【数学】2018届一轮复习人教A版第二部分专题二 巧做高考题型学案
专题二 巧做高考题型
第一讲六招秒杀选择题——快得分
选择题具有概括性强，知识覆盖面广，小巧灵活等特点．注重多个知识点的小型综合，侧重于考查学生是否能迅速选出正确答案，解题手段不拘常规，有利于考查学生的选择、判断能力．常用方法分直接法和间接法两大类．直接法是解答选择题最基本、最常用的方法，但高考的题量较大，如果所有选择题都用直接法解答，时间可能不允许，因此，我们还要研究解答选择题的一些间接法的应用技巧．
其基本解答策略是：充分利用题干和选项所提供的信息作出判断．先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，先排除后求解．总的 说，选择题属于小题，尽量避免“小题大做”．在考场上，提高了解题速度，也是一种制胜的法宝．
直接法
直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密地推理和准确地运算，从而得出正确的结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，作出相应的选择．涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法．
例1] (2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析] 设等差数列{an}的公差为d，
则由得
即解得d＝4.
答案] C
直接法是解答选择题最常用的基本方法．直接法适用的范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案．平时练习中应不断提高用直接法解选择题的能力，准确把握题目的特点．用简便的方法巧解选择题，是建立在扎实掌握“三基”的基础上的，否则一味求快则会快中出错．
1．两个正数a，b的等差中项是，一个等比中项是2，且a>b，则抛物线y2＝－x的焦点坐标为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 由两个正数a，b的等差中项是，得a＋b＝9；a，b的一个等比中项是2，得ab＝20，且a>b，故a＝5，b＝4.又由＝＝2p，得＝，
故抛物线y2＝－x的焦点坐标为.
特例法
从题干(或选项)出发，通过选取特殊情况代入，将问题特殊化或构造满足题设条件的特殊函数或图形位置，进行判断．特殊化法是“小题小做”的重要策略，要注意在怎样的情况下才可使用，特殊情况可能是：特殊值、特殊点、特殊位置、特殊函数等．
例2] 已知ω>0，函数f(x)＝sin在上单调递减．则ω的取值范围是( )
A. B.
C. D. (0,2]
解析] 根据三角函数的性质利用特殊值法代入逐项判断：
∵ω＝2时，2x＋∈，不合题意，∴排除D.
∵ω＝1时，x＋∈，合题意，∴排除B、C，故选A.
答案] A
特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题，但用特例法解选择题时，要注意以下两点：
第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理；
第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解．
2．函数y＝ax－(a>0，a≠1)的图象可能是( )
解析：选D 函数y＝ax－(a>0，a≠1)恒过(－1,0)，选项只有D符合，故选D.
排除法
排除法也叫筛选法、淘汰法．它是充分利用选择题有且只有一个正确的选项这一特征，通过分析、推理、计算、判断，排除不符合要求的选项，从而得出正确结论的一种方法．
例3] 设 x]表示不大于x的最大整数，则对任意实数x，y有( )
A． －x]＝－ x] B． 2x]＝2 x]
C． x＋y]≤ x]＋ y] D． x－y]≤ x]－ y]
解析] 选项A，取x＝1.5，则 －x]＝ －1.5]＝－2，－ x]＝－ 1.5]＝－1，显然 －x]≠－ x]；选项B，取x＝1.5，则 2x]＝ 3]＝3,2 x]＝2 1.5]＝2，显然 2x]≠2 x]；选项C，取x＝y＝1.6，则 x＋y]＝ 3.2]＝3， x]＋ y]＝ 1.6]＋ 1.6]＝2，显然 x＋y]> x]＋ y]．排除A，B，C，故选D.
答案] D
排除法适应于定性型或不易直接求解的选择题．当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的予以否定，再根据另一些条件在缩小选项的范围内找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的答案．
3．函数y＝xcos x＋sin x的图象大致为( )
解析：选D 由题意知，函数是奇函数，图象关于坐标原点对称，当0
0，而当x＝π时，y＝－π<0，据此排除选项A，B，C.
数形结合法
根据题设条件作出所研究问题的曲线或有关图形，借助几何图形的直观性作出正确的判断，习惯上也叫数形结合法．有些选择题可通过命题条件中的函数关系或几何意义，作出函数的图象或几何图形，借助于图象或图形的作法、形状、位置、性质等，综合图象的特征，得出结论．图形化策略就是以数形结合的数学思想为指导的一种解题策略．
例4] 设函数f(x)＝其中 x]表示不超过x的最大整数，如 －1.1]＝－2， π]＝3等．若直线y＝kx＋k(k>0)与函数y＝f(x)的图象恰有三个不同的交点，则实数k的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析] 直线y＝kx＋k(k>0)恒过定点(－1,0)，在同一直角坐标系中作出函数y＝f(x)的图象和直线y＝kx＋k(k>0)的图象，如图所示，因为两个函数图象恰好有三个不同的交点，所以≤k<.
答案] B
涉及函数零点问题，一般有两种题型，且都可以利用数形结合法求解．
(1)求解方程根的个数．画出相关的两个函数的图象，则两函数图象的交点个数即是函数零点的个数；
(2)讨论图象交点问题的参数范围，如本例就是利用图象中直线y＝kx＋k(k>0)与函数y＝f(x)图象恰有三个不同的交点，得到实数k的取值范围．
4．(2017·全国卷Ⅲ)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为( )
A．3 B．2
C. D．2
解析：选A 以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线BD的方程为2x＋y－2＝0，点C到直线BD的距离为＝，所以圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝.
因为P在圆C上，
所以P.
又＝(1,0)，＝(0,2)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)，
所以λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，当且仅当θ＝＋2kπ－φ，k∈Z时，λ＋μ取得最大值3.
概念辨析法
概念辨析法是从题设条件出发，通过对数学概念的辨析，进行少量运算或推理，直接选择出正确结论的方法．这类题目一般是给出一个创新定义，或涉及一些似是而非、容易混淆的概念或性质，需要考生在平时注意辨析有关概念，准确区分相应概念的内涵与外延，同时在审题时多加小心．
例5] 对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β＝{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是( )
A． 2,4] B.
C. D． 2,3]
解析] 函数f(x)＝ex－1＋x－2的零点为x＝1，设g(x)＝x2－ax－a＋3的零点为b，若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则|1－b|≤1，∴0≤b≤2.由于g(x)＝x2－ax－a＋3＝x2＋3－a(x＋1)必经过点(－1,4)，∴要使其零点在区间 0,2]上，则即解得2≤a≤3.
答案] D
函数的创新命题是高考的一个亮点，此类题型是用数学符号、文字叙述给出一个教材之外的新定义，要求考生在短时间内通过阅读、理解后，解决题目给出的问题．解决这类问题的关键是准确把握新定义的含义，把从定义和题目中获取的信息进行有效整合，并转化为熟悉的知识加以解决．
5．若对于定义在R上的函数f(x)，其图象是连续不断的，且存在常数λ(λ∈R)使得f(x＋λ)＋λf(x)＝0对任意实数都成立，则称f(x)是一个“λ伴随函数”．下列是关于“λ伴随函数”的结论：①f(x)＝0不是常数函数中唯一一个“λ伴随函数”；②f(x)＝x是“λ伴随函数”；③f(x)＝x2是“λ伴随函数”；④“伴随函数”至少有一个零点．其中正确的结论个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 由题意得，①正确，如f(x)＝c≠0，取λ＝－1，则f(x－1)－f(x)＝c－c＝0，即f(x)＝c≠0是一个“λ伴随函数”；②不正确，若f(x)＝x是一个“λ伴随函数”，则x＋λ＋λx＝0，求得λ＝0且λ＝－1，矛盾；③不正确，若f(x)＝x2是一个“λ伴随函数”，则(x＋λ)2＋λx2＝0，求得λ＝0且λ＝－1，矛盾；④正确，若f(x)是“伴随函数”，则f＋f(x)＝0，取x＝0，则f＋f(0)＝0，若f(0)，f任意一个为0，则函数f(x)有零点；若f(0)，f均不为0，则f(0)，f异号，由零点存在性定理知，在区间内存在零点，所以有两个结论正确.
估算法
由于选择题提供了唯一正确的选项，解答又无需过程，因此，有些题目不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．估算法的关键是确定结果所在的大致范围，否则“估算”就没有意义．估算法往往可以减少运算量，快速找到答案．
例6] 如图，在多面体ABCDEF中，已知平面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝，EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为( )
A. B．5
C．6 D.
解析] 连接BE，CE，四棱锥EABCD的体积为VEABCD＝×3×3×2＝6，又多面体ABCDEF的体积大于四棱锥EABCD的体积，即所求几何体的体积V>VEABCD＝6，而四个选项里面大于6的只有，故选D.
答案] D
本题既用了估算法又用了排除法，解题的关键是利用θ的范围求sin θ的范围一定要准确，否则将达不到解题的目的或解答错误．
6.(2017·宁波效实中学模拟)图中阴影部分的面积S是h的函数(0≤h≤H)，则该函数的大致图象是( )
解析：选B 由图知，随着h的增大，阴影部分的面积S逐渐减小，且减小得越 越慢，结合选项可知选B.
第二讲分类智取填空题——稳得分
填空题具有小巧灵活、结构简单、运算量不大等特点．
(1)根据填空时所填写的内容形式，可以将填空题分成两种类型：①定量型：要求考生填写数值、数集或数量关系；②定性型：要求填写的是具有某种性质的对象或者填写给定数学对象的某种性质．
(2)根据填空题出题设问的多少，又可以将填空题分成两类形式：①单空题：与全国卷出题方式相同，一题一空，根据一般填空题的特点，四招速解；②多空题：是浙江高考填空题的一大特色，一题多空，出题的目的是提高知识覆盖面的考查，降低难度，让学生能分步得分；本质上 说和单空题区别无非就是多填一空，其解题方法和单空题相同，但多空题有它自身的特色，搞清多空之间设问的关系能使我们的解题事半功倍．
解答填空题时，由于不反映过程，只要求结果，故对正确性的要求比解答题更高、更严格．在解填空题时要做到：
一、单空题——四招速解
直接法
它是直接从题设出发，利用有关性质或结论，通过巧妙地变形，直接得到结果的方法．要善于透过现象抓本质，有意识地采取灵活、简捷的解法解决问题．
例1] (2016·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝1，则b＝________.
解析] 因为A，C为△ABC的内角，且cos A＝，cos C＝，所以sin A＝，sin C＝
，所以sin B＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝.又a＝1，所以由正弦定理得b＝＝×＝.
答案]
直接法是解决计算型填空题最常用的方法，在计算过程中，我们要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速准确地求解填空题的关键．
1．(2017·北京高考)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3；b4＝－1·q3＝8，解得q＝－2.所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1×(－2)＝2，所以＝1.
答案：1
特殊值法
当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论．为保证答案的正确性，在利用此方法时，一般应多取几个特例．
例2] 如图所示，在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P，且AP＝3，则·＝________.
解析] 法一：·＝·(＋)
＝·＋·＝·＋·(＋)
＝·＋2·，
∵AP⊥BD，∴·＝0.
又∵·＝||||cos ∠BAP＝||2，
∴·＝2||2＝2×9＝18.
法二：把平行四边形ABCD看成正方形，
则P点为对角线的交点，AC＝6，
则·＝18.
答案] 18
求值或比较大小等问题的求解均可利用特殊值代入法，但要注意此种方法仅限于求解结论只有一种的填空题，对于开放性的问题或者有多种答案的填空题，则不能使用该种方法求解．本题中的法二把平行四边形看作正方形，从而减少了计算量．
2．若函数f(x)满足：f(1)＝，4f(x)f(y)＝f(x＋y)＋f(x－y)，则f(2 018)＝________.
解析：取x＝1，y＝0时，有f(0)＝f(1)＋f(1)＝，
取x＝1，y＝1时，有＝f(2)＋f(0)，f(2)＝－.
取x＝n，y＝1，有f(n)＝f(n＋1)＋f(n－1)，同理f(n＋1)＝f(n＋2)＋f(n)，联立得f(n＋2)＝－f(n－1)，可得f(n＋6)＝f(n)，所以f(x)是以6为周期的函数，故f(2 018)＝f(2)＝－.
答案：－
图象分析法
对于一些含有几何背景的填空题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，并通过对图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果．这类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率和截距、向量的夹角、解析几何中两点间距离等，求解的关键是明确几何含义，准确规范地作出相应的图形．
例3] 已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是________．
解析] 如图，＝a，＝b，＝c，∵(a－c)·(b－c)＝0，∴点C在以AB为直径，AB的中点为圆心的圆上，故|OC|的最大值为圆的直径，即|AB|的长为.
答案]
图象分析法实质上就是数形结合的思想方法在解决填空题中的应用，利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是高考命题的热点．准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果．
3．不等式·sin x<0，x∈ －π，2π]的解集为________．
解析：在同一坐标系中分别作出y＝|x|－与y＝sin x的图象：
根据图象可得不等式的解集为∪∪(π，2π)．
答案：∪∪(π，2π)
构造法
用构造法解填空题的关键是由条件和结论的特殊性构造出数学模型，从而简化推导与运算过程．构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式)形式上的特点，然后积极调动思维，联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景)，从而构造几何、函数、向量等具体的数学模型，达到快速解题的目的．
例4] 如图，已知球O的球面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，则球O的体积等于________．
解析] 如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以|CD|＝＝2R，所以R＝，故球O的体积
V＝＝π.
答案] π
构造法实质上是转化与化归思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型，从而转化为自己熟悉的问题．本题巧妙地构造出正方体，而球的直径恰好为正方体的体对角线，问题很容易得到解决.
4．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3(n≥1)，则该数列的通项an＝________.
解析：由an＋1＝2an＋3，
则有an＋1＋3＝2(an＋3)，
即＝2.
所以数列{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，公比为2的等比数列，
即an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，
所以an＝2n＋1－3.
答案：2n＋1－3
二、多空题——辨式解答
并列式——两空并答
此种类型多空题的特点是：根据题设条件，利用同一解题思路和过程，可以一次性得出两个空的答案，两空并答，题目比较简单，会便全会，这类题目在高考中一般涉及较少，常考查一些基本量的求解，一般是多空题的第一个题目．
例1] (2016·浙江高考)已知2cos2x＋sin 2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0)，则A＝________，b＝________.
解析] ∵2cos2x＋sin 2x＝1＋cos 2x＋sin 2x＝1＋sin，
∴1＋sin＝Asin(ωx＋φ)＋b，
∴A＝，b＝1.
答案] 1
点评] 例1中根据题设条件把2cos2x＋sin 2x化成1＋sin后，对比原条件恒等式两边可直接得出两空的结果，A＝，b＝1.
1．(2015·浙江高考)双曲线－y2＝1的焦距是______，渐近线方程是________________．
解析：由双曲线标准方程，知双曲线焦点在x轴上，且a2＝2，b2＝1，∴c2＝a2＋b2
＝3，即c＝，∴焦距2c＝2，渐近线方程为y＝±x，即y＝±x.
答案：2 y＝±x
分列式——一空一答
此种类型多空题的特点是：两空的设问相当于一个题目背景下的两道小填空题，两问之间没什么具体联系，各自成题，是对于多个知识点或某知识点的多个角度的考查；两问之间互不干扰，不会其中一问，照样可以答出另一问．
例2] (1)(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3.
(2)(2015·浙江高考)已知函数f(x)＝则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________．
解析] (1)由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,2 cm，4 cm.
