2021年新高考数学二轮复习分专题讲义(含解析)

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文档介绍

2021年新高考数学二轮复习分专题讲义(含解析)

《中国高考评价体系》下的新高考备考 一、高考评价体系的内涵 中国高考评价体系主要由“一核”“四层”“四翼”三部分内容组成.其中,“一核”为高考的核心功能, 即“立德树人、服务选才、引导教学”,是对素质教育中高考核心功能的概括,回答“为什么考”的 问题;“四层”为考查内容,即“核心价值、学科素养、关键能力、必备知识”,是素质教育目标在高 考中的提炼,回答“考什么”的问题;“四翼”为考查要求,即“基础性、综合性、应用性、创新性”,是 素质教育的评价维度在高考中的体现,回答“怎么考”的问题. 二、高考评价体系的重大意义 高考评价体系创造性地将立德树人根本任务融入考试评价全过程,以实现高考评价目标与素质 教育目标的内在统一,切实将高考打造成为立德树人的重要载体和素质教育的关键环节,使之成 为德智体美劳全面培养教育体系的有机组成部分,从而实现“招—考—教—学”全流程各个环节 无缝衔接. 三、高考评价体系对高考命题的指导 为实现高考评价体系的“核心价值引领”,即以立德树人统领服务选才和引导教学,促进学生德智 体美劳全面发展.近几年无论是新课标全国卷,还是高考综合改革省、市的试卷,都遵循了高考评 价体系的精神,在命题理念上逐步实现了从“知识立意”“能力立意”向“价值引领、素养导向、能 力为重、知识为基”的转变,高考评价体系的“一核四层四翼”的内涵已在近年的高考内容改革及 命题当中逐步体现. 四、高考评价体系的要求在高考试题中的体现 认真研读近几年的高考试题,特别是今年的新高考数学山东卷试题,从中能够清晰地感觉到“核心 价值引领”下的高考数学试题,发生了较为深刻的变化.试题落实立德树人根本任务,贯彻德智体 美劳全面发展方针,重视数学本质,突出理性思维、数学应用、数学探究、数学文化的引领作用. 1.以试题情境体现“核心价值引领”“核心素养立意” 高考评价体系的理念“核心价值引领”“核心素养立意”,是通过问题情境与情境活动两类载体来实 现的,即通过选取适宜的素材,再现学科理论产生的场景或是呈现现实中的问题情境,让学生在真 实的背景下发挥核心价值引领作用,运用必备知识和关键能力去解决实际问题,全面综合展现学 科素养水平. 真题再现 【例 1】(2020 山东,4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面 的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为 O),地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所 在平面所成角,点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面.在点 A 处放置一个日晷,若晷面 与赤道所在平面平行,点 A 处的纬度为北纬 40°,则晷针与点 A 处的水平面所成的角为( ) A.20° B.40° C.50° D.90° 试题解读 此题以中国古代用来测定时间的仪器日晷和地球为问题情境,考查立体几何中直线与 平面所成角的概念及计算,此题既能够引导学生关注天文、地理等自然学科,又能引导学生了解 中国古代文明,激发学生爱国情怀. 【例 2】(2020 山东,6)基本再生数 R0 与世代间隔 T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数 指一个感染者传染的平均人数,世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初 始阶段,可以用指数模型:I(t)=er t 描述累计感染病例数 I(t)随时间 t(单位:天)的变化规律,指数增长 率 r 与 R0,T 近似满足 R0=1+rT.有学者基于已有数据估计出 R0=3.28,T=6.据此,在新冠肺炎疫情 初始阶段,累计感染病例数增加 1 倍需要的时间约为(ln 2≈0.69)( ) A.1.2 天 B.1.8 天 C.2.5 天 D.3.5 天 试题解读 此题以当前世界各国正在防控的重大疫情新冠肺炎的传染为问题情境,用数学模型揭 示病毒传播规律,贴近生活.让学生感受到数学源于生活,高于生活,服务于生活.在考查相关的数 学知识和从资料中提取信息的能力,突出数学知识和数学模型的应用的同时,通过计算累计感染 病例数增加 1 倍仅需要 1.8 天的结果,进一步引起学生重视自身的防护,感受中国在抗击疫情中 取得的重大成就,关注世界各国疫情防控的情况,从而坚定特色社会主义制度的优越性,树立起正 确的人生观、价值观. 【例 3】(2020 山东,7)已知 P 是边长为 2 的正六边形 ABCDEF 内的一点,则 R · 的取值范围是 ( ) A.(-2,6) B.(-6,2) C.(-2,4) D.(-4,6) 试题解读 此题给考生以较大的想象空间,以及多样的选择性,虽然题干不长,条件不多,但考查了 “直观想象”“数学抽象”“数学运算”三大核心素养,以及数形结合的数学思想和建系求解的数学方 法. 【例 4】(2020 山东,12)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量 X 所有可能的取值为 1,2,…,n,且 P(X=i)=pi>0(i=1,2,…,n), ∑=1 pi=1,定义 X 的信息熵 H(X)=- ∑i=1 n pilog2pi.( ) A.若 n=1,则 H(X)=0 B.若 n=2,则 H(X)随着 p1 的增大而增大 C.若 pi= 1 (i=1,2,…,n),则 H(X)随着 n 的增大而增大 D.若 n=2m,随机变量 Y 所有可能的取值为 1,2,…,m,且 P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,…,m),则 H(X)≤H(Y) 试题解读 此题以信息论中的重要概念信息熵为问题情境,结合中学所学的对数,分布列等知识编 制题目,考查学生获取新知识的能力和对新问题的理解探究能力,引导学生关注前沿科学. 【例 5】(2020 山东,15)某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示.O 为圆孔 及轮廓圆弧 AB 所在圆的圆心,A 是圆弧 AB 与直线 AG 的切点,B 是圆弧 AB 与直线 BC 的切点,四 边形 DEFG 为矩形,BC⊥DG,垂足为 C,tan∠ODC= 3 5 ,BH∥DG,EF=12 cm,DE=2 cm,A 到直线 DE 和 EF 的距离均为 7 cm,圆孔半径为 1 cm,则图中阴影部分的面积为 cm2. 试题解读 此题以某中学开展劳动实习,学生加工制作零件为问题情境,给出了一个较为复杂的几 何图形,以及多个已知条件,考查学生处理复杂问题的逻辑思维的严密性,有序性,灵活性及解决实 际问题的能力,此题除对“逻辑推理”“数学运算”两大核心素养考查得比较深刻外,还充分体现了 高考命题对中学德智体美劳五育并举的引导. 【例 6】(2020 山东,19)为加强环境保护,治理空气污染,环境监测部门对某市空气质量进行调研, 随机抽查了 100 天空气中的 PM2.5 和 SO2 浓度(单位:μg/m3),得下表: SO2 PM2.5 [0,50](50,150](150,475] [0,35] 32 18 4 (35,75] 6 8 12 (75,115]3 7 10 (1)估计事件“该市一天空气中 PM2.5 浓度不超过 75,且 SO2 浓度不超过 150”的概率; (2)根据所给数据,完成下面的 2×2 列联表: SO2 PM2.5 [0,150](150,475] [0,75] (75,115] (3)根据(2)中的列联表,判断是否有 99%的把握认为该市一天空气中 PM2.5 浓度与 SO2 浓度有关? 试题解读 此题以加强环境保护,治理空气污染为问题情境,在重点考查学生概率统计知识,阅读理 解能力,“数据分析”“数学运算”两大核心素养的同时,还对引导学生增强环境保护的意识,提升科 学发展经济理念,对树立正确的人生观、价值观有积极的促进作用. 2.评价体系中的“四翼”考查要求在高考试题中的体现 (1)基础性要求的考查:创设基本层面的问题情境,要求学生调动单一的知识或技能解决问题.这种 考查方式与传统的考查方式基本上没有什么质的变化. 真题再现 【例 1】(2020 山东,1)设集合 A={x|1≤x≤3},B={x|2b>c>1,且 aclogbc>logca B.logcb>logba>logac C.logcb>logab>logcaD.logba>logcb>logac (2)如图,在 △ ABC 中,D 是 BC 的中点,E,F 是 AD 上的两个三等分点, · =4, · =-1,则 · = . 【对点训练 2】(1)(2020 浙江高考压轴卷,8)已知 a,b∈R,且 a>b,则( ) A. 1 1 B.sin a>sin b C. 1 3 1 3 D.a2>b2 (2)在平面直角坐标系中,设 A,B,C 是曲线 y= 1 - 1 上三个不同的点,且 D,E,F 分别为 BC,CA,AB 的中 点,则过 D,E,F 三点的圆一定经过定点 . 方法三 等价转化法 在应用等价转化法解决问题时,没有一个统一的模式去进行.可以在数与数、形与形之间进行转 换;可以在宏观上进行等价转换;也可以在函数、方程、不等式之间进行等价转化.但都需要保持 命题的真假不变.等价转化法的转化原则是将陌生的问题转化为熟悉的问题,将复杂的问题转化 为简单的问题,将抽象的问题转化为直观的问题,比如从超越式到代数式、从无理式到有理式,从 分式到整式. 【例 3】(1)函数 f(x)= log2 , > 0 , - 2 + , ≤ 0 ,有且只有一个零点的充分不必要条件是( ) A.a<0 B.01 (2)已知 f(x)与函数 y=-asin x 关于点 1 2 ,0 对称,g(x)与函数 y=ex 关于直线 y=x 对称,若对任意 x1∈ (0,1],存在 x2∈ π 2 ,2 ,使 g(x1)-x1≤f(x2)成立,则实数 a 的取值范围是( ) A. -∞, 1 sin1 B. 1 sin1 ,+∞ C. -∞, 1 cos1 D. 1 cos1 ,+∞ 【对点训练 3】(1)在四面体 P-ABC 中, △ ABC 为等边三角形,边长为 3,PA=3,PB=4,PC=5,则四面 体 P-ABC 的体积为( ) A.3 B.2 3C. 11 D. 10(2)(2020 福建福州模拟,16)已知函数 f(x)=ax-ln x-1,g(x)= 3 27 ,用 max{m,n}表示 m,n 中的最大值,设 φ(x)=max{f(x),g(x)}.若φ(x)≥ 3 在(0,+∞)上恒成立,则实数 a 的取值范围为 . 方法四 数形结合法 数形结合就是根据数学问题的题设和结论之间的内在联系,既分析其数量关系,又揭示其几何意 义,使数量关系和几何图形巧妙地结合起来,并充分地利用这种结合,探求解决问题的思路,使问题 得以解决的思考方法.每个几何图形中蕴含着一定的数量关系,而数量关系常常又通过图形的直 观性作出反映和描述,数与形之间可以相互转化,将问题化难为易,化抽象为具体.数形结合的思想 方法通过借数解形、以形助数,能使某些较复杂的数学问题迎刃而解. 【例 4】(1)(2020 山东模考卷,6)已知点 A 为曲线 y=x+ 4 (x>0)上的动点,B 为圆(x-2)2+y2=1 上的动 点,则|AB|的最小值是( ) A.3 B.4 C.3 2 D.4 2(2)(2020 山东,5)某中学的学生积极参加体育锻炼,其中有 96%的学生喜欢足球或游泳,60%的学 生喜欢足球,82%的学生喜欢游泳,则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的 比例是( ) A.62% B.56% C.46% D.42% (2)(2020 山东,5)某中学的学生积极参加体育锻炼,其中有 96%的学生喜欢足球或游泳,60%的学 生喜欢足球,82%的学生喜欢游泳,则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的 比例是( ) A.62% B.56% C.46% D.42% 【对点训练 4】(1)已知函数 f(x)= - 2 + 6 , 4 , 2 - 1 , ≥ 4 , 若存在实数 a,b,c,满足 f(a)=f(b)=f(c),其中 c>b>a,则(a+b)f(c)的取值范围是( ) A.(24,36) B.(48,54) C.(24,27) D.(48,+∞) (2)(多选)(2020 山东济南一模,12)已知函数 f(x)=(sin x+cos x)|sin x-cos x|,下列说法正确的是( ) A.f(x)是周期函数 B.f(x)在区间 - π 2 , π 2 上是增函数 C.若|f(x1)|+|f(x2)|=2,则 x1+x2= π 2 (k∈Z) D.函数 g(x)=f(x)+1 在区间[0,2π]上有且仅有 1 个零点 方法五 构造法 利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型,从而简化推理与计算过程,使较复杂的数学 问题得到简捷的解决.构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的,从曾经遇到过的类似 问题中寻找灵感,构造出相应的函数、概率、几何等具体的数学模型,使问题得到快速解决. 【例 5】(1)(2020 全国Ⅱ,理 11)若 2x-2y<3-x-3-y,则( ) A.ln(y-x+1)>0 B.ln(y-x+1)<0 C.ln|x-y|>0 D.ln|x-y|<0 (2)(2020 山东烟台模拟,16)设定义域为 R 的函数 f(x)满足 f'(x)>f(x),则不等式 ex-1f(x) ( 2 ) 2 ,记 a=25f(0.22),b=f(1),c=-log53(lo g 1 3 5),则 a,b,c 大小关系为( ) A.c>b>a B.b>c>a C.a>b>c D.a>c>b (2)(2020 浙江,9)已知 a,b∈R 且 ab≠0,对于任意 x≥0 均有(x-a)(x-b)(x-2a-b)≥0,则( ) A.a<0 B.a>0 C.b<0 D.b>0 方法六 排除法(针对选择题) 数学选择题的解题本质就是去伪存真,舍弃不符合题目要求的选项,找到符合题意的正确结论.排 除法(又叫筛选法)就是通过观察分析或推理运算各项提供的信息或通过特例,对于错误的选项逐 一剔除,从而获得正确的结论. 【例 6】(1)(2020 全国Ⅱ,文 5)已知单位向量 a,b 的夹角为 60°,则在下列向量中,与 b 垂直的是 ( ) A.a+2b B.2a+b C.a-2b D.2a-b (2)(2020 浙江高考压轴卷,7)函数 f(x)= e +1 ( 1 - e )(其中 e 为自然对数的底数)的图象大致为( ) 【对点训练 6】(1)(多选)(2020 山东联考,9)在下列函数中,最小值是 2 的是( ) A.y=x+ 1 B.y=2x+2-x C.y=sin x+ 1 sin ,x∈ 0 , π 2 D.y=x2-2x+3 (2)(2020 浙江,4)函数 y=xcos x+sin x 在区间[-π,π]上的图象可能是( ) 方法七 估算法 选择题提供了正确的选择支,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.估算法往往可以减少运 算量,但是加强了思维的层次. 【例 7】(2019 全国Ⅰ,文 4,理 4)古希腊时期,人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足 底的长度之比是 5 - 1 2 5 - 1 2 ≈0.618,称为黄金分割比例 ,著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外,最美 人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是 5 - 1 2 .若某人满足上述两个黄金分割比例, 且腿长为 105 cm,头顶至脖子下端的长度为 26 cm,则其身高可能是( ) A.165 cm B.175 cm C.185 cm D.190 cm 【对点训练 7】已知正数 x,y 满足 2x+y<4,则 +1 +1 的取值范围是( ) A. 1 3 , 5 B. 1 3 , 5 C. -∞, 1 3 ∪(5,+∞) D. -∞, 1 3 ∪[5,+∞) 专题方法归纳 1.解选择题、填空题的基本方法比较多,但大部分选择题、填空题的解法是直接法,在解题时要 根据题意灵活运用上述一种或几种方法“巧解”,在“小题小做”“小题巧做”上做文章,切忌盲目地 采用直接法. 2.由于选择题供选选项多、信息量大、正误混杂、迷惑性强,稍不留心就会误入“陷阱”,应该从 正反两个方向肯定、否定、筛选、验证,既谨慎选择,又大胆跳跃. 3.解填空题不要求求解过程,从而结论是判断正确的唯一标准,因此解填空题时要注意以下几个 方面: (1)要认真审题,明确要求,思维严谨、周密,计算要准确; (2)要尽量利用已知的定理、性质及已有的结论; (3)要重视对所求结果的检验. 4.作为平时训练,解完一道题后,还应考虑一下能不能用其他方法进行“巧算”,并注意及时总结,这 样才能有效地提高解题能力. 第 2 讲 函数与方程思想、数形结合思想 一、函数与方程思想 函数与方程思想,渗透到中学数学的各个领域,是历年高考考查的重点和热点.一般通过函数与导 数、三角函数、数列及解析几何等知识运用的交汇处,思想方法和相关能力的结合处进行考查. 思想方法诠释 1.函数的思想:是用运动和变化的观点,分析和研究数学中的数量关系,是对函数概念的本质认识, 建立函数关系或构造函数,运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题,从而使问题获得解决. 2.方程的思想:就是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,或者构造方程,通过解 方程或方程组,或者运用方程的性质去分析、转化问题,使问题获得解决.方程思想是动中求静,研 究运动中的等量关系. 3.函数思想与方程思想的联系: 函数思想与方程思想密切相关,对于函数 y=f(x),当 y=0 时,转化为方程 f(x)=0,也可以把函数 y=f(x)看作二元方程 y-f(x)=0. 函数与方程的问题可相互转化.求方程 f(x)=0 的解就是求函数 y=f(x)的零点.求方程 f(x)=g(x)的 解的问题,可以转化为求函数 y=f(x)-g(x)与 x 轴的交点问题. 思想分类应用 应用一 函数思想与方程思想的转换 【例 1】设函数 f(x)= 1 ,g(x)=ax2+bx(a,b∈R,a≠0),若 y=f(x)的图象与 y=g(x)的图象有且仅有两个 不同的公共点 A(x1,y1),B(x2,y2),则下列判断正确的是( ) A.当 a<0 时,x1+x2<0,y1+y2>0 B.当 a<0 时,x1+x2>0,y1+y2<0 C.当 a>0 时,x1+x2<0,y1+y2<0 D.当 a>0 时,x1+x2>0,y1+y2>0 思维升华求两个函数 f(x),g(x)图象的交点问题通常转化为求函数 F(x)=f(x)-g(x)的零点问题.而函 数 F(x)的零点问题也可以转化为两个函数图象的交点问题. 【对点训练 1】已知函数 f(x)的定义域为 R,且有 2f(x)+f(x2-1)=1,则 f(- 2 )= . 应用二 函数与方程思想在解三角形中的应用 【例 2】为了竖一块广告牌,要制造三角形支架,如图,要求∠ACB=60°,BC 的长度大于 1 m,且 AC 比 AB 长 1 2 m,为了稳固广告牌,要求 AC 越短越好,则 AC 最短为( ) A. 1 + 3 2 m B.2 m C.(1+ 3 )m D.(2+ 3 )m 思维升华函数思想的实质是使用函数方法解决数学问题(不一定只是函数问题),构造函数解题是 函数思想的一种主要体现.方程思想的本质是根据已知得出方程(组),通过解方程(组)解决问题. 【对点训练 2】已知 a,b,c 分别为 △ ABC 的内角 A,B,C 的对边,S 为 △ ABC 的面积,sin(B+C)= 2 2 - 2 . (1)证明:A=2C; (2)若 b=2,且 △ ABC 为锐角三角形,求 S 的取值范围. 应用三 函数与方程思想在比较大小或不等式中的应用 【例 3】(1)(2020 全国Ⅰ,理 12)若 2a+log2a=4b+2log4b,则( ) A.a>2b B.a<2b C.a>b2 D.a0 或 f(x)<0 恒成立,一般可转化为 f(x)min>0 或 f(x)max<0.已知恒成立求参数取值范围 可先分离参数,再利用函数最值求解. 【对点训练 3】(1)(2020 全国Ⅲ,文 10)设 a=log32,b=log53,c= 2 3 ,则( ) A.af(x)成立,则实数 a 的取值范围是( ) A.(0,2) B.(0,2)∪(-∞,-6) C.(-2,0) D.(-2,0)∪(6,+∞) 思维升华在解含有参数的不等式时,由于涉及参数,往往需要讨论,导致演算过程烦琐冗长.如果题 设与几何图形有联系,那么利用数形结合的方法,问题将会简练地得到解决. 【对点训练 2】(2020 北京,6)已知函数 f(x)=2x-x-1,则不等式 f(x)>0 的解集是( ) A.(-1,1) B.(-∞,-1)∪(1,+∞) C.(0,1) D.(-∞,0)∪(1,+∞) 应用三 数形结合思想在解析几何中的应用 【例 3】(2020 山东枣庄二模,8)已知点 P(m,n)是函数 y= - 2 - 2 图象上的动点,则|4m+3n-21|的 最小值是 ( ) A.25 B.21 C.20 D.4 思维升华 1.如果等式、代数式的结构蕴含着明显的几何特征,那么就要考虑用数形结合的思想 方法来解题,即用几何法求解,比较常见的有: (1) - - 表示两点(a,b),(m,n)连线的斜率; (2) ( - ) 2 + ( - ) 2 表示两点(a,b),(m,n)[或(b,a),(n,m)]之间的距离. 2.解析几何中的一些范围及最值问题,常结合几何图形的性质,使问题得到简便快捷地解决. 【对点训练 3】已知抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F,过点 F 且斜率为 1 的直线与抛物线 C 交于 A,B 两点,若在以线段 AB 为直径的圆上存在两点 M,N,在直线 l:x+y+a=0 上存在一点 Q,使得∠ MQN=90°,则实数 a 的取值范围为( ) A.[-13,3] B.[-3,1] C.[-3,13] D.[-13,13] 应用方法归纳 方程思想在解题中的应用主要表现在四个方面: (1)解方程或解不等式; (2)含参数的方程或不等式的讨论,常涉及一元二次方程的判别式、根与系数的关系、区间根、 区间上恒成立等知识的应用; (3)需要转化为方程的讨论,如曲线的位置关系等; (4)构造方程或不等式求解问题. 第 3 讲 分类讨论思想、转化与化归思想 一、分类讨论思想 分类讨论思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法,是中学数学四种重要的数学思想之一, 尤其在解决含参数问题中发挥着重要作用,大大提高了学生的解题能力与速度.运用这种方法的 关键是将题设条件研究透,并快速找准突破点.充分利用分类讨论思想将复杂问题分解成若干题 目涉及的知识角度进行求解.解题时要注意,按主元分类的结果应求并集,按参数分类的结果要分 类给出. 思想方法诠释 1.分类讨论的思想含义 分类讨论,就是当问题所给的对象不能进行统一研究时,就需要对研究对象按某个标准分类,然后 对每一类分别研究得出每一类的结论,最后综合各类结果得到整个问题的结果.实质上,分类讨论 是“化整为零,各个击破,再积零为整”的数学策略. 2.分类讨论的原则 (1)不重不漏;(2)标准要统一,层次要分明;(3)能不分类的要尽量避免,决不无原则地讨论. 3.分类讨论的常见类型 (1)由数学概念而引起的分类讨论;(2)由数学运算要求而引起的分类讨论;(3)由性质、定理、公 式的限制而引起的分类讨论;(4)由图形的不确定性而引起的分类讨论;(5)由参数的变化而引起的 分类讨论;(6)由实际意义引起的讨论. 思想分类应用 应用一 由数学的概念、定理、公式引起的分类讨论 【例 1】(1)(2020 安徽合肥二模,文 10)记 F1,F2 为椭圆 C: 2 +y2=1 的两个焦点,若 C 上存在点 M 满足 1 ·2 =0,则实数 m 的取值范围是( ) A. 0 , 1 2 ∪[2,+∞) B. 1 2 , 1 ∪[2,+∞) C. 0 , 1 2 ∪(1,2] D. 1 2 , 1 ∪(1,2] (2)设等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和 Sn>0(n=1,2,3,…),则 q 的取值范围是 . 思维升华 1.在中学数学中,一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的单调性,基本不等式,等 比数列的求和公式等在不同的条件下有不同的结论,或者在一定的限制条件下才成立,应根据题 目条件确定是否进行分类讨论. 2.有些分类讨论的问题是由运算的需要引发的.比如除以一个数时,这个数能否为零的讨论;解方 程及不等式时,两边同乘一个数,这个数是零、是正数还是负数的讨论;二次方程运算中对两根大 小的讨论;差值比较中的差的正负的讨论;有关去绝对值或根号问题中等价变形引发的讨论等. 【对点训练 1】(1)“a≤0”是“函数 f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)上单调递增”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 (2)(2020 广东茂名一模,理 12)已知函数 f(x)= 2 - + 1 , ≤ 1 , - ln , > 1 (a∈R),若函数 f(x)有四个零点,则 a 的取值范围是( ) A.(-∞,0) B.(e,+∞) C.(4,+∞) D.(4,e2) 应用二 由参数引起的分类讨论 【例 2】设函数 f(x)=ln(x+a)+x2.若 f(x)存在极值,求 a 的取值范围,并证明所有极值之和大于 ln e 2 . 思维升华含有参数的分类讨论问题主要包括:(1)含有参数的不等式的求解;(2)含有参数的方程的 求解;(3)函数解析式中含参数的最值与单调性问题;(4)二元二次方程表示曲线类型的判定等. 【对点训练 2】(2020 山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数 f(x)=mln x-x+ (m∈R). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)略 应用三 由图形位置或形状引起的分类讨论 【例 3】设 F1,F2 为椭圆 2 9 + 2 4 =1 的两个焦点,点 P 为椭圆上一点.已知 P,F1,F2 是一个直角三角 形的三个顶点,且|PF1|>|PF2|,则 R1 R2 的值为 . 思维升华圆锥曲线形状不确定时,常按椭圆、双曲线来分类讨论,求圆锥曲线的方程时,常按焦点 的位置不同来分类讨论. 【对点训练 3】设圆锥曲线 C 的两个焦点分别为 F1,F2,若曲线 C 上存在点 P 满足|PF1|∶|F1F2|∶ |PF2|=4∶3∶2,则曲线 C 的离心率等于 . 应用方法归纳 1.简化分类讨论的策略:(1)消去参数;(2)整体换元;(3)变更主元;(4)考虑反面;(5)整体变形;(6)数形 结合;(7)缩小范围等. 2.分类讨论遵循的原则:不遗漏、不重复,科学地划分,分清主次,不越级讨论. 二、转化化归思想 转化与化归思想方法,就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转 化,进而得到解决的一种方法.一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题,将难解的问题 通过变换转化为容易求解的问题,将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题. 思想方法诠释 1.转化与化归思想的含义 转化与化归的思想方法,就是在研究和解决有关数学问题时,采用某种手段将问题通过变换使之 转化,进而得到解决的一种思想方法. 2.转化与化归的原则 (1)熟悉化原则;(2)简单化原则;(3)直观化原则;(4)正难则反原则;(5)等价性原则. 3.常见的转化与化归的方法 (1)直接转化法;(2)换元法;(3)数形结合法;(4)构造法;(5)坐标法;(6)类比法;(7)特殊化方法;(8)等价 问题法;(9)补集法;(10)参数法. 思想分类应用 应用一 特殊与一般化 【例 1】(1) e4 16 , e5 25 , e6 36 (其中 e 为自然常数)的大小关系是( ) A. e4 16 e5 25 e6 36 B. e6 36 e5 25 e4 16 C. e5 25 e4 16 e6 36 D. e6 36 e4 16 e5 25 (2)(2020 河北武邑中学三模,16)已知实数 a,b,c,d 满足 - 2e = 2 - - 1 =1,其中 e 是自然对数的底数,那 么(a-c)2+(b-d)2 的最小值为 . 思维升华 1.当问题难以入手时,应先对特殊情形进行观察、分析,发现问题中特殊的数量或关系, 再推广到一般情形,以完成从特殊情形的研究到一般问题的解答的过渡,这就是特殊化的化归策 略. 2.数学题目有的具有一般性,有的具有特殊性,解题时,有时需要把一般问题化归为特殊问题,有时 需要把特殊问题化归为一般问题. 【对点训练 1】(2020 湖南长郡中学四模,11)若 0 ln3+1 3 > +1 e B. 2 +1 e 2 > +1 e > ln3+1 3 C. ln3+1 3 > +1 e > 2 +1 e 2 D. ln3+1 3 > 2 +1 e 2 > +1 e 应用二 命题等价转化 【例 2】(2020 上海考前压轴卷,11)已知 a,b,2c 是平面内三个单位向量,若 a⊥b,则 |a+4c|+2|3a+2b-c|的最小值是 . 思维升华本例题充分体现了命题等价转化的重要性,首先将条件“三个向量都是单位向量及 a⊥ b”,等价转化为“2c=e 及 a=(1,0),b=(0,1)”,这样就达到了变陌生为熟悉的目的;其次将“|a+2e|”等 价转化为“|2a+e|”,为求最值创造了有利条件同时也简化了运算;然后将“两向量模的和的最值”等 价转化为“两根式和的最值”,最后根据两根式和的几何意义,将问题等价转化为两点的距离. 【对点训练 2】(1)已知在(-∞,1]上单调递减的函数 f(x)=x2-2tx+1,且对任意的 x1,x2∈[0,t+1],总有 |f(x1)-f(x2)|≤2,则实数 t 的取值范围为( ) A.[- 2, 2 ] B.[1, 2 ] C.[2,3] D.[1,2] (2)(2020 河北武邑中学三模,5)若数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,a2=2,(Sn+1)(Sn+2+1)=( +1 + 1 ) 2 ,则 Sn=( ) A. ( +1 ) 2 B.2n-1 C.2n-1 D.2n-1+1 应用三 常量与变量的转化 【例 3】已知函数 f(x)=x3+3ax-1,g(x)=f'(x)-ax-5,其中 f'(x)是 f(x)的导函数.对满足-1≤a≤1 的一 切 a 的值,都有 g(x)<0,则实数 x 的取值范围为 . 思维升华在处理多变量的数学问题中,在常量(或参数)在某一范围取值的前提下求变量 x 的范围 时,经常进行常量与变量之间的转化,即可以选取其中的参数,将其看做是变量,而把变量看做是常 量,从而达到简化运算的目的. 【对点训练 3】设 f(x)是定义在 R 上的增函数,若 f(1-ax-x2)≤f(2-a)对任意 a∈[-1,1]恒成立,则 x 的取值范围为 . 应用四 函数、方程、不等式之间的转化 【例 4】已知不等式 xy≤ax2+2y2 对于 x∈[1,2],y∈[2,3]恒成立,则 a 的取值范围是( ) A.[1,+∞) B.[-1,4) C.[-1,+∞) D.[-1,6] 思维升华函数、方程与不等式三者之间存在着密不可分的联系,解决方程、不等式的问题需要 函数帮助,解决函数的问题需要方程、不等式的帮助,因此借助于函数、方程、不等式之间的转 化可以将问题化繁为简,常将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题;将不等式证明问题转 化为函数的单调性与最值问题;将方程的求解问题转化为函数的零点问题、两个函数图象的交 点问题等. 【对点训练 4】(1)(2020 山东菏泽一模,8)已知大于 1 的三个实数 a,b,c 满足(lg a)2-2lg alg b+lg blg c=0,则 a,b,c 的大小关系不可能是( ) A.a=b=c B.a>b>c C.b>c>a D.b>a>c (2)已知函数 f(x)=3e|x|.若存在实数 t∈[-1,+∞),使得对任意的 x∈[1,m],m∈Z,且 m>1,都有 f(x+t)≤3ex,求 m 的最大值. 应用五 正难则反的转化 【例 5】若对于任意 t∈[1,2],函数 g(x)=x3+ 2 +2 x2-2x 在区间(t,3)上总不为单调函数,则实数 m 的取值范围是 . 思维升华否定性命题,常要利用正反的相互转化,先从正面求解,再取正面答案的补集即可.一般地, 题目若出现多种成立的情形,则不成立的情形相对很少,从反面考虑较简单.因此,间接法多用于含 有“至多”“至少”及否定性命题情形的问题中. 【对点训练 5】安排甲、乙、丙、丁 4 人参加 3 个运动项目,每人只参加一个项目,每个项目都 有人参加.若甲、乙 2 人不能参加同一个项目,则不同的安排方案的种数为 .(用数字 作答) 应用方法归纳 1.在应用化归与转化的思想方法去解决数学问题时,没有一个统一的模式,它可以在数与数、形 与形、数与形之间进行转换. 2.转化与化归思想在解题中的应用 (1)在三角函数和解三角形中,主要的方法有公式的“三用”(顺用、逆用、变形用),角度的转化,函 数的转化,通过正弦、余弦定理实现边角关系的相互转化. (2)在解决平面向量与三角函数、平面几何、解析几何等知识的交汇题目时,常将平面向量语言 与三角函数、平面几何、解析几何语言进行转化. (3)在解决数列问题时,常将一般数列转化为等差数列或等比数列求解. (4)在利用导数研究函数问题时,常将函数的单调性、极值(最值)、切线问题,转化为由其导函数 f'(x)构成的方程、不等式问题求解. 第 4 讲 从审题中寻找解题思路 审题亦即提取有效信息,挖掘隐含信息,提炼关键信息.条件是题目的“泉眼”.为考核学生的观察、 理解、分析、推理等能力,高考试题往往变换概念的表述形式,精简试题从条件到结论的中间环 节,透析试题的条件之间的联系,隐去问题涉及的数学思想及背景.如何科学地审题是同学们最需 要掌握的基本技能.事实上,审题能力的培养并未引起应有的重视,很多同学热衷于题型的总结与 解题方法和技巧的训练,把数学学习等同于解题训练,一味地机械模仿导致应变能力不强,遇到陌 生的问题往往束手无策,致使解题失误或陷入误区. 审题与解题的关系 审题和解题是解答数学试题的重要两步,其中,审题是解题的前提,详细全面地审题为顺利解题扫 除大部分障碍,正确把握数学试题中的已知条件和所求,从题目关键词语中挖掘隐含条件、启发 解题思路,最短时间内理解条件和结论所包含的详细信息是保障解题效率与解题质量的必需条 件.解题作为审题活动的升华,是全面解答数学试题的核心. 怎样算是审清题意 怎样才算审清题意了呢?主要是弄清题目已经告诉了什么信息,需要我们去做什么,从题目本身获 取“如何解这道题”的逻辑起点、推理目标以及沟通起点与目标之间联系的更多信息.试题的条 件和结论是两个信息源,为了从中获取尽可能多的信息,我们要字斟句酌地分析条件、分析结论、 分析条件与结论之间的关系,常常还要辅以图形或记号,以求手段与目标的统一. 审题典例示范 一、审清条件信息 审视条件一般包括“挖掘隐含信息、洞察结构特征、洞悉图形趋势、研读图表数据”等几方面. 审题时要避开过去熟悉的同类题目的影响,看似相同,就按过去同类型题目进行求解,要审出同还 是不同,不能似是而非. 【例 1】(1)(2019 广东广州二模,文 12)若函数 f(x)=-x2(x2+ax+b)的图象关于直线 x=-1 对称,则 f(x) 的最大值是( ) A.-2 B.-1 C.0 D.1 (2)(2019 河北衡水高三联考,理 12)如图,在 △ ABC 中,∠ABC=90°,AB= 3 ,BC=1,P 为 △ ABC 内一 点,∠BPC=90°.若∠APB=150°,则 tan ∠PBA=( ) A. 3 2 B.- 3 2 C. 3 4 D.- 3 4 (1)审题指导一从题目条件中只能看到图象关于直线 x=-1 对称,但从已知中找不到与函数 f(x)的 零点的关系,所以应注意到方程 f(x)=0 隐含有重根 0,根据对称性,发现重根-2,确定函数 f(x)的解 析式,从而求出最大值. 审题指导二根据对称性可知 f(-2)=f(0),且 x=-1 是函数 f(x)的极值点,得到 f'(-1)=0,联立得到关于 a,b 的方程组,从而求出 f(x)的解析式,从而求出最大值. 审题指导三对于函数对称性问题,可以运用特殊值法.若函数 f(x)关于 x=a 对称,则满足 f(x+a)=f(a-x);若函数 f(x)关于(a,b)对称,则满足 f(x+a)+f(a-x)=2b. (2)审题指导一利用 Rt △ ABC 和 Rt △ BPC 的边角关系,求得∠PCB=∠ABP=θ,进而推出 PC=cos θ, 同理根据∠PCB+∠PCA=∠ACB=∠PCA+∠PAC,推出∠PAC=θ,将已知条件转化为已知两边及 其对角,解 △ APC,由正弦定理及同角三角函数关系,求得 tan ∠PBA. 审题指导二借助平面几何知识,过 A 点作 BP 延长线的垂线,构造 Rt △ ADB,利用 Rt △ ABC 和 Rt △ BPC 的边角关系,求得∠PCB=∠ABP=θ,解 Rt △ ADB、Rt △ BPC、Rt △ ADP,找出 AD、BD、 PD、BP 之间的关系,并用与θ有关的正、余弦表示出来,利用 BD=BP+PD 建立等量关系求解 tan ∠PBA. 二、审条件中的隐含 有的数学试题条件并不明显,审题时要注意挖掘隐含条件和信息,对条件进行再认识、再加工,只 有这样,方可避免因忽视隐含条件而出现错误.要注意已知条件中的概念本身容易疏忽的限定信 息,关注问题中易于疏忽的特殊情形、可能情形、相近概念之间的差异,要清晰定理成立、公式 存在的前提. 【例 2】(1)已知函数 f(x)= 2 sin 2 + π 4 +1 的图象在 0 , 1 2 上恰有一条对称轴和一个对称中心, 则实数ω的取值范围为( ) A. 3π 8 , 5π 8 B. 3π 8 , 5π 8 C. 3π 4 , 5π 4 D. 3π 4 , 5π 4(2)(2020 浙江考前模拟,10)若对圆(x-1)2+(y-1)2=1 上任意一点 P(x,y),|3x-4y+a|+|3x-4y-9|的取值与 x,y 无关,则实数 a 的取值范围是( ) A.(-∞,4] B.[-4,6] C.(-∞,4]∪[6,+∞) D.[6,+∞) (1)审题指导“f(x)的图象在 0 , 1 2 上”是指 x∈ 0 , 1 2 ,∴2ωx+ π 4 ∈ π 4 , + π 4 ,设 t=2ωx+ π 4 ,函数 y=sin t 在 π 4 , + π 4 上的对称轴为 t= π 2 ,t= 3π 2 ,…,对称中心为(π,0),(2π,0),…,f(x)的图象在 0 , 1 2 上恰有一条对 称轴和一个对称中心,隐含着 π 2 ∈ π 4 , + π 4 ,π∈ π 4 , + π 4 ,但 3π 2 ∉ π 4 , + π 4 . (2)审题指导一看到|3x-4y+a|+|3x-4y-9|联想点到直线的距离公式,能审出其表示的是点 P(x,y)到 两条平行直线 3x-4y+a=0 和 3x-4y-9=0 的距离之和; 审题指导二由距离之和与 x,y 无关,能审出隐含条件两条平行直线在圆的两侧,从而圆心(1,1)到 每条直线的距离都大于或等于半径 1,由此得到 a 的取值范围是 a≥6 或 a≤-4; 审题指导三由直线 3x-4y-9=0 的表达式,能审出该直线在圆的下方,所以另一直线必须在圆的上 方,从而舍去 a≤-4. 三、审条件中的结构特征 高考数学试题中的已知条件,很多都是以数式的结构形式进行搭配和呈现的.在这些问题的数式 结构中,往往隐含着某种特殊关系,我们不仅要认真审视数式的浅层结构特征,还要对数式结构进 行深入的分析、加工、转化,努力弄清其深层结构特征,在这个逐步清晰的过程中,力争寻找到突 破问题的方案. 【例 3】在 △ ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,已知 a=5, △ ABC 的面积 S △ ABC= 25 3 4 ,且 b2+c2-a2=accos C+c2cos A,则 sin B+sin C=( ) A.3 B. 9 3 2 C. 3 D.3 3 审题指导已知条件有 3 个.由 a=5 和 S △ ABC= 25 3 4 得不出结果,所以突破口为 b2+c2-a2=accos C+c2cos A,该条件是关于三边两角的关系式,等式左边的结构与余弦定理的变式 2bccos A 相等, 代换后进行化简得结论 A= π 3 ,此为解法一;观察该等式的右边,为减少变量进行角边的转换,利用边 表示角,得第二种解法. 四、审图形特点寻简捷 在一些高考数学试题中,问题的条件往往是以图形的形式给出,或将条件隐含在图形之中,因此在 审题时,最好画一个图,并在图中标出必要的条件和数据,画图的过程是一个熟悉问题的过程,是一 个对已知条件进行再认识的过程.不仅如此,还要善于观察图形,洞悉图形所隐含的特殊的关系、 数值的特点、变化的趋势,抓住图形的特征,利用图形所提供的信息来解决问题. 【例 4】(2020 北京,15)为满足人民对美好生活的向往,环保部门要求相关企业加强污水治理,排 放未达标的企业要限期整改.设企业的污水排放量 W 与时间 t 的关系为 W=f(t),用- ( )- ( ) - 的大小 评价在[a,b]这段时间内企业污水治理能力的强弱,已知整改期内,甲、乙两企业的污水排放量与 时间的关系如下图所示. 给出下列四个结论: ①在[t1,t2]这段时间内,甲企业的污水治理能力比乙企业强; ②在 t2 时刻,甲企业的污水治理能力比乙企业强; ③在 t3 时刻,甲、乙两企业的污水排放都已达标; ④甲企业在[0,t1],[t1,t2],[t2,t3]这三段时间中,在[0,t1]的污水治理能力最强. 其中所有正确结论的序号是 . 审题指导根据题目所给的甲、乙两企业污水排放量 W 与时间 t 的函数关系图象,能审出两函数 图象在不同的时间段的变化特征,但企业污水治理能力的强弱是用- ( )- ( ) - 来表示的,所以- ( )- ( ) - 的几何意义是解题的关键所在,若能审出- ( )- ( ) - 表示区间端点连线斜率的负数,问题迎刃而解. 五、审图表数据找关联 数据分析是数学学科核心素养之一.此类问题关注现实生活,试题中的图表、数据隐藏着丰富的 数据和信息及其内在联系,也往往暗示着解决问题的目标和方向,要求考生发现生活中的问题,学 着运用课堂上学到的知识来分析、解决.在审题时,要认真观察分析图表、数据的特征和规律,找 到其中的内在联系,为解决问题提供有效的途径. 【例 5】某公司计划购买 1 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: 记 x 表示 1 台机器在三年使用期内需更换的易损零件数,y 表示 1 台机器在购买易损零件上所需 的费用(单位:元),n 表示购机的同时购买的易损零件数. (1)若 n=19,求 y 与 x 的函数解析式; (2)若要求“需更换的易损零件数不大于 n”的频率不小于 0.5,求 n 的最小值; (3)假设这 100 台机器在购机的同时每台都购买 19 个易损零件,或每台都购买 20 个易损零件,分 别计算这 100 台机器在购买易损零件上所需费用的平均数,以此作为决策依据,购买 1 台机器的 同时应购买 19 个还是 20 个易损零件? 审题指导把统计与函数结合在一起进行考查,有综合性但难度不大. (1)当 n=19 时,探求 y 与 x 的函数解析式,由于机器使用前额外购买这种零件的价格与机器使用 期间再购买这种零件的价格不同,需对 1 台机器在三年使用期内需更换的易损零件数 x 与购机 的同时购买的易损零件数 n=19 加以比较,自然应用分类讨论思想对 x≤19 与 x>19,分别探求 y 与 x 的函数解析式; (2)本题的统计图表不是高频考查的频率分布直方图,而是统计图表中的柱状图; (3)许多考生没有读懂题意,本问是判断购买 1 台机器的同时应购买 19 个还是 20 个易损零件,而 判断的决策依据是:这 100 台机器在购买易损零件上所需费用的平均数,为此需计算两种方案时 的平均数.每一种方案,在求解其平均数时自然需要借助于柱状图. 六、审结论善转换 结论是解题的最终目标,解决问题的思维在很多情形下都是在目标意识下启动和定向的.审视结 论是要探索已知条件和结论间的联系与转化规律,可以从结论中捕捉解题信息,确定解题方向.有 些问题的结论看似不明确或不利于解决,我们可以转换角度,达到解决问题的目的. 【例 6】(2020 山东济南三模,16)已知函数 f(x)=2ln x,g(x)=ax2-x- 1 2 (a>0).若直线 y=2x-b 与函数 y=f(x),y=g(x)的图象均相切,则 a 的值为 ;若总存在直线与函数 y=f(x),y=g(x)的图象均 相切,则 a 的取值范围是 . 审题指导一将条件两函数 f(x)与 g(x)的图象都与直线相切,转换成两个函数的导数都等于该直线 的斜率,从而得到方程组,解出参数 a 的值. 审题指导二将条件总存在直线与函数 y=f(x),y=g(x)的图象均相切,首先转换成函数 f(x)的图象的 切线与函数 g(x)的图象相切,其次再转换成由 f(x)的图象的切线方程与函数 g(x)的解析式组成的 方程有两相等实根,然后将有两相等实根转换成判别式等于 0,从而得出关于参数 a 的表达式,最 后转换成求 a 的最小值. 七、审已知与结论建联系 高考试题的条件和结论是两个信息源,其条件和结论很多都是以数式的结构形式进行搭配和呈 现的.弄清问题不仅要弄清条件,弄清结论,还要弄清条件与所求结论的相互联系,以求手段与目标 的统一. 【例 7】(2020 山东济南 6 月模拟,8)在 △ ABC 中,cos A+cos B= 3 ,AB=2 3 .当 sin A+sin B 取最大 值时, △ ABC 内切圆的半径为( ) A.2 3 -3 B.2 2 -2 C. 1 3D.2 审题指导一求 sin A+sin B 取最大值时, △ ABC 内切圆的半径,首先要求出 sin A+sin B 取最大值时 角 A,B 所具备的关系. 审题指导二如何应用上已知条件 cos A+cos B= 3 是解决问题的突破口,条件是两角的余弦,要求 的最大值是两角的正弦,同角三角函数的平方公式能够将条件和要求的结论联系起来,从而找到 解决问题的思路. 审题策略归纳 1.试题的条件和结论是解题的两个信息源,题目的条件对于得出结论是充分的,解题的钥匙就放 在题目的条件里,其中的许多信息常常是通过语言文字、公式符号以及它们之间的联系间接地 告诉我们,所以,审题要逐字逐句看清楚,力求从语法结构、逻辑关系、数字含义、条件特征、答 题形式、数据联系等各方面真正弄懂题意.只有细致审题才能挖掘出来,避免发生会而不对、对 而不全的现象.欲速则不达,审题不要怕慢!当然这有待于平时的审题训练. 2.审题决定成败.审题是解题的一个重要步骤,通过审题收集信息、加工信息,熟悉题目并深入到 题目内部去思考、去分析,我们就会找到问题解决的突破口. 专题一 常考小题点 1.1 集合、常用逻辑用语、推理小题组合练 必备知识精要梳理 1.A∪B={x|x∈A 或 x∈B};A∩B={x|x∈A,且 x∈B}; ∁ UA={x|x∈U,且 x ∉ A};A∪ B=A ⇔ B ⊆ A,A∩B=A ⇔ A ⊆ B. 2.含有 n 个元素的集合,其子集、真子集、非空真子集的个数依次为 2n,2n-1,2n-2. 3.若 p ⇒ q,则 p 是 q 的充分条件,q 是 p 的必要条件;若 p ⇔ q,则 p 是 q 的充要条件. 4.充要条件的三种判断方法:(1)定义法,(2)集合法,(3)等价转化法. 5.“ ∀ x∈M,p(x)”的否定为“ ∃ x0∈M, p(x0)”;“ ∃ x0∈M,p(x0)”的否定为“ ∀ x∈M, p(x)”. 考向训练限时通关 考向 一 集合的概念 及运算 1.(2020 山东,1)设集合 A={x|1≤x≤3},B={x|21,则命题成立的一个必要不充分条件是( ) A.10,使方程 x2+x-m=0 有实根”的否定是( ) A.任意 m>0,使方程 x2+x-m=0 无实根 B.任意 m≤0,使方程 x2+x-m=0 有实根 C.存在 m>0,使方程 x2+x-m=0 无实根 D.存在 m≤0,使方程 x2+x-m=0 有实根 13.(多选)(2020 山东郓城一中期中,7)若命题“ ∃ x0∈ 1 2 , 2 ,使得 2 0 2 -λx0+1<0 成立”是假命题,则实 数λ的可能取值是( ) A. 3 2 B.2 2 C.3 D. 9 214.(2020 山东青岛 5 月模拟,13)已知命题“ ∃ x0∈R, 0 2 -mx0+1<0”是假命题,则实数 m 的取值范围 是 . 考向 四 逻辑推理 判断题 15.(2020 山东潍坊二模,3)甲、乙、丙三人中,一人是律师,一个是医生,一人是记者.已知丙的年龄 比医生大;甲的年龄和记者不同;记者的年龄比乙小.根据以上情况,下列判断正确的是( ) A.甲是律师,乙是医生,丙是记者 B.甲是医生,乙是记者,丙是律师 C.甲是医生,乙是律师,丙是记者 D.甲是记者,乙是医生,丙是律师 16.甲、乙、丙、丁四位同学参加一次数学智力竞赛,决出了第一名到第四名的四个名次.甲 说:“我不是第一名”;乙说:“丁是第一名”;丙说:“乙是第一名”;丁说:“我不是第一名”.成绩公布后,发 现这四位同学中只有一位说的是正确的.则获得第一名的同学为( ) A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 17.(2020 安徽马鞍山二模,16)根据疾病防控的需要,某医院要从感染科抽调两名医生随省医疗队 赴武汉参加抗疫工作,现有甲、乙、丙、丁、戊五名优秀医生申请作为志愿者参加.为确定最终 驰援武汉的人选,医院领导组五位成员先各推荐两名人员,分别为“丁、戊”“丙、戊”“甲、乙”“乙、 戊”“甲、丁”.根据最终入选名单发现五位领导中有一人推荐的两人都没有入选,其余四人推荐的 人选中各有一人入选.根据以上信息判断,最后随省医疗队参加抗疫的两名医生分别 是 . 1.2 函数、方程与不等式组合练 必备知识精要梳理 1.对于不等式 a>b,c>0 ⇒ ac>bc;a>b,c<0 ⇒ acb>0,c>d>0 ⇒ ac>bd. 2.当 a>0,b>0 时, ≤ + 2 ,当且仅当 a=b 时取等号. 3.二次函数的一般式:f(x)=ax2+bx+c(a≠0),其图象是以 x=- 2 为对称轴的抛物线;顶点式 f(x)=a(x- h)2+k(a≠0),(h,k)为顶点坐标;零点式 f(x)=a(x-x1)(x-x2)(a≠0),x1,x2 为零点. 4.若 ax2+bx+c=0(a≠0)的两个不相等实根为 x1,x2,则 x1,2=- ± 2 - 4 2 (Δ>0),x1+x2=- ,x1x2= . 5.求二次不等式 ax2+bx+c>0(或<0)(a≠0)的解集,先求其对应二次方程的根,再结合其对应的二次 函数的图象确定解的范围. 6.恒成立问题的转化:a>f(x)恒成立 ⇒ a>f(x)max;a≤f(x)恒成立 ⇒ a≤f(x)min. 7.能成立问题的转化:a>f(x)能成立 ⇒ a>f(x)min;a≤f(x)能成立 ⇒ a≤f(x)max. 考向训练限时通关 考向 一 不等式的性质与基 本不等式 1.(2020 北京海淀一模,4)已知实数 a,b,c 在数轴上对应的点如图所示,则下列式子中正确的是 ( ) A.b-a D.|b|c<|a|c 2.(多选)(2020 山东,11)已知 a>0,b>0,且 a+b=1,则 ( ) A.a2+b2≥ 1 2 B.2a-b> 1 2C.log2a+log2b≥-2 D. + ≤ 23.(多选)(2020 山东青岛 5 月模拟,9)设 a,b,c 为实数,且 a>b>0,则下列不等式中正确的是( ) A.log2(ab)>log2b2 B.ac2>bc2 C. <1< D. 1 2 > 1 2 4.(2020 江苏,12)已知 5x2y2+y4=1(x,y∈R),则 x2+y2 的最小值是 . 5.(2020 天津,14)已知 a>0,b>0,且 ab=1,则 1 2 + 1 2 + 8 + 的最小值为 . 考向 二 二次函数的图 象与性质 6.已知函数 f(x)=-x2+4x,x∈[m,5]的值域是[-5,4],则实数 m 的取值范围是( ) A.(-∞,-1) B.(-1,2] C.[-1,2] D.[2,5] 7.(2020 江西名校大联考,理 6)已知函数 f(x)= ln , ≥ 1 , - 2 + - 2 + 1 , 1 在 R 上为增函数,则实数 a 的 取值范围是( ) A.(-∞,1] B.[1,+∞) C.(-∞,2] D.[2,+∞) 8.(多选)(2020 山东联考,9)已知函数 f(x)=x2-2x+a 有两个零点 x1,x2,以下结论正确的是( ) A.a<1 B.若 x1x2≠0,则 1 1 + 1 2 = 2 C.f(-1)=f(3) D.函数 y=f(|x|)有四个零点 考向 三 二次函数与二 次不等式 9.已知函数 f(x)=x2+6x+1,若关于 x 的不等式 f(x)f(x2) C.f(x1)9} B.方程 x2+(m-3)x+m=0 有一正一负根的充要条件是 m∈{m|m<0} C.方程 x2+(m-3)x+m=0 有两正实数根的充要条件是 m∈{m│01} 16.(2020 安徽临泉一中月考,16)已知函数 g(x)=ax2-2ax+1+b(a>0)在区间[2,3]上有最大值 4 和最 小值 1,设 f(x)= ( ) .若不等式 f(2x)-k·2x≥0 在区间[-1,1]上恒成立,则实数 k 的取值范围 是 . 1.3 平面向量与复数组合练 必备知识精要梳理 1.复数的加、减、乘的运算法则与实数运算法则相同,除法的运算就是分母实数化. 2.复数 z=a+bi(a,b∈R)与复平面内的点 Z(a,b)及平面向量 一一对应,|z-(a+bi)|=r(r,a,b∈R)表 示复平面内以(a,b)为圆心,r 为半径的圆. 3.若 a=(x1,y1),b=(x2,y2)为非零向量,夹角为θ,则 a·b=|a||b|cos θ=x1x2+y1y2. 4.若 a=(x1,y1),b=(x2,y2),则 a∥b ⇔ a=λb(b≠0) ⇔ x1y2-x2y1=0;a⊥b ⇔ a·b=0 ⇔ x1x2+y1y2=0. 5.平面内三点 A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)共线 ⇔ ∥ ⇔ (x2-x1)(y3-y2)-(x3-x2)(y2-y1)=0. 考向训练限时通关 考向 一 复数的运算及复数的 几何意义 1.(2020 山东,2) 2 - i 1+2i =( ) A.1 B.-1 C.i D.-i 2.(2020 全国Ⅰ,理 1)若 z=1+i,则|z2-2z|=( ) A.0 B.1 C. 2 D.2 3.(多选)若复数 z= +2i 1 - i 在复平面内对应的点在第二象限内,则实数 a 的值可以是( ) A.1 B.0 C.-1 D.-2 4.(2020 全国Ⅱ,理 15)设复数 z1,z2 满足|z1|=|z2|=2,z1+z2= 3 +i,则|z1-z2|= . 考向 二 平面向量的概念及 线性运算 5.(多选)关于平面向量 a,b,c,下列说法中不正确的是 ( ) A.若 a∥b 且 b∥c,则 a∥c B.(a+b)·c=a·c+b·c C.若 a·b=a·c,且 a≠0,则 b=c D.(a·b)·c=a·(b·c) 6.(2020 山东泰安一模,6)如图,在 △ ABC 中,点 O 是 BC 的中点,过点 O 的直线分别交直线 AB,AC 于不同的两点 M,N,若 =m , =n ,则 m+n=( ) A.1 B. 3 2C.2 D.3 7.(多选)如图所示,四边形 ABCD 为梯形,其中 AB∥CD,AB=2CD,M,N 分别为 AB,CD 的中点,则下 列结论正确的是( ) A. = + 1 2 B. = 1 2 + 1 2 C. = + 1 4 D. = 1 2 8.(2020 全国Ⅰ,理 14)设 a,b 为单位向量,且|a+b|=1,则|a-b|= . 考向 三 平面向量基本定理及 坐标表示 9.(2020 山东,7)已知 P 是边长为 2 的正六边形 ABCDEF 内的一点,则 R · 的取值范围是( ) A.(-2,6) B.(-6,2) C.(-2,4) D.(-4,6) 10.(2020 全国Ⅲ,文 6)在平面内,A,B 是两个定点,C 是动点.若 · =1,则点 C 的轨迹为( ) A.圆 B.椭圆 C.抛物线 D.直线 11.(2020 安徽合肥一中模拟,10)如图,已知矩形 LMNK,LM=6,sin∠MLN= 2 3 ,圆 E 半径为 1,且 E 为 线段 NK 的中点,P 为圆 E 上的动点,设 R =λ +μ ,则λ+μ的最小值是( ) A.1 B. 5 4 C. 7 4 D.5 12.(2020 北京,13)已知正方形 ABCD 的边长为 2,点 P 满足 R = 1 2 ( + ),则 R ·R = . 考向 四 平面向量的 数量积 13.(2020 全国Ⅲ,理 6)已知向量 a,b 满足|a|=5,|b|=6,a·b=-6,则 cos=( ) A.- 31 35 B.- 19 35 C. 17 35 D. 19 3514.(2020 山东济南一模,3)体育锻炼是青少年学习生活中非常重要的组成部分.某学生做引体向 上运动,处于如图所示的平衡状态时,若两只胳膊的夹角为 60°,每只胳膊的拉力大小均为 400 N, 则该学生的体重(单位:kg)约为 ( ) (参考数据:取重力加速度大小为 g=10 m/s2, 3 ≈1.732) A.63 B.69 C.75 D.81 15.(多选)(2020 海南天一大联考模拟三,10)已知向量 a=( 3 ,1),b=(cos α,sin α),α∈ 0 , π 2 ,则下列结 论正确的有( ) A.|b|=1 B.若 a∥b,则 tan α= 3C.a·b 的最大值为 2 D.|a-b|的最大值为 3 16.(2020 全国Ⅱ,理 13)已知单位向量 a,b 的夹角为 45°,ka-b 与 a 垂直,则 k= . 专题二 函数与导数 考 情 分 析 函数与导数是高中数学的主干知识,是高考考查的重点内容,近几年高考命题的趋势是 稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,对函数与导数的考查多数为“三小 一大”或“四小一大”,题型遍布选择、填空与解答,难度上分层考查;基础题考查考生对必备 知识和基本方法的掌握;中档题考查的是“数学抽象”“逻辑推理”和“数学运算”三大核心素 养;导数与函数解答题综合考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低, 题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去. 2.1 函数概念、性质、图象专项练 必备知识精要梳理 1.