列.
∴an=2(n-1)=2n-2.
(方法二)由 nan+1=Sn+n(n+1),得
n(Sn+1-Sn)=Sn+n(n+1),
整理,得 nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),
两边同除以 n(n+1),
得
+1
+1
=1.
∴数列
是以
1
1
=0为首项,1为公差的等差数列,
=0+n-1=n-1.∴Sn=n(n-1).
当 n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.
又 a1=0适合上式,∴数列{an}的通项公式为 an=2n-2.
(2)∵an+log2n=log2bn,
∴bn=n·2 =n·22n-2=n·4n-1.
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1,①
4Tn=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,②
由①-②,得-3Tn=40+41+42+…+4n-1-n×4n=1-4
1-4
-n×4n=(1-3 )×4 -1
3
∴Tn=
1
9
[(3n-1)×4n+1].
11.设数列{an}的前 n项和为 Sn ,2Sn=3n+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足 anbn=log3an,求{bn}的前 n项和 Tn.
解：(1)因为 2Sn=3n+3,
所以 2a1=3+3,故 a1=3.
当 n>1时,2Sn-1=3n-1+3,
80
此时 2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即 an=3n-1,
所以 an=
3, 1,
3 -1, > 1.
(2)因为 anbn=log3an,
所以 b1=
1
3
,
当 n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.
所以 T1=b1=
1
3
;
当 n>1时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=
1
3
+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],
所以 3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],
两式相减,得 2Tn=23+(3
0+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=2
3
+ 1-31-
1-3-1
-(n-1)×31-n=13
6
6 +3
2×3
,
所以 Tn=
13
12
6 +3
4×3
经检验,当 n=1时也适合.
综上可得 Tn=
13
12
6 +3
4×3
二、思维提升训练
12.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创,南宋数学家杨辉、元
代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法,
有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等.如图,某仓库中部分货物堆放成“菱草垛”:自上而
下,第一层 1件,以后每一层比上一层多 1件,最后一层是 n件.已知第一层货物的单价是 1
万元,从第二层起,货物的单价是上一层单价的
9
10
若这堆货物的总价是 100-200 9
10
万元,
则 n的值为( )
A.7 B.8 C.9 D.10
答案:D
解析:由题意,得第 n层货物的总价为 n· 9
10
-1
万元.
这堆货物的总价 W=1+2× 9
10
+3× 9
10
2
+…+n· 9
10
-1
,
9
10
W=1× 9
10
+2× 9
10
2
+3× 9
10
3
+…+n· 9
10
,
81
两式相减,得 1
10
W=-n· 9
10
+1+ 9
10
+ 9
10
2
+ 9
10
3
+…+ 9
10
-1
=-n· 9
10
+
1- 9
10
1- 910
=-n· 9
10
+10-10· 9
10
,
则 W=-10n· 9
10
+100-100· 9
10
=100-200 9
10
,解得 n=10.
13.设 Sn是数列{an}的前 n项和,且 a1=-1,an+1=SnSn+1,则 Sn= .
答案:-1
解析:由 an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,得
1
1
+1
=1,即 1
+1
1
=-1,则 1
为等差数列,首项为
1
1
=-1,
公差为 d=-1, 1
=-n,∴Sn=-
1
14.已知等差数列{an}的公差为 2,其前 n项和 Sn=pn2+2n(n∈N*).
(1)求 p的值及 an;
(2)若 bn=
2
(2 -1)
,记数列{bn}的前 n项和为 Tn,求使 Tn>
9
10
成立的最小正整数 n的值.
解：(1)(方法一)∵{an}是等差数列,
∴Sn=na1+ ( -1)2
d=na1+ ( -1)2
×2=n2+(a1-1)n.
又由已知 Sn=pn2+2n,∴p=1,a1-1=2,∴a1=3,
∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.
(方法二)由已知 a1=S1=p+2,S2=4p+4,
即 a1+a2=4p+4,∴a2=3p+2.
又等差数列的公差为 2,∴a2-a1=2,
∴2p=2,∴p=1,∴a1=p+2=3,
∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.
(方法三)当 n≥2时,an=Sn-Sn-1=pn2+2n-[p(n-1)2+2(n-1)]=2pn-p+2,
∴a2=3p+2,由已知 a2-a1=2,∴2p=2,∴p=1,
∴a1=p+2=3,∴an=a1+(n-1)d=2n+1,
∴p=1,an=2n+1.
(2)由(1)知 bn=
2
(2 -1)(2 +1)
1
2 -1
1
2 +1
,
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn
= 1
1
- 1
3
+ 1
3
- 1
5
+ 1
5
- 1
7
+…+ 1
2 -1
1
2 +1
=1- 1
2 +1
2
2 +1
∵Tn>
9
10
, 2
2 +1
> 9
10
,
82
∴20n>18n+9,即 n>9
2
∵n∈N*,
∴使 Tn>
9
10
成立的最小正整数 n的值为 5.
15.已知数列{an}满足 an+2=qan(q为实数,且 q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且 a2+a3,a3+a4,a4+a5
成等差数列.
(1)求 q的值和{an}的通项公式;
(2)设 bn=log2 2 2 -1
,n∈N*,求数列{bn}的前 n项和.
解：(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即 a4-a2=a5-a3,
所以 a2(q-1)=a3(q-1).
又因为 q≠1,故 a3=a2=2,由 a3=a1·q,得 q=2.
当 n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=2
-1
2 ;
当 n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2
2
所以,{an}的通项公式为 an=
2
-1
2 , 为奇数,
2
2, 为偶数.
(2)由(1)得 bn=log2 2 2 -1
2 -1
设{bn}的前 n项和为 Sn,则 Sn=1× 1
20
+2× 1
21
+3× 1
22
+…+(n-
1)× 1
2 -2
+n× 1
2 -1
,
1
2
Sn=1×
1
21
+2× 1
22
+3× 1
23
+…+(n-1)× 1
2 -1
+n× 1
2
,
上述两式相减,得1
2
Sn=1+
1
2
+ 1
22
+…+ 1
2 -1
2
1- 12
1-12
2
=2- 2
2
2
,
整理得,Sn=4-
+2
2 -1
所以,数列{bn}的前 n项和为 4- +2
2 -1
,n∈N*.
16.已知数列{an},{bn},Sn为数列{an}的前 n项和,a1=2b1,Sn=2an-2,nbn+1-(n+1)bn=n2+n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:数列
为等差数列;
83
(3)若 cn=
-
2
, 为奇数,
4
, 为偶数,
求数列{cn}的前 2n项和.
答案：(1)解∵Sn=2an-2,∴Sn-1=2an-1-2(n≥2),
∴an=2an-2an-1(n≥2),
∴an=2an-1(n≥2),
∴数列{an}是以 2为公比的等比数列.
又 a1=S1=2a1-2,
∴a1=2,∴an=2·2n-1=2n.
(2)证明∵nbn+1-(n+1)bn=n2+n=n(n+1),
+1
+1
=1,∴数列
是以 1为公差的等差数列.
(3)解∵b1=1,由(2)知
=b1+(n-1)×1=n,∴bn=n2,
∴cn=
- 2·2 -1, 为奇数,
2·2 -2, 为偶数,
∴c2n-1+c2n=-(2n-1)222n-2+(2n)222n-2=(4n-1)·4n-1,
∴T2n=3×40+7×41+…+(4n-1)·4n-1,①
∴4T2n=3×41+7×42+…+(4n-5)·4n-1+(4n-1)·4n,②
∴-3T2n=3+4× 41 + 42 +… + 4 -1 -(4n-1)·4n=3+16×(1-4
-1)
1-4
-(4n-1)·4n
=4
+1-7
3
-(4n-1)·4n=-4 (12 -3)+4 +1-7
3
,
∴T2n=
4 (12 -7)+7
9
专题能力训练 13 空间几何体
一、能力突破训练
1.已知过圆锥的轴的截面是顶角为 120°的等腰三角形,若圆锥的母线长为 2,则该圆锥
的体积为( )
A π
3
B.π C 2π
3
D.2π
答案:B
84
解析:由题意可知,圆锥的底面半径为 3,高为 1,所以该圆锥的体积为 V=1
3
Sh=1
3
π ×
( 3)2 ×1=π.
2.(2020全国Ⅰ,理 3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正
四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其
侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A 5-1
4
B 5-1
2
C 5+1
4
D 5+1
2
答案:C
解析:如图,设正四棱锥的高为 h,底面边长为 a,侧面三角形底边上的高为 h',
则有
2 1
2
',
2 '2-
2
2
,
因此有 h'2-
2
2
1
2
ah',化简得 4 '
2
-2 '
-1=0,
解得
'
5+1
4
(负值舍去)
3.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
答案:A
解析:由三视图可知该几何体是球截去
1
8
后所得几何体,
则
7
8
× 4π
3
×R3=28π
3
,解得 R=2,
85
所以它的表面积为
7
8
×4πR2+3
4
×πR2=14π+3π=17π.
4.已知平面α截球 O的球面得圆 M,过圆心Μ的平面β与α的夹角为
π
6
,且平面β截球 O的球
面得圆 N.已知球Ο的半径为 5,圆 M的面积为 9π,则圆 N的半径为( )
A.3 B 13 C.4 D 21
答案:B
解析:如图,∵OA=5,AM=3,∴OM=4.
∵∠NMO=π
3
,∴ON=OM·sinπ
3
=2 3
又∵OB=5,∴NB= 2- 2 13,故选 B.
5.已知一个几何体的三视图如图所示,其中三个三角形均是直角三角形,图形给出的数据
均是直角边的长度,则该几何体的外接球的体积为( )
A.24π B.6π
C.8 6π D 6π
答案:D
解析:几何体为三棱锥,且底面为直角三角形(形状与俯视图相同),侧棱垂直于底面,
将该三棱锥补成长、宽、高分别为 2,1,1的长方体,其外接球的直径为
2R= 22 + 12 + 12 6
则该几何体的外接球的体积为 V=4
3
π × 6
2
3
6π
6.(2020全国Ⅱ,理 10)已知△ABC是面积为
9 3
4
的等边三角形,且其顶点都在球 O的球面上.
若球 O的表面积为 16π,则 O到平面 ABC的距离为( )
A 3 B 3
2
C.1 D 3
2
答案:C
86
解析:设等边三角形 ABC的边长为 a,球 O的半径为 R,△ABC的外接圆的半径为 r,则
S△ABC=
3
4
a2=9 3
4
,S 球O=4πR2=16π,解得 a=3,R=2.故 r=2
3
× 3
2
a= 3
设 O到平面 ABC的距离为 d,则 d2+r2=R2,
故 d= 2- 2 4-3=1.
故选 C.
7.在四面体 ABCD中,AB=CD=6,AC=BD=4,AD=BC=5,则四面体 ABCD的外接球的表面
积为 .
答案:77
2
π
解析:构造一个长方体,使得它的三条面对角线长分别为 4,5,6,设长方体的三条边长分别
为 x,y,z,则 x2+y2+z2=77
2
,而长方体的外接球就是四面体的外接球,所以 S=4πR2=77
2
π
8.(2019北京,理 11)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.
如果网格纸上小正方形的边长为 1,那么该几何体的体积为 .
答案:40
解析:在正方体中还原该几何体,如图所示.
该几何体的体积 V=43-1
2
×(2+4)×2×4=40.
9.(2018全国Ⅱ,理 16)已知圆锥的顶点为 S,母线 SA,SB所成角的余弦值为
7
8
,SA与圆锥底
面所成的角为 45°.若△SAB的面积为 5 15,则该圆锥的侧面积为 .
答案:40 2π
解析:设 O为底面圆圆心,
87
∵cos∠ASB=7
8
,∴sin∠ASB= 1- 7
8
2
15
8
∴S△ASB=
1
2
×|AS|·|BS|· 15
8
=5 15
∴SA2=80.∴SA=4 5
∵SA与圆锥底面所成的角为 45°,∠SOA=90°,
∴SO=OA= 2
2
SA=2 10
∴S 圆锥侧=πrl=4 5 ×2 10 ×π=40 2π
10.我国古代数学名著《九章算术·商功》中阐述:“斜解立方,得两堑堵.斜解堑堵,其一为
阳马,一为鳖臑.阳马居二,鳖臑居一,不易之率也.合两鳖臑三而一,验之以棊,其形露矣.”若
称为“阳马”的某几何体的三视图如图所示,图中网格纸上小正方形的边长为 1,对该几何
体有如下描述:
①四个侧面都是直角三角形;②最长的侧棱长为 2 6;
③四个侧面中有三个侧面是全等的直角三角形;④外接球的表面积为 24π.
其中正确的描述的序号为 .
答案:①②④
解析:由三视图还原原几何体,如图所示,可知该几何体为四棱锥,PA⊥底面 ABCD,PA=2,
底面 ABCD为矩形,AB=2,BC=4,则四个侧面都是直角三角形,故①正确;
最长侧棱为 PC,长为 2 6,故②正确;
由已知可得,PB=2 2,PC=2 6,PD=2 5,则四个侧面均不全等,故③错误;
把四棱锥补形为长方体,则其外接球的半径为
1
2
PC= 6,其表面积为 4π×( 6)2=24π,故④正
确.
88
11.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点 E,F分别在 A1B1,D1C1
上,A1E=D1F=4,过点 E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
解:(1)交线围成的正方形 EHGF如图所示.
(2)作 EM⊥AB,垂足为 M,
则 AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.
因为 EHGF为正方形,
所以 EH=EF=BC=10.
于是 MH= 2- 2=6,AH=10,HB=6.
因为长方体被平面α分成两个高为 10的直棱柱,
所以其体积的比值为
9
7
7
9
也正确
二、思维提升训练
12.(2020全国Ⅰ,理 10)已知 A,B,C为球 O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆.若
☉O1的面积为 4π,AB=BC=AC=OO1,则球 O的表面积为( )
A.64π B.48π C.36π D.32π
答案:A
解析:由题意知☉O1的半径 r=2.由正弦定理知
sin
=2r,
∴OO1=AB=2rsin60°=2 3,
∴球 O的半径 R= 2 + 1
2=4.
∴球 O的表面积为 4πR2=64π.
13.如图,在矩形 ABCD中,AB=2,AD=4,点 E,F分别在 AB,CD上,且
=3.若沿点 E,F
连线折成的多面体如图所示,使 AB⊥平面 BCFE,则该多面体的正视图的面积为( )
89
A.4 2 B.2 2
C.3 2 D.6
答案:A
解析:由题意,得 AE=3
2
,BE=1
2
由 AB⊥平面 BCFE,得 AB⊥BE,
所以 AB= 2- 2 2,
∴所求多面体的正视图的面积为 2 ×4=4 2
14.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 .
答案:4 15
解析:如图所示,连接 OD,交 BC于点 G.由题意知 OD⊥BC,OG= 3
6
BC.
设 OG=x,则 BC=2 3x,DG=5-x,
三棱锥的高 h= 2- 2 25-10 + 2- 2 25-10
因为 S△ABC=
1
2
×2 3x×3x=3 3x2,
所以三棱锥的体积 V=1
3
S△ABC·h= 3x2· 25-10 3· 25 4-10 5
令 f(x)=25x4-10x5,x∈ 0, 5
2
,
则 f'(x)=100x3-50x4.
令 f'(x)=0,可得 x=2,
则 f(x)在(0,2)单调递增,在 2, 5
2
单调递减,
所以 f(x)max=f(2)=80.
所以 V≤ 3 × 80=4 15,
90
所以三棱锥体积的最大值为 4 15
15.若三棱锥 S-ABC的所有顶点都在球 O的球面上,SA⊥平面
ABC,SA=2 15,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,则球 O的表面积为 .
答案:64π
解析:如图,三棱锥 S-ABC的所有顶点都在球 O的球面上,因为 AB=1,AC=2,∠BAC=60°,
所以 BC= 3,
所以∠ABC=90°.
所以△ABC截球 O所得的圆 O'的半径 r=1.
设 OO'=x,球 O的半径为 R,
则 R2=x2+12,R2=(SA-x)2+12,
所以 x2+1=(2 15- )2+1,
解得 x= 15,R2=( 15)2+12,R=4.
所以球 O的表面积为 4πR2=64π.
16.如图①,在矩形 ABCD中,AB=4,BC=3,沿对角线 AC把矩形折成二面角 D-AC-B(如图
②),并且点 D在平面 ABC内的射影落在 AB上.
(1)证明:AD⊥平面 DBC;
(2)若在四面体 D-ABC内有一球,问:当球的体积最大时,球的半径是多少?
答案：(1)证明设 D在平面 ABC内的射影为 H,则 H在 AB上,连接 DH,如图,
则 DH⊥平面 ABC,得 DH⊥BC.
又 AB⊥BC,AB∩DH=H,
所以 BC⊥平面 ADB,故 AD⊥BC.
又 AD⊥DC,DC∩BC=C,
所以 AD⊥平面 DBC.
(2)解当球的体积最大时,易知球与三棱锥 D-ABC的各面相切,设球的半径为 R,球心为 O,
则 VD-ABC=
1
3
R(S△ABC+S△DBC+S△DAC+S△DAB).由已知可得 S△ABC=S△ADC=6.
91
过点 D作 DG⊥AC于点 G,连接 GH,如图,可知 HG⊥AC.