几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm2)，
体积为2×2×4×2＝32(cm3)．
(2)∵f(－3)＝lg (－3)2＋1]＝lg 10＝1，
∴f(f(－3))＝f(1)＝1＋2－3＝0.
当x≥1时，x＋－3≥2 －3＝2－3，当且仅当x＝，即x＝时等号成立，
此时f(x)min＝2－3＜0；
当x＜1时，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0，
此时f(x)min＝0.
所以f(x)的最小值为2－3.
答案] (1)72 32 (2)0 2－3
点评] 例2(1)中根据题设条件三视图得出其几何体的直观图后，由面积的相关公式求出几何体的面积，由体积的相关公式求出其体积；例2(2)中，两空都是在已知一分段函数的解析式，考查两方面的知识，分别求出函数的值和函数的最值．
2．(2015·浙江高考)函数f(x)＝sin2x＋sin xcos x＋1的最小正周期是________，单调递减区间是____________．
解析：∵f(x)＝sin2x＋sin xcos x＋1＝＋sin 2x＋1＝sin 2x－cos 2x＋＝sin＋，
∴函数f(x)的最小正周期T＝π.
令＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
解之可得函数f(x)的单调递减区间为
(k∈Z)．
答案：π (k∈Z)
递进式——逐空解答
此种类型多空题的特点是：两空之间有着一定联系，一般是第二空需要借助第一空的结果再进行作答，第一空是解题的关键也是难点，只要第一空会做做对，第二空便可顺势解答．
例3] (2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N ，则a1＝________，S5＝________.
解析] ∵an＋1＝2Sn＋1，
∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，
∴Sn＋1＝3Sn＋1，
∴Sn＋1＋＝3，
∴数列是公比为3的等比数列，
∴＝3.
又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，
∴S5＋＝×34＝×34＝，
∴S5＝121.
答案] 1 121
点评] 例3中根据题设条件求出a1＝1后，再根据等比数列的求和公式求出S5.第二空的解答是建立在第一空解答的基础上的，只有求出第一空才能求得第二空.
3．(2017·台州模拟)以坐标原点O为圆心，且与直线x＋y＋2＝0相切的圆方程是________，圆O与圆x2＋y2－2y－3＝0的位置关系是________．
解析：由题意所求圆的半径等于原点O到直线x＋y＋2＝0的距离，即r＝＝，则所求圆的方程为x2＋y2＝2；因为圆O与圆x2＋y2－2y－3＝0的圆心和半径分别为O(0,0)，r1＝，C2＝(0,1)，r2＝2，且r2－r1<|OC2|＝10)，则x＝log2t，于是f(t)＝log2t·log32＝log3t(t>0)，故函数f(x)＝log3x(x>0)，所以f(39)＝log339＝9，故选D.
4．在复平面内，已知复数z＝，则z在复平面上对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选B 因为z＝＝＝＝＋i，所以复数z在复平面上对应的点为，，显然此点在第二象限，故选B.
5．将函数y＝cos(2x＋φ)的图象向右平移个单位，得到的函数为奇函数，则|φ|的最小值为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设y＝cos(2x＋φ)向右平移个单位长度得到的函数为g(x)，则g(x)＝cos，因为g(x)＝cos为奇函数，且在原点有定义，所以－＋φ＝kπ＋(k∈Z)，解得φ＝kπ＋(k∈Z)，故当k＝－1时，|φ|min＝，故选B.
6．已知实数a，b，则“|a＋b|＋|a－b|≤1”是“a2＋b2≤1”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 由绝对值三角不等式|a±b|≤|a|＋|b|可得即此不等式组表示边长为1的正方形区域(含边界)，而a2＋b2≤1表示单位圆域(含边界)，故由可以推出a2＋b2≤1，但是反之不成立，故选A.
7．已知双曲线M：－＝1和双曲线N：－＝1，其中b>a>0，双曲线M和双曲线N交于A，B，C，D四个点，且四边形ABCD的面积为4c2，则双曲线M的离心率为( )
A. B.＋3
C. D.＋1
解析：选C 设A为双曲线M，N在第一象限的交点，由对称性易知四边形ABCD是正方形，因为正方形ABCD的面积为4c2，所以边长为2c，即A(c，c)，代入双曲线M中，得－＝1，即－＝1，变形为e2－＝1，整理得e4－3e2＋1＝0，所以e2＝e2＝<1，舍去，故e＝＝＝＝，故选C.
8．已知实数x，y满足x2＋y2≤1,3x＋4y≤0，则的取值范围是( )
A． 1,4] B.
C. D.
解析：选B 因为＝＝，故需要先求出的取值范围，而表示动点(x，y)与定点A(3,1)连线所成直线的斜率，约束条件表示的平面区域如图中阴影部分所示，是直线3x＋4y＝0与圆x2＋y2＝1围成的下半圆区域(含边界)．
易得B－，，由图可知直线AB的斜率最小，所以min＝＝.又过A(3,1)且在x轴下方与圆x2＋y2＝1相切的直线斜率最大，可设切线方程为y－1＝k(x－3)，即kx－y－3k＋1＝0，由圆心到切线的距离等于半径可得d＝＝1，解得k＝，即max＝，故∈.于是＝∈，故选B.
9．设等差数列{an}的公差d≠0，且a2＝－d，若ak是a6与ak＋6的等比中项，则k＝( )
A．5 B．6 C．9 D．11
解析：选C 因为ak是a6与ak＋6的等比中项，
所以a＝a6ak＋6.
又等差数列{an}的公差d≠0，且a2＝－d，
所以 a2＋(k－2)d]2＝(a2＋4d) a2＋(k＋4)d]，
所以(k－3)2＝3(k＋3)，
解得k＝9或k＝0(舍去)，故选C.
10.在直角梯形 ABCD 中，AB⊥AD，DC∥AB，AD＝DC＝1，AB＝2，E，F 分别为AB，BC 的中点，以A 为圆心，AD为半径的圆弧DE的中点为P (如图所示)．若＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，则λ＋μ的值是( )
A. B. C. D.
解析：选B 以A为原点，建立如图所示直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(1,1)，D(0,1)，E(1,0)，F，所以＝(－1,1)，＝，
则＝λ＋μ＝.
又因为以A为圆心，AD为半径的圆弧DE的中点为P，
所以点P的坐标为P，＝，
所以解得从而λ＋μ＝.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)
11．已知函数f(x)＝，在F(x)＝f(x)＋1和G(x)＝f(x)－1中，________为奇函数；若f(b)＝，则f(－b)＝________.
解析：由G(x)＝f(x)－1＝，G(－x)＝＝＝＝－G(x)，故G(x)＝f(x)－1为奇函数．由f(b)＝得，G(b)＝f(b)－1＝，所以G(－b)＝f(－b)－1＝－，f(－b)＝.
答案：G(x)
12．已知等比数列{an}的前n项和满足Sn＝1－A·3n，数列{bn}是递增数列，且bn＝An2＋Bn，则A＝________，B的取值范围为________．
解析：因为任意一个公比不为1的等比数列前n项和为Sn＝＝－qn，而等比数列{an}的前n项和为Sn＝1－A·3n，所以A＝1，bn＝n2＋Bn.又因为数列{bn}是递增数列，所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋B(n＋1)－n2－Bn＝2n＋1＋B>0恒成立，所以B>－(2n＋1)恒成立，所以B>－3.
答案：1 (－3，＋∞)
13．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．
解析：由三视图可知该几何体是由半个圆柱和一个倒立的直四棱锥组合而成的，如图，故该几何体的体积V＝×4×4×4＋＝＋8π，表面积为S＝π×22＋＋＋＝16＋16＋12π.
答案：＋8π 16＋16＋12π
14．已知在一次考试中甲、乙、丙三人及格的概率均为，那么三人中至少有2人及格的概率为________，记考试及格的人数为X，则随机变量X的期望为________．
解析：因为甲、乙、丙三人及格的概率均为，所以X～B，所以P＝1－3－C××2＝1－－＝，E(X)＝3×＝2.
答案： 2
15．已知实数x>0，y>0，且满足x＋y＝1，则＋的最小值为________．
解析：因为x＋y＝1，所以＋＝＋＝2＋＋≥2＋2，当且仅当即x＝2－，y＝－1时等号成立．
答案：2＋2
16．已知函数f(x)＝sin，对任意的x1，x2，x3，且0≤x11}，则A∩(∁RB)为( )
A．(－2,1) B．(－∞，1)
C．(0,1) D．(－2,0]
解析：选D 由题意得集合B＝{x|x>0}，所以∁RB＝{x|x≤0}，则A∩(∁RB)＝{x|－20)，则f(x)的奇偶性( )
A．与ω有关，且与φ有关
B．与ω有关，但与φ无关
C．与ω无关，且与φ无关
D．与ω无关，但与φ有关
解析：选D 因为ω决定函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期，φ决定函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象沿x轴平移的距离，所以函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的奇偶性与ω无关，与φ有关，故选D.
5．已知x∈R，则“|x－3|－|x－1|<2”是“x≠1”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选A 因为|x－3|－|x－1|≤|(x－3)－(x－1)|＝2，当且仅当x≤1时，等号成立，所以|x－3|－|x－1|<2等价于x>1，所以“|x－3|－|x－1|<2”是“x≠1”的充分不必要条件，故选A.
6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知∠B＝30°，△ABC
的面积为.且sin A＋sin C＝2sin B，则b的值为( )
A．4＋2 B．4－2
C.－1 D.＋1
解析：选D 在△ABC中，由sin A＋sin C＝2sin B结合正弦定理得a＋c＝2b，△ABC的面积为acsin B＝ac×＝，解得ac＝6，在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac－ac＝(2b)2－(2＋)×6.解得b＝＋1，故选D.
7．将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组每组至少一人，则不同的分配方案的种数为( )
A．50 B．80 C．120 D．140
解析：选B 当甲组有两人时，有CA种不同的分配方案；当甲组有三人时，有CA种不同的分配方案．综上所述，不同的分配方案共有CA＋CA＝80种不同的分配方案，故选B.
8．已知a，b为实常数，{ci}(i∈N )是公比不为1的等比数列，直线ax＋by＋ci＝0与抛物线y2＝2px(p>0)均相交，所成弦的中点为Mi(xi，yi)，则下列说法错误的是( )
A．数列{xi}可能是等比数列
B．数列{yi}是常数列
C．数列{xi}可能是等差数列
D．数列{xi＋yi}可能是等比数列
解析：选C 设等比数列{ci}的公比为q.当a＝0，b≠0时，直线by＋ci＝0与抛物线y2＝2px最多有一个交点，不符合题意；当a≠0，b＝0时，直线ax＋ci＝0与抛物线y2＝2px的交点为－，± ，则xi＝－，yi＝0，xi＋yi＝－，此时数列{xi}是公比为q的等比数列，数列{yi}为常数列，数列{xi＋yi}是以q为公比的等比数列；当a≠0，b≠0时，直线ax＋by＋ci＝0与抛物线y2＝2px的方程联立，结合根与系数的关系易得xi＝－，yi＝－，此时数列{yi}为常数列．综上所述，A，B，D正确，故选C.
9．若定义在(0,1)上的函数f(x)满足：f(x)>0且对任意的x∈(0,1)，有f＝2f(x)，则( )
A．对任意的正数M，存在x∈(0,1)，使f(x)≥M
B．存在正数M，对任意的x∈(0,1)，使f(x)≤M
C．对任意的x1，x2∈(0,1)且x1f(x2)
解析：选A 令x1∈(0,1)，x2＝，则易得x2∈(0,1)，f(x2)＝2f(x1)，令x3＝，则易得x3∈(0,1)，f(x3)＝2f(x2)＝22f(x1)，…，依次类推得f(xn)＝2n－1f(x1)，所以数列{f(xn)}构成以f(x1)为首项，2为公比的等比数列，又因为f(x1)>0，所以对任意的正数M，存在n∈N ，使得2nf(x1)≥M，即存在x＝xn∈(0,1)，使得f(x)≥M，故选A.
10.在正方体ABCD A1B1C1D1中，点M，N分别是线段CD，AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为，则点P的轨迹是( )
A．圆的一部分 B．椭圆的一部分
C．抛物线的一部分 D．双曲线的一部分
解析：选B 延长D1P交平面ABCD于点Q，则直线D1Q与直线MN所成的角即为直线D1P与直线MN所成的角，则由最小角定理易得当点M与点D重合，且直线MN过点Q时，直线D1Q与直线MN所成的角取得最小值，此时∠D1QD即为直线D1Q与直线MN所成的角，所以∠D1QD＝，则∠DD1Q＝，所以点P在以DD1为轴，顶角为的圆锥面上运动，又因为点P在平面A1C1D上，所以点P的轨迹是椭圆的一部分，故选B.
二、填空题
11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．
解析：由三视图得该几何体是一个底面为以4为底边，3为高的三角形，高为8的三棱柱截去两个以三棱柱的底为底，高为2的三棱锥后所得的组合体，则其体积为×3×4×8－2×××3×4×2＝40，表面积为4×8＋2××＋2×××4＝32＋16.
答案：40 32＋16
12．比较lg 2，(lg 2)2，lg(lg 2)的大小，其中最大的是________，最小的是________．
解析：因为1<2<10，所以00时，不等式组表示的平面区域为三角形区域，此时画出不等式组表示的平面区域为图中三角形区域△ABC(包含边界)，由图易得此时△ABC是以AB为底的等腰三角形，且tan∠BAC＝，则tan∠BCO＝tan(2∠BAC)＝＝，所以直线ax＋3y－4＝0的斜率为－，所以a＝4.
答案：4
16．若非零向量a，b满足：a2＝(5a－4b)·b，则cos〈a，b〉的最小值为________．
解析：由a2＝(5a－4b)·b＝5a·b－4b2得cos〈a，b〉＝≥＝，当且仅当|a|＝2|b|时，等号成立，所以cos〈a，b〉的最小值为.
答案：
17．已知实数x，y，z满足则xyz的最小值为________．
解析：由xy＋2z＝1得xy＝1－2z，则5＝x2＋y2＋z2≥2xy＋z2＝2－4z＋z2，解得2－≤z≤2＋，则xyz＝(1－2z)z＝－2z2＋z的最小值为－2(2＋)2＋2＋＝－7－20.
答案：－7－20
选择填空提速专练(三)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知集合I＝{0，－1,2，－3，－4}，集合M＝{0，－1,2}，N＝{0，－3，－4}，则N∩(∁IM)＝( )
A．{0} B．{－3，－4}
C．{－1，－2} D．∅
解析：选B 由条件得∁IM＝{－3，－4}，∴N∩(∁IM)＝{－3，－4}，故选B.
2．双曲线x2－4y2＝4的渐近线方程是( )
A．y＝±4x B．y＝±x
C．y＝±2x D．y＝±x
解析：选D 双曲线方程化为－y2＝1，则a＝2，b＝1，∴渐近线方程为y＝±x，故选D.
3．在(1＋x3)(1－x)8的展开式中，x5的系数是( )
A．－28 B．－84
C．28 D．84
解析：选A x5的系数为1×C(－1)5＋1×C(－1)2＝－28，故选A.
4．某几何体的三视图如图所示，其俯视图是边长为1的正三角形，侧视图是菱形，则这个几何体的体积为( )
A. B. C. D.
解析：
选B 由三视图知几何体为一个正三棱柱截去两个棱锥得到的组合体，如图正三棱柱中的三棱锥A1ADE所示，由三视图知正三棱柱的底面边长为1，高为2，则V三棱锥A1ADE＝×12×2－2××12×＝，故选B.