函数的概念 (1)求函数的定义域的方法是依据含自变量 x 的代数式有意义来列出相应的不等式(组)求解. (2)求函数值域要优先考虑定义域,常用方法:配方法、分离常数法(分式函数)、换元法、单调性 法、基本不等式法、数形结合法、有界函数法(含有指、对数函数或正、余弦函数的式子). 2.函数的性质 (1)函数奇偶性:①定义:若函数的定义域关于原点对称,则有: f(x)是偶函数 ⇔ f(-x)=f(x)=f(|x|); f(x)是奇函数 ⇔ f(-x)=-f(x). ②判断方法:定义法、图象法、奇偶函数性质法(如奇函数×奇函数是偶函数). (2)函数单调性判断方法:定义法、图象法、导数法. (3)函数周期性的常用结论:若 f(x+a)=-f(x)或 f(x+a)=± 1 ( )(a≠0),则 T=2a;若 f(x+a)=f(x-b),则 T=a+b;若 f(x)的图象有两条对称轴 x=a 和 x=b(a≠b),则 T=2|b-a|;若 f(x)的图象有两个对称中心 (a,0)和(b,0),则 T=2|b-a|(类比正、余弦函数). 3.函数的图象 (1)函数图象的判断方法:①找特殊点;②看性质:根据函数性质判断图象的位置,对称性,变化趋势 等;③看变换:看函数是由基本初等函数经过怎样的变换得到. (2)若 y=f(x)的图象关于直线 x=a 对称,则有 f(a+x)=f(a-x)或 f(2a-x)=f(x)或 f(x+2a)=f(-x);若 y=f(x) 对 ∀ x∈R,都有 f(a-x)=f(b+x),则 f(x)的图象关于直线 x= + 2 对称;若 y=f(x)对 ∀ x∈R 都有 f(a-x)=b- f(x),即 f(a-x)+f(x)=b,则 f(x)的图象关于点 2 , 2 对称. (3)函数 y=f(x)与 y=f(-x)的图象关于 y 轴对称,函数 y=f(a-x)和 y=f(b+x)的图象关于直线 x= - 2 对 称;y=f(x)与 y=-f(x)的图象关于 x 轴对称;y=f(x)与 y=-f(-x)的图象关于原点对称. (4)利用图象可解决函数的最值、方程与不等式的解以及求参数范围问题. 考向训练限时通关 考向 一 函数及其相 关概念 1.(2020 安徽合肥一中模拟,理 1)设集合 A={x|y=lg(x-3)},B={y|y=2x,x∈R},则 A∩B 等于( ) A. ⌀ B.R C.{x|x>3} D.{x|x>0} 2.(多选)符号[x]表示不超过 x 的最大整数,如[3.14]=3,[-1.6]=-2,定义函数:f(x)=x-[x],则下列命题正 确的是( ) A.f(-0.8)=0.2 B.当 1≤x<2 时,f(x)=x-1 C.函数 f(x)的定义域为 R,值域为[0,1) D.函数 f(x)是增函数、奇函数 3.(2020 北京,11)函数 f(x)= 1 +1 +ln x 的定义域是 . 4.设函数 f(x)= e , ≤ 0 , ln , > 0 ,则 f 1 2 = ,f(f(x))=1 的解集为 . 考向 二 函数的 性质 5.(2020 天津,6)设 a=30.7,b= 1 3 - 0 . 8 ,c=log0.70.8,则 a,b,c 的大小关系为( ) A.a 4 ,则 f(5+log26)的值为 . 考向 三 函数的 图象 9.(2020 天津,3)函数 y= 4 2 +1 的图象大致为( ) 10.(2020 山西太原二模,理 6)函数 f(x)= 1 - ln ( +1 ) 的图象大致为( ) 11.(2020 山东济宁 6 月模拟,5)函数 f(x)=cos x·sin e - 1 e +1 的图象大致为( ) 考向 四 函数的概念、性质、 图象的综合 12.(多选)(2020 山东淄博 4 月模拟,12)函数 f(x)在[a,b]上有定义,若对任意 x1,x2∈[a,b],有 f 1+2 2 ≤ 1 2 [f(x1)+f(x2)],则称 f(x)在[a,b]上具有性质 P.设 f(x)在[1,3]上具有性质 P,则下列说法错 误的是 ( ) A.f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的 B.f(x2)在[1, 3 ]上具有性质 P C.若 f(x)在 x=2 处取得最大值 1,则 f(x)=1,x∈[1,3] D.对任意 x1,x2,x3,x4∈[1,3],有 f 1+2+3+4 4 ≤ 1 2 [f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)] 13. (2020 北京海淀一模,15)如图,在等边三角形 ABC 中,AB=6.动点 P 从点 A 出发,沿着此三角形三边 逆时针运动回到 A 点,记点 P 运动的路程为 x,点 P 到此三角形中心 O 距离的平方为 f(x),给出下 列三个结论: ①函数 f(x)的最大值为 12; ②函数 f(x)的图象的对称轴方程为 x=9; ③关于 x 的方程 f(x)=kx+3 最多有 5 个实数根. 其中,所有正确结论的序号是 . 2.2 热点小专题一、函数的零点及函数的应用 必备知识精要梳理 1.零点存在性定理:如果函数 y=f(x)在区间[a,b]上的图象是一条连续曲线,且有 f(a)f(b)<0,那么函 数 y=f(x)在区间[a,b]内有零点,即存在 c∈(a,b),使得 f(c)=0,此时这个 c 就是方程 f(x)=0 的根. 2.函数 F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方程 f(x)=g(x)的根,即函数 y=f(x)与 y=g(x)的图象交点的横坐标. 3.判断函数零点个数的方法: (1)利用零点存在性定理判断法; (2)代数法:求方程 f(x)=0 的实数根; (3)几何法:对于不易求根的方程,将它与函数 y=f(x)的图象联系起来,利用函数的性质找出零点或 利用两个函数图象的交点求解.在利用函数性质时,可用求导的方法判断函数的单调性. 关键能力学案突破 热点 一 判断函数零点所 在的区间 【例 1】(1)如图是二次函数 f(x)=x2-bx+a 的部分图象,则函数 g(x)=ex+f'(x)的零点所在的大致区 间是( ) A.(-1,0) B.(0,1) C.(1,2) D.(2,3) (2)(2020 湖北恩施高中月考,理 11)已知单调函数 f(x)的定义域为(0,+∞),对于定义域内任意 x,f([f(x)-log2x])=3,则函数 g(x)=f(x)+x-7 的零点所在的区间为( ) A.(1,2) B.(2,3) C.(3,4) D.(4,5) 解题心得判断函数 y=f(x)在某个区间上是否存在零点,主要利用函数零点的存在性定理进行判断. 首先看函数 y=f(x)在区间[a,b]上的图象是否连续,然后看是否有 f(a)·f(b)<0.若有,则函数 y=f(x)在 区间(a,b)内必有零点. 【对点训练 1】设定义域为(0,+∞)的单调函数 f(x)对任意的 x∈(0,+∞),都有 f[f(x)-ln x]=e+1,若 x0 是方程 f(x)-f'(x)=e 的一个解,则 x0 可能存在的区间是 ( ) A.(0,1) B.(e-1,1) C.(0,e-1) D.(1,e) 热点 二 判断函数零点 的个数 【例 2】函数 f(x)=2x|log0.5x|-1 的零点个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解题心得判断函数 y=f(x)的零点个数时,常用以下方法: (1)解方程:当对应方程易解时,可通过解方程,判断函数零点的个数; (2)根据函数的性质结合已知条件进行判断; (3)通过数形结合进行判断,画函数图象,观察图象与 x 轴交点的个数来判断. 【对点训练 2】(2020 山东滨州二模改编,16)设 f(x)是定义在 R 上且周期为 6 的周期函数,若函数 y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称,函数 y=f(x)在区间[-n,n](其中 n∈N*)上的零点的个数的最小值为 an,则 a11= . 热点 三 已知函数零点个数求 参数范围 【例 3】(2020 山东潍坊二模,16)已知函数 f(x)= ln , ≥ 1 , 2 3 - 3 2 + 1 , 1 ,当 x∈[-1,e]时,f(x)的最小值 为 ,设 g(x)=[f(x)]2-f(x)+a,若函数 g(x)有 6 个零点,则实数 a 的取值范围 是 . 解题心得已知函数有零点(方程有根),求参数的取值范围常用的方法: (1)直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围. (2)分离参数法:先将参数分离,再转化成求函数值域问题加以解决. (3)数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,再数形结合求解. 【对点训练 3】(2020 山东淄博 4 月模拟,7)已知函数 f(x)= e , ≤ 0 , ln , > 0 ,g(x)=f(x)+x+a.若 g(x)存在 2 个零点,则 a 的取值范围是( ) A.[-1,0) B.[-1,+∞) C.[0,+∞) D.[1,+∞) 热点 四 函数的 应用 【例 4】(2020 山东,6)基本再生数 R0 与世代间隔 T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数 指一个感染者传染的平均人数,世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初 始阶段,可以用指数模型:I(t)=er t 描述累计感染病例数 I(t)随时间 t(单位:天)的变化规律,指数增长 率 r 与 R0,T 近似满足 R0=1+rT.有学者基于已有数据估计出 R0=3.28,T=6.据此,在新冠肺炎疫情 初始阶段,累计感染病例数增加 1 倍需要的时间约为(ln 2≈0.69)( ) A.1.2 天 B.1.8 天 C.2.5 天 D.3.5 天 解题心得解决函数应用问题的步骤 (1)审题:弄清题意,分清条件和结论,理顺数量关系,初步选择数学模型; (2)建模:将自然语言转化为数学语言,将文字语言转化为符号语言,利用数学知识,建立相应的数 学模型; (3)解模:求解数学模型,得出数学结论; (4)还原:将数学结论还原为实际问题的意义. 【对点训练 4】(2020 全国Ⅲ,理 4)Logistic 模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域.有 学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数 I(t)(t 的单位:天)的 Logistic 模 型:I(t)= 1+e - 0 . 23 ( - 53 ),其中 K 为最大确诊病例数.当 I(t*)=0.95K 时,标志着已初步遏制疫情,则 t*约为 (ln 19≈3)( ) A.60 B.63 C.66 D.69 核心素养微专题(一) 例析“逻辑推理”在函数零点问题上的应用 【例 1】已知函数 f(x)= | + 3 |, ≤ 0 , 3 - 12 + 3 , > 0 , 设 g(x)=kx+1,且函数φ(x)=f(x)-g(x)的图象经过四个象 限,则实数 k 的取值范围为 . 核心素养分析解题的“逻辑推理”过程如下: 函数φ(x)=f(x)-g(x)的图象经过四个象限等价于φ(x)在 x>0 和 x<0 时函数值有正有负,若φ(x)连续, 则在 y 轴两侧有变号的零点,即 f(x)与 g(x)的图象在 y 轴两侧存在交点,且在交点处一个函数的图 象穿过了另一个函数的图象.抓住临界情形:当 k>0 时,过定点(0,1)的直线 g(x)要在 y 轴左侧有交 点,则 k< 1 3 当 k= 1 3 ,且 x<0 时,f(x)≥g(x)恒成立,φ(x)不过第三象限 ,即此时 k∈ 0 , 1 3 ;当 k<0 时,过 定点(0,1)的直线要在 y 轴右侧有交点,则 k>-9(当 k=-9 时,直线 g(x)与曲线 f(x)相切,同样 k=-9 不 符合题意),即 k∈(-9,0);k=0 也符合题意.综上可知,k∈ - 9 , 1 3 . 【例 2】已知函数 f(x)= 3 - 3 + 2 , ≥ , 3 + 3 - 4 , , 若存在 x0<0,使得 f(x0)=0,则实数 a 的取值范围 是 . 核心素养分析解题的“逻辑推理”过程如下: 函数 f(x)= 3 - 3 + 2 , ≥ , 3 + 3 - 4 , 的零点 ⇔ f(x)=x3-3|x-a|-a 的零点(分段函数 ⇒ 一般函数) ⇔ 方程 x3=3|x-a|+a 的根 ⇔ 函数 y=x3 与 y=3|x-a|+a 的图象的交点的横坐标(零点 ⇒ 交点).所以由题意知, 能让函数 y=x3 与 y=3|x-a|+a 的图象的交点的横坐标是负数的,a 的取值满足题意. 画图:y=3|x-a|+a 是顶点(a,a)在第一、三象限角平分线上“移动”,且开口向上的“V 字形”, 当 a≥0 时,因为 3|x-a|+a>0,所以不符合题意, 当 a<0 时,若 x≥a,则有 x3=3x-2a,若 x0 C.a>-1,b<0 D.a>-1,b>0 2.3 热点小专题二、导数的应用 必备知识精要梳理 1.导数的几何意义 函数 y=f(x)在点 x0 处的导数是曲线 y=f(x)在 P(x0,f(x0))处的切线的斜率 f'(x0). 2.常用的导数及求导法则 (1)(xm)'=m - 1 ,(sin x)'=cos x,(cos x)'=-sin x,(ex)'=ex,(ln x)'= 1 ,(ax)'=axln a,(logax)'= 1 ln . (2)[f(x)+g(x)]'=f'(x)+g'(x);[f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x); ( ) ( ) '= '( ) ( )- ( ) '( ) 2 ( ) [g(x)≠0]. 3.函数的极值、最值 (1)若在 x0 附近左侧 f'(x)>0,右侧 f'(x)<0,则 f(x0)为函数 f(x)的极大值;若在 x0 附近左侧 f'(x)<0,右 侧 f'(x)>0,则 f(x0)为函数 f(x)的极小值. (2)设函数 y=f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,则 f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值且在极值点或 端点处取得. 关键能力学案突破 热点 一 利用导数求曲 线的切线 【例 1】(1)(2020 福建福州模拟,理 7)已知函数 f(x)为偶函数,当 x<0 时,f(x)=x2-ln(-x),则曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程为( ) A.x-y=0 B.x-y-2=0 C.x+y-2=0 D.3x-y-2=0 (2)(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解题心得求曲线 y=f(x)的切线方程的三种类型及方法 (1)已知切点 P(x0,y0)求切线方程,利用 k=f'(x0),再由点斜式写出方程. (2)已知切线的斜率为 k 求切线方程,设切点 P(x0,y0),通过方程 k=f'(x0),解得 x0,再由点斜式写出方 程. (3)已知切线上非切点的一点(a,b)求切线方程,设切点 P(x0,y0),则 k=f'(x0)= 0 - 0 - ,y0=f(x0)解得 x0,再由 点斜式写出方程. 【对点训练 1】(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 (2)(2020 山东德州二模,14)已知 f(x)为奇函数,当 x<0 时,f(x)=ex3+2e-x,则曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的 切线方程是 . 热点 二 已知曲线的切线方程 求参数的值 【例 2】(2020 天津河北区线上测试,17)已知函数 f(x)=axln x-bx(a,b∈R)在点(e,f(e))处的切线方 程为 y=3x-e,则 a= ,b= . 解题心得解决已知曲线的切线方程求参数问题的一般思路是:利用方程的思想求解,即设出切点 坐标,求出函数在切点的导数得切线的斜率,由斜率相等得一方程,由切点坐标代入函数解析式,又 得一方程,联立求解即可. 【对点训练 2】若函数 f(x)=x-aln x 在点(1,1)处的切线方程为 y=2x-1,则实数 a= . 热点 三 求参数的取值范围 (多维探究) 类型一 已知函数单调性求参数范围 【例 3】(1)若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)上单调递增,则 k 的取值范围是( ) A.(-∞,-2] B.(-∞,-1] C.[2,+∞) D.[1,+∞) (2)若函数 f(x)=x2-4ex-ax 在 R 上存在单调递增区间,则实数 a 的取值范围为 . 解题心得利用导数求单调区间(或证明单调性),只要在函数定义域内解(或证明)不等式 f'(x)>0 或 f'(x)<0.已知函数的单调性,则转化为不等式 f'(x)≥0 或 f'(x)≤0 在单调区间上恒成立问题来求解. 【对点训练 3】(1)若函数 f(x)=x- 1 3 sin 2x+asin x 在区间(-∞,+∞)单调递增,则 a 的取值范围是( ) A.[-1,1] B. -1, 1 3 C. - 1 3 , 1 3 D. -1,- 1 3 (2)设 f(x)=ex(ln x-a),若函数 f(x)在区间 1 e ,e 上单调递减,则实数 a 的取值范围 为 . 类型二 已知极值、最值或恒成立求参数范围 【例 4】(1)(2020 山东青岛 5 月模拟,8)已知函数 f(x)= ln 2 ,若 f(x)e B.m> e 2 C.m>1 D.m> e(2)函数 f(x)=ln x+ 1 2 x2-ax(x>0)在区间 1 2 ,3 上有且仅有一个极值点,则实数 a 的取值范围是( ) A. 5 2 ,3 B. 5 2 , 10 3 C. 5 2 , 10 3 D. 2, 10 3解题心得在有关函数不等式恒成立的情况下求参数的范围问题,通过对问题的转化,一般都变成 通过研究函数的极值、最值得到参数的范围;能分离出参数更是直接求最值问题.已知函数的极 值点求参数的问题,最终还是通过求最值得到解决. 【对点训练 4】设函数 f(x)= 3 sin π .若存在 f(x)的极值点 x0 满足 02 +[f(x0)]20),问 O'E 为多少米时,桥墩 CD 与 EF 的总造价最低? 解题心得关于三角函数,几何体的表面积、体积及实际问题中的最值问题,一开始想到的往往并 不是用导数的方法求最值,但在一般方法不易求的情况下,能想到用导数的方法求最值,问题就容 易多了. 【对点训练 6】(1)(2020 湖南湘潭三模,理 7)某莲藕种植塘每年的固定成本是 1 万元,每年最大规 模的种植量是 8 万斤,每种植一斤藕,成本增加 0.5 元.如果销售额函数是 f(x)=- 1 8 x3+ 9 16 ax2+ 1 2 x(x 是 莲藕种植量,单位:万斤;销售额的单位:万元,a 是常数),若种植 2 万斤,利润是 2.5 万元,则要使利润 最大,每年需种植莲藕( ) A.8 万斤 B.6 万斤 C.3 万斤 D.5 万斤 (2)(2020 四川三台中学期中,理 12)如图所示,四边形 ABCD 是边长为 30 cm 的正方形硬纸片,切去 阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得 A,B,C,D 四个点重合于图中的 点 P,正好形成一个底面是正方形的长方体包装盒,若要包装盒容积最大,则 EF 的长为 cm. 核心素养微专题(二) 例析“数学建模”在导数研究函数中的应用 【例 1】已知 f(x)=x+1,g(x)=ln x,若 f(x1)=g(x2),则 x2-x1 的最小值为( ) A.1 B.2+ln 2 C.2-ln 2 D.2 核心素养分析要求 x2-x1 的最小值,需要建立关于 x2-x1 的函数模型,即用某一个量表示出 x2-x1,依 据已知条件,可设 f(x1)=g(x2)=t,从而用 t 表示出 x2 和 x1,从而得到关于 x2-x1 的函数模型,研究函数 模型得出最值. 【例 2】(2020 安徽马鞍山二模,12)已知函数 f(x)的定义域为 - π 2 , π 2 ,f'(x)是 f(x)的导函数,f'(x)cos x+f(x)sin x<0,则关于 x 的不等式 f(x)< 2 f π 4 cos x 的解集为( ) A. - π 2 , π 4 B. - π 4 , π 4 C. π 4 , π 2 D. - π 2 ,- π 4 ∪ π 4 , π 2 核心素养分析要求不等式 f(x)< 2 f π 4 cos x 的解集,因题目条件中并没有 f(x)的解析式,所以必须 要构建一个函数模型,通过该函数模型的单调性解不等式.构建函数模型的依据是条件 f'(x)cos x+f(x)sin x<0,由“直观想象”得 g(x)=f(x)cos x,但 g'(x)=f'(x)cos x-f(x)sin x 不合题意,能改变符号的 是相除求导,所以构建的函数模型是 g(x)= ( ) cos . 2.4 压轴题大题 1 导数在函数中的应用 2.4.1 函数的单调性、极值点、极值、最值 必备知识精要梳理 1.函数的导数与单调性的关系 函数 y=f(x)在(a,b)内可导, (1)若 f'(x)>0 在(a,b)内恒成立,则 f(x)在(a,b)内单调递增; (2)若 f'(x)<0 在(a,b)内恒成立,则 f(x)在(a,b)内单调递减. 2.函数的导数与单调性的等价关系 函数 f(x)在(a,b)内可导,f'(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于 0.f'(x)≥0 ⇔ f(x)在(a,b)上为增函 数.f'(x)≤0 ⇔ f(x)在(a,b)上为减函数. 3.函数的极值、最值 (1)若在 x0 附近左侧 f'(x)>0,右侧 f'(x)<0,则 f(x0)为函数 f(x)的极大值;若在 x0 附近左侧 f'(x)<0,右 侧 f'(x)>0,则 f(x0)为函数 f(x)的极小值. (2)设函数 y=f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,则 f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值且在极值点或 端点处取得. (3)若函数 f(x)在[a,b]上单调递增,则 f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数 f(x)在[a,b] 上单调递减,则 f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值. 4.两个常用结论 (1)ln x≤x-1;(2)ex≥x+1. 5.构造辅助函数的四种方法 (1)移项法:不等式 f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数 h(x)=f(x)-g(x); (2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数;把不等式转化为左右两边是相 同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数; (3)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A 的不等式,可选 x1(或 x2)为主元,构造函数 f(x,x2)(或 f(x1,x)); (4)放缩法:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构造函数. 关键能力学案突破 热点 一 求单调区间或讨论单调性 (多维探究) 类型一 求不含参数的函数的单调区间 【例 1】已知函数 h(x)=ln x-ax(a∈R).设 f(x)=h(x)+ ln +(a+1)x,求函数 f(x)的单调区间. 解题心得求 f(x)的单调区间,需知 f'(x)的正负,若 f'(x)不含参数,但又不好判断正负,将 f'(x)中正负 不定的部分设为 g(x),对 g(x)再进行一次或二次求导,由 g'(x)的正负及 g(x)的零点判断出 g(x)的正 负,进而得出 f'(x)的正负. 【对点训练 1】设 f(x)=ln x,g(x)= 1 2 x|x|.令 F(x)=xf(x)-g(x),求 F(x)的单调区间. 类型二 讨论含参数的函数的单调性 【例 2】设 a>0,讨论函数 f(x)=ln x+a(1-a)x2-2(1-a)x 的单调性. 解题心得对于含参数的函数的单调性的讨论,常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个: 分类讨论点 1:求导后,考虑 f'(x)=0 是否有实根,从而引起分类讨论; 分类讨论点 2:求导后,f'(x)=0=有实根,但不清楚 f'(x)=0 的实根是否落在定义域内,从而引起分类 讨论; 分类讨论点 3:求导后,f'(x)=0=有实根,f'(x)=0 的实根也落在定义域内,但不清楚这些实根的大小 关系,从而引起分类讨论. 【对点训练 2】(2020 全国Ⅱ,文 21)已知函数 f(x)=2ln x+1. (1)若 f(x)≤2x+c,求 c 的取值范围; (2)设 a>0,讨论函数 g(x)= ( )- ( ) - 的单调性. 热点 二 讨论函数极值 点的个数 【例 3】设函数 f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中 a∈R.讨论函数 f(x)极值点的个数,并说明理由. 解题心得利用导数求含参数的原函数的单调区间→极值→最值→恒成立问题的步骤: 1.求函数定义域; 2.求导→通分或因式分解或二次求导(目的:把导函数“弄熟悉”); 3.对参数分类,分类的层次:(1)按导函数的类型分大类; (2)按导函数是否有零点分小类; (3)在小类中再按导函数零点的大小分小类; (4)在小类的小类中再按零点是否在定义域中分小类. 【对点训练 3】设函数 f(x)=x2+bln(x+1),其中 b≠0. (1)当 b> 1 2 时,判断函数 f(x)在定义域上的单调性; (2)当 b≠0 时,求函数 f(x)的极值点. 热点 三 求函数的极 值、最值 【例 4】已知函数 f(x)=ln x-kx+k(k∈R),求 f(x)在[1,2]上的最小值. 解题心得求最值的常用方法是由导数确定单调性,由单调性确定极值,比较极值与定义域的端点 值确定最值.若有唯一的极值点,则其为最值点. 【对点训练 4】(2020 北京,19)已知函数 f(x)=12-x2. (1)求曲线 y=f(x)的斜率等于-2 的切线方程; (2)设曲线 y=f(x)在点(t,f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 S(t),求 S(t)的最小值. 热点 四 在恒成立中求参数的 极值、最值 【例 5】设 a>0,若 ln 1+ | | 1 -| | ≥a|x|对 x∈(-1,1)恒成立,求 a 的最大值. 解题心得洛比达法则:如果当 x→x0(x0 也可以是±∞)时,两个函数 f(x)和 g(x)都趋向于零或都趋向 于无穷大,那么极限 lim → 0 f ( x ) g ( x ) 可能存在,也可能不存在.我们称这类极限为 0 0 型或∞ ∞ 型不定式极限.对 于这类极限,一般要用洛比达法则来求. 定理 1:若函数 f(x)和 g(x)满足条件: (1)f(x)和 g(x)在 x0 的某个去心邻域内可导,且 g'(x)≠0. (2) x → x0 f(x)= lim → 0 g(x)=0. (3) lim → 0 '( ) '( )=a,则有 lim → 0 ( ) ( ) = lim → 0 '( ) '( )=a. 定理 2:若函数 f(x)和 g(x)满足条件: (1)f(x)和 g(x)在 x0 的某个去心邻域内可导,且 g'(x)≠0. (2) lim → 0 f(x)= lim → 0 g(x)=∞. (3) lim → 0 '( ) '( )=a,则有 lim → 0 ( ) ( ) = lim → 0 '( ) '( )=a. 在定理 1 和定理 2 中,将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛比达法则. 【对点训练 5】(2020 广东茂名一模,理 20)设函数 f(x)=ex-mx+n,曲线 y=f(x)在点(ln 2,f(ln 2))处的 切线方程为 x-y-2ln 2=0. (1)求 m,n 的值; (2)当 x>0 时,若 k 为整数,且 x+1>(k-x)[f(x)+x+1],求 k 的最大值. 2.4.2 应用导数求参数的值或范围 必备知识精要梳理 1.函数不等式的类型与解法 (1) ∀ x∈D,f(x)≤k ⇔ f(x)max≤k; ∃ x∈D,f(x)≤k ⇔ f(x)min≤k; (2) ∀ x∈D,f(x)g(x2) ⇔ f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值. (2) ∃ x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2) ⇔ f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值. (3) ∀ x1∈[a,b], ∃ x2∈[c,d],f(x1)>g(x2) ⇔ f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值. (4) ∃ x1∈[a,b], ∀ x2∈[c,d],f(x1)>g(x2) ⇔ f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值. (5) ∃ x1∈[a,b],当 x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2) ⇔ f(x)在[a,b]上的值域与 g(x)在[c,d]上的值域交集非空. (6) ∀ x1∈[a,b], ∃ x2∈[c,d],f(x1)=g(x2) ⇔ f(x)在[a,b]上的值域 ⊆ g(x)在[c,d]上的值域. (7) ∀ x2∈[c,d], ∃ x1∈[a,b],f(x1)=g(x2) ⇔ f(x)在[a,b]上的值域 ⊇ g(x)在[c,d]上的值域. 关键能力学案突破 热点 一 求参数 的值 【例 1】已知函数 f(x)=ex-ax2. (1)略; (2)若 f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求 a. 解题心得求参数的值,方法因题而异,需要根据具体题目具体分析,将题目条件进行合理的等价转 化,在转化过程中,构造新的函数,在研究函数中往往需要利用对导数的方法确定函数的单调性. 【对点训练 1】已知函数 f(x)=ax- ln ,a∈R. (1)若 f(x)≥0,求 a 的取值范围; (2)若 y=f(x)的图象与 y=a 相切,求 a 的值. 热点 二 已知函数极值、最值情况 求参数范围 【例 2】已知函数 f(x)= e -a(x-ln x). (1)当 a≤0 时,试求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)在(0,1)内有极值,试求 a 的取值范围. 解题心得 f'(x)=0 是 f(x)有极值的必要不充分条件,例如函数 f(x)=x3,f'(x)=3x2,f'(0)=0,但 x=0 不是 函数 f(x)=x3 的极值点.所以本例 f(x)在(0,1)内有极值,则 f'(x)=0 有解,由此得出 a 的范围,还必须由 a 的范围验证 f(x)在(0,1)内有极值. 【对点训练 2】(2020 江西名校大联考,理 21)已知函数 f(x)= ln+ +x(a∈R). (1)当 a=0 时,求曲线 f(x)在 x=1 处的切线方程; (2)若函数 f(x)在区间(1,+∞)上有极值,求实数 a 的取值范围. 热点 三 在不等式恒成立中求 参数范围 【例 3】已知函数 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1). (1)略; (2)若当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求 a 的取值范围. 解题心得对于恒成立求参数范围问题,最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的 函数容易求最值,则选用分离参数法,否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想,一般 遵循“构造函数——分类讨论”两步来展开.一些稍难的恒成立问题,如果用分离参数法来处理,往 往需要多次求导和使用洛比达法则. 【对点训练 3】(2020 山东,21)已知函数 f(x)=aex-1-ln x+ln a. (1)当 a=e 时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积; (2)若 f(x)≥1,求 a 的取值范围. 热点 四 在两变量不等式恒成立中 求参数范围 【例 4】(2020 山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数 f(x)=mln x-x+ (m∈R). (1)略; (2)若 f(x)有两个极值点 x1,x2,不等式 ( 1 ) + ( 2 ) 1 2 +2 2 mx1x2,求实数 m 的取值范围. 热点 五 已知函数零点情况求 参数范围 【例 5】已知函数 f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)有两个零点,求 a 的取值范围. 解题心得对函数的零点问题,解题策略是转化为两个函数图象的交点,三种方式中(一平一曲、一 斜一曲、两曲)最为常见的是一平一曲.方法一是直接考虑函数 f(x)的图象与 x 轴的交点情况,方 法二是分离参数法,两种方法的本质都是一平一曲.另外我们对某些函数或许可以通过换元,降低 函数的解决难度. 【对点训练 5】(2020 全国Ⅰ,文 20)已知函数 f(x)=ex-a(x+2). (1)当 a=1 时,讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)有两个零点,求 a 的取值范围. 2.4.3 利用导数证明问题及讨论零点个数 必备知识精要梳理 1.与 ex、ln x 有关的常用不等式的结论 (1)由 f(x)=ex 图象上任一点(m,f(m))的切线方程为 y-em=em(x-m),得 ex≥em(x+1)-mem,当且仅当 x=m 时,等号成立.当 m=0 时,有 ex≥x+1;当 m=1 时,有 ex>ex. (2)由过函数 f(x)=ln x 图象上任一点(n,f(n))的切线方程为 y-ln n= 1 (x-n),得 ln x≤ 1 x-1+ln n,当且仅 当 x=n 时,等号成立.当 n=1 时,有 ln x≤x-1;当 n=e 时,有 ln x≤ 1 e x. 2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用 导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可. 3.求解导数应用题宏观上的解题思想 (1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性);重点是把导函数先“弄熟悉”; (2)为了把导函数先“弄熟悉”采取的措施: ①通分; ②二次求导或三次求导; ③能画出导函数草图是最好的! 关键能力学案突破 热点 一 利用导数证明不等式 (多维探究) 类型一 单未知数函数不等式的证明 【例 1】已知函数 f(x)=ex-ln(x+m). (1)略; (2)当 m≤2 时,证明 f(x)>0. 解题心得 1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的 函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最 值来证明. 2.证法 1 与证法 2 中出现的 x0 的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为 “隐性零点”.证法 2 比证法 1 简单,这是因为利用了函数单调性将命题 ex-ln(x+m)>0 加强为 ex- ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法 2 中,因为φ(x0)的 表达式涉及 e 0 、ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式 子 e 0 1 0+2 =0 进行变形,得到两个式子 e 0 = 1 0+2 和 ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转 化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略. 【对点训练 1】已知函数 f(x)= 2 + - 1 e . (1)求曲线 y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程; (2)求证:当 a≥1 时,f(x)+e≥0. 【例 2】已知函数 f(x)=x+ . (1)略; (2)设函数 g(x)=ln x+1,证明:当 x∈(0,+∞)且 a>0 时,f(x)>g(x). 解题心得欲证函数不等式 f(x)>g(x)(x∈I,I 是区间),设 h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证 h(x)>0,为此研究 h(x)的单调性,先求 h'(x)的零点,根据零点确定 h(x)在给定区间 I 的正负,若 h(x)在区间 I 内递增或 递减或先递减后递增,只须 h(x)min>0(x∈I)(若 h(x)min 不存在,则须求函数 h(x)的下确界),若 h(x)在 区间 I 内先递增后递减,只须区间 I 的端点的函数值大于或等于 0;若 h'(x)的零点不好求,可设出 零点 x0,然后确定零点的范围,进而确定 h(x)的单调区间,求出 h(x)的最小值 h(x0),再研究 h(x0)的 正负. 【对点训练 2】(2020 全国Ⅱ,理 21)已知函数 f(x)=sin2xsin 2x. (1)讨论 f(x)在区间(0,π)的单调性; (2)证明:|f(x)|≤ 3 3 8 ; (3)设 n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤ 3 4 . 类型二 双未知数函数不等式的证明 【例 3】已知函数 f(x)= 1 -x+aln x(a∈R). (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 0 时,讨论函数 f(x)的零点个数. 解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调 性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的 正负,从而解不等式求出参数的范围. 【对点训练 4】(2020 湖南湘潭三模,理 21)设函数 f(x)=ln x,g(x)= - 2 . (1)当 m=-1 时,求函数 F(x)=f(x)+g(x)的零点个数; (2)若 ∃ x0∈[1,+∞),使得 f(x0)k(x-2)在 x>1 时 恒成立?若存在,求出 k 的最大值;若不存在,请说明理由. 专题三 三角函数与解三角形 考 情 分 析 从 2020 年新高考山东卷和 2020 年山东新高考模拟卷对三角函数与解三角形的考查 来看,考查的力度在增强,这是由于新高考删除了选做题,使三角函数与解三角形成为新高 考全国卷六大解答题的必选内容,在命题数量上“一大二小”的趋势比较明显,主要考查三角 函数的图象和性质、三角变换、解三角形.另外三角函数及解三角形题和数列题会交替处 在解答题的第一题或第二题的位置上,考查难度处在中等,这两个题目会有一道题设计成 “结构不良”试题,这种新题型的条件具有开放性,给考生以更多的选择性.在核心素养的考查 上主要是考查学生的直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养. 3.1 三角函数小题专项练 必备知识精要梳理 1.三角函数的定义 已知角α终边上的一点 P(x,y),令|OP|=r,则 sin α= ,cos α= ,tan α= (x≠0). 2.同角三角函数的基本关系 (1)平方关系 cos2α+sin2α=1;(2)商数关系 sin cos =tan α α≠kπ+ 2 ,k∈Z . 3.三角函数的图象与性质 (1)y=sin x 图象的对称轴方程为 x= π 2 +kπ,k∈Z,对称中心为(kπ,0),k∈Z;y=cos x 图象的对称轴方程 为 x=kπ,k∈Z,对称中心为 π 2 + π , 0 ,k∈Z. (2)周期性:f(x)=Asin(ωx+φ)和 f(x)=Acos(ωx+φ)的最小正周期为 2π| |;y=Atan(ωx+φ)的最小正周期为 π| |. 4.三角函数的图象向左或向右平移φ(φ>0)个单位长度,得到的三角函数式为将原式中的 x 分别变 为 x+φ和 x-φ. 考向训练限时通关 考向 一 三角函数的定义、诱导公式及同角 三角函数的关系 1.(2020 全国Ⅱ,理 2)若α为第四象限角,则( ) A.cos 2α>0 B.cos 2α<0 C.sin 2α>0 D.sin 2α<0 2.(2020 北京,10)2020 年 3 月 14 日是全球首个国际圆周率日(π Day).历史上,求圆周率π的方法有 多种,与中国传统数学中的“割圆术”相似.数学家阿尔·卡西的方法是:当正整数 n 充分大时,计算 单位圆的内接正 6n 边形的周长和外切正 6n 边形(各边均与圆相切的正 6n 边形)的周长,将它们 的算术平均数作为 2π的近似值.按照阿尔·卡西的方法,π的近似值的表达式是( ) A.3n sin 30 ° + tan 30 ° B.6n sin 30 ° + tan 30 ° C.3n sin 60 ° + tan 60 ° D.6n sin 60 ° + tan 60 ° 3.(2020 江西名校大联考,理 3)已知α∈ - π 2 , 0 ,sin(π-2α)=- 1 2 ,则 sin α-cos α=( ) A. 5 2 B.- 5 2 C. 6 2 D.- 6 2 4.(2020 山东潍坊一模,3)在平面直角坐标系 xOy 中,点 P( 3 ,1),将向量 R 绕点 O 按逆时针方向旋 转 π 2 后得到向量 ,则点 Q 的坐标是( ) A.(- 2 ,1) B.(-1, 2 ) C.(- 3 ,1) D.(-1, 3 ) 考向 二 三角函数的图 象与性质 5. (2020 全国Ⅰ,理 7,文 7)设函数 f(x)=cos + π 6 在[-π,π]的图象大致如右图,则 f(x)的最小正周期 为( ) A. 10π 9 B. 7π 6 C. 4π 3 D. 3π 26.(多选) (2020 山东,10)右图是函数 y=sin(ωx+φ)的部分图象,则 sin(ωx+φ)=( ) A.sin + π 3 B.sin π 3 - 2 C.cos 2 + π 6 D.cos 5π 6 - 27.(多选)(2020 山东潍坊二模,11)在单位圆 O:x2+y2=1 上任取一点 P(x,y),圆 O 与 x 轴正向的交点 是 A,设将 OA 绕原点 O 旋转到 OP 所成的角为θ,记 x,y 关于θ的表达式分别为 x=f(θ),y=g(θ),则下 列说法正确的是 ( ) A.x=f(θ)是偶函数,y=g(θ)是奇函数 B.x=f(θ)在 - π 2 , π 2 上为增函数,y=g(θ)在 - π 2 , π 2 上为减函数 C.f(θ)+g(θ)≥1 对于θ∈ 0 , π 2 恒成立 D.函数 t=2f(θ)+g(2θ)的最大值为 3 3 28.(多选)(2020 山东济宁 6 月模拟,11)已知函数 f(x)=sin[cos x]+cos[sin x],其中[x]表示不超过实数 x 的最大整数,下列关于 f(x)的结论正确的是( ) A.f π 2 =cos 1 B.f(x)的一个周期是 2π C.f(x)在(0,π)内单调递减 D.f(x)的最大值大于 29.(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 . 考向 三 三角函数图象 的变换 10.(2020 安徽马鞍山二模,6)函数 f(x)=sin + π 6 的图象平移后对应函数 g(x)=sin x+ π 6 +φ 的图 象,若 g(x)为偶函数,则|φ|的最小值为( ) A. π 6 B. π 3 C. 2π 3 D. 5π 6 11.(多选)已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ) A>0,ω>0,|φ|< π 2 ,x∈R 的图象如图所示,令 g(x)=f(x)+f'(x),则 下列关于函数 g(x)的说法中正确的是( ) A.函数 g(x)图象的对称轴方程为 x=kπ- π 12 (k∈Z) B.函数 g(x)的最大值为 2 2 C.函数 g(x)的图象上存在点 P,使得在点 P 处的切线与直线 l:y=3x-1 平行 D.方程 g(x)=2 的两个不同的解分别为 x1,x2,则|x1-x2|的最小值为 π 212.(2020 江苏,10)将函数 y=3sin 2 + π 4 的图象向右平移 π 6 个单位长度,则平移后的图象中与 y 轴 最近的对称轴的方程是 . 13.(2020 江苏南京六校 5 月联考,8)将函数 f(x)=2sin + π 6 sin π 3 - 的图象向左平移φ(φ>0)个单 位长度,所得图象对应的函数恰为偶函数,则φ的最小值为 . 14.(2020 山东潍坊一模,15)已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)是偶函数,将 y=f(x)的图 象沿 x 轴向左平移 π 6 个单位长度,再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变),所 得图象对应的函数为 y=g(x).已知 y=g(x)的图象的相邻对称中心之间的距离为 2π.若 y=g(x)的图 象在其某对称轴处对应的函数值为-2,则 g(x)在[0,π]上的最大值为 . 3.2 三角变换与解三角形专项练 必备知识精要梳理 1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式 sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β; cos(α±β)=cos αcos β ∓ sin αsin β; tan(α±β)= tan±tan 1∓tantan . 2.二倍角公式 sin 2α=2sin αcos α; cos 2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α; tan 2α= 2tan 1 - tan2 . 3.降幂公式 cos2α= 1+cos2 2 ;sin2α= 1 - cos2 2 ;sin αcos α= sin2 2 . 4.正弦、余弦定理 (1)正弦定理: sin = sin = sin =2R(R 为三角形外接圆的半径). (2)余弦定理:a2=b2+c2-2bccos A,cos A= 2 +2 - 2 2 等. 考向训练限时通关 考向 两角和与差的公 一 式的应用 1.(2020 全国Ⅲ,理 9)已知 2tan θ-tan θ+ π 4 =7,则 tan θ=( ) A.-2 B.-1 C.1 D.2 2.(2020 全国Ⅲ,文 5)已知 sin θ+sin θ+ π 3 =1,则 sin θ+ π 6 =( ) A. 1 2 B. 3 3 C. 2 3 D. 2 23.(2020 湖南师大附中一模,理 7)已知α为锐角,且 cos α(1+ 3 tan 10°)=1,则α的值为( ) A.20° B.40° C.50° D.70° 4.(2020 全国Ⅰ,理 9)已知α∈(0,π),且 3cos 2α-8cos α=5,则 sin α=( ) A. 5 3 B. 2 3 C. 1 3 D. 5 9 5.(2020 山东模考卷,14)已知 cos + π 6 -sin α= 4 3 5 ,则 sin α+ 11π 6 = . 考向 二 三角函数与三角变 换的综合 6.已知函数 f(x)=asin x+bcos x(x∈R),若 x=x0 是函数 f(x)图象的一条对称轴,且 tan x0=3,则 a,b 应 满足的表达式是( ) A.a=-3b B.b=-3a C.a=3b D.b=3a 7.已知函数 f(x)=2cos2x-sin2x+2,则( ) A.f(x)的最小正周期为π,最大值为 3 B.f(x)的最小正周期为π,最大值为 4 C.f(x)的最小正周期为 2π,最大值为 3 D.f(x)的最小正周期为 2π,最大值为 4 8.(多选)(2020 山东潍坊临朐模拟二,10)已知函数 f(x)=sin x·sin + π 3 1 4 的定义域为[m,n](mB,则 sin A>sin B C.若 a=8,c=10,B=60°,则符合条件的 △ ABC 有两个 D.若 sin2A+sin2B0(=0,<0)时,角 A 为锐角(直 角,钝角). 3.三个等价关系 在 △ ABC 中,a>b ⇔ sin A>sin B ⇔ A>B. 关键能力学案突破 热点 一 三角函数与三角变 换的综合 【例 1】(2020 北京海淀二模,17)已知函数 f(x)=2cos2ω1x+sin ω2x. (1)求 f(0)的值; (2)从①ω1=1,ω2=2;②ω1=1,ω2=1 这两个条件中任选一个,作为题目的已知条件,求函数 f(x)在 - π 2 , π 6 上的最小值,并直接写出函数 f(x)的一个周期. 解题心得 1.解决三角变换在三角函数图象与性质中的应用的基本思路是:通过变换把函数化为 y=Asin(ωx+φ)的形式再研究其性质,解题时注意观察角、名、结构等特征,注意利用整体思想解 决相关问题. 2.三角变换的总体思路是化异为同,目的是通过消元减少未知量的个数.如把三角函数式中的异 名、异角、异次化为同名、同角、同次,或把未知角用已知角表示,或把未知角通过三角变换化 成已知角. 【对点训练 1】(2020 北京东城一模,17)已知函数 f(x)=asin 2x- π 6 -2cos2 x+ π 6 (a>0),且满 足 . (1)求函数 f(x)的解析式及最小正周期; (2)若关于 x 的方程 f(x)=1 在区间[0,m]上有两个不同解,求实数 m 的取值范围. 从①f(x)的最大值为 1,②f(x)的图象与直线 y=-3 的两个相邻交点的距离等于π,③f(x)的图象过点 π 6 , 0 这三个条件中选择一个,补充在上面问题中并作答. 热点 二 利用正弦定理、余弦定 理解三角形 【例 2】(2020 山东,17)在①ac= 3 ,②csin A=3,③c= 3 b 这三个条件中任选一个,补充在下面问 题中,若问题中的三角形存在,求 c 的值;若问题中的三角形不存在,说明理由. 问题:是否存在 △ ABC,它的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 sin A= 3 sin B,C= π 6 , ? 解题心得 1.已知两边和一边的对角或已知两角和一边都能用正弦定理解三角形,正弦定理的形 式多样,其中 a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C(R 为三角形外接圆的半径)能够实现边角互化. 2.已知两边和它们的夹角或已知两边和一边的对角或已知三边都能直接运用余弦定理解三角形, 在运用余弦定理时,要注意整体思想的运用. 3.已知两角和一边,该三角形是确定的,其解是唯一的;已知两边和一边的对角,该三角形具有不唯 一性,通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断. 【对点训练 2】(2020 山东菏泽一模,17)在①B= π 3 ,②a=2,③bcos A+acos B= 3 +1 这三个条件中 任选一个,补充在下面问题中,并解决相应问题. 已知在锐角三角形 ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c, △ ABC 的面积为 S,若 4S=b2+c2-a2,b= 6且 ,求 △ ABC 的面积 S 的大小. 热点 三 三角函数与解三角 形的综合 【例 3】(2020 山东聊城二模,18)在①acos B+bcos A=2ccos C,②2asin Acos B+bsin 2A= 3 a,③ △ ABC 的面积为 S,且 4S= 3 (a2+b2-c2),这三个条件中任意选择一个,填入下面的问题中,并求解. 在锐角三角形 ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,函数 f(x)=2 3 sin ωxcos ωx+2cos2ωx(ω>0) 的最小正周期为π,c 为 f(x)在 0 , π 2 上的最大值,且 ,求 a-b 的取值范围. 解题心得对于在三角形中求解有关三角函数的图象和性质的题目,时刻不要忘记对角的范围的 限制,特别是求三角函数值的范围或最值时,先要把自变量的取值范围求出来,再利用三角函数的 单调性或利用三角函数线确定函数值的范围. 【对点训练 3】(2020 山东烟台模拟,17)已知函数 f(x)=1-2 3 sin xcos x-2cos2x+m 在 R 上的最大 值为 3. (1)求 m 的值及函数 f(x)的单调递增区间; (2)若在锐角三角形 ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c 且 f(A)=0,求 的取值范围. 热点 四 三角变换与解三角 形的综合 【例 4】(2020 天津,16)在 △ ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c.已知 a=2 2 ,b=5,c= 13 . (1)求角 C 的大小; (2)求 sin A 的值; (3)求 sin 2 + π 4 的值. 解题心得在含有边角关系的等式中,利用正弦定理的变形 a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,R 为三 角形外接圆的半径,可直接将等式两边的边化为角;也能利用余弦定理的变形如 cos A= 2 +2 - 2 2 将 角化为边.在三角形中利用三角变换求三角式的值时,要注意角的范围的限制,还有隐含条 件:A+B+C=π,使用这个隐含条件可以减少未知数的个数. 【对点训练 4】(2020 全国Ⅰ,文 18) △ ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.已知 B=150°. (1)若 a= 3 c,b=2 7 ,求 △ ABC 的面积; (2)若 sin A+ 3 sin C= 2 2 ,求 C. 热点 五 三角函数、三角变换与解三 角形的综合 【例 5】(2020 全国Ⅱ,理 17) △ ABC 中,sin2A-sin2B-sin2C=sin Bsin C. (1)求 A; (2)若 BC=3,求 △ ABC 周长的最大值. 解题心得关于三角函数、三角变换与解三角形的综合题的解题思路,一般是由正弦定理、余弦 定理求出某个量作为下面问题的已知量,然后利用三角变换,将所求的量化为 f(x)=Asin(ωx+φ)或 f(x)=Acos(ωx+φ)的形式,最终求出结果. 【对点训练 5】(2020 浙江,18)在锐角 △ ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,已知 2bsin A- 3 a=0. (1)求角 B 的大小; (2)求 cos A+cos B+cos C 的取值范围. 核心素养微专题(三) 核心素养在三角应用和三角综合题中的考查 【例 1】(多选)(2020 山东济南三模,10)台球运动已有五六百年的历史,参与者用球杆在台上击球, 如图,有一张长方形球台 ABCD,AB=2AD,现从角落 A 沿角α的方向把球打出去,假设和光线一样, 台球在球台上碰到障碍物后也遵从反射定律.若球经 2 次碰撞球台边框后恰好进入角落 C 的球 袋中,则 tan α的值为( ) A. 1 6 B. 1 2 C.1 D. 3 2核心素养分析本例考查考生多个核心素养,首先需要考生在读懂题意的基础上,通过“直观想象” 得到两种不同的碰撞情况;然后利用物理学中光的反射定律,通过“数学抽象”得到关于角α所在的 直角三角形;再通过“数学建模”将问题转化为三角函数的模型;最后通过“数学运算”得出答案. 【例 2】(2020 山东淄博 4 月模拟,18)已知 A,B 分别在射线 CM,CN(不含端点 C)上运动,∠ MCN= 2π 3 ,在 △ ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c. (1)若 a,b,c 依次成等差数列,且公差为 2.求 c 的值; (2)若 c= 3 ,∠ABC=θ,试用θ表示 △ ABC 的周长,并求周长的最大值. 核心素养分析本例题是一道跨章节的综合题,在解三角形的题境下,将等差数列与余弦定理的知 识相结合,将函数和正弦定理的知识相结合,应用到一个问题中.使三角形的周长的最值问题通过 建立三角函数模型得到解决.考查了“数学建模”“数学运算”素养和知识的应用能力、迁移能力, 同时也考查了方程与函数的思想. 专题四 数列 考 情 分 析 从 2020 年新高考全国卷和 2020 年山东新高考模拟卷对数列的考查来看,数列在高考 中考查的力度在增强.这是由于新高考试题删除了选做题,使数列成为新高考六大解答题的 必选内容,高考对数列命题的“一大一小或一大”的趋势比较明显,数列题和三角函数及解三 角形题会交替处在解答题的第一题或第二题的位置上,考查难度处在中等,这两个题目会有 一道题设计成是“结构不良”试题,这种新题型的条件具有开放性,给考生以更多的选择性.数 列题考查的重点仍是等差、等比数列的基本内容以及数列的通项、求和.在核心素养考查 上主要是逻辑推理和数学运算. 4.1 数列小题专项练 必备知识精要梳理 1.数列的本质:定义域为 N*(或它的有限子集{1,2,…,n})的函数. 2.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 an= 1 , = 1 , - - 1 , ≥ 2 . 3.等差数列 (1)等差数列的通项 an=a1+(n-1)d, 通项的推广 1:an=am+(n-m)d, 通项的推广 2:d= - - . (2)等差数列的前 n 项和 Sn= ( 1+ ) 2 =na1+ ( - 1 ) 2 d. (3)等差数列的性质:若 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq. 4.