易得 DG=12
5
,HG=27
20
,DH= 2- 2 3 7
4
,S△DAB=
1
2
×4× 3 7
4
3 7
2
在△DAB和△BCD中,
因为 AD=BC,AB=DC,DB=DB,
所以△DAB≌△BCD,
故 S△DBC=
3 7
2
,VD-ABC=13 ×6×
3 7
4
3 7
2
则
3
6 + 3
2
7 + 6 + 3
2
7 3 7
2
,
于是(4+ 7)R=3
2
7,
所以 R= 3 7
2×(4+ 7)
4 7-7
6
专题能力训练 14 空间中的平行与垂直
一、能力突破训练
1.如图,O为正方体 ABCD-A1B1C1D1的底面 ABCD的中心,则下列直线中与 B1O垂直的是
( )
A.A1D B.AA1 C.A1D1 D.A1C1
答案:D
解析:易知 A1C1⊥平面 BB1D1D.
∵B1O⊂平面 BB1D1D,
∴A1C1⊥B1O,故选 D.
2.如图,在正方形 ABCD中,E,F分别是 BC,CD的中点,沿 AE,AF,EF把正方形折成一个四
面体,使 B,C,D三点重合,重合后的点记为 P,点 P在△AEF内的射影为 O.则下列说法正确
的是( )
92
A.O是△AEF的垂心 B.O是△AEF的内心
C.O是△AEF的外心 D.O是△AEF的重心
答案:A
解析:如图,易知 PA,PE,PF两两垂直,
∴PA⊥平面 PEF,从而 PA⊥EF,
而 PO⊥平面 AEF,则 PO⊥EF,
∴EF⊥平面 PAO,
∴EF⊥AO.
同理可知 AE⊥FO,AF⊥EO,
∴O为△AEF的垂心.
3.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:
①如果 m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.
②如果 m⊥α,n∥α,那么 m⊥n.
③如果α∥β,m⊂α,那么 m∥β.
④如果 m∥n,α∥β,那么 m与α所成的角和 n与β所成的角相等.
其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号)
答案:②③④
解析:对于①,若 m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为 n∥α,所
以过直线 n作平面γ与平面α相交于直线 c,则 n∥c.因为 m⊥α,所以 m⊥c,所以 m⊥n,故②
正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理
可知其正确,故正确的命题有②③④.
4.已知正四棱锥 S-ABCD的底面边长为 2,高为 2,E是边 BC的中点,动点 P在表面上运动,
并且总保持 PE⊥AC,则动点 P的轨迹的周长为 .
答案: 2 + 6
解析:如图,取 CD的中点 F,SC的中点 G,连接 EF,EG,FG.
设 EF交 AC于点 H,连接 GH,易知 AC⊥EF.
又 GH∥SO,
∴GH⊥平面 ABCD,
93
∴AC⊥GH.
又 GH∩EF=H,
∴AC⊥平面 EFG.
故点 P的轨迹是△EFG,其周长为 2 + 6
5.下列命题正确的是 .(填上你认为正确的所有命题的序号)
①空间中三个平面α,β,γ,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;
②若 a,b,c为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与 a,b,c都相交;
③若球 O与棱长为 a的正四面体各面都相切,则该球的表面积为
π
6
a2;
④在三棱锥 P-ABC中,若 PA⊥BC,PB⊥AC,则 PC⊥AB.
答案:②③④
解析:①中也可以α与γ相交;②作平面与 a,b,c都相交;③中可得球的半径为 r= 6
12
a;④中由
PA⊥BC,PB⊥AC得点 P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故 PC⊥AB.
6.在正三棱柱 A1B1C1-ABC中,点 D是 BC的中点,BC= 2BB1.设 B1D∩BC1=F.
求证:(1)A1C∥平面 AB1D;
(2)BC1⊥平面 AB1D.
答案：证明(1)连接 A1B,设 A1B交 AB1于点 E,连接 DE.
∵点 D是 BC的中点,点 E是 A1B的中点,
∴DE∥A1C.
∵A1C⊄平面 AB1D,DE⊂平面 AB1D,
∴A1C∥平面 AB1D.
(2)∵△ABC是正三角形,点 D是 BC的中点,
∴AD⊥BC.
∵平面 ABC⊥平面 B1BCC1,平面 ABC∩平面 B1BCC1=BC,AD⊂平面 ABC,
∴AD⊥平面 B1BCC1.
∵BC1⊂平面 B1BCC1,∴AD⊥BC1.
∵点 D是 BC的中点,BC= 2BB1,
94
∴BD= 2
2
BB1.
1
1
2
2
,∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1,
∴∠BDB1=∠BC1C.
∴∠FBD+∠BDF=∠C1BC+∠BC1C=90°.
∴BC1⊥B1D.
∵B1D∩AD=D,∴BC1⊥平面 AB1D.
7.如图,在四棱锥 P-ABCD中,侧面 PAD是边长为 2的正三角形,且与底面垂直,底面
ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为 PC的中点.
(1)求证:PC⊥AD;
(2)证明在 PB上存在一点 Q,使得 A,Q,M,D四点共面;
(3)求点 D到平面 PAM的距离.
答案：(1)证法一取 AD的中点 O,连接 OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角
形,
所以 OC⊥AD,OP⊥AD.
又 OC∩OP=O,OC⊂平面 POC,OP⊂平面 POC,
所以 AD⊥平面 POC.
又 PC⊂平面 POC,所以 PC⊥AD.
证法二连接 AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形.
因为 M为 PC的中点,
所以 AM⊥PC,DM⊥PC.
又 AM∩DM=M,AM⊂平面 AMD,DM⊂平面 AMD,
所以 PC⊥平面 AMD.
因为 AD⊂平面 AMD,所以 PC⊥AD.
(2)证明当点 Q为棱 PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:
取棱 PB的中点 Q,连接 QM,QA.
因为 M为 PC的中点,所以 QM∥BC.
在菱形 ABCD中,AD∥BC,所以 QM∥AD,
所以 A,Q,M,D四点共面.
95
(3)解点 D到平面 PAM的距离即点 D到平面 PAC的距离.
由(1)可知 PO⊥AD,又平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PO⊂平面
PAD,
所以 PO⊥平面 ABCD,即 PO为三棱锥 P-ACD的高.
在 Rt△POC中,PO=OC= 3,PC= 6,
在△PAC中,PA=AC=2,PC= 6,边 PC上的高 AM= 2- 2 10
2
,
所以△PAC的面积 S△PAC=
1
2
PC·AM=1
2
× 6 × 10
2
15
2
设点 D到平面 PAC的距离为 h,由 VD-PAC=VP-ACD,
得
1
3
S△PAC·h=
1
3
S△ACD·PO.
因为 S△ACD=
3
4
×22= 3,所以
1
3
× 15
2
×h=1
3
× 3 × 3,
解得 h=2 15
5
,
所以点 D到平面 PAM的距离为
2 15
5
8.在四棱锥 P-ABCD中,平面 ABCD⊥平面 PCD,底面 ABCD为梯形,AB∥CD,AD⊥DC.
(1)求证:AB∥平面 PCD;
(2)求证:AD⊥平面 PCD;
(3)若 M是棱 PA的中点,求证:对于棱 BC上任意一点 F,MF与 PC都不平行.
答案：证明(1)∵AB∥CD,CD⊂平面 PCD,AB⊄平面 PCD,
∴AB∥平面 PCD.
(2)∵平面 ABCD⊥平面 PCD,平面 ABCD∩平面 PCD=CD,AD⊥CD,AD⊂平面 ABCD,∴
AD⊥平面 PCD.
(3)(方法一)假设棱 BC上存在一点 F,使得 MF∥PC.连接 AC,取其中点 N,连接 MN,
在△PAC中,∵M,N分别为 PA,CA的中点,∴MN∥PC.
∵过直线外一点只有一条直线与已知直线平行,∴MF与 MN重合,
∴点 F在线段 AC上,∴F是 AC,BC的交点 C,即 MF就是 MC,
而 MC与 PC相交,∴假设错误,即对于棱 BC上任意一点 F,MF与 PC都不平行.
(方法二)假设棱 BC上存在一点 F,使得 MF∥PC,显然点 F与点 C不同,
则 P,M,F,C四点在同一个平面α中,则 FC⊂α,PM⊂α,
96
∴B∈FC⊂α,A∈PM⊂α,则α就是点 A,B,C确定的平面 ABCD,且 P∈α.
这与 P-ABCD为四棱锥矛盾,∴假设错误,即对于棱 BC上任意一点 F,MF与 PC都不平
行.
二、思维提升训练
9.在正方形 ABCD中,AB=4,点 E,F分别是 AB,AD的中点,将△AEF沿 EF折起到△A'EF的
位置,使得 A'C=2 3 在平面 A'BC内,过点 B作 BG∥平面 A'EF交边 A'C于点 G,则
A'G=( )
A 3
3
B 2 3
3
C 3 D 4 3
3
答案:B
解析:连接 AC,分别交 BD,EF于 O,H.∵E,F分别是 AB,AD的中点,∴EF∥BD,
1
3
,BD∥平面 A'EF.又 BG∥平面 A'EF,
∴平面 BGD∥平面 A'EF,
平面 A'CH分别与平面 BGD、平面 A'EF交于 OG,HA',
∴OG∥HA', '
'
1
3
,
∴A'G=1
3
A'C=2 3
3
10.如图,正方形 ABCD和梯形 BDEF所在的平面互相垂直,EF∥BD,EF=1
2
BD,AC与 BD
交于点 O,G,H分别为线段 AB,BF的中点.
(1)求证:AC⊥BF;
(2)求证:GF∥平面 ADE;
(3)若 DF⊥BF,求证:平面 AHC⊥平面 BGF.
答案：证明(1)∵四边形 ABCD为正方形,∴AC⊥BD.
又平面 ABCD⊥平面 BDEF,
平面 ABCD∩平面 BDEF=BD,
∴AC⊥平面 BDEF.
∵BF⊂平面 BDEF,∴AC⊥BF.
(2)(方法一)取 AD的中点 M,连接 ME,MG.在△ABD中,
∵G,M分别为 AB,AD的中点,
97
∴GM∥BD,且 GM=1
2
BD.又 EF∥BD,且 EF=1
2
BD,
∴GM∥EF,且 GM=EF.
∴四边形 GMEF为平行四边形.
∴GF∥ME.∵ME⊂平面 ADE,GF⊄平面 ADE,∴GF∥平面 ADE.
(方法二)连接 OF,OG,
∵EF∥BD,且 EF=1
2
BD,
∴EF∥OD,且 EF=OD.
∴四边形 DOFE为平行四边形.
∴OF∥DE.
∵DE⊂平面 ADE,OF⊄平面 ADE,
∴OF∥平面 ADE.
∵O,G分别为 BD,AB的中点,
∴OG∥AD.又 OG⊄平面 ADE,AD⊂平面 ADE,
∴OG∥平面 ADE.
∵OG∩OF=O,
∴平面 GOF∥平面 ADE.
∵GF⊂平面 OGF,
∴GF∥平面 ADE.
(3)连接 OH,在△BDF中,O,H分别为 BD,BF的中点,
∴OH∥DF.
∵DF⊥BF,
98
∴OH⊥BF.
∵BF⊥AC,AC∩OH=O,AC⊂平面 AHC,OH⊂平面 AHC,
∴BF⊥平面 AHC.
∵BF⊂平面 BGF,
∴平面 AHC⊥平面 BGF.
11.如图,在长方形 ABCD中,AB=2,BC=1,E为 CD的中点,F为 AE的中点.现在沿 AE将
△ADE向上折起,在折起的图形中解答下列问题:
(1)在线段 AB上是否存在一点 K,使 BC∥平面 DFK?若存在,请证明你的结论;若不存在,
请说明理由;
(2)若平面 ADE⊥平面 ABCE,求证:平面 BDE⊥平面 ADE.
答案：(1)解线段 AB上存在一点 K,且当 AK=1
4
AB时,BC∥平面 DFK.
证明如下:设 H为 AB的中点,连接 EH,则 BC∥EH.
又因为 AK=1
4
AB,F为 AE的中点,
所以 KF∥EH,所以 KF∥BC.
因为 KF⊂平面 DFK,BC⊄平面 DFK,
所以 BC∥平面 DFK.
(2)证明因为 F为 AE的中点,DA=DE=1,
所以 DF⊥AE.因为平面 ADE⊥平面 ABCE,
所以 DF⊥平面 ABCE.
因为 BE⊂平面 ABCE,所以 DF⊥BE.
又因为在折起前的图形中 E为 CD的中点,AB=2,BC=1,
所以在折起后的图形中 AE=BE= 2,
从而 AE2+BE2=4=AB2,所以 AE⊥BE.
因为 AE∩DF=F,所以 BE⊥平面 ADE.
因为 BE⊂平面 BDE,所以平面 BDE⊥平面 ADE.
12.已知正三棱柱 ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1= 3,点 D为 AC的中点,点 E在线段 AA1上.
(1)当 AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1;
99
(2)是否存在点 E,使三棱锥 C1-BDE的体积恰为三棱柱 ABC-A1B1C1体积的
1
3
?若存在,求
AE的长,若不存在,请说明理由.
答案：(1)证明因为三棱柱 ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC是正三角形.
因为 D是 AC的中点,所以 BD⊥AC.
又平面 ABC⊥平面 CAA1C1,所以 BD⊥DE.
因为 AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1= 3,
所以 AE= 3
3
,AD=1,
所以在 Rt△ADE中,∠ADE=30°.
在 Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,
所以∠EDC1=90°,即 DE⊥DC1.
因为 C1D∩BD=D,所以 DE⊥平面 BC1D,
所以 DE⊥BC1.
(2)解假设存在点 E满足题意.
设 AE=h,则 A1E= 3-h,
所以 △ 1 四边形 1 1 -S△AED- △ 1
△ 1 1=2 3 1
2
h-( 3-h)- 3
2
3
2
+ 1
2
h.
因为 BD⊥平面 ACC1A1,
所以 1- - 1
1
3
3
2
+ 1
2
× 3 1
2
+ 3
6
h,
又 V 棱柱=
1
2
×2× 3 × 3=3,
所以
1
2
+ 3
6
h=1,解得 h= 3 ≤ 3,
故存在点 E,当 AE= 3,即 E与 A1重合时,三棱锥 C1-BDE的体积恰为三棱柱 ABC-A1B1C1
体积的
1
3
13.如图,在四边形 ABCD中(如图①),E是 BC的中点,DB=2,DC=1,BC= 5,AB=AD= 2 将
△ABD(如图①)沿直线 BD折起,使二面角 A-BD-C为 60°(如图②).
(1)求证:AE⊥平面 BDC;
(2)求异面直线 AB与 CD所成角的余弦值;
100
(3)求点 B到平面 ACD的距离.
答案：(1)证明如图,取 BD的中点 M,连接 AM,ME.
∵AB=AD= 2,DB=2,
∴AM⊥BD.
∵DB=2,DC=1,BC= 5满足 DB2+DC2=BC2,
∴△BCD是以 BC为斜边的直角三角形,BD⊥DC,
∵E是 BC的中点,
∴ME为△BCD的中位线,ME1
2
CD,
∴ME⊥BD,ME=1
2
,
∴∠AME是二面角 A-BD-C的平面角,
∴∠AME=60°.
∵AM⊥BD,ME⊥BD,且 AM,ME是平面 AME内两相交于 M的直线,
∴BD⊥平面 AEM.
∵AE⊂平面 AEM,∴BD⊥AE.
∵△ABD为等腰直角三角形,
∴AM=1
2
BD=1.在△AEM中,
∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+1
4
-2×1× 1
2
×cos60°=3
4
,
∴AE= 3
2
,∴AE2+ME2=1=AM2,
∴AE⊥ME.
∵BD∩ME=M,BD⊂平面 BDC,ME⊂平面 BDC,
∴AE⊥平面 BDC.
(2)解取 AD的中点 N,连接 MN,则 MN是△ABD的中位线,MN∥AB.
又 ME∥CD,
∴直线 AB与 CD所成角θ等于 MN与 ME所成的角,即∠EMN或其补角.
AE⊥平面 BCD,DE⊂平面 BCD,
101
∴AE⊥DE.
∵N为 Rt△AED斜边的中点,
∴NE=1
2
AD= 2
2
,MN=1
2
AB= 2
2
,ME=1
2
,
∴cosθ=|cos∠EMN|= 2+ 2- 2
2 ·
2
4+
1
4-
2
4
2× 2
2 ×
1
2
2
4
(3)解记点 B到平面 ACD的距离为 d,则三棱锥 B-ACD的体积 VB-ACD=
1
3
d·S△ACD.
又由(1)知 AE是三棱锥 A-BCD的高,BD⊥CD,
∴VB-ACD=VA-BCD=
1
3
AE·S△BCD=
1
3
× 3
2
× 1
2
× 2 × 1 3
6
∵E为 BC中点,AE⊥BC,
∴AC=AB= 2
又 DC=1,AD= 2,△ACD为等腰三角形,
S△ACD=
1
2
×DC× 2- 1
2
2
1
2
×1× ( 2)2- 1
2
2
7
4
,
∴点 B到平面 ACD的距离 d=3 -
△
3× 3
6
7
4
2 21
7
专题能力训练 15 立体几何中的向量方法
一、能力突破训练
1.如图,正方形 ABCD的中心为 O,四边形 OBEF为矩形,平面 OBEF⊥平面 ABCD,点 G
为 AB的中点,AB=BE=2.