5．函数f(x)＝asin＋bcos 2x(a，b不全为零)的最小正周期为( )
A. B．π C．2π D．4π
解析：选B 将函数f(x)展开，得f(x)＝asin 2x＋cos 2x，此时令m＝a，n＝a＋b，则f(x)＝msin 2x＋ncos 2x＝sin(2x＋φ)，其中cos φ＝，sin φ＝，所以函数f(x)的最小正周期为T＝＝π，故选B.
6．设z是复数，|z－i|≤2(i是虚数单位)，则|z|的最大值是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选C |z－i|≤2表示复数z在复平面上的对应的点在以(0,1)为圆心，半径为2的圆内(含边界)，而|z|表示此圆内(含边界)到原点的距离，其最大值为1＋2＝3，故选C.
7．已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若有确定正整数n0，对任意正整数m，Sn0·Sn0＋m<0恒成立，则下列说法错误的是( )
A．a1·d<0 B．|Sn|有最小值
C．an0·an0＋1>0 D．an0＋1·an0＋2>0
解析：选C 由Sn0·Sn0＋m<0，知数列{an}一定存在正项与负项，则要么a1>0，d<0，要么a1<0，d>0，即a1·d<0，所以A正确；由等差数列各项特征知，|Sn|一定能取得最小值，所以B正确；若数列{an}为－1,2,5,8，…，当n≥2时，an>0，取n0＝1，对任意正整数m，Sn0·Sn0＋m<0均成立，但an0·an0＋1<0，所以C错误，故选C.
8．如图，圆M和圆N与直线l：y＝kx分别相切于A，B两点，且两圆均与x轴相切，两圆心的连线与l交于点C，若|OM|＝|ON|且＝2，则实数k的值为( )
A．1 B. C. D.
解析：选D 分别过点M，N作x轴的垂线，垂足分别为E，F(如图所示)．
由题意，得△MAC∽△NBC，所以由＝2，知|MA|＝2|NB|.又由x轴与直线y＝kx是两个圆的公切线知∠MON＝90°，|MA|＝|ME|，|NB|＝|NF|，结合|OM|＝|ON|，知|ME|＝2|NF|，△OME≌△NOF，所以|OF|＝|ME|＝2|NF|，所以tan∠NOF＝＝，则tan∠BOF＝tan(2∠NOF)＝＝，即k＝，故选D.
9．已知f(x)＝ax2＋bx，其中－1≤a<0，b>0，则“存在x∈ 0,1]，|f(x)|>1”是“a＋b>1”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 因为－1≤a<0，b>0，所以－≥1，则－≥>0，而二次函数f(x)的图象过原点，且开口向下，则：
①当存在x∈ 0,1]，|f(x)|>1时，若－≥1，则f(1)>1，即a＋b>1；若0<－<1，则12，又－1≤a<0，所以a＋b>1.综上，a＋b>1.
②当a＋b>1时，f(1)＝a＋b>1，f(0)＝0，由其图象知存在x∈ 0,1]，|f(x)|>1.
综上可知， “存在x∈ 0,1]，|f(x)|>1”是“a＋b>1”的充要条件，故选C.
10．设正实数x，y，则|x－y|＋＋y2的最小值为( )
A. B. C．2 D.
解析：选A 当x>y>0时，|x－y|＋＋y2＝x－y＋＋y2＝2＋x＋－≥2－＝，当且仅当x＝1，y＝时，等号成立；当y≥x>0时，|x－y|＋＋y2＝y－x＋＋y2＝2＋－x－≥2＋－x－＝x2＋＝x2＋＋≥3＝，当且仅当x＝y＝时，等号成立．综上可知|x－y|＋＋y2的最小值为，故选A.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)
11．已知向量a＝(－2，x)，b＝(y,3)，若a∥b且a·b＝12，则x＝________，y＝________.
解析：由已知条件，得解得
答案：2 －3
12．直线l：x＋λy＋2－3λ＝0(λ∈R)恒过定点________，P(1,1)到该直线的距离最大值为________．
解析：已知直线方程转化为(x＋2)＋λ(y－3)＝0，由求得定点(－2,3)；点P(1,1)到直线l的距离最大值即为点P(1,1)到定点(－2,3)的距离，为＝.
答案：(－2,3)
13．已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数)，则f(e)＝________，函数y＝f(f(x))－1的零点有________个(用数字作答)．
解析：f(e)＝ln e＝1；函数y＝f(f(x))－1的零点个数即为方程f(f(x))＝1的根的个数，则①由ln x＝1(x≥1)，得x＝e，于是f(x)＝e，则由ln x＝e(x≥1)，得x＝ee；或由ef(|x|＋1)＝e(x<1)，得f(|x|＋1)＝1，所以ln(|x|＋1)＝1，解得x＝e－1(舍去)或x＝1－e；②由ef(|x|＋1)＝1(x<1)，得f(|x|＋1)＝0，所以ln(|x|＋1)＝0，解得x＝0，所以f(x)＝0，只有ln x＝0(x≥1)，解得x＝1.综上可知函数y＝f(f(x))－1有x＝ee,1－e,1共3个零点．
答案：1 3
14．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，acos B＝bcos A,4S＝2a2－c2，其中S是△ABC的面积，则C的大小为________．
解析：由acos B＝bcos A，结合正弦定理，得sin Acos B＝sin Bcos A，∴tan A＝tan B，∴A＝B，则a＝b，则由4S＝2a2－c2，得4S＝a2＋b2－c2，∴4×absin C＝2abcos C，∴tan C＝1，∴C＝.
答案：
15．用黑白两种颜色随机地染如下表格中6个格子，每个格子染一种颜色，则有________种不同的染色方法，从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的概率为________．
解析：(1)用黑白两种颜色随机地染表格中的6个格子，每个格子染一种颜色，有26＝64种不同的染色方法；(2)分三类：第一类，第1格染黑色，第2格染白色，由表知有6种不同染法；第二类，第1,2格染黑色，第3格染白色，由表知有6种不同染法；第三类，当第1,2,3格均为黑色，则第4,5,6格中的颜色可任意选，共有23＝8种不同染法．综上，由分类加法计数原理知满足条件的不同染色共有6＋6＋8＝20种，故所求概率为＝.
黑
白
黑
白
黑
白
黑
黑
白
白
黑
白
白
黑
黑
黑
黑
黑
白
白
黑
白
黑
黑
白
白
黑
白
白
黑
黑
黑
答案：64
16.已知△ABC中，∠C＝90°，tan A＝，M为AB的中点．现将△ACM沿CM折成三棱锥PCBM.当二面角PCMB大小为60°时，＝________.
解析：如图所示，作PE⊥CM于点E，BF⊥CM交CM的延长线于点F，连接AE，则AE⊥CF，且PE与BF所成锐角等于二面角PCMB的大小，即为60°.不妨设AC＝1，则由tan∠BAC＝，∠ACB＝90°，得BC＝，AB＝，则由M是AB的中点，知MB＝MC，则sin∠BCF＝sin∠ABC＝，∴||＝||＝||＝||sin∠BCF＝，∴||＝2||＝2＝2＝，
则由＝＋＋，得||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2－2||||cos 60°＝＋＋－2×××cos 60°＝1，∴PB＝1，故＝.
答案：
17．设A＝{(x，y)|x2－a(2x＋y)＋4a2＝0}，B＝{(x，y)||y|≥b|x|}，若对任意实数a，均有A⊆B成立，则实数b的最大值为________．
解析：(1)当b≤0时，集合B
表示的是整个坐标平面上的所有点，显然对任意实数a，均有A⊆B成立．(2)当b>0时，集合B表示的是两条直线y＝±bx表示的上下对角区域，如图所示，若a＝0，则A＝{(x，y)|x＝0}，即集合A表示y轴上的所有点，满足A⊆B成立．若a≠0，由x2－a(2x＋y)＋4a2＝0，得y＝x2－2x＋4a，则此抛物线与直线y＝bx至多有一个公共点，且与y＝－bx至多有一个公共点，即方程bx＝x2－2x＋4a，方程－bx＝x2－2x＋4a至多有一个解，即方程x2－(2a＋ab)x＋4a2＝0，方程x2－(2a－ab)x＋4a2＝0至多有一个解，则解得－2≤b≤2.因为b>0，所以01}，所以∁RQ⊆∁RP，故选D.
2．已知i为虚数单位，复数z＝，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选C 由题意得复数z＝＝＝－－i，则其在复平面内对应的点为，位于第三象限，故选C.
3．在△ABC中，“sin A>sin B”是“cos Asin B⇔a>b⇔A>B，又因为在(0，π)内函数f(x)＝cos x单调递减，所以A>B⇔cos Asin B⇔A>B⇔cos A0，x∈(－∞，－2)∪时，f′(x)<0，又x→－∞时f(x)→0，所以当x＝时，f(x)取得最大值f＝＝1，即m＝1.
答案： 1
15．已知P(x，y)是抛物线y2＝4x上的点，则－x的最大值是________．
解析：由题意得抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，准线方程为x＝－1，所以|PF|＝x＋1，则x＝|PF|－1.设点A(3,2)，则－x＝|PA|－(|PF|－1)＝|PA|－|PF|＋1，由图结合三角形的性质易得当P，F，A三点自下而上依次共线时，|PA|－|PF|取得最大值|AF|＝＝2，所以－x的最大值为2＋1.
答案：2＋1
16．过P(－1,1)的光线经x轴上点A反射后，经过不等式组所表示的平面区域内某点(记为B)，则|PA|＋|AB|的取值范围是________．
解析：由题意得点P(－1,1)关于x轴的对称点为P1(－1，－1)，则|PA|＋|PB|的取值范围等价于点P1(－1，－1)与不等式组表示的平面区域内的点的连线的长度的范围，如图，在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域(阴影区域，含边界)，
由图易得点P1(－1，－1)到直线x＋y－2＝0的距离最小，最小值为＝2；点P1(－1，－1)与点C(2，3)的距离最大，最大值为＝5.所以|PA|＋|PB|的取值范围为 2，5]．
答案： 2，5]
17．已知非负实数x，y满足2x2＋4xy＋2y2＋x2y2＝9，则2(x＋y)＋xy
的最大值为________．
解析：由2x2＋4xy＋2y2＋x2y2＝9得2(x＋y)2＋x2y2＝9，令则x，y为方程t2－ut＋v＝0(t为自变量)的两个根，则Δ＝u2－4v≥0，即有＋＝1，而2(x＋y)＋xy＝2u＋v，以u为横坐标，v为纵坐标建立平面直角坐标系，设z＝2u＋v，则u，v的可行域为作出可行域，
如图中椭圆的实线部分所示，
由得且点在(2,1)处，椭圆＋＝1的切线斜率为－4<－2，所以当直线z＝2u＋v经过点(2,1)时，z取得最大值4＋1，所以2(x＋y)＋xy的最大值为4＋1.
答案：4＋1
选择填空提速专练(五)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设集合A＝，B＝{y|y＝x2＋1，x∈A}，则集合B中含有元素1的子集个数为( )
A．5 B．4 C．3 D．2
解析：选B 由于A＝{x∈Z|－1≤x<3}＝{－1,0,1,2}，则B＝{y|y＝x2＋1，x∈A}＝{1,2,5}，则集合B中含有元素1的子集为{1}，{1,2}，{1,5}，{1,2,5}，共4个，故选B.
2．设z＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)，若(1＋i)2＋|2i|＝，则直线bx－ay＋a＝0的斜率为( )
A．－1 B．1 C. D.
解析：选A 由于＝(1＋i)2＋|2i|＝2i＋2，则z＝2－2i，可得a＝2，b＝－2，即直线的方程为－2x－2y＋2＝0，亦即y＝－x＋1，故斜率k＝－1，故选A.
3．若直线y＝x上存在点(x，y)满足约束条件则实数m的最大值为( )
A．－1 B．1
C. D．2
解析：选D 由于不等式组所表示的平面区域是由点Am，，B，C(m,4－m)围成的三角形区域(含边界，如图所示)，若直线y＝x上存在点(x，y)满足约束条件，则有m≤4－m，解得m≤2，即实数m的最大值为2，故选D.
4．已知a∈R，“关于x的不等式x2－2ax＋a≥0的解集为R”是“0≤a≤1”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 若关于x的不等式x2－2ax＋a≥0的解集为R，则有Δ＝4a2－4a≤0，解得0≤a≤1，故“关于x的不等式x2－2ax＋a≥0的解集为R”是“0≤a≤1”的充要条件，故选C.
5．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则该几何体的外接球的体积为( )
A.π B.π
C.π D.π
解析：选D 由三视图知该几何体是以俯视图中的等腰直角三角形为底面，高为的三棱锥，且过底面斜边的侧面垂直于底面，则该几何体的外接球球心在侧视图的高上，设其外接球的半径为R，则有R2＝12＋(－R)2，解得R＝，故其体积V＝πR3＝π，故选D.
6．已知sin α＝＋cos α，且α∈，则的值为( )
A．－ B．－
C. D.
解析：选A 由sin α＝＋cos α可得sin α－cos α＝，即sin＝，可得sin＝，又α∈，则α－∈，可得cos＝＝，则＝＝＝－2cosα－＝－，故选A.
7．要得到函数y＝sin的图象，可将函数y＝cos2x－的图象( )
A．向左平移个单位长度
B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度
D．向右平移个单位长度
解析：选D 由于y＝sin＝sin，而y＝cos＝sin＝sin2x＋＝sin2x＋，则将函数y＝cos的图象向右平移＋＝个单位长度即可得到函数y＝sin2x－的图象，故选D.
8．已知方程|ln x|＝kx＋1在(0，e3)上有三个不相等的实数根，则实数k的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 令f(x)＝kx＋1，g(x)＝ln x，而f(x)＝kx＋1与g(x)＝|ln x|的图象在(0,1)上一定有1个交点，那么根据题目条件只需f(x)＝kx＋1，g(x)＝ln x在(1，e3)上有2个交点即可，函数f(x)＝kx＋1，g(x)＝ln x的图象如图所示，
设两者相切于点(a，b)，则有解得k＝，且对数函数g(x)＝ln x的增长速度越 越慢，直线f(x)＝kx＋1过定点(0,1)，方程|ln x|＝kx＋1中取x＝e3得k＝，则1；随着B1F＝μ→1，平面BEF与正方体的截面仍是五边形，当两者均为1时，截面是三角形，由此知λ＋μ<2，故1<λ＋μ<2，故选A.
10．已知函数f(x)＝asin x＋bcos x，a，b∈R，若y＝|f(x)|＋的最大值为4，则a，b的值可以是( )
A．3,5 B.，
C．4,3 D．2，
解析：选B 由选项知，a，b均不为0.由于f(x)＝asin x＋bcos x，那么y＝|f(x)|＋＝|asin x＋bcos x|＋|acos x－bsin x|＝|sin(x＋φ)|＋|cos(x＋φ)|＝×sinx＋φ±tan φ＝，结合题中条件可得×＝4，即a2＋b2＝8，只有选项B中的值可以满足条件，故选B.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)
11．双曲线x2－y2＝2的焦距为________，离心率为________．
解析：双曲线的方程化为标准形式为－＝1，则a＝b＝，所以c＝
＝2，则焦距为2c＝4，离心率为e＝＝.