等比数列 (1)等比数列的通项 an=a1qn-1, 通项的推广 1:an=amqn-m, 通项的推广 2:qn-m= . (2)等比数列的 Sn= 1 , = 1 , 1 ( 1 - ) 1 - = 1 - 1 - , ≠ 1 . (3)等比数列的性质:若 m+n=p+q,则 am·an=ap·aq. 考向训练限时通关 考向 一 数列及与其有 关的概念 1.(2020 河北武邑校级联考,理 4)大衍数列来源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数 五十”的推论,主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理,数列中的每一项都代表太极衍生过 程中曾经经历的两仪数量总和.已知数列前 10 项是 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,则大衍数列中奇数 项的通项公式为( ) A. 2 - 2 B. 2 - 1 2 C.( - 1 ) 2 2 D. 2 22.(2020 辽宁大连 24 中一模,8)数列{an}满足对任意的 n∈N*,均有 an+an+1+an+2 为定值.若 a7=2,a9=3,a98=4,则数列{an}的前 100 项的和 S100=( ) A.132 B.299 C.68 D.99 3.(2020 山东烟台一模,14)已知数列{an}的前 n 项和公式为 Sn=2n2-n+1,则数列{an}的通项公式 为 . 4.(2020 全国Ⅰ,文 16)数列{an}满足 an+2+(-1)nan=3n-1,前 16 项和为 540,则 a1= . 考向 二 等差数列的基 本运算 5.(2020 北京人大附中二模,6)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和.已知 S4=0,a5=5,则( ) A.an=2n-5 B.an=3n-10 C.Sn=2n2-8n D.Sn= 1 2 n2-2n 6. (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 7.(多选)下列关于等差数列的命题中正确的有( ) A.若 a,b,c 成等差数列,则 a2,b2,c2 一定成等差数列 B.若 a,b,c 成等差数列,则 2a,2b,2c 可能成等差数列 C.若 a,b,c 成等差数列,则 ka+2,kb+2,kc+2 一定成等差数列 D.若 a,b,c 成等差数列,则 1 , 1 , 1 可能成等差数列 8.(2020 北京,8)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记 Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn}( ) A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项 C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项 9.(2020 全国Ⅱ,文 14)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和.若 a1=-2,a2+a6=2,则 S10= . 考向 三 等比数列的基 本运算 10.(2020 辽宁锦州一模,7)已知等比数列{an}中,若 a5+a7=8,则 a4(a6+2a8)+a3a11 的值为( ) A.128 B.64 C.16 D.8 11.(2020 全国Ⅱ,文 6)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和.若 a5-a3=12,a6-a4=24,则 =( ) A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1 12.(多选)数列{an}满足 an=qn(q>0,n∈N*),则以下结论正确的是( ) A.{a2n}是等比数列 B. 1 不是等比数列 C.{lg an}不是等差数列 D.{lg 2 }是等差数列 13.(2020 山东淄博一模,14)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,若 an= 2 -1,则 S7= . 考向 四 等差、等比数列 的综合 14.(2020 河南郑州二模,10)已知等差数列{an}的公差 d≠0,且 a1,a3,a13 成等比数列,若 a1=1,Sn 为数 列{an}的前 n 项和,则 2+6 +3 的最小值为( ) A.4 B.3 C.2 3 -2 D.2 15.(2020 江苏,11)设{an}是公差为 d 的等差数列,{bn}是公比为 q 的等比数列.已知数列{an+bn}的 前 n 项和 Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),则 d+q 的值是 . 16.(多选)(2020 山东青岛 5 月模拟,10)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn(n∈N*),公差 d≠0,S6=90,a7 是 a3 与 a9 的等比中项,则下列选项正确的是( ) A.a1=22 B.d=-2 C.n=10 或 n=11 时,Sn 取得最大值 D.当 Sn>0 时,n 的最大值为 20 4.2 数列大题 4.2.1 等差、等比数列的综合问题 必备知识精要梳理 1.判断给定的数列{an}是等差数列的方法 (1)定义法:an+1-an=d 是常数(n∈N*). (2)通项公式法:an=kn+b(k,b 是常数). (3)前 n 项和法:数列{an}的前 n 项和为 Sn=An2+Bn(A,B 是常数且 A2+B2≠0). (4)等差中项法:an+an+2=2an+1(n∈N*). 2.若数列{an},{bn}为等差数列且项数相同,则{kan},{an±bn},{pan+qbn}都是等差数列. 3.判断给定的数列{an}是等比数列的方法 (1)定义法: +1 =q(常数 q≠0). (2)通项公式法:an=kqn(k,q 为常数,且 kq≠0). (3)中项法:an·an+2= +1 2 (n∈N*). (4)前 n 项和法:数列{an}的前 n 项和为 Sn=A-Aqn(常数 A≠0,公比 q≠1). 4.若数列{an},{bn}为等比数列且项数相同,则{kan}(k≠0),{ 2 }, 都是等比数列. 关键能力学案突破 热点 一 等差(比)数列的判 断与证明 【例 1】(2020 山东淄博 4 月模拟,18)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=4an+3n-1,bn=an+n. (1)证明:数列{bn}为等比数列; (2)求数列{an}的前 n 项和. 解题心得 1.判断数列是等差(比)数列的方法通常有四种,证明数列是等差(比)数列的方法常用定 义法. 2.对已知数列 an 与 Sn 的关系,证明{an}为等差或等比数列的问题,解题思路是:由 an 与 Sn 的关系 递推出 n+1 时的关系式,两个关系式相减后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明. 【对点训练 1】(2019 全国Ⅱ,理 19)已知数列{an}和{bn}满足 a1=1,b1=0,4an+1=3an- bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列; (2)求{an}和{bn}的通项公式. 热点 二 等差数列的通 项及求和 【例 2】(2019 全国Ⅰ,文 18)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和.已知 S9=-a5. (1)若 a3=4,求{an}的通项公式; (2)若 a1>0,求使得 Sn≥an 的 n 的取值范围. 解题心得 a1,n,d 是等差数列的三个基本量,an 和 Sn 都可以用这三个基本量来表示,五个量 a1,n,d,an,Sn 中可“知三求二”,一般是通过通项公式和前 n 项和公式联立方程(组)求解,这种方法是 解决数列问题的基本方法. 【对点训练 2】(2020 海南天一大联考第三次模拟,17)对于由正整数构成的数列{An},若对任意 m,n∈N*且 m≠n,Am+An 也是{An}中的项,则称{An}为“Q 数列”.设数列{an}满足 a1=6,8≤a2≤12. (1)请给出一个{an}的通项公式,使得{an}既是等差数列也是“Q 数列”,并说明理由; (2)根据你给出的通项公式,设{an}的前 n 项和为 Sn,求满足 Sn>100 的正整数 n 的最小值. 热点 三 等比数列的通 项及求和 【例 3】(2020 山东,18)已知公比大于 1 的等比数列{an}满足 a2+a4=20,a3=8. (1)求{an}的通项公式; (2)记 bm 为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前 100 项和 S100. 解题心得 1.已知等比数列前几项或者前几项的关系,求其通项及前 n 项和时,只需利用等比数列 的通项公式及求和公式得到几个方程求解即可. 2.若已知条件没有明确数列{an}是等比数列,而是已知 an=f(Sn)的关系式,在转化此条件时,通常有 两种思路,一是将 an 用 Sn-Sn-1 代替,二是由 an=f(Sn)推出 an-1=f(Sn-1),两式作差,消去 Sn. 【对点训练 3】(2020 四川绵阳三模,理 17)若数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,an+1= 2 3 Sn. (1)求 Sn; (2)设 bn= 1 ,求证:b1+b2+b3+…+bn< 5 2 . 热点 四 等差、等比数列的 综合问题 【例 4】(2020 安徽合肥 4 月质检二,理 17)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a2=1,S7=14,数列 {bn}满足 b1·b2·b3·…·bn= 2 2+ 2 . (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)若数列{cn}满足 cn=bncos(anπ),求数列{cn}的前 2n 项和 T2n. 解题心得对于等差、等比数列的综合问题,解决的思路主要是方程的思想,即运用等差、等比数 列的通项公式和前 n 项和公式将已知条件转化成方程或方程组,求出首项、公差、公比等基本 量,再由基本量求出题目要求的量. 【对点训练 4】(2020 全国Ⅲ,文 17)设等比数列{an}满足 a1+a2=4,a3-a1=8. (1)求{an}的通项公式; (2)记 Sn 为数列{log3an}的前 n 项和.若 Sm+Sm+1=Sm+3,求 m. 热点 五 等差、等比数列的 存在问题 【例 5】(2020 山东新高考模拟,17)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25 这三个条件中任选一个,补充 在下面问题中,若问题中的 k 存在,求 k 的值;若 k 不存在,说明理由. 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,{bn}是等比数列, ,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在 k,使 得 Sk>Sk+1 且 Sk+1 27 8 ?若存在,求出 k 的值;若不存在,说明理由. 核心素养微专题(四) 求解等差、等比数列的应用题 【例 1】(2020 安徽合肥一中模拟,文 12)如图所示,一条螺旋线是用以下方法画成的: △ ABC 是边 长为 2 的正三角形,曲线 CA1,A1A2,A2A3 是分别以 A,B,C 为圆心,AC,BA1,CA2 为半径画的圆弧,曲线 CA1A2A3 称为螺旋线的第一圈,然后又以 A 为圆心,AA3 为半径画圆弧,……,这样画到第 n 圈,则所 得螺旋线的长度 ln 为( ) A.(3n2+n)π B.2(3n2+n)π C.( 3 2 + ) π 2 D.( 3 2 - +1 ) π 2核心素养分析本例考查考生多个核心素养,首先需要考生在读懂题意的基础上,从题目所给的几 何图形中通过“数学抽象”得到一组数据;再通过“数学建模”将问题转化为等差数列模型;然后对 等差数列模型的各项数值通过“数据分析”得到等差数列的项数和公差;最后通过“数学运算”得 出答案. 【跟踪训练 1】(2019 四川绵阳模拟,理 16)如图,互不相同的点 A1,A2,…,An,…和 B1,B2,…,Bn,…分 别在角 O 的两条边上,所有 AnBn 相互平行,且所有梯形 AnBnBn+1An+1 的面积均相等.设 OAn=an,若 a1=1,a2=2,则数列{an}的通项公式是 . 【例 2】已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 6,E,F,G 分别为 A1B1,BB1,B1C1 的中点,E1,F1,G1 分 别为 EB1,FB1,B1G 的中点,E2,F2,G2 分别为 E1B1,F1B1,B1G1 的点,……,依此类推,令三棱锥 B-A1B1C1 的体积为 V1,三棱锥 F-EB1G 的体积为 V2,三棱锥的体积为 F1-E1B1G1 的体积为 V3,……,则 V1+V2+V3+…+Vn=( ) A. 288 - 18× 1 4 - 2 3 B. 288 - 18× 1 4 - 1 3 C. 288 - 36× 1 8 - 1 7 D. 576 - 9× 1 8 - 2 7核心素养分析本例考查三个核心素养,考生在读懂题意的基础上,需要从题目所给的正方体中通 过“数学抽象”得到三棱锥的一组体积数据;再通过“数学建模”将问题转化为等比数列模型;然后 对等比数列通过“数学运算”得出答案. 【跟踪训练 2】在数列{an}中,a1=1,前 n 项和 Sn 满足 3x(Sn+1-1)=(2x+3)Sn x≠0,x≠- 3 2 ,n∈N* .令 f(x)= +1 ,则 f(x)= . 4.2.2 求数列的通项及前 n 项和 必备知识精要梳理 1.由递推关系式求数列的通项公式 (1)形如 an+1=an+f(n),利用累加法求通项. (2)形如 an+1=anf(n),利用累乘法求通项. (3)形如 an+1=pan+q,等式两边同时加 - 1 转化为等比数列求通项. 2.数列求和的常用方法 (1)公式法:利用等差数列、等比数列的求和公式. (2)错位相减法:适合求数列{an·bn}的前 n 项和 Sn,其中{an},{bn}一个是等差数列,另一个是等比数 列. (3)裂项相消法:将数列的通项分成两个式子的代数和,通过累加抵消中间若干项的方法. (4)拆项分组法:先把数列的每一项拆成两项(或多项),再重新组合成两个(或多个)简单的数列,最 后分别求和. (5)并项求和法:把数列的两项(或多项)组合在一起,重新构成一个数列再求和,适用于正负相间排 列的数列求和. (6)常用裂项结论 ① 1 ( + ) = 1 1 - 1 + ; ② 1( 2 - 1 )( 2+1 ) = 1 2 1 2 - 1 - 1 2+1 ; ③ 1 ( +1 )( +2 ) = 1 2 1 ( +1 ) - 1( +1 )( +2 ) ; ④ 1 + + = 1 ( + ). 关键能力学案突破 热点 一 求通项及错位相 减法求和 【例 1】(2020 山东潍坊一模,18)在①b2n=2bn+1,②a2=b1+b2,③b1,b2,b4 成等比数列这三个条件中 选择符合题意的两个条件,补充在下面的问题中,并求解. 已知数列{an}中 a1=1,an+1=3an,公差不等于 0 的等差数列{bn}满足 ,求数列 的前 n 项和 Sn. 解题心得若已知数列为等差或等比数列,求其通项是利用等差、等比数列通项公式,或通过变形 转换成等差、等比数列求通项;如果数列{an}与数列{bn}分别是等差数列和等比数列,那么数列 {an·bn}的前 n 项和采用错位相减法来求. 【对点训练 1】(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. 热点 二 求通项及裂项相 消法求和 【例 2】(2020 山东潍坊二模,18)已知数列{an}为正项等比数列,a1=1,数列{bn}满足 b2=3,a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=3+(2n-3)2n. (1)求 an; (2)求 1 +1 的前 n 项和 Tn. 解题心得 1.若条件等式中含有 an,Sn 的关系式,或已知条件中含有数列通项的较为复杂的关系式, 条件转化的常用方法是由已知关系式再推出一个关系式相减. 2.把数列的通项拆成两项之差,求和时中间的项能够抵消,从而求得其和.注意抵消后所剩余的项 一般前后对称. 【对点训练 2】(2020 浙江,20)已知数列{an},{bn},{cn}满足 a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+1= +2 ·cn,n ∈N*. (1)若{bn}为等比数列,公比 q>0,且 b1+b2=6b3,求 q 的值及数列{an}的通项公式; (2)若{bn}为等差数列,公差 d>0,证明:c1+c2+…+cn<1+ 1 ,n∈N*. 热点 三 求通项及分组求和或 并项求和 【例 3】(2020 山西大同模拟五,17)已知数列{an}满足 a1=1,nan+1-2(n+1)an=n2+n(n∈N*). (1)求证:数列 + 1 为等比数列; (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解题心得 1.若能把一个较为复杂的数列的通项分成两(或多)部分,而每一部分对应的前 n 项的和 可求,则分别求和相加即可. 2.若一个数列的前 n 项和不好求,而数列相邻的两项或多项的和相等且为常数,则对该数列先作 并项处理,即先合并项,再求和. 【对点训练 3】(2020 河南安阳二模,理 17)记数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 Sn=2an-2n+1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 bn=(-1)n·log2 2 3 ( + 4 )- 4 3 ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn. 热点 四 数列中的存在 性问题 【例 4】(2020 江苏,20)已知数列{an}(n∈N*)的首项 a1=1,前 n 项和为 Sn.设λ与 k 是常数,若对一 切正整数 n,均有 +1 1 1 =λ +1 1 成立,则称此数列为“λ~k”数列. (1)若等差数列{an}是“λ~1”数列,求λ的值; (2)若数列{an}是“ 3 3 ~2”数列,且 an>0,求数列{an}的通项公式; (3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{an}为“λ~3”数列,且 an≥0?若存在,求λ的取值范围;若 不存在,说明理由. 解题心得解决数列中的存在性问题的一般方法是假设推理法.即先假设所探求对象存在或结论 成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推 不出矛盾,即得到存在的结果. 【对点训练 4】(2020 天津河西区校级联考,17)设各项均为正数的等比数列{an}(n∈N*) 中,a1+a3=10,a3+a5=40.设 bn=log2an. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)若 c1=1,cn+1=cn+ ,求证:cn<3; (3)是否存在正整数 k,使得 1 +1 + 1 +2 +…+ 1 + > 10 对任意正整数 n 均成立?若存在,求出 k 的最 大值;若不存在,说明理由. 核心素养微专题(五) 求解数列与多模块知识综合题 【例 1】(2020 江西九江一模,理 12)在平面直角坐标系 xOy 中,已知 An,Bn 是圆 x2+y2=n2 上两个动 点,且满足 · =- 2 2 (n∈N*),设 An,Bn 到直线 x+ 3 y+n(n+1)=0 的距离之和的最大值为 an,若数 列 1 的前 n 项和 Snb)的半椭球和已被挖去了圆锥的圆柱(被挖去的圆锥以圆柱 的上底面为底面,下底面的圆心为顶点)放置于同一平面β上,用平行于平面β且与平面β相距任意 距离 d 的平面截这两个几何体,截面分别为圆面和圆环,可以证明 S 圆=S 圆环总成立.据此,椭圆的短 半轴长为 2,长半轴长为 4 的椭球的体积是( ) A. 16π 3 B. 32π 3 C. 64π 3 D. 128π 38.(多选)(2020 山东青岛二中月考,10)沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器 和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容 器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图,某沙漏由上、下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和 高均为 8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的 2 3 (细管长度忽略不计).假设该沙漏漏沙的 速度为 0.02 cm3/s,且细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论 正确的是( ) A.沙漏中的细沙的体积为 1 024π 81 cm3 B.沙漏的体积是 128π cm3 C.细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为 2.4 cm D.该沙漏的一个沙时大约是 1 985 s(π≈3.14) 9. (2020 山东聊城一模,16)点 M,N 分别为三棱柱 ABC-A1B1C1 的棱 BC,BB1 的中点,设 △ A1MN 的面积 为 S1,平面 A1MN 截三棱柱 ABC-A1B1C1 所得截面面积为 S,五棱锥 A1-CC1B1NM 的体积为 V1,三棱 柱 ABC-A1B1C1 的体积为 V,则 1 = , 1 = . 考向 三 与球相关的内 切问题 10.(2020 辽宁东北育才学校模拟,15)圆锥 SD(其中 S 为顶点,D 为底面圆心)的侧面积与底面积的 比是 2∶1,若圆锥的底面半径为 3,则圆锥 SD 的内切球的表面积为 . 11.(2020 天津和平区二模,13)农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,粽子又称粽籺,俗称 “粽子”,古称“角黍”,是端午节大家都会品尝的食品,传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国 主义诗人屈原.如图 1,平行四边形形状的纸片是由六个边长为 1 的正三角形构成的,将它沿虚线 折起来,可以得到如图 2 所示粽子形状的六面体.若该六面体内有一球,则该球体积的最大值 为 . 考向 四 与球相关的外 接问题 12.(2020 天津,5)若棱长为 2 3 的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( ) A.12π B.24π C.36π D.144π 13.(2020 江西上饶三模,5)半径为 2 的球 O 内有一个内接正三棱柱,则正三棱柱的侧面积的最大 值为( ) A.9 3 B.12 3C.16 3 D.18 314.(2020 山东滨州二模,14)已知点 A,B,C,D 均在球 O 的球面上,AB=BC=1,AC= 2 ,若三棱锥 D- ABC 体积的最大值是 1 3 ,则球 O 的表面积为 . 15.(2020 山东,16)已知直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的棱长均为 2,∠BAD=60°.以 D1 为球心, 5 为 半径的球面与侧面 BCC1B1 的交线长为 . 16.(2020 山东德州二模,16)《九章算术》中记载:将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵,将一 堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开,得到一个阳马(底面是长方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱 锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵 ABC- A1B1C1 中,BB1=BC=2 3 ,AB=2,AC=4,且有鳖臑 C1-ABB1 和鳖臑 C1-ABC,现将鳖臑 C1-ABC 沿线 BC1 翻折,使点 C 与点 B1 重合,则鳖臑 C1-ABC 经翻折后,与鳖臑 C1-ABB1 拼接成的几何体的外接 球的表面积是 . 5.2 空间点、线、面的位置关系及空间角与距离专项练 必备知识精要梳理 1.直线、平面平行的判定及其性质 (1)线面平行的判定定理:a ⊄ α,b ⊂ α,a∥b ⇒ a∥α. (2)线面平行的性质定理:a∥α,a ⊂ β,α∩β=b ⇒ a∥b. (3)面面平行的判定定理:a ⊂ β,b ⊂ β,a∩b=P,a∥α,b∥α ⇒ α∥β. (4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b ⇒ a∥b. 2.直线、平面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理:m ⊂ α,n ⊂ α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n ⇒ l⊥α. (2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α ⇒ a∥b. (3)面面垂直的判定定理:a ⊂ β,a⊥α ⇒ α⊥β. (4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a ⊂ α,a⊥l ⇒ a⊥β. 3.空间角的求法 (1)定义法求空间角 求空间角的大小,一般是根据相关角(异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角)的 定义,把空间角转化为平面角来求解. (2)向量法求空间角 利用空间向量来求解,首先根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系,把直线的方向向量 与平面的法向量求出来,然后进行坐标运算,要注意所求的角与两向量夹角之间的关系. 4.空间中点到平面的距离的求法 (1)定义法:过点向平面作垂线,点与垂足的距离. (2)“等积法”:求解点到平面的距离常转化为锥体的高,利用三棱锥体积公式求点到平面的距 离. 考向训练限时通关 考向 一 空间直线、平面位置 关系的判定 1.(多选)设有下列四个命题,其中真命题有( ) A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内 B.过空间中任意三点有且仅有一个平面 C.若空间两条直线不相交,则这两条直线平行 D.若直线 l ⊂ 平面α,直线 m⊥平面α,则 m⊥l 2.(2019 全国Ⅱ,理 7)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α,β平行于同一条直线 D.α,β垂直于同一平面 3.(多选)(2020 山东济宁二模,10)已知α,β是两个不同的平面,m,n 是两条不同的直线,则下列命题中 正确的是 ( ) A.如果 m⊥n,m⊥α,n⊥β,那么α⊥β B.如果 m ⊂ α,α∥β,那么 m∥β C.如果α∩β=l,m∥α,m∥β,那么 m∥l D.如果 m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β 4.(多选)(2020 山东肥城一模,10)在空间四边形 ABCD 中,E,F,G,H 分别是 AB,BC,CD,DA 上的点, 当 BD∥平面 EFGH 时,下面结论正确的是( ) A.E,F,G,H 一定是各边的中点 B.G,H 一定是 CD,DA 的中点 C.AE∶EB=AH∶HD,且 BF∶FC=DG∶GC D.四边形 EFGH 是平行四边形或梯形 考向 二 求异面直线所 成的角 5.(2020 湖北黄冈中学模拟,6)已知长方体 ABCD -A1B1C1D1 的底面为正方形,DB1 与平面 ABCD 所 成角的余弦值为 2 3 ,则 BC 与 DB1 所成角的余弦值为( ) A. 2 3 B. 2 2 C. 1 3 D. 2 36.(2020 山东青岛二模,6)已知四棱锥 P-ABCD 的所有棱长均相等,点 E,F 分别在线段 PA,PC 上,且 EF∥底面 ABCD,则异面直线 EF 与 PB 所成角的大小为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 7.(2020 浙江湖州模拟,14)如图,圆柱 O1O2 的底面圆半径为 1,AB 是一条母线,BD 是圆 O1 的直 径,C 是上底面圆周上一点,∠CBD=30°,若 A,C 两点间的距离为 7 ,则异面直线 AC 与 BD 所成 角的余弦值为 . 考向 三 求直线与平面 所成的角 8.(2020 山东,4) 日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把 地球看成一个球(球心记为 O),地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成角,点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面.在点 A 处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平 行,点 A 处的纬度为北纬 40°,则晷针与点 A 处的水平面所成的角为( ) A.20° B.40° C.50° D.90° 9.(2020 河北唐山一模,10)已知四棱锥 P-ABCD 的顶点都在球 O 的球面上,PA⊥底面 ABCD,AB=AD=1,BC=CD=2,若球 O 的表面积为 36π,则直线 PC 与底面 ABCD 所成角的余弦值 为( ) A. 3 6 B. 5 6 C. 3 3 D. 5 310.(2020 福建厦门 5 月质检,11)一副三角板由一块有一个内角为 60°的直角三角形和一块等腰 直角三角形组成,如图所示,∠B=∠F=90°,∠A=60°,∠D=45°,BC=DE.现将两块三角板拼接 在一起,取 BC 中点 O 与 AC 中点 M,则下列直线与平面 OFM 所成的角不为定值的是( ) A.AC B.AF C.BF D.CF 考向 四 求二 面角 11.(2020 山东枣庄八中月考,5)如图,AB 是圆的直径,PA 垂直于圆所在的平面,C 是圆上一点(不同 于 A,B)且 PA=AC,则二面角 P-BC-A 的大小为( ) A.60° B.30° C.45° D.15° 12. (2020 山东高密模拟,6)第 41 届世界博览会于 2010 年 5 月 1 日至 10 月 31 日,在中国上海举行,气 势磅礴的中国馆——“东方之冠”令人印象深刻,该馆以“东方之冠,鼎盛中华,天下粮仓,富庶百姓” 为设计理念,代表中国文化的精神与气质.其形如冠盖,层叠出挑,制似斗拱.它有四根高 33.3 米的 方柱,托起斗状的主体建筑,总高度为 60.3 米,上方的“斗冠”类似一个倒置的正四棱台,上底面边 长是 139.4 米,下底面边长是 69.9 米,则“斗冠”的侧面与上底面的夹角约为 ( ) A.20° B.28° C.38° D.48° 13.(2020 浙江温州三模,10)如图,二面角α-l-β的平面角的大小为 π 3 ,A,B 是 l 上的两个定点,且 AB=2,C∈α,D∈β,满足 AB 与平面 BCD 所成的角为 π 6 ,且点 A 在平面 BCD 上的射影 H 在 △ BCD 的 内部(包括边界),则点 H 的轨迹的长度等于( ) A. 3 6 π B. π 3 C. 3 3 π D. 2π 3 考向 五 求空间 距离 14.(2020 四川乐山三诊,11)已知三棱锥 A-BCD 是球 O 的内接三棱锥,球 O 的半径为 2,且 AC=4,BD=2,∠ACD=∠ACB= π 3 ,则点 A 到平面 BCD 的距离为 ( ) A. 2 6 3 B. 4 6 3 C. 2 3 3 D. 4 3 315.(2020 广东珠海模拟,11)正三棱柱 ABC-A1B1C1 的所有顶点均在表面积为 8π的球 O 的球面 上,AB= 3 ,则点 B1 到平面 A1BC 的距离为( ) A.1 B. 6 5 C. 4 3 5 D. 316.(2020 湖南株洲模拟,12)如图,直角梯形 ABCD,∠ABC=90°,CD=2,AB=BC=1,E 是边 CD 中 点, △ ADE 沿 AE 翻折成四棱锥 D'-ABCE,则点 C 到平面 ABD'距离的最大值为( ) A. 1 2 B. 2 2 C. 6 3 D.1 5.3 立体几何大题 5.3.1 空间中的平行、垂直与空间角 必备知识精要梳理 1.证明线线平行和线线垂直的常用方法 (1)证明线线平行:①利用平行公理;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线 定理;④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换. (2)证明线线垂直:①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;②利用勾股定理;③利用线 面垂直的性质定理. 2.证明线面平行和线面垂直的常用方法 (1)证明线面平行:①利用线面平行的判定定理;②利用面面平行的性质定理. (2)证明线面垂直:①利用线面垂直的判定定理;②利用面面垂直的性质定理. 3.证明面面平行和面面垂直的常用方法是判定定理. 4.利用空间向量证明平行与垂直 设直线 l 的方向向量为 a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为μ=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),则: (1)线面平行:l∥α ⇔ a⊥μ ⇔ a·μ=0 ⇔ a1a2+b1b2+c1c2=0. (2)线面垂直:l⊥α ⇔ a∥μ ⇔ a=kμ ⇔ a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k≠0). (3)面面平行:α∥β ⇔ μ∥v ⇔ μ=λv ⇔ a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3(λ≠0). (4)面面垂直:α⊥β ⇔ μ⊥v ⇔ μ·v=0 ⇔ a2a3+b2b3+c2c3=0. 5.利用空间向量求空间角 (1)线线夹角的计算:设直线 l,m 的方向向量分别为 a,b,且它们的夹角为θ 0 ≤ ≤ π 2 ,则 cos θ=| · | | || |. (2)线面夹角的计算:设平面α的法向量为 n,直线 AB 与平面α所成的角为θ,如下图, 则 sin θ=|cos< ,n>|=| · | | || |. (3)面面夹角的计算:设平面α,β的法向量分别为 n1,n2,α与β的夹角为θ,如下图, 则|cos θ|=|cos|=| 1 · 2 | | 1 || 2 |. (4)易错点提醒 ①求线面角时,得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦,容易误以为是线面角的 余弦. ②求二面角时,两法向量的夹角有可能是二面角的补角,要注意从图中分析. 关键能力学案突破 热点 一 空间平行、垂直关 系的证明 1.几何法证明空间平行、垂直关系 【例 1】(2020 江苏南通高三模拟,16)在多面体 ABCDEF 中,BC∥EF,BF= 6 , △ ABC 是边长为 2 的等边三角形,四边形 ACDF 是菱形,∠FAC=60°,M,N 分别是 AB,DF 的中点. (1)求证:MN∥平面 AEF; (2)求证:平面 ABC⊥平面 ACDF. 解题心得用几何法证明空间中的平行与垂直关系,关键是灵活运用各种平行(垂直)关系的转 化: 【对点训练 1】(2020 吉林长春三模,19) 在四棱锥 P-ABCD 中,AB∥CD,AB⊥BC,AB=BC=1,PA=CD=2,PA⊥平面 ABCD,E 在棱 PB 上. (1)求证:AC⊥PD; (2)若 VP-ACE= 2 9 ,求证:PD∥平面 AEC. 2.向量法证明空间平行、垂直关系 【例 2】如图, 在直三棱柱 ADE-BCF 中,平面 ABFE 和平面 ABCD 都是正方形且互相垂直,M 为 AB 的中点,O 为 DF 的中点. 证明:(1)OM∥平面 BCF; (2)平面 MDF⊥平面 EFCD. 解题心得向量法证明空间平行与垂直关系时,是以计算为手段,寻求直线上的线段对应的向 量和平面的基向量、法向量的关系,关键是建立空间直角坐标系(或找空间一组基底)及寻找平面 的法向量. 【对点训练 2】(2019 福建厦门二模) 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,E 为棱 PC 的中点.证明: (1)BE⊥DC; (2)BE∥平面 PAD; (3)平面 PCD⊥平面 PAD. 热点 二 空间位置关系的证明 与求线面角 【例 3】(2020 北京海淀二模,17)在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为直角梯形,BC∥AD,∠ ADC= π 2 ,BC=CD= 1 2 AD=1,E 为线段 AD 的中点,PE⊥底面 ABCD,F 是棱 PC 的中点,平面 BEF 与棱 PD 相交于点 G. (1)求证:BE∥FG; (2)若 PC 与 AB 所成的角为 π 4 ,求直线 PB 与平面 BEF 所成角的正弦值. 解题心得利用向量法求直线与平面所成角时,易混淆直线与平面所成角和直线的方向向量 与平面的法向量夹角的关系,一定要注意线面角θ与直线的方向向量和平面的法向量的夹角α的 关系为 sin θ=|cos α|. 【对点训练 3】(2020 山东,20) 如图,四棱锥 P-ABCD 的底面为正方形,PD⊥底面 ABCD.设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l. (1)证明:l⊥平面 PDC; (2)已知 PD=AD=1,Q 为 l 上的点,求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值. 热点 三 空间位置关系的证明 与求二面角 【例 4】(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. 解题心得利用空间向量求二面角的解题模型 【对点训练 4】(2020 山东泰安三模,19) 在四棱锥 P-ABCD 中, △ PAB 为等边三角形,四边形 ABCD 为矩形,E 为 PB 的中点,DE⊥PB. (1)证明:平面 ABCD⊥平面 PAB; (2)设二面角 A-PC-B 的大小为α,求α的取值范围. 5.3.2 立体几何中的翻折问题及探索性问题 关键能力学案突破 热点 一 翻折 问题 1.翻折问题中空间关系的证明 【例 1】(2020 陕西西安中学高三模拟,19)在平行四边形 ABCD 中,AB=3,BC=2,过点 A 作 CD 的 垂线交 CD 的延长线于点 E,AE= 3 .连接 EB 交 AD 于点 F,如图 1,将 △ ADE 沿 AD 折起,使得点 E 到达点 P 的位置,如图 2. (1)证明:直线 AD⊥平面 BFP; (2)若 G 为 PB 的中点,H 为 CD 的中点,且平面 ADP⊥平面 ABCD,求三棱锥 G-BCH 的体积. 解题心得解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”以及“变的位置关系 和数量关系”,转化为一般的立体几何问题解答. 【对点训练 1】(2020 湖南怀化三模,18)图 1 是直角梯形 ABCD,AB∥DC,∠ D=90°,AB=2,DC=3,AD= 3 ,点 E 在 DC 上,CE=2ED,以 BE 为折痕将 △ BCE 折起,使点 C 到达点 C1 的位置,且 AC1= 6 ,如图 2. (1)证明:平面 BC1E⊥平面 ABED; (2)求点 B 到平面 AC1D 的距离. 2.求翻折问题中的空间角 【例 2】(2020 北京顺义二模,17)如图 1 所示,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形,沿 BD 将点 C 翻折到点 C1 位置(如图 2 所示),使得二面角 A-BD-C1 成直二面角.E,F 分别为 BC1,AC1 的中点. (1)求证:BD⊥AC1; (2)求平面 DEF 与平面 ABD 所成的二面角的余弦值. 解题心得平面图形翻折后成为空间图形,翻折后还在同一个平面上的线线关系不发生变化, 不在同一个平面上的可能发生变化.解决这类问题就是要根据这些变与不变,去研究翻折以后的 空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值. 【对点训练 2】(2020 山东济宁三模,18)如图 1,四边形 ABCD 为矩形,BC=2AB,E 为 AD 的中 点,将 △ ABE, △ DCE 分别沿 BE,CE 折起得图 2,使得平面 ABE⊥平面 BCE,平面 DCE⊥平面 BCE. (1)求证:平面 ABE⊥平面 DCE; (2)若 F 为线段 BC 的中点,求直线 FA 与平面 ADE 所成角的正弦值. 热点 二 探索性 问题 1.与空间位置关系有关的探索性问题 【例 3】(2020 天津河西一模,17)在如图所示的几何体 P-ABCDE 中, △ ABP 和 △ AEP 均为以 A 为 直角顶点的等腰直角三角形,AB⊥AE,AB∥CE,AE∥CD,CD=CE=2AB=4,M 为 PD 的中点. (1)求证:CE⊥PE; (2)求二面角 M-CE-D 的大小; (3)在线段 PE 上是否存在点 N,使得平面 ABN∥平面 MCE,若存在,求出线段 AN 的长;若不存 在,请说明理由. 解题心得 1.对于空间位置关系中的存在性问题,解题思路是将假设存在所得的结论当作条 件,据此条件以向量为工具,列出满足条件的方程或方程组把“是否存在”问题转化为“是否有 解”“是否有规定范围内的解”等. 2.对于位置探索型问题,通常借助向量引入参数,综合条件和结论列方程或方程组,解出参数, 从而确定位置. 【对点训练 3】 (2020 福建福州三模,19)如图,在多面体 P-ABCD 中,平面 ABCD⊥平面 PAD,AD∥BC,∠ BAD=90°,∠PAD=120°,BC=1,AB=AD=PA=2. (1)求多面体 P-ABCD 的体积; (2)已知 E 是棱 PB 的中点,在棱 CD 上是否存在点 F 使得 EF∥PD,若存在,请确定点 F 的位 置;若不存在,请说明理由. 2.与空间角有关的探索性问题 【例 4】 (2020 山东济南二模,19)如图,在三棱锥 P-ABC 中,平面 PAB⊥平面 ABC,∠PAB=∠PBA=45°,∠ ABC=2∠BAC=60°,D 是棱 AB 的中点,点 E 在棱 PB 上,点 G 是 △ BCD 的重心. (1)若 E 是 PB 的中点,证明 GE∥平面 PAC; (2)是否存在点 E,使二面角 E-CD-G 的大小为 30°,若存在,求 R 的值;若不存在,请说明理由. 解题心得利用空间向量求解探索性问题的策略 (1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论. (2)在这个前提下进行逻辑推理,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存 在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解”“是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾,则 否定假设;否则,给出肯定结论. 【对点训练 4】 (2020 天津滨海新区高三四校联考,18)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,侧面 PAB⊥底面 ABCD,CD∥AB,AD⊥AB,AD=AB=2,CF= 1 3 CD= 1 2 ,PA=PB= 5 ,E,N 分别为 AB,PB 的中点. (1)求证:CN∥平面 PEF; (2)求二面角 N-CD-A 的余弦值; (3)在线段 BC 上是否存在一点 Q,使 NQ 与平面 PEF 所成角的正弦值为 14 14 ,若存在,求出 BQ 的长;若不存在,说明理由. 核心素养微专题(六) 立体几何解答题中的条件选择问题 【例题】(2020 山东青岛二模,18)试在①PC⊥BD,②PC⊥AB,③PA=PC 三个条件中选两个条件 补充在下面的横线处,使得 PO⊥平面 ABCD 成立,请说明理由,并在此条件下进一步解答该题. 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,AC∩BD=O,底面 ABCD 为菱形,若 ,且∠ABC=60°,异 面直线 PB 与 CD 所成的角为 60°,求二面角 A-PB-C 的余弦值. 核心素养分析数学学科核心素养是数学课程目标的集中体现,新高考数学对核心素养的考 查和渗透日趋加强.山东新高考创新性地出现了开放性的解答题,有利于立德树人,提升素养. 本题首先需要理解题意,从数量关系、图形关系中抽象出数学问题,体现了数学抽象的核心 素养;结合图形,理解直线、平面之间的位置关系,并进行推理证明,对直观想象和逻辑推理的核心 素养有较高的要求;建立空间直角坐标系,根据向量坐标及相关公式,通过“数学运算”得出答案. 【跟踪训练】 (2020 山东潍坊二模,19)请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并作答. ①AB⊥BC,②FC 与平面 ABCD 所成的角为 π 6 ,③∠ABC= π 3 . 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是菱形,PA⊥平面 ABCD,且 PA=AB=2,PD 的中点为 F. (1)在线段 AB 上是否存在一点 G,使得 AF∥平面 PCG?若存在,指出 G 在 AB 上的位置并给 以证明;若不存在,请说明理由; (2)若 ,求二面角 F-AC-D 的余弦值. 专题六 统计与概率 考 情 分 析 计数原理和统计与概率是高中阶段数学的重要内容,也是高考中非常重要的内容,因其 与现实生活联系密切,所以成为高考命制应用题的主要来源,高考出题频率基本是“两小一 大”,排列组合应用题、二项式定理、抽样方法、样本估计总体、相互独立事件、独立重复 试验、条件概率、数字特征等,都可能在小题中考查,难度一般不大. 统计与概率解答题是高考六道解答题必考题之一,一般以现实生活中的真实情境为背景,考 查回归分析、独立性检验、离散型随机变量的分布列、期望、方差等,常与统计图表结合, 题目阅读量较大,与实际生活等联系密切,难度中等.偶尔也可能会与函数、数列、导数等 知识综合命题. 6.1 排列、组合、二项式定理小题组合练 必备知识精要梳理 1.两个计数原理与排列组合 (1)两个计数原理 “分类”与“分步”的区别:关键是看事件完成情况,如果每种方法都能将事件完成则是分类;如 果必须连续若干步才能将事件完成则是分步.分类要用分类加法计数原理将种数相加;分步要用 分步乘法计数原理将种数相乘. (2)排列数公式: A =n(n-1)(n-2)·…·(n-m+1)= ! ( - )!(n,m∈N*,m≤n). 说明:规定 0!=1;乘积形式多用于数字计算,阶乘形式多用于证明恒等式. (3)组合数公式 C = A A = ( - 1 )·…·( - +1 ) ! ,C = ! !( - )!(m,n∈N*,m≤n). (4)组合数的性质 性质 1: C = C - . 性质 2: C+1 = C + C - 1 (m≤n,m,n∈N*). 2.二项式定理 (1)(a+b)n= C 0 an+ C 1 an-1b+…+ C an-rbr+…+ C bn.通项(展开式的第 r+1 项):Tr+1= C an-rbr,其中 C (r=0,1,…,n)叫做二项式系数. (2)二项式系数的性质 ①在二项式展开式中,与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等,即 C = C - (r=0,1,2,…,n). ②二项式系数的和等于 2n,即 C 0 + C 1 + C 2 +…+ C =2n. ③二项式展开式中,偶数项的二项式系数和等于奇数项的二项式系数和,即 C 1 + C 3 + C 5 +…= C 0 + C 2 + C 4 +…=2n-1. 考向训练限时通关 考向 一 两个计数 原理 1.(2020 山东,3)6 名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去 1 个场馆,甲场馆安排 1 名,乙场馆安排 2 名,丙场馆安排 3 名,则不同的安排方法共有( ) A.120 种 B.90 种 C.60 种 D.30 种 2.(2020 广东珠海三模,10)甲、乙、丙 3 人从 1 楼乘电梯去商场的 3 到 9 楼,每层楼最多下 2 人, 则下电梯的方法有 ( ) A.210 种 B.252 种 C.343 种 D.336 种 3. (2020 贵州毕节二诊,13)汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数 学的瑰宝,“赵爽弦图”如图所示,由四个全等的直角三角形和一个正方形构成,现有五种不同的颜 色可供涂色,要求相邻的区域不能用同一种颜色,则不同的涂色方案有 种(用数字作 答). 4. (2020 山东潍坊二模,15)植树造林,绿化祖国.某班级义务劳动志愿者小组参加植树活动,准备在一 抛物线形地块上的 ABCDGFE 七点处各种植一棵树苗,如图所示,其中 A,B,C 分别与 E,F,G 关于 抛物线的对称轴对称,现有三种树苗,要求每种树苗至少种植一棵,且关于抛物线的对称轴对称的 两点处必须种植同一种树苗,则共有不同的种植方法数是 (用数字作答). 5.(2020 山东泰安三模,15)甲、乙、丙、丁、戊五人去参加数学、物理、化学三科竞赛,每个同 学只能参加一科竞赛,若每个同学可以自由选择,则不同的选择种数是 ;若甲和乙不参 加同一科,甲和丙必须参加同一科,且这三科都有人参加,则不同的选择种数是 .(用数 字作答) 考向 二 排列 组合 6.(2020 山东聊城二模,4)2020 年是脱贫攻坚年,为顺利完成“两不愁,三保障”,即农村贫困人口不 愁吃、不愁穿,农村贫困人口义务教育、基本医疗、住房安全有保障,某市拟派出 6 人组成三个 帮扶队,每队两人,对脱贫任务较重的甲、乙、丙三县进行帮扶,则不同的派出方法种数共有 ( ) A.15 B.60 C.90 D.540 7.(2019 北京海淀一模,理 8)某校实行选科走班制度,张毅同学的选择是物理、生物、政治这三科, 且物理在 A 层班级,生物在 B 层班级.该校周一上午选科走班的课程安排如下表所示,张毅选择 三个科目的课各上一节,另外一节上自习,则他不同的选课方法有( ) 第一节 第二节 第三节 第四节 地理 B 层 2 班 化学 A 层 3 班 地理 A 层 1 班 化学 A 层 4 班 生物 A 层 1 班 化学 B 层 2 班 生物 B 层 2 班 历史 B 层 1 班 物理 A 层 1 班 生物 A 层 3 班 物理 A 层 2 班 生物 A 层 4 班 物理 B 层 2 班 生物 B 层 1 班 物理 B 层 1 班 物理 A 层 4 班 政治 1 班 物理 A 层 3 班 政治 2 班 政治 3 班 A.8 种 B.10 种 C.12 种 D.14 种 8.(2020 湖南雅礼中学高三月考,5)中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能:礼、乐、射、御、 书、数,也称这六种才能为“六艺”.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动,每天连排六节,每 艺一节,排课有如下要求:“礼”和“数”不能相邻,“射”和“乐”必须相邻,则“六艺”课程讲座不同的排 课顺序共有( ) A.24 种 B.72 种 C.96 种 D.144 种 9.(2020 天津和平区高三一模,8)在国际高峰论坛上,组委会要从 6 个国内媒体团和 3 个国外媒体 团中选出 3 个媒体团进行提问,要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团,且国内媒 体团不能连续提问,则不同的提问方式的种数为( ) A.378 B.306 C.268 D.198 10.(2020 山东济宁三模,15)5 人并排站成一行,如果甲乙两人不相邻,那么不同的排法种数 是 .(用数字作答);5 人并排站成一行,甲乙两人之间恰好有一人的概率 是 .(用数字作答) 考向 三 二项式 定理 11.(2020 海南海南中学模拟,3)已知(2x-a)6(a 是常数)的展开式中含 x3 项的系数为-160,则 a=( ) A.1 B.-1 C. 1 2 D.- 1 2 12.(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 13.(多选)(2020 海南三亚模拟,10)对于 2 - 1 2 6 的展开式,下列说法正确的是( ) A.展开式共有 6 项 B.展开式中的常数项是-240 C.展开式中各项系数之和为 1 D.展开式中的二项式系数之和为 64 14.(2020 山东德州二模,7)(x2-x-a)5 的展开式的各项系数之和为-32,则该展开式中含 x9 项的系数 是( ) A.-15 B.-5 C.5 D.15 6.2 统计图表小题组合练 必备知识精要梳理 1.条形统计图及其特点 条形统计图是用一个单位长度表示一定的数量,根据数量的多少画出长短不同的直条,然后 把这些直条按照一定的顺序排列起来,条形统计图也叫柱形图,条形统计图形象、直观,从图中很 容易看出各种数量的多少. 2.折线统计图及其特点 折线统计图是用一个单位长度表示一定的数量,根据数量的多少描出各点,然后把各点用线 段顺次连接起来,折线统计图不但可以表示出数量的多少,而且能够清楚地表示数量增减变化的 情况. 3.扇形统计图及其特点 扇形统计图中的圆代表总体,圆中的各个扇形分别代表总体中的不同部分,扇形的大小反映 各个部分占总体的百分比的大小,扇形统计图可以很清楚地表示各部分数量同总数之间的关系, 各个扇形所占的百分比之和等于 1. 4.茎叶图 统计中有一种被用来表示数据的图叫做茎叶图,茎是指中间的一列数,叶就是从茎的旁边生 长出来的数. 5.散点图 表示具有相关关系的两个变量的一组数据的图形叫作散点图,它可直观地判断两变量的关 系是否可以用线性关系表示,若这些点散布在从左下角到右上角的区域,则称两个变量正相关;若 这些点散布在从左上角到右下角的区域,则称两个变量负相关. 考向训练限时通关 考向 一 折线统计图及 其应用 1.(2020 山东威海一模,3)恩格尔系数是食品支出总额占个人消费支出总额的比重,其数值越小说 明生活富裕程度越高.统计改革开放 40 年来我国历年城镇和农村居民家庭恩格尔系数,绘制了下 面的折线图.根据该折线图,下列结论错误的是( ) (1978—2018)历年中国城乡居民家庭恩格尔系数 A.城镇居民家庭生活富裕程度不低于农村居民家庭 B.随着改革开放的不断深入,城镇和农村居民家庭生活富裕程度越来越高 C.从 1996 年开始城镇和农村居民家庭恩格尔系数都低于 50% D.随着城乡一体化的推进,城镇和农村居民家庭生活富裕程度差别越来越小 2.(多选)(2020 山东菏泽一模,9)Keep 是一款具有社交属性的健身 APP,致力于提供健身教学、跑 步、骑行、交友及健身饮食指导、装备购买等一站式运动解决方案.Keep 可以让你随时随地进 行锻炼,记录你每天的训练进程.不仅如此,它还可以根据不同人的体质,制定不同的健身计划.小 吴根据 Keep 记录的 2019 年 1 月至 2019 年 11 月期间每月跑步的里程(单位:十公里)数据整理并 绘制了下面的折线图.根据该折线图,下列结论正确的是( ) A.月跑步里程逐月增加 B.月跑步里程最大值出现在 10 月 C.月跑步里程的中位数为 5 月份对应的里程数 D.1 月至 5 月的月跑步里程相对于 6 月至 11 月波动性更小 3.(多选)(2020 山东临沂一模,10)某同学在微信上查询到 2010 年到 2019 年全国高考报名人数、 录取人数和山东夏季高考报名人数的折线图,其中 2019 年的录取人数被遮挡了.他又查询到 2010 年到 2019 年全国高考录取率的散点图,结合图表中的信息判定下列说法正确的是( ) 2010—2019 年全国高考报名人数、录取人数、山东夏季高考报名人数 2010—2019 年全国高考录取率 A.全国高考报名人数逐年增加 B.2018 年全国高考录取率最高 C.2019 年全国高考录取人数约 820 万 D.2019 年山东夏季高考报名人数在全国的占比最小 考向 二 柱形统计图及 其应用 4.(多选)(2020 山东聊城二模,10)居民消费价格指数,简称 CPI,是一个反映居民消费价格水平变动 情况的宏观经济指标.某年的 CPI= 当年的居民消费价格 上一年的居民消费价格×100,以下是 2009~2018 年居民消费价格指 数的柱形图. 从图中可知下列说法正确的是( ) A.2010~2018 年居民消费价格总体呈增长趋势 B.这十年中有些年份居民消费价格增长率超过 3% C.2009 年的居民消费价格出现负增长 D.2011 年的居民消费价格最高 5.(多选)(2020 山东潍坊二模,9)我国是世界第一产粮大国,我国粮食产量很高,整体很安全.按照 14 亿人口计算,中国人均粮食产量约为 950 斤,比全球人均粮食产量高了约 250 斤.如图是中国国 家统计局网站中 2010~2019 年,我国粮食产量(千万吨)与年末总人口(千万人)的条形图,根据条形 图可知在 2010~2019 年中( ) A.我国粮食年产量与年末总人口均逐年递增 B.2011 年我国粮食年产量的年增长率最大 C.2015~2019 年我国粮食年产量相对稳定 D.2015 年我国人均粮食年产量达到了最高峰 考向 三 频率(数)分布表、频率分布直 方图、茎叶图 6.(2020 江西南昌三模,3)为了普及环保知识,增强环保意识,某中学随机抽取 30 名学生参加环保 知识竞赛,得分(10 分制)的频数分布表如表: 得 分345 678910 频 数231063222 设得分的中位数为 me,众数为 m0,平均数为 x,则( ) A.me=m0=x B.me=m00 时,表示两个变量正相关;当 r<0 时,表示两个变量 负相关.|r|越接近 1,表明两个变量相关性越强;当|r|接近 0 时,表明两个变量几乎不存在相关性. 2.独立性检验 对于取值分别是{x1,x2}和{y1,y2}的分类变量 X 和 Y,其样本频数列联表是: y1 y2 总 计 x1 a b a+b x2 c d c+d 总 计a+cb+dn 随机变量 K2= ( - ) 2( + )( + )( + )( + ),其中 n=a+b+c+d. 