(1)求证:EG∥平面 ADF;
(2)求二面角 O-EF-C的正弦值;
(3)设 H为线段 AF上的点,且 AH=2
3
HF,求直线 BH和平面 CEF所成角的正弦值.
102
解:依题意,OF⊥平面 ABCD,如图,以 O为原点,分别以 , , 的方向为 x轴、y轴、z
轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得点 O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-
1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).
(1)证明:依题意,知 =(2,0,0), =(1,-1,2).
设 n1=(x,y,z)为平面 ADF的法向量,
则
1· 0,
1· 0,
即
2 0,
- + 2 0.
不妨设 z=1,可得 n1=(0,2,1),
又 =(0,1,-2),可得 ·n1=0,
又因为直线 EG⊄平面 ADF,所以 EG∥平面 ADF.
(2)易证 =(-1,1,0)为平面 OEF的一个法向量.依题意, =(1,1,0), =(-1,1,2).
设 n2=(x,y,z)为平面 CEF的法向量,
则
2· 0,
2· 0,
即
+ 0,
- + + 2 0.
不妨设 x=1,可得 n2=(1,-1,1).
因此有 cos< ,n2>=
· 2
| |·| 2|
=- 6
3
,
于是 sin< ,n2>= 3
3
所以,二面角 O-EF-C的正弦值为
3
3
(3)由 AH=2
3
HF,得 AH=2
5
AF.
因为 =(1,-1,2),
所以 2
5
2
5
,- 2
5
, 4
5
,
进而有 H - 3
5
, 3
5
, 4
5
,从而 2
5
, 8
5
, 4
5
,
因此 cos< ,n2>=
· 2
| |·| 2|
=- 7
21
所以,直线 BH和平面 CEF所成角的正弦值为
7
21
103
2.如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面 ABC,△ABC是边长为 2的正三角
形,AA1=3,D,E分别为 AB,BC的中点.
(1)求证:CD⊥平面 AA1B1B;
(2)求二面角 B-AE-B1的余弦值;
(3)在线段 B1C1上是否存在一点 M,使 BM⊥平面 AB1E?说明理由.
答案：(1)证明在三棱柱 ABC-A1B1C1中,
∵AA1⊥底面 ABC,CD⊂平面 ABC,∴AA1⊥CD.
又△ABC为等边三角形,D为 AB的中点,
∴CD⊥AB.∵AB∩AA1=A,
∴CD⊥平面 AA1B1B.
(2)解取 A1B1的中点 F,连接 DF.∵D,F分别为 AB,A1B1的中点,∴DF⊥AB.
由(1)知 CD⊥AB,CD⊥DF,
如图,建立空间直角坐标系 D-xyz.由题意,得
A(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,0, 3),A1(1,3,0),B1(-1,3,0),C1(0,3, 3),D(0,0,0),E -1
2
,0, 3
2
,
- 3
2
,0, 3
2
, 1 =(-2,3,0).
设平面 AB1E的法向量 n=(x1,y1,z1),
则
· 0,
· 1 0,
即
- 3
2
1 +
3
2
1 0,
-2 1 + 3 1 0.
令 x1=1,则 y1=
2
3
,z1= 3
即 n= 1, 2
3
, 3
易知平面 BAE的一个法向量 1 =(0,3,0).
1 ·n=(0,3,0)· 1, 2
3
, 3 =2,| 1 |=3,|n|= 1 + 4
9
+ 3 2 10
3
,
∴cos< 1 ,n>= 1 ·
| 1 || |
10
10
104
由题意知二面角 B-AE-B1为锐角,∴它的余弦值为
10
10
(3)解在线段 B1C1上不存在点 M,使 BM⊥平面 AB1E.理由如下:
假设在线段 B1C1上存在点 M,使 BM⊥平面 AB1E,则∃λ∈[0,1],使得 1 = 1 1
1 1 =(1,0, 3), 1 =(λ,0, 3 ).
又 1 =(0,3,0),
1 + 1 =(λ,3, 3 ).
由(2)可知,平面 AB1E的一个法向量 n= 1, 2
3
, 3 BM⊥平面 AB1E,
当且仅当 ∥n,即∃μ∈R,使得 =μn= , 2
3
, 3 ,
则
,
3 2
3
,
3 3 ,
解得λ=9
2
∉[0,1],这与λ∈[0,1]矛盾.
故在线段 B1C1上不存在点 M,使 BM⊥平面 AB1E.
3.(2020全国Ⅰ,理 18)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直
径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为 DO上一点,PO= 6
6
DO.
(1)证明:PA⊥平面 PBC;
(2)求二面角 B-PC-E的余弦值.
答案:(1)证明设 DO=a,由题设可得 PO= 6
6
a,AO= 3
3
a,AB=a,PA=PB=PC= 2
2
a.因此
PA2+PB2=AB2,从而 PA⊥PB.
又 PA2+PC2=AC2,故 PA⊥PC.
所以 PA⊥平面 PBC.
(2)解以 O为坐标原点, 的方向为 y轴正方向,| |为单位长,建立如图所示的空间直角
坐标系 O-xyz.
由题设可得点 E(0,1,0),A(0,-1,0),C - 3
2
, 1
2
,0 ,P 0,0, 2
2
.所以 - 3
2
,- 1
2
,0 ,
0,-1, 2
2
105
设 m=(x,y,z)是平面 PCE的法向量,则 · 0,
· 0,
即
- + 2
2
0,
- 3
2
- 1
2
0.
可取 m= - 3
3
,1, 2
由(1)知 0,1, 2
2
是平面 PCB的一个法向量,记 n= ,
则 cos= ·
| |·| |
2 5
5
所以二面角 B-PC-E的余弦值为
2 5
5
4.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为 CD的中点.
(1)求证:B1E⊥AD1;
(2)在棱 AA1上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 B1AE?若存在,求 AP的长;若不存在,说明
理由.
解：以 A为原点, , , 1 的方向分别为 x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标
系(如图).
设 AB=a,则点 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E
2
,1,0 ,B1(a,0,1),
106
故 1 =(0,1,1), 1 -
2
,1,-1 , 1 =(a,0,1),
2
,1,0
(1)证明: 1 · 1 =-
2
×0+1×1+(-1)×1=0,
∴B1E⊥AD1.
(2)假设在棱 AA1上存在一点 P(0,0,z0),
使得 DP∥平面 B1AE,此时 =(0,-1,z0).
又设平面 B1AE的法向量 n=(x,y,z).
∵n⊥平面 B1AE,
∴n⊥ 1 ,n⊥ ,得
+ 0,
2
+ 0.
取 x=1,得平面 B1AE的一个法向量 n= 1,-
2
,-
要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥ ,有
2
-az0=0,
解得 z0=
1
2
又 DP⊄平面 B1AE,
∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP=1
2
5.如图,在四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD为正方形,平面 PAD⊥平面 ABCD,点 M在线段
PB上,PD∥平面 MAC,PA=PD= 6,AB=4.
(1)求证:M为 PB的中点;
(2)求二面角 B-PD-A的大小;
(3)求直线 MC与平面 BDP所成角的正弦值.
答案：(1)证明设 AC,BD交点为 E,连接 ME.
因为 PD∥平面 MAC,平面 MAC∩平面 PDB=ME,
所以 PD∥ME.
因为 ABCD是正方形,所以 E为 BD的中点.
所以 M为 PB的中点.
107
(2)解取 AD的中点 O,连接 OP,OE.
因为 PA=PD,所以 OP⊥AD.
又因为平面 PAD⊥平面 ABCD,且 OP⊂平面 PAD,
所以 OP⊥平面 ABCD.
因为 OE⊂平面 ABCD,所以 OP⊥OE.
因为 ABCD是正方形,所以 OE⊥AD.
如图建立空间直角坐标系 O-xyz,则点 P(0,0, 2),D(2,0,0),B(-2,4,0), =(4,-4,0), =(2,0,-
2).
设平面 BDP的法向量为 n=(x,y,z),
则
· 0,
· 0,
即
4 -4 0,
2 - 2 0.
令 x=1,则 y=1,z= 2
于是 n=(1,1, 2),平面 PAD的法向量为 p=(0,1,0).
所以 cos= ·
| || |
1
2
由题知二面角 B-PD-A为锐角,所以它的大小为
π
3
(3)解由题意知 M -1,2, 2
2
,C(2,4,0), 3,2,- 2
2
设直线 MC与平面 BDP所成角为α,
则 sinα=|cos|=| · |
| || |
2 6
9
所以直线 MC与平面 BDP所成角的正弦值为
2 6
9
6.如图,AB是半圆 O的直径,C是半圆 O上除 A,B外的一个动点,DC垂直于半圆 O所在
的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=1
4
(1)证明:平面 ADE⊥平面 ACD;
(2)当三棱锥 C-ADE体积最大时,求二面角 D-AE-B的余弦值.
答案：(1)证明因为 AB是直径,所以 BC⊥AC.
108
因为 CD⊥平面 ABC,所以 CD⊥BC.
因为 CD∩AC=C,所以 BC⊥平面 ACD.
因为 CD∥BE,CD=BE,
所以四边形 BCDE是平行四边形,
所以 BC∥DE,
所以 DE⊥平面 ACD.
因为 DE⊂平面 ADE,
所以平面 ADE⊥平面 ACD.
(2)解依题意,EB=AB·tan∠EAB=4× 1
4
=1.
由(1)知 VC-ADE=VE-ACD=
1
3
×S△ACD×DE
=1
3
× 1
2
×AC×CD×DE
=1
6
×AC×BC≤ 1
12
×(AC2+BC2)
= 1
12
×AB2=4
3
,
当且仅当 AC=BC=2 2时等号成立.
如图,建立空间直角坐标系,则点 D(0,0,1),E(0,2 2,1),A(2 2,0,0),B(0,2 2,0),
则 =(-2 2,2 2,0), =(0,0,1), =(0,2 2,0), =(2 2,0,-1).
设平面 DAE的法向量为 n1=(x,y,z),
则
1· 0,
1· 0,
即
2 2 0,
2 2 - 0,
取 n1=(1,0,2 2).
设平面 ABE的法向量为 n2=(x,y,z),
则
2· 0,
2· 0,
即
0,
-2 2 + 2 2 0,
取 n2=(1,1,0),
所以 cos= 1· 2
| 1|| 2|
1
2× 9
2
6
可以判断与二面角 D-AE-B的平面角互补,所以二面角 D-AE-B的余弦值为- 2
6
109
二、思维提升训练
7.(2019全国Ⅲ,理 19)由矩形 ADEB,Rt△ABC和菱形 BFGC组成的一个平面图形如图所
示,其中 AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿 AB,BC折起使得 BE与 BF重合,连接 DG,
如图 2.
(1)证明:图 2中的 A,C,G,D四点共面,且平面 ABC⊥平面 BCGE;
(2)求图 2中的二面角 B-CG-A的大小.
答案：(1)证明由已知得 AD∥BE,CG∥BE,所以 AD∥CG,
故 AD,CG确定一个平面,从而 A,C,G,D四点共面.
由已知得 AB⊥BE,AB⊥BC,故 AB⊥平面 BCGE.
又因为 AB⊂平面 ABC,
所以平面 ABC⊥平面 BCGE.
(2)解作 EH⊥BC,垂足为 H.
因为 EH⊂平面 BCGE,平面 BCGE⊥平面 ABC,所以 EH⊥平面 ABC.
由已知,菱形 BCGE的边长为 2,∠EBC=60°,可求得 BH=1,EH= 3
以 H为坐标原点, 的方向为 x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 H-xyz,
则 A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0, 3), =(1,0, 3), =(2,-1,0).
设平面 ACGD的法向量为 n=(x,y,z),
则
· 0,
· 0,
即 + 3 0,
2 - 0.
所以可取 n=(3,6,- 3).
又平面 BCGE的法向量可取为 m=(0,1,0),
所以 cos= ·
| || |
3
2
因此二面角 B-CG-A的大小为 30°.
8.如图,平面 PAD⊥平面 ABCD,四边形 ABCD为正方形,∠PAD=90°,且
PA=AD=2;E,F,G分别是线段 PA,PD,CD的中点.
110
(1)求证:PB∥平面 EFG;
(2)求异面直线 EG与 BD所成的角的余弦值;
(3)在线段 CD上是否存在一点 Q,使得点 A到平面 EFQ的距离为
4
5
?若存在,求出 CQ的值;
若不存在,请说明理由.
解：∵平面 PAD⊥平面 ABCD,且∠PAD=90°,
∴PA⊥平面 ABCD,
而四边形 ABCD是正方形,即 AB⊥AD.
故可建立如图所示的空间直角坐标系,则点
A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0).
(1)证明: =(2,0,-2), =(0,-1,0), =(1,1,-1),
设 =s +t ,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得 s=t=2,
=2 +2
又 与 不共线, 与 共面.
∵PB⊄平面 EFG,∴PB∥平面 EFG.
(2) =(1,2,-1), =(-2,2,0),
· =(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2.
又∵| |= 12 + 22 + (-1)2 6,
| |= (-2)2 + 22 + 02=2 2,
∴cos< , >= ·
| |·| |
2
6×2 2
3
6
因此,异面直线 EG与 BD所成的角的余弦值为
3
6
(3)假设在线段 CD上存在一点 Q满足题设条件,
令 CQ=m(0≤m≤2),则 DQ=2-m,
∴点 Q的坐标为(2-m,2,0),
=(2-m,2,-1).
111
而 =(0,1,0),
设平面 EFQ的法向量为 n=(x,y,z),
则
· ( , , )·(0,1,0) 0,
· ( , , )·(2- ,2,-1) 0,
0,
(2- ) + 2 - 0,
令 x=1,则 n=(1,0,2-m),
∴点 A到平面 EFQ的距离
d=| · |
| |
|2- |
1+(2- )2
4
5
,
即(2-m)2=16
9
,
∴m=2
3
或 m=10
3
(不合题意,舍去),
故存在点 Q,当 CQ=2
3
时,点 A到平面 EFQ的距离为
4
5
专题能力训练 16 直线与圆
一、能力突破训练
1.已知圆 E经过三点 A(0,1),B(2,0),C(0,-1),且圆心在 x轴的正半轴上,则圆 E的标准方程
为( )
A - 3
2
2
+y2=25
4
B + 3
4
2
+y2=25
16
C - 3
4
2
+y2=25
16
D - 3
4
2
+y2=25
4
答案:C
解析:因为圆心在 x轴的正半轴上,排除 B;代入点 A(0,1),排除 A,D.故选 C.
2.若直线 x-2y-3=0与圆 C:(x-2)2+(y+3)2=9交于 E,F两点,则△ECF的面积为( )
A 3
2
B.2 5 C 3 5
5
D 3
4
答案:B
解析:由题意,圆心为 C(2,-3),半径为 r=3,则△ECF的高 h=d=|2+2×3-3|
1+(-2)2
5,底边长为
l=2 2- 2=2 9-5=4,所以 S△ECF=
1
2
×4× 5=2 5,故选 B.
112
3.(2018全国Ⅲ,理 6)已知直线 x+y+2=0分别与 x轴、y轴交于 A,B两点,点 P在圆(x-
2)2+y2=2上,则△ABP面积的取值范围是( )
A.[2,6] B.[4,8]
C.[ 2,3 2] D.[2 2,3 2]
答案:A
解析:设圆心到直线 AB的距离 d=|2+0+2|
2
=2 2
点 P到直线 AB的距离为 d'.
易知 d-r≤d'≤d+r,
即 2 ≤d'≤3 2
又 AB=2 2,∴S△ABP=
1
2
·|AB|·d'= 2d',
∴2≤S△ABP≤6.
4.(2020全国Ⅱ,理 5)若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线 2x-y-3=0的距离
为( )
A 5
5
B 2 5
5
C 3 5
5
D 4 5
5
答案:B
解析:由题意可知,圆心在第一象限.
设圆心为(a,a)(a>0),则(2-a)2+(1-a)2=a2,
解得 a=1或 a=5.当 a=1时,圆心为(1,1),
此时圆心到直线 2x-y-3=0的距离为 d1=|2-1-3|
5
2 5
5
当 a=5时,圆心为(5,5),此时圆心到直线 2x-y-3=0的距离为 d2=
|2×5-5-3|
5
2 5
5
综上,圆心到直线 2x-y-3=0的距离为
2 5
5
故选 B.
5.(2020全国Ⅲ,理 10)若直线 l与曲线 y= 和圆 x2+y2=1
5
都相切,则 l的方程为( )
A.y=2x+1 B.y=2x+1
2
C.y=1
2
x+1 D.y=1
2
x+1
2
113
答案:D
解析:由 y= 得 y'= 1
2
,设直线 l与曲线 y= 的切点为(x0, 0),则直线 l的方程为 y-
0
1
2 0
(x-x0),
即
1
2 0
x-y+1
2
0=0,
由直线 l与圆 x2+y2=1
5
相切,得圆心(0,0)到直线 l的距离等于圆的半径 r= 5
5
,即
|12 0|
1
4 0
+1
5
5
,
解得 x0=1(负值舍去),所以直线 l的方程为 y=1
2
x+1
2
6.公元前 3世纪,古希腊数学家阿波罗尼斯(Apollonius)在《平面轨迹》一书中,曾研究了
众多的平面轨迹问题,其中有如下结果:平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹
为直线或圆,后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中,已知点 A(-
2,0),B(2,0),则满足|PA|=2|PB|的点 P的轨迹的圆心为 ,面积为 .