答案：4
12．设函数f(x)＝则f＝________，方程f(f(x))＝1的解集为________．
解析：由于f＝ln，则f＝f＝e＝.由f(f(x))＝1可得f(x)＝0或f(x)＝e，由f(x)＝0可得ln x＝0，解得x＝1；由f(x)＝e可得ln x＝e，解得x＝ee，故对应方程的解集为{1，ee}．
答案： {1，ee}
13．数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，bn＝(－1)n·(an－2)(n∈N )，则数列{an}的通项公式为________，数列{bn}的前50项和为________．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝3; 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n＋1－ (n－1)2＋(n－1)＋1]＝2n，当n＝1时不满足上式，则其通项公式为an＝当n＝1时，b1＝－1；当n≥2时，bn＝(－1)n·(an－2)＝(－1)n·2(n－1)，则数列{bn}的前50项和为－1＋2×1－2×2＋2×3－…＋2×49＝－1＋2×(1－2＋3－…＋49)＝－1＋2×25＝49.
答案：an＝ 49
14．高一(1)班的假期义工活动小组由10人组成，已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4，现要从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会，则选出的2人参加义工活动次数之和为4的概率为________；若设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，则随机变量X的数学期望为________．
解析：根据等可能事件的概率，选出的2人参加义工活动次数之和为4的概率为P＝＝.由题可得X的所有可能取值是0,1,2，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，则数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
答案： 1
15．设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B.设C，AF与BC相交于点E.若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面积为3，则p的值为________．
解析：由抛物线y2＝2px可得F，则|CF|＝－＝3p，又|CF
|＝2|AF|，则|AF|＝，由抛物线的定义得|AB|＝|AF|＝，所以xA＝p，则|yA|＝p.由CF∥AB得△ABE∽△FCE，从而得＝＝2，所以S△CEF＝2S△CEA＝6，S△ACF＝S△AEC＋S△CFE＝9，所以×3p×p＝9，解得p＝.
答案：
16．已知平面向量a，b，满足 |a|＝|b|＝a·b＝2，且(a－c)·(b－c)＝0，则|b＋2c|的最大值是________．
解析：设平面向量a，b的夹角为θ(θ∈ 0，π])，则a·b＝2×2×cos θ＝2，可得cos θ＝，即θ＝.在平面直角坐标系中，设a＝＝(2,0)，b＝＝(1，)，c＝，由于(a－c)·(b－c)＝0，则⊥，即点C的轨迹是以AB为直径的圆，则其轨迹方程为2＋y－2＝1，可设c＝＋cos α，＋sin α，则有b＋2c＝(4＋2cos α，2＋2sin α)，故|b＋2c|＝＝＝其中φ是锐角，tan φ＝，则其最大值为＝2＋2.
答案：2＋2
17．已知x>0，y>0，且x3＋y3＝x－y，则的最小值是________．
解析：由x>0，y>0，且x3＋y3＝x－y可得＝1，则x>y，令f(x，y)＝＝＝＝，令t＝>1，则f(t)＝，由于f′(t)＝，令f′(t)＝0可得t＝1＋(舍负)，易知当t＝1＋时，f(t)取得最小值f(1＋)＝＝2＋2，所以的最小值是2＋2.
答案：2＋2
选择填空提速专练(六)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知集合P＝{x|1≤x≤3}，Q＝{x|x2≥4}，则P∩(∁RQ)＝( )
A． 2,3] B．(－2,3]
C． 1,2) D．(－∞，－2]∪ 1，＋∞)
解析：选C 由题易得∁RQ＝{x|－21”是“b<－1”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 因为不等式|a|＋|b|>1，由特殊值法，取a＝0，b＝2符合条件但推不出b<－1，充分性不成立；反过 b<－1，则|b|>1，又|a|≥0，所以|a|＋|b|>1，必要性成立．所以“|a|＋|b|>1”是“b<－1”的必要不充分条件，故选B.
4．将函数y＝sin的图象向左平移个单位长度，所得函数图象的一条对称轴方程是( )
A．x＝ B．x＝－
C．x＝ D．x＝
解析：选A 由题意可得y＝sin的图象向左平移个单位长度得到的函数图象对应的解析式为y＝sin2x＋－＝cos，令2x－＝kπ，k∈Z，得x＝＋，k∈Z，结合选项，当k＝1时，x＝，故选A.
5．(x2－1)5的展开式的常数项为( )
A．112 B．48
C．－112 D．－48
解析：选D 原式的展开式的常数项包括x2×C×2×(－2)3＋(－1)×C×(－2)5＝－48，故选D.
6．等差数列{an}的公差d<0，且a＝a，则数列{an}的前n项和Sn取得最大值时的项数n是( )
A．8或9 B．9或10
C．10或11 D．11或12
解析：选A 由题意知，a1＝±a17，又因为d<0，所以a1＝－a17，故a9＝0，a1＝－8d，an＝a1＋(n－1)d＝(n－9)d，当an≥0时，n≤9，又Sn＝，所以当n＝8或9时，Sn取最大值，故选A.
7．甲组有5名男同学、3名女同学，乙组有6名男同学、2名女同学，若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有( )
A．150种 B．180种
C．300种 D．345种
解析：选D 由题意可知，不同的选法有从甲组5名男生中选1名，3名女生中选1名，然后乙组从6名男生中选2名，或者从甲组5名男生中选2名，从乙组6名男生中选1名，2名女生中选1名，即CCC＋CCC＝345种，故选D.
8．已知直线(m＋2)x＋(m＋1)y＋1＝0上存在点(x，y)满足则实数m的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 该题目标函数对应的直线表示过定点A(－1,1)的直线束．约束条件对应的平面区域是以点B(1,2)，C(1，－1)，D(3,0)为顶点的三角形区域，如图(阴影部分，含边界)所示，当直线经过该区域时，kAB＝，kAC＝－1，易知在题设条件下m＋1≠0，即直线(m＋2)x＋(m＋1)y＋1＝0的斜率－∈ kAC，kAB]，故m∈，故选D.
9．已知函数f(x)＝则方程fx＋－2＝1的实根个数为( )
A．8 B．7
C．6 D．5
解析：选C 由f(x)的解析式可以在平面直角坐标系中画出简图，如图所示，通过图象易知f(x)＝1有四个根，分别为x＝－1，，1或3，即x＋－2可能取该四个值，分别对应x＋＝1或或3或5，整理得，x2－x＋1＝0 ①，x2－x＋1＝0 ②，x2－3x＋1＝0 ③，x2－5x
＋1＝0 ④，Δ1<0，Δ2>0，Δ3>0，Δ4>0，所以实根有6个，故选C.
10．如图，平面PAB⊥平面α，AB⊂α，且△PAB为正三角形，点D是平面α内的动点，四边形ABCD是菱形，点O为AB的中点，AC与OD交于点Q，l⊂α，且l⊥AB，则PQ与l所成角的正切值的最小值为( )
A. B.
C. D．3
解析：选B 如图，过点D，Q分别作DE⊥AB于点E，QH⊥AB于点H，
设∠ABC为θ，则|QH|＝|DE|＝|AD|sin θ，|OH|＝|OE|＝|AD|cos θ＋|AB|，设|AD|＝|AB|＝3，则|QH|＝sin θ，|OH|＝cos θ＋，|PO|＝，∴|PH|＝＝，要求的角即为∠PQH，∴tan∠PQH＝，令cos θ＝t，则tan ∠PQH＝＝＝≥(当且仅当8＋t＝时，等号成立)，故选B.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)
11．若sin θ＝－，tan θ>0，则cos θ＝________，tan 2θ＝________.
解析：由题意知，因为sin θ<0，tan θ>0，所以cos θ<0，又sin2θ＋cos2θ＝1，故cos θ＝－，又由tan θ＝，tan 2θ＝，可知tan 2θ＝.
答案：－
12．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)上一点A(m,4)到其焦点的距离为，则p＝________，m＝________.
解析：由题意可知，该抛物线的焦点为，准线为y＝－，所以4＋＝，故p＝，抛物线的方程为x2＝y，将点(m,4)代入，可得m＝±2.
答案： ±2
13．定义：函数f(x)在闭区间 a，b]上的最大值与最小值之差为函数f(x)的极差．若定义在区间 －2b,3b－1]上的函数f(x)＝x3－ax2－(b＋2)x是奇函数，则a＋b＝________，函数f(x)的极差为________．
解析：由f(x)在 －2b,3b－1]上为奇函数，所以区间关于原点对称，故－2b＋3b－1＝0，b＝1，又由f(－x)＋f(x)＝0可求得a＝0，所以a＋b＝1.又f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3，易知f(x)在(－2，－1)，(1,2)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，所以f(x)在 －2,2]上的最大值，最小值分别为f(－1)＝f(2)＝2，f(1)＝f(－2)＝－2，所以极差为4.
答案：1 4
14．若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积为________cm3，表面积为________cm2.
解析：由三视图可知该几何体为一个直三棱柱上边截去一个底面直角边分别为3,4的直角三角形、高为3的三棱锥后剩余的部分(如图所示)．结合题中的数据，易得该几何体的体积为×3×4×5－××3×4×3＝24(cm3)，表面积为×3×4＋5×5＋×(2＋5)×4＋×(2＋5)×3＋×3×＝(cm2)．
答案：24
15．将3个小球随机地投入编号为1,2,3,4的4个小盒中(每个盒子容纳的小球的个数没有限制)，则1号盒子中小球的个数ξ的期望为________．
解析：因为三个小球依次投入4个小盒中，彼此之间没有影响，因此符合独立性重复试验与二项分布．每个小球落在1号小盒的概率都是，故期望为3×＝.
答案：
16．已知平面向量a，b，c满足|a|＝，|b|＝1，a·b＝－1，且a－c与b－c的夹角为，则|c|的最大值为________．
解析：设＝a，＝b，＝c.∵平面向量a，b，c满足|a|＝，|b|＝1，a·b＝－1，∴cos〈a，b〉＝＝＝－，∴〈a，b〉＝.∵a－c与b－c的夹角为，∴点C在△DAB的外接圆的弦AB所对的优弧上，如图所示．
因此|c|的最大值为△DAB的外接圆的直径．
∵|a－b|＝＝＝.由正弦定理得：△DAB的外接圆的直径2R＝＝＝，则|c|的最大值为.
答案：
17．已知a，b均为正数，且a＋b＝1，c>1，则·c＋的最小值为________．
解析：由题意知，∵－1＝－1＝≥(当且仅当a＝－1，b＝2－时，等号成立)，∴原式≥c＋＝＋≥2＋＝3(当且仅当c＝2时，等号成立)．
答案：3
选择填空提速专练(七)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知集合A＝{x|x2＋4x－12＜0}，B＝{x|2x＞2}，则A∩B＝( )
A．{x|x＜6} B．{x|1＜x＜2}
C．{x|－6＜x＜2} D．{x|x＜2}
解析：选B 由x2＋4x－12＜0得，－6＜x＜2，则A＝{x|－6＜x＜2}，由2x＞2得 x＞1，则B＝{x|x＞1}，所以A∩B＝{x|1＜x＜2}．
2．若复数z＝＋i是纯虚数(i为虚数单位)，则tan的值为( )
A．－7 B．－
C．7 D．－7或－
解析：选A 因为复数z＝＋i是纯虚数，所以即则tan θ＝－，则tan＝＝－7，故选A.
3．已知a，b为实数，则“a＝0”是“f(x)＝x2＋a|x|＋b为偶函数”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 因为对任意a，b∈R，都有f(－x)＝(－x)2＋a|－x|＋b＝x2＋a|x|＋b＝f(x)，函数f(x)为偶函数，所以“a＝0”是“函数f(x)＝x2＋a|x|＋b为偶函数”的充分不必要条件，故选A.
4．已知向量＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝(2m，m＋1)，若∥，则m的值是( )
A. B．－3
C．－ D．－
解析：选B 依题意，＝－＝(3,1)，因为∥，所以3(m＋1)＝2m，解得m＝－3，故选B.
5．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，若cos A＋sin A－＝0，则的值是( )
A．1 B.
C. D．2
解析：选B 由cos A＋sin A－＝0，
得sin·sin＝2，
即sinsin＝1，
又≤1，≤1，
所以sin＝sin＝1，A＝B＝，C＝，所以a＝b＝c，＝.故选B.
6．下列命题正确的是( )
A．若ln a－ln b＝a－3b，则a>b>0
B．若ln a－ln b＝a－3b，则0b>0
D．若ln a－ln b＝3b－a，则00，b>0，所以ln a＋a＝ln b＋3b>ln b＋b，设f(x)＝ln x＋x，则易得函数f(x)＝ln x＋x在(0，＋∞)上单调递增，所以a>b>0，C正确，故选C.
7．已知x，y∈R，且满足则z＝|x＋2y|的最大值为( )
A．10 B．8
C．6 D．3
解析：选C 在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以(－2，－2)，(－2,2)，(1,1)为顶点的三角形区域(包含边界)，由图易得当直线t＝x＋2y经过平面区域内的点(－2，－2)时，直线t＝x＋2y在y轴的截距的绝对值最大，此时z＝|x＋2y|取得最大值zmax＝|－2＋2×(－2)|＝6，故选C.
8．已知数列{an}满足a1＝，an＋1－1＝a－an(n∈N )，则m＝＋＋…＋的整数部分是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 因为a1＝，an＋1－1＝a－an(n∈N )，所以an＋1－an＝(an－1)2>0，知{an}是单调递增数列．所以an＋1－1＝an(an－1)>0.所以＝－，即＝－，所以Sn＝＋＋＋…＋＝＋＋－＋…＋－＝－＝3－，所以m＝S2 017＝3－，因为a1＝，a2＝2－＋1＝，a3＝2－＋1＝，a4＝2－＋1＝＋1>2，所以a2 018>a4>2，即0<<1，故2<3－<3，所以m的整数部分为2，故选B.
9．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段CD中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )
解析：选D 由长方体可知B1A1⊥AA1，所以侧视图的左上角应是直角，排除选项A，B；且侧视图中，A1B1，AB1，AA1，AP，B1P均为实线，只有A1P为虚线，排除选项C，故选D.
10．若函数f(x)满足：
①对任意x∈(0，＋∞)，恒有f(2x)＝2f(x)成立；
②当x∈(1,2]时，f(x)＝2－x.
若f(a)＝f(2 017)，则满足条件的最小正整数a是( )
A．31 B．32
C．33 D．34
解析：选C 设x∈(2m,2m＋1](m∈N )，则∈(1,2]，则f＝2－，从而f(x)＝2f＝…＝2mf＝2m＋1－x，所以f(2 017)＝2f＝…＝210f＝211－2 017＝31，则f(a)＝f(2 017)＝31，设a∈(2n,2n＋1](n∈N )，则f(a)＝2n＋1－a＝31，解得a＝2n＋1－31，因为a>2，所以当n＝5时，正整数a取得最小值26－31＝33，故选C.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)
11．设Sn为等比数列{an}的前n项和，若8a2－a5＝0，则＝________.
解析：由题意得8a1q－a1q4＝0，解得q＝2，所以＝＝＝5.
答案：5
12．在(2－x)6的展开式中，含x3项的二项式系数为________；系数为________(均用数字作答)．
解析：因为该二项式展开式的通项公式Tr＋1＝C26－r(－x)r，所以含x3
项的二项式系数为C＝20，含x3项的系数为C26－3(－1)3＝－160.