关键能力学案突破 热点 一 样本的数字特 征的应用 【例 1】(2019 全国Ⅱ,文 19)某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况,随机调查了 100 个企业,得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率 y 的频数分布表. y 的 分 组 [- 0.20,0)[0,0.20)[0.20,0.40)[0.40,0.60)[0.60,0.80) 企 业 数 2 24 53 14 7 (1)分别估计这类企业中产值增长率不低于 40%的企业比例、产值负增长的企业比例; (2)求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点 值为代表).(精确到 0.01) 附: 74 ≈8.602. 解题心得(1)在预测总体数据的平均值时,常用样本数据的平均值估计,从而做出合理的判断. (2)平均数反映了数据取值的平均水平,标准差、方差描述了一组数据围绕平均数波动的大 小.标准差、方差越大,数据的离散程度越大,越不稳定. 【对点训练 1】(2020 辽宁辽南协作校二模,18)数据的收集和整理在当今社会起到了举足轻 重的作用,它用统计的方法来帮助人们分析以往的经验数据,进而指导人们接下来的行动.某支足 球队的主教练打算从预备球员甲、乙两人中选一人为正式球员,他收集了甲、乙两名球员近期 5 场比赛的传球成功次数,如下表: 场 次 第一 场 第二 场 第三 场 第四 场 第五 场 甲 28 33 36 38 45 乙 39 31 43 39 33 (1)根据这两名球员近期 5 场比赛的传球成功次数,完成茎叶图(茎表示十位,叶表示个位);分 别在平面直角坐标系中画出两名球员的传球成功次数的散点图; (2)求出甲、乙两名球员近期 5 场比赛的传球成功次数的平均值和方差; (3)主教练根据球员每场比赛的传球成功次数分析出球员在场上的积极程度和技术水平,同 时根据多场比赛的数据也可以分析出球员的状态和潜力.你认为主教练应选哪位球员?并说明理 由. 热点 二 线性回归 分析 【例 2】改革开放以来,我国经济持续高速增长.如图给出了我国 2003 年至 2012 年第二产业增 加值与第一产业增加值的差值(以下简称为:产业差值)的折线图,记产业差值为 y(单位:万亿元). 注:年份代码 1—10 分别对应年份 2003—2012 (1)求出 y 关于年份代码 t 的线性回归方程; (2)利用(1)中的回归方程,分析 2003 年至 2012 年我国产业差值的变化情况,并预测我国产业 差值在哪一年约为 34 万亿元; (3)结合折线图,试求出除去 2007 年产业差值后剩余的 9 年产业差值的平均值及方差(结果 精确到 0.1). 附:回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为: ^ = ∑i=1 n ( - )( - ) ∑=1 ( - ) 2 , ^ = ^ . 样本方差公式:s2= 1 ∑=1 (yi- )2. 参考数据: = 1 10 ∑=1 10 yi=10.8, ∑=1 10 (ti- )(yi- )=132, ∑=1 10 (yi- )2=211.6. 解题心得线性回归分析问题的类型及解题方法 1.求回归直线方程: 2.对变量值预测: (1)若已知回归直线方程(方程中无参数),进而预测时,可以直接将数值代入求得特定要求下 的预测值; (2)若回归直线方程中有参数,则根据回归直线一定经过点( , ),求出参数值,得到回归直线方 程,进而完成预测. 【对点训练 2】(2020 河北石家庄模拟,19)下表是我国大陆地区从 2013 年至 2019 年国内生 产总值(GDP)近似值(单位:万亿元人民币)的数据表格: 年份 2013201420152016201720182019 年份 代号 x1 2 3 4 5 6 7 中国 大陆 地区 GDP:y (单位: 万亿 元 人民 币) 59.3 64.1 68.6 74.0 82.1 90.0 99.1 以 x 为解释变量,y 为预报变量,若以 y=b1x+a1 为回归方程,则相关指数 1 2 ≈0.980 8;若以 y=a2+b2ln x 为回归方程,则相关指数 2 2 ≈0.845 7. (1)判断 y=b1x+a1 与 y=a2+b2ln x 哪一个更适宜作为国内生产总值(GDP)近似值 y 关于年份 代号 x 的回归方程,并说明理由; (2)根据(1)的判断结果及表中数据,求出 y 关于年份代号 x 的回归方程(系数精确到 0.01); (3)党的十九大报告中指出:从 2020 年到 2035 年,在全面建成小康社会的基础上,再奋斗 15 年,基本实现社会主义现代化.若到 2035 年底我国人口增长为 14.4 亿人,假设到 2035 年世界主要 中等发达国家的人均国民生产总值的频率直方图如图所示. 以(2)的结论为依据,预测我国在 2035 年底人均国民生产总值是否可以超过假设的 2035 年 世界主要中等发达国家的人均国民生产总值平均数的估计值. 参考数据: ∑=1 7 yi=537.2, ∑i=1 7 xiyi=2 333.5. 参考公式:回归方程 ^ = ^ x+ ^ 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为: ^ = ∑=1 ( - )( - ) ∑=1 ( - ) 2 = ∑=1 - ∑=1 2 - 2 , ^ = ^ . 热点 三 非线性回 归分析 【例 3】(2020 山东聊城二模,21)个人所得税是国家对本国公民、居住在本国境内的个人的所得 和境外个人来源于本国的所得征收的一种所得税.我国在 1980 年 9 月 10 日第五届全国人民代 表大会第三次会议通过并公布了《中华人民共和国个人所得税法》.公民依法诚信纳税是义务, 更是责任.现将自 2013 年至 2017 年的个人所得税收入统计如下: 年份 2013201420152016 2017 时间代 号 x 1 2 3 4 5 个税收 入 y(千 亿元) 6.53 7.38 8.62 10.0911.97 并制作了时间代号 x 与个人所得税收入的如图所示的散点图: 根据散点图判断,可用①y=menx 与②y=px2+q 作为年个人所得税收入 y 关于时间代号 x 的回 归方程,经过数据运算和处理,得到如下数据: x y z w ∑i=1 5 (xi- x )2 ∑i=1 5 (wi- w )2 38.922.161110 374 ∑i=1 5 (xi- x )(zi- z ) ∑i=1 5 (wi- w )(yi- y ) 1.60 83.83 表中 z=ln y,w=x2, = 1 5 ∑=1 5 ln yi, w = 1 5 ∑i=1 5 2 ,参考数据:e1.68≈5.37,e0.96≈2.61. 以下计算过程中四舍五入保留两位小数. (1)根据所给数据,分别求出①,②中 y 关于 x 的回归方程; (2)已知 2018 年个人所得税收入为 13.87 千亿元,用 2018 年的数据验证(1)中所得的两个回 归方程,哪个更适宜作为 y 关于时间代号 x 的回归方程? (3)你还能从统计学哪些角度来进一步确认哪个回归方程更适宜?(只需叙述,不必计算) 附:对于一组数据(u1,y1),(u2,y2),…,(un,yn)其回归直线 y=α+βu 的斜率和截距的最小二乘估计 分别为: ^ = ∑=1 ( - )( - ) ∑=1 ( - ) 2 , ^ = ^ . 解题心得非线性回归方程的求法: (1)根据原始数据做出散点图; (2)根据散点图,选择恰当的拟合函数; (3)作恰当变换,将其转化成线性函数,求线性回归方程; (4)在(3)的基础上通过相应变换,即可得非线性回归方程. 【对点训练 3】某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费,需了解年宣传费 x(单位:千 元)对年销售量 y(单位:t)和年利润 z(单位:千元)的影响.对近 8 年的年宣传费 xi 和年销售量 yi(i=1,2,…,8)数据作了初步处理,得到下面的散点图及一些统计量的值. x y w ∑i=1 8 (xi- x )2 ∑i=1 8 (wi- w )2 ∑i=1 8 (xi- x )(yi- y ) ∑i=1 8 (wi- w )(yi- y ) 46.65636.8289.8 1.6 1 469 108.8 表中 wi= , = 1 8 ∑=1 8 wi. (1)根据散点图判断,y=a+bx 与 y=c+d x 哪一个适宜作为年销售量 y 关于年宣传费 x 的回归 方程类型?(给出判断即可,不必说明理由) (2)根据(1)的判断结果及表中数据,建立 y 关于 x 的回归方程; (3)已知这种产品的年利润 z 与 x,y 的关系为 z=0.2y-x.根据(2)的结果回答下列问题: ①年宣传费 x=49 时,年销售量及年利润的预报值是多少? ②年宣传费 x 为何值时,年利润的预报值最大? 附:对于一组数据(u1,v1),(u2,v2),…,(un,vn),其回归直线 v=α+βu 的斜率和截距的最小二乘估计 分别为 β ^ = ∑=1 ( - )( - ) ∑=1 ( - ) 2 , ^ = ^ . 热点 四 样本的相关系 数的应用 【例 4】(2020 全国Ⅱ,理 18)某沙漠地区经过治理,生态系统得到很大改善,野生动物数量有所增 加,为调查该地区某种野生动物的数量,将其分成面积相近的 200 个地块,从这些地块中用简单随 机抽样的方法抽取 20 个作为样区,调查得到样本数据(xi,yi)(i=1,2,…,20),其中 xi 和 yi 分别表示第 i 个样区的植物覆盖面积(单位:公顷)和这种野生动物的数量,并计算得 ∑=1 20 xi=60, ∑i=1 20 yi=1 200, ∑=1 20 (xi- )2=80, ∑=1 20 (yi- )2=9 000, ∑=1 20 (xi- )(yi- )=800. (1)求该地区这种野生动物数量的估计值(这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动 物数量的平均数乘以地块数); (2)求样本(xi,yi)(i=1,2,…,20)的相关系数(精确到 0.01); (3)根据现有统计资料,各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区 这种野生动物数量更准确的估计,请给出一种你认为更合理的抽样方法.并说明理由. 附:相关系数 r= ∑=1 ( - )( - ) ∑=1 ( - ) 2 ∑=1 ( - ) 2 , 2 ≈1.414. 解题心得对于样本的相关系数的应用题目,题目一般都给出样本(xi,yi)(i=1,2,…,n)的相关系 数 r 的表达式,以及有关的数据,解决这类题的关键是在有关的数据中选择题目需要的数据代入 公式即可. 【对点训练 4】(2020 河北唐山高三联考,19)近年来,共享单车在我国各城市迅猛发展,为人 们的出行提供了便利,但也给城市的交通管理带来了一些困难,为掌握共享单车在 C 省的发展情 况,某调查机构从该省抽取了 5 个城市,并统计了共享单车的 A 指标 x 和 B 指标 y,数据如下表所 示: 城市 1 城市 2 城市 3 城市 4 城市 5 A 指 标 2 4 5 6 8 B 指 3 4 4 4 5 标 (1)试求 y 与 x 间的相关系数 r,并说明 y 与 x 是否具有较强的线性相关关系(若|r|≥0.75,则认 为 y 与 x 具有较强的线性相关关系,否则认为没有较强的线性相关关系). (2)建立 y 关于 x 的回归方程,并预测当 A 指标为 7 时,B 指标的估计值. (3)若某城市的共享单车 A 指标 x 在区间( -3s, +3s)的右侧,则认为该城市共享单车数量过 多,对城市的交通管理有较大的影响,交通管理部门将进行治理,直至 A 指标 x 在区间( -3s, +3s) 内.现在已知 C 省某城市共享单车的 A 指标为 13,则该城市的交通管理部门是否需要进行治理? 试说明理由. 参考公式:回归直线 ^ = b ^ x+ ^中斜率和截距的最小二乘估计分别为 ^ = ∑=1 ( - )( - ) ∑=1 ( - ) 2 , ^ = ^ ,相关系数 r= ∑=1 ( - )( - ) ∑=1 ( - ) 2 ∑=1 ( - ) 2 . 参考数据:s= 1 5 ∑=1 5 ( - ) 2 =2, 0 . 3 ≈0.55, 0 . 9 ≈0.95. 热点 五 独立性 检验 【例 5】(2020 河北衡水中学高三调研,19)某城市先后采用甲、乙两种方案治理空气污染各一年, 各自随机抽取一年(365 天)内 100 天的空气质量指数 API 的检测数据进行分析,若空气质量指数 值在[0,300]内为合格,否则为不合格.表 1 是甲方案检测数据样本的频数分布表,如图是乙方案检 测数据样本的频率分布直方图. 表 1: API 值 [0,50](50,100](100,150](150,200](200,250](250,300] 大 于 300 天 数 9 13 19 30 14 11 4 (1)将频率视为概率,求乙方案样本的频率分布直方图中 a 的值,以及乙方案样本的空气质量 不合格天数; (2)求乙方案样本的中位数; (3)填写下面 2×2 列联表(表 2),并根据列联表判断是否有 90%的把握认为该城市的空气质 量指数值与两种方案的选择有关. 表 2: 甲方 案 乙方 案 合 计 合格天 数 不合格 天数 合计 附:K2= ( - ) 2( + )( + )( + )( + ) P(K2≥k)0.10 0.05 0.025 k 2.7063.8415.024 解题心得有关独立性检验的问题解题步骤:(1)作出 2×2 列联表;(2)计算随机变量 K2 的值;(3) 查临界值,检验作答. 【对点训练 5】(2020 山东,19)为加强环境保护,治理空气污染,环境监测部门对某市空气质 量进行调研,随机抽查了 100 天空气中的 PM2.5 和 SO2 浓度(单位:μg/m3),得下表: SO2 PM2.5 [0,50](50,150](150,475] [0,35] 32 18 4 (35,75] 6 8 12 (75,115]3 7 10 (1)估计事件“该市一天空气中 PM2.5 浓度不超过 75,且 SO2 浓度不超过 150”的概率; (2)根据所给数据,完成下面的 2×2 列联表: SO2 PM2.5 [0,150](150,475] [0,75] (75,115] (3)根据(2)中的列联表,判断是否有 99%的把握认为该市一天空气中 PM2.5 浓度与 SO2 浓度 有关? 附:K2= ( - ) 2( + )( + )( + )( + ), P(K2≥k)0.0500.0100.001 k 3.8416.63510.828 6.4.2 随机变量及其分布 必备知识精要梳理 1.超几何分布 在含有 M 件次品的 N 件产品中,任取 n 件,其中恰有 X 件次品,则 P(X=k)= C C - - C ,k=0,1,2,…,m,其中 m=min{M,n},且 n≤N,M≤N,n,M,N∈N*. 2.二项分布 一般地,在 n 次独立重复试验中,事件 A 发生的次数为 X,设每次试验中事件 A 发生的概率为 p,则 P(X=k)= C pkqn-k,其中 040. 某位患者因患肺炎发热,于 12 日至 26 日住院治疗.医生根据病情变化,从 14 日开始,以 3 天 为一个疗程,分别用三种不同的抗生素为该患者进行消炎退热.住院期间,患者每天上午 8:00 服药, 护士每天下午 16:00 为患者测量腋下体温,记录如下: 抗生 素 使用 情况 没有使用使用“抗生素 A” 治疗 使用“抗生素 B” 治疗 日期 12 日 13 日 14 日15 日16 日17 日18 日19 日 体温 (℃) 38.7 39.4 39.7 40.1 39.9 39.2 38.9 39.0 抗生 素 使用 情况 使用“抗生素 C”治疗 没有使用 日期 20 日 21 日 22 日 23 日 24 日 25 日 26 日 体温 (℃) 38.4 38.0 37.6 37.1 36.8 36.6 36.3 (1)请你计算住院期间该患者体温不低于 39 ℃的各天体温平均值; (2)在 19~23 日期间,医生会随机选取 3 天在测量体温的同时为该患者进行某一特殊项目“α 项目”的检查,记 X 为高热体温下做“α项目”检查的天数,试求 X 的分布列与数学期望; (3)抗生素治疗一般在服药后 2~8 个小时就能出现血液浓度的高峰,开始杀灭细菌,达到消炎 退热效果.假设三种抗生素治疗效果相互独立,请依据表中数据,判断哪种抗生素治疗效果最佳,并 说明理由. 解题心得 1.求超几何分布分布列的步骤 第一步,验证随机变量服从超几何分布,并确定参数 N,M,n 的值; 第二步,根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率; 第三步,用表格的形式列出分布列. 2.本例第(3)问是一个开放性问题,答案不唯一,得出结论抗生素 B 或 C 降温效果最好都可以, 只要说出合理的理由即可. 【对点训练 3】 (2020 黑龙江大庆实验中学二模,19)2019 年春节期间,我国高速公路继续执行“节假日高速公 路免费政策”.某路桥公司为掌握春节期间车辆出行的高峰情况,在某高速公路收费点记录了大年 初三上午 9:20~10:40 这一时间段内通过的车辆数,统计发现这一时间段内共有 600 辆车通过该 收费点,它们通过该收费点的时刻的频率分布直方图如下图所示,其中时间段 9:20~9:40 记作区 间[20,40),9:40~10:00 记作[40,60),10:00~10:20 记作[60,80),10:20~10:40 记作[80,100],例如:10 点 04 分,记作时刻 64. (1)估计这 600 辆车在 9:20~10:40 时间段内通过该收费点的时刻的平均值(同一组中的数据 用该组区间的中点值代表); (2)为了对数据进行分析,现采用分层抽样的方法从这 600 辆车中抽取 10 辆,再从这 10 辆车 中随机抽取 4 辆,设抽到的 4 辆车中,在 9:20~10:00 之间通过的车辆数为 X,求 X 的分布列与数学 期望; (3)由大数据分析可知,车辆在每天通过该收费点的时刻服从正态分布 N(μ,σ2),其中μ可用这 600 辆车在 9:20~10:40 之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替,σ2 可用样本的方差近似代替 (同一组中的数据用该组区间的中点值代表),已知大年初五全天共有 1 000 辆车通过该收费点,估 计在 9:46~10:22 之间通过的车辆数(结果保留到整数). 参考数据:若 T~N(μ,σ2),则①P(μ-σ2 为三级品. (1)现根据频率分布直方图中的分组,用分层抽样的方法先从这 400 个部件中抽取 40 个,再 从所抽取的 40 个部件中,抽取出所有尺寸 x∈[12,15]的部件,再从所有尺寸 x∈[12,15]的部件中 抽取 2 件,记ξ为这 2 个部件中尺寸 x∈[14,15]的个数,求ξ的分布列和数学期望; (2)将甲设备生产的部件成箱包装出售时,需要进行检验.已知每箱有 100 个部件,每个部件的 检验费用为 50 元.检验规定:若检验出三级品需更换为一级或二级品;若不检验,让三级品进入买 家,厂家需向买家每个支付 200 元补偿.现从一箱部件中随机抽检了 10 个,结果发现有 1 个三级 品.若将甲设备的样本频率作为总体的概率,以厂家支付费用作为决策依据,问是否对该箱中剩余 部件进行一一检验?请说明理由; (3)为加大生产力度,厂家需增购设备.已知这种部件的利润如下:一级品的利润为 500 元/个; 二级品的利润为 400 元/个;三级品的利润为 200 元/个.乙种设备生产的该部件中一、二、三级品 的概率分别是 2 5 , 1 2 , 1 10 .若将甲设备的样本频率作为总体的概率,以厂家的利润作为决策依据,则应 选购哪种设备?请说明理由. 解题心得利用均值和方差进行决策的方法 利用随机变量的均值与方差可以帮助我们作出科学的决策.其中随机变量ξ的均值的意义在 于描述随机变量的平均程度,而方差则描述了随机变量稳定与波动或集中与分散的状况.品种的 优劣、仪器的好坏、预报的准确与否、机器的性能好坏等很多指标都与这两个特征量有关. (1)若我们希望实际的平均水平较理想时,则先求随机变量ξ1,ξ2 的均值.当 E(ξ1)=E(ξ2)时,不应 误认为它们一样好.需要用 D(ξ1),D(ξ2)来比较这两个随机变量的偏离程度. (2)若我们希望比较稳定时,应先考虑方差,再考虑均值是否相等或者接近. 【对点训练 2】(2020 广东惠州一模,20)计划在某水库建一座至多安装 3 台发电机的水电站, 过去 50 年的水文资料显示,水库年入流量 X(年入流量:一年内上游来水与库区降水之和,单位:亿 立方米)都在 40 以上.其中,不足 80 的年份有 10 年,不低于 80 且不超过 120 的年份有 35 年,超过 120 的年份有 5 年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率,并假设各年的年入流量相 互独立. (1)求未来 4 年中,至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率; (2)水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机最多可运行台数受年入流量 X 限制, 并有如下关系: 年 入 流 量 X 40120 发 电 机 最 多 可 运 行 台 数 1 2 3 若某台发电机运行,则该台年利润为 5 000 万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损 800 万元.欲 使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机多少台? 热点 三 统计与概率和函数、 导数的综合 【例 3】(2020 山东威海一模,22)新药在进入临床实验之前,需要先通过动物进行有效性和安全 性的实验.现对某种新药进行 5 000 次动物实验,一次实验方案如下:选取 3 只白鼠对药效进行检 验,当 3 只白鼠中有 2 只或 2 只以上使用“效果明显”,即确定“实验成功”;若有且只有 1 只“效果明 显”,则再取 2 只白鼠进行二次检验,当 2 只白鼠均使用“效果明显”,即确定“实验成功”,其余情况 则确定“实验失败”.设对每只白鼠的实验相互独立,且使用“效果明显”的概率均为 p(00). (3)以 A(x1,y1),B(x2,y2)为直径的圆的方程是(x-x1)·(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0. 5.圆锥曲线的标准方程 (1)椭圆: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)(焦点在 x 轴上)或 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)(焦点在 y 轴上); (2)双曲线: 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)(焦点在 x 轴上)或 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)(焦点在 y 轴上); (3)抛物线:y2=2px(p>0),y2=-2px(p>0),x2=2py(p>0),x2=-2py(p>0). 6.熟记重要结论 (1)焦点三角形:椭圆上的点 P(x0,y0)与两焦点构成的 △ PF1F2 叫做焦点三角形,∠ F1PF2=θ, △ PF1F2 的面积为 S,则在椭圆 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)中 ①当 P 为短轴端点时,θ最大. ②S= 1 2 |PF1||PF2|·sin θ=b2tan 2 =c|y0|,当|y0|=b 时,即点 P 为短轴端点时,S 取最大值,最大值为 bc. ③焦点三角形的周长为 2(a+c). (2)若 P 是双曲线上不同于实轴两端点的任意一点,F1,F2 分别为双曲线的左、右焦点,则 △R12 = 2 tan 2 ,其中θ为∠F1PF2. (3)设 AB 是过抛物线 y2=2px(p>0)焦点 F 的弦,若 A(x1,y1),B(x2,y2),则 ①x1x2= 2 4 ,y1y2=-p2; ②弦长|AB|=x1+x2+p= 2 sin2 (α为弦 AB 所在直线的倾斜角); ③ 1| | + 1| | = 2 ; ④以弦 AB 为直径的圆与准线相切. 考向训练限时通关 考 向 一 直 线、 圆 1.(2020 天津,12)已知直线 x- 3 y+8=0 和圆 x2+y2=r2(r>0)相交于 A,B 两点.若|AB|=6,则 r 的值 为 . 2.(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 3.(2020 全国Ⅲ,文 8)点(0,-1)到直线 y=k(x+1)距离的最大值为( ) A.1 B. 2 C. 3 D.2 4.(2020 全国Ⅰ,文 6)已知圆 x2+y2-6x=0,过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 5.圆 x2+y2+2x-6y+1=0 关于直线 ax-by+3=0(a>0,b>0)对称,则 1 + 3 的最小值是( ) A.2 3 B. 20 3 C.4 D. 16 36.(多选)设圆 x2+y2-2x-2y-2=0 的圆心为 C,直线 l 过(0,3),且与圆 C 交于 A,B 两点,若|AB|=2 3 ,则 直线 l 的方程为( ) A.3x+4y-12=0 B.3x+4y+12=0 C.x=0 D.4x+3y+9=0 考向 二 圆锥曲线方 程、性质 类型一 椭圆 7.(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( ) A. 2 2 +y2=1 B. 2 3 + 2 2 =1 C. 2 4 + 2 3 =1 D. 2 5 + 2 4 =1 8. (2020 石家庄一模,5)如图,已知椭圆 C 的中心为原点 O,F(-5,0)为 C 的左焦点,P 为 C 上一点,满足 |OP|=|OF|且|PF|=6,则椭圆 C 的标准方程为( ) A. 2 36 + 2 16 =1 B. 2 40 + 2 15 =1 C. 2 49 + 2 24 =1 D. 2 45 + 2 20 =1 9.(2020 安徽蚌埠模拟)已知椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的左、右焦点为 F1,F2,离心率为 3 3 ,过 F2 的 直线 l 交 C 于 A,B 两点,若 △ AF1B 的周长为 4 3 ,则 C 的方程为 ( ) A. 2 3 + 2 2 =1 B. 2 3 +y2=1 C. 2 12 + 2 8 =1 D. 2 12 + 2 4 =1 10.(2020 北京丰台一模,15)已知双曲线 M:x2- 2 3 =1 的渐近线是边长为 1 的菱形 OABC 的边 OA,OC 所在直线.若椭圆 N: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)经过 A,C 两点,且点 B 是椭圆 N 的一个焦点,则 a= . 类型二 双曲线 11.(多选)(2020 山东潍坊一模,9)已知双曲线 2 4 2 2 =sin2θ(θ≠kπ,k∈Z),则不因θ改变而变化的是 ( ) A.焦距 B.离心率 C.顶点坐标 D.渐近线方程 12.(2020 天津,7)设双曲线 C 的方程为 2 2 2 2 =1(a>0,b>0),过抛物线 y2=4x 的焦点和点(0,b)的直 线为 l.若 C 的一条渐近线与 l 平行,另一条渐近线与 l 垂直,则双曲线 C 的方程为( ) A. 2 4 2 4 =1 B.x2- 2 4 =1 C. 2 4 -y2=1 D.x2-y2=1 13.(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 14. (2020 山东淄博一模,15)如图,A1,A2 分别是双曲线 C:x2- 2 =1(a>0)的左、右顶点,以实轴为直径的 半圆交其中一条渐近线于点 M,直线 MA2 交另一条渐近线于点 N,若 1 ∥ ,则 a= , 若 F2 为双曲线右焦点,则 △ MF2O 的周长为 . 类型三 抛物线 15.(2020 全国Ⅲ,文 7)设 O 为坐标原点,直线 x=2 与抛物线 C:y2=2px(p>0)交于 D,E 两点,若 OD⊥ OE,则 C 的焦点坐标为( ) A. 1 4 ,0 B. 1 2 ,0 C.(1,0) D.(2,0) 16.(2019 全国Ⅱ,文 9)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 17.(2020 安徽安庆二模,10)已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点为 F,准线与 x 轴交于点 K,过点 K 作圆 - 2 2 +y2= 2 4 的切线,切点分别为 A,B.若|AB|= 3 ,则 p 的值为( ) A.1 B. 3 C.2 D.3 18.(多选)(2020 山东淄博一模,9)已知抛物线 y2=2px(p>0)上一点 M 到其准线及对称轴的距离分 别为 3 和 2 2 ,则 p 的值可以是( ) A.2 B.6 C.4 D.8 19.(2018 全国Ⅲ,理 16)已知点 M(-1,1)和抛物线 C:y2=4x,过 C 的焦点且斜率为 k 的直线与 C 交于 A,B 两点,若∠AMB=90°,则 k= . 20.(2020 北京石景山一模,14)已知 F 是抛物线 C:y2=4x 的焦点,M 是 C 上一点,FM 的延长线交 y 轴于点 N.若 M 为 FN 的中点,则|FN|= . 7.2 热点小专题三、圆锥曲线的离心率 必备知识精要梳理 1.椭圆中,由 a 与 b 的关系可以求离心率,e= = 1 - ( ) 2 . 双曲线中,由 a 与 b 的关系可以求离心率,e= = 1 + ( ) 2 . 2.椭圆的离心率的取值范围 e∈(0,1),双曲线的离心率的取值范围 e∈(1,+∞). 3.等轴双曲线是一类特殊的双曲线,等轴双曲线的离心率为 e= 2 . 4.求椭圆(或双曲线)的离心率:求椭圆(或双曲线)的离心率就是要找椭圆(或双曲线)中 a 与 c 的关系,常将椭圆(或双曲线)的条件与 c2=a2-b2(或 c2=a2+b2)相结合,转化为关于 a,c 的等式(或不 等式),进而化成关于 e 的方程(或不等式)求解. 关键能力学案突破 热点 一 椭圆的离 心率 类型一 求椭圆的离心率 【例 1】(2020 湖南怀化一模,15)若椭圆 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的左焦点为 F1,点 P 在椭圆上,点 O 为坐标原点,且 △ OPF1 为正三角形,则椭圆的离心率为 . 解题心得本题考查了椭圆的几何性质——离心率的求解,常见的有两种方法:①求出 a,c,代 入公式 e= ;②只需要根据一个条件得到关于 a,b,c 的齐次式,转化为关于 a,c 的齐次式,然后转化 为关于 e 的方程,即可得 e 的值. 【对点训练 1】已知 F1,F2 是椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的左、右焦点,A 是 C 的左顶点,点 P 在过 A 且斜率为 3 6 的直线上, △ PF1F2 为等腰三角形,∠F1F2P=120°,则 C 的离心率为( ) A. 2 3 B. 1 2 C. 1 3 D. 1 4类型二 求椭圆离心率的范围 【例 2】(2019 贵州凯里第一中学高二下学期期中考试)已知椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1,a>b>0,F1,F2 分别为椭圆的左、右焦点,若椭圆 C 上存在点 P(x0,y0)(x0≥0)使得∠PF1F2=60°,则椭圆的离心率 的取值范围为( ) A. 2 2 ,1 B. 0, 2 2 C. 1 2 ,1 D. 0, 1 2 解题心得椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质,求椭圆的离心率的取值范围,常见有两种 方法: (1)求出 a,c,代入公式 e= ; (2)只需要根据一个条件得到关于 a,b,c 的齐次式,结合 b2=a2-c2 转化为 a,c 的齐次式,然后等 式(不等式)两边分别除以 a2 转化为关于 e 的方程(或不等式),解方程(或不等式)即可得 e 的取值 范围. 【对点训练 2】(2019 福建龙岩高三 5 月月考)已知点 F 为椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的左焦 点,直线 y=kx(k>0)与 C 相交于 M,N 两点(其中 M 在第一象限),若|MN|=2 2 - 2 ,|FM|≤ 3 |FN|,则 C 的离心率的最大值是 . 热点 二 双曲线的 离心率 类型一 求双曲线的离心率(多维探究) 方法一 直接法求离心率 【例 3】(2020 山东泰安三模,8) 如图,已知双曲线 C: 2 2 2 +2 =1 的左、右焦点分别为 F1,F2,M 是 C 上位于第一象限内的一点, 且直线 F2M 与 y 轴的正半轴交于点 A, △ AMF1 的内切圆在边 MF1 上的切点为 N,若|MN|=2,则双 曲线 C 的离心率为( ) A. 5 2 B. 5 C.2 D. 2解题心得直接法求离心率就是先直接求出 a 与 c(或 a 与 c 的关系),然后通过求比值 e= ,得 到双曲线的离心率. 【对点训练 3】(2020 北京朝阳一模,7)在 △ ABC 中,AB=BC,∠ABC=120°.若以 A,B 为焦点 的双曲线经过点 C,则该双曲线的离心率为( ) A. 5 2 B. 7 2 C. 3+1 2 D. 3方法二 通过 a 与 b 的关系求离心率 【例 4】(2020 河北张家口一模,7)已知双曲线 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)的两条渐近线的倾斜角成 2 倍关系,则该双曲线的离心率为( ) A. 3 B. 2C.2 D.4 解题心得 1.椭圆(双曲线)的离心率有一个公式变形,e= = 1 - ( ) 2 1 + ( ) 2 ,所以由 a 与 b 的关系可以求离心率,相反,由离心率也可以得出 a 与 b 的关系; 2.圆锥曲线中的离心率的计算,关键是利用题设条件构建关于 a,b,c 的一个关系式. 【对点训练 4】(2020 山东济南一模,14)已知双曲线 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)的渐近线与圆(x- 2)2+y2=1 相切,则该双曲线的离心率为 . 方法三 通过 a 与 c 的齐次式求离心率 【例 5】(2020 山东临沂二模,15)已知双曲线 C: 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)的左焦点为 F,M 为虚轴 的一端点.若以 M 为圆心的圆与 C 的一条渐近线相切于点 N,且 M,N,F 三点共线,则该双曲线的 离心率为 . 解题心得离心率 e 的求解中可以不求出 a,c 的具体值,而是得出 a 与 c 的关系,从而求得 e,这 种方法的步骤如下: (1)建立方程:根据已知条件得到齐次式 Aa2+Bac+Cc2=0; (2)化简:同时除以 a2,化简齐次式,得到关于 e 的一元二次方程 A+Be+Ce2=0; (3)求解:解一元二次方程,求得 e 的值; (4)验算取舍:根据离心率的取值范围 e∈(0,1)或 e∈(1,+∞)进行取舍,最终的 e 值即为所求. 【对点训练 5】(2020 重庆名校联盟二诊,11)过双曲线 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)的右焦点 F 作渐 近线的垂线,设垂足为 P(P 为第一象限的点),延长 FP 交抛物线 y2=2px(p>0)于点 Q,其中该双曲 线与抛物线有一个共同的焦点,若 R = 1 2 ( + ),则双曲线的离心率的平方为( ) A. 5 B. 5 2 C. 5 +1 D. 5+1 2类型二 求双曲线离心率的取值范围 【例 6】(2020 辽宁锦州一模,11)圆 C:x2+y2-10x+16=0 上有且仅有两点到双曲线 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线的距离为 1,则该双曲线离心率的取值范围是 ( ) A. 5 4 , 5 2 B.( 2, 5 ) C. 5 2 , 5 2 2 D.( 5, 2 +1) 解题心得求双曲线离心率的取值范围涉及解析几何、平面几何、代数等多个知识点,综合 性强、方法灵活,解题关键是挖掘题中的隐含条件,构造不等式,常用方法主要有以下三种:(1)利 用圆锥曲线的变量的范围,建立不等关系;(2)直接根据已知条件中的不等关系,建立关于离心率的 不等式;(3)利用函数的思想分析解答. 【对点训练 6】(2020 山东济宁三模,16)设双曲线 C: 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别 为 F1,F2,|F1F2|=2c,过 F2 作 x 轴的垂线,与双曲线在第一象限的交点为 A,点 Q 坐标为 , 3 2 且满 足|F2Q|>|F2A|,若在双曲线 C 的右支上存在点 P 使得|PF1|+|PQ|< 7 6 |F1F2|成立,则双曲线的离心率 的取值范围是 . 7.3 直线、圆、圆锥曲线小综合题专项练 必备知识精要梳理 1.直线与圆的位置关系根据圆心到直线的距离与圆的半径大小关系判定. 2.圆与圆的位置关系有五种,即内含、内切、相交、外切、外离.判定方法是利用两圆心之 间的距离与两圆半径的和、差关系. 3.焦半径公式 (1)设 M(x,y)是椭圆 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)上的一点,其焦点为 F1(-c,0),F2(c,0),则 |MF1|=a+ex,|MF2|=a-ex(其中 e 是离心率). (2)设 M(x,y)是双曲线 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)上的一点,其焦点为 F1(-c,0),F2(c,0),e 为双曲线的离 心率. 点 M(x,y)在右支上,|PF1|=ex+a,|PF2|=ex-a; 点 M(x,y)在左支上,|PF1|=-(ex+a),|PF2|=-(ex-a). (3)已知抛物线 y2=2px(p>0),C(x1,y1),D(x2,y2)为抛物线上的点,F 为焦点. ①焦半径|CF|=x1+ 2 ; ②过焦点的弦长|CD|=x1+x2+p; ③x1x2= 2 4 ,y1y2=-p2. 4.椭圆与双曲线中点弦斜率公式及其推论 (1)设 M(x,y)是椭圆 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)弦 AB(AB 不平行于 y 轴)的中点,则有 kAB·kOM=- 2 2 ; (2)设 M(x,y)是双曲线 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)弦 AB(AB 不平行于 y 轴)的中点,则有 kAB·kOM= 2 2 . 5.过圆及圆锥曲线上一点的切线方程 (1)过圆 x2+y2=r2 上一点 M(x0,y0)的切线方程为 x0x+y0y=r2; (2)过圆(x-a)2+(y-b)2=r2 上一点 M(x0,y0)的切线方程为(x0-a)(x-a)+(y0-b)(y-b)=r2; (3)过曲线 C:Ax2+By2+Dx+Ey+F=0 上的一点 P(x0,y0)的切线方程为 Ax0x+By0y+D· 0+ 2 +E· 0+ 2 +F=0. 考向训练限时通关 考向 一 圆锥曲线中的 面积问题 1.(2020 全国Ⅰ,文 11)设 F1,F2 是双曲线 C:x2- 2 3 =1 的两个焦点,O 为坐标原点,点 P 在 C 上且 |OP|=2,则 △ PF1F2 的面积为( ) A. 7 2 B.3 C. 5 2 D.2 2.(2020 全国Ⅱ,理 8)设 O 为坐标原点,直线 x=a 与双曲线 C: 2 2 2 2 =1(a>0,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 3.(2020 全国Ⅲ,理 11)设双曲线 C: 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,离心率为 5 .P 是 C 上一点,且 F1P⊥F2P.若 △ PF1F2 的面积为 4,则 a=( ) A.1 B.2 C.4 D.8 4.(2020 山东济宁一模,5)双曲线 C: 2 4 2 2 =1 的右焦点为 F,点 P 在 C 的一条渐近线上,O 为坐标 原点.若|PO|=|PF|,则 △ PFO 的面积为( ) A. 3 2 4 B. 3 2 2 C.2 2 D.3 25.(2020 山东烟台一模,7)设 P 为直线 3x-4y+4=0 上的动点,PA,PB 为圆 C:(x-2)2+y2=1 的两条切 线,A,B 为切点,则四边形 APBC 面积的最小值为( ) A. 3 B.2 3 C. 5 D.2 5 考向 二 圆锥曲线中的弦长、线段 长(比值)问题 6.(2020 山东,13)斜率为 3 的直线过抛物线 C:y2=4x 的焦点,且与 C 交于 A,B 两点,则 |AB|= . 7.(2020 河南广东等省 4 月联考,5)已知抛物线 y2=4x 的焦点为 F,过点 F 和抛物线上一点 M(3,2 3 )的直线 l 交抛物线于另一点 N,则|NF|∶|NM|等于( ) A.1∶2 B.1∶3 C.1∶4 D.1∶ 38.(2020 山东济南一模,6)已知抛物线 y2=4x 的焦点为 F,直线 l 过 F 且与抛物线交于 A,B 两点,过 A 作抛物线准线的垂线,垂足为 M,∠MAF 的角平分线与抛物线的准线交于点 P,线段 AB 的中点 为 Q.若|AB|=8,则|PQ|= ( ) A.2 B.4 C.6 D.8 9.(2020 山东泰安一模,8)抛物线 y2=2px(p>0)的焦点为 F,准线为 l,A,B 是抛物线上的两个动点,且 满足∠AFB= 2π 3 ,设线段 AB 的中点 M 在 l 上的投影为 N,则| | | | 的最大值是( ) A. 3 B. 3 2 C. 3 3 D. 3 410. (2020 山东潍坊一模,8)如图,已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点为 F,点 P(x0,2 3) 0 > 2 是抛物 线 C 上一点.以 P 为圆心的圆与线段 PF 相交于点 Q,与过焦点 F 且垂直于对称轴的直线交于点 A,B,|AB|=|PQ|,直线 PF 与抛物线 C 的另一交点为 M,若|PF|= 3 |PQ|,则| R | | |=( ) A.1 B. 3 C.2 D. 5 考向 三 圆锥曲线的小 综合问题 11.(多选)(2020 山东,9)已知曲线 C:mx2+ny2=1.( ) A.若 m>n>0,则 C 是椭圆,其焦点在 y 轴上 B.若 m=n>0,则 C 是圆,其半径为 C.若 mn<0,则 C 是双曲线,其渐近线方程为 y=± - x D.若 m=0,n>0,则 C 是两条直线 12.(2020 上海闵行模拟,15)已知抛物线的方程为 y2=4x,过其焦点 F 的直线交此抛物线于 M,N 两 点,交 y 轴于点 E,若 =λ1 , =λ2 ,则λ1+λ2=( ) A.-2 B.- 1 2 C.1 D.-1 13.(多选)(2020 山东聊城一模,10)若双曲线 C: 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)的实轴长为 6,焦距为 10,右焦点 为 F,则下列结论正确的是( ) A.C 的渐近线上的点到点 F 距离的最小值为 4 B.C 的离心率为 5 4C.C 上的点到点 F 距离的最小值为 2 D.过 F 的最短的弦长为 32 3 14.(多选)(2020 山东烟台一模,10)已知 P 是双曲线 C: 2 3 2 =1 上任一点,A,B 是双曲线上关于坐 标原点对称的两点,设直线 PA,PB 的斜率分别为 k1,k2(k1k2≠0),若|k1|+|k2|≥t 恒成立,且实数 t 的最 大值为 2 3 3 ,则下列说法正确的是( ) A.双曲线的方程为 2 3 -y2=1 B.双曲线的离心率为 2 C.函数 y=loga(x-1)(a>0,a≠1)的图象恒过 C 的一个焦点 D.直线 2x-3y=0 与 C 有两个交点 7.4 压轴题大题 2 直线与圆锥曲线 7.4.1 直线与圆及圆锥曲线 必备知识精要梳理 1.解答直线与圆锥曲线相交问题的一般步骤:设线、设点,联立、消元,韦达定理、代入、化简. 第一步:讨论直线斜率的存在性,斜率存在时,设直线的方程为 y=kx+b(或斜率不为零时,设 x=my+n); 第二步:设直线与圆锥曲线的两个交点为 M(x1,y1),N(x2,y2); 第三步:联立方程组 = + , ( , ) = 0 , 消去 y 得关于 x 的方程 Ax2+Bx+C=0; 第四步:由判别式和韦达定理列出直线与曲线相交于两个点满足的条件 二次系数 不为零, > 0 , 1 + 2 = - , 12 = ; 第五步:把所要解决的问题转化为含 x1+x2,x1x2 的形式,然后代入、化简. 2.弦中点问题的特殊解法——点差法:即若已知弦 AB 的中点为 M(x0,y0),先设两个交点为 A(x1,y1),B(x2,y2);分别代入圆锥曲线的方程,得 f(x1,y1)=0,f(x2,y2)=0,两式相减、分解因式,再将 x1+x2=2x0,y1+y2=2y0 代入其中,即可求出直线的斜率. 3.弦长公式:|AB|= 1 + 2 |x1-x2|= ( 1 + 2 )[( 1 + 2 ) 2 - 412 ](k 为弦 AB 所在直线的斜率). 关键能力学案突破 热点 一 求轨迹 方程 【例 1】(2020 北京顺义二模,21 节选)设线段 AB 的两个端点 A,B 分别在 x 轴、y 轴上滑动,且 |AB|=5, = 3 5 + 2 5 (O 为坐标原点),求点 M 的轨迹方程. 解题心得 1.如果动点运动的条件是一些几何量的等量关系,设出动点坐标,直接利用等量关 系建立 x,y 之间的关系 F(x,y)=0,就得到轨迹方程. 2.若动点的轨迹符合某已知曲线的定义,可直接设出相应的曲线方程,用待定系数法或题中 所给几何条件确定相应系数,从而求出轨迹方程. 3.如果动点 P 的运动是由另外某一点 Q 的运动引发的,而该点坐标满足某已知曲线方程,则 可以设出 P(x,y),用(x,y)表示出相关点 Q 的坐标,然后把 Q 的坐标代入已知曲线方程,即可得到动 点 P 的轨迹方程. 【对点训练 1】设抛物线 C1 的方程为 x2=4y,点 M(x0,y0)(x0≠0)在抛物线 C2:x2=-y 上,过 M 作 抛物线 C1 的切线,切点分别为 A,B,圆 N 是以线段 AB 为直径的圆. (1)若点 M 的坐标为(2,-4),求此时圆 N 的半径长; (2)当 M 在 x2=-y 上运动时,求圆心 N 的轨迹方程. 热点 二 直线与圆 的综合 【例 2】(2020 陕西榆林高三模拟,理 20)已知抛物线 C:y2=2x,过点(2,0)的直线 l 交 C 于 A,B 两点, 圆 M 是以线段 AB 为直径的圆. (1)证明:坐标原点 O 在圆 M 上; (2)设圆 M 过点 P(4,-2),求直线 l 与圆 M 的方程. 解题心得直线与圆相交问题的求法 (1)弦长的求解方法 ①根据半径、弦心距、半弦长构成的直角三角形,构成三者间的关系 R2=d2+ 2 4 (其中 l 为弦 长,R 为圆的半径,d 为圆心到直线的距离); ②根据公式 l= 1 + 2 |x1-x2|求解(其中 l 为弦长,x1,x2 为直线与圆相交所得交点的横坐标,k 为直线的斜率); ③求出交点坐标,用两点间距离公式求解. (2)定点、定值问题的求解步骤 ①设:设出直线方程,并代入圆的方程整理成关于 x(或 y)的一元二次方程; ②列:用参数表示出需要证明的直线方程或者几何性质的等式; ③解:判断直线是否过定点或对表示出的代数式进行化简求解. 【对点训练 2】已知圆 C 经过点 A(0,2),B(2,0),圆 C 的圆心在圆 x2+y2=2 的内部,且直线 3x+4y+5=0 被圆 C 所截得的弦长为 2 3 .点 P 为圆 C 上异于 A,B 的任意一点,直线 PA 与 x 轴交 于点 M,直线 PB 与 y 轴交于点 N. (1)求圆 C 的方程; (2)若直线 y=x+1 与圆 C 交于 A1,A2 两点,求 1 ·2 ; (3)求证:|AN|·|BM|为定值. 热点 三 直线与圆锥曲 线的综合 【例 3】(2020 江西南康中学第一次联考,21)已知椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的右焦点为( 3 ,0),且 经过点 - 1 , 3 2 ,点 M 是 x 轴上的一点,过点 M 的直线 l 与椭圆 C 交于 A,B 两点(点 A 在 x 轴的上 方). (1)求椭圆 C 的方程; (2)若 =2 ,且直线 l 与圆 O:x2+y2= 4 7 相切于点 N,求|MN|. 解题心得本题是直线与椭圆、圆的综合问题,对于(1),由题意,列关于 a,b 的方程组,解方程组 可得 a,b 的值进而求得椭圆的方程;对于(2),设出点 M,A,B 的坐标及直线 l 的方程 x=ty+m,与椭圆 方程联立,再结合根与系数的关系,得 m 与 t 的关系,由直线与圆相切,得另一关系式,联立可得点 M 的坐标,进而求得|MN|,考查了数学运算这一核心素养. 【对点训练 3】(2020 四川成都高三模拟,理 21)已知椭圆 E: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的两个焦点与 短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线 l:y=-x+3 与椭圆 E 有且只有一个公共点 T. (1)求椭圆 E 的方程及点 T 的坐标; (2)设 O 是坐标原点,直线 l'平行于 OT,与椭圆 E 交于不同的两点 A,B,且与直线 l 交于点 P.证 明:存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值. 7.4.2 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 必备知识精要梳理 1.圆锥曲线的弦长 (1)直线方程的设法,已知直线过定点(x0,y0),设直线方程为 y-y0=k(x-x0),若已知直线的纵截距 为(0,b),设直线方程为 y=kx+b,若已知直线的横截距为(a,0),设直线方程为 x=ty+a; (2)弦长公式,斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于点 A(x1,y1),B(x2,y2)时,|AB|= 1 + 2 ·|x1- x2|= 1 + 1 2 |y1-y2|, 如何求|x1-x2|,若 x1,x2 是 ax2+bx+c=0 的两根,x1+x2=- ,x1x2= , 方法一:|x1-x2|= ( 1 + 2 ) 2 - 412 ; 方法二:利用求根公式,|x1-x2|= - + 2 - - 2 = | |. 2.处理中点弦问题常用的求解方法 (1)已知 AB 是椭圆 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的一条弦,其中点 M 的坐标为(x0,y0).运用点差法求直线 AB 的斜率,设 A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2),∵A,B 都在椭圆上,则有 1 2 2 + 1 2 2 = 1 , 2 2 2 + 2 2 2 = 1 , 两式相减得 1 2 - 2 2 2 + 1 2 - 2 2 2 =0, ∴( 1+2 )( 1 - 2 ) 2 + ( 1+2 )( 1 - 2 ) 2 =0, ∴ 1 - 2 1 - 2 =- 2 ( 1+2 ) 2 ( 1+2 )=- 2 0 2 0 ,故 kAB=- 2 0 2 0 . (2)已知 AB 是双曲线 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)的一条弦,且 A(x1,y1),B(x2,y2),x1≠x2,弦的中点 M(x0,y0), 则用点差法同理可得 kAB= 2 0 2 0 . (3)已知 AB 是抛物线 y2=2px(p>0)的一条弦,且 A(x1,y1),B(x2,y2),x1≠x2,弦的中点 M(x0,y0),则 1 2 = 21 , 2 2 = 22 , 两式相减得 1 2 2 2 =2p(x1-x2), ∴(y1+y2)(y1-y2)=2p(x1-x2), ∴ 1 - 2 1 - 2 = 2 1+2 = 0 ,即 kAB= 0 . 3.圆锥曲线中常见的最值、范围、证明问题 (1)求解范围问题的方法 求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数,通过求这个函数的值域确定目标 的范围.在建立函数的过程中要根据题目的其他已知条件,把需要的量都用我们选用的变量表示, 有时为了运算的方便,在建立关系的过程中也可以采用多个变量,只要在最后结果中把多变量归 结为单变量即可,同时要特别注意变量的取值范围. (2)圆锥曲线中常见的最值问题及解题方法 ①两类最值问题:(ⅰ)涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题;(ⅱ)求直线或圆锥曲 线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时与之相关的一些问题. ②两种常见解法:(ⅰ)几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用 图形性质来解决;(ⅱ)代数法,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目 标函数,再求这个函数的最值,最值常用基本不等式法、配方法或导数法解决. (3)圆锥曲线中的证明问题,主要有两类:一类是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关 系,如:某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等;另一类是证明直线与圆 锥曲线中的一些数量关系(相等或不等). 解决证明问题时,主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相 关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明. 常用的证明方法有: ①证 A、B、C 三点共线,可证 kAB=kAC 或 =λ ; ②证直线 MA⊥MB,可证 kMA·kMB=-1 或 · =0; ③证|AB|=|AC|,可证 A 点在线段 BC 的垂直平分线上. 关键能力学案突破 热点 一 圆锥曲线中的 最值问题 【例 1】(2020 百校联考,理 21)已知圆 O:x2+y2=r2(r>0),椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的短半轴长等于 圆 O 的半径,且过 C 右焦点的直线与圆 O 相切于点 D 1 2 , 3 2 . (1)求椭圆 C 的方程; (2)若动直线 l 与圆 O 相切,且与椭圆 C 相交于不同的两点 A,B,求原点 O 到弦 AB 的垂直平 分线距离的最大值. 解题心得目标函数法解圆锥曲线有关最值问题的解题模型 【对点训练 1】(2020 陕西渭南高三模拟,21)已知直线 l:x-y+1=0 与焦点为 F 的抛物线 C:y2=2px(p>0)相切. (1)求抛物线 C 的方程; (2)过点 F 的直线 m 与抛物线 C 交于 A,B 两点,求 A,B 两点到直线 l 的距离之和的最小值. 热点 二 圆锥曲线中的 范围问题 【例 2】(2020 山东济宁一模,20)已知椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的离心率为 3 3 ,且椭圆 C 过点 3 2 , 2 2 . (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)过椭圆 C 的右焦点的直线 l 与椭圆 C 交于 A,B 两点,且与圆:x2+y2=2 交于 E,F 两点,求 |AB|·|EF|2 的取值范围. 解题心得范围问题的解题策略 解决有关范围问题时,先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等),寻找不等关系,其方 法有: (1)利用判别式或几何性质来构造不等式,从而确定所求范围; (2)利用已知参数的取值范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是在两个参数之间建立等 量关系或不等关系; (3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出所求范围; (4)利用已知不等关系构造不等式,从而求出所求范围; (5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定所求范围(如 本例); (6)利用已知,将条件转化为几个不等关系,从而求出参数的范围. 【对点训练 2】已知 A,B 是 x 轴正半轴上两点(A 在 B 的左侧),且|AB|=a(a>0),过 A,B 分别作 x 轴的垂线,与抛物线 y2=2px(p>0)在第一象限分别交于 D,C 两点. (1)若 a=p,点 A 与抛物线 y2=2px 的焦点重合,求直线 CD 的斜率; (2)若 O 为坐标原点,记 △ OCD 的面积为 S1,梯形 ABCD 的面积为 S2,求 1 2 的取值范围. 热点 三 圆锥曲线中的 证明问题 【例 3】(2020 河北张家口模拟,19)已知椭圆 E: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的焦距为 4,且过点 - 1 , 14 2 . (1)求椭圆 E 的方程; (2)设 A(0,b),B(0,-b),C(a,b),O(0,0),过 B 点且斜率为 k(k>0)的直线 l 交 E 于另一点 M,交 x 轴 于点 Q,直线 AM 与直线 x=a 相交于点 P.证明:PQ∥OC. 解题心得(1)圆锥曲线中的证明问题,主要有两类:①证明点、直线、曲线等几何元素中的位 置关系,如:某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等;②证明直线与圆锥 曲线中的一些数量关系(相等或不等). (2)解决证明问题时,主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过 相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明. 