答案: 10
3
,0 64π
9
解析:设 P(x,y),∵|PA|=2|PB|,
( + 2)2 + 2=2 ( -2)2 + 2,
即(x+2)2+y2=4(x-2)2+4y2,化简可得 - 10
3
2
+y2=64
9
故圆心坐标为
10
3
,0 ,面积为
64π
9
7.已知圆 C的圆心与抛物线 y2=4x的焦点 F关于直线 y=x对称,直线 4x-3y-2=0与圆 C
相交于 A,B两点,且|AB|=6,则圆 C的方程为 .
答案:x2+(y-1)2=10
解析:抛物线 y2=4x的焦点 F(1,0)关于直线 y=x的对称点 C(0,1)是圆心,C到直线 4x-3y-
2=0的距离 d=|4×0-3×1-2|
5
=1.
∵圆截直线 4x-3y-2=0的弦长为 6,
∴圆的半径 r= 12 + 32 10
∴圆方程为 x2+(y-1)2=10.
8.已知 P是抛物线 y2=4x上的动点,过点 P作抛物线准线的垂线,垂足为点 M,N是圆(x-
2)2+(y-5)2=1上的动点,则|PM|+|PN|的最小值是 .
答案: 26-1
解析:抛物线 y2=4x的焦点为 F(1,0),圆(x-2)2+(y-5)2=1的圆心为 C(2,5),根据抛物线的定
义可知点 P到准线的距离等于点 P到焦点的距离,进而推断出当 P,C,F三点共线时,点 P
114
到点 C的距离与点 P到抛物线的焦点距离之和的最小值为|FC|= (2-1)2 + (5-0)2
26,故|PM|+|PN|的最小值是|FC|-1= 26-1.
9.在平面直角坐标系 xOy中,以坐标原点 O为圆心的圆与直线 x- 3y=4相切.
(1)求圆 O的方程;
(2)若圆 O上有两点 M,N关于直线 x+2y=0对称,且|MN|=2 3,求直线 MN的方程;
(3)设圆 O与 x轴相交于 A,B两点,若圆内的动点 P使|PA|,|PO|,|PB|成等比数列,求 ·
的取值范围.
解:(1)依题意,圆 O的半径 r等于原点 O到直线 x- 3y=4的距离,
即 r= 4
1+3
=2.所以圆 O的方程为 x2+y2=4.
(2)由题意,可设直线 MN的方程为 2x-y+m=0.
则圆心 O到直线 MN的距离 d=| |
5
由垂径定理,得 2
5
+( 3)2=22,即 m=± 5
所以直线 MN的方程为 2x-y+ 5=0或 2x-y- 5=0.
(3)设点 P(x,y),由题意得点 A(-2,0),B(2,0).
由|PA|,|PO|,|PB|成等比数列,
得 ( + 2)2 + 2· ( -2)2 + 2=x2+y2,
即 x2-y2=2.
因为 · =(-2-x,-y)·(2-x,-y)=2(y2-1),
且点 P在圆 O内,所以
0 ≤ 2 + 2 < 4,
2- 2 2.
由此得 0≤y2<1.所以 · 的取值范围为[-2,0).
10.已知圆 O:x2+y2=4,点 A( 3,0),以线段 AB为直径的圆内切于圆 O,记点 B的轨迹为Γ.
(1)求曲线Γ的方程;
(2)直线 AB交圆 O于 C,D两点,当 B为 CD的中点时,求直线 AB的方程.
解:(1)设 AB的中点为 M,切点为 N,连接 OM,MN,则|OM|+|MN|=|ON|=2,|AB|=|ON|-
(|OM|-|MN|)=2-|OM|+1
2
|AB|,即|AB|+2|OM|=4.
取点 A关于 y轴的对称点 A',连接 A'B,
115
则|A'B|=2|OM|,所以|AB|+2|OM|=|AB|+|A'B|=4>|A'A|.
所以点 B的轨迹是以 A',A为焦点,长轴长为 4的椭圆.其中,a=2,c= 3,b=1,故曲线Γ的方
程为
2
4
+y2=1.
(2)因为 B为 CD的中点,所以 OB⊥CD,
则 ⊥ 设 B(x0,y0),
则 x0(x0- 3)+ 0
2=0.
又
0
2
4
+ 0
2=1,解得 x0=
2
3
,y0=±
2
3
则 kOB=±
2
2
,kAB=∓ 2,则直线 AB的方程为 y=± 2(x- 3),
即 2x-y- 6=0或 2x+y- 6=0.
11.已知过点 A(0,1)且斜率为 k的直线 l与圆 C:(x-2)2+(y-3)2=1交于 M,N两点.
(1)求 k的取值范围;
(2)若 · =12,其中 O为坐标原点,求|MN|.
解:(1)由题设,可知直线 l的方程为 y=kx+1.
因为 l与 C交于两点,所以
|2 -3+1|
1+ 2
<1.
解得
4- 7
3
0)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
答案:B
解析:由题意可得,△ABC的面积为 S=1
2
·AB·OC=1,
由于直线 y=ax+b(a>0)与 x轴的交点为 M -
,0 ,由-
≤0可得点 M在射线 OA上.
设直线和 BC的交点为 N,又直线 BC的方程为 x+y=1,
则由
+ ,
+ 1, 可得点 N的坐标为
1-
+1
, +
+1
①若点 M和点 A重合,则点 N为线段 BC的中点,则-
=-1,且 +
+1
1
2
,解得 a=b=1
3
②若点 M在点 O和点 A之间,则点 N在点 B和点 C之间,由题意可得△NMB的面积等于
1
2
,即1
2
·|MB|·yN=
1
2
,即1
2
· 1 +
· +
+1
1
2
,解得 a= 2
1-2
>0,则 b<1
2
117
③若点 M在点 A的左侧,则-
<-1,b>a,设直线 y=ax+b和 AC的交点为 P,则由
+ ,
+ 1, 求得点 P的坐标为
1-
-1
, -
-1
,
此时,NP= 1-
+1
- 1-
-1
2
+ +
+1
- -
-1
2
= -2(1- )
( +1)( -1)
2
+ 2 ( -1)
( +1)( -1)
2
= 4(1+ 2)(1- )2
( +1)2( -1)2
2|1- |
|( +1)( -1)|
1 + 2,
此时,点 C(0,1)到直线 y=ax+b的距离为
|0-1+ |
1+ 2
| -1|
1+ 2
,
由题意可得,△CPN的面积等于
1
2
,
即
1
2
· 2|1- |
|( +1)( -1)|
1 + 2· | -1|
1+ 2
1
2
,
化简,得 2(1-b)2=|a2-1|.
由于此时 01- 2
2
,
综合以上可得,b=1
3
符合题意,且 b<1
2
,b>1- 2
2
,即 b的取值范围是 1- 2
2
, 1
2
14.已知坐标原点为 O,过点 P(2,6)作直线 2mx-(4m+n)y+2n=0(m,n不同时为零)的垂线,垂
足为 M,则|OM|的取值范围是 .
答案:[5- 5,5+ 5]
解析:根据题意,直线 2mx-(4m+n)y+2n=0,即 m(2x-4y)-n(y-2)=0,
则有
2 -4 0,
-2 0, 解得
4,
2,则直线恒过定点(4,2).
设点 Q(4,2),又 MP与直线垂直,且 M为垂足,
则点 M的轨迹是以 PQ为直径的圆,其方程为(x-3)2+(y-4)2=5.
所以 5- 5 ≤|OM|≤5+ 5,即|OM|的取值范围是[5- 5,5+ 5].
15.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|= .
答案:4
解析:因为|AB|=2 3,且圆的半径 R=2 3,
118
所以圆心(0,0)到直线 mx+y+3m- 3=0的距离为 2- | |
2
2
=3.
由
|3 - 3|
2+1
=3,解得 m=- 3
3
将其代入直线 l的方程,得 y= 3
3
x+2 3,即直线 l的倾斜角为 30°.
由平面几何知识知在梯形 ABDC中,
|CD|= | |
cos30°
=4.
16.如图,在平面直角坐标系 xOy中,已知以 M为圆心的圆 M:x2+y2-12x-14y+60=0及其上
一点 A(2,4).
(1)设圆 N与 x轴相切,与圆 M外切,且圆心 N在直线 x=6上,求圆 N的标准方程;
(2)设平行于 OA的直线 l与圆 M相交于 B,C两点,且 BC=OA,求直线 l的方程;
(3)设点 T(t,0)满足:存在圆 M上的两点 P和 Q,使得 + ,求实数 t的取值范围.
解:圆 M的标准方程为(x-6)2+(y-7)2=25,所以圆心 M(6,7),半径为 5.
(1)由圆心 N在直线 x=6上,可设 N(6,y0).
因为圆 N与 x轴相切,与圆 M外切,
所以 0r,此时不满足直
线与圆相交,舍去,故圆 C的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.
(3)解点 B(0,2)关于直线 x+y+2=0的对称点为 B'(-4,-2),则|PB|+|PQ|=|PB'|+|PQ|≥|B'Q|.
又点 B'到圆上点 Q的最短距离为|B'C|-r= (-6)2 + (-3)2 5=3 5 5=2 5,
120
所以|PB|+|PQ|的最小值为 2 5,直线 B'C的方程为 y=1
2
x,则直线 B'C与直线 x+y+2=0的
交点 P的坐标为 - 4
3
,- 2
3
专题能力训练 17 椭圆、双曲线、抛物线
一、能力突破训练
1.已知双曲线 C:
2
2
2
2
=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为 y= 5
2
x,且与椭圆
2
12
+ 2
3
=1有公
共焦点,则 C的方程为( )
A
2
8
2
10
=1 B
2
4
2
5
=1
C
2
5
2
4
=1 D
2
4
2
3
=1
答案:B
解析:由题意得
5
2
,c=3.
又 a2+b2=c2,所以 a2=4,b2=5,
故 C的方程为
2
4
2
5
=1.
2.(2020全国Ⅰ,理 4)已知 A为抛物线 C:y2=2px(p>0)上一点,点 A到 C的焦点的距离为
12,到 y轴的距离为 9,则 p=( )
A.2 B.3 C.6 D.9
答案:C
解析:设点 A的坐标为(x,y).由点 A到 y轴的距离为 9可得 x=9,由点 A到抛物线 C的焦点
的距离为 12,可得 x+
2
=12,解得 p=6.
3.(2018全国Ⅱ,理 5)若双曲线
2
2
2
2
=1(a>0,b>0)的离心率为 3,则其渐近线方程为( )
A.y=± 2x B.y=± 3x
C.y=± 2
2
x D.y=± 3
2
x
答案:A
解析:∵e=
3,
121
2
2
2+ 2
2
2
+1=3.
2
∵双曲线焦点在 x轴上,∴渐近线方程为 y=±
x,
∴渐近线方程为 y=± 2x.
4.已知双曲线
2
2
2
2
=1(a>0,b>0)的离心率为 2,过右焦点且垂直于 x轴的直线与双曲线
交于 A,B两点.设 A,B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为 d1和 d2,且 d1+d2=6,则双
曲线的方程为( )
A
2
4
2
12
=1 B
2
12
2
4
=1
C
2
3
2
9
=1 D
2
9
2
3
=1
答案:C
解析:由双曲线的对称性,不妨取渐近线 y=
x.如图所示,|AD|=d1,|BC|=d2,过点 F作 EF⊥
CD于点 E.
由题易知 EF为梯形 ABCD的中位线,
所以|EF|=1
2
(d1+d2)=3.
又因为点 F(c,0)到 y=
x的距离为
| -0|
2+ 2
=b,
所以 b=3,b2=9.
因为 e=
=2,c2=a2+b2,所以 a2=3,
所以双曲线的方程为
2
3
2
9
=1.故选 C.
5.(2019全国Ⅱ,理 8)若抛物线 y2=2px(p>0)的焦点是椭圆
2
3
+ 2
=1的一个焦点,则
p=( )
A.2 B.3 C.4 D.8
122
答案:D
解析:∵y2=2px的焦点坐标为
2
,0 ,椭圆
2
3
+ 2
=1的焦点坐标为(± 3 - ,0),∴3p-p=
2
4
,
解得 p=8,故选 D.
6.(2020全国Ⅰ,理 15)已知 F为双曲线 C:
2
2
2
2
=1(a>0,b>0)的右焦点,A为 C的右顶点,B
为 C上的点,且 BF垂直于 x轴.若 AB的斜率为 3,则 C的离心率为 .
答案:2
解析:由题意可得 A(a,0),F(c,0),其中 c= 2 + 2
由 BF垂直于 x轴可得点 B的横坐标为 c,代入双曲线方程可得点 B的坐标为 B ,± 2
∵AB的斜率为 3,∴B ,
2
∵kAB=
2
-
2
( - )
2- 2
( - )
+
=e+1=3,∴e=2.
7.已知双曲线 C:
2
2
2
2
=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 .
答案:2 3
3
解析:如图所示,由题意可得|OA|=a,|AN|=|AM|=b,
∵∠MAN=60°,
∴|AP|= 3
2
b,|OP|= | |2-| |2 2- 3
4
2
设双曲线 C的一条渐近线 y=
x的倾斜角为θ,则 tanθ=| |
| |
3
2
2-34
2
又 tanθ=
,
3
2
2-34
2
,解得 a2=3b2,
∴e= 1 + 2
2
1+ 1
3
2 3
3
123
8.如图,已知抛物线 C1:y=
1
4
x2,圆 C2:x2+(y-1)2=1,过点 P(t,0)(t>0)作不过原点 O的直线
PA,PB分别与抛物线 C1和圆 C2相切,A,B为切点.
(1)求点 A,B的坐标;
(2)求△PAB的面积.
注:直线与抛物线有且只有一个公共点,且与抛物线的对称轴不平行,则称该直线与抛物
线相切,称该公共点为切点.
解:(1)由题意知直线 PA的斜率存在,故可设直线 PA的方程为 y=k(x-t),
由
( - ),
1
4
2 消去 y,整理得 x2-4kx+4kt=0,
由于直线 PA与抛物线相切,得 k=t.
因此,点 A的坐标为(2t,t2).
设圆 C2的圆心为 D(0,1),点 B的坐标为(x0,y0),由题意知:点 B,O关于直线 PD对称,故
0
2
- 0
2
+ 1,
0 - 0 0,
解得
0
2
1+ 2
,
0
2 2
1+ 2
.
因此,点 B的坐标为
2
1+ 2
, 2
2
1+ 2
(2)由(1)知|AP|=t· 1 + 2和直线 PA的方程 tx-y-t2=0.
点 B到直线 PA的距离是 d= 2
1+ 2
设△PAB的面积为 S(t),
所以 S(t)=1
2
|AP|·d=
3
2
9.如图,动点 M与两定点 A(-1,0),B(1,0)构成△MAB,且直线 MA,MB的斜率之积为 4,设动
点 M的轨迹为 C.
(1)求轨迹 C的方程;
(2)设直线 y=x+m(m>0)与 y轴相交于点 P,与轨迹 C相交于点 Q,R,且|PQ|<|PR|,求| |
| |
的
取值范围.
124
解:(1)设 M的坐标为(x,y),当 x=-1时,直线 MA的斜率不存在;
当 x=1时,直线 MB的斜率不存在.
于是 x≠1,且 x≠-1.
此时,MA的斜率为
+1
,MB的斜率为
-1
由题意,有
+1
·
-1
=4.
整理,得 4x2-y2-4=0.
故动点 M的轨迹 C的方程为 4x2-y2-4=0(x≠±1).
(2)由
+ ,
4 2- 2-4 0消去 y,可得 3x2-2mx-m2-4=0.①
对于方程①,其判别式Δ=(-2m)2-4×3(-m2-4)=16m2+48>0,
而当 1或-1为方程①的根时,m的值为-1或 1.
结合题设(m>0)可知,m>0,且 m≠1.
设 Q,R的坐标分别为(xQ,yQ),(xR,yR),
则 xQ,xR为方程①的两根,
因为|PQ|<|PR|,所以|xQ|<|xR|.
因为 xQ=
-2 2+3
3
,xR=
+2 2+3
3
,且 Q,R在同一条直线上,
所以
| |
| |
2 1+ 3
2
+1
2 1+ 3
2
-1
=1+ 2
2 1+ 3
2
-1
此时 1 + 3
2>1,且 1 + 3
2 ≠2,
所以 1<1+ 2
2 1+ 3
2
-1
<3,
且 1+ 2
2 1+ 3
2
-1
≠ 5
3
,
所以 1<| |
| |
<3,且| |
| |
≠ 5
3
综上所述,| |
| |
的取值范围是 1, 5
3
∪ 5
3
,3
10.已知三点 O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲线 C上任意一点 M(x,y)满足| + |= ·( +
)+2.
(1)求曲线 C的方程;
(2)点 Q(x0,y0)(-20,b>0)的两条
渐近线分别交于 D,E两点.若△ODE的面积为 8,则 C的焦距的最小值为( )
A.4 B.8 C.16 D.32
答案:B
解析:由题意可知,双曲线的渐近线方程为 y=±
x.
因为直线 x=a与双曲线的渐近线分别交于 D,E两点,
所以不妨令 D(a,-b),E(a,b),
所以|DE|=2b.所以 S△ODE=
1
2
×2b·a=ab=8.