答案：20 －160
13．有10道数学单项选择题，每题选对得4分，不选或选错得0分．已知某考生能答对其中的7道题，余下的3道题每题能答对的概率为.假设每题答对与否相互独立，记ξ为该考生答对的题数，η为该考生的得分，则P(ξ＝9)＝________，Eη＝________(用数字作答)．
解析： ξ＝9表示考生在余下的3道题中能答对2道，则P(ξ＝9)＝C2×＝3××＝；η的可能取值为28,32,36,40，所以P(η＝28)＝3＝，P(η＝32)＝C××2＝，P (η＝36)＝C2×＝，P(η＝40)＝3＝，所以Eη＝28×＋32×＋36×＋40×＝32.
答案： 32
14．已知曲线C1：(x－1)2＋y2＝1与曲线C2：y(y－mx－m)＝0，则曲线C2恒过定点________；若曲线C1与曲线C2有4个不同的交点，则实数m的取值范围是________．
解析：由题意，知曲线C2：y＝0或者y＝m(x＋1)，所以曲线C2恒过定点(－1,0)．曲线C1表示圆心为(1,0)，半径为1的圆，曲线C2为x轴以及恒过定点(－1,0)的某条直线，由此在同一直角坐标系作出曲线C1与C2，如图所示，
由图知，k1＝tan 30°＝，k2＝－tan 30°＝－，又直线l1(或直线l2)、x轴与圆共有四个不同的交点，结合图形可知m＝k∈－，0∪0，.
答案：(－1,0) ∪
15．已知双曲线x2－＝1(b>0)的离心率为，则b＝________，又以(2,1)为圆心，r为半径的圆与该双曲线的两条渐近线组成的图形只有一个公共点，则半径r＝________.
解析：因为e＝＝c＝，所以b＝＝＝2；因为以(2,1)为圆心的圆与双曲线的渐近线组成的图形只有一个公共点，所以该圆必与双曲线的渐近线2x－y＝0相切，所以r＝＝.
答案：2
16．正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，P是面对角线BC1的中点，Q是底面ABCD上一动点，则D1P＋PQ的最小值为________．
解析：由于D1P＝＝＝为定值，则当PQ最小时，D1P＋PQ取得最小值，易得当点Q为BC的中点时，PQ⊥平面ABCD，此时PQ取得最小值，最小值等于CC1＝1，所以D1P＋PQ的最小值为1＋.
答案：1＋
17．已知a，b∈R且0≤a＋b≤1，函数f(x)＝x2＋ax＋b在上至少存在一个零点，则a－2b的取值范围为________．
解析：由函数f(x)＝x2＋ax＋b在上至少存在一个零点得f(0)·f＝b≤0或又因为0≤a＋b≤1，则在平面直角坐标系aOb内画出两不等式组表示的平面区
域如图中阴影部分所示(包含边界)，
设z＝a－2b，由图易得当目标函数z＝a－2b经过平面区域内的点(0,0)时，z＝a－2b取得最小值zmin＝0－2×0＝0；当目标函数z＝a－2b经过平面区域内的点(1,0)时，z＝a－2b取得最大值zmax＝1－2×0＝1.综上所述，a－2b的取值范围为 0,1]．
答案： 0,1]
选择填空提速专练(八)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知集合P＝{x∈R||x|<2}，Q＝{x∈R|－1≤x≤3}，则P∩Q＝( )
A． －1,2) B．(－2,2)
C．(－2,3] D． －1,3]
解析：选A 由题意得集合P＝(－2,2)，Q＝ －1,3]，所以P∩Q＝ －1,2)，故选A.
2．已知直线l1：ax＋(a＋2)y＋1＝0，l2：x＋ay＋2＝0，则“l1∥l2”是“a＝－1”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 由l1∥l2，可得a·a＝(a＋2)·1，解得a＝2或a＝－1，所以“l1∥l2”是“a＝－1”的必要不充分条件，故选B.
3．在△ABC中，cos A＝，cos B＝，则sin(A－B)＝( )
A．－ B.
C．－ D.
解析：选B 因为A，B为三角形的内角，所以A，B∈(0，π)，则sin A＝＝，sin B＝＝，则sin(A－B)＝sin Acos B－cos Asin B＝×－×＝，故选B.
4．向量a，b的夹角是60°，|a|＝2，|b|＝1，则|2a－b|＝( )
A．13 B.
C. D．7
解析：选B 依题意，|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝16－4＋1＝13，故|2a－b|＝，故选B.
5．(2017·全国卷Ⅲ)设x，y满足约束条件则z＝x－y的取值范围是( )
A． －3,0] B． －3,2]
C． 0,2] D． 0,3]
解析：选B 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，作出直线l0：y＝x，平移直线l0，当直线z＝x－y过点A(2,0)时，z取得最大值2，当直线z＝x－y过点B(0,3)时，z取得最小值－3，所以z＝x－y的取值范围是 －3,2]．
6．过双曲线C：－＝1(a，b>0)的左焦点F作圆x2＋y2＝a2的两条切线，切点分别为A，B，双曲线左顶点为M，若∠AMB＝120°，则该双曲线的离心率为( )
A. B. C．3 D．2
解析：选D 由题可知OA⊥FA，∠AMO＝60°，OM＝OA＝a，所以△AMO为等边三角形，∠AFO＝30°，在Rt△OAF中，OF＝c，所以该双曲线的离心率e＝＝＝＝2，故选D.
7．已知函数f(x)＝ln x＋(x－b)2(b∈R)在上存在单调递增区间，则实数b的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 由题意得f′(x)＝＋2(x－b)＝＋2x－2b，因为函数f(x)在上存在单调递增区间，所以f′(x)＝＋2x－2b>0在上有解，所以b0，|f(t)＋f(－t)|>f(t)－f(－t)
B．存在t>0，|f(t)－f(－t)|>f(t)－f(－t)
C．存在t>0，|f(1＋t)＋f(1－t)|>f(1＋t)＋f(1－t)
D．存在t>0，|f(1＋t)－f(1－t)|>f(1＋t)－f(1－t)
解析：选C 由x2－x3＝x2(1－x)≤0得x≥1，所以f(x)＝min{x2，x3}＝当t>1时，|f(t)＋f(－t)|＝|t2＋(－t)3|＝t3－t2，|f(t)－f(－t)|＝|t2－(－t)3|＝t3＋t2，f(t)－f(－t)＝t2－(－t)3＝t3＋t2，所以|f(t)＋f(－t)|0时，设g(t)＝f(1＋t)＋f(1－t)＝(1＋t)2＋(1－t)3＝－t3＋4t2－t＋2，则g′(t)＝－3t2＋8t－1，令－3t2＋8t－1＝0得t＝，所以函数g(t)在，＋∞上单调递减，所以存在t0∈使得g(t0)<0成立，所以存在t0∈，使得|f(1＋t0)＋f(1－t0
)|≥0>f(1＋t0)＋f(1－t0)，C正确；当t>0时，设h(t)＝f(1＋t)－f(1－t)＝(1＋t)2－(1－t)3＝t3－2t2＋5t，则h′(t)＝3t2－4t＋5＝32＋>0，所以函数h(t)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(0)＝0，所以|f(1＋t)－f(1－t)|＝f(1＋t)－f(1－t)，D错误．综上所述，故选C.
10．已知f(x)是定义在R上的函数，若方程f(f(x))＝x有且仅有一个实数根，则f(x)的解析式可能是( )
A．f(x)＝|2x－1| B．f(x)＝ex
C．f(x)＝x2＋x＋1 D．f(x)＝sin x
解析：选D 对于A，由f(f(x))＝x，即|2|2x－1|－1|＝x，可得x＝1或或或，故A错误；对于B，由(ex－x)′＝ex－1，得y＝ex－x在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以(ex－x)min＝1>0，即ex>x恒成立，所以f(f(x))＝eex>ex>x，即f(f(x))＝x无解，故B错误；对于C，f(x)＝x2＋x＋1，f(f(x))＝(x2＋x＋1)2＋x2＋x＋1＋1＝x，即(x2＋x＋1)2＋x2＋2＝0，无实数根，故C错误；对于D，令y＝sin x－x，则y′＝cos x－1≤0，则y＝sin x－x在R上单调递减，当x＝0时，y＝0，所以当x∈(0，＋∞)时，sin xx，sin(sin x)>sin x>x，则sin(sin x)－x在R上单调递减，且sin(sin 0)＝0，故f(f(x))＝x有且仅有一个实数根，故选D.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)
11．已知复数z＝1－i(其中i是虚数单位)，满足2＋az＝0，则|z＋a|＝________.
解析：由题意得＝1＋i，所以2＋az＝－2＋2i＋a－ai＝(a－2)－(a－2)i＝0，所以a＝2，则|z＋a|＝|1－i＋2|＝＝2.
答案：2
12．如果函数f(x)＝x2sin x＋a的图象过点(π，1)且f(t)＝2，那么a＝________；f(－t)＝________.
解析：因为函数f(x)＝x2sin x＋a的图象过点(π，1)，所以f(π)＝π2sin π＋a＝1，解得a＝1，所以f(x)＝x2sin x＋1.设g(x)＝x2sin x，则易得函数g(x)为奇函数，又因为f(t)＝g(t)＋1＝2，所以g(t)＝1，g(－t)＝－g(t)＝－1，则f(－t)＝g(－t)＋1＝－1＋1＝0.
答案：1 0
13．已知等差数列{an}，等比数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn(n∈N )．若Sn＝n2＋n，b1＝a1，b2＝a3，则an＝________，Tn＝________.
解析：由题意得a1＝S1＝×12＋×1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－
eq f(1,2)(n－1)＝3n－1，当n＝1时也成立，所以an＝3n－1(n∈N )，所以b1＝a1＝2，b2＝a3＝8，所以等比数列{bn}的公比为4，则Tn＝＝(4n－1)(n∈N )．
答案：3n－1 (4n－1)
14．一个几何体的三视图如图所示，正视图与侧视图为全等的矩形，俯视图为正方形，则该几何体的表面积为________；体积为________．
解析：由三视图知，该几何体为长、宽、高分别为2,2,3的长方体挖去同底等高的正四棱锥后所得．因为四棱锥的侧棱长为＝，所以四棱锥的侧面高为＝，所以该几何体的表面积S＝22＋4×2×3＋4××2×＝28＋4，体积V＝22×3－×22×3＝8.
答案：28＋4 8
15．若(1－2x)2 017＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 017x2 017，则各项系数之和为________，＋＋…＋的值为________．
解析：令x＝1，则各项系数之和为(1－2×1)2 017 ＝－1.令x＝0得a0＝(1－2×0)2 017＝1，令x＝得a0＋＋＋…＋＝2 017＝0，所以＋＋…＋＝－a0＝－1.
答案：－1 －1
16．已知正实数x，y满足xy＋2x＋3y＝42，则xy＋5x＋4y的最小值为________．
解析：因为x，y为正实数，所以由xy＋2x＋3y＝42得y＝>0，所以01}，所以∁UA＝{x|x≤1}，又因为B＝{x|01，b＝0.32∈(0,1)，c＝log0.32<0，所以cb>0)上、 下焦点分别为F1，F2，焦距为4，不与坐标轴垂直的直线l过F1且与椭圆C交于A，B两点，点P为线段AF2的中点，若∠ABF2＝∠F2PB＝90°，则椭圆C的离心率为( )
A.－ B.
C. D．9－6
解析：选A 依题意，c＝2；设|BF2|＝t，则|BF1|＝2a－t，因为∠ABF2＝∠F2PB＝90°，所以|AF2|＝t，|AB|＝t，由|BF2|＋|AB|＋|AF2|＝t＋t＋t＝4a，则t＝＝2(2－)a.在Rt△F1BF2中，由勾股定理得t2＋(2a－t)2＝42，则 2(2－)a]2＋ 2a－2(2－)a]2＝42，即 (4－2)2＋(2－2)2]a2＝42，得a2＝，则e2＝＝＝9－6，故e＝－.
9．已知向量a＝(，－1)，向量b＝(t>0)，则向量a，b的夹角可能是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 如图，若向量b＝(t>0)的起点为原点，则其终点在射线y＝(x－1)tan(x>1)上，故向量a，b的夹角的取值范围为，故选B.
10．已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，m，n满足mm＋n
C．f(x)－x<0 D．f(x)－x>0
解析：选A 由函数f(x)＝x2＋ax＋b的图象知，对任意的x∈(m，n)，都有<＝－1，因此f(x)＋x0且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线＋－4＝0(m>0，n>0)上，则＋＝________；m＋n的最小值为________．
解析：由条件知点A的坐标为(1,1)，又点A在直线＋－4＝0(m>0，n>0)上，所以＋＝4，所以m＋n＝(m＋n)＝≥2＋2 ＝1，当且仅当＝，即m＝n＝时等号成立，所以m＋n的最小值为1.
答案：4 1
13．设等比数列{an}的首项a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差数列，则公比q＝________；数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：由4a1,2a2，a3成等差数列得4a2＝4a1＋a3，即4q＝4＋q2，解得q＝2，Sn＝1×
＝2n－1.
答案：2 2n－1
14．已知圆C的方程为x2＋y2－6x－8y＝0，则圆心C的坐标是________；圆C关于直线l：x－y－1＝0对称的圆的方程是________．
解析：由题意得圆C的标准方程为(x－3)2＋(y－4)2＝25，圆心坐标为(3,4)，半径为5，圆心(3,4)关于直线l：x－y－1＝0的对称点的坐标为(5,2)，所以圆C关于直线l：x－y－1＝0对称的圆的方程是(x－5)2＋(y－2)2＝25.
答案：(3,4) (x－5)2＋(y－2)2＝25
15．已知函数f(x)＝则f(f(－1))＝________；若函数y＝f(x)－a有一个零点，则a的取值范围是________．
解析：f(f(－1))＝f(1)＝2；当x>0时，由f(x)＝2x2－ln x得f′(x)＝4x－＝，因此y＝f(x)在上单调递减，在上单调递增，故当x>0时，f(x)≥f＝＋ln 2，函数y＝f(x)的图象如图所示，所以若函数y＝f(x)－a有一个零点，则a∈0，＋ln 2.
答案：2
16．设a，b为正实数，则＋的最小值是________．
解析：令显然x，y>0，且所以＋＝＋＝＋－2≥2－2，当且仅当x＝y，即a＝b时，等号成立．
答案：2－2
17．如图，平面ABC⊥平面α，且平面ABC∩平面α＝BC，AB＝1，BC＝，∠ABC＝，平面α内一动点P满足∠PAB＝，则PC的最小值是________．
解析：如图，因为射线AP的轨迹为以AB为轴，母线与轴夹角为的圆锥面，且平面α平行于该圆锥面的一条母线，所以平面α截该圆锥面所得的截线即P点的轨迹为以BC为对称轴的抛物线．
在平面α内，以BC为x轴，以抛物线的顶点为原点O建立平面直角坐标系，显然△AOB为底角为的等腰三角形，所以OB＝AB＝，当PB⊥平面ABC时，PB＝AB·tan＝，此时点P的坐标为，因此抛物线的方程为y2＝x，点C的坐标为，所以抛物线上的点到点C的距离的平方为2＋y2＝x2－x＋＝2＋，故PC的最小值是.
答案：
选择填空提速专练(十)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．若复数z满足＝i2 016＋i2 017(i为虚数单位)，则z＝( )
A．－2 B．2
C．2i D．－2i
解析：选B 因为＝i2 016＋i2 017＝1＋i，所以z＝(1＋i)(1－i)，即z＝2，故选B.