【对点训练 3】(2020 北京海淀一模,20)已知椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的离心率为 3 2 ,A1(- a,0),A2(a,0),B(0,b), △ A1BA2 的面积为 2. (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 M 是椭圆 C 上一点,且不与顶点重合,若直线 A1B 与直线 A2M 交于点 P,直线 A1M 与直 线 A2B 交于点 Q.求证: △ BPQ 为等腰三角形. 核心素养微专题(八) 解析几何中的最值、范围问题 【例 1】(2020 湖南长沙高三模拟,理 16)在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 P(3,0)在圆 C:x2+y2- 2mx-4y+m2-28=0 内,动直线 AB 过点 P 且交圆 C 于 A,B 两点,若 △ ABC 的面积的最大值为 16,则实 数 m 的取值范围是 . 核心素养分析本题是解析几何中的最值、范围问题,综合性较强,对核心素养要求较高.先用 “数学运算”将圆的一般方程 x2+y2-2mx-4y+m2-28=0 转化为标准方程(x-m)2+(y-2)2=32,从而确定 圆的圆心 C(m,2)和半径 r=4 2 ;其次用“直观想象”和“逻辑推理”分析当 S △ ABC 取得最大值时须满 足∠ACB=90°,即 △ ABC 为等腰直角三角形,所以|AB|= 2 r=8,得出|PC|满足的不等式,继而利用 “数学运算”求得实数 m 的取值范围. 【跟踪训练 1】(2020 河北衡水模拟,15)在平面直角坐标系 xOy 中,设圆 M 的半径为 1,圆心 在直线 2x-y-4=0 上,若圆 M 上不存在点 N,使 NO= 1 2 NA,其中 A(0,3),则圆心 M 横坐标的取值范围 是 . 【例 2】(2020 河南中原名校高三模拟,14)已知 F 是抛物线 y2=4x 的焦点,M 是这条抛物线 上的一个动点,P(3,1)是一个定点,则|MP|+|MF|的最小值是 . 核心素养分析解决此题关键是用“直观想象”画出抛物线草图,再用“逻辑推理”结合抛物线定 义分析确定点 P 的位置,使得|MP|+|MF|取得最小值. 【跟踪训练 2】(2020 安徽定远重点中学高三模拟,15)设 P 是双曲线 2 9 2 16 =1 上一点,M,N 分别是两圆:(x-5)2+y2=4 和(x+5)2+y2=1 上的点,则|PM|-|PN|的最大值为 . 7.4.3 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 必备知识精要梳理 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 1.圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何 时没有关系,找到定点. (2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关. 2.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值.依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得 出定值; (2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件 化简、变形求得; (3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即 可求得. 3.解决存在性问题的注意事项 存在性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在. (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论; (2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件; (3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法. 关键能力学案突破 热点 一 圆锥曲线中的 定点问题 【例 1】(2020 全国Ⅰ,理 20)已知 A,B 分别为椭圆 E: 2 2 +y2=1(a>1)的左、右顶点,G 为 E 的上顶 点, · =8.P 为直线 x=6 上的动点,PA 与 E 的另一交点为 C,PB 与 E 的另一交点为 D. (1)求 E 的方程; (2)证明:直线 CD 过定点. 解题心得证明直线或曲线过定点,如果定点坐标没有给出,一般可根据已知条件表示出直线 或曲线的方程,然后根据方程的形式确定其过哪个定点;如果得到的方程形如 f(x,y)+λg(x,y)=0,且 方程对参数的任意值都成立,则令 ( , ) = 0 , ( , ) = 0 ,解方程组得定点. 【对点训练 1】(2020 山东临沂二模,21)已知椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的离心率为 3 2 ,其左、 右焦点分别为 F1,F2,点 P 为坐标平面内的一点,且| R |= 3 2 ,R1 ·R2 =- 3 4 ,O 为坐标原点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 M 为椭圆 C 的左顶点,A,B 是椭圆 C 上两个不同的点,直线 MA,MB 的倾斜角分别为α,β, 且α+β= π 2 .证明:直线 AB 恒过定点,并求出该定点的坐标. 热点 二 圆锥曲线中的 定值问题 【例 2】(2020 山东泰安三模,21)已知椭圆 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的右顶点为 A,上顶点为 B,O 为坐标 原点,点 O 到直线 AB 的距离为 2 5 5 , △ OAB 的面积为 1. (1)求椭圆的标准方程; (2)直线 l 与椭圆交于 C,D 两点,若直线 l∥直线 AB,设直线 AC,BD 的斜率分别为 k1,k2,证 明:k1k2 为定值. 解题心得定值问题常见的 2 种求法 (1)特例法:从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. (2)引进变量法:其解题流程为 【对点训练 2】(2020 山东淄博一模,21)已知椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的短轴长为 2 3 ,左右 焦点分别为 F1,F2,点 B 是椭圆上位于第一象限的任一点,且当 2 ·12 =0 时,| 2 |= 3 2 . (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)若椭圆 C 上点 A 与点 B 关于原点 O 对称,过点 B 作 BD 垂直于 x 轴,垂足为 D,连接 AD 并 延长交椭圆 C 于另一点 M,交 y 轴于点 N. ①求 △ ODN 面积的最大值; ②证明:直线 AB 与 BM 斜率之积为定值. 热点 三 圆锥曲线中的存 在性问题 【例 3】(2020 山东,22)已知椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的离心率为 2 2 ,且过点 A(2,1). (1)求 C 的方程; (2)点 M,N 在 C 上,且 AM⊥AN,AD⊥MN,D 为垂足.证明:存在定点 Q,使得|DQ|为定值. 解题心得有关存在性问题的求解策略 (1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定的问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元 素(点、直线、曲线或参数)存在并设出,列出关于待定系数的方程(组),若方程(组)有实数解,则元 素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在. (2)反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法. (3)解决存在性问题时要注意解题的规范性,一般先作出结论,后给出证明(理由). 【对点训练 3】(2020 山东泰安二模,21) 已知椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(a>b>0)的离心率 e 满足 2e2-3 2 e+2=0,以坐标原点为圆心,椭圆 C 的 长轴长为半径的圆与直线 2x-y+4 5 =0 相切. (1)求椭圆 C 的方程; (2)过点 P(0,1)的动直线 l(直线 l 的斜率存在)与椭圆 C 相交于 A,B 两点,问在 y 轴上是否存 在与点 P 不同的定点 Q,使得| | | | = △ R △R 恒成立?若存在,求出定点 Q 的坐标;若不存在,请说明理 由. 一、考前必记的 50 个知识点 1.集合 (1)集合间关系的两个重要结论 ①A ⊆ B 包含 A=B 和 A ⫋ B 两种情况,两者必居其一,若存在 x∈B 且 x ∉ A,说明 A≠B,只能是 A ⫋ B. ②集合相等的两层含义:若 A ⊆ B 且 B ⊆ A,则 A=B;若 A=B,则 A ⊆ B 且 B ⊆ A . 提醒①任何一个集合是它本身的子集,即 A ⊆ A. ②含有 n 个元素的集合有 2n 个子集,有 2n-1 个真子集,有 2n-2 个非空真子集. (2)集合之间关系的判断方法 ①A ⫋ B ⇔ A ⊆ B 且 A≠B,类比于 a0 且 a≠1) y=logax(a>0 且 a≠1) 析 式 定 义 域 R (0,+∞) 值 域 (0,+∞) R 图 象 关 系 互为反函数 奇 偶 性 非奇非偶 非奇非偶 单 调 性 当 01 时,在 R 上是增 函数 当 01 时,在(0,+∞)上是 增函数 提醒直线 x=1 与所给指数函数图象的交点的纵坐标即为底数值,直线 y=1 与所给对数函数 图象的交点的横坐标即为底数值. 9.函数零点的判断方法 (1)利用零点存在定理判断法:如果函数 y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线, 并且有 f(a)·f(b)<0,那么,函数 y=f(x)在区间(a,b)内有零点,即存在 c∈(a,b),使得 f(c)=0.这个 c 也就 是方程 f(x)=0 的根.口诀:函数零点方程根,数形本是同根生,函数零点端点判,图象连续不能忘. (2)代数法:求方程 f(x)=0 的实数根. (3)几何法:对于不能用求根公式的方程,可以将它与函数 y=f(x)的图象联系起来,并利用函数 的性质找出零点. 10.导数 (1)基本初等函数的导数公式 ①(sin x)'=cos x,(cos x)'=-sin x. ②(ln x)'= 1 (x>0),(logax)'= 1 ln (x>0,a>0,且 a≠1). ③(ex)'=ex,(ax)'=axln a(a>0,且 a≠1). (2)导数的四则运算法则 ①(u±v)'=u'±v'. ②(uv)'=vu'+v'u ⇒ (cv)'=cv'(c 为常数). ③ '= '- ' 2 (v≠0). 提醒(1)若两个函数可导,则它们的和、差、积、商必可导;若两个函数均不可导,则它们的 和、差、积、商不一定不可导. (2)利用公式求导时,一定要注意公式的适用范围及符号,如(xn)'=nxn-1 中 n∈Q,(cos x)'=-sin x. (3)注意公式不要用混,如(ax)'=axln a,而不是(ax)'=xax-1. (4)导数的加法与减法法则,可由两个可导函数推广到任意有限个可导函数的情形,即 [u(x)±v(x)±…±w(x)]'=u'(x)±v'(x)±…±w'(x). (5)一般情况下,[f(x)g(x)]'≠f'(x)g'(x),[f(x)·g(x)]'≠f'(x)+g'(x), ( ) ( ) '≠ '( ) '( ), ( ) ( ) '≠f'(x)-g'(x). 11.利用导数判断函数的单调性:设函数 y=f(x)在某个区间内可导,如果 f'(x)>0,那么 f(x)在该 区间内为增函数;如果 f'(x)<0,那么 f(x)在该区间内为减函数;如果在某个区间内恒有 f'(x)=0,那么 f(x)在该区间内为常函数. 12.极值与最值 (1)判断极大、极小值的方法 当函数 f(x)在点 x0 处连续时, ①如果在 x0 附近的左侧 f'(x)>0,右侧 f'(x)<0,则 f(x0)是极大值. ②如果在 x0 附近的左侧 f'(x)<0,右侧 f'(x)>0,则 f(x0)是极小值. 提醒(1)可导函数在极值点处的导数为 0,但导数为 0 的点不一定是极值点,如函数 f(x)=x3,x=0 就不是极值点,但 f'(0)=0. (2)极值点不是一个点,而是一个数 x0,当 x=x0 时,函数取得极值.在 x0 处有 f'(x0)=0 是函数 f(x) 在 x0 处取得极值的必要不充分条件. (3)函数 f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极大值与其端点函数值中的最大 值,函数 f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极小值与其端点函数值中的最小值. (2)极值与最值的区别与联系 ①区别: 函数的极值 函数的最值 函数的极值点一定出现在区间的内部,区 间的端点不能成为极值点 使函数取得最大值,最小值的点可能在区间的 内部,也可能在区间的端点 函数的极值是通过比较极值点附近的函数 值得出的 函数的最值是通过比较整个定义域内的函数 值得出的 函数的极值可能不止一个,也可能一个没 有 函数在其定义区间上的最大值、最小值最多 各有一个 函数的极大值不一定大于函数的极小值 函数的最大值一定大于函数的最小值 ②联系:(ⅰ)当连续函数在开区间内的极值点只有一个时,相应的极值点必为函数的最值点; (ⅱ)极值有可能是最值,但最值只要不在区间端点处取得,其必定是极值. 13.同角三角函数的基本关系 (1)平方关系:sin2α+cos2α=1. (2)商的关系:tan α= sin cos α≠kπ+ π 2 ,k∈Z . 提醒(1)公式常见变形:sin2α=1-cos2α,cos2α=1-sin2α,sin α=± 1 - cos 2 ,cos α=± 1 - sin 2 ,sin α=cos αtan α,cos α= sin tan (α≠kπ,k∈Z)等. (2)对“同角”的理解:只要是同一个角,基本关系式就成立,不拘泥于角的形式,比如 sin2 α+ π 3 +cos2 α+ π 3 =1,tan 3α= sin3 cos3 α≠ π 3 + π 6 ,k∈Z 等都成立,但 sin2 α+ π 3 +cos2 α+ π 6 =1 就不一定成立. 14.三角函数的诱导公式 公式一: sin(2kπ+α)=sin α,cos(2kπ+α)=cos α,tan(2kπ+α)=tan α,k∈Z. 公式二: sin(π+α)=-sin α,cos(π+α)=-cos α,tan(π+α)=tan α. 公式三: sin(-α)=-sin α,cos(-α)=cos α,tan(-α)=-tan α. 公式四: sin(π-α)=sin α,cos(π-α)=-cos α,tan(π-α)=-tan α. 公式五: sin π 2 -α =cos α,cos π 2 -α =sin α. 公式六: sin π 2 +α =cos α,cos π 2 +α =-sin α. 推广公式: sin 3π 2 +α =-cos α,cos 3π 2 +α =sin α, sin 3π 2 -α =-cos α,cos 3π 2 -α =-sin α. 提醒奇变偶不变,符号看象限 “奇、偶”指的是 π 2 的倍数是奇数还是偶数.“变与不变”指的是三角函数名称的变化,“变”是指 正弦变余弦(或余弦变正弦).“符号看象限”的含义是:把角α看作锐角,看 n· π 2 ±α(n∈Z)是第几象限 角,从而得到等式右边是正号还是负号. 15.三角函数的图象变换 (1)y=sin x 的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度得到 y=sin(x+φ)的图象(当φ<0 时,则向右平移 |φ|个单位长度). (2)y=sin x 的图象上所有点的纵坐标保持不变,横坐标变为原来的 1 倍,得到 y=sin ωx 的图象. (3)y=sin x 的图象上所有点的横坐标保持不变,纵坐标变为原来的 A 倍,得到 y=Asin x 的图象. 提醒(1)由 y=sin ωx 的图象经过平移变换得到 y=sin(ωx+φ)的图象,平移的单位长度不是|φ|, 而是 . (2)函数图象平移、伸缩变换的实质是点的变化,所以可以借助三角函数图象上特征点坐标 的变化寻找平移、伸缩变换的规律,一般借助于两个函数图象上的最高点或最低点的坐标来分 析. 16.三角函数的对称性 (1)曲线 y=sin x 的对称中心为(kπ,0),k∈Z,对称轴方程为 x=kπ+ π 2 ,k∈Z. (2)曲线 y=cos x 的对称中心为 kπ+ π 2 ,0 ,k∈Z,对称轴方程为 x=kπ,k∈Z. (3)曲线 y=tan x 的对称中心为 π 2 ,0 ,k∈Z,无对称轴. (4)求曲线 y=Asin(ωx+φ)(或 y=Acos(ωx+φ),y=Atan(ωx+φ))的对称中心(或对称轴),只需令 ωx+φ等于对应的值,求出 x 即可. 17.三角恒等变换 (1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式 sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β. cos(α±β)=cos αcos β ∓ sin αsin β. tan(α±β)= tan±tan 1∓tantan(2)二倍角公式 sin 2α=2sin αcos α. cos 2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α. tan 2α= 2tan 1 - tan2 . 18.正弦定理、余弦定理及其推论 (1)正弦定理 sin = sin = sin =2R(R 为 △ ABC 外接圆的半径) ⇔ a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C ⇔ a∶b∶ c=sin A∶sin B∶sin C. (2)余弦定理 a2=b2+c2-2bccos A,b2=c2+a2-2cacos B,c2=a2+b2-2abcos C. (3)三角形内角和定理 在 △ ABC 中,有 A+B+C=π ⇔ C=π-(A+B) ⇔ 2 = π 2 + 2 ⇔ 2C=2π-2(A+B). (4)三角形面积公式 S △ ABC= 1 2 bcsin A= 1 2 acsin B= 1 2 absin C(A,B,C 是 △ ABC 的三边 a,b,c 所对的角). 19.平面向量 (1)平面向量共线的坐标表示的两种形式 ①若 a=(x1,y1),b=(x2,y2),则 a∥b ⇔ x1y2=x2y1,此形式对任意向量 a,b(b≠0)都适用. ②若 a=(x1,y1),b=(x2,y2),且 x2y2≠0,则 a∥b ⇔ 1 2 = 1 2 . 需要注意的是可以利用 1 2 = 1 2 来判定 a∥b,但是反过来不一定成立. (2)有关数量积应用的常见结论 已知非零向量 a=(x1,y1),b=(x2,y2),则: ①a⊥b ⇔ a·b=0 ⇔ x1x2+y1y2=0. ②|a|= · = 1 2 + 1 2 . ③cos= · | || | = 12+12 1 2 +1 2 · 2 2 +2 2 . 20.等差数列 (1)等差数列的判断方法 ①定义法:an+1-an=d(d 为常数,n∈N*) ⇔ {an}是等差数列. ②通项公式法:an=a1+(n-1)d(其中 a1,d 为常数,n∈N*) ⇔ {an}为等差数列. ③等差中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*) ⇔ {an}是等差数列. ④前 n 项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B 为常数,n∈N*) ⇔ {an}是等差数列. (2)等差数列前 n 项和的最大值、最小值的求法 ①通项公式法:当 a1>0,d<0 时,Sn 有最大值,可由 an≥0 且 an+1≤0 求得 n,从而求出 Sn 的最大 值;当 a1<0,d>0 时,Sn 有最小值,可由 an≤0 且 an+1≥0 求得 n,从而求出 Sn 的最小值. ②二次函数法:用求二次函数最值的方法求 Sn 的最值. 值得注意的是 n∈N*,因此等差数列前 n 项和取得最值时 n 的值可能不是一个值,也有可能 是两个值. 21.等比数列的判断方法 (1)定义法: +1 =q(q 为常数且 q≠0,n∈N*)或 - 1 =q(q 为常数且 q≠0,n≥2) ⇔ {an}为等比数列. (2)等比中项法: +1 2 =an·an+2(an≠0,n∈N*) ⇔ {an}为等比数列. (3)通项公式法:an=a1qn-1(其中 a1,q 为非零常数,n∈N*) ⇔ {an}为等比数列. 提醒判断一个数列是否是等比数列,还有一种直观的判断方法,即前 n 项和公式法:若 Sn 表示 数列{an}的前 n 项和,且 Sn=-aqn+a(a≠0,q≠0,q≠1),则数列{an}是公比为 q 的等比数列.但此方法不 能用于证明一个数列是等比数列. 22.数列中项的最值的求法 (1)根据数列与函数之间的对应关系,构造相应的函数 f(n)=an,利用求解函数最值的方法(多 利用函数的单调性)进行求解,但要注意自变量的取值必须是正整数的限制. (2)利用数列的单调性求解,由不等式 an+1≥an(或 an+1≤an)求解出 n 的取值范围,从而确定数 列单调性的变化,进而确定相应的最值. (3)转化为关于 n 的不等式组求解:若求数列{an}的最大项,则可解不等式组 ≥ - 1 , ≥ +1 ;若求 数列{an}的最小项,则可解不等式组 ≤ - 1 , ≤ +1 ,求出 n 的取值范围之后再确定取得最值的项. 23.不等式的解法 (1)分式不等式的解法 分式不等式 ( ) ( )>0(或<0)的求解可应用同解原理,转化为整式不等式求解. ( ) ( )>0(<0) ⇔ f(x)·g(x)>0(<0); ( ) ( ) ≥0(≤0) ⇔ ( ) ≠ 0 , ( )· ( ) ≥ 0 ( ≤ 0 ). 提醒对于解分式不等式,将分式不等式转化成整式不等式时,如果不等式是含有等号的不等 式形式,则很容易忘掉分母不为 0 的情形,从而导致出错;另一种可能出现错误的情形是在将两边 进行平方时,容易扩大或缩小不等式的范围. (2)指数、对数不等式的解法 ①解指数、对数不等式的依据是指数、对数函数的概念和性质,因而同底法是解指数、对 数不等式的基本方法.当然最终的目的是将它们转化为代数不等式,其主要类型和解法有: (ⅰ)af(x)>aφ(x) ⇔ f(x)>φ(x)(a>1)或 f(x)<φ(x)(0logaφ(x) ⇔ f(x)>φ(x)>0(a>1)或 00(<0)恒成立,则 a>0(a<0),且Δ<0,反之也成立;ax2+bx+c≥0(≤0) 恒成立,则 a>0(a<0),且Δ≤0,反之也成立. ②若一元二次不等式在某一区间上恒成立,则可结合相应二次函数的图象,判断函数图象在 这个区间上与对称轴的相对位置,列出不等式恒成立时满足的条件即可. ③一般地,不等式恒成立问题通常转化为函数的最值问题来解决.如 f(x)≤a 恒成立 ⇔ f(x)max≤a,f(x)≥a 恒成立 ⇔ f(x)min≥a. 24.基本不等式 (1)基本不等式的变形 ①根式形式:a+b≥2 (a>0,b>0),当且仅当 a=b 时,等号成立. ②整式形式:ab≤ + 2 2(a,b∈R),a2+b2≥2ab(a,b∈R),(a+b)2≥4ab(a,b∈ R), + 2 2≤ 2 + 2 2 (a,b∈R),以上不等式当且仅当 a=b 时,等号成立. ③分式形式: + ≥2(ab>0),当且仅当 a=b 时,等号成立. ④倒数形式:a+ 1 ≥2(a>0),当且仅当 a=1 时,等号成立;a+ 1 ≤-2(a<0),当且仅当 a=-1 时,等号 成立. (2)利用基本不等式求最值 ①对于正数 x,y,若积 xy 是定值 p,则当 x=y 时,和 x+y 有最小值 2 . ②对于正数 x,y,若和 x+y 是定值 s,则当 x=y 时,积 xy 有最大值 1 4 s2. ③已知 a,b,x,y 为正实数,若 ax+by=1,则有 1 + 1 =(ax+by) 1 + 1 =a+b+ + ≥a+b+2 =( + )2. ④已知 a,b,x,y 为正实数,若 + =1,则有 x+y=(x+y) + =a+b+ + ≥a+b+2 =( + )2. 提醒利用基本不等式求最大值、最小值时应注意“一正、二定、三相等”,即:①所求式中的 相关项必须是正数;②求积 xy 的最大值时,要看和 x+y 是否为定值.求和 x+y 的最小值时,要看积 xy 是否为定值.求解时,常用到“拆项”“凑项”等解题技巧;③当且仅当各项相等时,才能取等号.以 上三点应特别注意,缺一不可. 25.空间几何体的表面积和体积 (1)直棱柱的侧面积:S 侧=cl(c 是底面周长,l 为侧棱长). 正棱锥的侧面积:S 侧= 1 2 ch'(c 是底面周长,h'为斜高). 正棱台的侧面积:S 侧= 1 2 (c+c')h'(c,c'分别是上、下底面周长,h'为斜高). 圆柱的侧面积:S 侧=cl=2πrl(c 是底面周长,l 为母线长). 圆锥的侧面积:S 侧= 1 2 cl=πrl(c 是底面周长,l 为母线长). 圆台的侧面积:S 侧= 1 2 (c+c')l=π(r+r')l(c,c'分别是上、下底面周长,l 为母线长). 球的表面积:S=4πR2. (2)柱体的体积:V 柱=Sh(S 为底面积,h 是柱体的高). 锥体的体积:V 锥= 1 3 Sh(S 为底面积,h 是锥体的高). 球的体积:V 球= 4 3 πR3= 1 3 S 表 R. 26.球的组合体 (1)球与长方体的组合体:长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长. (2)球与正方体的组合体:正方体的内切球的直径是正方体的棱长,正方体的棱切球的直径是 正方体的面对角线长,正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长. (3)球与正四面体的组合体:棱长为 a 的正四面体的内切球的半径为 6 12 a 正四面体高 6 3 a 的 1 4 ,外接球的半径为 6 4 a 正四面体高 6 3 a 的 3 4 . 27.证明空间位置关系的方法 (1)线面平行: ∥ ⊂ ⊄ ⇒ a∥α, ∥ ⊂ ⇒ a∥α, ⊥ ⊥ ⊄ ⇒ a∥α. (2)线线平行: ∥ ⊂ ⋂ = ⇒ a∥b, ⊥ ⊥ ⇒ a∥b, ∥ ⋂ = ⋂ = ⇒ a∥b, ∥ ∥ ⇒ c∥b. (3)面面平行: ⊂ , ⊂ ⋂ = ∥ , ∥ ⇒ α∥β, ⊥ ⊥ ⇒ α∥β, ∥ ∥ ⇒ α∥γ. (4)线线垂直: ⊥ ⊂ ⇒ a⊥b. (5)线面垂直: ⊂ , ⊂ ⋂ = ⊥ , ⊥ ⇒ l⊥α, ⊥ ⋂ = ⊂ , ⊥ ⇒ a⊥β, ∥ ⊥ ⇒ a⊥β, ∥ ⊥ ⇒ b⊥α. (6)面面垂直: ⊂ ⊥ ⇒ α⊥β, ∥ ⊥ ⇒ α⊥β. 提醒利用定理证明线面关系时要注意结合几何体的结构特征,尤其要注意灵活利用正棱柱、 正棱锥等特殊几何体的性质,进行空间线面关系的相互转化. 28.空间向量的坐标运算 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则 (1)a·b=a1b1+a2b2+a3b3; (2)a∥b ⇔ a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R,b≠0); (3)a⊥b ⇔ a1b1+a2b2+a3b3=0(b≠0); (4)|a|= · = 1 2 + 2 2 + 3 2 ; (5)cos= · | |·| | = 11+22+33 1 2 +2 2 +3 2 · 1 2 +2 2 +3 2 (a≠0,b≠0); (6)点 A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2)之间的距离 d=| |= ( 2 - 1 ) 2 + ( 2 - 1 ) 2 + ( 2 - 1 ) 2 . 29.空间向量的应用 (1)夹角公式:设非零向量 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则 cos= 11+22+33 1 2 +2 2 +3 2 · 1 2 +2 2 +3 2 . 推论:(a1b1+a2b2+a3b3)2≤( 1 2 + 2 2 + 3 2 )( 1 2 + 2 2 + 3 2 ). (2)异面直线所成的角:cos θ=|cos|= | · | | |·| | = | 11+22+33 | 1 2 +2 2 +3 2 · 1 2 +2 2 +3 2 ,其中θ(0°≤θ≤90°)为 异面直线 a,b 所成的角,a,b 分别表示异面直线 a,b 的方向向量. (3)直线 AB 与平面α所成的角θ满足:sin θ=|cos< ,m>|= | · | | |·| |(m 是平面α的法向量). (4)二面角α-l-β的平面角θ满足:|cos θ|=|cos|= | · | | |·| |(m,n 分别是平面α,β的法向量). 提醒在处理实际问题时,要根据具体图形确定二面角的平面角是锐角还是钝角,以确定角的 大小. 30.直线 (1)直线方程的 5 种形式 名称 方程的形式 常数的几何意义 适用范围 点斜 式 y-y0= k(x-x0) (x0,y0)是直线上一定点,k 是斜率 不垂直于 x 轴 斜截 式 y=kx+b k 是斜率,b 是直线在 y 轴上的截距 不垂直于 x 轴 两点 式 y - y1 y2 - y1 = x - x1 x2 - x1 (x1,y1),(x2,y2)是直线上两定点 不垂直于 x 轴和 y 轴 截距 式 x a + y b =1 a 是直线在 x 轴上的非零截距,b 是直线在 y 轴 上的非零截距 不垂直于 x 轴和 y 轴, 且不过原点 一般 式 Ax+By+C=0 (A,B 不同 时为零) A,B 都不为零时,斜率为- A B ,在 x 轴上的截距为- C A , 在 y 轴上的截距为- C B 任何位置的直线 (2)两条直线的位置关系 ①已知直线 l1:A1x+B1y+C1=0,l2:A2x+B2y+C2=0(A1,B1,A2,B2 全不为 0),则 l1,l2 相交 ⇔ 1 2 ≠ 1 2 ,l1 ∥l2 ⇔ 1 2 = 1 2 ≠ 1 2 ,l1,l2 重合 ⇔ 1 2 = 1 2 = 1 2 . 当 A1,B1,A2,B2 中有 0 时,应单独讨论. ②直线 l1:A1x+B1y+C1=0,l2:A2x+B2y+C2=0 垂直 ⇔ A1A2+B1B2=0. 提醒讨论两条直线的位置关系时应注意斜率不存在或斜率为 0 的情况,当两条直线中一条 直线的斜率不存在,另一条直线的斜率为 0 时,它们也垂直. 31.圆 (1)圆的四种方程 ①圆的标准方程:(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0). ②圆的一般方程:x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0). ③圆的参数方程: = + cos , = + sin (θ为参数). ④圆的直径式方程:(x-x1)(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0(圆的直径的端点是 A(x1,y1),B(x2,y2)). (2)直线与圆的位置关系 直线 l:Ax+By+C=0 和圆 C:(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0)有相交、相离、相切三种情况.可从代数和 几何两个方面来判断: ①代数方法(判断直线与圆的方程联立所得方程组的解的情况):Δ>0 ⇔ 相交;Δ<0 ⇔ 相 离;Δ=0 ⇔ 相切; ②几何方法(比较圆心到直线的距离与半径的大小):设圆心到直线的距离为 d,则 dr ⇔ 相离;d=r ⇔ 相切. (3)圆与圆的位置关系 设圆 O1:(x-a1)2+(y-b1)2= 1 2 (r1>0),圆 O2:(x-a2)2+(y-b2)2= 2 2 (r2>0),则其位置关系的判断方法如 下表: 位置 关系 几何法 代数法 公 切 线 的 条 数 圆心距 d 与 r1,r2 的关系 联立两圆方程组成方程 组的解的情况 外离 d>r1+r2 无解 4 外切 d=r1+r2 一组实数解 3 相交 |r1-r2|b>0) y2 a2 + x2 b2 =1(a>b >0) 图 形 续 表 标准方程 x2 a2 + y2 b2 =1(a>b>0) y2 a2 + x2 b2 =1(a>b>0) 几 何 性 质 范围 -a≤x≤a,-b≤y≤b -b≤x≤b,-a≤y≤a 对称性 对称轴:x 轴,y 轴;对称中心:原点 焦点 F1(-c,0),F2(c,0) F1(0,-c),F2(0,c) 顶点 A1(-a,0),A2(a,0); B1(0,-b),B2(0,b) A1(0,-a),A2(0,a); B1(-b,0),B2(b,0) 轴 线段 A1A2,B1B2 分别是椭圆的长轴和短轴,长轴 长为 2a,短轴长为 2b 焦距 |F1F2|=2c 离心率 焦距与长轴长的比值:e∈(0,1) a,b,c 的 关系 b2=a2-c2 提醒椭圆的离心率反映了焦点远离中心的程度,e 的大小决定了椭圆的形状,反映了椭圆的 圆扁程度.因为 a2=b2+c2,所以 = 1 - 2 ,因此,当 e 越趋近于 1 时, 越趋近于 0,椭圆越扁;当 e 越趋 近于 0 时, 越趋近于 1,椭圆越接近于圆.所以 e 越大椭圆越扁,e 越小椭圆越圆.当且仅当 a=b,c=0 时,椭圆变为圆,方程为 x2+y2=a2. 33.双曲线 (1)双曲线的标准方程及几何性质 标准方程 x2 a2 y2 b2 =1 (a>0,b>0) y2 a2 x2 b2 =1 (a>0,b>0) 图形 几 何 性 质 范围 |x|≥a,y∈R |y|≥a,x∈R 对称性 对称轴:x 轴,y 轴;对称中心:原点 焦点 F1(-c,0),F2(c,0) F1(0,-c),F2(0,c) 顶点 A1(-a,0),A2(a,0) A1(0,-a),A2(0,a) 轴 线段 A1A2,B1B2 分别是双曲线的实轴和虚轴;实轴 长为 2a,虚轴长为 2b 焦距 |F1F2|=2c 离心率 焦距与实轴长的比值:e∈(1,+∞) 渐近线 y=± x y=± x a,b,c 的 关系 b2=c2-a2 提醒①离心率 e 的取值范围是(1,+∞).当 e 越接近于 1 时,双曲线开口越小;当 e 越接近于+∞ 时,双曲线开口越大. ②满足||PF1|-|PF2||=2a 的点 P 的轨迹不一定是双曲线,当 2a=0 时,点 P 的轨迹是线段 F1F2 的中垂线;当 0<2a<|F1F2|时,点 P 的轨迹是双曲线;当 2a=|F1F2|时,点 P 的轨迹是两条射线;当 2a>|F1F2|时,点 P 的轨迹不存在. (2)双曲线方程与渐近线方程的关系 ①若双曲线的方程为 2 2 2 2 =1,则渐近线的方程为 2 2 2 2 =0,即 y=± x. ②若渐近线的方程为 y=± x,即 ± =0,则双曲线的方程可设为 2 2 2 2 =λ(λ≠0). ③若所求双曲线与双曲线 2 2 2 2 =1 有公共渐近线,其方程可设为 2 2 2 2 =λ(λ>0,焦点在 x 轴 上;λ<0,焦点在 y 轴上). ④焦点到渐近线的距离总是 b. 34.抛物线 (1)抛物线的标准方程及几何性质 标准 方程 y2=2px (p>0) y2=-2px (p>0) x2=2py (p>0) x2=-2py (p>0) 图形 几 何 性 质 对 称 轴 x 轴 y 轴 顶 点O(0,0) 焦 点F p 2 ,0 F - p 2 ,0 F 0, p 2 F 0,- p 2准 线 方 程 x=- p 2 x= p 2 y=- p 2 y= p 2 范 围 x≥0,y∈ R x≤0,y∈ R y≥0,x∈Ry≤0,x∈ R 离 心 率 e=1 (2)抛物线焦点弦的常用结论 设 AB 是过抛物线 y2=2px(p>0)焦点 F 的弦,若 A(x1,y1),B(x2,y2),α为直线 AB 的倾斜角,则 ①焦半径|AF|=x1+ 2 = 1 - cos ,|BF|=x2+ 2 = 1+cos . ②x1x2= 2 4 ,y1y2=-p2. ③弦长|AB|=x1+x2+p= 2 sin2 . ④ 1| | + 1| | = 2 . ⑤以弦 AB 为直径的圆与准线相切. ⑥S △ OAB= 2 2sin (O 为抛物线的顶点). 35.直线与圆锥曲线的位置关系 (1)弦长的求解方法 设直线与圆锥曲线交于 A(x1,y1),B(x2,y2)两点,若直线 AB 的斜率存在(设为 k),则 |AB|= 1 + 2 ·|x1-x2|;若 k≠0,则|AB|= 1 + 1 2 ·|y1-y2|,其中|x1-x2|= ( 1 + 2 ) 2 - 412 ,|y1- y2|= ( 1 + 2 ) 2 - 412 . 当直线 AB 的斜率不存在时,可直接求出直线与圆锥曲线的交点坐标,利用两点间的距离公 式求弦长. (2)圆锥曲线中的最值问题 ①利用圆锥曲线的定义进行转化,一般在三点共线时取得最值. ②求圆锥曲线上的点到已知直线的距离的最值,当已知直线的平行线与圆锥曲线相切时,两 平行线间的距离即为所求. ③利用基本不等式求最值. 36.频率与概率的区别与联系 (1)区别 ①频率具有随机性,在不同的试验中,同一事件发生的频率可能不同; ②概率是频率的稳定值,是一个确定的常数,不管进行多少次试验,同一事件发生的概率是不 变的. (2)联系 ①频率和概率都是用来刻画随机事件发生的可能性大小的量; ②概率可看作频率在理论上的期望值,随试验次数的增加,频率可近似地作为这个事件的概 率. 37.事件的关系与运算 (1)包含关系:如果事件 A 发生,则事件 B 一定发生,这时称事件 B 包含事件 A,记作 B ⊇ A(或 A ⊆ B). (2)相等事件:如果 B ⊇ A 且 A ⊇ B,那么称事件 A 与事件 B 相等,记作 A=B. (3)并(和)事件:若某事件发生当且仅当事件 A 发生或事件 B 发生,则称此事件为事件 A 与事 件 B 的并事件(或和事件),记作 A∪B(或 A+B). (4)交(积)事件:若某事件发生当且仅当事件 A 发生且事件 B 发生,则称此事件为事件 A 与事 件 B 的交事件(或积事件),记作 A∩B(或 AB). (5)互斥事件:若 A∩B 为不可能事件(即 A∩B= ⌀ ),那么称事件 A 与事件 B 互斥,其含义是事件 A 与事件 B 在任何一次试验中都不会同时发生. (6)对立事件:若 A∩B 为不可能事件,A∪B 为必然事件,那么称事件 A 与事件 B 互为对立事件, 其含义是事件 A 与事件 B 在任何一次试验中有且只有一个发生. 提醒互斥事件与对立事件都是指两个事件的关系,互斥事件是不可能同时发生的两个事件, 而对立事件除要求这两个事件不同时发生以外,还要求二者必须有一个发生.因此,对立事件一定 是互斥事件,而互斥事件未必是对立事件. 38.概率的几个基本性质 (1)任何事件 A 的概率都在 0~1 之间,即 0≤P(A)≤1. (2)若 A ⊆ B,则 P(A)≤P(B). (3)必然事件发生的概率为 1,不可能事件发生的概率为 0. (4)当事件 A 与事件 B 互斥时,P(A+B)=P(A)+P(B).注意没有事件 A 与事件 B 互斥这一条件 时,这个公式不成立. (5)若事件 A 与事件 B 互为对立事件,则 P(A)+P(B)=1. 提醒当一事件的概率不易直接求,但其对立事件的概率易求时,可运用(5),即用间接法求概率. 39.古典概型的概率公式 如果随机事件 A 包含的基本事件数为 m,总的基本事件数为 n,则 P(A)=事件 包含的基本事件的个数 总的基本事件的个数 = . 提醒求解古典概型问题的步骤 (1)判断本次试验的结果是否是等可能的,设出所求的事件 A. (2)分别计算总的基本事件的个数 n 和所求的事件 A 所包含的基本事件的个数 m. (3)利用古典概型的概率公式 P(A)= ,求出事件 A 的概率. 40.均值的相关结论 (1)E(k)=k(k 为常数). (2)E(aX+b)=aE(X)+b. (3)E(X1+X2)=E(X1)+E(X2). (4)若 X1,X2 相互独立,则 E(X1·X2)=E(X1)·E(X2). (5)若随机变量 X 服从两点分布,则 E(X)=p. (6)若 X 服从二项公布,即 X~B(n,p),则 E(X)=np. 提醒 E(X)是一个常数,由 X 的分布列唯一确定,它描述 X 取值的平均状态,作为随机变量 X 是可变的,可取不同的值. 41.方差的相关性质结论 (1)D(k)=0(k 为常数). (2)D(aX+b)=a2D(X). (3)D(X)=E(X2)-[E(X)]2. (4)若 X1,X2,…,Xn 两两独立,则 D(X1+X2+…+Xn)=D(X1)+D(X2)+…+D(Xn). 提醒①随机变量的方差与标准差都反映了随机变量取值的稳定与波动,集中与离散程度,其 中标准差与随机变量本身有相同的单位. ②方差也是一个常数,它不具有随机性,方差的值一定是非负的. 42.二项分布与正态分布 (1)条件概率的计算公式:当 P(B)>0 时,在事件 B 发生的条件下,事件 A 发生的条件概率为 P(A|B)= R ( ) R ( ) ;类似地,当 P(A)>0 时,在事件 A 发生的条件下,事件 B 发生的条件概率为 P(B|A)= R ( ) R ( ) . (2)二项分布:如果在一次试验中某事件发生的概率是 p,那么在 n 次独立重复试验中这个事 件恰好发生 k 次的概率是 P(ξ=k)= C pk(1-p)n-k,其中 k=0,1,…,n. (3)①若随机变量 X 服从正态分布 N(μ,σ2),则 P(a0). ②正态分布密度函数的性质:函数图象关于直线 x=μ对称;σ(σ>0)的大小决定函数图象的 “胖”“瘦”;P(μ-σ0 时,不能否定函数 y=f(x)在(a,b)内有零点.函数的零点有 “变号零点”和“不变号零点”,对于“不变号零点”函数的零点存在性定理是“无能为力”的,在解决 函数的零点问题时要注意这个问题. 8.求函数图象的切线方程失误 混淆 y=f(x)的图象在某点(x0,y0)处的切线与 y=f(x)过某点(x0,y0)的切线,导致求解失误.若求 y=f(x)的图象在某点(x0,y0)处的切线方程,点(x0,y0)一定是切点,若求 y=f(x)过某点(x0,y0)的切线方 程,点(x0,y0)不一定是切点. 9.确定函数极值点失误 对于可导函数 y=f(x),错以为 f'(x0)=0 是函数 y=f(x)在 x=x0 处有极值的充分条件,从而认为 x0 是函数的极值点.函数在某点处有极值,不仅要看其对应的导数是否为 0,还要看这点的左、右区 间对应的函数的单调性是否相反. 10.求 y=Asin(ωx+φ)的单调区间失误 (1)不注意 A 或ω的符号,把单调性弄反,或把区间左右的值弄反; (2)忘掉写+2kπ,或+kπ等,忘掉写 k∈Z; (3)书写单调区间时,错把弧度和角度混在一起. 11.图象平移的单位长度失误 由 f(x)=Asin ωx(ω>0)的图象变换到 y=Asin(ωx+φ)=Asin + 的图象.当φ>0 时,向左 平移 个单位长度;当φ<0 时,向右平移 个单位长度,而不是|φ|个单位长度. 12.复数的概念不清致误 对于复数 a+bi(a,b∈R),a 叫做实部,b 叫做虚部.当且仅当 b=0 时,复数 a+bi(a,b∈R)是实数 a; 当 b≠0 时,复数 z=a+bi 叫做虚数;当 a=0,且 b≠0 时,z=bi 叫做纯虚数.解决复数概念类试题,要仔细 区分以上概念差别,防止出错.另外,i2=-1 是实现实数与虚数互化的桥梁,要适时进行转化,解题时 极易丢掉“-”而出错. 13.忽视零向量致误 零向量是向量中最特殊的向量,规定零向量的长度为 0,其方向是任意的,零向量与任意向量 都共线.它在向量中的位置正如实数中 0 的位置一样,但有了它容易引起一些混淆,稍微考虑不到 就会出错,考生应给予足够的重视. 14.向量夹角范围不清致误 解题时要全面考虑问题.数学试题中往往隐含着一些容易被考生所忽视的因素,能不能在解 题时把这些因素考虑到,是解题成功的关键,如当 a·b<0 时,a 与 b 的夹角不一定为钝角,要注意 θ=π的情况;当 a·b>0 时,a 与 b 的夹角不一定为锐角,要注意θ=0 的情况. 15.an 与 Sn 关系不清致误 在数列问题中,数列的通项 an 与其前 n 项和 Sn 之间存在下列关系:当 n=1 时,a1=S1;当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1.这个关系对任意数列都是成立的,但要注意的是这个关系式是分段的,在 n=1 和 n≥2 时这个关系式具有完全不同的表现形式,这也是解题中经常出错的一个地方,在使用这个关 系式时要牢牢记住其“分段”的特点. 16.对数列的定义、性质理解错误 等差数列的前 n 项和在公差不为零时是关于 n 的常数项为零的二次函数.一般地,有结论“若 数列{an}的前 n 项和 Sn=an2+bn+c(a,b,c∈R),则数列{an}为等差数列的充要条件是 c=0”;在等差 数列中,Sm,S2m-Sm,S3m-S2m(m∈N*)是等差数列. 17.数列中的最值错误 在数列问题中,其通项公式、前 n 项和公式都是关于正整数 n 的函数,要善于从函数的观点 认识和理解数列问题.数列的通项 an 与其前 n 项和 Sn 的关系是高考的命题重点,解题时要注意先 把 n=1 和 n≥2 分开讨论,再看能不能统一.在关于正整数 n 的二次函数中,其取最值的点要根据 正整数距离二次函数图象的对称轴的远近而定. 18.错位相减求和处理不当致误 错位相减求和法的适用条件:数列是由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积所组成 的,求其前 n 项和,基本方法是设这个和式为 Sn,在这个和式两端同时乘以等比数列的公比得到另 一个和式,这两个和式错一位相减,就把问题转化为以求一个等比数列的前 n 项和或前 n-1 项和 为主的求和问题.这里最容易出现问题的就是错位相减后对剩余项的处理. 19.不等式性质应用不当致误 在使用不等式的基本性质进行推理论证时一定要准确,特别是不等式两端同时乘以或同时 除以一个数(式)、两个不等式相乘、一个不等式两端同时 n 次方时,一定要注意使其能够成立的 条件,如果忽视了不等式性质成立的前提条件就会出现错误. 20.忽视基本不等式应用条件致误 利用基本不等式 ≤ + b 2 以及变式 ab≤ + 2 2 等求函数的最值时,务必注意 a,b 为正数(或 a,b 非负),ab 或 a+b 其中之一应是定值,特别要注意等号成立的条件.对形如 y=ax+ (a,b>0)的函 数,在应用基本不等式求函数最值时,一定要注意 ax, 的符号,必要时要进行分类讨论,另外要注意 自变量 x 的取值范围,在此范围内等号能否取到. 21.不等式恒成立问题致误 解决不等式恒成立问题的常规求法是:借助相应函数的单调性求解,其中的主要方法有数形 结合法、变量分离法、主元法.通过最值产生结论.应注意恒成立与存在性问题的区别,如对任意 x∈[a,b]都有 f(x)≤g(x)成立,即 f(x)-g(x)≤0 的恒成立问题,但对存在 x∈[a,b],使 f(x)≤g(x)成立,则 为存在性问题,即 f(x)min≤g(x)max,应特别注意两函数的最大值与最小值的关系. 22.面积、体积计算转化不灵活致误 面积、体积的计算既需要学生有扎实的基础知识,又要用到一些重要的思想方法,是高考考 查的重要题型.因此要熟练掌握以下几种常用的思想方法:(1)还台为锥的思想:这是处理台体时常 用的思想方法.(2)割补法:求不规则图形面积或几何体体积时常用.(3)等积变换法:充分利用三棱 锥的任意一个面都可作为底面的特点,灵活求解三棱锥的体积.(4)截面法:尤其是关于旋转体及与 旋转体有关的组合问题,常画出轴截面进行分析求解. 23.随意推广平面几何中结论致误 平面几何中有些概念和性质,推广到空间中不一定成立.例如“过直线外一点只能作一条直线 与已知直线垂直”“垂直于同一条直线的两条直线平行”等性质在空间中就不成立. 24.对折叠与展开问题认识不清致误 折叠与展开是立体几何中的常用思想方法,此类问题注意折叠或展开过程中平面图形与空 间图形中的变量与不变量,不仅要注意哪些变了,哪些没变,还要注意位置关系的变化. 25.点、线、面位置关系不清致误 关于空间点、线、面位置关系的组合判断类试题是高考全面考查考生对空间位置关系的判 定和性质掌握程度的理想题型,历来受到命题者的青睐,解决这类问题的基本思路有两个:一是逐 个寻找反例作出否定的判断或逐个进行逻辑证明作出肯定的判断;二是结合长方体模型或实际 空间位置(如课桌、教室)作出判断,但要注意定理应用准确,考虑问题全面细致. 26.忽视斜率不存在致误 在解决两直线平行的相关问题时,若利用 l1∥l2 ⇔ k1=k2 来求解,则要注意其前提条件是两直 线不重合且斜率存在.如果忽略 k1,k2 不存在的情况,就会导致错解.这类问题也可以利用如下的结 论求解,即直线 l1:A1x+B1y+C1=0 与 l2:A2x+B2y+C2=0 平行的必要条件是 A1B2-A2B1=0,在求出具 体数值后代入检验,看看两条直线是不是重合,从而确定问题的答案.对于解决两直线垂直的相关 问题时也有类似的情况.利用 l1⊥l2 ⇔ k1·k2=-1 时,要注意其前提条件是 k1 与 k2 必须同时存在.利 用直线 l1:A1x+B1y+C1=0 与 l2:A2x+B2y+C2=0 垂直的充要条件是 A1A2+B1B2=0,就可以避免讨论. 27.忽视零截距致误 解决有关直线的截距问题时应注意两点:一是求解时一定不要忽略截距为零这种特殊情况; 二是要明确截距为零的直线不能写成截距式.因此解决这类问题时要进行分类讨论,不要漏掉截 距为零时的情况. 28.忽视圆锥曲线定义中条件致误 利用椭圆、双曲线的定义解题时,要注意两种曲线的定义形式及其限制条件.如在双曲线的 定义中,有两点是缺一不可的:其一,绝对值;其二,2a<|F1F2|.如果不满足第一个条件,动点到两定点 的距离之差为常数,而不是差的绝对值为常数,那么其轨迹只能是双曲线的一支. 29.误判直线与圆锥曲线的位置关系 过定点的直线与双曲线的位置关系问题,基本的解决思路有两个:一是利用一元二次方程的 判别式来确定,但一定要注意,利用判别式的前提是二次项系数不为零,当二次项系数为零时,直线 与双曲线的渐近线平行(或重合),也就是直线与双曲线最多只有一个交点;二是利用数形结合的 思想,画出图形,根据图形判断直线和双曲线的各种位置关系.在直线与圆锥曲线的位置关系中,抛 物线和双曲线都有特殊情况,在解题时要注意,不要忘记其特殊性. 30.两个计数原理不清致误 分步加法计数原理与分类乘法计数原理是解决排列组合问题最基本的原理,故理解“分类用 加、分步用乘”是解决排列组合问题的前提.在解题时,要分析计数对象的本质特征与形成过程, 按照事件的结果来分类,按照事件的发生过程来分步,然后应用两个基本原理解决.对于较复杂的 问题既要用到分类加法计数原理,又要用到分步乘法计数原理,一般是先分类,每一类中再分步,注 意分类、分步时要不重复、不遗漏,对于“至少、至多”型问题除了可以用分类方法处理外,还可 以用间接法处理. 31.排列、组合不分致误 为了简化问题和表达方便,解题时应将具有实际意义的排列组合问题符号化、数学化,建立 适当的模型,再应用相关知识解决.建立模型的关键是判断所求问题是排列问题还是组合问题,其 依据主要是看元素的组成有没有顺序性,有顺序性的是排列问题,无顺序性的是组合问题. 32.混淆项系数与二项式系数致误 在二项式(a+b)n 的展开式中,其通项 Tr+1= C an-rbr 是指展开式的第 r+1 项,因此展开式中第 1,2,3,…,n 项的二项式系数分别是 C 0 ,C 1 ,C 2 ,…, C - 1 ,而不是 C 1 ,C 2 ,C 3 ,…, C ,而项的系数是二项式系 数与其他数字因数的积. 答案与解析 第二部分 数学方法、思想指导 第 1 讲 选择题、填空题的解法 解法分类指导 【例 1】 (1)D (2)BD 解析 (1)由 2 - i i =1-bi,得 2-ai=i(1-bi)=b+i,∴a=-1,b=2,则 a+bi=- 1+2i,∴|a+bi|=|-1+2i|= (- 1 ) 2 + 2 2 = 5 ,故选 D. (2)由题得,f(x)=cos 2 - π 3 -sin 2 + π 2 = 3 2 sin 2x- 1 2 cos 2x=sin 2 - π 6 ,∴函数 f(x)的 最小正周期为π,最大值为 1,故 A 不正确,B 正确; 当 x ∈ - π 4 , π 4 时,2x- π 6 ∈ - 2π 3 , π 3 ,函数 f(x)在 - π 4 , π 4 上先单调递减后单调递增,故 C 错 误; 将函数 f(x)的图象向左平移 π 12 个单位长度,得到的函数解析式为 g(x)=f + π 12 =sin 2x,故 D 正确. 对点训练 1 (1)D (2) 28 29 解析 (1)令 f(x)=0,则方程 x2-9x+14=0,解得方程的两个根为 2,7. ∵等差数列{an}中,a1,a6 为函数 f(x)=x2-9x+14 的两个零点, ∴a1=2,a6=7,或 a1=7,a6=2, 当 a1=2,a6=7 时,d= 6 - 1 6 - 1 =1,则 a3=4,a4=5,所以 a3a4=20; 当 a1=7,a6=2 时,d= 6 - 1 6 - 1 =-1,则 a3=5,a4=4,所以 a3a4=20.故选 D. (2)|2e1-e2| ≤ 2 ⇔ ( 21 - 2 ) 2 ≤ 2,解得 e1·e2 ≥ 3 4 又 e1·e2≤1, 所以 3 4 ≤ e1·e2≤1.cos θ= · | || | = ( 1+2 )( 31+2 ) ( 1+2 ) 2× ( 31+2 ) 2 = 4+41 · 2 2+212× 10+612 , 设 e1·e2=x,则 3 4 ≤ x≤1. cos2θ= 16 ( +1 ) 2( 2+2 )( 10+6 ) = 16 ( +1 ) 2 122+32+20 = 4 ( +1 ) 2 32+8+5 = 4 ( +1 ) 2 3 ( +1 ) 2+2 ( +1 ) = 4 3+ 2 +1 ,得 cos2θ ∈ 28 29 , 1 ,所以 cos2θ的最小值是 28 29 【例 2】 (1)B (2) 7 8 解析 (1)因为 a>b>c>1,且 ac1>logab,故 A,C 错; logcb=3>logba= 4 3 ,故 D 错,B 正确. (2)所求的问题是个定值问题,“在△ABC 中”和在特殊 △ ABC 中所求的值相等,所以将 所给条件“在△ABC 中”特殊化为“在等边△ABC 中”.如下图, · =(x,3y)·(-x,3y)=-x2+9y2=4; · =(x,y)·(-x,y)=-x2+y2=-1;解得 x2= 13 8 ,y2= 5 8 则 · =(x,2y)(-x,2y)=-x2+4y2= 7 8 对点训练 2 (1)C (2)(1,0) 解析 (1)对于 A,取 a=1,b=-1,则 a>b 成立,但 1 > 1 ,故 A 错误; 对于 B,取 a=π,b=0,则 a>b 成立,但 sin π=sin 0,故 B 错误; 对于 C,因 y= 1 3 在 R 上单调递减,若 a>b,则 1 3 1 3 ,故 C 正确; 对于 D,取 a=1,b=-2,则 a>b 成立,但 a20 时,函数 f(x)过点(1,0),又函数 f(x)有且只有一个零 点,可推出,当 x≤0 时,函数 y=-2x+a 没有零点,即在(-∞,0]内,函数 y=2x 与直线 y=a 无公共 点.由数形结合,可得 a≤0 或 a>1.又因{a|a<0} ⫋ {a|a≤0 或 a>1},故选 A. (2)依题意得 f(x)=asin(1-x),g(x)=ln x,设 h(x)=g(x)-x=ln x-x,x∈(0,1],∵h'(x)= 1 -1≥0, ∴h(x)在(0,1]上单调递增, ∴h(x)max=h(1)=ln 1-1=-1. 故原题等价于存在 x∈ π 2 ,2 ,使得 asin(1-x)≥-1,∵sin(1-x)≤0, ∴a ≤ 1 sin ( - 1 ) 故只需 a ≤ 1 sin ( - 1 ) max 而 y= 1 sin ( - 1 )在 x∈ π 2 ,2 上单调递减,而 1 sin ( - 1 ) max = 1 sin(π 2 - 1) = 1 cos1 ,∴a ≤ 1 cos1 故选 C. 对点训练 3 (1)C (2) 4 3 , + ∞ 解析 (1)如图,延长 CA 至 D,使得 AD=3,连接 DB,PD, 因为 AD=AB=3,故△ADB 为等腰三角形.又∠DAB=180°-∠CAB=120°,故∠ ADB= 1 2 (180°-120°)=30°,所以∠ADB+∠DCB=90°,即∠DBC=90°,故 CB⊥DB.因为 PB=4,PC=5,BC=3,所以 PC2=PB2+BC2,所以 CB⊥PB. 因为 DB∩PB=B,DB ⊂ 平面 PBD,PB ⊂ 平面 PBD,所以 CB⊥平面 PBD.所以 V 三棱锥 P- CBD=V 三棱锥 C-PBD= 1 3 × CB×S△PBD.因为 A 为 DC 的中点,所以 V 三棱锥 P-ABC= 1 2 V 三棱锥 P- CBD= 1 6 × 3×S△PBD= 1 2 S△PBD.因为 DA=AC=AP=3,故 △ PDC 为直角三角形,所以 PD= 2 - R 2 = 36 - 25 = 11 又 DB= 3 AD=3 3 ,而 PB=4,故 DB2=PD2+PB2,即△ PBD 为直角三角形,所以 S△PBD= 1 2 × 4 × 11 =2 11 ,所以 V 三棱锥 P-ABC= 11 故选 C. (2)当 x∈(0,3)时,g(x)= 3 27 3 ,当 x∈[3,+∞)时,g(x)= 3 27 ≥ 3 , 所以φ(x) ≥ 3 在[3,+∞)必成立, 问题转化为φ(x) ≥ 3 在(0,3)恒成立,由 ax-ln x-1 ≥ 3 恒成立,可得 a ≥ ln+1 + 1 3 在 x∈ (0,3)恒成立, 设 h(x)= ln+1 + 1 3 ,x∈(0,3), 则 h'(x)=1 · -( ln+1 ) 2 = - ln 2 , 当 00,当 10)的图象如图,由图象知函数的 最低点坐标为 A(2,4),圆心坐标为 C(2,0),半径 R=1,则由图象知当 A,B,C 三点共线时,|AB| 最小,此时最小值为 4-1=3,故选 A. (2)设既喜欢足球又喜欢游泳的学生比例数为 x.由维恩图可知,82%-x+60%=96%,解 得 x=46%,故选 C. 对点训练 4 (1)B (2)AC 解析 (1)画出 f(x)= - 2 + 6 , 4 , 2 - 1 , ≥ 4 的图象,如图所示. ∵a0,∴y-x+1>1, ∴ln(y-x+1)>ln 1=0.