所以 c2=a2+b2≥2ab=16,当且仅当 a=b=2 2时取等号.
所以 c≥4,所以 2c≥8.所以双曲线 C的焦距的最小值为 8.
故选 B.
12.(2019全国Ⅰ,理 10)已知椭圆 C的焦点为 F1(-1,0),F2(1,0),过 F2的直线与 C交于 A,B
两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则 C的方程为( )
126
A
2
2
+y2=1 B
2
3
+ 2
2
=1
C
2
4
+ 2
3
=1 D
2
5
+ 2
4
=1
答案:B
解析:如图,由已知可设|F2B|=n,|BF1|=m.
由|AB|=|BF1|,则|AF2|=m-n,|AB|=m.
又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|,故|AF1|=2n.
由椭圆的定义及|AF2|=2|F2B|,
得
- 2 ,
+ 2 ,解得
3
2
,
2
.
∴|AF1|=a,|AF2|=a.∴点 A为(0,-b) 2
1
=b.
过点 B作 x轴的垂线,垂足为点 P.
由题意可知△OAF2∽△PBF2.
又|AF2|=2|F2B|,∴|OF2|=2|F2P|.
∴|F2P|=
1
2
又 2
| |
| 2 |
| |
1
2
=b,
∴|BP|=1
2
b.∴点 B 3
2
, 1
2
把点 B坐标代入椭圆方程
2
2
+ 2
2
=1中,得 a2=3.
又 c=1,故 b2=2.
所以椭圆方程为
2
3
+ 2
2
=1.
13.已知 M是抛物线 x2=4y上一点,F为其焦点,C为圆(x+1)2+(y-2)2=1的圆心,则
|MF|+|MC|的最小值为 .
答案:3
解析:设抛物线 x2=4y的准线方程为 l:y=-1.因为点 C为圆(x+1)2+(y-2)2=1的圆心,所以点
C的坐标为(-1,2).过点 M作 l的垂线,垂足为点 E,根据抛物线的定义可知|MF|=|ME|,所
127
以|MF|+|MC|的最小值,即为|MC|+|ME|的最小值.由平面几何的知识可知,当 C,M,E在一
条直线上时,此时 CE⊥l,|MC|+|ME|有最小值,最小值为 CE=2-(-1)=3.
14.在平面直角坐标系 xOy中,双曲线
2
2
2
2
=1(a>0,b>0)的右支与焦点为 F的抛物线
x2=2py(p>0)交于 A,B两点,若|AF|+|BF|=4|OF|,则该双曲线的渐近线方程
为 .
答案:y=± 2
2
x
解析:抛物线 x2=2py的焦点 F 0,
2
,准线方程为 y=-
2
设 A(x1,y1),B(x2,y2),则|AF|+|BF|=y1+
2
+y2+
2
=y1+y2+p=4|OF|=4·
2
=2p.
所以 y1+y2=p.
联立双曲线与抛物线方程得
2
2
-
2
2
1,
2 2 ,
消去 x,得 a2y2-2pb2y+a2b2=0.
所以 y1+y2=
2 2
2
=p,所以
2
2
1
2
所以该双曲线的渐近线方程为 y=± 2
2
x.
15.已知圆 C:(x+1)2+y2=20,点 B(1,0),点 A是圆 C上的动点,线段 AB的垂直平分线与线段
AC交于点 P.
(1)求动点 P的轨迹 C1的方程;
(2)设 M 0, 1
5
,N为抛物线 C2:y=x2上的一动点,过点 N作抛物线 C2的切线交曲线 C1于
P,Q两点,求△MPQ面积的最大值.
解:(1)由已知可得,点 P满足|PB|+|PC|=|AC|=2 5>2=|BC|,
所以动点 P的轨迹 C1是一个椭圆,其中 2a=2 5,2c=2.
动点 P的轨迹 C1的方程为
2
5
+ 2
4
=1.
(2)设 N(t,t2),则 PQ的方程为
y-t2=2t(x-t)⇒y=2tx-t2.
联立方程组
2 - 2,
2
5
+ 2
4
1,
消去 y整理,得(4+20t2)x2-20t3x+5t4-20=0,
128
有
80(4 + 20 2- 4) > 0,
1 + 2
20 3
4+20 2
,
1 2
5 4-20
4+20 2
.
而|PQ|= 1 + 4 2 ×|x1-x2|= 1 + 4 2 × 80(4+20 2- 4)
4+20 2
,
点 M到 PQ的高为 h=
1
5+
2
1+4 2
,
由 S△MPQ=
1
2
|PQ|h代入化简,得
S△MPQ=
5
10
-( 2-10)2 + 104 ≤ 5
10
× 104 130
5
,当且仅当 t2=10时,S△MPQ可取最大值
130
5
16.已知动点 C是椭圆Ω:
2
+y2=1(a>1)上的任意一点,AB是圆 G:x2+(y-2)2=9
4
的一条直径
(A,B是端点), · 的最大值是
31
4
(1)求椭圆Ω的方程;
(2)已知椭圆Ω的左、右焦点分别为点 F1,F2,过点 F2且与 x轴不垂直的直线 l交椭圆Ω
于 P,Q两点.在线段 OF2上是否存在点 M(m,0),使得以 MP,MQ为邻边的平行四边形是菱
形?若存在,求实数 m的取值范围;若不存在,请说明理由.
解:(1)设点 C的坐标为(x,y),
则
2
+y2=1.
连接 CG,由 + , + ,又 G(0,2), =(-x,2-y),
可得 · 2 2=x2+(y-2)2-9
4
=a(1-y2)+(y-2)2-9
4
=-(a-1)y2-4y+a+7
4
,其中 y∈[-1,1].
因为 a>1,所以当 y= 4
2(1- )
≤-1,即 1-1,即 a>3时, · 的最大值是
4(1- ) +74 -16
4(1- )
,由条件得
4(1- ) +74 -16
4(1- )
31
4
,
即 a2-7a+10=0,解得 a=5或 a=2(舍去).
综上所述,椭圆Ω的方程是
2
5
+y2=1.
(2)设点 P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中点坐标为(x0,y0),则满足
1
2
5
+ 1
2=1,
2
2
5
+ 2
2=1,两式相减,
129
整理,得 2- 1
2- 1
=- 2+ 1
5( 2+ 1)
=- 0
5 0
,
从而直线 PQ的方程为 y-y0=-
0
5 0
(x-x0).
又右焦点 F2的坐标是(2,0),
将点 F2的坐标代入 PQ的方程得
-y0=-
0
5 0
(2-x0),
因为直线 l与 x轴不垂直,所以 2x0- 0
2=5 0
2>0,从而 0b>0)的左焦点,A,B分别为 C的左、右顶
点.P为 C上一点,且 PF⊥x轴.过点 A的直线 l与线段 PF交于点 M,与 y轴交于点 E.若直
线 BM经过 OE的中点,则 C的离心率为( )
A 1
3
B 1
2
C 2
3
D 3
4
答案:A
解析:由题意,不妨设直线 l的方程为 y=k(x+a),k>0,分别令 x=-c与 x=0,得|FM|=k(a-
c),|OE|=ka.
设 OE的中点为 G,
由△OBG∽△FBM,得
1
2| |
| |
| |
| |
,
即
2 ( - )
+
,整理,得
1
3
,
故椭圆的离心率 e=1
3
,故选 A.
130
2.已知倾斜角为 30°的直线 l经过双曲线
2
2
2
2
=1(a>0,b>0)的左焦点 F1,交双曲线于
A,B两点,线段 AB的垂直平分线经过右焦点 F2,则此双曲线的渐近线方程为( )
A.y=±x B.y=±1
2
x
C.y=± 3
2
x D.y=± 5
2
x
答案:A
解析:如图,MF2为线段 AB的垂直平分线,可得|AF2|=|BF2|,且∠MF1F2=30°,
可得|MF2|=2c·sin30°=c,|MF1|=2c·cos30°= 3c.
由双曲线的定义可得|BF1|-|BF2|=2a,|AF2|-|AF1|=2a,
即有|AB|=|BF1|-|AF1|=|BF2|+2a-(|AF2|-2a)=4a,
即有|MA|=2a,|AF2|= | |2 + | 2|2 4 2 + 2,|AF1|=|MF1|-|MA|= 3c-2a.
由|AF2|-|AF1|=2a,可得 4 2 + 2-( 3c-2a)=2a,
可得 4a2+c2=3c2,即 c= 2a.故 b= 2- 2=a,所以渐近线方程为 y=±x.
3.如果与抛物线 y2=8x相切倾斜角为 135°的直线 l与 x轴和 y轴的交点分别是 A和 B,
那么过 A,B两点的最小圆截抛物线 y2=8x的准线所得的弦长为( )
A.4 B.2 2 C.2 D 2
答案:C
解析:设直线 l的方程为 y=-x+b,联立直线与抛物线方程,消元得 y2+8y-8b=0.因为直线与
抛物线相切,所以Δ=82-4×(-8b)=0,解得 b=-2,故直线 l的方程为 x+y+2=0,从而 A(-
2,0),B(0,-2).因此过 A,B两点的最小圆即为以 AB为直径的圆,其方程为(x+1)2+(y+1)2=2,
而抛物线 y2=8x的准线方程为 x=-2,此时圆心(-1,-1)到准线的距离为 1,故所截弦长为
2 ( 2)2-12=2.
4.(2018全国Ⅰ,理 11)已知双曲线 C:
2
3
-y2=1,O为坐标原点,F为 C的右焦点,过 F的直线
与 C的两条渐近线的交点分别为 M,N.若△OMN为直角三角形,则|MN|=( )
A 3
2
B.3 C.2 3 D.4
答案:B
解析:由条件知 F(2,0),渐近线方程为 y=± 3
3
x,
131
所以∠NOF=∠MOF=30°,∠MON=60°≠90°.
不妨设∠OMN=90°,
则|MN|= 3|OM|.
又|OF|=2,在 Rt△OMF中,|OM|=2cos30°= 3,
所以|MN|=3.
5.平面直角坐标系 xOy中,双曲线 C1:
2
2
2
2
=1(a>0,b>0)的渐近线与抛物线
C2:x2=2py(p>0)交于点 O,A,B.若△OAB的垂心为 C2的焦点,则 C1的离心率
为 .
答案:3
2
解析:双曲线的渐近线为 y=±
x.由
,
2 2 ,
得 A 2
, 2
2
2
由
-
,
2 2 ,
得 B - 2
, 2
2
2
∵F 0,
2
为△OAB的垂心,∴kAF·kOB=-1.
即
2 2
2
- 2
2
-0
· -
=-1,解得
2
2
5
4
,
2
2
9
4
,即可得 e=3
2
6.(2018全国Ⅰ,理 19)设椭圆 C:
2
2
+y2=1的右焦点为 F,过 F的直线 l与 C交于 A,B两点,
点 M的坐标为(2,0).
(1)当 l与 x轴垂直时,求直线 AM的方程;
132
(2)设 O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.
解：(1)由已知得 F(1,0),l的方程为 x=1.
由已知可得,点 A的坐标为 1, 2
2
或 1,- 2
2
所以 AM的方程为 y=- 2
2
x+ 2或 y= 2
2
x- 2
(2)当 l与 x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°,
当 l与 x轴垂直时,OM为 AB的垂直平分线,
所以∠OMA=∠OMB.
当 l与 x轴不重合也不垂直时,设 l的方程为 y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
则 x1< 2,x2< 2,直线 MA,MB的斜率之和为 kMA+kMB=
1
1-2
+ 2
2-2
由 y1=kx1-k,y2=kx2-k,得
kMA+kMB=
2 1 2-3 ( 1+ 2)+4
( 1-2)( 2-2)
将 y=k(x-1)代入
2
2
+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,
所以 x1+x2=
4 2
2 2+1
,x1x2=
2 2-2
2 2+1
则 2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=
4 3-4 -12 3+8 3+4
2 2+1
=0.
从而 kMA+kMB=0,故 MA,MB的倾斜角互补,所以∠OMA=∠OMB.
综上,∠OMA=∠OMB.
7.如图,已知抛物线 x2=y,点 A -1
2
, 1
4
,B 3
2
, 9
4
,抛物线上的点 P(x,y) - 1
2
< < 3
2
过点 B作
直线 AP的垂线,垂足为 Q.
(1)求直线 AP斜率的取值范围;
(2)求|PA|·|PQ|的最大值.
解：(1)设直线 AP的斜率为 k,k=
2-14
+12
=x-1
2
,
因为-1
2
0,b>0)经过点 A - 6
2
, 2 ,且点 F(0,-1)为
其一个焦点.
(1)求椭圆 E的方程;
(2)设椭圆 E与 y轴相交于 A1,A2两点,不在 y轴上的动点 P在直线 y=b2上运动,直线
PA1,PA2分别与椭圆 E相交于点 M,N,证明:直线 MN通过一个定点,且△FMN的周长为定
值.
解：(1)根据题意可得
3
2 2
+ 2
2
1,
2- 2 1,
可解得 3,
2.
故椭圆 E的方程为
2
4
+ 2
3
=1.
(2)不妨设点 A1(0,2),A2(0,-2),P(x0,4)为直线 y=4上一点(x0≠0),M(x1,y1),N(x2,y2).
直线 PA1方程为 y= 2
0
x+2,直线 PA2方程为 y= 6
0
x-2.
点 M(x1,y1),A1(0,2)的坐标满足方程组
2
3
+ 2
4
1,
2
0
+ 2,
可得
1
-6 0
3+ 0
2 ,
1
2 0
2-6
3+ 0
2 .
134
点 N(x2,y2),A2(0,-2)的坐标满足方程组
2
3
+ 2
4
1,
6
0
-2,
可得
2
18 0
27+ 0
2 ,
2
-2 0
2+54
27+ 0
2 .
所以点 M - 6 0
3+ 0
2 ,
2 0
2-6
3+ 0
2 ,N 18 0
27+ 0
2 ,
-2 0
2+54
27+ 0
2 .
所以直线 MN的方程为 y-
2 0
2-6
3+ 0
2=-
0
2-9
6 0
+ 6 0
3+ 0
2 ,
即 y=-
0
2-9
6 0
x+1.故直线 MN恒过定点 B(0,1).
又 F(0,-1),B(0,1)是椭圆 E的焦点,
所以△FMN周长=|FM|+|MB|+|BN|+|NF|=4b=8.
9.如图,点 C,D是离心率为
1
2
的椭圆的左、右顶点,F1,F2是该椭圆的左、右焦点,点 A,B是
直线 x=-4上的两个动点,连接 AD和 BD,分别与椭圆相交于 E,F两点,且线段 EF恰好经
过椭圆的左焦点 F1.当 EF⊥CD时,点 E恰为线段 AD的中点.
(1)求椭圆的方程;
(2)判断以 AB为直径的圆与直线 EF的位置关系,并加以证明.
解：(1)∵当 EF⊥CD时,点 E恰为线段 AD的中点,
∴a+c=4-c.
又 e=
1
2
,联立解得 c=1,a=2.又 a2=b2+c2,
∴b= 3
∴椭圆的方程为
2
4
+ 2
3
=1.
(2)由题意可知直线 EF不可能平行于 x轴,设 EF的方程为 x=my-1,点 E(x1,y1),F(x2,y2),由
2
4
+ 2
3
1,
-1,
得(3m2+4)y2-6my-9=0,
135
∴Δ=(-6m)2+36(3m2+4)>0,
1 + 2
6
3 2+4
,
1 2
-9
3 2+4
.
(*)
设点 A(-4,yA),由 A,E,D三点共线得 yA=
-6 1
1-2
-6 1
1-3
,同理可得 yB=
-6 2
2-3
yA+yB=
-6 1
1-3
+ -6 2
2-3
=-6 2 1 2-3( 1+ 2)
2 1 2-3 ( 1+ 2)+9
=-6
2 · -9
3 2+4
-3 6
3 2+4
2· -9
3 2+4
-3 · 6
3 2+4
+9
=6m,
∴|yA-yB|=
-6 1
1-3
- -6 2
2-3
=18 | 1- 2|
2 1 2-3 ( 1+ 2)+9
=18
6
3 2+4
2
-4 -9
3 2+4
2 -9
3 2+4
-3 6
3 2+4
+9
=6 2 + 1
设 AB的中点为 M,则点 M的坐标为 -4, +
2
,即(-4,3m),
∴点 M到直线 EF的距离 d=|-4-3 2+1|
1+ 2
=3 2 + 1 1
2
|yA-yB|=
1
2
|AB|.
故以 AB为直径的圆始终与直线 EF相切.
二、思维提升训练
10.(2019全国Ⅰ,理 16)已知双曲线 C:
2
2
2
2
=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,过
F1的直线与 C的两条渐近线分别交于 A,B两点.若 1 , 1 · 2 =0,则 C的离心率
为 .
答案:2
解析:如图,由 1 ,得|F1A|=|AB|.
136
又|OF1|=|OF2|,得 BF2∥OA,且|BF2|=2|OA|.
由 1 · 2 =0,得 F1B⊥F2B.
则 OA⊥F1A,|OB|=|OF1|=|OF2|.
故∠BOF2=∠AOF1=2∠OF1B,得∠BOF2=60°.
则
=tan60°= 3
所以 e=
1+
2
1+ 3=2.