2.3展开式中的常数项为( )
A．－8 B．－12
C．－20 D．20
解析：选C 原式＝6，则第r＋1项Tr＋1＝C()6－r·r＝C·(－1)r·x3－r，令3－r＝0，得r＝3，即常数项为T4＝C·(－1)3＝－20，故选C.
3．设P：24，∴P是Q的充分不必要条件，故选A.
4．已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，当x≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)|1－2x|，即x2>(1－2x)2，解得x∈，故选A.
5．已知函数f(x)＝则此函数图象上关于原点对称的点有( )
A．0对 B．1对
C．2对 D．3对
解析：选B 作出函数y＝x，x>0的图象关于原点对称的图象，确定它与函数y＝－x2－4x，x≤0的图象的交点个数即可，由图易知有1个交点，故选B.
6．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若sin B＋csin C＝asin A，则sin A＝( )
A．－ B.
C．－ D.
解析：选B 由正弦定理得b＋c2＝a2，即b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理得cos A＝＝＝，则在三角形中，sin A＝，故选B.
7.如图， 已知矩形OABC中，OA＝2，OC＝1，OD＝3若P在△BCD中(包括边界)，且＝α＋β，则α＋β的最大值为( )
A. B.
C. D．3
解析：选C 以O为原点，OD，OC所在直线为x轴、y轴，单位长度为1，建立平面直角坐标系(图略)，则O(0,0)，D(3,0)，C(0,1)，B(2,1)，设点P(x，y)，则直线CD的方程为
x＋3y－3＝0，直线CB的方程为y＝1，直线BD的方程为x＋y－3＝0，因为P在△BCD中(包括边界)，即P在所描述的区域内，由已知得＝α＋β＝α＋β＝(β，α)＝(x，y)，所以α＋β＝y＋x，令z＝y＋x，由线性规划得目标函数过点D(3,0)时取得最大值，且zmax＝，即α＋β的最大值为，故选C.
8．已知两个单位向量a，b，且满足a·b＝－，存在向量c使cos〈a－c，b－c〉＝，则|c|的最大值为( )
A．2 B.
C. D．1
解析：选A 由题意知cos〈a，b〉＝－，则〈a，b〉＝120°.如图，构造＝a，＝b，＝c，∠BAD＝120°，∠BCD＝60°，所以C点可能在以A为圆心，AB为半径的圆A的优弧上，此时|c|＝1，C点也可能在以A，B，C，D四点所共圆的优弧上，此时易知当线段AC为直径时，|c|最大，最大值为2，故选A.
9．已知F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，椭圆C上存在点P使∠F1PF2为钝角，则椭圆C的离心率的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选A 因为椭圆＋＝1上存在点P使∠F1PF2为钝角，所以b，又因为e<1，所以e的取值范围为，故选A.
10．已知f(x)＝ax2＋(b－a)x＋c－b(其中a>b>c)，若a＋b＋c＝0，x1，x2为f(x)的两个零点，则|x1－x2|的取值范围为( )
A. B．(2,2)
C．(1,2) D．(1,2)
解析：选A 由a>b>c，a＋b＋c＝0，知a>0>c.由题意得x1，x2是方程ax2＋(b－a)x＋(c－b)＝0的两个根，故x1＋x2＝－，x1x2＝，则|x1－x2|＝＝
＝＝＝＝＝＝.因为a>b>c，a＋b＋c＝0，所以a>－(a＋c)>c，所以－2<<－，所以<2<16，所以|x1－x2|的取值范围是，故选A.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)
11．已知集合M＝，N＝{y|y＝x2＋2x＋2}，则(∁RM)∩N＝________.
解析：由题意得M＝，即M＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，N＝{y|y≥1}，所以(∁RM)∩N＝ 0,1]∩ 1，＋∞)＝{1}．
答案：{1}
12．已知一个空间几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是________，表面积是________．
解析：由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和一个四分之一球构成，其体积V＝(π×12×1)＋×π×13＝π；表面积S＝π×12＋1×2＋×2π×1×1＋π×12＋×4π×12＝3π＋2.
答案：π 3π＋2
13．已知数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，若a1＝1，则a3＝________，前60项的和为________．
解析：由题意得a2－a1＝1 ①，a3＋a2＝3 ②，a4－a3＝5 ③，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，a8－a7＝13，a9＋a8＝15，a10－a9＝17，a11＋a10＝19，a12－a11＝21，…，∴由①②得a3＝1.②－①得a1＋a3＝2，③＋②得a4＋a2＝8，同理可得a5＋a7＝2，a6＋a8＝24，a9＋a11＝2，a10＋a12＝40，…，∴a1＋a3，a5＋a7，a9＋a11，…是各项均为2的常数列，a2＋a4，a6＋a8，a10＋a12，…是首项为8，公差为16的等差数列，∴{an}的前60项和为15×
2＋15×8＋×15×14×16＝1 830.
答案：1 1 830
14．某中学的十佳校园歌手中有6名男同学，4名女同学，其中3名 自1班，其余7名 自其他互不相同的7个班．现从10名同学中随机选择3名参加文艺晚会，则选出的3名同学 自不同班级的概率为________，设X为选出3名同学中女同学的人数，则该变量X的数学期望为________．
解析：P＝＝；X的可能取值为0,1,2,3，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
答案：
15．已知m∈R，若点M(x，y)为直线l1：my＝－x和l2：mx＝y＋m－3的交点，l1和l2分别过定点A和B，则B的坐标为________，|MA|·|MB|的最大值为________．
解析：由题意得，直线l1：my＝－x和l2：mx＝y＋m－3分别过定点A(0,0)，B(1,3)．联立得x2＋y2－x－3y＝0，即2＋2＝.所以点M的轨迹为以AB为直径的圆，则MA⊥MB，∴|MA|·|MB|≤＝＝5.
答案：(1,3) 5
16．有3所高校欲通过三位一体招收24名学生，要求每所高校至少招收一名且人数各不相同的招收方法有________种．
解析：用4条竖线间的空隙代表3个学校，用 表示名额．如| | … | |表示第一、二、三所学样分别有4,18,2个名额．若把每个“ ”与每个“|”都视为一个位置，由于左右两端必须是“|”，故不同的分配方法相当于24＋2＝26个位置(两端不在内)被2个“|”占领的一种“占位法”．“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“ ”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“|”，故有C＝253种．又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两所学校的名额数相同”的 分配方法有(1,1,22)，(2,2,20)，(3,3,18)，(4,4,16)，(5,5,14)，(6,6,12)，(7,7,10)，(8,8,8)，(9,9,6)，(10,10,4)，(11,11,2)，共有10C＋1＝31种．所以每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有253－31＝222种．
答案：222
17．已知x∈ －，]，y∈R＋，则(x－y)2＋2的最小值为________．
解析：如图，点P(x，)在半圆x2＋y2＝3(y≥0)上，点Qy，在曲线y＝(y>0)上，|PQ|＝.当|PQ|最短时P，，Q(3,3)，|PQ|＝3－，所以(x－y)2＋2的最小值为21－6.
答案：21－6
第三讲全力争取保分大题——不失分
解答题在高考数学试题中占据半壁江山，试题并不是单纯的知识叠加，而是知识、方法和能力的综合，且试题具有明显的区分度，前3题一般难度中等，最后两题一般难度较大、多为把关题．结合近几年的高考试题和浙江省“2014教学指导意见”分析，题目的设计一般围绕三角函数或解三角形、立体几何、函数、解析几何、数列这几个方面展开．对于考生 说，想要得到高分，必须争取在前3个解答题上不丢分或少失分，这就需要考生在做题时计算准确、推理严谨、书写规范、步骤清晰，从根本上解决“会而不对，对而不全”的“老大难”问题．
题型一
三 角 函 数 或 解 三 角 形
命题角度
(1)三角函数式的求值与化简问题； (2)单纯三角函数知识的综合；(3)三角函数与平面向量交汇；
(4)三角函数与解三角形的交汇； (5)单纯解三角形； (6)解三角形与平面向量的交汇.
例1] (2017·济南模拟·满分14分)设函数f(x)＝－sin2ωx－sin ωxcos ωx(ω＞0)，且y＝f(x)图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为.
(1)求ω的值；(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值．
规范解答]
(1)f(x)＝－sin2ωx－sin ωxcos ωx
＝－·－sin 2ωx(2分)
＝cos 2ωx－sin 2ωx
(5分)
又ω>0，所以＝4×， (7分)
因此ω＝1. (8分)
(2)由(1)知f(x)＝－sin.
当π≤x≤时，≤2x－≤.(10分)
所以－≤sin≤1.
因此－1≤f(x)≤.(12分)
增分指导]
一、失误防范
❶正确地把f(x)化为－sin得3分，是本题求解的最关键一步．
❷由此可得函数f(x)的周期，易认为对称中心到最近的对称轴的距离为.
❸只求出f(x)的范围，未写明最值，应扣1～2分．
解决此类问题还应注意：
①化简时，公式应用要准确；
②注意所给角或参数的范围；
③在求单调区间、对称轴和对称中心时要注意不能忽略k取整数；
④求最值或范围时，应满足在定义域内．
二、牢记模板
例2] (2017·温州调研·满分14分)在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝2A.
(1)求cos A的值；(2)求c的值．
规范解答]
(1)因为a＝3，b＝2，B＝2A，
所以在△ABC中，由正弦定理得＝.(3分)
所以＝.
(2)由(1)知cos A＝，所以sin A＝ ＝.(7分)
又B＝2A，所以
所以sin B＝ ＝.(10分)
在△ABC中，sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝.(12分)
所以c＝＝5.(14分)
增分指导]
一、失误防范
❶注意所求值是否在 －1,1]范围内．
❷易记错二倍角余弦公式，错记为：cos 2x＝1－2cos2x.
解决三角形问题还应注意：
①不要忘记三角形中的隐含条件(A＋B＋C＝π，a＋b>c)；
②注意边角互化，化为所求的问题；
③利用正、余弦定理解决实际问题时应明确仰角、俯角和方向角等有关术语的含义．
二、牢记模板
题型二
立体几何
命题角度
(1)证明空间线、面平行或垂直； (2)利用综合法计算空间中的线、面夹角；
(3)立体几何中的探索性问题.
例3] (2017·浙江高考·满分15分)如图，已知四棱锥PABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC
＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．
(1)证明：CE∥平面PAB；
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
规范解答]
(1)证明：如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EF∥AD且EF＝AD.
又因为BC∥AD，BC＝AD，所以EF∥BC且EF＝BC，⇨(2分)
即四边形BCEF为平行四边形，
因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
所以CE∥平面PAB.⇨(6分)
(2)分别取BC，AD的中点为M，N.
连接PN交EF于点Q，连接MQ，BN.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，
所以Q为EF的中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.
又PN∩BN＝N，
所以AD⊥平面PBN.⇨(8分)
由BC∥AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN.⇨(9分)
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.
则MH是MQ在平面PBC上的射影，
设CD＝1.
在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，
在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，⇨(13分)
在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，
所以sin∠QMH＝，⇨(14分)
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.⇨(15分)
增分指导]
一、失误防范
❶是问题的难点，处理不好就无法证明下面的问题．
❷必须证明所找或作的角为所求的线面角，否则要扣3～4分．
解决此类题目应注意：
①证明线、面平行或垂直，应注意直线在平面内，两直线相交等情况；
②找到或作出线面角后，要证明所找或作的线面角为所求角；
③计算线面角的大小时一定要仔细．
二、牢记模板
备课札记]
题型三
函 数
命题角度
(1)求函数解析式、最值、参数取值范围等；(2)函数与方程交汇，通过零点、方程根研究应用函数性质；(3)函数与不等式、方程交汇，考查放缩、分析、综合等思维方法，考查数形结合、转化与化归、分类讨论等数学思想方法；(4)函数与数列综合，以数列为载体，考查函数性质.
例4] (2018届高三·杭州学军、嘉兴一中等校联考·满分15分)已知函数f(x)＝－x|x－a|＋1(x∈R)．
(1)当a＝1时，求使f(x)＝x成立的x的值；
(2)当a∈(0,3)，求函数y＝f(x)在x∈ 1,2]上的最大值；
(3)对于给定的正数a，有一个最大的正数M(a)，使x∈ 0，M(a)]时，都有|f(x)|≤2，试求出这个正数M(a)，并求它的取值范围．
规范解答]
(1)由题意得a＝1时，f(x)＝x，解得x＝1.(3分)
(2)当f(x)＝其中，最大值在f(1)，f(2)，f(a)中取．
当0＜a≤1时，f(x)在 1,2]上单调递减，
故f(x)max＝f(1)＝a；
当1＜a＜2时，f(x)在 1，a]上单调递增， a,2]上单调递减，
故f(x)max＝f(a)＝1；
，f(x)在上单调递减，上单调递增，且x＝是函数的对称轴，
因为－＝3－a＞0，
所以f(x)max＝f(2)＝5－2a，
综上，f(x)＝(9分)
(3)∵当x∈(0，＋∞)时，f(x)，
故问题只需转化为在给定区间内f(x)≥－2恒成立．
因f＝1－，分两种情况讨论：
当1－≤－2时，M(a)是方程x2－ax＋1＝－2的较小根，
即a≥2时，
M(a)＝＝∈(0， ]；
，M(a)是方程－x2＋ax＋1＝－2的较大根，
即0＜a＜2时，
M(a)＝∈(，＋)，
综上M(a)＝
且M(a)∈(0，＋)．(15分)
增分指导]
一、失误防范
❶注意观察关系式的特征，快速、简捷求解；
❷数形结合，准确确定分类讨论的界点；
❸充分利用条件，f(x)＝－x|x－a|＋1≤1，当x∈(0，＋∞)时，|f(x)|≤2，只要考虑f(x)≥－2即可；
❹数形结合，分类确定M(a)的“ ”，关注特殊位置f＝1－，通过解方程分段解决．二、牢记模板
备课札记]
保分大题规范专练(一)
1．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，－π<φ<0)的最小正周期是π，将函数f(x)的图象向左平移个单位长度后所得的函数图象过点P(0,1)．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若x∈，求函数f(x)的值域．
解：(1)由函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，－π<φ<0)的最小正周期是π，得＝π，即ω＝2.
由y＝f＝sin的图象过点(0,1)，得＋φ＝＋2kπ，k∈Z，
即φ＝－＋2kπ，k∈Z，
又－π<φ<0得φ＝－，
所以函数解析式为f(x)＝sin.
(2)由x∈得2x－∈，
所以sin∈，
即函数f(x)的值域为.
2．在四棱锥PABCD中，平面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，E为PC的中点，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝90°，AB＝AD＝PD＝1，CD＝2.
(1)求证：BE∥平面PAD；
(2)求直线BE与平面PBD所成角的余弦值．
解：法一：(1)证明：取PD的中点F，连接EF，AF.
由于EF是△PCD的中位线，所以EF綊CD.
又AB綊CD，所以EF綊AB，
所以四边形ABEF是平行四边形，所以BE∥AF.
又AF⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.
(2)取PB的中点M，连接EM，
则EM是△PBC的中位线，所以EM∥BC.
在△BCD中，BD＝BC＝，CD＝2，
则BC2＋BD2＝CD2，所以BC⊥BD.
又平面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，
则PD⊥平面ABCD，PD⊥BC，
从而BC⊥平面PBD，EM⊥平面PBD，
∠EBM即是直线BE与平面PBD所成的角．
AB＝AD＝PD＝1，CD＝2，
解得BE＝，BM＝PB＝，
从而cos∠EBM＝.
所以直线BE与平面PBD所成角的余弦值为.