故选 A. (2)设 F(x)= ( ) e ,则 F'(x)= '( )- ( ) e f'(x)>f(x),∴F'(x)>0,即函数 F(x)在定义域上单调 递增. ∵ex-1f(x)1,∴不等式 ex-1f(x)f(1)>f(log35)=-f(lo g1 3 5),∵a=25f(0.22),b=f(1),c=-log53×f(lo g1 3 5), ∴25f(0.22)>f(1)>-log53×f(lo g1 3 5),∴a>b>c. (2)当 a<0 时,在 x≥0 上,x-a≥0 恒成立,所以只需满足(x-b)(x-2a-b)≥0 恒成立,此时 2a+b0 不满足条件; 当 b<0 时,在[0,+∞)上,x-b≥0 恒成立,所以只需满足(x-a)(x-2a-b)≥0 恒成立,此时两 根分别为 x=a 和 x=2a+b, ①当 a+b>0 时,此时 00,满足(x-a)(x-2a-b)≥0 恒成立. 综上可知,满足(x-a)(x-b)(x-2a-b)≥0 在 x≥0 恒成立时,只有 b<0. 故选 C. 【例 6】 (1)D (2)A 解析 (1)由题意可知,a·b=|a|·|b|cos 60°= 1 2 对于 A,(a+2b)·b=a·b+2b2= 5 2 ≠ 0,不符合题意; 对于 B,(2a+b)·b=2a·b+b2=2≠0,不符合题意; 对于 C,(a-2b)·b=a·b-2b2=- 3 2 ≠ 0,不符合题意; 对于 D,(2a-b)·b=2a·b-b2=0,故 2a-b 与 b 垂直.故选 D. (2)∵f(-x)= e - +1 - ( 1 - e - ) = 1+e- ( e - 1 ) = e+1 ( 1 - e )=f(x), ∴f(x)是偶函数,故 f(x)图象关于 y 轴对称,排除 C,D;又 x=1 时,f(1)= e+1 1 - e <0,排除 B,故 选 A. 对点训练 6 (1)BD (2)A 解析 (1)对于 A,若 x<0,则最小值不为 2,故 A 错误; 对于 B,y=2x+2-x≥2,当且仅当 x=0 时等号成立,故 B 正确; 对于 C,对 x ∈ 0 , π 2 ,y=sin x+ 1 sin ≥ 2,但等号成立需 sin x= 1 sin ,方程无解,故 C 错误; 对于 D,y=x2-2x+3=(x-1)2+2≥2,当 x=1 时取等号,故 D 正确. 故选 BD. (2)因为 f(-x)=(-x)cos(-x)+sin(-x)=-(xcos x+sin x)=-f(x),x∈[-π,π],所以函数 f(x)是奇函 数,故排除 C,D,当 x ∈ 0 , π 2 时,xcos x+sin x>0,所以排除 B.故选 A. 【例 7】 B 解析 设人体脖子下端至肚脐长为 x cm,则 26 ≈ 5 - 1 2 ,得 x≈42.07,又其腿长为 105 cm,所以其身高约为 42.07+105+26=173.07(cm),接近 175 cm.故选 B. 对点训练 7 A 解析 作出 2 + 4 , > 0 , > 0 表示的可行域如图所示, 直线 2x+y=4 与坐标轴的交点为 B(2,0),C(0,4).设 z= +1 x +1 ,∵A(0,0), ∴zA=1;∵B(2,0),∴zB= 1 3 ; ∵C(0,4),∴zC=5.由题知,无法取到 B,C 两点, +1 +1 的取值范围是 1 3 , 5 第 2 讲 函数与方程思想、 数形结合思想 一、函数与方程思想 思想分类应用 【例 1】 B 解析 在同一坐标系中分别画出两个函数的图象,当 a<0 时,要想满足条件, 如图,作出点 A 关于原点的对称点 C,则 C 点坐标为(-x1,-y1).由图象知-x1y2,即 x1+x2>0,y1+y2<0,同理当 a>0 时,则有 x1+x2<0,y1+y2>0,故选 B. 对点训练 1 1 3 解析 取 x=- 2 ,则有 2f(- 2 )+f(1)=1, ① 取 x=1,则有 2f(1)+f(0)=1, ② 取 x=0,则有 2f(0)+f(-1)=1, ③ 取 x=-1,则有 2f(-1)+f(0)=1, ④ 解由③④组成的方程组,得 f(0)= 1 3 ,代入②得 f(1)= 1 3 ,再将 f(1)= 1 3 代入①,得 f(- 2 )= 1 3 【例 2】 D 解析 设 BC 的长度为 x m,AC 的长度为 y m,则 AB 的长度为 - 1 2 m.在 △ ABC 中,由余弦定理,得 AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB,即 - 1 2 2 =y2+x2-2yx × 1 2 ,化简 得 y(x-1)=x2- 1 4 x>1,∴x-1>0,∴y= 2 - 1 4 - 1 ,即 y=(x-1)+ 3 4 ( - 1 )+2 ≥ 3 +2,当且仅当 x-1= 3 4 ( - 1 ) 时取等号,因此当 x=1+ 3 2 时,y 有最小值 2+ 3对点训练 2 (1)证明 由 sin(B+C)= 2 2 - 2 ,即 sin A= 2 2 - 2 ,得 sin A= · sin 2 - 2 又 sin A≠0,∴ bc=a2-c2, 由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccos A, 则 bc=b2-2bccos A. 又 b≠0,∴c=b-2c·cos A,由正弦定理得 sin C=sin B-2sin C·cos A,即 sin C=sin(A+C)- 2sin C·cos A=sin(A-C). 又 00),当 a≤0 时,令 g(x)=ln x+ 1 ,则 g'(x)= 1 1 2 = - 1 2 , 所以 g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,且 g(1)=1, 所以 ln x+ 1 ≥ 1,显然有 axe1-x≤ln x+ 1 ; 当 a>0 时,令 f(x)=axe1-x-ln x- 1 ,则 f'(x)= 1 - e - 1 + e - 1 2 , 所以 f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减, 所以 f(x)max=f(1)≤0 即可, 因为 f(1)=a-1,所以 01,∴b> 2 3 又 c= 2 3 ,∴a0,则 g(x)=(1-x)(1+x)x4=(1-x2)x4,∴g(x)=(1-x2)x4= 1 2 × [(2-2x2)×x2×x2] ≤ 1 2 ×( 2 - 22 ) +2+2 3 3 = 4 27 , 当且仅当 2-2x2=x2,即 x= 6 3 时取等号,即 p=p0=1- 6 3 故选 A. 对点训练 5 解 (1)20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为 f(p)= C20 2 p2(1-p)18, 则 f'(p)= C20 2 [2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2 C20 2 p(1-p)17(1-10p). 令 f'(p)=0,得 p=0.1.当 p∈(0,0.1)时,f'(p)>0; 当 p∈(0.1,1)时,f'(p)<0. 所以 f(p)的最大值点为 p0=0.1. (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,则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. 二、数形结合思想 思想分类应用 【例 1】 D 解析 f(x)= 3 , ≥ 0 , -x, 0 , g(x)=f(x)-|kx2-2x|有 4 个零点,即 f(x)=|kx2-2x|有四个交 点. (1)若 k>0,则如图. 1 > 1 3 ,∴k3>k,k2>1,k>1, ∴左侧无交点. ②x3=kx2-2x 要有三个根,即 x2-kx+2=0 有两根, ∵Δ=k2-8>0,∴k>2 2综上①②,k>2 2(2)若 k<0,如图. ∵点 1 ,- 1 恰在 y=-x 上,且过二次函数图象的顶点,∴k<0 恒成立. 综上,k∈(-∞,0)∪(2 2 ,+∞).故选 D. 对点训练 1 D 解析 当 a≤0 时不符合题意;当 a>0 时,考查函数 g(x)=|ln x|与 h(x)=ax 的 图象的交点. 易知,g(x)与 h(x)图象在区间(0,1)内必有一个交点,则在区间(1,+∞)内有且仅有一个 公共点,当 x∈(1,+∞)时,f(x)=ln x-ax,f'(x)= 1 - ,则 f(x)在 0 , 1 内单调递增,在 1 , + ∞ 内单 调递减, 所以[f(x)]max=f 1 =ln 1 -1, 则只需 ln 1 -1=0,故 a= 1 e 当 x∈(0,1)时,f(x)=-ln x- 1 e x, 易知 f 1 e =1- 1 e2 >0,f(1)=- 1 e <0,可知 x1 ∈ 1 e , 1 故选 D. 【例 2】 D 解析 ∵f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x<0 时,f(x)=2-|x+2|.作出 f(x)的图象, 如图所示. y=f(x+a)的图象可以看成是 y=f(x)的图象向左(a>0)或向右(a<0)平移|a|个单位长度 而得. 当 a>0 时,y=f(x)的图象至少向左平移 6 个单位长度(不含 6 个单位长度)才能满足对 任意的 x∈[-1,2],f(x+a)>f(x)成立,当 a<0 时,y=f(x)的图象向右平移至多 2 个单位长度(不 含 2 个单位长度)才能满足对任意的 x∈[-1,2],f(x+a)>f(x)成立,故 a∈(-2,0)∪(6,+∞).故选 D. 对点训练 2 D 解析 因为 f(x)=2x-x-1,所以 f(x)>0 等价于 2x>x+1, 在同一直角坐标系中作出 y=2x 和 y=x+1 的图象如图. 两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2),由图象可知,不等式 2x>x+1 的解集为(-∞,0)∪ (1,+∞).所以不等式 f(x)>0 的解集为(-∞,0)∪(1,+∞).故选 D. 【例 3】 C 解析 函数 y= - 2 - 2 图象是半圆,圆心为 C(-1,0),半径为 r=1,如图,作直线 4x+3y-21=0,C 到直线 4x+3y-21=0 的距离为 d=|- 4+0 - 21 | 42+32 =5, ∴P(m,n)到直线 4x+3y-21=0 的距离为 d'=| 4+3 - 21 | 5 ,其最小值为 5-1=4,∴|4m+3n- 21|的最小值为 5×4=20.故选 C. 对点训练 3 A 解析 过点 F(1,0)且斜率为 1 的直线方程为 y=x-1. 联立 = - 1 , 2 = 4 ,整理得 x2-6x+1=0,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=6,y1+y2=x1+x2-2=4. AB 的中点坐标为(3,2),|AB|=x1+x2+p=8,所以以线段 AB 为直径的圆 D:(x-3)2+(y- 2)2=16,圆心 D 为(3,2),半径 r=4, 因为在圆 C 上存在两点 M,N,在直线 l 上存在一点 Q,使得∠MQN=90°, 所以在直线 l 上存在一点 Q,使得 Q 到 D(3,2)的距离等于 2 r=4 2 ,只需 D(3,2)到直 线 l 的距离小于或等于 4 2 , | 3+2+ | 2 ≤ 4 2 ,解得-13≤a≤3,故选 A. 第 3 讲 分类讨论思想、 转化与化归思想 一、分类讨论思想 思想分类应用 【例 1】 (1)A (2)(-1,0)∪(0,+∞) 解析 (1)当焦点在 x 轴上时,a2=m,b2=1,m>1,由对称性可知当 M 为上下顶点时,∠F1MF2 最大,因为 1 ·2 =0,则∠F1MF2 ≥ π 2 ,∠F1MO ≥ π 4 , 所以 tan∠F1MO= ≥ tan π 4 =1,即 - 1 1 ≥ 1,解得 m≥2; 当焦点在 y 轴上时,a2=1,b2=m,00,可得 a1=S1>0,q≠0,当 q=1 时,Sn=na1>0,符合题意; 当 q≠1 时,Sn= 1 ( 1 - ) 1 - >0,即 1 - 1 - >0(n=1,2,3,…), 则有 1 - > 0 , 1 - > 0 , 或 1 - 0 , 1 - 0 , 由①得-11. 综上,可得 q 的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞). 对点训练 1 (1)C (2)C 解析 (1)当 a=0 时,f(x)=|x|在区间(0,+∞)上单调递增;当 a<0 时,f(x)=(-ax+1)x=-a - 1 x, 结合二次函数的图象可知 f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)上单调递增; 当 a>0 时,函数 f(x)=|(ax-1)x|的大致图象如图. 函数 f(x)在区间(0,+∞)上有增有减,所以 a≤0 是函数 f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)上 单调递增的充要条件,故选 C. (2)当 a=0 时,f(x)= 1 , ≤ 1 , , > 1 ,函数 f(x)无零点,舍去. 当 a<0,且 x≤1 时,f(x)=ax2-ax+1 为开口向下,对称轴为 x= 1 2 的二次函数, f 1 2 =a × 1 2 2 -a × 1 2 +1=- 1 4 a+1>0,f(1)=a-a+1=1>0. 则 x≤1 时,函数 f(x)与 x 轴只有一个交点; 当 a<0,且 x>1 时,f(x)=x-aln x. f'(x)=1- = - >0, 故函数 f(x)在(1,+∞)上单调递增,则 f(x)>f(1)=1,即 x>1 时,函数 f(x)与 x 轴无交点; 则当 a<0 时,函数 f(x)有一个零点.与题意不符,舍去. 当 a>0,且 x≤1 时,f(x)=ax2-ax+1 为开口向上,对称轴为 x= 1 2 的二次函数. f 1 2 =a × 1 2 2 -a × 1 2 +1=- 1 4 a+1,f(1)=a-a+1=1>0. 函数 f(x)在(-∞,1]最多有两个零点; 当 a>0,且 x>1 时,f(x)=x-aln x. f'(x)=1- = - 令 f'(x)=0,得 x=a,当 00,在(1,+∞)内单调递增,与已知矛盾,不符合题意, 舍去; 当 a>1 时,x∈(a,+∞)时,f(x)单调递增,x∈(1,a)时,f(x)单调递减,f(a)=a-aln a,函数 f(x) 在(1,+∞)最多有两个零点. 若使得函数 f(x)有四个零点,则需 > 1 , 1 2 0 , ( ) 0 , 即 > 1 , - 1 4 + 1 0 , - ln 0 , 解得 a>4.故选 C. 【例 2】 解 f(x)的定义域为(-a,+∞),f'(x)= 22+2+1 + ,记 g(x)=2x2+2ax+1,其判别式为 Δ=4a2-8. ①若Δ≤0,即- 2 ≤ a ≤ 2 时,f'(x)≥0 在(-a,+∞)上恒成立,所以 f(x)无极值. ②若Δ>0,即 a> 2 或 a<- 2 时,g(x)=0 有两个不同的实根 x1=- - 2 - 2 2 和 x2=- + 2 - 2 2 , 且 x1 2 时,有 x1+a>0,x2+a>0,即 x1>-a,x2>-a,从而,f'(x)=0 在(-a,+∞)上有两个不 同的根,且 f(x)在 x=x1,x=x2 处取得极值. 综上所述,f(x)存在极值时,a 的取值范围为( 2 ,+∞). f(x)的极值之和为 f(x1)+f(x2)=ln(x1+a)+ 1 2 +ln(x2+a)+ 2 2 =ln[(x1+a)(x2+a)]+( 1 + 2 ) 2 -2x1x2,而 ln[(x1+a)(x2+a)]=ln 1 2 ,(x1+x2)2-2x1x2=(-a)2-2 × 1 2 =a2-1,所以 f(x1)+f(x2)=ln 1 2 +a2- 1>ln 1 2 +1=ln e 2 对点训练 2 解 (1)由题意得 x∈(0,+∞),f'(x)= -1- 2 =- 2 - + 2 , 令 g(x)=x2-mx+m,Δ=m2-4m=m(m-4). ①当 0≤m≤4 时,Δ≤0,g(x)≥0 恒成立,则 f'(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减. ②当 m<0 时,Δ>0,函数 g(x)与 x 轴有两个不同的交点 x1,x2(x10, 所以当 x ∈ 0 , + 2 - 4 2 时,g(x)<0,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当 x ∈ + 2 - 4 2 , + ∞ 时,g(x)>0,f'(x)<0,f(x)单调递减. ③当 m>4 时,Δ>0,函数 g(x)与 x 轴有两个不同的交点 x1,x2(x10,x1x2=m>0,则 x1>0,x2>0,所以 x ∈ 0 , - m 2 - 4 2 时,g(x)>0,f'(x)<0,f(x)单调 递减;x ∈ - 2 - 4 2 , + 2 - 4 2 时,g(x)<0,f'(x)>0,f(x)单调递增;x ∈ + 2 - 4 2 , + ∞ 时,g(x)>0,f'(x)<0,f(x)单调递减. 综上所述,当 0≤m≤4 时,f(x)在(0,+∞)上单调递减.当 m<0 时,x ∈ 0 , + 2 - 4 2时,f(x)单调递增;x ∈ + 2 - 4 2 , + ∞ 时,f(x)单调递减.当 m>4 时,x∈ 0, - 2 - 4 2 时,f(x) 单调递减;x ∈ - 2 - 4 2 , + 2 - 4 2 时,f(x)单调递增; x ∈ + 2 - 4 2 , + ∞ 时,f(x)单调递减. 【例 3】 7 2 或 2 解析 由题可得 c= 5若∠PF2F1=90°,则|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2,又因为|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=2 5 , 解得|PF1|= 14 3 ,|PF2|= 4 3 , 所以 R1 R2 = 7 2 若∠F1PF2=90°, 则|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2, 所以|PF1|2+(6-|PF1|)2=20, 所以|PF1|=4,|PF2|=2, 所以 R1 R2 =2. 综上知, R1 R2 的值为 7 2 或 2. 对点训练 3 1 2 或 3 2 解析 不妨设|PF1|=4t,|F1F2|=3t,|PF2|=2t,其中 t≠0. 若该曲线为椭圆,则有|PF1|+|PF2|=6t=2a, |F1F2|=3t=2c,e= = 2 2 = 3 6 = 1 2 ; 若该曲线为双曲线, 则有|PF1|-|PF2|=2t=2a, |F1F2|=3t=2c,e= = 2 2 = 3 2 = 3 2 二、转化化归思想 思想分类应用 【例 1】 (1)A (2) 25 2 解析 (1)由于 e4 16 = e4 42 , e5 25 = e5 52 , e6 36 = e6 62 ,故可构造函数 f(x)= e 2 ,只研 究 x>0 的部分.f(4)= e4 16 ,f(5)= e5 25 ,f(6)= e6 36 而 f'(x)= e 2 '= e · 2 - e · 2 4 = e ( 2 - 2 ) 4 = e ( - 2 ) 3 令 f'(x)>0,得 x>2,即函数 f(x)在(2,+∞)内单调递增,因此有 f(4)0,解得 x<0,令 f'(x)<0,解得 x>0, 则 f(x)在(-∞,0)内单调递增,在(0,+∞)上单调递减, 若 0f(x)>f(ln 3), 即 2+1 e2 > +1 e > ln3+1 3 ,故选 B. 【例 2】 4 5 解析 由题意,令 2c=e,设 a=(1,0),b=(0,1),e 对应的点 C(x,y)在单位圆上,所 以问题转化为求|a+2e|+|6a+4b-e|的最小值.因为|a+2e|=|2a+e|, 所以|a+2e|+|6a+4b-e|=|2a+e|+|6a+4b-e|= ( + 2 ) 2 + 2 + ( - 6 ) 2 + ( - 4 ) 2 , 即表示 C 点到点(-2,0)和(6,4)的距离之和,过点(-2,0)和(6,4)的直线为 x-2y+2=0,原点 到直线 x-2y+2=0 的距离为 2 1+ (- 2 ) 2 = 2 5 <1,所以该直线与单位圆相交, 所以|a+2e|+|6a+4b-e|的最小值为点(-2,0)和(6,4)之间的距离,即 d= (- 2 - 6 ) 2 + ( 0 - 4 ) 2 =4 5 对点训练 2 (1)B (2)C 解析 (1)函数 f(x)=x2-2tx+1 在区间(-∞,1]上单调递减,所以其图 象的对称轴 x=t≥1. 则在区间[0,t+1]上,0 距对称轴 x=t 最远,故要使得对任意的 x1,x2∈[0,t+1],都有|f(x1)- f(x2)|≤2, 只要 f(0)-f(t)≤2 即可,即 1-(t2-2t2+1)≤2,解得- 2 ≤ t ≤ 2又因为 t≥1,则 1≤t ≤ 2 故选 B. (2)∵(Sn+1)(Sn+2+1)=( +1 + 1 ) 2 ,令 bn=Sn+1, ∴bn·bn+2= +1 2 ,可得{bn}为等比数列,设其公比为 q,b1=S1+1=a1+1=2,b2=S2+1=a1+a2+1=4, ∴q= 2 1 =2,∴bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n. Sn=bn-1=2n-1,故选 C. 【例 3】 - 2 3 , 1 解析 由题意,知 g(x)=3x2-ax+3a-5, 令φ(a)=(3-x)a+3x2-5,-1≤a≤1. 问题转化为对-1≤a≤1,恒有 g(x)<0,即φ(a)<0,所以 ( 1 ) 0 , (- 1 ) 0 , 即 3 2 - - 2 0 , 3 2 + - 8 0 , 解得- 2 3 1,c>1,故 lg b>0,lg c>0, 所以 lg b≥lg c,即 b≥c. 又 f(lg b)=lg blg c-lg2b=lg b(lg c-lg b),f(lg c)=lg2c-lg blg c=lgc(lg c-lg b),若 b=c,则 f(lg b)=f(lg c)=0, 故 lg a=lg b=lg c,即 a=b=c. 若 b>c,则 f(lg b)<0,f(lg c)<0,利用二次函数图象,可得 lg aln 1 e =-1,h(4)=ln 4-3=ln 1 e · 4 e2 19 时,y=3 800+500(x-19)=500x-5 700. 所以 y 与 x 的函数解析式为 y= 3 800 , ≤ 19 , 500 - 5 700 , > 19 (x∈N). (2)由柱状图知,需更换的零件数不大于 18 的频率为 0.46,不大于 19 的频率为 0.7,故 n 的最小值为 19. (3)若每台机器在购机同时都购买 19 个易损零件,则这 100 台机器中有 70 台在购买 易损零件上的费用为 3 800 元,20 台的费用为 4 300 元,10 台的费用为 4 800 元,因此这 100 台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为 1 100 (3 800×70+4 300×20+4 800×10)=4 000 元. 若每台机器在购机同时都购买 20 个易损零件,则这 100 台机器中有 90 台在购买易 损零件上的费用为 4 000 元,10 台的费用为 4 500 元,因此这 100 台机器在购买易损零件 上所需费用的平均数为 1 100 (4 000×90+4 500×10)=4 050 元. 比较两个平均数可知,购买 1 台机器的同时应购买 19 个易损零件. 【例 6】 2 3 3 2 , + ∞ 解析 由题意,f'(x)= 2 ,g'(x)=2ax-1,因直线 y=2x-b 与函数 y=f(x),y=g(x)的图象均相切,所以 2 = 2 , 2 - 1 = 2 , 解得 x=1,a= 3 2 ;设直线 l 与 y=f(x)的图象相切 于点 P1(x1,y1),x1>0,则切线方程为 y-2ln x1= 2 1 (x-x1), 代入 g(x)=ax2-x- 1 2 (a>0),得 2 1 x-2+2ln x1=ax2-x- 1 2 ,即 ax2- 1 + 2 1 x+ 3 2 - 2ln 1 =0,所以 Δ= 1 + 2 1 2 -4a × 3 2 - 2ln 1 =0, 所以 a= ( 1+2 ) 2 21 2 ( 3 - 4ln 1 )(x1>0). 令 y= ( 1+2 ) 2 21 2 ( 3 - 4ln 1 )(x1>0), 则 y'= 2 ( 1+2 )( 4ln 1+1 - 1 ) 1 3 ( 3 - 4ln 1 ) 2 ,所以 y'=0,解得 x1=1. 当 x1>1 时,y'>0,y 单调递增,当 00,cos A+cos B= 3 ,平方相加得 t2+3=2+2cos Acos B+2sin Asin B,得 t2=2cos(A-B)-1,显然,当 A=B 时,t 有最大值,tmax=1,则 cos A=cos B= 3 2 又 A,B∈(0,π),得 A=B= π 6 , 则 C= 2π 3 ,设 D 为 AB 的中点,如图所示,则 CD=1,AC=BC=2,设内切圆的半径为 r,则 S △ABC= 1 2 × 2 3 × 1= 1 2 (2+2+2 3 )r,解得 r=2 3 -3.故选 A. 第三部分 高考 22 题各个击破 专题一 常考小题点 1.1 集合、常用逻辑用语、 推理小题组合练 考向训练·限时通关 1.C 解析 (数形结合)由数轴可知 所以 A∪B={x|1≤x<4},故选 C. 2.C 解析 满足 x,y∈N*,y≥x,且 x+y=8 的元素(x,y)有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4),共 4 个,故 A∩B 中元素的个数为 4. 3.A 解析 ∵A∪B={-1,0,1,2}, ∴ ∁ U(A∪B)={-2,3}.故选 A. 4.D 解析 由 U=R,N={x||x|≤1},可得 ∁ UN={x|x<-1,或 x>1}, 又因为 M={x|-31 ⇔ - 2 - 1 <0 ⇔ (x-1)(x-2)<0 ⇔ 10,使方程 x2+x-m=0 有实根”的否 定是“任意 m>0,使方程 x2+x-m=0 无实根”.故选 A. 13.AB 解析 由题意得,命题“ ∃ x0 ∈ 1 2 , 2 ,使得λ>2x0+ 1 0 成立”是假命题,则命题 “ ∀ x ∈ 1 2 , 2 ,λ≤2x+ 1 成立”是真命题, 令 f(x)=2x+ 1 ,x ∈ 1 2 , 2 ,由对勾函数得,当 x ∈ 1 2 , 2 时,f(x)在 1 2 , 2 2 上单调递减,在 2 2 , 2 上单调递增,∴当 x= 2 2 时,函数 f(x)取最小值,即 f(x)min=f 2 2 =2 2 , ∴λ≤f(x)min=2 2 ,故实数λ的取值范围为(-∞,2 2 ].故选 AB. 14.[-2,2] 解析 因为命题“ ∃ x0∈R, 0 2 -mx0+1<0”是假命题,所以命题“ ∀ x∈R,x2-mx+1≥0” 是真命题,所以Δ=m2-4≥0,所以-2≤m≤2. 15.C 解析 由甲的年龄和记者不同,记者的年龄比乙小,得到丙是记者,从而排除 B 和 D; 由丙的年龄比医生大且比乙小,得到乙不是医生,从而乙是律师,甲是医生.故选 C. 16.A 解析 当甲获得第一名时,甲、乙、丙说的都是错的,丁说的是对的,符合条件; 当乙获得第一名时,甲、丙、丁说的都是对的,乙说的是错的,不符合条件; 当丙获得第一名时,甲和丁说的都是对的,乙、丙说的是错的,不符合条件; 当丁获得第一名时,甲和乙说的都是对的,丙、丁说的是错的,不符合条件,故选 A. 17.乙、丁 解析 五位领导中有一人推荐的两人都没有入选,其余四人推荐的人选中各 有一人入选. 设“丁、戊”两人都没入选,那么不含丁、戊的人选组合中还剩“甲、乙”, 这与其余四人推荐的人选中各有一人入选矛盾. 设“丙、戊”两人都没入选,那么不含丙、戊的人选组合中还剩“甲、乙”和“甲、丁”, 由题意这两个组合中各有一人入选,则为“乙、丁”,这符合题意,故答案为乙、丁. 1.2 函数、方程与不等式组合练 考向训练·限时通关 1.D 解析 (方法一)根据数轴可得 c|b|>|a|, 对于 A,因为 cb,则 c+a|b|>|a|, 所以 c2>b2>a2,且 b2>ab, 所以 c2>b2>ab,且 c2>ab,故 B 错误; 对于 C,因为 b 1 ,则 ,故 C 错误; 对于 D,因为|b|>|a|,且 c<0,所以|b|c<|a|c,故 D 正确. (方法二)不妨令 c=-5,b=-4,a=-1,则 c+a=-6ab=4,故 B 错误; = 5 4 =5,故 C 错误. 故选 D. 2.ABD 解析 ∵a+b=1,∴(a+b)2=1=a2+b2+2ab≤2(a2+b2),∴a2+b2 ≥ 1 2 ,故 A 正确; ∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+1=2a+b>b,∴a-b>-1,∴2a-b>2-1= 1 2 ,故 B 正确; ∵a+b=1≥2 , ∴ab ≤ 1 4 ,log2a+log2b=log2ab≤log2 1 4 =-2,故 C 错误; ∵a+b=1≥2 ,∴2 ≤ 1,( + )2=a+b+2 ≤ 2, + ≤ 2 ,故 D 正确. 3.AC 解析 由 a>b>0,得 ab>b2,所以 log2(ab)>log2b2,故 A 正确; 因为 c2≥0,当 c2=0 时,选项 B 不成立,故 B 不正确; 由 a>b>0,两边同乘 1 ,得 >1,由 a>b>0,两边同乘 1 ,得 <1,故 C 正确; 由 a>b,函数 y= 1 2 为减函数,得 1 2 1 2 ,故 D 不正确.故选 AC. 4 4 5 解析 由 5x2y2+y4=1,得 x2= 1 5 1 2 - 2 所以 x2+y2= 1 5 · 1 2 1 5 y2+y2= 1 52 + 4 5 y2≥2 4 25 = 4 5 , 当且仅当 1 52 = 4 5 y2,即 y2= 1 2 ,x2= 3 10 时取等号. 所以 x2+y2 的最小值为 4 5 5.4 解析 ∵ab=1,∴b= 1 1 2 + 1 2 + 8 + = 1 2 + 2 + 8 +1 = 1 2 1 + + 8 +1 令 1 +a=t>0, 则原式= 2 + 8 ≥ 2 2 · 8 =2 4 =4, 当且仅当 t2=16,即 t=4 时,等号成立,此时 1 +a=4. 6.C 解析 f(x)=-x2+4x=-(x-2)2+4. 当 x=2 时,f(x)max=f(2)=4. 由 f(x)=-x2+4x=-5,得 x=5 或 x=-1.所以要使 f(x)在[m,5]上的值域是[-5,4],则- 1≤m≤2. 7.D 解析 若函数 f(x)在 R 上为增函数,则在两段上都应为增函数, 当 x<1 时,f(x)=-x2+ax-a2+1,对称轴为 x= 2 ,所以 2 ≥ 1, 且在 x=1 处,二次函数对应的值应小于等于对数函数的值,即 a-a2≤0,所以得到 2 ≥ 1 , - 2 ≤ 0 , 解得 ≥ 2 , ≤ 0 或 ≥ 1 , 所以 a≥2.故选 D. 8.ABC 解析 对于 A,因为 f(x)=x2-2x+a 有两个零点,所以判别式Δ=(-2)2-4a>0,解得 a<1, 故 A 正确; 对于 B,根据韦达定理有 x1+x2=2,x1x2=a,所以 1 1 + 1 2 = 1+2 12 = 2 ,故 B 正确; 对于 C,因为 f(-1)=3+a,f(3)=3+a,所以 f(-1)=f(3)成立,故 C 正确; 对于 D,当 a=0 时,y=f(|x|)=|x|2-2|x|=|x|(|x|-2)=0 有三根,x=0,±2,故 D 错误.故选 ABC. 9.(-4,+∞) 解析 关于 x 的不等式 f(x)f(x)max,由函数 f(x)=x2+6x+1 图象的对称轴为 x=-3,知当 x=-5 时,f(x)max=f(-5)=-4. 则实数 m 的取值范围是(-4,+∞). 10.BD 解析 因为 f(x)≥0 即 x2-4x+3≥0 的解集为{x|x≥3,或 x≤1}, 所以 f(x)≥0 的充分不必要条件应是{x|x≥3,或 x≤1}的真子集, 所以{1,3},(3,4)满足条件.故选 BD. 11.B 解析 设 f(x)=x2+ax-3a,∵对任意实数 x∈[-1,1],不等式 x2+ax-3a<0 恒成立, (- 1 ) = 1 - - 3 0 , ( 1 ) = 1 + - 3 0 , 即 1 - 4 0 , 1 - 2 0 , > 1 4 , > 1 2 , 故 a> 1 2 故选 B. 12 1 - 17 2 , 0 ∪ [1,3] ∪ 4 , 7+ 17 2解析 当 x≥0 时,f(x)=|x2-3x|,当 0≤x≤3 时,f(x)=-x2+3x, 解 f(x)≤2,即-x2+3x≤2,得 x≤1 或 x≥2,∴0≤x≤1 或 2≤x≤3. 当 x>3 时,f(x)=x2-3x,解 f(x)≤2,即 x2-3x≤2,得 3 - 17 2 ≤ x ≤ 3+ 17 2 ,∴30,且|x1|=|x2|. 当 x1,x2 在对称轴的两侧时, 1 4 -x1>x2- 1 4 ,即 x2 离对称轴近, 故 f(x1) 0 , > 0 , 解得 01},故 D 正确.故选 BCD. 16.(-∞,0] 解析 g(x)=a(x-1)2+1+b-a,由 a>0,得 g(x)在区间[2,3]上是增函数,故 ( 2 ) = 1 , ( 3 ) = 4 , 解得 = 1 , = 0 . 由题意得 f(x)= ( ) =x+ 1 -2, 所以 f(2x)-k·2x≥0,即 2x+ 1 2 -2≥k·2x,所以 1 2 2 -2 · 1 2 +1≥k. 令 t= 1 2 ,因为 x∈[-1,1],所以 t ∈ 1 2 , 2 即 k≤t2-2t+1=(t-1)2,所以(t-1)2≥0,则 k 的取值范围是(-∞,0]. 1.3 平面向量与复数组合练 考向训练·限时通关 1.D 解析 2 - i 1+2i = ( 2 - i )( 1 - 2i ) ( 1+2i )( 1 - 2i ) = 2 - i - 4i - 2 1+4 = - 5i 5 =-i,故选 D. 2.D 解析 由 z=1+i,得 z2=2i,2z=2+2i,故|z2-2z|=|2i-(2+2i)|=2. 3.ABC 解析 因为复数 z= +2i 1 - i = ( +2i )( 1+i ) 2 = - 2+ ( +2 ) i 2 = 1 2 (a-2)+ 1 2 (a+2)i, 由复数 z 在复平面内对应的点在第二象限内,所以 - 2 0 , + 2 > 0 ,即-2= ·( + ) | || + | = 19 5×7 = 19 35 14.B 解析 由题意知,两只胳膊的拉力 F1=F2=400,夹角θ=60°,所以体重 G=-(F1+F2). 所以 G2=(F1+F2)2=4002+2×400×400×cos 60°+4002=3×4002. 所以|G|=400 3 (N),则该学生的体重约为 40 3 =40×1.732≈69(kg).故选 B. 15.AC 解析 对于 A,|b|= cos 2 + sin 2 =1,故 A 正确; 对于 B,若 a∥b,则 3 sin α-cos α=0,∴tan α= 3 3 ,故 B 错误; 对于 C,a·b= 3 cos α+sin α=2sin + π 3 ,最大值为 2,故 C 正确; 对于 D,作图可知,当α= π 2 ,即 b=(0,1)时,|a-b|取得最大值 3 ,故 D 错误. 16 2 2 解析 由题意可知, a·b=|a||b|cos 45°= 2 2 ∵ka-b 与 a 垂直,∴(ka-b)·a=k|a|2-a·b=k- 2 2 =0,∴k= 2 2 专题二 函数与导数 2.1 函数概念、性质、图象专项练 考向训练·限时通关 1.C 解析 A={x|y=lg(x-3)}={x|x-3>0}={x|x>3},B={y|y=2x,x∈R}={y|y>0}.∴ A∩B={x|x>3},故选 C. 2.ABC 解析 f(x)=x-[x]表示数 x 的小数部分,则 f(-0.8)=f(-1+0.2)=0.2,故 A 正确; 当 1≤x<2 时,f(x)=x-[x]=x-1,故 B 正确; 函数 f(x)的定义域为 R,值域为[0,1),故 C 正确; 当 0≤x<1 时,f(x)=x-[x]=x. 当 1≤x<2 时,f(x)=x-1. 当 x=0.5 时,f(0.5)=0.5,当 x=1.5 时,f(1.5)=0.5,则 f(0.5)=f(1.5),即 f(x)不为增函数,由 f(- 1.5)=0.5,f(1.5)=0.5,可得 f(-1.5)=f(1.5),即 f(x)不为奇函数,故 D 不正确. 故选 ABC. 3.(0,+∞) 解析 由题意得 > 0 , + 1 ≠ 0 , ∴x>0,故答案为(0,+∞). 4 1 2 {1,ee} 解析 ∵f 1 2 =ln 1 2 <0, ∴f 1 2 =f ln 1 2 = e ln 1 2 = 1 2 x<0 时,00 时,方 程 f(f(x))=1,可得 ln[f(x)]=1,f(x)=e,即 ln x=e,解得 x=ee. 5.D 解析 ∵b= 1 3 - 0 . 8 =30.8>30.7=a>30=1,c=log0.70.80, ∴f(x)在区间 - 1 2 , 1 2 内单调递增.同理,f(x)在区间 -∞,- 1 2 , 1 2 , + ∞ 内单调递减. 故选 D. 7.A 解析 4 3 a= 4 3 log53=lo g53 34=log12581<1,∴a< 3 4 4 3 b= 4 3 log85=lo g83 54=log512625>1,∴ b> 3 4 ,∵55<84, 5 4 b= 5 4 log85=lo g84 55<1,∴b< 4 5 ,∵134<85, 5 4 c= 5 4 log138=lo g134 85>1,∴c> 4 5 综 上,a4 时,函数 f(x)=f(x-1),所以 f(x)在(4,+∞)时,周期为 1,因为 20,排除 B.故选 A. 10.A 解析 f(1)= 1 1 - ln2 >0,排除选项 C,D;由 f(x)= 1 - ln ( +1 )=0,则方程无解,即函数没有零点, 排除 B,故选 A. 11.C 解析 显然函数 f(x)的定义域是 R,由 f(x)=cos x·sin e - 1 e+1 ,得 f(-x)=cos(- x)sin e - - 1 e - +1 =cos x·sin 1 - e 1+e =-f(x), 即 f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除选项 A,B; 又 f(1)=cos 1·sin e - 1 e+1 >0,可排除选项 D,故选 C. 12.ABD 解析 对于 A,函数 f(x)= 2 , 1 ≤ 3 , 11 , = 3 在[1,3]上具有性质 P,但 f(x)在[1,3]上的 图象不连续,故选项 A 错; 对于 B,f(x)=-x 在[1,3]上具有性质 P,但 f(x2)=-x2 在[1, 3 ]上不满足性质 P,故选项 B 错; 对于 C,因 f(x)在 x=2 处取得最大值 1,所以 f(x)≤1,设 x∈[1,2],则 4-x∈[2,3].由性质 P 可得 1=f(2) ≤ 1 2 [f(x)+f(4-x)],所以 f(x)+f(4-x)≥2,因为 f(x)≤1,f(4-x)≤1, 所以 f(x)+f(4-x)≤2, 所以 f(x)+f(4-x)=2,又 f(x)≤1,f(4-x)≤1,所以 f(x)=1,x∈[1,3],故选项 C 正确; 对于 D,有 f 1+2+3+4 4 =f 1+2 2 + 3+4 2 2 ≤ 1 2 f 1+2 2 +f 3+4 2 ≤ 1 4 [f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],故选项 D 错.故选 ABD. 13.①② 解析 由题可得函数 f(x)= 3 + ( - 3 ) 2 , 0 ≤ 6 , 3 + ( - 9 ) 2 , 6 ≤ 12 , 3 + ( - 15 ) 2 , 12 ≤ ≤ 18 , 作出图象如图. 则当点 P 与 △ ABC 顶点重合时,即 x 的值分别是 0,6,12,18 时,f(x)取得最大值 12,故① 正确; 又 f(x)=f(18-x),所以函数 f(x)的对称轴为 x=9,故②正确; 由图象可得,函数 f(x)图象与 y=kx+3 的交点个数为 6 个,故方程有 6 个实根,故③错 误. 2.2 热点小专题一、函数的 零点及函数的应用 关键能力·学案突破 【例 1】 (1)B (2)C 解析 (1)由图象知 1 2 2 <1,得 10, 所以 g(0)g(1)<0.故选 B. (2)因 f(x)在(0,+∞)上单调,且 f([f(x)-log2x])=3,设 t=f(x)-log2x,则 f(x)=log2x+t, 又由 f(t)=3,∴f(t)=log2t+t=3,观察易知 t=2,所以 f(x)=log2x+2, 所以 g(x)=log2x+x-5,因为 g(3)<0,g(4)>0,所以零点所在的区间为(3,4). 对点训练 1 D 解析 令 f(x)-ln x=k,则 f(x)=ln x+k.由 f[f(x)-ln x]=e+1,得 f(k)=e+1. 又 f(k)=ln k+k=e+1,可知 k=e. 故 f(x)=ln x+e,所以 f'(x)= 1 ,x>0.所以 f(x)-f'(x)=ln x- 1 +e. 令 g(x)=ln x- 1 +e-e=ln x- 1 ,x∈(0,+∞).因为 g(x)=ln x- 1 在(0,+∞)内的图象是连续的,且 g(1)=-1<0,g(e)=1- 1 e >0,所以存在 x0∈(1,e),使 g(x0)=0.故选 D. 【例 2】 B 解析 函数 f(x)=2x|log0.5x|-1 的零点也就是方程 2x|log0.5x|-1=0 的根,即 2x|log0.5x|=1,整理得|log0.5x|= 1 2 令 g(x)=|log0.5x|,h(x)= 1 2 ,画出 g(x),h(x)的图象如图所 示. 因为两个函数的图象有两个交点,所以 f(x)有两个零点.故选 B. 对点训练 2 7 解析 由 y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称,得 y=f(x)为奇函数,易知 f(0)=0. 可令 x=-3,则 f(-3+6)=f(-3), 即 f(3)=f(-3)=-f(3), 可得 f(-3)=f(3)=0, 当 n=1,2 时,f(x)在[-n,n]上,有 f(0)=0; 当 n=3,4,5 时,f(x)在[-n,n]上,有 f(0)=0,f(3)=f(-3)=0; 当 n=6,7,8 时,f(x)在[-n,n]上,有 f(0)=0,f(3)=f(-3)=0,f(6)=f(-6)=0; 当 n=9,10,11 时,f(x)在[-n,n]上,有 f(0)=0,f(3)=f(-3)=0,f(6)=f(-6)=0,f(9)=f(-9)=0,即 a11=7. 【例 3】 -4 0 , 1 4 解析 当 x∈[1,e]时,f(x)=ln x,f(x)为增函数, 所以,f(x)min=f(1)=ln 1=0,当 x∈[-1,1)时,f(x)=2x3-3x2+1, 令 f'(x)=6x2-6x=0,解得 x1=1(舍)或 x2=0, 且有 f(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减, 因为 f(-1)=-2-3+1=-40,即 a>-1 时,x=0 处为偶重零点反弹,x= 3 2 (a+1)为奇重零点穿过,当 b<0 时 g(x)与 y=b 可以有两个交点,且此时要求 x= 1 - <0,故-10 时,-x<0,f(-x)=x2-ln x,又函数 f(x)为偶函数,所以 f(x)=x2-ln x,f(1)=1,所以 f'(x)=2x- 1 ,f'(1)=1,故切线方程为 y-1=x-1,即 y=x.故选 A. (2)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 |1 2 0| 1 40 +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 对点训练 1 (1)B (2)y=ex-2e 解析 (1)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)因为奇函数在关于原点对称的两点处的切线平行,且 f'(x)=3ex2-2e-x(x<0),故 f'(1)=f'(-1)=e,f(1)=-f(-1)=-e,故切线为 y+e=e(x-1),即 y=ex-2e. 【例 2】 1 -1 解析 将点(e,f(e))代入 y=3x-e 得 f(e)=3e-e=2e, ∵f(x)=axln x-bx,则 f'(x)=aln x+a-b, 由题意得 ( e ) = ( - ) e = 2e , '( e ) = 2 - = 3 , 解得 = 1 , = - 1 . 对点训练 2 -1 解析 f'(x)=1- ,f'(1)=1- =1-a, 由题意得 1-a=2,解得 a=-1. 【例 3】 (1)D (2)(-∞,-2-2ln 2) 解析 (1)由 f'(x)=k- 1 ,又 f(x)在(1,+∞)上单调递增,则 f'(x)≥0 在 x∈(1,+∞)上恒成立, 即 k ≥ 1 在 x∈(1,+∞)上恒成立.又当 x∈(1,+∞)时,0< 1 <1,故 k≥1.故选 D. (2)因为 f(x)=x2-4ex-ax,所以 f'(x)=2x-4ex-a.由题意,f'(x)=2x-4ex-a>0,即 a<2x-4ex 有解. 令 g(x)=2x-4ex,则 g'(x)=2-4ex.令 g'(x)=0,解得 x=-ln 2.当 x∈(-∞,-ln 2)时,函数 g(x)=2x-4ex 单调递增;当 x∈(-ln 2,+∞)时,函数 g(x)=2x-4ex 单调递减.所以当 x=-ln 2 时,g(x)=2x-4ex 取 得最大值-2-2ln 2,所以 a<-2-2ln 2. 对点训练 3 (1)C (2)[e-1,+∞) 解析 (1)由题意可知, f'(x)=1- 2 3 cos 2x+acos x =- 4 3 cos2x+acos x+ 5 3 因为 f(x)在 R 上单调递增, 所以 f'(x)=- 4 3 cos2x+acos x+ 5 3 ≥ 0 在 R 上恒成立. (方法一)则由题意可得,当 cos x=1 时,f'(x)≥0, 当 cos x=-1 时,f'(x)≥0, 即 - 4 3 + + 5 3 ≥ 0 , - 4 3 - + 5 3 ≥ 0 , 解得- 1 3 ≤ a ≤ 1 3 (方法二)令 t=cos x∈[-1,1], 当 t=0 时, 5 3 >0 恒成立; 当 00, 所以 h(t)在(0,1]上单调递增. 所以 h(t)max=h(1)=- 1 3 所以 a≥- 1 3 当-1≤t<0 时,a ≤ 4 3 t- 5 3 令 g(t)= 4 3 t- 5 3 , 则 g'(t)= 4 3 + 5 32 >0, 所以 g(t)在[-1,0)上单调递增. 所以 g(t)min=g(-1)= 1 3 , 所以 a ≤ 1 3 综上,- 1 3 ≤ a ≤ 1 3 (2)由题意可得 f'(x)=ex ln x+ 1 -a ≤0 在 1 e ,e 上恒成立.因为 ex>0,所以只需 ln x+ 1 - a≤0, 即 a≥ln x+ 1 在 1 e ,e 上恒成立.令 g(x)=ln x+ 1 因为 g'(x)= 1 1 2 = - 1 2 由 g'(x)=0,得 x=1.则 g(x)在 1 e ,1 内单调递减,在(1,e)内单调 递增, g 1 e =ln 1 e +e=e-1,g(e)=1+ 1 e ,因为 e-1>1+ 1 e , 所以 g(x)max=g 1 e =e-1. 故 a 的取值范围为[e-1,+∞). 【例 4】 (1)B (2)B 解析 (1)若 f(x)0;当 x> e - 1 2 时,g'(x)<0, 所以 g(x)在(0, e - 1 2 )上单调递增,在( e - 1 2 ,+∞)上单调递减, 所以 g(x)max=g( e - 1 2 )= e 2 , 所以实数 m 的取值范围是 m> e 2 故选 B. (2)∵f(x)=ln x+ 1 2 x2-ax(x>0), ∴f'(x)= 1 +x-a(x>0). ∵函数 f(x)=ln x+ 1 2 x2-ax(x>0)在区间 1 2 ,3 上有且仅有一个极值点,∴y=f'(x)在区间 1 2 ,3 上只有一个变号零点.令 f'(x)= 1 +x-a=0,得 a= 1 +x. 令 g(x)= 1 +x,x∈ 1 2 ,3 ,则 g(x)在区间 1 2 ,1 上单调递减,在区间(1,3)上单调递增, ∴g(x)min=g(1)=2,又 g 1 2 = 5 2 ,g(3)= 10 3 结合函数 g(x)= 1 +x,x∈ 1 2 ,3 的图象可得,当 5 2 ≤ a< 10 3 时,y=f'(x)在区间 1 2 ,3 上只有一 个变号零点.∴实数 a 的取值范围为 5 2 , 10 3 .故选 B. 对点训练 4 C 解析 ∵x0 是 f(x)的极值点,∴f'(x0)=0,即 π · 3· cos π0 =0, 得 π x0=kπ+ π 2 ,k∈Z,即 x0=mk+ 1 2 m,k∈Z. 0 2 +[f(x0)]2 + 1 2 2 成立即可. 又 + 1 2 2 的最小值为 1 4 , ∴1- 3 2 > 1 4 ,解得 m<-2 或 m>2.故选 C. 【例 5】 (1,+∞) 解析 函数 g(x)的定义域为(0,+∞),所以只研究这两个函数在 x∈(0,+∞) 内的图象, 当 a≤0 时,f(x)单调递增,又 g(x)单调递减,两者的图象最多只有一个交点,不符合题 意. 当 a>0 时,设φ(x)=f(x)-g(x), 即φ(x)= 2 - 2 - ln + , 0 , 2 + ( 2 - 2 a) - ln - , ≥ , 因为φ'(x)= 2 ( - )- 0 , 0 , 2 ( - ) + 2 - > 0 , ≥ , 所以φ(x)在(0,a)上单调递减,(a,+∞)上单调递增, 所以φ(x)min=-a2-aln a+a, 因为 x→0,x→+∞时,φ(x)→+∞, 所以φ(x)有两个零点当且仅当φ(x)min=-a2-aln a+a<0,解得 a>1,即 a 的取值范围为 (1,+∞). 对点训练 5 C 解析 函数 f(x)= 2 2 - 2eln 与 g(x)=2eln x+mx 的图象有 4 个不同的交点, 即为 mx= 2 2 - 2eln -2eln x,即 m= 2 - 2eln 2eln (x>0 且 x≠e)有 4 个不相等的实根. 设 h(x)= 2 - 2eln 2eln ,则 h'(x)= 2e - 2eln ( 2 - 2eln ) 2 2e - 2eln 2 由 h'(x)=0,可得 x=2eln x 或 3x=2eln x 或 x=e(舍去). 由 y= ln 的导数为 y'= 1 - ln 2 ,当 x>e 时,函数单调递减;当 00 且 x≠e)有 4 个不等实根,故 选 C. 【例 6】 解 (1)设 AA1,BB1,CD1,EF1 都与 MN 垂直,A1,B1,D1,F1 是相应垂足. 由条件知,当 O'B=40 时, BB1=- 1 800 × 403+6×40=160,则 AA1=160. 由 1 40 O'A2=160,得 O'A=80.所以 AB=O'A+O'B=80+40=120(米). (2)以 O 为原点,OO'为 y 轴建立平面直角坐标系 xOy(如图所示). 设 F(x,y2),x∈(0,40),则 y2=- 1 800 x3+6x, EF=160-y2=160+ 1 800 x3-6x. 因为 CE=80,所以 O'C=80-x. 设 D(x-80,y1),则 y1= 1 40 (80-x)2, 所以 CD=160-y1=160- 1 40 (80-x)2=- 1 40 x2+4x. 记桥墩 CD 和 EF 的总造价为 f(x), 则 f(x)=k 160 + 1 800 3 - 6 + 3 2 k - 1 40 2 + 4 =k 1 800 x3- 3 80 x2+160 (00,当 x∈(6,8)时,g'(x)<0, 所以函数 g(x)在(0,6)上单调递增,在(6,8)上单调递减,所以 x=6 时,利润最大,故选 B. (2)设 EF=x cm,则 AE=BF= 30 - 2 cm,包装盒的高为 GE= 2 2 x cm, 因为 AE=AH= 30 - 2 cm,A= π 2 , 所以包装盒的底面边长为 HE= 2 2 (30-x)cm,所以包装盒的体积为 V(x)= 2 2 ( 30 - ) 2 · 2 2 x= 2 4 (x3-60x2+900x),00,函数 V(x)单调递增;当 x∈(10,30)时,V'(x)<0,函数 V(x)单调递 减,所以 V(x)max=V(10)= 2 4 (1 000-6 000+9 000)=1 000 2 (cm3),即当 EF=10 cm 时,包装盒 容积取得最大值 1 000 2 cm3. 核心素养微专题(二) 【例 1】 D 解析 设 f(x1)=g(x2)=t, 所以 x1=t-1,x2=et, 所以 x2-x1=et-t+1, 令 h(t)=et-t+1, 则 h'(t)=et-1, 所以 h(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 所以 h(t)min=h(0)=2. 【例 2】 C 解析 函数 f(x)的定义域为 - π 2 , π 2 ,不等式 f(x)< 2 f π 4 cos x,即 ( ) cos π 4 cosπ 4 , 令 g(x)= ( ) cos ,x ∈ - π 2 , π 2 ∵f'(x)cos x+f(x)sin x<0, ∴g'(x)= '( ) cos+ ( ) sin cos2 <0,∴函数 g(x)在 x∈ - π 2 , π 2 上单调递减 ( ) cos (π 4) cosπ 4 ,∴ g(x)0). 令 F(x)=1-ln x+x+x2(x>0), 则 F'(x)=( 2 - 1 )( +1 ) (x>0). 令 F'(x)<0(x>0),得 00(x>0),得 x> 1 2 所以函数 F(x)=1-ln x+x+x2(x>0)在区间 0, 1 2 上单调递减,在区间 1 2 ,+∞ 上单调递 增. 所以 F(x)min=F 1 2 =1-ln 1 2 + 1 2 + 1 2 2= 7 4 +ln 2>0. 所以 F(x)=1-ln x+x+x2>0 对任意(0,+∞)恒成立, 所以 f(x)=ln x+ ln +x 的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间. 对点训练 1 解 F(x)的定义域为(0,+∞),∴F(x)=xln x- 1 2 x2, 则 F'(x)=ln x+1-x, 令 G(x)=F'(x)=ln x+1-x, 则 G'(x)= 1 -1, 由 G'(x)= 1 -1>0 得 01, 则 G(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减, 即 F'(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减, ∴F'(x)≤F'(1)=0, ∴F(x)在定义域(0,+∞)上单调递减. 【例 2】 解 f(x)的定义域是(0,+∞). f'(x)= 1 +2a(1-a)x-2(1-a)= 2 ( 1 - ) 2 - 2 ( 1 - ) +1 令 g(x)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1,为确定函数 g(x)的函数类型对 a 进行分类讨论. (1)当 a=1 时,g(x)是常数函数,此时 g(x)=1>0,f'(x)= 1 >0,于是 f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)当 a≠1 时,g(x)是二次函数,首先讨论 f'(x)=0 是否有实根,方程 g(x)=0 对应的 Δ=4(a-1)(3a-1). ①当Δ<0,即 1 3 0,f(x)在(0,+∞) 上单调递增. ②当Δ=0,即 a= 1 3 时,g(x)=0 有两个相等的实根 x1=x2= 3 2 ,于是 f'(x)≥0,所以 f(x)在 (0,+∞)上单调递增. ③当Δ>0,即 01 时,g(x)=0 有两个不相等的实根分别为 x1= 1 2 ( - 1 )( 3 - 1 ) 2 ( 1 - ) ,x2= 1 2 + ( - 1 )( 3 - 1 ) 2 ( 1 - ) 因为 x1+x2= 1 ,x1x2= 1 2 ( 1 - ), 所以当 00 且 x1x2>0,所以 x1>0,x2>0. 由 x1 与 x2 的表达式知 x10,可得 0x2,所以 f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上单调递增; 由 f'(x)<0,可得 x11 时,有 x1+x2>0 且 x1x2<0,此时 x2<00,可得 0x1,所以 f(x)在(x1,+∞)上单调递减. 综上所述,当 01 时,f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,+∞)上单调递减. 其中 x1= 1 2 ( - 1 )( 3 - 1 ) 2 ( 1 - ) ,x2= 1 2 + ( - 1 )( 3 - 1 ) 2 ( 1 - ) 对点训练 2 解 设 h(x)=f(x)-2x-c,则 h(x)=2ln x-2x+1-c, 其定义域为(0,+∞),h'(x)= 2 -2. (1)当 00;当 x>1 时,h'(x)<0.所以 h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间 (1,+∞)单调递减.从而当 x=1 时,h(x)取得最大值,最大值为 h(1)=-1-c. 故当且仅当-1-c≤0,即 c≥-1 时,f(x)≤2x+c. 所以 c 的取值范围为[-1,+∞). (2)g(x)= ( )- ( ) - = 2 ( ln - ln ) - ,x∈(0,a)∪(a,+∞). g'(x)= 2 - +ln - ln( - ) 2 = 2 1 - +ln ( - ) 2 取 c=-1 得 h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当 x≠1 时,h(x)<0,即 1-x+ln x<0.故当 x ∈(0,a)∪(a,+∞)时,1- +ln <0,从而 g'(x)<0.所以 g(x)在区间(0,a),(a,+∞)单调递减. 【例 3】 解 定义域为(-1,+∞), ∴f'(x)= 1 +1 +a(2x-1)= 1 +1 (2ax2+ax+1-a), 1 +1 >0,令 g(x)=2ax2+ax+1-a(x>-1), 当 a=0 时,g(x)=1,则 f'(x)>0 在(-1,+∞)上恒成立, 则 f(x)在(-1,+∞)上单调递增,即当 a=0 时,函数无极值点; 当 a>0 时,由Δ=a(9a-8)≤0,得 00 时,得 a> 8 9 或 a<0 两个不同的范围, 当 a> 8 9 时,设方程 2ax2+ax+1-a=0 的两根分别为 x1,x2(x1- 1 4 ,由 g(-1)=1>0,可得-10,则 f'(x)>0,f(x)单 调递增, 当 x∈(x1,x2)时,g(x)<0,则 f'(x)<0,f(x)单调递减, 当 x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,则 f'(x)>0,f(x)单调递增, 因此,当 a> 8 9 ,函数有两个极值点; 当 a<0 时,Δ>0,函数 g(x)的图象如下: 由 g(-1)=1>0,可得 x1<-1, 则当 x∈(-1,x2)时,g(x)>0,则 f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,则 f'(x)<0,f(x) 单调递减,因此,当 a<0 时,函数有一个极值点. 