11.定长为 3的线段 AB的两个端点 A,B分别在 x轴、y轴上滑动,动点 P满足 =2
(1)求点 P的轨迹曲线 C的方程;
(2)若过点(1,0)的直线与曲线 C交于 M,N两点,求 · 的最大值.
解：(1)设点 A(x0,0),B(0,y0),P(x,y),
由 =2 得(x,y-y0)=2(x0-x,-y),
即
2( 0- ),
- 0 -2 ⇒ 0
3
2
,
0 3 .
因为 0
2 + 0
2=9,所以
3
2
2
+(3y)2=9,化简,得 2
4
+y2=1,
所以点 P的轨迹方程为
2
4
+y2=1.
(2)当过点(1,0)的直线为 y=0时, · =(2,0)·(-2,0)=-4,
当过点(1,0)的直线不为 y=0时,可设为 x=ty+1,点 A(x1,y1),B(x2,y2).
联立
2
4
+ 2 1,
+ 1
并化简,得(t2+4)y2+2ty-3=0,
由根与系数的关系得 y1+y2=-
2
2+4
,y1y2=-
3
2+4
,
· =x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2=(t2+1)·y1y2+t(y1+y2)+1=(t2+1)
-3
2+4
+t· -2
2+4
+1=
-4 2+1
2+4
-4( 2+4)+17
2+4
=-4+ 17
2+4
又由Δ=4t2+12(t2+4)=16t2+48>0恒成立,所以 t∈R,
对于上式,当 t=0时,( · )max=
1
4
综上所述, · 的最大值为
1
4
12.设圆 x2+y2+2x-15=0的圆心为 A,直线 l过点 B(1,0)且与 x轴不重合,l交圆 A于 C,D两
点,过 B作 AC的平行线交 AD于点 E.
(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点 E的轨迹方程;
137
(2)设点 E的轨迹为曲线 C1,直线 l交 C1于 M,N两点,过 B且与 l垂直的直线与圆 A交于
P,Q两点,求四边形 MPNQ面积的取值范围.
解：(1)因为|AD|=|AC|,EB∥AC,
故∠EBD=∠ACD=∠ADC.
所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.
又圆 A的标准方程为(x+1)2+y2=16,
从而|AD|=4,
所以|EA|+|EB|=4.
由题设得 A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,
由椭圆定义可得点 E的轨迹方程为
2
4
+ 2
3
=1(y≠0).
(2)当 l与 x轴不垂直时,设 l的方程为
y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),
由
( -1),
2
4
+ 2
3
1
得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,
则 x1+x2=
8 2
4 2+3
,x1x2=
4 2-12
4 2+3
,
所以|MN|= 1 + 2|x1-x2|=
12( 2+1)
4 2+3
过点 B(1,0)且与 l垂直的直线 m:y=-1
(x-1),A到 m的距离为
2
2+1
,
所以|PQ|=2 42- 2
2+1
2
=4 4 2+3
2+1
故四边形 MPNQ的面积
S=1
2
|MN||PQ|=12 1 + 1
4 2+3
可得当 l与 x轴不垂直时,四边形 MPNQ面积的取值范围为(12,8 3).
当 l与 x轴垂直时,其方程为 x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形 MPNQ的面积为 12.
综上,四边形 MPNQ面积的取值范围为[12,8 3).
13.已知椭圆 C:
2
2
+ 2
2
=1(a>b>0)的离心率为
3
2
,左、右焦点为 F1,F2,点 P,A,B在椭圆 C上,
且点 A,B关于原点对称,直线 PA,PB的斜率的乘积为-1
4
(1)求椭圆 C的方程;
138
(2)已知直线 l经过点 Q(2,2),且与椭圆 C相交于不同的两点 M,N,若|QM||QN|=16
3
,判断直
线 l的斜率是否为定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.
解：(1)设点 A(xA,yA),P(xP,yP),则点 B(-xA,-yA).
可得 kPA= - -
,kPB=- -
- -
又
2
2
+
2
2
1,
2
2
+
2
2
1,
可得
2-
2
2-
2=-
2
2
则 kPA·kPB=-
2
2
=-1
4
,又
3
2
,a2=b2+c2,
可得 a2=4,b2=1,c2=3,
故椭圆 C的方程为
2
4
+y2=1.
(2)由题意可知直线 l的斜率存在,故可设直线 l的方程为 y-2=k(x-2),将其代入
2
4
+y2=1,
整理可得(1+4k2)x2+16k(1-k)x+16(1-k)2-4=0,
则Δ=[16k(1-k)]2-4(1+4k2)[16(1-k)2-4]>0,得 k>3
8
设点 M(x1,y1),N(x2,y2),
则 x1+x2=
16 ( -1)
1+4 2
,x1x2=
16(1- )2-4
1+4 2
4(4 2-8 +3)
1+4 2
,
又|QM||QN|=16
3
,且向量 与 的夹角为 0,
·
16
3
又 =(x1-2,y1-2), =(x2-2,y2-2),
∴(x1-2)(x2-2)+(y1-2)(y2-2)=
16
3
又 y1=k(x1-2)+2,y2=k(x2-2)+2,
∴(x1-2)(x2-2)+(y1-2)(y2-2)=(x1-2)(x2-2)(1+k2)
=[x1x2-2(x1+x2)+4](1+k2)=
16
3
4(4 2-8 +3)
1+4 2
-2 × 16 ( -1)
1+4 2
+ 4 (1+k2)=16
3
,
化简得
16(1+ 2)
1+4 2
16
3
,解得 k2=2.
∵k>3
8
,∴k= 2
139
∴直线 l的斜率为定值 2
专题能力训练 19 排列、组合与二项式定理
一、能力突破训练
1.某电视台的一个综艺栏目对含甲、乙在内的六个不同节目排演出顺序,第一个节目只
能排甲或乙,最后一个节目不能排甲,则不同的排法共有( )
A.192种 B.216种 C.240种 D.288种
答案:B
解析:完成这件事,可分两类:第一类,第一个节目排甲,其余位置有A5
5=120种不同的排法;
第二类,第一个节目排乙,最后一个节目有 4种排法,其余位置有A4
4=24种不同的排法.所
以共有A5
5+4A4
4=216种不同的排法.
2.已知 2 + 1
的展开式的各项系数和为 32,则展开式中 x4的系数为( )
A.5 B.40 C.20 D.10
答案:D
解析:令 x=1,得 2n=32,所以 n=5,则C5
(x2)5-r 1
C5
x10-3r.令 10-3r=4,得 r=2,所以展开式
中 x4的系数为C5
2=10.
3.(2019天津,理 10改编) 2x- 1
8 3
8的展开式中的常数项为( )
A.8 B.14 C.21 D.28
答案:D
解析:Tr+1=C8
(2x)8-r 1
-8 3
r
=C8
·28-r· -1
8
r·x8-4r.
令 8-4r=0,解得 r=2.
故常数项为C8
226 -1
8
2=C8
226 1
26
C8
2=28.
4.若 6 + 1
的展开式中含有常数项,则 n的最小值等于( )
A.3 B.4 C.5 D.6
答案:C
140
解析:展开式的通项为 Tr+1=C (x6)n-r
1
C
6 - 152 ,因为展开式中含常数项,所以 6n-
15
2
r=0成立,即 n=5
4
r.当 r=4时,n有最小值 5.故选 C.
5.(2020全国Ⅰ,理 8) + 2
(x+y)5的展开式中 x3y3的系数为( )
A.5 B.10 C.15 D.20
答案:C
解析:因为(x+y)5的通项公式为C5
·x5-r·yr(r=0,1,2,3,4,5),所以当 r=1时,
2
·C5
1x4y=5x3y3,当
r=3时,x·C5
3x2y3=10x3y3,所以 x3y3的系数为 10+5=15.
6.某学校组织演讲比赛,准备从甲、乙等八名同学中选派四名同学参加,要求甲、乙两名
同学至少有一人参加,且若甲、乙同时参加时,他们的演讲顺序不能相邻,那么不同的演
讲顺序的种数为( )
A.1 860 B.1 320 C.1 140 D.1 020
答案:C
解析:依题意,就甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的人数进行分类计数:第一类,甲、
乙两名同学中实际参与演讲比赛的恰有一人,满足题意的不同的演讲顺序的种数为
C2
1·C6
3·A4
4=960;第二类,甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的恰有两人,满足题意的不同
的演讲顺序的种数为C2
2·C6
2·A2
2·A3
2=180.因此满足题意的不同的演讲顺序的种数为
960+180=1140.故选 C.
7.若二项式(3-x)n(n∈N*)中所有项的系数之和为 a,所有项的系数的绝对值之和为 b,则
+
的最小值为( )
A.2 B 5
2
C 13
6
D 9
2
答案:B
解析:令 x=1,a=2n,令 x=-1,b=4n,
+
=2n+ 1
2
,令 t=2n,t≥2,则
+
=2n+ 1
2
=t+1
≥2+1
2
5
2
故
选 B.
8.在某市记者招待会上,需要接受本市甲、乙两家电视台记者的提问,两家电视台均有记
者 5人,主持人需要从这 10名记者中选出 4名记者提问,且这 4人中,既有甲电视台记者,
又有乙电视台记者,且甲电视台的记者不可以连续提问,则不同的提问方式的种数为
( )
A.1 200 B.2 400 C.3 000 D.3 600
答案:B
141
解析:若 4人中,有甲电视台记者 1人,乙电视台记者 3人,则不同的提问方式总数是
C5
1C5
3A4
4=1200,若 4人中,有甲电视台记者 2人,乙电视台记者 2人,则不同的提问方式总数
是C5
2C5
2A2
2A3
2=1200,若 4人中,有甲电视台记者 3人,乙电视台记者 1人,则不符合主持人的
规定,故所有不同提问方式的总数为 1200+1200=2400.
9.在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记 xmyn项的系数为 f(m,n),则
f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=( )
A.45 B.60 C.120 D.210
答案:C
解析:∵(1+x)6展开式的通项为 Tr+1=C6
xr,(1+y)4展开式的通项为 Th+1=C4
yh,
∴(1+x)6(1+y)4展开式的通项可以为C6
C4
xryh,
∴f(m,n)=C6
C4
∴f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=C6
3 + C6
2C4
1 + C6
1C4
2 + C4
3=20+60+36+4=120.故选 C.
10.已知二项式 + 1
2
9
的展开式中含 x3的系数为-21
2
,则 1 +
的值为( )
A e
2+1
2
B e
2+3
2
C e
2-3
2
D e
2-5
2
答案:C
解析:二项式 + 1
2
9
的展开式的通项公式为 Tr+1=C9
x9-r 1
2
C9
1
2
x9-2r,令 9-
2r=3,r=3,将 r=3代入得C9
3 1
2
3
=-21
2
,解得 a=-1, e 1 - 1
dx= 1
2
2-ln |e1
e2-3
2
故选
C.
11.(2020全国Ⅲ,理 14) 2 + 2
6的展开式中常数项是 .(用数字作答)
答案:240
解析:∵ 2 + 2
6的通项为 Tr+1=C6
(x2)6-r 2
C6
x12-3r2r,
∴当且仅当 12-3r=0,即 r=4时,Tr+1为常数项,即 T5=C6
4·24=240.
12.已知(1+3x)n的展开式中含有 x2项的系数是 54,则 n= .
答案:4
解析:二项展开式的通项 Tr+1=C (3x)r=3r·C ·xr,令 r=2,得 32·C 2=54,解得 n=4.
13.(2020全国Ⅱ,理 14)4名同学到 3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去 1个小
区,每个小区至少安排 1名同学,则不同的安排方法共有 种.
答案:36
解析:由题意可知,必有两名同学去同一个小区,故不同的安排方法共有C4
2A3
3=36(种).
14.在 3 x- 2
x
n
的二项式中,所有项的二项式系数之和为 256,则常数项等于 .
答案:112
142
解析:由二项式定理,得所有项的二项式系数之和为 2n,
由题意,得 2n=256,所以 n=8.
二项式展开式的通项为
Tr+1= 8
r (3 )8-r - 2
=(-2)rC8
8
3 -
4
3 ,
求常数项则令
8
3
4
3
r=0,所以 r=2,所以 T3=112.
15.现将 6张连号的门票分给甲、乙等六人,每人 1张,且甲、乙分得的电影票连号,则共
有 种不同的分法.(用数字作答)
答案:240
解析:甲、乙分得的门票连号,共有 5A2
2=5×2=10种情况,其余四人每人分得 1张门票,共
有A4
4=24种情况,所以共有 10×24=240种.
16.已知多项式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5,则
a4= ,a5= .
答案:16 4
解析:由二项式展开式可得通项公式为C3
x3-rC2
x2-m2m,分别取 r=3,m=1和 r=2,m=2可得
a4=4+12=16,令 x=0可得 a5=13×22=4.
17.从 6男 2女共 8名学生中选出队长 1人,副队长 1人,普通队员 2人组成 4人服务队,
要求服务队中至少有 1名女生,共有 种不同的选法.(用数字作答)
答案:660
解析:由题意可得,总的选择方法为C8
4C4
1C3
1种方法,其中不满足题意的选法有C6
4C4
1C3
1种方
法,则满足题意的选法有:C8
4C4
1C3
1 C6
4C4
1C3
1=660种.
18.某高三毕业班有 40名同学,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)
答案:1 560
解析:该问题是一个排列问题,故共有A40
2 =40×39=1560条毕业留言.
二、思维提升训练
19.甲、乙、丙 3人站到共有 7级的台阶上,若每级台阶最多站 2人,同一级台阶上的人不
区分站的位置,则不同的站法总数是( )
A.210 B.84 C.343 D.336
答案:D
解析:7个台阶上每一个只站一人有A7
3种;若有一个台阶有 2人,则共有C3
1A7
2种,共有不同
的站法种数是A7
3 + C3
1A7
2=336种.
20.设 m为正整数,(x+y)2m展开式的二项式系数的最大值为 a,(x+y)2m+1展开式的二项式
系数的最大值为 b.若 13a=7b,则 m=( )
A.5 B.6 C.7 D.8
答案:B
解析:由题意可知,a=C2
,b=C2 +1
,
143
∵13a=7b,∴13· (2 )!
! !
=7· (2 +1)!
!( +1)!
,
即
13
7
2 +1
+1
解得 m=6.故选 B.
21.某学校安排甲、乙、丙、丁四位同学参加数学、物理、化学竞赛,要求每位同学仅报
一科,每科至少有一位同学参加,且甲、乙不能参加同一学科,则不同的安排方法有( )
A.36种 B.30种 C.24种 D.6种
答案:B
解析:首先从四个人中选择 2个人作为一组,其余 2个人各自一组分派到三个竞赛区,共
有C4
2·A3
3种方法,再将甲、乙参加同一学科的种数A3
3排除,继而所求的安排方法有C4
2·A3
3
A3
3=30种,故答案为 B.
22.若 x4(x+3)8=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a12(x+2)12,则 log2(a1+a3+a5+…+a11)等于( )
A.27 B.28 C.7 D.8
答案:C
解析:令 x=-1,得 a0+a1+a2+…+a12=28,①
令 x=-3,得 a0-a1+a2-a3+…+a12=0,②
由①-②,得 2(a1+a3+…+a11)=28,
∴a1+a3+…+a11=27,
∴log2(a1+a3+…+a11)=7.
23.若一个四位数的各位数字相加和为 10,则称该数为“完美四位数”,如数字“2 017”.试问
用数字 0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于 2 017的“完美四位数”的个数为( )
A.71 B.66 C.59 D.53
答案:A
解析:根据题意,四位数字相加和为 10的情况有①0,1,3,6;②0,1,4,5;③0,1,2,7;④0,2,3,5;⑤
1,2,3,4;共 5种情况,
①当四个数字为 0,1,3,6时,千位数字可以为 3或 6,有 2种情况,将其余 3个数字全排列,
有A3
3=6种情况,此时有 2×6=12个“完美四位数”;
②当四个数字为 0,1,4,5时,千位数字可以为 4或 5,有 2种情况,将其余 3个数字全排列,
有A3
3=6种情况,此时有 2×6=12个“完美四位数”;
③当四个数字为 0,1,2,7时,千位数字为 7时,将其余 3个数字全排列,有A3
3=6种情况,千位
数字为 2时,有 2071,2107,2170,2701,2710,共 5种情况,此时有 6+5=11个“完美四位数”;
④当四个数字为 0,2,3,5时,千位数字可以为 2或 3或 5,有 3种情况,将其余 3个数字全排
列,有A3
3=6种情况,此时有 3×6=18个“完美四位数”,
⑤当四个数字为 1,2,3,4时,千位数字可以为 3或 4或 2,有 3种情况,将其余 3个数字全排
列,有A3
3=6种情况,此时有 3×6=18个“完美四位数”.
则一共有 12+12+11+18+18=71个“完美四位数”.
24.1-90C10
1 +902C10
2 -903C10
3 +…+(-1)k90kC10
+…+9010C10
10除以 88的余数是( )
A.-1 B.1 C.-87 D.87
144
答案:B
解析:1-90C10
1 +902C10
2 +…+(-1)k90kC10
+…+9010C10
10=(1-
90)10=8910=(88+1)10=8810+C10
1 889+…+C10
9 88+1,∵前 10项均能被 88整除,∴余数是 1.