法二：因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PD⊥CD，PD⊂平面PCD，
所以PD⊥AD.
因为∠ADC＝90°，
所以AD⊥CD，则DA，DC，DP两两垂直．
以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)．
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，E.
(1)证明：＝.
平面PAD即平面xOz，
所以可取其一法向量m＝(0,1,0)．
则·m＝0，即⊥m.
又BE⊄平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(2)设平面PBD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，得n＝(1，－1,0)．
则cos〈n·〉＝＝－，
则BE与平面PBD所成的角θ的余弦值为cos θ＝＝.
3．已知函数f(x)＝x3＋|ax－3|－2，a>0.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a∈(0,5)时，对于任意x1∈ 0,1]，总存在x2∈ 0,1]，使得f(x1)＋f(x2)＝0，求实数a的值．
解：(1)f(x)＝x3＋|ax－3|－2
＝
则当x≥时，f(x)＝x3＋ax－5，易知此时f(x)为增函数．
当x<时，f(x)＝x3－ax＋1，
f′(x)＝3x2－a，令f′(x)＝0得x＝或x＝－.
所以当≥，即a≥3时，
函数y＝f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，；
当<，即01)，将三角形ACD沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角CABE为直二面角．
(1)求证：平面ACE⊥平面BCE；
(2)设F是BE的中点，二面角EACF的平面角的大小为θ，当λ∈ 2,3]时，求cos θ的取值范围．
解：(1)证明：∵二面角CABE为直二面角，AB⊥BC，
∴BC⊥平面ABE，又AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE，
∵AE⊥CE，BC∩CE＝C，∴AE⊥平面BCE.
∵AE⊂平面ACE，∴平面ACE⊥平面BCE.
(2)设AD＝1，则AB＝λ，
法一：过点F作FG⊥EC于点G，则可证FG⊥平面AEC，再过点G作GH⊥AC于点H，连接FH，则AC⊥FH.
∴∠FHG即为二面角EACF的平面角，
也即∠FHG＝θ，
∵AF＝CF＝＝，
∴H为AC的中点，
∴FH＝＝，
FG＝＝，
∴HG＝＝，
∴在△FHG中，cos θ＝＝·.
由λ∈ 2,3]得cos θ∈.
法二：如图，以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，A(0,1,0)，B(，0,0)，C(，0,1)，
F，
则＝(0,1,0)，＝(，0,1)．
设平面EAC的法向量为m＝(x，y，z)，
则取x＝1，
则m＝(1,0，－)，
同理可得平面FAC的一个法向量为
n＝(2，，－)，
∴cos θ＝＝＝·，
由λ∈ 2,3]得cos θ∈.
3．已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x＋b(a，b∈R)．
(1)当a＝2，b＝0时，求f(x)在 0,3]上的值域；
(2)对任意的b，函数g(x)＝|f(x)|－的零点不超过4个，求a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝x3－2x2＋3x，
得f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)．
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，故f(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1,3)时，f′(x)<0，故f(x)在(1,3)上单调递减．
又f(0)＝f(3)＝0，f(1)＝，
所以f(x)在 0,3]上的值域为.
(2)由题得f′(x)＝x2－2ax＋3，Δ＝4a2－12.
①当Δ≤0，即a2≤3时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，满足题意．
②当Δ>0，即a2>3时，f′(x)＝0有两根，
设两根为x1，x2，且x10，x∈R)，f(x)＝m·n－且f(x)的图象上相邻两条对称轴之间的距离为.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c且b＝，f(B)＝0，sin A＝3sin C，求a，c的值及△ABC的面积．
解：(1)f(x)＝m·n－
＝sin ωxcos ωx－cos2ωx－
＝sin 2ωx－cos 2ωx－1
＝sin－1.
∵相邻两对称轴之间的距离为，
∴T＝＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝sin－1，
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
∴f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
(2)由(1)知，f(B)＝sin－1＝0，
∵00，
从而函数g(x)在x∈ 0，＋∞)上单调递增，
g(x)≥g(0)＝0，即x≥0时，f(x＋1)≥x－x2.
(2)由(1)知，x≥0时，ln(x＋1)≥x－x2，
则x≥1时，
ln x＝ln (x－1)＋1]≥(x－1)－(x－1)2
＝－x2＋2x－.
若t≤－1，则当x≥1时，(t＋1)ln x＋tx2＋3t<0<4x，原不等式不成立．
若t>－1，x≥1，
则f(x)－4x＝(t＋1)ln x＋tx2－4x＋3t
≥(t＋1)＋tx2－4x＋3t
＝(x2＋4x＋3)，
从而f(x)≥4x恒成立时，t≥1.
综上所述，t的取值范围为 1，＋∞)．
保分大题规范专练(四)
1.函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，M为最高点，该图象与y轴交于点F(0，)，与x轴交于点B，C，且△MBC的面积为π.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若f＝，求cos 2α的值．
解：(1)因为S△MBC＝×2×BC＝BC＝π，
所以最小正周期T＝2π＝，ω＝1，
由f(0)＝2sin φ＝，得sin φ＝，
因为0<φ<，所以φ＝，所以f(x)＝2sin.
(2)由f＝2sin α＝，得sin α＝，
所以cos 2α＝1－2sin2α＝.
2.如图，四边形ABCD是圆台OO1的轴截面，AB＝2CD＝4，点M在底面圆周上，且∠AOM＝，DM⊥AC.
(1)求圆台OO1的体积；
(2)求二面角ADMO的平面角的余弦值．
解：法一：(1)由已知可得OM⊥平面AOD.
又AC⊥DM，从而有AC⊥DO，
由平面几何性质可得AC⊥CB，
设OO1＝h，在Rt△ABC中，有AC2＋BC2＝AB2，
即(9＋h2)＋(1＋h2)＝16，∴h＝，
∴圆台OO1的体积V＝πh(r＋r1r2＋r)＝.
(2)过点O在△DOM内作OE⊥DM，作OH⊥平面DAM，垂足分别为E，H，连接EH.
易得EH⊥DM，
故∠OEH就是二面角ADMO的平面角．
在△DOM中，OE＝.
易得DM＝AM＝2，AD＝2，S△ADM＝.
由V三棱锥DAOM＝V三棱锥OADM，
即h·S△AOM＝·OH·S△ADM，得OH＝，
在Rt△OEH中，sin∠OEH＝＝，
则二面角ADMO的余弦值为.
法二：(1)由题意可得OO1，OM，OB两两互相垂直，以O为原点，分别以直线OM，OB，OO1为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，
设OO1＝h(h>0)，
则D(0，－1，h)，M(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,1，h)，
∴＝(2,1，－h)，＝(0,3，h)，
∵DM⊥AC，∴·＝3－h2＝0，
解得h＝，
∴圆台OO1的体积V＝πh(r＋r1r2＋r)＝.
(2)由(1)知＝(2,2,0)，＝(2,1，－)，＝(2,0,0)，
设平面ADM，平面ODM的法向量分别为
u＝(x1，y1，z1)，v＝(x2，y2，z2)，
则且
即且
取u＝(，－，1)，v＝(0，，1)，
∴|cos〈u，v〉|＝＝，
又二面角ADMO为锐角，
则二面角ADMO的平面角的余弦值为.
3．已知函数f(x)＝＋xln x(m>0)，g(x)＝ln x－2.
(1)当m＝1时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若对任意的x1∈ 1，e]，总存在x2∈ 1，e]，使·＝－1，其中e是自然对数的底数，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当m＝1时，f(x)＝＋xln x，
则f′(x)＝－＋ln x＋1.
因为f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，
所以当x>1时，f′(x)>0；当00在 1，e]上恒成立，
所以函数φ(x)＝在 1，e]上单调递增，
故φ(x)∈.
又h(x1)·φ(x2)＝－1，
所以h(x)∈，即≤＋ln x≤e在 1，e]上恒成立，即－x2ln x≤m≤x2(e－ln x)在 1，e]上恒成立．
设p(x)＝－x2ln x，
则p′(x)＝－2xln x≤0在 1，e]上恒成立，
所以p(x)在 1，e]上单调递减，
所以m≥p(x)max＝p(1)＝.
设q(x)＝x2(e－ln x)，
则q′(x)＝x(2e－1－2ln x)≥x(2e－1－2ln e)>0在 1，e]上恒成立，
所以q(x)在 1，e]上单调递增，
所以m≤q(x)min＝q(1)＝e.
综上所述，m的取值范围为.
保分大题规范专练(五)
1．在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且sin －cos ＝.
(1)求cos B的值；
(2)若b2－a2＝ac，求的值．
解：(1)由sin －cos ＝平方得
1－sin B＝，即sin B＝，
又sin >cos ，则∈，
所以B∈，故cos B＝－.
(2)由余弦定理得b2＝a2＋ac＝a2＋c2－2accos B，
即a＝c－2a·，所以c＝a，
故＝.
2.等腰三角形ABC中，E为底边BC的中点，沿AE折叠，如图，将C折到点P的位置，使二面角PAEC的大小为120°，设点P在面ABE上的射影为H.
(1)证明：点H为BE的中点；
(2)若AB＝AC＝2，AB⊥AC，求直线BE与平面ABP所成角的正切值．
解：(1)证明：依题意，AE⊥BC，
则AE⊥EB，AE⊥EP，EB∩EP＝E，∴AE⊥平面EPB，
∴∠CEP为二面角CAEP的平面角，
则点P在平面ABE上的射影H在EB上，
由∠CEP＝120°得∠PEB＝60°，
∵EP＝CE＝EB，
∴△EBP为正三角形，
∴EH＝EP＝EB，∴H为EB的中点．
(2)法一：过点H作HM⊥AB于点M，连接PM，过点H作HN⊥PM于点N，连接BN，
则AB⊥平面PHM，又AB⊂平面PAB，∴平面PHM⊥平面PAB，
∴HN⊥平面PAB，∴HB在平面PAB上的射影为NB，
∴∠HBN为直线BE与平面ABP所成的角．
依题意，BE＝BC＝2，BH＝BE＝1.
在Rt△HMB中，HM＝，在△EPB中，PH＝，
∴在Rt△PHM中，PM＝，HN＝＝.
∴sin∠HBN＝＝＝，
∴tan∠HBN＝，
∴直线BE与平面ABP所成角的正切值为.
法二：以E为坐标原点，以EA，EB所在直线为x，y轴，以过E点且平行于PH的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，B(0,2,0)，A(2,0,0)，P(0,1，)，
＝(0，－2,0)，＝(－2,2,0)，＝(－2,1，)，
设平面ABP的法向量n＝(x，y，z)，
则即取n＝(3,3，)，
设直线BE与平面ABP所成的角为α，
则sin α＝＝＝，∴tan α＝，
∴直线BE与平面ABP所成角的正切值为.
3．已知函数f(x)＝x2－x3，g(x)＝ex－1(e为自然对数的底数)．
(1)求证：当x≥0时，g(x)≥x＋x2；
(2)记使得kf(x)≤g(x)在 0,1]上恒成立的最大实数k为n0，求证：n0∈ 4,6]．
证明：(1)设h(x)＝g(x)－x－x2，
即h(x)＝ex－1－x－x2，h′(x)＝ex－1－x，
令m(x)＝h′(x)，则m′(x)＝ex－1，
∴当x≥0时，m′(x)≥0，h′(x)为增函数，
又h′(0)＝0，∴h′(x)≥0，
∴h(x)在 0，＋∞)上单调递增，则h(x)≥h(0)＝0，
∴g(x)≥x＋x2.
(2)由(1)知当kf(x)≤x＋x2时，必有kf(x)≤g(x)成立，
下面先证：当x∈ 0,1]时，4f(x)≤x＋x2，
当x＝0或1时，上式显然成立，
∴只需证当x∈(0,1)时，4(x－x2)≤1＋x⇔
8x2－7x＋2≥0，
而8x2－7x＋2＝82＋>0，
∴当k≤4时，必有kf(x)≤g(x)成立，∴n0≥4；
另一方面，当k＝6时，
令F(x)＝6f(x)－g(x)＝6x2－6x3－ex＋1，
F′(x)＝12x－18x2－ex<0，
F(0)＝－e0＋1＝0，
∴当k＝6时，kf(x) ≤g(x)成立，
当k>6时，取x＝，
kf(x)－g(x)＝＋1－≥－>0，
∴当k≥6时，kf(x)≤g(x)不恒成立，∴n0≤6.
综上，n0∈ 4,6]．
保分大题规范专练(六)
1．已知f(x)＝sin 2x－2sin2x＋2.
(1)当x∈时，求f(x)的取值范围；
(2)已知锐角三角形ABC满足f(A)＝，且sin B＝，b＝2，求△ABC的面积．
解：(1)∵f(x)＝sin 2x＋2cos2x
＝sin 2x＋(cos 2x＋1)
＝2sin＋，
又∵x∈，∴2x＋∈，
∴f(x)∈ 0,2＋ ]．
(2)在锐角三角形ABC中，∵f(A)＝，
∴2sin＋＝，
∴sin＝0，
∵A∈，∴2A＋∈，
∴2A＋＝π，∴A＝，
又∵sin B＝，B∈，
∴cos B＝，
∴sin C＝sin＝×＋×＝，
∴c＝·sin C＝，
∴S△ABC＝bcsin A＝×2××＝2＋.
2.如图，PABD和QBCD为两个全等的正棱锥，且A，B，C，D四点共面，其中AB＝1，∠APB＝90°.
(1)求证：BD⊥平面APQ；
(2)求直线PB与平面PDQ所成角的正弦值．
解：由已知得PABD和QBCD是顶角处三条棱两两垂直，底面是正三角形的正棱锥，其中侧棱长为.
(1)证明：易知底面ABCD是菱形，连接AC(图略)，则AC⊥BD.
易证PQ∥AC，所以PQ⊥BD.
由已知得PABD和QBCD是顶角处三条棱两两垂直，
所以AP⊥平面PBD，
所以BD⊥AP，因为AP∩PQ＝P，
所以BD⊥平面APQ.
(2)法一：由(1)知PQ⊥BD，
取PQ中点M，连接DM，BM，分别过点P，Q做AC的垂线，垂足分别为H，N.
由正棱锥的性质可知H，N分别为△ABD，△BCD的重心，可知四边形PQNH为矩形．
其中PQ＝AC＝，PH＝.
DM＝＝，
S△BDM＝BD·PH＝×1×＝，
S△PQD＝PQ·DM＝××＝.
令B到平面PQD的距离为h，
则V三棱锥PBDM＝V三棱锥BPQD，
即××＝××·h，解得h＝.
设BP与平面PQD所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
法二：设AC与BD交于点O，取PQ的中点M，连接OM
，易知OM，OB，OC两两垂直，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则O(0,0,0)，B，D－，0,0，P，Q，
所以＝，＝，
＝，
令m＝(a，b，c)为平面PQD的法向量，
则即
令a＝2，则m＝(2,0，－)．
设直线PB与平面PDQ成角为θ，
所以sin θ＝|cos〈m，〉|＝
＝＝.