综上所述,当 a<0 时,函数有一个极值点;当 0 8 9 ,函数有两 个极值点. 对点训练 3 解 (1)函数 f(x)=x2+bln(x+1)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=2x+ +1 = 22+2+ +1 令 g(x)=2x2+2x+b,则Δ=4-8b.当 b> 1 2 时,Δ<0,所以 g(x)在(-1,+∞)上恒大于 0,所以 f'(x)>0,于是当 b> 1 2 时,函数 f(x)在定义域(-1,+∞)上单调递增. (2)首先考虑 g(x)=0 是否有实根. ①当Δ<0,即 b> 1 2 时,由(1)知函数 f(x)无极值点. ②当Δ=0,即 b= 1 2 时,g(x)=0 有两个相等的实根,g(x)≥0 在(-1,+∞)上恒成立,于是 f'(x)≥0 在(-1,+∞)上恒成立,所以函数 f(x)在(-1,+∞)上单调递增,从而函数 f(x)在(-1,+∞)上 无极值点. ③当Δ>0,即 b< 1 2 时,g(x)=0 有两个不相等的根 x1=- 1 - 1 - 2 2 ,x2=- 1+ 1 - 2 2 ,其中 x1-1, 由 f'(x)>0,可得 x>x2,由 f'(x)<0,可得-1-1,x2=- 1+ 1 - 2 2 >-1, 由 f'(x)>0,可得-1x2,由 f'(x)<0,可得 x10,函数 f(x)在[1,2]为增函数,所以[f(x)]min=f(1)=0. ②当 k>0 时,由 f'(x)>0,可得 0 1 ,所以 f(x)在 0 , 1 上单调递增, 在 1 , + ∞ 上单调递减. 于是 f(x)在[1,2]上的最小值为 f(1)=0 或 f(2)=ln 2-k. (ⅰ)当 00(t<0 时,结果一样),则 S(t)= 4+242+144 4 = 1 4 3 + 24 + 144 , 所以 S'(t)= 1 4 3t2+24- 144 2 = 3 ( 4+82 - 48 ) 42 = 3 ( 2 - 4 )( 2+12 ) 42 = 3 ( - 2 )( +2 )( 2+12 ) 42 , 由 S'(t)>0,得 t>2,由 S'(t)<0,得 00 时,有 a ≤ ln 1+ 1 - 对 t∈(0,1)恒成立. 令 G(t)= ln 1+ 1 - ,则 G'(t)= 2 1 - 2 - ln 1+ 1 - 2 , 令 H(t)= 2 1 - 2 -ln 1+ 1 - , 则 H'(t)= 2+22( 1 - 2 ) 2 2 1 - 2 = 42( 1 - 2 ) 2 >0, 所以 H(t)在(0,1)上单调递增,于是 H(t)>H(0)=0,即 G'(t)>0,所以 G(t)在(0,1)上单调递 增.由洛比达法则,可得 lim → 0+ G(t)= t → 0+ 2 1 - 2 1 =2,于是 00,所以函数 F(t)在[0,1)上递增, 所以 F(t)≥F(0)=0. ②当 2-a<0,即 a>2 时,由 F'(t)<0 可得 0≤t< - 2 ,所以函数 F(t)在 0 , - 2 上递减,所 以 F(t)≤F(0)=0,不合题意.综上所述,a 的最大值为 2. 对点训练 5 解 (1)由 f'(x)=ex-m,由于 x-y-2ln 2=0 的斜率为 1,且过点(ln 2,-ln 2),得 ( ln2 ) = - ln2 , '( ln2 ) = 1 , 即 2 - ln2 + = - ln2 , 2 - = 1 , 解得 m=1,n=-2. (2)由(1)知 f(x)=ex-x-2,由 x+1>(k-x)[f(x)+x+1],得 x+1>(k-x)(ex-1),故当 x>0 时,等价于 k< +1 e - 1 +x(x>0),① 令 g(x)= +1 e - 1 +x,则 g'(x)=- e - 1 ( e - 1 ) 2 +1= e ( e - - 2 ) ( e - 1 ) 2 , 令 h(x)=ex-x-2, ∵x>0,∴h'(x)=ex-1>0.∴函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)单调递增. 而 h(1)<0,h(2)>0,所以 h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点, 故 g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点,设此零点为α,则α∈(1,2). 当 x∈(0,α)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当 x∈(α,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增; 所以 g(x)在(0,+∞)的最小值为 g(α),又由 g'(α)=0,可得 eα=α+2,所以 g(α)=α+1∈(2,3), 故①等价于 k0,h(x)没有零点; (ii)当 a>0 时,h'(x)=ax(x-2)e-x. 当 x∈(0,2)时,h'(x)<0;当 x∈(2,+∞)时,h'(x)>0. 所以 h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故 h(2)=1- 4 e2 是 h(x)在[0,+∞)的最小值. ①若 h(2)>0,即 a< e2 4 ,h(x)在(0,+∞)没有零点; ②若 h(2)=0,即 a= e2 4 ,h(x)在(0,+∞)只有一个零点; ③若 h(2)<0,即 a> e2 4 ,由于 h(0)=1,所以 h(x)在(0,2)有一个零点. 由(1)知,当 x>0 时,ex>x2,所以 h(4a)=1- 163 e4 =1- 163( e2 ) 2 >1- 163( 2 ) 4 =1- 1 >0.故 h(x)在(2,4a)有一个零点.因此 h(x)在(0,+∞) 有两个零点.综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a= e2 4 对点训练 1 解 (1)由 f(x)≥0 得 ax- ln ≥ 0,即 a ≥ ln 2 设 g(x)= ln 2 ,则 g'(x)= 1 - 2ln 3 (x>0),所以 当 00,g(x)单调递增;当 x> e 时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 所以当 x= e 时,g(x)取得最大值 g( e )= 1 2e ,故 a 的取值范围是 a ≥ 1 2e (2)设 y=f(x)的图象与 y=a 相切于点(t,a),依题意可得 ( ) = , '( ) = 0 . 因为 f'(x)=a- 1 - ln 2 , 所以 - ln = , - 1 - ln 2 = 0 , 消去 a 可得 t-1-(2t-1)ln t=0.令 h(t)=t-1-(2t-1)ln t, 则 h'(t)=1-(2t-1) · 1 -2ln t= 1 -2ln t-1, 显然 h'(t)在(0,+∞)上单调递减,且 h'(1)=0, 所以当 00,h(t)单调递增; 当 t>1 时,h'(t)<0,h(t)单调递减, 所以当且仅当 t=1 时 h(t)=0.故 a=1. 【例 2】 解 (1)f'(x)= e ( - 1 ) 2 -a 1 - 1 = e ( - 1 )- ( - 1 ) 2 =( e - )( - 1 ) 2 当 a≤0 时,对于 ∀ x∈(0,+∞),ex-ax>0 恒成立,∴f'(x)>0 ⇒ x>1,f'(x)<0 ⇒ 0e 时,f'(x)=( e - )( - 1 ) 2 =0 有解. 设 H(x)=ex-ax,则 H'(x)=ex-a<0,x∈(0,1),∴H(x)在 x∈(0,1)单调递减.∵ H(0)=1>0,H(1)=e-a<0,∴H(x)=ex-ax 在 x∈(0,1)有唯一解 x0. ∴有: x (0,x0)x0 (x0,1) H(x)+ 0 - f'(x) - 0 + f(x) 递减 极小 值 递增 故当 a>e 时,f(x)在(0,1)内有极值且唯一. 当 a≤e 时,当 x∈(0,1)时,f'(x)<0 恒成立,f(x)单调递减,f(x)在(0,1)内无极值. 综上,a 的取值范围为(e,+∞). 对点训练 2 解 (1)当 a=0 时,f(x)= ln +x,f'(x)= 1 - ln 2 +1,则 f(1)=1,f'(1)=2, 故曲线 f(x)在 x=1 处的切线方程为 y-1=2(x-1),即 2x-y-1=0. (2)f(x)= ln+ +x(x>1),f'(x)= 1 - ln - 2 +1= 2 - ln - +1 2 , 令 F(x)=x2-ln x-a+1, 则 F'(x)=2x- 1 = 22 - 1 , 当 x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,所以函数 F(x)在(1,+∞)上单调递增, 又 F(1)=2-a,故①当 a≤2 时,F(x)>0,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增,无极值; ②当 a>2 时,F(1)<0,F(a)=a2-ln a-a+1,令 G(x)=x2-ln x-x+1,则 G'(x)=2x- 1 -1= 22 - - 1 , 当 x>2 时,G'(x)>0,函数 G(x)在(2,+∞)上单调递增,G(2)=3-ln 2>0,所以在(2,+∞) 上,G(x)>0 恒成立,所以 F(a)=a2-ln a-a+1>0, 所以函数 F(x)在(1,a)上存在唯一零点 x=x0,所以 f(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上 单调递增,此时函数 f(x)存在极小值. 综上,若函数 f(x)在区间(1,+∞)上有极值,则 a>2. 故实数 a 的取值范围为(2,+∞). 【例 3】 解 (1)略. (2)方法一(分离参数法) 当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0 ⇔ a<( +1 ) ln - 1 令 H(x)=( +1 ) ln - 1 ,则 H'(x)= +1 +ln ( - 1 )-( +1 ) ln( - 1 ) 2 = - 1 - 2ln( - 1 ) 2 , 令 K(x)=x- 1 -2ln x, 则 K'(x)= 2 - 2+1 2 >0, 于是 K(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以 K(x)>K(1)=0,于是 H'(x)>0,从而 H(x)在(1,+∞)上单调递增.由洛比达法则,可得 lim → 1+ ( x+1 ) x x - 1 = x → 1+ (( +1 ) ln )' ( - 1 )' = lim → 1+ 1+1 +ln 1 =2,于是 a≤2,于是 a 的取值范围是(-∞,2]. 方法二(最值法) 由 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1),得 f'(x)=ln x+ 1 +1-a. ①当 1-a≥0,即 a≤1 时,f'(x)>0,所以 f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以 f(x)>f(1)=0. ②当 a>1 时,令 g(x)=f'(x),则 g'(x)= - 1 2 >0,所以 g(x)在(1,+∞)上单调递增,于是 f'(x)>f'(1)=2-a. (ⅰ)若 2-a≥0,即 10,于是 f(x)在(1,+∞)上单调递增,于是 f(x)>f(1)=0. (ⅱ)若 2-a<0,即 a>2 时,存在 x0∈(1,+∞),使得当 10,当 00. 所以当 x=1 时,f(x)取得最小值,最小值为 f(1)=1,从而 f(x)≥1. 当 a>1 时,f(x)=aex-1-ln x+ln a≥ex-1-ln x≥1. 综上,a 的取值范围是[1,+∞). 【例 4】 解 (1)略; (2)由题意得 x∈(0,+∞),f'(x)= -1- 2 =- 2 - + 2 , 令 g(x)=x2-mx+m,Δ=m2-4m=m(m-4)>0, 当 m<0 或 m>4 时,g(x)=0 有两个不相等的实根 x1,x2,且 x1+x2=m,x1x2=m. 当 m<0 时,两根一正一负,不符合题意. 当 m>4 时,两个根为正,f(x)有两个极值点 x1,x2, f(x1)+f(x2)=mln x1-x1+ 1 +mln x2-x2+ 2 =mln x1x2-(x1+x2)+ ( 1+2 ) 12 =mln m-m+m=mln m. 1 2 + 2 2 =(x1+x2)2-2x1x2=m2-2m.所以 ( 1 ) + ( 2 ) 1 2+2 2 = ln 2 - 2 = ln - 2 所以 a> ln - 2 在 m∈ (4,+∞)时恒成立.令 h(m)= ln - 2 (m>4),则 h'(m)= 1 - 2 - ln( - 2 ) 2 令φ(m)=1- 2 -ln m,则φ'(m)= 2 2 1 = 2 - 2 <0, 所以φ(m)在(4,+∞)上单调递减. 又φ(4)=1- 1 2 -2ln 2<0, 所以φ(m)<0 在(4,+∞)上恒成立,即 1- 2 -ln m<0.所以 h'(m)<0. 所以 h(m)在(4,+∞)上为减函数.所以 h(m)mx1x2 等价于 ( 2 ) 2 - ( 1 ) 1 >m(x2-x1), 考查函数 g(x)= ( ) ,得 g'(x)= ln - 2 - 2 2 ,令 h(x)= ln - 2 - 2 2 ,h'(x)= 5 - 2ln 3 , 则 x∈(0, e 5 2 )时,h'(x)>0,x∈( e 5 2 ,+∞)时,h'(x)<0, 所以 h(x)在区间(0, e 5 2 )上是单调递增函数,在区间( e 5 2 ,+∞)上是单调递减函数.故 g'(x)≤g'( e 5 2 )= 1 2e5 -1<0,所以 g(x)在(0,+∞)上单调递减. 从而 g(x1)>g(x2),即 ( 2 ) 2 ( 1 ) 1 ,故 ( 1 ) 1 ( 2 ) 2 >m(x2-x1), 所以 ( 1 ) 1 +mx1> ( 2 ) 2 +mx2, 即 g(x1)+mx1>g(x2)+mx2 恒成立,设φ(x)=g(x)+mx,则φ(x)在(0,+∞)上为单调递减函数, 从而φ'(x)=g'(x)+m≤0 恒成立, 故φ'(x)=g'(x)+m ≤ 1 2e5 -1+m≤0,故 m≤1- 1 2e5 【例 5】 解 (1)f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(2ex+1)(aex-1),显然 2ex+1>0. ①当 a≤0 时,aex-1<0,所以 f'(x)<0,所以 f(x)在 R 上单调递减. ②当 a>0 时,由 f'(x)>0 得 x>ln 1 ,由 f'(x)<0 得 x0 时,f(x)min=f ln 1 =1- 1 +ln a,令 g(a)=f(x)min, 则 g'(a)= 1 2 + 1 >0, 所以 g(a)在(0,+∞)上单调递增,而 g(1)=0,所以当 a≥1 时,g(a)=f(x)min≥0,从而 f(x)没 有两个零点. 当 00, 于是 f(x)在 - 1 , ln 1 上有 1 个零点;因为 f ln 3 - 1 =a 3 -1 2+(a-2) 3 - 1 -ln 3 - 1 = 3 - 1 -ln 3 - 1 >0, 且 ln 3 - 1 >ln 1 ,所以 f(x)在 ln 1 , + ∞ 上有 1 个零点. 综上所述,a 的取值范围为(0,1). (方法二)ae2x+(a-2)ex-x=0 ⇔ ae2x+aex=2ex+x ⇔ a= 2e+ e2+e 令 g(x)= 2e+ e2+e ,则 g'(x)=( 2e+1 )( e2+e )-( 2e+ )( 2e2+e ) ( e2+e ) 2 =- e ( 2e+1 )( e+ - 1 ) ( e2+e ) 2 ,令 h(x)=ex+x-1,则 h'(x)=ex+1>0, 所以 h(x)在 R 上单调递增, 而 h(0)=0,所以当 x<0 时,h(x)<0,当 x>0 时,h(x)>0,于是当 x<0 时,g'(x)>0,当 x>0 时,g'(x)<0,所以 g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减. g(0)=1,当 x→-∞时,g(x)→-∞,当 x→+∞时,g(x)→0+. 函数 g(x)的简图如图所示. 若 f(x)有两个零点,则 y=a 与 g(x)有两个交点,所以 a 的取值范围是(0,1). 对点训练 5 解 (1)当 a=1 时,f(x)=ex-x-2,则 f'(x)=ex-1. 当 x<0 时,f'(x)<0;当 x>0 时,f'(x)>0. 所以 f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (2)f'(x)=ex-a. 当 a≤0 时,f'(x)>0,所以 f(x)在(-∞,+∞)单调递增,故 f(x)至多存在 1 个零点,不合题意. 当 a>0 时,由 f'(x)=0 可得 x=ln a.当 x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当 x∈(ln a,+∞)时 f'(x)>0. 所以 f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增,故当 x=ln a 时,f(x)取得最小值,最 小值为 f(ln a)=-a(1+ln a). ①若 0 1 e ,则 f(ln a)<0. 由于 f(-2)=e-2>0,所以 f(x)在(-∞,ln a)存在唯一零点. 由(1)知,当 x>2 时,ex-x-2>0, 所以当 x>4 且 x>2ln(2a)时, f(x)= e 2 ·e 2 -a(x+2)>eln(2a) · 2 + 2 -a(x+2)=2a>0. 故 f(x)在(ln a,+∞)存在唯一零点. 从而 f(x)在(-∞,+∞)有两个零点. 综上,a 的取值范围是 1 e , + ∞ 2.4.3 利用导数证明问 题及讨论零点个数 关键能力·学案突破 【例 1】 解 (1)略. (2)证法 1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=ex- 1 + ,f″(x)=ex+ 1 ( + ) 2 >0,其中 f″(x)是 f'(x) 的导函数,则 f'(x)在(-m,+∞)上单调递增. 又因为当 x→-m+时,f'(x)→-∞,当 x→+∞时,f'(x)→+∞, 所以 f'(x)=0 在(-m,+∞)上有唯一的实根 x0,当-mx0 时,f'(x)>0,所 以 f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当 x=x0 时,f(x)取得最小值. 由 f'(x0)=0 可得 e 0 1 0+ =0,即 ln(x0+m)=-x0,于是 f(x0)= e 0 - ln(x0+m)= 1 0+ +x0= 1 0+ +x0+m-m≥2-m. 当 x<2 时,f(x0)>0;当 m=2 时,等号成立的条件是 x0=-1, 但显然 f(-1)=e-1-ln(-1+2)= 1 e -0≠0. 所以等号不成立,即 f(x0)>0.综上所述,当 m≤2 时,f(x)≥f(x0)>0. 证法 2:当 m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是 f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明 φ(x)=ex-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞). φ'(x)=ex- 1 +2 ,φ″(x)=ex+ 1 ( +2 ) 2 >0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数. 于是φ'(x)在(-2,+∞)上单调递增. 又因为φ'(-1)= 1 e -1<0,φ'(0)=1- 1 2 >0, 所以φ'(x)=0 在(-2,+∞)上有唯一的实根 x0,且 x0∈(-1,0). 当-2x0 时,φ'(x)>0, 所以φ(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 所以当 x=x0 时,φ(x)取得最小值. 由φ'(x0)=0 可得 e 0 1 0+2 =0,即 ln(x0+2)=-x0, 于是φ(x0)= e 0 -ln(x0+2)= 1 0+2 +x0=( 0+1 ) 2 0+2 >0,于是φ(x)≥φ(x0)>0. 综上所述,当 m≤2 时,f(x)>0. 证法 3:当 m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是 f(x)≥ex-ln(x+2), 所以只要证明 ex-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当 m≤2 时,f(x)>0. 由 ln x≤x-1(x>0)可得 ln(x+2)≤x+1(x>-2). 又因为 ex≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以 ex>ln(x+2),即 ex- ln(x+2)>0(x>-2), 所以当 m≤2 时,f(x)>0. 对点训练 1 解 (1)f'(x)=- 2+ ( 2 - 1 ) +2 e , 因为(0,-1)在曲线 y=f(x)上,且 f'(0)=2,所以切线方程为 y-(-1)=2(x-0),即 2x-y-1=0. (2)f(x)+e≥0 ⇔ 2+ - 1 e +e≥0 ⇔ ax2+x-1+ex+1≥0. 当 a≥1 时,ax2+x-1+ex+1≥x2+x-1+ex+1,因为 ex≥1+x(x∈R),所以 ex+1≥2+x, 所以 x2+x-1+ex+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0. 所以当 a≥1 时,f(x)+e≥0. 【例 2】 解 (1)略. (2)令 h(x)=f(x)-g(x)=x+ -ln x-1(x>0),h'(x)=1- 2 1 = 2 - - 2 ,设 p(x)=x2-x-a=0,函数 p(x)的图象的对称轴为 x= 1 2 ∵p(1)=1-1-a=-a<0, 设 p(x)=0 的正根为 x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0 的另一根小于 0,h(x)在(0,x0)上为 减函数,在(x0,+∞)上为增函数,h(x)min=h(x0)=x0+ 0 -ln x0-1=x0+ 0 2 - 0 0 -ln x0-1=2x0-ln x0-2,令 F(x)=2x-ln x-2(x>1),F'(x)=2- 1 = 2 - 1 >0 恒成立,所以 F(x)在(1,+∞)上为增函数.又∵ F(1)=2-0-2=0, ∴F(x)>0,即 h(x)min>0, 故当 x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x). 对点训练 2 (1)解 f'(x)=cos x(sin xsin 2x)+sin x(sin xsin 2x)' =2sin xcos xsin 2x+2sin2xcos 2x =2sin xsin 3x. 当 x ∈ 0 , π 3 ∪ 2π 3 , π 时,f'(x)>0;当 x ∈ π 3 , 2π 3 时,f'(x)<0. 所以 f(x)在区间 0 , π 3 , 2π 3 , π 单调递增,在区间 π 3 , 2π 3 单调递减. (2)证明 因为 f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]的最大值为 f π 3 = 3 3 8 ,最小值为 f 2π 3 =- 3 3 8 而 f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)| ≤ 3 3 8 (3)证明 由于(sin2xsin22x…sin22nx)3 2=|sin3xsin32x…sin32nx| =|sin x||sin2xsin32x…sin32n-1xsin 2nx||sin22nx| =|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx| ≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|, 所以 sin2xsin22x…sin22nx ≤ 3 3 8 2 3 = 3 4 【例 3】 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=- 1 2 -1+ =- 2 - +1 2 ①若 a≤0,则 f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减. ②若Δ=a2-4≤0,即 00,即 a>2 时,由 f'(x)>0,可得 - 2 - 4 2 + 2 - 4 2 , 所以 f(x)在 0 , - 2 - 4 2 , + 2 - 4 2 , + ∞ 上单调递减,在 - 2 - 4 2 , + 2 - 4 2 上单调递增. 综上所述,当 a≤2 时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当 a>2 时,f(x)在 0, - 2 - 4 2 , + 2 - 4 2 ,+∞ 上单调递减,在 - 2 - 4 2 , + 2 - 4 2 上单调 递增. (2)证法 1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则 a>2.因为 x1,x2 是 f(x)的两个极值点,所以 x1,x2 满足 x2-ax+1=0,所以 x1+x2=a,x1x2=1,不妨设 01,由(1)知,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以 g(x)2. 因为 x1,x2 是 f(x)的两个极值点, 所以 x1,x2 满足 x2-ax+1=0,不妨设 00, 则φ'(t)=1-1+ 2 2 2+1 2+1+ =1- 1 2+1 >0,所以φ(t)在(0,+∞)上单调递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不 等式获证. 证法 3:仿照证法 1,可得 ( 1 )- ( 2 ) 1 - 2 1 - 2 12 ⇔ ln 1 2 > 1 2 2 1 ,令 t= 1 2 ∈ (0,1),构造函数 h(t)=2ln t+ 1 -t, 由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以 h(t)>h(1)=0,原不等式获证. 对点训练 3 解 (1)f(x)定义域是(0,+∞),f'(x)= -a+ 2 = 2 - 2+2 2 令 g(x)=x2-2ax+2a,对称轴 x0=a<0,因为 1>a,g(1)=1>0, 所以当 x∈[1,e]时,g(x)>0, 即 f'(x)= ( ) 2 >0. 所以 f(x)在[1,e]上单调递增. f(x)min=f(1)= 1 4 -a+aln 2= 5 4 -ln 2,解得 a=-1. (2)由 f(x)有两个极值点 x1,x2, 则 f'(x)=0 在(0,+∞)有 2 个不相等的实根,即 x2-2ax+2a=0 在(0,+∞)有 2 个不相等的 实根, 则 = 4 2 - 8 > 0 , > 0 , 解得 a>2. x1+x2=2a,x1x2=2a, 1 2 + 2 2 =(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a. 当 a≥e 时,f(x1)+f(x2)- 1 2 (1 2 + 2 2 )+2e=aln(4x1x2)-a(x1+x2)- 1 4 (1 2 + 2 2 )+2e=aln 8a-2a2- 1 4 (4a2-4a)+2e=aln 8a-3a2+a+2e(a≥e). 令 g(a)=aln 8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln 8a-6a+2(a≥e),令 h(a)=g'(a)=ln 8a- 6a+2,h'(a)= 1 -6= 1 - 6 ,当 a≥e 时,h'(a)<0, 所以 h(a)在[e,+∞)单调递减. 所以 h(a)≤h(e). 即 g'(a)≤g'(e)=ln 8e-6e+2=(1+3ln 2)-6e+2=3ln 2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0, 所以 g(a)在[e,+∞)单调递减, g(a)≤g(e)=eln 8e-3e2+3e=e(1+3ln 2)-3e2+3e=e(3ln 2-3e+4)0,解得 x0. ∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在[ln k,0]上单调递减. 由 f(0)=-1,当 x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(x)max=f(ln k)=(ln k-1)k- 2 ln2k=- 2 [(ln k-1)2+1]<0, 此时 f(x)无零点,当 x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0. 又 f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点, ∴函数 f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点. ②当 k>1 时,令 f'(x)>0,解得 x<0 或 x>ln k, ∴f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在[0,ln k]上单调递减. 当 x∈(-∞,ln k)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时 f(x)无零点. 当 x∈[ln k,+∞)时,f(ln k)2, 则 g'(t)=et-t,g″(t)=et-1, ∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0, ∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得 g(t)>g(2)=e2-2>0,即 f(k+1)>0. ∴f(x)在[ln k,+∞]上有唯一的零点,故函数 f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点. 综合①②可知,当 k>0 时,函数 f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点. 对点训练 4 解 (1)F(x)=ln x- - 1 2 , 即 F(x)=ln x+ 1 2 1 2 (x>0), 则 F'(x)= 1 1 22 = 2 - 1 22 , 令 F'(x)=0,解得 x= 1 2 当 x ∈ 0 , 1 2 ,F'(x)<0,F(x)在 0 , 1 2 上单调递减;当 x∈ 1 2 ,+∞ ,F'(x)>0,F(x)在 1 2 , + ∞ 上单调递增.所以当 x= 1 2 时,F(x)min=F 1 2 = 1 2 -ln 2. 因为 1 2 -ln 2=ln e 1 2 -ln 2<0,所以 F(x)min<0. 又 F 1 e2 =-2+ e2 2 1 2 = e2 - 5 2 >0,F(e)=1+ 1 2e 1 2 = 1 2e + 1 2 >0, 所以 F 1 e2 · F 1 2 <0,F(e)·F 1 2 <0, 所以 F(x)分别在区间 1 e2 , 1 2 , 1 2 , e 上各存在一个零点,函数 F(x)存在两个零点. (2)假设 f(x)≥g(x)对任意 x∈[1,+∞)恒成立,即 ln x- - 2 ≥ 0 对任意 x∈[1,+∞)恒成立. 令 h(x)=ln x- - 2 (x≥1),则 h'(x)= 1 22 = 2 - 22 ①当 m≤2,即 2x-m≥0 时,则 h'(x)≥0 且 h'(x)不恒为 0, 所以函数 h(x)=ln x- - 2 在区间[1,+∞)上单调递增. 又 h(1)=ln 1- ×1 - 2×1 =0,所以 h(x)≥0 对任意 x∈[1,+∞)恒成立.故 m≤2 不符合题意; ②当 m>2 时,令 h'(x)= 2 - 22 <0,得 1≤x< 2 ;令 h'(x)= 2 - 22 >0,得 x> 2 所以函数 h(x)=ln x- - 2 在区间 1 , 2 上单调递减,在区间 2 , + ∞ 上单调递增, 所以 h 2 2 时,存在 x0≥1,使 h(x0)<0,即 f(x0)2 符合题 意. 综上可知,实数 m 的取值范围是(2,+∞). 【例 5】 解 (1)设 g(x)=f'(x),则 g(x)=cos x- 1 1+ ,g'(x)=-sin x+ 1 ( 1+ ) 2 当 x ∈ - 1 , π 2 时,g'(x)单调递减,而 g'(0)>0,g' π 2 <0, 可得 g'(x)在区间 - 1 , π 2 内有唯一零点,设为α. 则当 x∈(-1,α)时,g'(x)>0; 当 x ∈ , π 2 时,g'(x)<0. 所以 g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间 , π 2 内单调递减,故 g(x)在区间 - 1 , π 2 内 存在唯一极大值点, 即 f'(x)在区间 - 1 , π 2 内存在唯一极大值点. (2)f(x)的定义域为(-1,+∞). (ⅰ)当 x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而 f'(0)=0,所以当 x∈(-1,0) 时,f'(x)<0,故 f(x)在区间(-1,0)内单调递减. 又 f(0)=0,从而 x=0 是 f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点. (ⅱ)当 x ∈ 0 , π 2 时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间 , π 2 内单调递减,而 f'(0)=0,f' π 2 <0,所以存在β ∈ , π 2 ,使得 f'(β)=0,且当 x∈(0,β)时,f'(x)>0;当 x ∈ , π 2时,f'(x)<0. 故 f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间 , π 2 内单调递减. 又 f(0)=0,f π 2 =1-ln 1+ π 2 >0,所以当 x ∈ 0 , π 2 时,f(x)>0.从而,f(x)在区间 0 , π 2 上没有 零点. (ⅲ)当 x ∈ π 2 , π 时,f'(x)<0,所以 f(x)在区间 π 2 , π 内单调递减.而 f π 2 >0,f(π)<0,所以 f(x)在区间 π 2 , π 上有唯一零点. (ⅳ)当 x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以 f(x)<0,从而 f(x)在区间(π,+∞)内没有零点. 综上,f(x)有且仅有 2 个零点. 对点训练 5 解 (1)f(x)=exsin x,定义域为 R. f'(x)=ex(sin x+cos x)= 2 exsin x+ π 4 .由 f'(x)<0 得 sin + π 4 <0,解得 2kπ+ 3π 4 0;当 x ∈ π 2 ,π 时,g″(x)<0.∴g'(x)在 0 , π 2 上单调递增,在 π 2 , π 上单调递减, 又∵g'(0)=1-2<0,g' π 2 = e π 2 -2>0,g'(π)=-eπ-2<0, ∴g'(x)在(0,π)上图象大致如图. ∴ ∃ x1 ∈ 0 , π 2 ,x2 ∈ π 2 , π ,使得 g'(x1)=0,g'(x2)=0, 且当 x∈(0,x1)或 x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当 x∈(x1,x2)时,g'(x)>0. ∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.∵g(0)=0, ∴g(x1)<0.∵g π 2 = e π 2 -π>0,∴g(x2)>0.又∵g(π)=-2π<0,由零点存在性定理得,g(x)在 (x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点, ∴函数 g(x)在(0,π)上有两个零点. 【例 6】 解 (1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 令 f'(x)=0,得 x=0 或 x= 3 若 a>0,则当 x∈(-∞,0) ∪ 3 , + ∞ 时,f'(x)>0; 当 x ∈ 0 , 3 时,f'(x)<0. 故 f(x)在(-∞,0), 3 , + ∞ 单调递增,在 0 , 3 单调递减; 若 a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增; 若 a<0,则当 x ∈ -∞, 3 ∪ (0,+∞)时,f'(x)>0; 当 x ∈ 3 , 0 时,f'(x)<0. 故 f(x)在 -∞, 3 ,(0,+∞)单调递增,在 3 , 0 单调递减. (2)满足题设条件的 a,b 存在. (ⅰ)当 a≤0 时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以 f(x)在区间[0,1]的最小值为 f(0)=b, 最大值为 f(1)=2-a+b.此时 a,b 满足题设条件当且仅当 b=-1,2-a+b=1,即 a=0,b=-1. (ⅱ)当 a≥3 时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以 f(x)在区间[0,1]的最大值为 f(0)=b, 最小值为 f(1)=2-a+b.此时 a,b 满足题设条件当且仅当 2-a+b=-1,b=1,即 a=4,b=1. (ⅲ)当 0k(x-2)在 x>1 时恒成立,∴xln x-x>k(x-2)在 x>1 时恒成立,即 xln x-(k+1)x+2k>0 在 x>1 时恒成立,令 g(x)=xln x-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=ln x-k,当 k≤0 时,g'(x)>0 在(1,+∞)上恒成 立, 即 g(x)在(1,+∞)上单调递增, g(x)>g(1)=k-1>0,则 k>1,矛盾,当 k>0 时,令 g'(x)>0,解得 x>ek,令 g'(x)<0,解得 10,令 h(k)=2k-ek,k>0,则 h'(k)=2-ek, ∵当 k0,函数 h(k)单调递增,当 k>ln 2 时,h'(k)<0,函数 h(k)单调递减,∴ h(k)max=h(ln 2)=2ln 2-2=2(ln 2-1)<0,∴不存在整数 k 使得 2k-ek>0 恒成立. 综上所述不存在满足条件的整数 k. 专题三 三角函数与解三角形 3.1 三角函数小题专项练 考向训练·限时通关 1.D 解析 ∵α为第四象限角,∴sin α<0,cos α>0, ∴sin 2α=2sin αcos α<0.故选 D. 2.A 解析 单位圆的内接正 6n 边形的每条边所对应的圆周角为 360 ° 6 = 60 ° ,每条边长 为 2sin 30 ° ,所以单位圆的内接正 6n 边形的周长为 12nsin 30 ° 单位圆的外切正 6n 边形 的每条边长为 2tan 30 ° ,其周长为 12ntan 30 ° 所以 2π= 12sin30 ° +12tan30 ° 2 =6n sin 30 ° +tan 30 ° , 则π=3n sin 30 ° +tan 30 ° .故选 A. 3.D 解析 因为 sin(π-2α)=- 1 2 ,所以 sin 2α=- 1 2 ,即 2sin αcos α=- 1 2 所以(sin α-cos α)2=1-2sin αcos α=1+ 1 2 = 3 2 又因为α ∈ - π 2 , 0 ,所以 sin α0). 依题意, R · =0,且 x2+y2=( 3 )2+1=4. ① 所以( 3 ,1)·(x,y)=0,即 3 x+y=0. ② 由①②解得 x=-1,y= 3 , 即 Q(-1, 3 ).故选 D. 5.C 解析 由题图知 f - 4π 9 =cos - 4π 9 ω+ π 6 =0,所以- 4π 9 ω+ 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,则-1 2 2 +1> 2 ,故 D 正确. 9.②③ 解析 对于①②,由 sin x≠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 (- )=-sin x- 1 sin =-f(x),所以该函数为奇函数,其图象关于原点 对称,故①错误,②正确; 对于③,因为 f(π-x)=sin(π-x)+ 1 sin ( π - )=sin x+ 1 sin =f(x),所以函数 f(x)的图象关于直线 x= π 2 对称,③正确; 对于④,令 t=sin x,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. 10.B 解析 因为函数为 g(x)=sin x+ π 6 +φ 为偶函数,所以 π 6 +φ=kπ+ π 2 (k∈Z),解得 φ=kπ+ π 3 (k∈Z). 当 k=0 时,φ= π 3 , 即|φ|的最小值为 π 3 11.ABD 解析 根据函数 f(x)=Asin(ωx+φ)的图象知,A=2, 4 = 2 3 π - π 6 = π 2 , ∴T=2π,ω= 2π =1.根据五点法画图知,当 x= π 6 时,ωx+φ= π 6 +φ= π 2 , ∴φ= π 3 ,∴f(x)=2sin x+ π 3 . ∴f'(x)=2cos x+ π 3 , ∴g(x)=f(x)+f'(x)=2sin x+ π 3 +2cos x+ π 3 =2 2 sin x+ π 3 + π 4 =2 2 sin x+ 7π 12 . 令 x+ 7π 12 = π 2 +kπ,k∈Z, 解得 x=- π 12 +kπ,k∈Z,∴函数 g(x)的对称轴方程为 x=- π 12 +kπ,k∈Z,故 A 正确; 当 x+ 7π 12 = π 2 +2kπ,k∈Z 时,函数 g(x)取得最大值 2 2 ,故 B 正确; g'(x)=2 2 cos x+ 7π 12 ,假设函数 g(x)的图象上存在点 P(x0,y0),使得在点 P 处的切线与 直线 l:y=3x-1 平行,则 k=g'(x0)=2 2 cos x0+ 7π 12 =3,解得 cos x0+ 7π 12 = 3 2 2 >1,显然不成立, 所以假设错误,故 C 错误; 方程 g(x)=2,即 2 2 sin x+ 7π 12 =2,∴sin x+ 7π 12 = 2 2 ,∴x+ 7π 12 = π 4 +2kπ或 x+ 7π 12 = 3π 4 +2kπ,k∈Z,∴当方程的两个不同的解分别为 x1,x2 时,|x1-x2|的最小值为 π 2 ,故 D 正确.故选 ABD. 12.x=- 5π 24 解析 将函数 y=3sin 2x+ π 4 的图象向右平移 π 6 个单位长度后得到函数 y=3sin 2 - π 6 + π 4 =3sin 2 - π 12 的图象. 由 2x- π 12 = π 2 +kπ,k∈Z,得 平移后的对称轴的方程为 x= 7π 24 + π 2 ,k∈Z. 当 k=0 时,x= 7π 24 ,当 k=-1 时,x=- 5π 24 所以与 y 轴最近的对称轴的方程是 x=- 5π 24 13 π 12 解析 f(x)=2sin + π 6 sin π 3 -x =2sin + π 6 cos + π 6=sin 2x+ π 3 . 将 f(x)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度,得到 y=sin 2(x+φ)+ π 3 =sin 2x+2φ+ π 3 的 图象. ∵函数为偶函数, ∴2φ+ π 3 =kπ+ π 2 , 得φ= 1 2 kπ+ π 12 ,k∈Z. ∵φ>0,∴当 k=0 时,φ最小,最小值为φ= π 12 14 3 解析 ∵f(x)是偶函数且 0<φ<π, ∴φ= π 2 ∴f(x)=Asin + π 2 =Acos ωx. 由已知将 y=f(x)的图象沿 x 轴向左平移 π 6 个单位长度,可得 y=Acos ω x+ π 6 的图象. 再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变),可得 y=Acos 2 x+ π 6 ω 的图象. ∴g(x)=Acos 2 x+ π 6 ω . ∵y=g(x)的图象的相邻对称中心之间的距离为 2π, 2 =2π,∴T=4π, 2π 2 =4π,∴ω=1. ∵y=g(x)的图象在其某对称轴处对应的函数值为-2,∴A=2. ∴g(x)=2cos 1 2 + π 6 ∵0≤x≤π, π 6 ≤ 1 2 x+ π 6 ≤ 2π 3 , ∴当 1 2 x+ π 6 = π 6 ,即 x=0 时,g(x)在[0,π]上的最大值为 g(x)max=2 × 3 2 = 33.2 三角变换与解三角形专项练 考向训练·限时通关 1.D 解析 由已知得 2tan θ- 1+tan 1 - tan =7,即 tan2θ-4tan θ+4=0,解得 tan θ=2. 2.B 解析 根据两角和的正弦公式展开得 sin θ+sin θ+ π 3 =sin θ+ 1 2 sin θ+ 3 2 cos θ= 3 2 sin θ+ 3 2 cos θ=1,即 3 sin θ+ π 6 =1,解得 sin θ+ π 6 = 3 3 故选 B. 3.B 解析 由 cos α(1+ 3 tan 10°)=1 可得 cos α · 3sin10 ° +cos10 ° cos10 ° =1, 即 cos α · 2sin40 ° cos10 ° =1, 所以 cos α= cos10 ° 2sin40 ° = sin80 ° 2sin40 ° = 2sin40 ° cos40 ° 2sin40 ° =cos 40°. 又因为α为锐角,所以α=40°.故选 B. 4.A 解析 原式化简得 3cos2α-4cos α-4=0,解得 cos α=- 2 3 或 cos α=2(舍去). ∵α∈(0,π),∴sin α= 1 - cos 2 = 5 3 5.- 4 5 解析 ∵cos α+ π 6 -sin α=cos αcos π 6 -sin αsin π 6 -sin α= 3 2 cos α- 3 2 sin α= 3 1 2 cos α- 3 2 sin α = 3 cos α+ π 3 = 4 3 5 , ∴cos + π 3 = 4 5 则 sin α+ 11π 6 =sin α- π 6 =-cos α- π 6 + π 2 =-cos α+ π 3 =- 4 5 6.C 解析 f(x)=asin x+bcos x= 2 + 2 2+2 sin x+ 2+2 cos x . 令 cos α= 2+2 ,sin α= 2+2 ,则 tan α= , 则 f(x)= 2 + 2 sin(x+α). ∵x=x0 是函数 f(x)图象的一条对称轴,则 x0+α= π 2 +kπ,k∈Z,x0= π 2 -α+kπ,k∈Z. tan x0=tan π 2 -α+kπ =tan π 2 -α = 1 tan = =3,则 a=3b.故选 C. 7.B 解析 因为 f(x)=2cos2x-(1-cos2x)+2=3cos2x+1=3 × 1+cos2 2 +1= 3 2 cos 2x+ 5 2 ,所以函数 f(x)的最小正周期为 2π 2 =π.当 cos 2x=1 时,f(x)max=4. 8.AB 解析 f(x)=sin x·sin x+ π 3 - 1 4 =sin x 1 2 sin x+ 3 2 cos x - 1 4 = 1 4 (1-cos 2x)+ 3 4 sin 2x- 1 4 = 1 2 3 2 sin 2x- 1 2 cos 2x = 1 2 sin 2x- π 6 .作出函数 f(x)的图象如图所示,在一个周期内考虑问题. 易得 = π 2 , 5π 6 ≤ ≤ 7π 6 或 π 2 ≤ ≤ 5π 6 , = 7π 6满足题意,所以 n-m 的值可能为区间 π 3 , 2π 3 上的任意实数.故选 AB. 9 π 2 2kπ+ π 2 ,k∈Z 均可 解析 因为 f(x)=cos φsin x+(sin φ+1)cos x= cos 2 + ( sin + 1 ) 2 sin(x+θ), 所以 cos 2 + ( sin + 1 ) 2 =2,解得 sin φ=1,故可取φ= π 2 故答案为 π 2 2kπ+ π 2 ,k∈Z 均 可 . 10.C 解析 由余弦定理得,AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos C=16+9-2×4×3 × 2 3 =9,即 AB=3. 由余弦定理的推论知 cos B= 2+2 - 2 2 · · = 9+9 - 16 2×3×3 = 1 9 , 又 cos2B+sin2B=1,解得 sin B= 4 5 9 ,故 tan B= sin cos =4 5 故选 C. 11.BD 解析 对于 A,若 sin 2A=sin 2B,则 2A=2B 或 2A+2B=π, 当 A=B 时, △ ABC 为等腰三角形,当 A+B= π 2 时, △ ABC 为直角三角形,故 A 不正确; 对于 B,若 A>B,则 a>b,由正弦定理得 sin A>sin B 成立,故 B 正确; 对于 C,由余弦定理可得 b= 8 2 + 10 2 - 2 × 8 × 10 × 1 2 = 84 ,只有一解,故 C 不正确; 对于 D,若 sin2A+sin2B0, 即 cos(A+B)>0,所以 A+B< π 2 所以 C=π-A-B> π 2 故 △ ABC 一定是钝角三角形,故 B 正确; 因为 cos(A-B)cos(B-C)cos(C-A)=1,所以 cos(A-B)=cos(B-C)=cos(C-A)=1, 所以 A=B=C=60°,故 C 正确; 因为 a-b=c·cos B-c·cos A,所以 sin A-sin B=sin Ccos B-sin Ccos A, 所以 sin A-sin Ccos B=sin B-sin Ccos A.又因为 sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C, 所以 sin Bcos C=sin Acos C, 所以 sin A=sin B 或 cos C=0, 所以 A=B 或 C= π 2 ,所以△ABC 是等腰或直角三角形,故 D 正确.故选 BCD. 14.- 1 4 解析 由题意得 BD= 2 AB= 6 ,BC= 2 + 2 =2. ∵D,E,F 重合于一点 P, ∴AE=AD= 3 ,BF=BD= 6 , ∴在 △ ACE 中,由余弦定理,得 CE2=AC2+AE2-2AC·AEcos∠CAE=12+( 3 )2- 2×1 × 3 cos 30°=1,∴CE=CF=1.∴在 △ BCF 中,由余弦定理,得 cos∠FCB= 2+2 - 2 2 · = 22+12 -( 6 ) 2 2×2×1 =- 1 4 15.150 解析 在△ABC 中,∵∠BAC=45°,∠ABC=90°,BC=100 m, ∴AC= 100 sin45 °=100 2 (m). 在△AMC 中,∵∠MAC=75°,∠MCA=60°,∴∠AMC=45°, sin∠ = sin∠ ,即 sin60 ° = 100 2 sin45 °, 解得 AM=100 3 (m). 在 Rt△AMN 中,MN=AM·sin∠MAN=100 3 × sin 60°=150(m). 16 5 2 π +4 解析 作 OM⊥CG 交 CG 于点 M,AP⊥OH 交 OH 于点 P,AQ⊥CG 交 CG 于点 Q,图略. 设 OM=3x,则 DM=5x,∴OP=MQ=7-5x,∴AP=7-2-3x=5-3x, ∴tan∠AOP= R R = 5 - 3 7 - 5 又∠AOP=∠HAP, ∴tan∠HAP= = 12 - 7 7 - 2 =1=tan∠AOP, 5 - 3 7 - 5 =1,解得 x=1. ∴∠AOP= π 4 ,AP=2,∴OA=2 2 , ∴S 阴=S 扇 AOB+S△AOH- 1 2 × π×12= 1 2 × π - π 4 × (2 2 )2+ 1 2 × 2 2 × 2 2 1 2 π =3π+4- π 2 = 5 2 π +4. 3.3 三角大题 三角变换与解三角形 关键能力·学案突破 【例 1】 解 (1)f(0)=2cos20+sin 0=2. (2)方案一:选条件①.f(x)的一个周期为π. f(x)=2cos2x+sin 2x=(cos 2x+1)+sin 2x= 2 2 2 sin 2x+ 2 2 cos 2x +1= 2 sin 2x+ π 4 +1. 因为 x ∈ - π 2 , π 6 , 所以 2x+ π 4 ∈ - 3π 4 , 7π 12 所以-1≤sin 2 + π 4 ≤ 1. 所以 1- 2 ≤ f(x)≤1+ 2当 2x+ π 4 =- π 2 ,即 x=- 3π 8 时,f(x)在 - π 2 , π 6 上取得最小值 1- 2方案二:选条件②.f(x)的一个周期为 2π. f(x)=2cos2x+sin x=2(1-sin2x)+sin x=-2 sin - 1 4 2 + 17 8 因为 x ∈ - π 2 , π 6 , 所以 sin x ∈ - 1 , 1 2 所以-1≤f(x) ≤ 17 8 当 sin x=-1,即 x=- π 2 时,f(x)在 - π 2 , π 6 上取得最小值-1. 对点训练 1 解 (1)因为 f(x)=asin 2x- π 6 -cos 2 + π 6 -1=asin 2x- π 6 -cos 2x+ π 3 - 1=asin 2x- π 6 -cos 2x- π 6 + π 2 -1=(a+1)sin 2x- π 6 -1,所以函数 f(x)的最小正周期 T=π.因 为 a>0,所以函数 f(x)的最大值和最小值分别为 a,-a-2. 若选①,则 a=1,函数 f(x)=2sin 2x- π 6 -1; 若选②,则-3 为函数 f(x)的最小值,从而 a=1,函数 f(x)=2sin 2 - π 6 -1; 若选③,则(a+1)sin 2 × π 6 π 6 -1=0,从而 a=1,函数 f(x)=2sin 2x- π 6 -1. (2)由(1)知,函数 f(x)的最大值为 1. 因为关于 x 的方程 f(x)=1 在区间[0,m]上有两个不同解, 当 x∈[0,m]时,2x- π 6 ∈ - π 6 ,2m- π 6 ,所以 5π 2 ≤ 2m- π 6 9π 2 , 解得 4π 3 ≤ m< 7π 3 所以实数 m 的取值范围是 4π 3 , 7π 3 . 【例 2】 解 方案一:选条件①. 由 C= π 6 和余弦定理,得 2+2 - 2 2 = 3 2 由 sin A= 3 sin B 及正弦定理,得 a= 3 b.于是 32+2 - 2 2 32 = 3 2 ,由此可得 b=c.由①ac= 3 ,解得 a= 3 ,b=c=1. 因此,选条件①时,问题中的三角形存在,此时 c=1. 方案二:选条件②. 由 C= π 6 和余弦定理,得 2+2 - 2 2 = 3 2 由 sin A= 3 sin B 及正弦定理,得 a= 3 b.于是 32+2 - 2 2 32 = 3 2 , 由此可得 b=c.所以 B=C= π 6 由 A+B+C=π,得 A=π- π 6 π 6 = 2π 3 由②csin A=3,即 csin 2π 3 =3, 所以 c=b=2 3 ,a=6. 因此,选条件②时,问题中的三角形存在,此时 c=2 3 方案三:选条件③. 由 C= π 6 和余弦定理,得 2+2 - 2 2 = 3 2 由 sin A= 3 sin B 及正弦定理,得 a= 3 b.于是 32+2 - 2 2 32 = 3 2 ,由此可得 b=c.由③c= 3 b,与 b=c 矛盾.因此,选条件③时,问题中的三角形 不存在. 对点训练 2 解 因为 4S=b2+c2-a2,cos A= 2+2 - 2 2 ,S= 1 2 bcsin A, 所以 2bcsin A=2bccos A. 显然 cos A≠0,所以 tan A=1. 又因为 A ∈ 0 , π 2 ,所以 A= π 4 若选①B= π 3 ,由 sin = sin ,得 a= sin sin = 6× 2 2 3 2 =2.又因为 sin C=sin[π- (A+B)]=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B= 6+ 2 4 , 所以 S= 1 2 absin C= 3+ 3 2 若选②a=2,由 sin = sin ,得 sin B= sin = 3 2 , 因为 B ∈ 0 , π 2 ,所以 cos B= 1 2 又因为 sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B= 6+ 2 4 ,所以 S= 1 2 absin C= 3+ 3 2 若选③bcos A+acos B= 3 +1, 所以 acos B=1,即 a · 2+2 - 6 2 =1,所以 a2=6+2c-c2.又因为 a2=6+c2-2 6 c · 2 2 =6+c2- 2 3 c,所以 6+2c-c2=6+c2-2 3 c,解得 c= 3 +1. 所以 S= 1 2 bcsin A= 3+ 3 2 【例 3】 解 f(x)=2 3 sin ωxcos ωx+2cos2ωx= 3 sin 2ωx+cos 2ωx+1=2sin 2ωx+ π 6 +1.因 为 T= 2π 2 =π,所以ω=1,f(x)=2sin 2 + π 6 +1. 因为 0≤x ≤ π 2 ,所以 π 6 ≤ 2x+ π 6 ≤ 7π 6 ,所以- 1 2 ≤ sin 2 + π 6 ≤ 1. 所以 f(x)的最大值为 3,即 c=3. 若选①,由 acos B+bcos A=2ccos C 及正弦定理可得 sin Acos B+sin Bcos A=2sin Ccos C,即 sin(A+B)=2sin Ccos C, 所以 cos C= 1 2 ,C 为三角形内角,所以 C= π 3 若选②,由 2asin Acos B+bsin 2A= 3 a 及正弦定理得 2sin2AcosB+2sin Bsin Acos A= 3 sin A. 因为 sin A≠0, 所以 sin Acos B+sin Bcos A= 3 2 , 所以 sin(A+B)= 3 2 , 所以 sin C= 3 2 因为 C 为锐角,所以 C= π 3 若选③,由 4S= 3 (a2+b2-c2),得 2absin C= 3 (a2+b2-c2),即 sin C= 3 ( 2+2 - 2 ) 2 ,所以 sin C= 3 cos C,即 tan C= 3 ,所以 C= π 3 因为 c=3,C= π 3 ,所以 A+B= 2 3 π , sin =2 3a-b=2 3 (sin A-sin B) =2 3 sin A-sin 2 3 π -A =2 3 sin A- π 3 . 