25.某人根据自己爱好,希望从{W,X,Y,Z}中选 2个不同字母,从{0,2,6,8}中选 3个不同数
字编拟车牌号,要求前 3位是数字,后两位是字母,且数字 2不能排在首位,字母 Z和数字
2不能相邻,那么满足要求的车牌号有( )
A.198个 B.180个 C.216个 D.234个
答案:A
解析:不选 2时,有A3
3A4
2=72种;选 2,不选 Z时,有C2
1C3
2A2
2A3
2=72种;选 2,选 Z时,2在数字的
中间,有A3
2C2
1C3
1=36种,当 2在数字的第三位时,有A3
2A3
1=18种,根据分类计数原理,共有
72+72+36+18=198,故选 A.
26.已知(2+ax)(1+x)5的展开式中含 x2项的系数为 15,则展开式中所有项的系数和
为 .
答案:32
解析:∵(1+x)5的展开式的通项为 Tr+1=C5
xr,
∴(2+ax)(1+x)5的展开式中含 x2项的系数为 2C5
2+aC5
1=15,即 a=-1.
设(2-x)(1+x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6,
令 x=1,得 a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=25=32.
27.用数字 0,1,2,3,4,5组成无重复数字且为 5的倍数的四位数,把所组成的全部四位数从
小到大排列起来,则 3 125是第 个数.
答案:54
解析:当千位数字为 1时,末位数字有C2
1种选择,另外两个数位有A4
2种选择,所以共有
C2
1A4
2=24个数;当千位数字为 2时,末位数字有C2
1种选择,另外两个数位有A4
2种选择,所以
共有C2
1A4
2=24个数;当千位数字为 3时且比 3125小的有 5个(3015,3025,3045,3105,3120).
综上,比 3125小的数共有 53个,所以 3125是第 54个数.
28.在 6名内科医生和 4名外科医生中,内科主任和外科主任各 1名,现要组成 5人医疗小
组送医下乡,依下列条件各有多少种选派方法?
(1)有 3名内科医生和 2名外科医生;
(2)既有内科医生,又有外科医生;
(3)至少有 1名主任参加;
(4)既有主任,又有外科医生.
解:(1)先选内科医生有C6
3种选法,再选外科医生有C4
2种选法,故选派方法的种数为
C6
3·C4
2=120.
(2)既有内科医生,又有外科医生,正面思考应包括四种情况,内科医生去 1人,2人,3人,4
人,易得出选派方法的种数为C6
1·C4
4 + C6
2·C4
3 + C6
3·C4
2 + C6
4·C4
1=246.
若从反面考虑,则选派方法的种数为C10
5 C6
5=246.
(3)分两类:
一是选 1名主任有C2
1·C8
4种方法;
145
二是选 2名主任有C2
2·C8
3种方法,
故至少有 1名主任参加的选派方法的种数为C2
1·C8
4 + C2
2·C8
3=196.
若从反面考虑:至少有 1名主任参加的选派方法的种数为C10
5 C8
5=196.
(4)若选外科主任,则其余可任选,有C9
4种选法.
若不选外科主任,则必选内科主任,且剩余的四人不能全选内科医生,有C8
4 C5
4种选法.
故有选派方法的种数为C9
4 + C8
4 C5
4=191.
专题能力训练 20 概率、统计与统计案例
一、能力突破训练
1.(2020全国Ⅰ,理 5)某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率 y和温度 x(单
位:℃)的关系,在 20个不同的温度条件下进行种子发芽实验,由实验数据
(xi,yi)(i=1,2,…,20)得到下面的散点图:
由此散点图,在 10℃至 40℃之间,下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率 y和温度
x的回归方程类型的是( )
A.y=a+bx B.y=a+bx2
C.y=a+bex D.y=a+bln x
答案:D
解析:结合题中散点图,由图象的大致走向判断,此函数应该是对数函数模型,故应该选用
的函数模型为 y=a+blnx.
2.已知 x与 y之间的一组数据:
x 0 1 2 3
y m 3 5.5 7
已求得关于 y与 x的线性回归方程为 ̂=2.1x+0.85,则 m的值为( )
A.1 B.0.85 C.0.7 D.0.5
答案:D
解析:由题意,得
专题能力训练 21 随机变量及其分布
146
一、能力突破训练
1.若 8件产品中包含 6件一等品,从 8件产品中任取 2件,则在已知取出的 2件中有 1件
不是一等品的条件下,另 1件是一等品的概率为( )
A 3
7
B 4
5
C 6
7
D 12
13
答案:D
解析:根据题意,设“所取 2件产品中有 1件不是一等品”为事件 A,“一件是一等品,另一件
不是一等品”为事件 B,则 P(A)=1-
C6
2
C8
2=1-
15
28
13
28
,
P(AB)=
C2
1C6
1
C8
2 12
28
,则 P(B|A)= ( )
( )
12
13
2.已知随机变量ξ满足 P(ξi=1)=pi,P(ξi=0)=1-pi,i=1,2,若 0D(ξ2)
C.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)
答案:A
解析:∵E(ξ1)=p1,E(ξ2)=p2,
∴E(ξ1)(1-p)2,
∴p>0.5,∴p=0.6(其中 p=0.4舍去).
6.设离散型随机变量 X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P 0.2 0.1 0.1 0.3 m
若随机变量 Y=|X-2|,则 P(Y=2)= .
答案:0.5
解析:由分布列的性质,知 0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,则 m=0.3.由 Y=2,即|X-2|=2,得 X=4或
X=0,故 P(Y=2)=P(X=4或 X=0)=P(X=4)+P(X=0)=0.3+0.2=0.5.
7.已知随机变量 X服从二项分布 B(n,p).若 E(X)=30,D(X)=20,则 p= .
答案:1
3
解析:根据二项分布的均值、方差公式,得
( ) 30,
( ) (1- ) 20,
解得 p=1
3
8.A,B两组各有 7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如下:
A组:10,11,12,13,14,15,16
B组:12,13,15,16,17,14,a
148
假设所有病人的康复时间相互独立,从 A,B两组随机各选 1人,A组选出的人记为甲,B组
选出的人记为乙.
(1)求甲的康复时间不少于 14天的概率;
(2)如果 a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率;
(3)当 a为何值时,A,B两组病人康复时间的方差相等?(结论不要求证明)
解:设事件 Ai为“甲是 A组的第 i个人”,事件 Bi为“乙是 B组的第 i个人”,i=1,2,…,7.
由题意可知 P(Ai)=P(Bi)=
1
7
,i=1,2,…,7.
(1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于 14天”等价于“甲是 A组的第 5人,或者第 6人,
或者第 7人”,所以甲的康复时间不少于 14天的概率是 P(A5∪A6∪
A7)=P(A5)+P(A6)+P(A7)=
3
7
(2)设事件 C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”,由题意知,C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1
∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.
因此
P(C)=P(A4B1)+P(A5B1)+P(A6B1)+P(A7B1)+P(A5B2)+P(A6B2)+P(A7B2)+P(A7B3)+P(A6B6)+P
(A7B6)=10P(A4B1)=10P(A4)P(B1)=
10
49
(3)a=11或 a=18.
9.在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:
将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示.
通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用,现有 6名男
志愿者 A1,A2,A3,A4,A5,A6和 4名女志愿者 B1,B2,B3,B4,从中随机抽取 5人接受甲种心理
暗示,另 5人接受乙种心理暗示.
(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含 A1但不包含 B1的概率;
(2)用 X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求 X的分布列与数学期望 E(X).
解:(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含 A1但不包含 B1的事件为 M,
则 P(M)=
C8
4
C10
5 5
18
(2)由题意知 X可取的值为 0,1,2,3,4,则
P(X=0)=
C6
5
C10
5 1
42
,
P(X=1)=
C6
4C4
1
C10
5 5
21
,
P(X=2)=
C6
3C4
2
C10
5 10
21
,
P(X=3)=
C6
2C4
3
C10
5 5
21
,
149
P(X=4)=
C6
1C4
4
C10
5 1
42
因此 X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
1
42
5
21
10
21
5
21
1
42
X的数学期望是
E(X)=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)
=0+1× 5
21
+2× 10
21
+3× 5
21
+4× 1
42
=2.
10.今有 9所省级示范学校参加联考,参加考试的约有 5 000人,考完后经计算得数学平均
分为 113分.已知本次联考的成绩服从正态分布,且标准差为 12.
(1)计算联考成绩在 137分以上的人数.
(2)从所有试卷中任意抽取 1份,已知分数不超过 123分的概率为 0.8.
①求分数低于 103分的概率.
②从所有试卷中任意抽取 5份,由于试卷数量较大,可以把每份试卷被抽到的概率视为相
同,X表示抽到成绩低于 103分的试卷的份数,写出 X的分布列,并求出数学期望 E(X).
参考数据:P(μ-σ≤x≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤x≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤x≤μ+3σ)≈0.997 3.
解:(1)在正态分布 N(μ,σ2)中,可知σ=12,μ=113.
因为 137=μ+2σ,所以 P(ξ>μ+2σ)=1
2
×(1-0.9545)=0.02275,
故所求人数为 0.02275×5000≈114.
(2)①P(ξ<103)=P(ξ>123)=1-0.8=0.2.
②由题意易知 X~B(5,0.2),故 P(X=0)=0.85=0.32768,
P(X=1)=C5
1 ×0.21×0.84=0.4096,
P(X=2)=C5
2 ×0.22×0.83=0.2048,
P(X=3)=C5
3 ×0.23×0.82=0.0512,
P(X=4)=C5
4 ×0.24×0.81=0.0064,
P(X=5)=0.25=0.00032,
X 0 1 2 3 4 5
P 0.32768 0.4096 0.2048 0.0512 0.0064 0.00032
E(X)=5×0.2=1.
11.若 n是一个三位正整数,且 n的个位数字大于十位数字,十位数字大于百位数字,则称
n为“三位递增数”(如 137,359,567等).
在某次数学趣味活动中,每名参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取 1个数,且只能
抽取一次.得分规则如下:若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被 5整除,参加者
得 0分;若能被 5整除,但不能被 10整除,得-1分;若能被 10整除,得 1分.
(1)写出所有个位数字是 5的“三位递增数”;
(2)若甲参加活动,求甲得分 X的分布列和数学期望 E(X).
150
解:(1)个位数是 5的“三位递增数”有 125,135,145,235,245,345;
(2)由题意知,全部“三位递增数”的个数为C9
3=84,随机变量 X的取值为:0,-1,1,因此
P(X=0)=
C8
3
C9
3
2
3
,P(X=-1)=
C4
2
C9
3
1
14
,P(X=1)=1- 1
14
2
3
11
42
所以 X的分布列为
X 0 -1 1
P
2
3
1
14
11
42
则 E(X)=0× 2
3
+(-1)× 1
14
+1× 11
42
4
21
二、思维提升训练
12.已知两个游戏盘如图所示(图①是半径为 2和 4的两个同心圆,O为圆心;图②是正六
边形,点 P为其中心),游戏盘中各有一个玻璃小球,依次摇动两个游戏盘后,将它们水平放
置,就完成了一局游戏,则一局游戏后,这两个盘中的小球都停在阴影部分的概率是( )
图①
图②
A 1
16
B 1
8
C 1
6
D 1
4
答案:A
解析:一局游戏后,这两个盘中的小球停在阴影部分分别记为事件 A1,A2,
由题意知,A1,A2相互独立,且 P(A1)=
1
4π(4
2-22)
42π
3
16
,P(A2)=
1
3
,
所以“一局游戏后,这两个盘中的小球都停在阴影部分”的概率为
P(A1A2)=P(A1)P(A2)=
3
16
× 1
3
1
16
13.在 15个村庄中有 7个村庄交通不方便,现从中任意选 10个村庄,用 X表示这 10个村
庄中交通不方便的村庄数,下列概率中等于
C7
4C8
6
C15
10 的是( )
A.P(X=2) B.P(X≤2)
C.P(X=4) D.P(X≤4)
答案:C
151
解析:X服从超几何分布 P(X=k)=
C7
C8
10-
C15
10 ,故 k=4.
14.某公司计划购买 2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进
机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个 200元.在机器使用期间,如果备件不足再
购买,则每个 500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理
了 100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:
以这 100台机器更换的易损零件数的频率代替 1台机器更换的易损零件数发生的概率,
记 X表示 2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买 2台机器的同时购买的易
损零件数.
(1)求 X的分布列;
(2)若要求 P(X≤n)≥0.5,确定 n的最小值;
(3)以购买易损零件所需费用的均值为决策依据,在 n=19与 n=20之中选其一,应选用哪
个?
解:(1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为
8,9,10,11的概率分别为 0.2,0.4,0.2,0.2.
从而 P(X=16)=0.2×0.2=0.04;
P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16;
P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24;
P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24;
P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2;
P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08;
P(X=22)=0.2×0.2=0.04.
所以 X的分布列为
X 16 17 18 19 20 21 22
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
(2)由(1)知 P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故 n的最小值为 19.
(3)记 Y表示 2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元).
当 n=19时,
E(Y)=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04
=4040.
当 n=20时,
E(Y)=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4080.
可知当 n=19时所需费用的均值小于 n=20时所需费用的均值,故应选 n=19.
152
15.为评估设备M生产某种零件的性能,从设备M生产该零件的流水线上随机抽取 100
个零件为样本,测量其直径后,整理得到下表:
直径/mm 58 59 61 62 63 64 65
件 数 1 1 3 5 6 19 33
直径/mm 66 67 68 69 70 71 73
件 数 18 4 4 2 1 2 1
经计算,样本的平均值μ=65,标准差σ=2.2,以频率值作为概率的估计值.
(1)为评判一台设备的性能,从该设备加工的零件中任意抽取一件,记其直径为 X,并根据
以下不等式进行判定:
①P(μ-σ0.6827,
P(μ-2σ0;
当 p∈(0.1,1)时,f'(p)<0.
所以 f(p)的最大值点为 p0=0.1.
153
(2)由(1)知,p=0.1.
①令 Y表示余下的 180件产品中的不合格品件数,依题意知 Y~B(180,0.1),
X=20×2+25Y,即 X=40+25Y.
所以 E(X)=E(40+25Y)=40+25E(Y)=490.
②如果对余下的产品作检验,那么这一箱产品所需要的检验费为 400元.
由于 E(X)>400,故应该对余下的产品作检验.
专题能力训练 22坐标系与参数方程(选修 4-4)
一、能力突破训练
1.(2020全国Ⅰ,理 22)在直角坐标系 xOy中,曲线 C1的参数方程为
cos ,
sin
(t为参数).
以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 C2的极坐标方程为 4ρcos θ-
16ρsin θ+3=0.
(1)当 k=1时,C1是什么曲线?
(2)当 k=4时,求 C1与 C2的公共点的直角坐标.
解:(1)当 k=1时,C1:
cos ,
sin ,消去参数 t,得 x2+y2=1,故曲线 C1是圆心为坐标原点,半径
为 1的圆.
(2)当 k=4时,C1:
cos4 ,
sin4 ,
消去参数 t,得 C1的直角坐标方程为 + =1.
C2的直角坐标方程为 4x-16y+3=0.
由
+ 1,
4 -16 + 3 0解得
1
4
,
1
4
.
故 C1与 C2的公共点的直角坐标为
1
4
, 1
4
2.(2020全国Ⅲ,理 22)在直角坐标系 xOy中,曲线 C的参数方程为
2- - 2,
2-3 + 2
(t为参数
且 t≠1),C与坐标轴交于 A,B两点.
(1)求|AB|;
(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求直线 AB的极坐标方程.
解:(1)因为 t≠1,由 2-t-t2=0得 t=-2,
所以 C与 y轴的交点为(0,12);
由 2-3t+t2=0得 t=2,
所以 C与 x轴的交点为(-4,0).
154
故|AB|=4 10
(2)由(1)可知,直线 AB的直角坐标方程为
-4
+
12
=1,将 x=ρcosθ,y=ρsinθ代入,得直线 AB的
极坐标方程为 3ρcosθ-ρsinθ+12=0.
3.(2018全国Ⅱ,理 22)在直角坐标系 xOy中,曲线 C的参数方程为
2cos ,
4sin (θ为参数),
直线 l的参数方程为
1 + cos ,
2 + sin (t为参数).
(1)求 C和 l的普通方程;
(2)若曲线 C截直线 l所得线段的中点坐标为(1,2),求 l的斜率.
解：(1)曲线 C的普通方程为
2
4
+ 2
16
=1.
当 cosα≠0时,l的普通方程为 y=tanα·x+2-tanα,
当 cosα=0时,l的普通方程为 x=1.
(2)将 l的参数方程代入 C的普通方程,整理得关于 t的方程
(1+3cos2α)t2+4(2cosα+sinα)t-8=0,①
因为曲线 C截直线 l所得线段的中点(1,2)在 C内,所以①有两个解,设为 t1,t2,则 t1+t2=0.
又由①得 t1+t2=-
4(2cos +sin )
1+3cos2
,
故 2cosα+sinα=0,于是直线 l的斜率 k=tanα=-2.
4.已知曲线 C:
2
4
+ 2
9
=1,直线 l: 2 + ,
2-2 (t为参数).
(1)写出曲线 C的参数方程,直线 l的普通方程;
(2)过曲线 C上任意一点 P作与 l夹角为 30°的直线,交 l于点 A,求|PA|的最大值与最小
值.
解：(1)曲线 C的参数方程为
2cos ,
3sin (θ为参数).
直线 l的普通方程为 2x+y-6=0.