3．已知函数f(x)＝aex＋x2，g(x)＝sin ＋bx，直线l与曲线y＝f(x)切于点(0，f(0))，且与曲线y＝g(x)切于点(1，g(1))．
(1)求实数a，b的值和直线l的方程；
(2)证明：f(x)>g(x)．
解：(1)f′(x)＝aex＋2x，g′(x)＝cos ＋b，
则f′(0)＝a，g′(1)＝b，
又f(0)＝a，g(1)＝1＋b，
则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝ax＋a；
曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝b(x－1)＋1＋b，即y＝bx＋1，
则a＝b＝1，直线l的方程为y＝x＋1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝ex＋x2，g(x)＝sin ＋x，
只需证f(x)＝ex＋x2≥x＋1≥sin ＋x＝g(x)．
设F(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex＋x2－x－1，
则F′(x)＝ex＋2x－1，
由F′(x)＝0，可得x＝0，当x<0时，F′(x)<0；
当x>0时，F′(x)>0，
故F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以F(x)min＝F(0)＝0.
再设G(x)＝x＋1－g(x)＝1－sin ，
则G(x)≥0，当且仅当＝＋2kπ(k∈Z)，
即x＝4k＋1(k∈Z)时等号成立．
由上可知，f(x)≥x＋1≥g(x)，且两个等号不同时成立，
故f(x)>g(x)．
第四讲有舍有得压轴大题——多抢分
高考是选拔性的考试，试卷中必然要有综合考查数学知识、数学思想的能力型试题，即拉分题(亦即压轴题)．对大部分考生 说，如何从拿不下的题目(压轴题)中分段得分，是考生高考数学能否取得圆满成功的重要标志，是使考生能否达到“名牌大学任我挑”的关键．对此可采用如下三个策略达到高分的目的．
如遇到一个不会做的问题，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能写几步就写几步．特别是那些解题层次明显的题目，每一步演算到得分点时都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半．如下例：
典例1] (2017·嘉兴模拟·满分15分)如图，设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．
(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；
(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离最大值为a－b.
规范解答及评分细则]
(1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0)，
由(2分)
消去y得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0.
由于l与C只有一个公共点，故Δ＝0，
即b2－m2＋a2k2＝0，
解得点P的坐标为.
又点P在第一象限，
故点P的坐标为.(6分)
(2)由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x＋ky＝0，(8分)
所以点P到直线l1的距离
d＝，(10分)
整理得d＝，(13分)
因为a2k2＋≥2ab，
所以≤＝a－b，
当且仅当k2＝时等号成立．
所以点P到直线l1的距离的最大值为a－b.(15分)
抢分有招]
得满分不容易，得大部分分数还是很轻松的．第一小题中只要有直线方程与椭圆联立方程的意识就给2分，P点横纵坐标各2分，即第一小题6分；第二小题中只要设l1直线方程就给2分，至于直线方程有没有设对无所谓；有点到直线的方程公式给2分；把点的坐标代入正确给3分；最后有k2＝的结果或等价形式都给2分；第一小题是突破口，如果能解出P点坐标，顺势写出P到l1的距离，拿13分是非常轻松的．
对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的进展．顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证．
典例2] (2017·台州调研·满分15分)已知数列{an}满足：an>0，an＋1＋<2(n∈N )．
(1)求证：an＋21(n∈N )．
规范解答及评分细则]
(1)由an>0，an＋1＋<2，
得an＋1<2－<2.⇨(3分)
因为2>an＋2＋>2(由题知an＋1≠an＋2)，
即an＋2N时，an≤aN＋1<1.⇨(8分)
根据an＋1－1<1－＝<0，而an<1，
所以>＝1＋，⇨(10分)
于是>1＋，…，
>1＋.
累加可得>n－1＋.( )⇨(12分)
由假设可得aN＋n－1<0，
而当n>－＋1时，显然有n－1＋>0，
因此有1(n∈N )．⇨(15分)
法二：假设存在aN≤1(N≥1，N∈N )，
由(1)可得当n>N时，0≥>1.⇨(10分)
于是1－an>(1－an－1)，
1－an－1>(1－an－2)，…，
1－aN＋2>(1－aN＋1).
累乘可得1－an>(1－aN＋1)n－N－1，( )⇨(12分)
由(1)可得1－an<1，
而当n>log＋N＋1时，
则有(1－aN＋1)n－N－1>1，
这显然与( )矛盾．
所以an>1(n∈N )．⇨(15分)
抢分有招]
一些证明问题，若直接证明比较困难，可从结论分析，把结论转化为易证明的问题，或利用反证法证明其结论的反面不成立，这是求解一些证明问题的常见思路．
一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤．实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举．如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，根据题目的意思列出要用的公式等．罗列这些小步骤都是有分的，这些全是解题思路的重要体现，切不可以不写，对计算能力要求高的，实行解到哪里算哪里的策略．书写也是辅助解答，“书写要工整，卷面能得分”是说第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应．
典例3] (本小题满分15分)已知椭圆C：＋＝1，(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，且椭圆C经过点P.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且＝＋，求点Q的轨迹方程．
规范解答及评分细则]
(1)由椭圆定义知，
2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋＝2，所以a＝.
又由已知，c＝1，
所以椭圆C的离心率e＝＝＝.(3分)
(2)由(1)知，椭圆C的方程为＋y2＝1.
设点Q的坐标为(x，y)．
①当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0,1)，(0，－1)两点，
此时点Q的坐标为.(4分)
②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2.
因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，则|AM|2＝(1＋k2)x，|AN|2＝(1＋k2)x.
又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.(7分)
由＝＋，
得＝＋，
即＝＋＝. ①(8分)
将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得
(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0. ②
由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞.
由②可知，x1＋x2＝，x1x2＝，(9分)
代入①中并化简，得x2＝. ③
因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以k＝，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18.(11分)
由③及k2＞，可知0＜x2＜，
即x∈∪.
又满足10(y－2)2－3x2＝18，
故x∈.
由题意，Q(x，y)在椭圆C内，
所以－1≤y≤1，(13分)
又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈，
且－1≤y≤1，则y∈.
所以点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，
其中x∈，y∈.(15分)
抢分有招]
第二问求Q的轨迹方程不易求解，考生可以利用图形特点先求出直线l垂直于x轴时所满足条件的Q坐标，即使以下不作解答，阅卷老师也将酌情给分．像这类问题中根据图形和题意求出一些特殊点的坐标、方程或正确作出图形的方法即为辅助解答法，此法是解题过程中必不可少的一种方法．
压轴大题抢分专练(一)
1.已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的右焦点F的坐标为(1,0)，P，Q为椭圆上位于y轴右侧的两个动点，使PF⊥QF，C为PQ的中点，线段PQ的垂直平分线交x轴，y轴于点A，B(线段PQ不垂直x轴)，当Q运动到椭圆的右顶点时，|PF|＝.
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)若S△ABO∶S△BCF＝3∶5，求直线PQ的方程．
解：(1)由题意知，当Q运动到椭圆的右顶点时，PF⊥x轴，
则|PF|＝＝，
又c＝1，∴a＝，b＝1.
∴椭圆M的标准方程为＋y2＝1.
(2)设直线PQ的方程为y＝kx＋b，显然k≠0，联立椭圆方程得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2(b2－1)＝0，
则Δ＝8(2k2－b2＋1)>0，①
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
由根与系数的关系得
∴y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝，
y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝，
由·＝0⇔(1－x1)(1－x2)＋y1y2＝0，
得3b2－1＋4kb＝0，④
点C，
∴线段PQ的中垂线AB的方程为
y－＝－.
分别令x＝0，y＝0可得A，B，
显然A为BC的中点，
∴＝＝2＝＝2，
由④式得k＝，
则xA＝＝，
＝2＝＝，
得b2＝3(b2＝－6舍去)，
∴b＝，k＝－或b＝－，k＝.
经检验，满足条件①②③，
故直线PQ的方程为y＝－x＋或y＝x－.
2．正项数列{an}满足a＋an＝3a＋2an＋1，a1＝1.
(1)求a2的值；
(2)证明：对任意的n∈N ，an<2an＋1；
(3)记数列{an}的前n项和为Sn，证明：对任意的n∈N ,2－≤Sn<3.
解：(1)将n＝1代入题中条件得a＋a1＝3a＋2a2＝2及a2>0，
所以a2＝.
(2)证明：由a＋an＝3a＋2an＋1<4a＋2an＋1
＝(2an＋1)2＋2an＋1，
又因为二次函数y＝x2＋x在x∈(0，＋∞)上单调递增，
故对任意n∈N ，an<2an＋1.
(3)证明：由(2)知，当n≥2时，>，>，…，>，
由上面(n－1)个式子相乘得an>a1＝，
又a1＝＝1，
所以an≥，
故Sn＝a1＋a2＋…＋an
≥1＋＋…＋
＝2－，
另一方面，由于a＋an＝3a＋2an＋1>2a＋2an＋1＝2(a＋an＋1)，
令a＋an＝bn，则bn>2bn＋1，
于是<，<，…，<，
由上面(n－1)个式子相乘得bn≤b1＝，
即a＋an＝bn≤，
故Sn＝a1＋(a2＋…＋an)
<1＋
＝3－<3.
所以对任意的n∈N ,2－≤Sn<3.
压轴大题抢分专练(二)
1．在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点是原点，以x轴为对称轴，且经过点P(1,2)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点A，B在抛物线C上，直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，|PM|＝|PN|.求直线AB的斜率．
解：(1)依题意，设抛物线C的方程为y2＝ax(a≠0)．
由抛物线C经过点P(1,2)，得a＝4，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由题意作出图象如图所示．
因为|PM|＝|PN|，
所以∠PMN＝∠PNM，所以∠1＝∠2，
所以直线PA与PB的倾斜角互补，
所以kPA＋kPB＝0.
依题意，直线AP的斜率存在且不为零，
设直线AP的方程为y－2＝k(x－1)(k≠0)，
将其代入抛物线C的方程，
整理得k2x2－2(k2－2k＋2)x＋k2－4k＋4＝0.
设A(x1，y1)，则1×x1＝，
y1＝k(x1－1)＋2＝－2，
所以A.
以－k替换点A坐标中的k，得B.
所以kAB＝＝－1.
即直线AB的斜率为－1.
2．已知数列{an}中，a1＝3,2an＋1＝a－2an＋4.
(1)证明：an＋1>an；
(2)证明：an≥2＋n－1；
(3)设数列的前n项和为Sn，求证：1－n≤Sn<1.
证明：(1)∵2an＋1－2an＝a－4an＋4＝(an－2)2≥0，
∴an＋1≥an≥3，∴(an－2)2>0，∴an＋1>an.
(2)∵2an＋1－4＝a－2an＝an(an－2)，∴＝≥，∴an－2≥(an－1－2)≥2(an－2－2)≥…≥n－1(a1－2)＝n－1，∴an≥2＋n－1.
(3)∵2(an＋1－2)＝an(an－2)，
∴＝＝，
∴＝－，
∴＝－，
∴Sn＝＋＋…＋
＝－＋－＋…＋－
＝－
＝1－，
由(2)知an＋1－2≥n，
∴0<≤n，
∴1－n≤Sn＝1－<1.
压轴大题抢分专练(三)
1.椭圆＋y2＝1的离心率为，过点P(2,0)作直线l交椭圆于不同的两点A，B.
(1)求椭圆的方程；
(2)①设直线l的斜率为k，求出与直线l平行且与椭圆相切的直线方程(用k表示)；
②若C，D为椭圆上的动点，求四边形ACBD面积的最大值．
解：(1)由题意得＝，解得a＝，
即椭圆方程为＋y2＝1.
(2)①设切线方程为y＝kx＋m，
代入＋y2＝1可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
由Δ＝0可得m2＝1＋2k2，
故切线方程为y＝kx±.
②要使得四边形ACBD的面积最大，需满足C，D两点到直线l的距离之和最大，
即两条切线间的距离d＝＝最大，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx－2k，
联立整理得
(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
故|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝·，
故S四边形ACBD≤d·|AB|
＝··
＝＝2 ≤2，
当且仅当k＝0且C(0,1)，D(0，－1)或C(0，－1)，D(0,1)时，等号成立．
故所求四边形ACBD面积的最大值为2.
2．设数列{an}满足a1＝，an＋1＝an＋，n∈N .
(1)求a2，a3；
(2)证明：数列{an}为递增数列；
(3)证明：≤an≤，n∈N .
解：(1)a2＝＋＝，a3＝＋2＝.
(2)证明：用数学归纳法证明an>0：
①当n＝1时，a1＝>0；
②假设n＝k时，ak>0，则ak＋1＝ak＋>0.
所以由①②得an>0，n∈N .
所以an＋1－an＝>0，
即an＋1>an，数列{an}为递增数列．
(3)证明：由(2)知an>0，n∈N 且数列{an}为递增数列，
由an＋1－an＝<得
－<<＝－，
－<－，…，－<－，－<－，
因此－<2－，
所以－≤2－(当且仅当n＝1时，等号成立)，
故an≤.
由an≤<1得an＋1＝an＋an＋1，
故an＋1－an＝>，
所以－>≥＝－，
－>－，－>－，…，－>1－，
因此－>1－，
所以－≥1－(当且仅当n＝1时，等号成立)，
故an≥.
综上所述，对任意的n∈N ，≤an≤.
压轴大题抢分专练(四)
1．过椭圆C：＋＝1(a>b>0)右焦点F(1,0)的直线与椭圆C交于A，B两点，自A，B向直线x＝5作垂线，垂足分别为A1，B1，且＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)记△AFA1，△FA1B1，△BFB1的面积分别为S1，S2，S3，证明：是定值，并求出该定值．
解：(1)设A(x，y)，则|AA1|＝|5－x|，|AF|＝，由＝，得＋＝1，而A是椭圆C上的任一点，∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：由题意知，直线AB的斜率不可以为0，而可以不存在，∴可设直线AB的方程为x＝my＋1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(4m2＋5)y2＋8my－16＝0，
∴y1＋y2＝－，y1y2＝－.①
由题意，S1＝|AA1||y1|＝|5－x1||y1|，
S3＝|BB1||y2|＝|5－x2||y2|，
S2＝|A1B1|·4＝2|y1－y2|，
∴＝·
＝·
＝－·，
将①代入，化简并计算可得＝，
∴是定值，且该定值为.
2．设an＝xn，bn＝2，Sn为数列{an·bn}的前n项和，令fn(x)＝Sn－1，x∈R，n∈N .
(1)若x＝2，求数列的前n项和Tn；
(2)求证：对任意n∈N ，方程fn(x)＝0在xn∈，1上有且仅有一个根；
(3)求证：对任意p∈N ，由(2)中xn构成的数列{xn}满足00时，由函数fn(x)＝－1＋x＋＋＋…＋(x∈R，n∈N
)，可得f′(x)＝1＋＋＋…＋>0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
令fn(xn)＝0，当n≥2时，fn(1)＝＋＋…＋>0，即fn(1)>0.
又fn＝－1＋＋＋＋＋…＋≤－＋·i
＝－＋×
＝－×n－1<0，
根据函数的零点判定定理，可得存在唯一的xn∈，满足fn(xn)＝0.
当n＝1时，显然存在唯一的x1＝1满足f1(x1)＝0.
综上所述，对任意n∈N ，方程fn(x)＝0在xn∈上有且仅有一个根．
(3)证明：当x>0时，∵fn＋1(x)＝fn(x)＋>fn(x)，∴fn＋1(xn)>fn(xn)＝fn＋1(xn＋1)＝0.
由fn＋1(x)在(0，＋∞)上单调递增，
可得xn＋10，
故数列{xn}为递减数列，
即对任意的n，p∈N ，xn－xn＋p>0.
由于fn(xn)＝－1＋xn＋＋＋…＋＝0，①
fn＋p(xn＋p)＝－1＋xn＋p＋＋＋…＋＋＝0，②
用①减去②并移项，利用0
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