(2)曲线 C上任意一点 P(2cosθ,3sinθ)到 l的距离为 d= 5
5
|4cosθ+3sinθ-6|,
则|PA|=
sin30°
2 5
5
|5sin(θ+α)-6|,其中α为锐角,且 tanα=4
3
当 sin(θ+α)=-1时,|PA|取得最大值,最大值为
22 5
5
当 sin(θ+α)=1时,|PA|取得最小值,最小值为
2 5
5
155
5.(2018全国Ⅲ,理 22)在平面直角坐标系 xOy中,☉O的参数方程为
cos ,
sin (θ为参数),
过点(0,- 2)且倾斜角为α的直线 l与☉O交于 A,B两点.
(1)求α的取值范围;
(2)求 AB中点 P的轨迹的参数方程.
解：(1)☉O的普通方程为 x2+y2=1.
当α=π
2
时,l与☉O交于两点.
当 ≠ π
2
时,记 tanα=k,则 l的方程为 y=kx- 2,l与☉O交于两点当且仅当
2
1+ 2
<1,
解得 k<-1或 k>1,即 ∈ π
4
, π
2
或 ∈ π
2
, 3π
4
综上,α的取值范围是
π
4
, 3π
4
(2)l的参数方程为
cos ,
- 2 + sin t为参数,π
4
<α<3π
4
设 A,B,P对应的参数分别为 tA,tB,tP,则 tP=
+
2
,且 tA,tB满足 t2-2 2tsinα+1=0.
于是 tA+tB=2 2sinα,tP= 2sinα.又点 P的坐标(x,y)满足
cos ,
- 2 + sin .
所以点 P的轨迹的参数方程是
2
2
sin2 ,
- 2
2
- 2
2
cos2
α为参数,π
4
<α<3π
4
.
6.在平面直角坐标系 xOy中,曲线 C的参数方程为
4 + 3cos ,
3sin (α为参数),直线 l的参
数方程为
cos ,
sin (t为参数,0≤β<π),以原点 O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极
坐标系.
(1)求曲线 C的极坐标方程;
(2)已知直线 l与曲线 C相交于 A,B两点,且|OA|-|OB|=2 5,求β.
解：(1)由曲线 C的参数方程可得普通方程为(x-4)2+y2=9,
即 x2+y2-8x+7=0,
所以曲线 C的极坐标方程为ρ2-8ρcosθ+7=0.
(2)由直线 l的参数方程可得直线的极坐标方程为θ=β(ρ∈R),
因为直线 l与曲线 C相交于 A,B两点,所以设 A(ρ1,β),B(ρ2,β),
联立
2-8 cos + 7 0,
, 可得ρ2-8ρcosβ+7=0,
因为Δ=64cos2β-28>0,即 cos2β> 7
16
,且ρ1+ρ2=8cosβ,ρ1ρ2=7,
156
所以|OA|-|OB|=|ρ1-ρ2|= ( 1 + 2)2-4 1 2 64cos2 -28=2 5,
解得 cosβ=± 3
2
,所以β=π
6
或β=5π
6
7.在极坐标系中,曲线 C的极坐标方程为ρsin2θ-cos θ=0,点 M 1, π
2
以极点 O为原点,以
极轴为 x轴正半轴建立直角坐标系.斜率为-1的直线 l过点 M,且与曲线 C交于 A,B两点.
(1)求出曲线 C的直角坐标方程和直线 l的参数方程;
(2)求点 M到 A,B两点的距离之积.
解：(1)x=ρcosθ,y=ρsinθ,
由ρsin2θ-cosθ=0,得ρ2sin2θ=ρcosθ.
所以 y2=x即为曲线 C的直角坐标方程.
点 M的直角坐标为(0,1),
直线 l的倾斜角为
3π
4
,故直线 l的参数方程为
cos 3π
4
,
1 + sin 3π
4
(t为参数),即
- 2
2
,
1 + 2
2
(t为参数).
(2)把直线 l的参数方程
- 2
2
,
1 + 2
2
(t为参数)代入曲线 C的方程得
1 + 2
2
2
=- 2
2
t,即 t2+3 2t+2=0,
Δ=(3 2)2-4×2=10>0.
设 A,B对应的参数分别为 t1,t2,
则
1 + 2 -3 2,
1· 2 2.
又直线 l经过点 M,故由 t的几何意义得
点 M到 A,B两点的距离之积
|MA|·|MB|=|t1||t2|=|t1·t2|=2.
二、思维提升训练
8.(2019全国Ⅲ,理 22)如图,在极坐标系 Ox中,A(2,0),B 2, π
4
,C 2, 3π
4
,D(2,π),弧
, , 所在圆的圆心分别是(1,0), 1, π
2
,(1,π),曲线 M1是弧 ,曲线 M2是弧 ,曲线
M3是弧
157
(1)分别写出 M1,M2,M3的极坐标方程;
(2)曲线 M由 M1,M2,M3构成,若点 P在 M上,且|OP|= 3,求点 P的极坐标.
解：(1)由题设可得,弧 , , 所在圆的极坐标方程分别为ρ=2cosθ,ρ=2sinθ,ρ=-2cosθ.
所以 M1的极坐标方程为ρ=2cosθ 0≤ ≤ π
4 ,M2的极坐标方程为
ρ=2sinθ π
4
≤ ≤ 3π
4
,M3的极坐标方程为ρ=-2cosθ 3π
4
≤ ≤π .
(2)设 P(ρ,θ),由题设及(1)知
若 0≤ ≤ π
4
,则 2cosθ= 3,
解得θ=π
6
;
若
π
4
≤ ≤ 3π
4
,则 2sinθ= 3,
解得θ=π
3
或θ=2π
3
;
若
3π
4
≤ ≤π,则-2cosθ= 3,
解得θ=5π
6
综上,P的极坐标为 3, π
6
或 3, π
3
或 3, 2π
3
或 3, 5π
6
9.在平面直角坐标系 xOy中,直线 l经过点 P(0, 3),且倾斜角为α,以原点 O为极点,x轴的
非负半轴为极轴建立极坐标系,圆 C的极坐标方程为ρ2-4ρcos - π
3
-1=0.
(1)求直线 l的参数方程和圆 C的直角坐标方程;
(2)设直线 l与圆 C交于 M,N两点,若||PM|-|PN||= 2,求直线 l的倾斜角α的值.
解：(1)因为直线 l经过点 P(0, 3),且倾斜角为α,
所以直线 l的参数方程为
cos ,
3 + sin (t为参数).
因为圆 C的极坐标方程为ρ2-4ρcos - π
3
-1=0,所以ρ2-2ρcosθ-2 3 sinθ-1=0,
所以 x2+y2-2x-2 3y-1=0,
所以圆 C的直角坐标方程为(x-1)2+( - 3)2=5.
(2)把直线 l的参数方程
cos ,
3 + sin (t为参数)代入圆 C的方程,得(tcosα-
1)2+(tsinα)2=5,
158
整理得 t2-2tcosα-4=0.设 M,N两点对应的参数分别为 t1,t2,则Δ>0恒成立,且
t1+t2=2cosα,t1t2=-4<0.
所以||PM|-|PN||=|t1+t2|=|2cosα|= 2
所以 cosα=± 2
2
因为 0≤α<π,所以α=π
4
或α=3π
4
10.在平面直角坐标系 xOy中,曲线 C1的参数方程为
3cos ,
sin (α为参数),以原点 O为
极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 C2的极坐标方程为ρsin + π
4
=4 2
(1)求曲线 C1的普通方程与曲线 C2的直角坐标方程;
(2)设 P为曲线 C1上的动点,求点 P到 C2上点的距离的最小值,并求此时点 P的坐标.
解：(1)由曲线 C1: 3cos ,
sin (α为参数),得
3
cos ,
sin
(α为参数),
两式两边平方相加,得
3
2
+y2=1,
即曲线 C1的普通方程为
2
3
+y2=1.
由曲线 C2:ρsin + π
4
=4 2,得
2
2
(sinθ+cosθ)=4 2,
即ρsinθ+ρcosθ=8,所以 x+y-8=0,
即曲线 C2的直角坐标方程为 x+y-8=0.
(2)由(1)知,椭圆 C1与直线 C2无公共点,椭圆上的点 P( 3cosα,sinα)到直线 x+y-8=0的距
离 d=| 3cos +sin -8|
2
2sin +π3 -8
2
,
所以当 sin + π
3
=1时,d的最小值为 3 2,此时点 P的坐标为
3
2
, 1
2
专题能力训练 23 不等式选讲(选修 4—5)
一、能力突破训练
159
1.已知 a>0,b>0, + =2,
求证:(1)a +b ≤2;
(2)2≤a2+b2<16.
答案：证明(1) + =2,a>0,b>0,
∴2≥2 >0,当且仅当 a=b=1时等号成立.
∴0< ≤1.∴a +b ( + )=2 ≤2.
(2)由 a2+b2=(a+b)2-2ab,a+b=( + )2-2 =4-2 ,
∴a2+b2=16-16 +4ab-2ab=2ab-16 +16
=2(ab-8 +16)-16=2( -4)2-16=2(4- )2-16,
∵0< ≤1,∴3≤4- <4,
∴9≤ (4- )2<16,∴18≤2(4- )2<32,
∴2≤a2+b2<16.
2.已知函数 f(x)=|x-1|+|x+3|,x∈R.
(1)解不等式 f(x)≤5;
(2)若不等式 t2+3t>f(x)在 x∈R上有解,求实数 t的取值范围.
解：(1)原不等式等价于
< -3,
-2-2 ≤ 5或
-3 ≤ ≤ 1,
4 ≤ 5 或
> 1,
2 + 2 ≤ 5,
得-7
2
≤x<-3或-3≤x≤1或 1f(x)在 x∈R上有解,只需 t2+3t大于 f(x)
的最小值,
∴t2+3t>[f(x)]min=4⇒t2+3t-4>0⇒t<-4或 t>1.
3.(2020全国Ⅲ,理 23)设 a,b,c∈R,a+b+c=0,abc=1.
(1)证明:ab+bc+ca<0;
(2)用 max{a,b,c}表示 a,b,c的最大值,证明:max{a,b,c}≥ 3 4
答案:证明(1)由题设可知,a,b,c均不为零,
所以 ab+bc+ca=1
2
[(a+b+c)2-(a2+b2+c2)]=-1
2
(a2+b2+c2)<0.
(2)不妨设 max{a,b,c}=a,
因为 abc=1,a=-(b+c),
所以 a>0,b<0,c<0.
由 bc≤ ( + )2
4
,可得 abc≤ 3
4
,
故 a≥ 3 4,
所以 max{a,b,c}≥ 3 4
160
4.(2020全国Ⅰ,理 23)已知函数 f(x)=|3x+1|-2|x-1|.
(1)画出 y=f(x)的图象;
(2)求不等式 f(x)>f(x+1)的解集.
解:(1)由题设知 f(x)=
- -3, ≤ - 1
3
,
5 -1,- 1
3
< ≤ 1,
+ 3, > 1.
y=f(x)的图象如图所示.
(2)函数 y=f(x)的图象向左平移 1个单位长度后得到函数 y=f(x+1)的图象.
y=f(x)的图象与 y=f(x+1)的图象的交点坐标为 7
6
, 11
6
.
161
由图象可知当且仅当 x<-7
6
时,y=f(x)的图象在 y=f(x+1)的图象上方.
故不等式 f(x)>f(x+1)的解集为 -∞,- 7
6
5.已知函数 f(x)= - 1
2
+ + 1
2
,M为不等式 f(x)<2的解集.
(1)求 M;
(2)证明:当 a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.
答案：(1)解 f(x)=
-2 , ≤ - 1
2
,
1,- 1
2
< < 1
2
,
2 , ≥ 1
2
.
当 x≤-1
2
时,由 f(x)<2得-2x<2,解得 x>-1;
当-1
2
0,b>0,c>0,函数 f(x)=|a-x|+|x+b|+c.
(1)当 a=b=c=2时,求不等式 f(x)<8的解集;
(2)若函数 f(x)的最小值为 1,证明:a2+b2+c2≥ 1
3
答案：(1)解当 a=b=c=2时,f(x)=|x-2|+|x+2|+2=
2-2 , ≤ -2,
6,-2 < < 2,
2 + 2, ≥ 2,
f(x)<8⇔ ≤ -2,
2-2 < 8或
-2 < < 2,
6 < 8 或
≥ 2,
2 + 2 < 8. 不等式的解集为{x|-30,b>0,c>0,
∴f(x)=|a-x|+|x+b|+c≥|a-x+x+b|+c=|a+b|+c=a+b+c,
当且仅当(a-x)(x+b)≥0等号成立.
∵f(x)的最小值为 1,∴a+b+c=1,
∴(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=1.
∵2ab≤a2+b2,2bc≤b2+c2,2ac≤a2+c2,当且仅当 a=b=c等号成立,
162
∴1=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤3(a2+b2+c2).
∴a2+b2+c2≥ 1
3
7.已知函数 f(x)=|2x-1|+|x-a|,a∈R.
(1)当 a=3时,解不等式 f(x)≤4;
(2)若 f(x)=|x-1+a|,求 x的取值范围.
解：(1)当 a=3时,函数 f(x)=|2x-1|+|x-3|=
3 -4, ≥ 3,
+ 2, 1
2
< < 3,
4-3 , ≤ 1
2
,
如图,由于直线 y=4和函数 f(x)的图象交于点(0,4),(2,4),
故不等式 f(x)≤4的解集为(0,2).
(2)由 f(x)=|x-1+a|,可得|2x-1|+|x-a|=|x-1+a|.
由于|2x-1|+|x-a|≥|(2x-1)-(x-a)|=|x-1+a|,
当且仅当(2x-1)(x-a)≤0时取等号,
故有(2x-1)(x-a)≤0.
当 a=1
2
时,可得 x=1
2
,故 x的取值范围为
1
2
;
当 a>1
2
时,可得
1
2
≤x≤a,故 x的取值范围为
1
2
, ;
当 a<1
2
时,可得 a≤x≤ 1
2
,故 x的取值范围为 , 1
2
二、思维提升训练
8.(2019全国Ⅲ,理 23)设 x,y,z∈R,且 x+y+z=1.
(1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值;
(2)若(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥ 1
3
成立,证明:a≤-3或 a≥-1.
答案：(1)解由于[(x-1)+(y+1)+(z+1)]2
=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2+2[(x-1)(y+1)+(y+1)·(z+1)+(z+1)(x-1)]
≤3[(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2],
故由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥ 4
3
,
163
当且仅当 x=5
3
,y=-1
3
,z=-1
3
时等号成立.
所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为
4
3
(2)证明由于[(x-2)+(y-1)+(z-a)]2
=(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2+2[(x-2)(y-1)+(y-1)·(z-a)+(z-a)(x-2)]
≤3[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2],
故由已知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥ (2+ )2
3
,
当且仅当 x=4-
3
,y=1-
3
,z=2 -2
3
时等号成立.
因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值为
(2+ )2
3
由题设知
(2+ )2
3
≥ 1
3
,解得 a≤-3或 a≥-1.
9.已知函数 f(x)=|x-3|-|x-a|.
(1)当 a=2时,解不等式 f(x)≤-1
2
;
(2)若存在实数 a,使得不等式 f(x)≥a成立,求实数 a的取值范围.
解：(1)∵a=2,∴f(x)=|x-3|-|x-2|=
1, ≤ 2,
5-2 ,2 < < 3,
-1, ≥ 3,
∴f(x)≤-1
2
等价于
≤ 2,
1 ≤ - 1
2
或 5-2 ≤ - 1
2
,
2 < < 3
或
≥ 3,
-1 ≤ - 1
2
.解得
11
4
≤x<3或 x≥3,∴不等式的解
集为 ≥ 11
4
(2)由不等式性质可知 f(x)=|x-3|-|x-a|≤|(x-3)-(x-a)|=|a-3|,
∴若存在实数 x,使得不等式 f(x)≥a成立,则|a-3|≥a,解得 a≤ 3
2
实数 a的取值范围是
-∞, 3
2
10.已知函数 f(x)=x2+|x-2|.
(1)解不等式 f(x)≤2|x|;
(2)若 f(x)≥a2+4b2+5c2-1
4
对任意 x∈R恒成立,证明:ac+4bc≤1.
答案：(1)解由 f(x)≤2|x|,得 x2+|x-2|≤2|x|,
即
< 0,
2 + 2- ≤ -2
或
0 ≤ ≤ 2,
2 + 2- ≤ 2
或
> 2,
2 + -2 ≤ 2 ,
164
解得 x∈⌀或 1≤x≤2或 x∈⌀,
故不等式 f(x)≤2|x|的解集为[1,2].
(2)证明 f(x)≥a2+4b2+5c2-1
4
对任意 x∈R恒成立,
即 f(x)+1
4
≥a2+4b2+5c2对任意 x∈R恒成立.
当 x≥2时,f(x)+1
4
=x2+x-2+1
4
≥22+2-2+1
4
17
4
;
当 x<2时,f(x)+1
4
=x2-x+2+1
4
- 1
2
2
+2≥2,
所以 f(x)+1
4
的最小值为 2,即 a2+4b2+5c2≤2.
又 a2+4b2+5c2=a2+c2+4b2+4c2≥2ac+8bc,所以 2ac+8bc≤2,
即 ac+4bc≤1(当且仅当 a=b=c时,等号成立)