因为 π 6 3 3 ,所以 1 2 <2, 即 的取值范围为 1 2 ,2 . 【例 4】 解 (1)在 △ ABC 中,由余弦定理及 a=2 2 ,b=5,c= 13 ,可得 cos C= 2+2 - 2 2 = 2 2 又因为 C∈(0,π),所以 C= π 4 (2)在 △ ABC 中,由正弦定理及 C= π 4 ,a=2 2 ,c= 13 ,可得 sin A= sin = 2 13 13 (3)由 a4, ∴c=7. (2)在 △ ABC 中,由正弦定理可得 sin∠ = sin∠ = sin∠ , sin = sin π 3 - = 3 sin2π 3 , 即 AC=2sin θ,BC=2sin π 3 - ∴ △ ABC 的周长 f(θ)=AC+BC+AB=2sin θ+2sin π 3 - + 3 =2 1 2 sin θ+ 3 2 cos θ + 3 =2sin θ+ π 3 + 3又θ∈ 0, π 3 , π 3 <θ+ π 3 2π 3 ,当θ+ π 3 = π 2 ,即θ= π 6 时,f(θ)取得最大值 2+ 3专题四 数列 4.1 数列小题专项练 考向训练·限时通关 1.B 解析 由数列的第一项为 0,可知 D 错;因为数列的第三项为 4,将 n=3 代入选项 A,得 到 3,故 A 错;将 n=3 代入选项 C,得到 2,故 C 错;将 n=3 代入选项 B,得到 4,故 B 正确. 2.B 解析 对任意的 n∈N*,均有 an+an+1+an+2 为定值,∴(an+1+an+2+an+3)- (an+an+1+an+2)=0,故 an+3=an,∴{an}是以 3 为周期的数列, 故 a1=a7=2,a2=a98=4,a3=a9=3, ∴S100=(a1+a2+a3)+…+(a97+a98+a99)+a100=33(a1+a2+a3)+a1=33×(2+4+3)+2=299. 3.an= 2 , = 1 , 4 - 3 , ≥ 2 解析 由题意知,当 n=1 时,a1=S1=2; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n2-n-2(n-1)2+n-1=4n-3. 又因为 a1=1 不满足 an=4n-3,所以 an= 2 , = 1 , 4 - 3 , ≥ 2 . 4.7 解析 当 n 为偶数时,有 an+2+an=3n-1,则 (a2+a4)+(a6+a8)+(a10+a12)+(a14+a16)=5+17+29+41=92, 因为前 16 项和为 540,所以 a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448. 当 n 为奇数时,有 an+2-an=3n-1,由累加法得 an+2-a1=3(1+3+5+…+n)- 1+ 2 = 3 4 n2+n+ 1 4 , 所以 an+2= 3 4 n2+n+ 1 4 +a1, 所以 a1+ 3 4 × 12+1+ 1 4 +a1 + 3 4 × 32+3+ 1 4 +a1 + 3 4 × 52+5+ 1 4 +a1 + 3 4 × 72+7+ 1 4 +a1 + 3 4 × 92+9 + 1 4 +a1 + 3 4 × 112+11+ 1 4 +a1 + 3 4 × 132+13+ 1 4 +a1 =448,解得 a1=7. 5.A 解析 由题知, S 4 = 41 + 2 × 4 × 3 = 0 , 5 = 1 + 4 = 5 , 解得 1 = - 3 , = 2 , an=2n-5,故选 A. 6.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=3 402.故选 C. 7.BCD 解析 对于 A,取 a=1,b=2,c=3,得 a2=1,b2=4,c2=9,所以 a2,b2,c2 不成等差数列,故 A 错; 对于 B,取 a=b=c,可得 2a=2b=2c,故 B 正确; 对于 C,由题意 a+c=2b,所以(ka+2)+(kc+2)=k(a+c)+4=2(kb+2),即 ka+2,kb+2,kc+2 成等差数列,故 C 正确; 对于 D,取 a=b=c≠0,可得 1 = 1 = 1 ,故 D 正确. 8.B 解析 由题意公差 d= 5 - 1 5 - 1 = - 1+9 5 - 1 =2,则 an=a1+(n-1)d=-9+(n-1)×2=2n-11, 由通项知 a11(i≥7,i∈N)可知数列{Tn}不存在最小项,由于 a1=-9,a2=-7,a3=-5,a4=-3,a5=- 1,a6=1,故数列{Tn}中的正项只有有限项,T2=63,T4=63×15=945.故数列{Tn}中存在最大项, 且最大项为 T4.故选 B. 9.25 解析 设等差数列{an}的公差为 d. ∵a1=-2,∴a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d=-4+6d=2,解得 d=1. ∴S10=10a1+ 10×9 2 d=-20+45=25. 10.B 解析 a4(a6+2a8)+a3a11=a4a6+2a4a8+a3a11= 5 2 +2a5a7+ 7 2 =(a5+a7)2=64.故选 B. 11.B 解析 设等比数列{an}的公比为 q. ∵a5-a3=12,a6-a4=24, 6 - 4 5 - 3 =q=2. 又 a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12, ∴a1=1.∴an=a1·qn-1=2n-1, Sn= 1 ( 1 - ) 1 - = 1× ( 1 - 2 ) 1 - 2 =2n-1. = 2 - 1 2 - 1 =2- 1 2 - 1 =2-21-n. 故选 B. 12.AD 解析 an=qn(q>0,n∈N*),故 a2n=q2n, 2 2 - 2 = 2 2 - 2 =q2,故 A 正确; 1 = 1 , 1 1 - 1 = - 1 = 1 ,则 1 是等比数列,故 B 不正确; lg an=lg qn=nlg q,故 lg an-lg an-1=nlg q-(n-1)lg q=lg q,则{lg an}是等差数列,故 C 不正 确; lg 2 =lg q2n=2nlg q,故 lg 2 -lg - 1 2 =2nlg q-2(n-1)lg q=2lg q,故 D 正确. 13.-254 解析 由已知 an= 2 -1,得 Sn-Sn-1= 2 -1,所以 Sn-2=2(Sn-1-2)(n≥2).又 a1= 1 2 -1,即 S1=-2,S1-2=-4,所以{Sn-2}是以-4 为首项,2 为公比的等比数列, 所以 Sn-2=-4×2n-1,即 Sn=2-2n+1,所以 S7=2-28=-254. 14.D 解析 由题意,a1,a3,a13 成等比数列,则 3 2 =a1·a13, ∴(1+2d)2=1+12d.得 d=2 或 d=0(舍去),∴an=2n-1,∴Sn= ( 1+2 - 1 ) 2 =n2, 2 + 6 + 3 = 2 2 + 6 2 + 2 = 2 + 3 + 1 = ( + 1 ) 2 - 2 ( + 1 ) + 4 + 1 令 t=n+1,则 2+6 +3 =t+ 4 -2≥2 · 4 -2=2, 当且仅当 t= 4 时取等号,则 t=2,即 n=1, 2+6 +3 的最小值为 2.故选 D. 15.4 解析 由等差数列的前 n 项和公式和等比数列的前 n 项和公式得 Sn=na1+ ( - 1 ) 2 d+ 1 ( 1 - ) 1 - = 2 n2+ 1 - 2 n+ - 1 1 - qn+ 1 1 - 对照已知条件 Sn=n2-n+2n-1,得 d=2,q=2,所以 d+q=4. 16.BCD 解析 由 S6=90,可得 6a1+15d=90,即 2a1+5d=30, ① 由 a7 是 a3 与 a9 的等比中项,可得 7 2 =a3a9, 即(a1+6d)2=(a1+2d)(a1+8d),化简得 a1+10d=0, ② 由①②解得 a1=20,d=-2, 则 an=20-2(n-1)=22-2n,Sn= 1 2 n(20+22-2n)=21n-n2, 由 Sn=- n- 21 2 2+ 441 4 ,可得 n=10 或 11 时,Sn 取得最大值 110; 由 Sn>0,可得 00 知 d<0,故 Sn≥an 等价于 n2-11n+10≤0,解得 1≤n≤10.所以 n 的取值范围是 {n|1≤n≤10,n∈N}. 对点训练 2 解 (1)给出的通项公式为 an=2n+4,a1=6,a2=8 符合题意. 因为对任意 n∈N*,an+1-an=2(n+1)+4-2n-4=2, 所以{an}是公差为 2 的等差数列. 对任意 m,n∈N*且 m≠n, am+an=2m+4+2n+4=2(m+n+2)+4=am+n+2, 所以{an}是“Q 数列”. (2)因为{an}是等差数列,所以 Sn= ( 6+2+4 ) 2 =n2+5n(n∈N*). 因为 Sn 单调递增,且 S7=72+5×7=84<100,S8=82+5×8=104>100, 所以 n 的最小值为 8. 注:以下答案也正确,解答步骤参考上面内容: ①an=3n+3,Sn= 3 2 n2+ 9 2 n,n 的最小值为 7; ②an=6n,Sn=3n2+3n,n 的最小值为 6. 【例 3】 解 (1)设{an}的公比为 q. 由题设得 a1q+a1q3=20,a1q2=8. 解得 q= 1 2 (舍去),q=2. 因为 a1q2=8,所以 a1=2. 所以{an}的通项公式为 an=2n. (2)由题设及(1)知 b1=0,且当 2n≤m<2n+1 时,bm=n.所以 S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22 +3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480. 对点训练 3 (1)解 an+1= 2 3 Sn,可得 an+1=Sn+1-Sn= 2 3 Sn,即 Sn+1= 5 3 Sn, 由 a1=1,可得 S1=1, 可得数列{Sn}是首项为 1,公比为 5 3 的等比数列,则 Sn= 5 3 - 1; (2)证明 因为 bn= 1 = 3 5 - 1 , 所以{bn}是首项为 1,公比为 3 5 的等比数列,则 b1+b2+b3+…+bn= 1 - 3 5 1 - 3 5 = 5 2 1- 3 5 < 5 2 【例 4】 解 (1)设{an}的公差为 d,由 a2=1,S7=14 得 1 + = 1 , 71 + 21 = 14 . 解得 a1= 1 2 ,d= 1 2 ,所以 an= 2 ∵b1·b2·b3·…·bn= 2 2+ 2 = 2 ( +1 ) 2 ,∴b1·b2·b3·…·bn-1= 2 ( - 1 ) 2 (n≥2), 两式相除得 bn=2n(n≥2). 当 n=1 时,b1=2,适合上式,∴bn=2n. (2)∵cn=bncos(anπ)=2ncos 2 π , ∴T2n=2cos π 2 +22cos π+23cos 3π 2 +24cos 2π+…+22n-1cos( 2 - 1 ) π 2 +22ncos nπ=22cos π+24cos 2π+26cos 3π+…+22ncos nπ=-22+24-26+…+(-1)n·22n=- 4 [ 1 -(- 4 ) ] 1+4 =- 4+ (- 4 ) +1 5 对点训练 4 解 (1)设{an}的公比为 q,则 an=a1qn-1.由已知得 1 + 1 = 4 , 1 2 - 1 = 8 , 解得 a1=1,q=3. 所以{an}的通项公式为 an=3n-1. (2)由(1)知 log3an=n-1,故 Sn= ( - 1 ) 2 由 Sm+Sm+1=Sm+3 得 m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即 m2-5m-6=0,解得 m=-1(舍 去),m=6. 【例 5】 解 因为在等比数列{bn}中,b2=3,b5=-81,所以公比 q=-3,从而 bn=b2(-3)n-2=3×(- 3)n-2,从而 a5=b1=-1. 若存在 k,使得 Sk>Sk+1,即 Sk>Sk+ak+1,从而 ak+1<0; 同理,若使 Sk+10. 若选①:由 b1+b3=a2,得 a2=-1-9=-10,又 a5=-1,则可得 a1=-13,d=3,所以 an=3n-16, 当 k=4 时,能使 a5<0,且 a6>0 成立; 若选②:由 a4=b4=27,且 a5=-1,所以数列{an}为递减数列, 故不存在 ak+1<0,且 ak+2>0; 若选③:由 S5=-25= 5 ( 1+5 ) 2 =5a3,解得 a3=-5,从而 an=2n-11,所以当 k=4 时,能使 a5<0,a6>0 成立. 对点训练 5 解 (1)若选①S4 是 a2 与 a21 的等差中项,则 2S4=a2+a21, 即 2 4a1+ 4×3 2 × 2 =(a1+2)+(a1+20×2).解得 a1=3.所以 an=3+2(n-1)=2n+1. 若选②a7 是 3 3 与 a22 的等比中项,则 7 2 = 3 3 · a22, 即(a1+6×2)2= a1+ 3 - 1 2 × 2 ·(a1+21×2).解得 a1=3. 所以 an=3+2(n-1)=2n+1. 若选③数列{a2n}的前 5 项和为 65, 则 a2+a4+a6+a8+a10=65, 即 5a1+25d=65,解得 a1=3. 所以 an=3+2(n-1)=2n+1. (2)不存在.理由如下,bn= 3 4 · an=(2n+1) · 3 4 bn+1-bn=(2n+3) · 3 4 +1 -(2n+1) · 3 4 = 3 4+1 [3(2n+3)-4(2n+1)]= 3 4+1 (5-2n). 所以 bn+1>bn 可转化为 bn+1-bn>0,即 5-2n>0,解得 n<2.5,则 n=1,2,即 b3>b2>b1; bn+12.5,则 n=3,4,5,…,即 b3>b4>b5>…. 所以{bn}中的最大项为 b3=(2×3+1) × 3 4 3 = 7×27 64 显然 b3= 7×27 64 8×27 64 = 27 8 所以 ∀ n∈N*,bn< 27 8 所以不存在 k∈N*,使得 bk> 27 8 核心素养微专题(四) 【例 1】 B 解析 第一圈的三段圆弧为 CA1,A1A2,A2A3,第二圈的三段圆弧为 A3A4,A4A5,A5A6,…,第 n 圈的三段圆弧为 A3(n-1)A3n-2,A3n-2A3n-1,A3n-1A3n.各段圆弧的长度分别 为 2 × 2π 3 ,4 × 2π 3 ,6 × 2π 3 ,8 × 2π 3 ,10 × 2π 3 ,12 × 2π 3 ,…,(6n-4) × 2π 3 ,(6n-2) × 2π 3 ,6n × 2π 3 , 此数列是以 4π 3 为首项, 4π 3 为公差,项数为 3n 的等差数列, 则 ln= 2×2π 3 +6×2π 3 ×3 2 =2(3n2+n)π,故选 B. 跟踪训练 1 an= 3 - 2 解析 设 △11 =S, ∵a1=1,a2=2,OAn=an, ∴OA1=1,OA2=2. 又易知△OA1B1∽ △ OA2B2, △11 △22 = ( 1 ) 2( 2 ) 2 = 1 2 2 = 1 4 梯形 1122 =3 △11 =3S. ∵所有梯形 AnBnBn+1An+1 的面积均相等,且△OA1B1∽ △ OAnBn, 1 = △11 △ = +3 ( - 1 ) = 1 3 - 2 1 = 1 3 - 2 ,∴an= 3 - 2 【例 2】 C 解析 由题意得 V1= 1 3 × 1 2 × 6×6×6=36.因为 E,F,G 分别为 A1B1,BB1,B1C1 的 中点,所以三棱锥 F-EB1G 的体积为 V2= 1 8 V1; E1,F1,G1 分别为 EB1,FB1,B1G 的中点,所以 V3= 1 8 V2; E2,F2,G2 分别为 E1B1,F1B1,B1G1 的中点,所以 V4= 1 8 V3;…,Vk+1= 1 8 Vk. 所以 V1,V2,V3,…,Vn 成等比数列,且首项为 36,公比为 1 8 , 所以 Sn=36× 1 - 1 8 1 - 1 8 = 288 - 36× 1 8 - 1 7 故选 C. 跟踪训练 2 2+3 3 解析 由题知,当 n=1 时,3x(a1+a2-1)-(2x+3)a1=0, 因为 a1=1,所以 a2= 2+3 3 , 所以 2 1 = 2+3 3 当 n≥2 时,有 3x(Sn+1-1)-(2x+3)Sn=0, ① 3x(Sn-1)-(2x+3)Sn-1=0, ② ①-②得 3xan+1-(2x+3)an=0,即 +1 = 2+3 3 ,于是 f(x)= 2+3 3 4.2.2 求数列的通项及前 n 项和 关键能力·学案突破 【例 1】 解 因 a1=1,an+1=3an,所以数列{an}是以 1 为首项,公比为 3 的等比数列,所以 an=3n-1. 选①②时,设数列{bn}公差为 d, 因为 a2=3,所以 b1+b2=3. 因为 b2n=2bn+1,所以 n=1 时,b2=2b1+1, 解得 b1= 2 3 ,b2= 7 3 ,所以 d= 5 3 , 所以 bn= 5 - 3 3 所以 = 5 - 3 3 Sn= 1 1 + 2 2 +…+ = 2 31 + 7 32 + 12 33 +…+ 5 - 3 3 , ① 所以 1 3 Sn= 2 32 + 7 33 + 12 34 +…+ 5 - 8 3 + 5 - 3 3+1 ② ①-②,得 2 3 Sn= 2 3 +5 1 32 + 1 33 +…+ 1 3 - 5 - 3 3+1 = 2 3 + 5 6 15 2 · 3+1 5 - 3 3+1 = 3 2 10+9 2 · 3+1 所以 Sn= 9 4 10+9 4 · 3 选②③时,设数列{bn}公差为 d,因为 a2=3,所以 b1+b2=3,即 2b1+d=3. 因为 b1,b2,b4 成等比数列,所以 2 2 =b1b4,即(b1+d)2=b1(b1+3d), 化简得 d2=b1d,因为 d≠0,所以 b1=d,从而 d=b1=1,所以 bn=n. 所以 = 3 - 1 ,Sn= 1 1 + 2 2 +…+ = 1 30 + 2 31 + 3 32 +…+ 3 - 1 , ① 所以 1 3 Sn= 1 31 + 2 32 + 3 33 +…+ - 1 3 - 1 + 3 ② ①-②,得 2 3 Sn=1+ 1 31 + 1 32 + 1 33 +…+ 1 3 - 1 3 = 3 2 1 - 1 3 3 = 3 2 2+3 2 · 3 ,所以 Sn= 9 4 2+3 4 · 3 - 1 选①③时,设数列{bn}公差为 d,因为 b2n=2bn+1,所以 n=1 时,b2=2b1+1,所以 d=b1+1. 又因为 b1,b2,b4 成等比数列,所以 2 2 =b1b4,即(b1+d)2=b1(b1+3d),化简得 d2=b1d,因为 d≠0,所以 b1=d,从而无解,所以等差数列{bn}不存在,故不合题意. 对点训练 1 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 【例 2】 解 (1)令 n=1,得 a1b1=3+(2-3)×2=1,所以 b1=1. 令 n=2,得 a1b1+a2b2=7, 所以 a2b2=6.又因为 b2=3,所以 a2=2.设数列{an}的公比为 q,则 q= 2 1 =2,所以 an=2n-1. (2)当 n≥2 时,a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=3+(2n-5)2n-1, ① 又 a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=3+(2n-3)2n, ② ②-①得 anbn=3+(2n-3)2n-[3+(2n-5)2n-1]=(2n-1)2n-1, 得 bn=2n-1,n=1 时也成立, 所以 bn=2n-1, 1 +1 = 1 ( 2 - 1 )( 2+1 ) = 1 2 1 2 - 1 1 2+1 , 所以 Tn= 1 2 1- 1 3 + 1 2 1 3 1 5 +…+ 1 2 1 2 - 1 1 2+1 = 1 2 1- 1 3 + 1 3 1 5 +…+ 1 2 - 1 1 2+1 = 1 2 1- 1 2+1 = 2+1 对点训练 2 (1)解 由 b1+b2=6b3,得 1+q=6q2,解得 q= 1 2 由 cn+1=4cn,得 cn=4n-1. 由 an+1-an=4n-1,得 an=a1+1+4+…+4n-2= 4 - 1+2 3 (2)证明 由 cn+1= +2 cn,得 cn= 121 +1 = 1+ 1 - 1 +1 ,所以 c1+c2+c3+…+cn= 1+ 1 - 1 +1 , 由 b1=1,d>0,得 bn+1>0,因此 c1+c2+c3+…+cn<1+ 1 ,n∈N*. 【例 3】 (1)证明 由 nan+1-2(n+1)an=n2+n 两边同除以 n(n+1)得 +1 +1 -2 × =1, +1 +1 +1=2 × +2=2 + 1 1 1 +1=2≠0, +1≠0, +1 +1 +1 +1 =2,∴数列 + 1 是以 2 为首项,2 为公比的等比数列. (2)解 由(1)有 +1=2n, ∴an=n·2n-n. Sn=1×21+2×22+…+n·2n-(1+2+3+…+n)=1×21+2×22+…+n·2n- ( +1 ) 2 令 Tn=1×21+2×22+…+n·2n, ① 2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1, ② ①-②得,-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1= 2× ( 1 - 2 ) 1 - 2 -n·2n+1=(1-n)2n+1-2,∴Tn=(n- 1)·2n+1+2,Sn=(n-1)·2n+1+2- ( +1 ) 2 对点训练 3 解 (1)当 n=1 时,由 Sn=2an-2n+1,可得 a1=S1=2a1-2+1,解得 a1=1. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2an-2n+1-2an-1+2(n-1)-1,即为 an=2an-1+2,可得 an+2=2(an-1+2), 显然 an-1+2≠0,则 +2 - 1+2 =2. 所以数列{an+2}是首项为 3,公比为 2 的等比数列,则 an+2=3·2n-1,即 an=3·2n-1-2. (2)bn=(-1)n·log2 2 3 (3·2n-1+2)- 4 3 =(-1)n·log22n=(-1)n·n, 当 n 为偶数时,Tn=(-1+2)+(-3+4)+…+(-n+1+n)= 2 , 当 n 为奇数时,Tn=Tn-1+bn= - 1 2 -n=- - 1 2 综上可得,Tn= 2 , 为偶数, - - 1 2 , 为奇数. 【例 4】 解 (1)因为等差数列{an}是“λ~1”数列,则 Sn+1-Sn=λan+1,即 an+1=λan+1, 也即(λ-1)an+1=0,此式对一切正整数 n 均成立. 若λ≠1,则 an+1=0 恒成立,故 a3-a2=0,而 a2-a1=-1, 这与{an}是等差数列矛盾. 所以λ=1.(此时,任意首项为 1 的等差数列都是“1~1”数列) (2)因为数列{an}(n∈N*)是 “ 3 3 ~2”数列,所以 +1 = 3 3 +1 ,即 +1 = 3 3 +1 - 因为 an>0,所以 Sn+1>Sn>0, 则 +1 -1= 3 3 +1 - 1 令 n +1 =bn,则 bn-1= 3 3 2 - 1 ,即(bn-1)2= 1 3 ( 2 -1)(bn>1).解得 bn=2,即 +1 =2,也即 +1 =4,所以数列{Sn}是公比为 4 的等比数列. 因为 S1=a1=1,所以 Sn=4n-1.则 an= 1 ( = 1 ), 3 × 4 - 2 ( ≥ 2 ). (3)设各项非负的数列{an}(n∈N*)为“λ~3”数列, 则 +1 1 3 1 3 =λ +1 1 3 ,即 3 Sn+1 3 Sn =λ 3 +1 - 因为 an≥0,而 a1=1,所以 Sn+1≥Sn>0,则 3 +1 -1=λ3 Sn+1 Sn - 1令 3 +1 =cn,则 cn-1=λ3 3 - 1 (cn≥1),即(cn-1)3=λ3( cn 3 -1)(cn≥1).(*) ①若λ≤0 或λ=1,则(*)只有一解为 cn=1,即符合条件的数列{an}只有一个.(此数列为 1,0,0,0,…) ②若λ>1,则(*)化为(cn-1) · cn 2 + 3+2 3 - 1 cn + 1 =0, 因为 cn≥1,所以 cn 2 + 3+2 3 - 1 cn+1>0,则(*)只有一解为 cn=1, 即符合条件的数列{an}只有一个.(此数列为 1,0,0,0,…) ③若 0<λ<1,则 cn 2 + 3+2 3 - 1 cn+1=0 的两根分别在(0,1)与(1,+∞)内, 则方程(*)有两个大于或等于 1 的解:其中一个为 1,另一个大于 1(记此解为 t). 所以 Sn+1=Sn 或 Sn+1=t3Sn. 由于数列{Sn}从任何一项求其后一项均有两种不同结果,所以这样的数列{Sn}有无 数多个,则对应的{an}有无数多个. 综上所述,能存在三个各项非负的数列{an}为“λ~3”数列,λ的取值范围是(0,1). 对点训练 4 (1)解 设各项均为正数的等比数列{an}的公比为 q, 则 a1+a1q2=10,a1q2+a1q4=40, 解得 a1=2,q=2,即有 an=2n,bn=log22n=n. (2)证明 c1=1,cn+1=cn+ =cn+ 2 ,cn+1-cn= 2 , 则 cn=c1+(c2-c1)+(c3-c2)+…+(cn-cn-1)=1+ 1 2 + 2 22 +…+ - 1 2 - 1 ,即有 1 2 cn= 1 2 + 1 22 + 2 23 +…+ - 1 2 ,两式相减可得 1 2 cn=1+ 1 22 + 1 23 +…+ 1 2 - 1 - - 1 2 =1+1 4 1 - 1 2 - 2 1 - 1 2 - 1 2 = 3 2 1 2 (n+1),即有 cn=3- 1 2 - 1 (n+1)<3. (3)解 存在.假设存在正整数 k,使得 1 +1 + 1 +2 +…+ 1 + > 10 对任意正整数 n 均成立,令 Sn= 1 +1 + 1 +2 +…+ 1 + = 1 +1 + 1 +2 +…+ 1 2 , Sn+1= 1 +2 + 1 +3 +…+ 1 2 + 1 2+1 + 1 2+2 , 即有 Sn+1-Sn= 1 2+1 + 1 2+2 1 +1 = 1 2+1 1 2+2 = 1 ( 2+1 )( 2+2 )>0,即为 Sn+1>Sn,{Sn} 是递增数列,S1 最小,且 S1= 1 2 ,则有 10 1 2 ,解得 k<5,故存在正整数 k,且 k 的最大值为 4. 核心素养微专题(五) 【例 1】 B 解析 由 · =- 2 2 ,得 n·ncos∠AnOBn=- 2 2 ,∴cos∠AnOBn=- 1 2 ,即∠ AnOBn=120°,设线段 AnBn 的中点为 Cn,则 OCn= 2 , ∴Cn 在圆 x2+y2= 2 4 上,An,Bn 到直线 x+ 3 y+n(n+1)=0 的距离之和等于点 Cn 到该直 线的距离的两倍. 点 Cn 到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和, 而圆 x2+y2= 2 4 的圆心(0,0)到直线 x+ 3 y+n(n+1)=0 的距离为 d=| ( +1 )| 1+3 = ( +1 ) 2 , ∴an=2 ( +1 ) 2 + 2 =n2+2n, 1 = 1 2+2 = 1 2 1 1 +2 . ∴Sn= 1 1 + 1 2 + 1 3 +…+ 1 = 1 2 1- 1 3 + 1 2 - 1 4 + 1 3 1 5 +…+ 1 1 +2 = 1 2 1+ 1 2 1 +1 1 +2 < 3 4 ,∴m ≥ 3 4 ,故选 B. 跟踪训练 1 C 解析 当 1≤x≤3 时,f'(x)= π 2 cos π - π 2 ,显然当 x=2 时,f'(x)=0, ∴x=2 为 f(x)的第一个极大值点. 又当 3|= R · | R || | = 2 2 (p>0),解得 p= 2 所以 P(0,0, 2 ),F - 1 2 , 1 2 , 2 2 ,E(0,0,0), PB =(0,1,- 2 ), EB =(0,1,0), EF = - 1 2 , 1 2 , 2 2 设平面 BEF 的法向量为 n=(x,y,z), · = 0 , · = 0 , 可得 = 0 , - 1 2 + 1 2 + 2 2 = 0 . 不妨令 x= 2 ,可得 n=( 2 ,0,1)为平面 BEF 的一个法向量. 设直线 PB 与平面 BEF 所成的角为α,则 sin α=|cos< R ,n>|= | R · | | R || | = 2 3 对点训练 3 (1)证明 因为 PD⊥底面 ABCD,所以 PD⊥AD. 又因为底面 ABCD 为正方形,所以 AD⊥DC.所以 AD⊥平面 PDC. 因为 AD∥BC,AD 不在平面 PBC 中,所以 AD∥平面 PBC,又因为 AD ⊂ 平面 PAD,平 面 PAD∩平面 PBC=l,所以 l∥AD.所以 l⊥平面 PDC. (2) 解 以 D 为坐标原点,分别以 , ,R 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如图所 示的空间直角坐标系 D-xyz. 由 PD=AD=1,得 D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则 =(0,1,0), R =(1,1,-1).由(1) 可设 Q(a,0,1),则 =(a,0,1). 设 n=(x,y,z)是平面 QCD 的法向量,则 · = 0 , · = 0 , 即 + = 0 , = 0 . 可取 n=(-1,0,a).所以 cos= · R | || R | = - 1 - a 3 1+a2 . 设 PB 与平面 QCD 所成角为θ,则 sin θ= 3 3 × | a+1 | 1+a2 = 3 3 1 + 2a a2+1因为 3 3 1 + 2a a2+1 ≤ 6 3 ,当且仅当 a=1 时,等号成立,所以 PB 与平面 QCD 所成角的 正弦值的最大值为 6 3 【例 4】 (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 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 ,R = 0 ,- 1 , 2 2 设 m=(x,y,z)是平面 PCE 的法向量, 则 · R = 0 , · = 0 , 即 - + 2 2 = 0 , - 3 2 - 1 2 = 0 . 可取 m= - 3 3 , 1 , 2 由(1)知 R = 0 , 1 , 2 2 是平面 PCB 的一个法向量,记 n= R ,则 cos= · | |·| | = 2 5 5 所以二面角 B -PC-E 的余弦值为 2 5 5 对点训练 4 (1)证明 连接 AE,因为 △ PAB 为等边三角形,E 为 PB 的中点, 所以 AE⊥PB.又因为 DE⊥PB,AE∩DE=E,所以 PB⊥平面 ADE,PB⊥AD.因为四边形 ABCD 为矩形,所以 AD⊥AB,AB∩BP=B,所以 AD⊥平面 PAB.因为 AD ⊂ 平面 ABCD,所以 平面 ABCD⊥平面 PAB. (2) 解 以 A 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,设 PB=AB=PA=1,C(0,1,n),则 A(0,0,0),P 3 2 , 1 2 ,0 ,B(0,1,0),由空间向量的坐标运算可得 R = - 3 2 , 1 2 ,n , R = 3 2 , 1 2 ,0 , R = 3 2 ,- 1 2 , 0 设平面 BPC 的法向量为 m=(x1,y1,z1),则 · R = 0 , · R = 0 , 代入可得 - 3 2 1 + 1 2 1 + 1 = 0 , 3 2 1 - 1 2 1 = 0 , 令 x1=1,y1= 3 ,z1=0,所以平面 BPC 的一个法向量为 m=(1, 3 ,0). 设平面 PAC 的法向量为 n=(x2,y2,z2),则 · R = 0 , · R = 0 , 代入可得 - 3 2 2 + 1 2 2 + 2 = 0 , 3 2 2 + 1 2 2 = 0 , 令 x2=1,y2=- 3 ,z2= 3 ,所以平面 PAC 的一个法向量为 n= 1 ,- 3 , 3 由图可知,二面角 A-PC-B 的平面角为锐角,所以 cos α= · | || | = 1 - 3 1+3× 1+3+ 3 n2 = 1 4+ 3 n2 , 当 n 趋近于+∞时, 1 4+ 3 n2 趋近于 1 2 ,则 cos α ∈ 0 , 1 2 ,所以α的取值范围为 3 , 2 5.3.2 立体几何中的翻折 问题及探索性问题 关键能力·学案突破 【例 1】 (1)证明 如题图 1,在 Rt △ BAE 中,AB=3,AE= 3 ,∴∠AEB=60°. 在 Rt△AED 中,AD=2,∴∠DAE=30°.∴BE⊥AD. 如题图 2,PF⊥AD,BF⊥AD,PF∩BF=F,∴AD⊥平面 BFP. (2) 解 (方法一)∵平面 ADP⊥平面 ABCD,且平面 ADP∩平面 ABCD=AD,PF ⊂ 平面 ADP,PF⊥AD,∴PF⊥平面 ABCD.取 BF 的中点为 O,连接 GO,则 GO∥PF,∴GO⊥平面 ABCD,即 GO 为三棱锥 G-BCH 的高,∴GO= 1 2 PF= 1 2 × PA×sin 30°= 3 4 CH= 1 2 DC= 3 2 , ∴S△BCH= 1 2 CH·AE= 1 2 × 3 2 × 3 = 3 3 4 V 三棱锥 G-BCH= 1 3 S△BCH·GO= 1 3 × 3 3 4 × 3 4 = 3 16 (方法二)∵平面 ADP⊥平面 ABCD,且平面 ADP∩平面 ABCD=AD,PF ⊂ 平面 ADP,PF⊥AD,∴PF⊥平面 ABCD. ∵G 为 PB 的中点,∴三棱锥 G-BCH 的高等于 1 2 PF.∵H 为 CD 的中点, ∴ △ BCH 的面积是四边形 ABCD 的面积的 1 4 三棱锥 G-BCH 的体积是四棱锥 P- ABCD 的体积的 1 8 ∵VP-ABCD= 1 3 × S 四边形 ABCD·PF= 1 3 × 3 3 × 3 2 = 3 2 ,∴三棱锥 G-BCH 的体积为 1 8 × 3 2 = 3 16 对点训练 1 (1)证明 在图 1 中,连接 AE,由已知得 AE=2. ∵CE∥BA,且 CE=BA=AE,∴四边形 ABCE 为菱形.连接 AC 交 BE 于点 F,∴CF⊥BE. 在 Rt △ ACD 中,AC= 3 2 + ( 3 ) 2 =2 3∴AF=CF= 3 在图 2 中,AC1= 6 AF2+C1F2=A 1 2 ,∴C1F⊥AF. 由题意知,C1F⊥BE,且 AF∩BE=F,∴C1F⊥平面 ABED,又 C1F ⊂ 平面 BC1E,∴平面 BC1E⊥平面 ABED; (2)解 如图 2,取 AD 的中点 N,连接 FN,C1N 和 BD,设 B 到平面 AC1D 的距离为 h.在 直角梯形 ABED 中,FN 为中位线,则 FN⊥AD,FN= 3 2 由(1)得 C1F⊥平面 ABED,AD ⊂ 平面 ABED,∴C1F⊥AD.又 FN∩C1F=F,∴AD⊥平面 C1FN.又 C1N ⊂ 平面 C1FN,∴C1N⊥AD,且 C1N= 2 + 1 2 = 9 4 + 3 = 21 2 在三棱锥 C1-ABD 中, 1 - = - 1 ,即 1 3 × 1 2 × AB×AD×C1F= 1 3 × 1 2 × AD×C1N×h, ∴h= ×1 1 = 2× 3 21 2 = 4 7 7 故点 B 到平面 AC1D 的距离为 4 7 7 【例 2】 (1)证明 取 BD 的中点 O,连接 AO,OC1.因为四边形 ABCD 是正方形,所以在三棱 锥中,BD⊥AO,BD⊥OC1. 因为 AO∩OC1=O,AO,OC1 ⊂ 平面 AOC1,所以 BD⊥平面 AOC1.又因为 AC1 ⊂ 平面 AOC1,所以 BD⊥AC1. (2) 解 因为二面角 A-BD-C1 为直二面角,平面 ABD∩平面 BDC1=BD,且 BD⊥AO,BD⊥ OC1,AO∩OC1=O, 所以∠C1OA=90°,即 C1O⊥AO,所以 AO,OC1,BD 两两垂直.以 O 为原 点,OA,OB,OC1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.易知 AO=OC1= 1 2 BD=1,所以 O(0,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),A(1,0,0),C1(0,0,1),F 1 2 ,0 1 2 ,E 0, 1 2 , 1 2 ,则 = 0, 3 2 , 1 2 , = 1 2 ,- 1 2 ,0 .显然平面 ABD 的一个法向量 m=(0,0,1).设平面 DEF 的法向 量为 n=(x,y,z), 则 · = 1 2 - 1 2 = 0 , · = 3 2 + 1 2 = 0 , 取 x=2,可得 y=2,z=-6,所以平面 DEF 的一个法向量 n=(2,2,-6), 则|cos|= · | || | = - 6 4+4+36 = 3 11 11 ,所以平面 DEF 与平面 ABD 所成的二面 角的余弦值为 3 11 11 对点训练 2 (1)证明 在题图 1 中,BC=2AB,且 E 为 AB 的中点,∴AE=AB, ∴∠AEB=45°,同理∠DEC=45°, ∴∠CEB=90°,∴BE⊥CE.又平面 ABE⊥平面 BCE,平面 ABE∩平面 BCE=BE,∴CE ⊥平面 ABE.又 CE ⊂ 平面 DCE,∴平面 ABE⊥平面 DCE. (2)解 以 E 为坐标原点,EB,EC 所在的直线分别为 x 轴,y 轴建立空间直角坐标系,设 AB=1,则 E(0,0,0),B( 2 ,0,0),C(0, 2 ,0),A 2 2 , 0 , 2 2 ,D 0 , 2 2 , 2 2 ,F 2 2 , 2 2 , 0 , = 2 2 , 0 , 2 2 , = 0 , 2 2 , 2 2 设平面 ADE 的法向量为 n=(x,y,z), 由 · = 0 , · = 0 , 得 + = 0 , + = 0 ,令 z=1,得平面 ADE 的一个法向量为 n=(-1,-1,1). 又 = 0 ,- 2 2 , 2 2 ,设直线 FA 与平面 ADE 所成角为θ,则 sin θ=|cos< ,n>|= | · | | || | = 2 1× 3 = 6 3 , 故直线 FA 与平面 ADE 所成角的正弦值为 6 3 【例 3】 解 依题意得,△ABP 和 △ AEP 均为以 A 为直角顶点的等腰直角三角形, 则 PA⊥AB,PA⊥AE,所以 PA⊥面 ABCDE.又因为 AB⊥AE,可以建立以 A 为原点,分 别以 , ,R 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角坐标系(如图),得 A(0,0,0),B(2,0,0),C(4,2,0),D(4,6,0),E(0,2,0),P(0,0,2),M(2,3,1). (1)证明:由题意, =(-4,0,0), R =(0,2,-2),因为 ·R =0,所以 CE⊥PE. (2) =(-2,-1,-1), =(2,-1,-1),设平面 MEC 的法向量为 n=(x,y,z),则 · = 0 , · = 0 , 即 - 2 - - = 0 , 2 - - = 0 , 不妨令 y=1,可得平面 MEC 的一个法向量为 n=(0,1,-1).平面 DEC 的 一个法向量 R =(0,0,2),所以 cos= · R | || R | =- 2 2 ,由图可得二面角 M-CE-D 的平面角 为锐角,所以二面角 M-CE-D 的大小为 45°. (3)(方法一)存在.假设在线段 PE 上存在点 N,使得平面 ABN∥平面 MCE.设 PN =λ PE (λ∈[0,1]),N(x,y,z),所以(x,y,z-2)=λ(0,2,-2),所以 N(0,2λ,2-2λ). 因为平面 ABN∥平面 MCE,所以 AN ⊥ n,即 · n=0,解得λ= 1 2 ,即 N 为 PE 的中点,此时 N(0,1,1),| |= 0 2 + 1 2 + 1 2 = 2 ,所以线段 AN 的长为 2 所以在线段 PE 上存在点 N, 使得平面 ABN∥平面 MCE,此时线段 AN 的长为 2(方法二)存在.假设在线段 PE 上存在点 N,使得平面 ABN∥平面 MCE.设 R =λ R (λ ∈[0,1]),N(x,y,z),所以(x,y,z-2)=λ(0,2,-2),因此 N(0,2λ,2-2λ). 设平面 ABN 的法向量为 m=(x,y,z),则 · = 0 , · = 0 , 即 2 = 0 , 2 + ( 2 - 2 ) = 0 .令 y=λ-1,可得 m=(0,λ-1,λ).因为平面 ABN∥平面 MCE,所以 m ∥n,解得λ= 1 2 ,此时 N(0,1,1),| |= 0 2 + 1 2 + 1 2 = 2 ,所以线段 AN 的长为 2 所以在线 段 PE 上存在点 N,使得平面 ABN∥平面 MCE,此时线段 AN 的长为 2 对点训练 3 解 (1)如图,作 PH⊥AD 交 DA 的延长线于点 H. 因为平面 ABCD⊥平面 PAD,平面 ABCD∩平面 PAD=AD,且 PH ⊂ 平面 PAD,所以 PH⊥平面 ABCD,所以 PH 为点 P 到平面 ABCD 的距离. 因为∠PAD=120°,PA=2,所以 PH=PA·sin 60°= 3 ,又因为 S 四边形 ABCD= 1 2 (BC+AD)·AB=3,所以 VP-ABCD= 1 3 · PH·S 四边形 ABCD= 1 3 × 3 × 3= 3(2) 不存在.理由如下:假设在棱 CD 上存在点 F,使得 EF∥PD.连接 BD,取 BD 的中点 M, 连接 EM,EF. 在 △ BPD 中,因为 E,M 分别为 BP,BD 的中点,所以 EM∥PD.因为过直线外一点有且 只有一条直线和已知直线平行,所以 EM 与 EF 重合.因为点 F 在线段 CD 上,所以 F=BD∩CD,又因为 BD∩CD=D,所以 F 是 BD 与 CD 的交点 D,即 EF 就是 ED,而 ED 与 PD 相交,这与 EF∥PD 相矛盾,所以假设不成立,故在棱 CD 上不存在点 F 使得 EF∥PD. 【例 4】 (1)证明 延长 DG 交 BC 于点 F,连接 EF,因为点 G 是 △ BCD 的重心,故 F 为 BC 的中点. 因为 D,E 分别是棱 AB,BP 的中点,所以 DF∥AC,DE∥AP,又因为 DF∩DE=D,所以 平面 DEF∥平面 APC.又因为 GE ⊂ 平面 DEF,所以 GE∥平面 PAC. (2) 解 存在.连接 PD,因为∠PAB=∠PBA=45°,所以 PA=PB.又因为 D 是 AB 的中点, 所以 PD⊥AB.因为平面 PAB⊥平面 ABC,而平面 PAB∩平面 ABC=AB,PD ⊂ 平面 PAB,所以 PD⊥平面 ABC. 如图,以 D 为原点,垂直于 AB 的直线为 x 轴,DB,DP 所在直线分别为 y 轴,z 轴建立空 间直角坐标系,设 PA=PB=2,则 AB=2 2 ,PD=CD= 2 ,所以 D(0,0,0),B(0, 2 ,0),C 6 2 , 2 2 ,0 ,G 6 6 , 2 2 ,0 ,P(0,0, 2 ). 假设存在点 E,设 =λ R ,λ∈(0,1],则 = + = +λ R =(0, 2 ,0)+λ(0,- 2, 2 )=(0, 2 (1-λ), 2 λ),所以 E(0, 2 (1-λ), 2 λ).又因为 = 6 2 , 2 2 , 0 ,设平面 ECD 的法 向量为 n1=(x,y,z), 则 1 · = 6 2 + 2 2 = 0 , 1 · = 2 ( 1 - ) + 2 = 0 , 令 x=1,解得 n1= 1,- 3, 3 ( 1 - ) .又因为平面 CDG 的一个法向量 n2=(0,0,1),而二面 角 E-CD-G 的大小为 30°,所以|cos|= 1 · 2| 1 || 2 | = 3 2 , 即 3 ( 1 - ) 1× 12+ (- 3 ) 2+ 3 ( 1 - ) 2 = 3 2 ,解得λ= 1 3 ,所以存在点 E,使二面角 E-CD-G 的大小为 30°,此时 BE BP = 1 3 对点训练 4 (1)证明 取 PE 中点 G,连接 GN,FG,则 GN∥BE,GN= 1 2 BE= 1 2 ,即 GN∥ CF,GN=CF,所以 GNCF 为平行四边形,CN∥FG,CN ⊄ 平面 PEF,FG ⊂ 平面 PEF,所以 CN ∥平面 PEF. (2)解 因为 PA=PB,点 E 为 AB 的中点,所以 PE⊥AB.又因为侧面 PAB⊥底面 ABCD 且侧面 PAB∩底面 ABCD=AB,所以 PE⊥平面 ABCD.分别以 EB,EF,EP 为 x,y,z 轴建立空 间直角坐标系,如图, 则 P(0,0,2),C 1 2 , 2 , 0 ,D(-1,2,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),N 1 2 , 0 , 1 ,平面 CDA 的一个法向量 m=(0,0,1), = - 3 2 , 0 , 0 , (0,-2,1). 设平面 CDN 的法向量 n=(x,y,z),则 3 2 = 0 , - 2 + = 0 , 令 y=1,得平面 CDN 的一个法向量 n=(0,1,2). 所以 cos= 2 5 = 2 5 5 ,因此二面角 N-CD-A 的余弦值为 2 5 5 (3)解 存在.假设存在点 P,满足题意,连接 NQ.设 =λ = - 1 2 λ,2λ,0 (λ∈[0,1]),则 Q - 1 2 λ+1,2λ,0 , = - 1 2 λ+ 1 2 ,2λ,-1 . 因为平面 PEF 的一个法向量 p=(1,0,0),所以|cos< ,p>|= | - 1 2+1 2|- 1 2+1 2 2 + ( 2 ) 2+1 = 14 14 , 解得λ= 1 3 或λ=-9(舍),所以在线段 BC 上存在点 Q 5 6 , 2 3 , 0 满足题意,此时 BQ= 1 6 2 + 2 3 2 = 17 6 核心素养微专题(六) 【例题】 解 若选②,由 PO⊥平面 ABCD 知 PO⊥AB,又因为 PC⊥AB,所以 AB⊥平面 PAC,所以 AB⊥AC,所以∠BAC=90°,BC>BA,这与底面 ABCD 为菱形矛盾,所以②必不 选,故选①③. 下面证明:PO⊥平面 ABCD.因为四边形 ABCD 为菱形,所以 AC⊥BD. 因为 PC⊥BD,PC∩AC=C,所以 BD⊥平面 APC.又因为 PO ⊂ 平面 APC,所以 BD⊥PO. 因为 PA=PC,O 为 AC 中点,所以 PO⊥AC.又 AC∩BD=O,所以 PO⊥平面 ABCD. 因为 PO⊥平面 ABCD,以 O 为坐标原点,以 , ,R 的方向分别作为 x 轴,y 轴,z 轴 的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz. 因为 AB∥CD,所以∠PBA 为异面直线 PB 与 CD 所成的角,所以∠PBA=60°.在菱 形 ABCD 中,设 AB=2,因为∠ABC=60°,所以 OA=1,OB= 3 ,设 PO=a,则 PA= 2 + 1 ,PB= 2 + 3 在 △ PBA 中,由余弦定理得 PA2=BA2+BP2-2BA·BP·cos ∠PBA,所以 a2+1=4+a2+3- 2×2 2 + 3 × 1 2 ,解得 a= 6 所以 A(0,-1,0),B( 3 ,0,0),C(0,1,0),P(0,0, 6 ).设平面 ABP 的法 向量为 n1=(x1,y1,z1), =( 3 ,1,0), R =(0,1, 6 ), 由 1 · = 0 , 1 · R = 0 , 可得 31 + 1 = 0 , 1 + 61 = 0 , 令 z1=1,得 n1=( 2 ,- 6 ,1).设平面 CBP 的法向量为 n2=(x2,y2,z2), =( 3 ,-1,0), R =(0,-1, 6 ),由 2 · = 0 , 2 · R = 0 , 可得 32 - 2 = 0 , 2 - 62 = 0 , 令 z2=1,得 n2=( 2, 6 ,1).设二面角 A-PB-C 的平面角为θ,所以 cos θ= | 1 · 2 | | 1 || 2 | = 1 3 ,所以二面角 A-PB-C 的余弦值为 1 3 跟踪训练 解 (1)在线段 AB 上存在中点 G,使得 AF∥平面 PCG. 证明如下:如图所示, 设 PC 的中点为 H,连接 FH. ∵FH∥CD,FH= 1 2 CD,AG∥CD,AG= 1 2 CD,∴FH∥AG,FH=AG,∴四边形 AGHF 为平 行四边形,则 AF∥GH.又 GH ⊂ 平面 PGC,AF ⊄ 平面 PGC, ∴AF∥平面 PGC. (2) 方案一:选条件①. ∵PA⊥平面 ABCD, ∴PA⊥BC,由题意知 AB,AD,AP 两两垂直,以 AB,AD,AP 分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空 间直角坐标系,如图. ∵PA=AB=2,则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),F(0,1,1),P(0,0,2), =(0,1,1), =(-2,-1,1).设平面 FAC 的法向量为μ=(x,y,z), · = + = 0 , · = - 2 - + = 0 , 取 y=1,得平面 FAC 的一个法向量μ=(-1,1,-1).又平面 ACD 的一个法向量为ν=(0,0,1), 设二面角 F-AC-D 的平面角为θ,则 cos θ= | · | | || | = 3 3 , ∴二面角 F-AC-D 的余弦值为 3 3 方案二:选条件②.∵PA⊥平面 ABCD,取 BC 中点 E,连接 AE,取 AD 的中点 M,连接 FM,CM, 则 FM∥PA,且 FM=1, ∴FM⊥平面 ABCD,FC 与平面 ABCD 所成角为∠FCM, ∴∠FCM= 6 在 Rt △ FCM 中,CM= 3 ,又 CM=AE,∴AE2+BE2=AB2,∴BC⊥AE, ∴AE,AD,AP 两两垂直,以 AE,AD,AP 分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,如图. ∵PA=AB=2,∴A(0,0,0),B( 3 ,- 1,0),C( 3 ,1,0),D(0,2,0),E( 3 ,0,0),F(0,1,1),P(0,0,2), AF =(0,1,1), CF =(- 3 ,0,1).设平面 FAC 的法向量为 m=(x,y,z), 则 · = + = 0 , · = - 3 + = 0 , 取 x= 3 ,得平面 FAC 的一个法向量 m=( 3 ,-3,3). 又平面 ACD 的一个法向量为 n=(0,0,1),设二面角 F-AC-D 的平面角为θ,则 cos θ= | · | | || | = 21 7 ,∴二面角 F-AC-D 的余弦值为 21 7 方案三:选条件③. ∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥BC,取 BC 中点 E,连接 AE, ∵底面 ABCD 是菱形,∠ABC= 3 , ∴ △ ABC 是正三角形. ∵E 是 BC 的中点,∴BC⊥AE, ∴AE,AD,AP 两两垂直,以 AE,AD,AP 分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,如图. ∵PA=AB=2,∴A(0,0,0),B( 3 ,- 1,0),C( 3 ,1,0),D(0,2,0),E( 3 ,0,0),F(0,1,1),P(0,0,2), AF =(0,1,1), CF =(- 3 ,0,1),设平面 FAC 的法向量为 m=(x,y,z),则 · = + = 0 , · = - 3 + = 0 , 取 x= 3 ,得平面 FAC 的一个法向量 m=( 3 ,-3,3). 又平面 ACD 的法向量 n=(0,0,1), 设二面角 F-AC-D 的平面角为θ,则 cos θ= | · | | || | = 21 7 , ∴二面角 F-AC-D 的余弦值为 21 7 专题六 统计与概率 6.1 排列、组合、二项式定理小题组合练 考向训练·限时通关 1.C 解析 甲场馆安排 1 名有 C6 1 种方法,乙场馆安排 2 名有 C5 2 种方法,丙场馆安排 3 名有 C3 3 种方法,所以共有 C6 1 ·C5 2 ·C3 3 =60 种方法,故选 C. 2.D 解析 分两种情况讨论: ①某个楼层只下 1 人,则 3 人下电梯的方法种数为 A7 3 =210;②3 人中有 2 人从一个楼 层下,另 1 人从其他楼层选一个楼层下,此时,3 人下电梯的方法种数为 C3 2 A7 2 =126.由分类 加法计数原理可知,3 人下电梯的方法种数为 210+126=336. 3. 420 解析 由题意,假设五个区域分别为①②③④⑤,对于区域①②③,三个区域两两相邻, 共有 A5 3 =60 种涂法; 对于区域④⑤,若④与②颜色相同,则⑤有 3 种涂法,若④与②颜色不同,则④有 2 种 涂法,⑤有 2 种涂法,共有 2×2=4 种涂法,所以④⑤共有 3+4=7 种涂法,则一共有 60×7=420 种涂法. 4.36 解析 由图形的对称性,相当于 3 种树苗种在 A,B,C,D 四个位置,有且仅有一种树苗 重复,所以有 C3 1 =3 种方法.先从 A,B,C,D 中任选两个位置种植同一种树苗,有 C4 2 =6 种方法, 再把另两种树苗种植在另两个位置上,有 A2 2 =2 种方法.则由分步乘法计数原理知,共有 3×6×2=36 种方法. 5.243 30 解析 若每个同学可以自由选择,由分步乘法计数原理可得,不同的选择种数 是 35=243;因为甲和乙不参加同一科,甲和丙必须参加同一科,所以有 2,2,1 和 3,1,1 两种 分配方案. 当分配方案为 2,2,1 时,共有 C3 2 A3 3 =18 种;当分配方案为 3,1,1 时,共有 C2 1 A3 3 =12 种. 由分类加法计数原理,可得不同的选择种数是 18+12=30. 6.C 解析 依题意,首先将人平均分成 3 组,再将三组进行全排列即可,所以所有可能的派 出方法有 C6 2C4 2C2 2 A3 3 ·A3 3 =90(种). 7.B 解析 学校课表中每一节课都有物理 A 层可选,政治有三节课可选,生物 B 层只有二、 三节可选,依据关键元素优先的原则,先安排生物 B 的“位置”,再安排政治的“位置”,接着 安排物理的“位置”,三种科目安排好后,自习课随之确定,方法数为:3×2+2×2=10. 8.D 解析 ∵“射”和“乐”必须相邻,∴“射”和“乐”捆绑为一体,排列可得 A2 2 种排法,再排列 “射乐”、“御”和“书”,可得 A3 3 种排法, ∵“礼”和“数”不能相邻, ∴利用插空法可得 A4 2 种排法, ∴“六艺”课程讲座不同的排课顺序为 A2 2 A3 3 A4 2 =144. 9.D 解析 分两种情况讨论. ①若选两个国内媒体一个国外媒体,有 C6 2 C3 1 A2 2 =90 种不同提问方式;②若选两个外国 媒体一个国内媒体,有 C6 1 C3 2 A3 3 =108 种不同提问方式. 所以共有 90+108=198 种提问方式. 10.72 3 10 解析 先排甲乙两人外的 3 人共有 A3 3 种排法,再将甲乙两人从 4 个空中选 2 个 插入有 A4 2 种排法,所以甲乙两人不相邻的不同的排法共有 A3 3 A4 2 =6×12=72(种);甲乙两人 之间恰好有一人的排法共有 A2 2 C3 1 A3 3 种,5 人并排站成一排共有 A5 5 种排法,所以甲乙两人之 间恰好有一人的概率为 A2 2C3 1A3 3 A5 5 = 3 10 11.A 解析 ∵Tr+1= C6 (2x)6-r(-a)r(r=0,1,…,6),当 6-r=3,即 r=3 时,有 C6 3 23(-a)3=-160,解得 a=1. 12.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 1 x4y=5x3y3,当 r=3 时,x ·C5 3 x2y3=10x3y3,所以 x3y3 的系数为 10+5=15. 13.CD 解析 2 - 1 2 6 的展开式共有 7 项,故 A 错误; 2 - 1 2 6 展开式的通项为 Tr+1= C6 (2x)6-r - 1 2 =(-1)r26-r C6 x6-3r,令 6-3r=0,解得 r=2,展开式中的常数项为(- 1)224 C6 2 =240,故 B 错误;令 x=1,则展开式中各项系数之和为(2×1-1)6=1,故 C 正 确; 2 - 1 2 6 的展开式中的二项式系数之和为 26=64,故 D 正确. 14.B 解析 ∵(x2-x-a)5 的展开式的各项系数之和为-32,令 x=1,可得(12-1-a)5=-32,故(- a)5=-32,得 a=2. 故(x2-x-a)5=(x2-x-2)5=(x-2)5(x+1)5,设(x-2)5 展开式的通项公式为 Ti+1= C5 x5-i(-2)i,设 (x+1)5 展开式的通项公式为 Tr+1= C5 x5-r(1)r,则(x-2)5(x+1)5 展开式的通项公式为 C5 · x5-i·(- 2)i ·C5 · x5-r·(1)r= C5 ·C5 · (-2)i·x5-r·x5-i= C5 ·C5 · (-2)i·x10-i-r,令 10-i-r=9,可得 i+r=1,又∵ 0≤i≤5,0≤r≤5 且 i,r∈N,可得 = 0 , = 1 或 = 1 , = 0 . 当 = 0 , = 1 时,由 C5 ·C5 · (-2)i·x10-i-r= C5 0 ·C5 1 · (-2)0·x9=5x9, 当 = 1 , = 0 时,由 C5 ·C5 · (-2)i·x10-i-r= C5 1 ·C5 0 · (-2)1·x9=-10x9,所以(x2-x-2)5 的展开式中含 x9 项 的系数为-10+5=-5. 6.2 统计图表小题组合练 考向训练·限时通关 1.C 解析 从图中可知城镇居民家庭恩格尔系数不高于农村居民家庭的恩格尔系数,所 以选项 A 正确;从图中可知城镇居民家庭和农村居民家庭的恩格尔系数都在降低,所以 选项 B 正确;从图中可知农村居民家庭的恩格尔系数从 2001 年开始低于 50%,所以选项 C 错误;从图中可知随着城乡一体化的推进,城镇和农村居民家庭的恩格尔系数越来越接 近,所以选项 D 正确. 2.BCD 解析 由所给折线图可知:月跑步里程并不是逐月递增,故选项 A 错误;月跑步里 程最大值出现在 10 月,故选项 B 正确;月跑步里程的中位数为 5 月份对应的里程数,故选 项 C 正确;1 月至 5 月的月跑步里程相对 6 月至 11 月,波动性更小,故选项 D 正确. 3.BCD 解析 2016 年的全国高考报名人数少于 2015 年人数,故选项 A 错误;2018 年的 录取率为 81.1%,为最高,故选项 B 正确;2019 年全国高考录取人数为 1 031×79.5%≈820, 故选项 C 正确;2010~2019 年山东夏季高考报名人数在全国的占比分别约 为:6.9%,6.3%,5.6%,5.5%,5.9%,7.4%,6.4%,6.2%,6.1%,5.4%,故选项 D 正确. 4.ABC 解析 由柱形图可知,2010~2018 年的 CPI 均大于 100,说明其中每一年的居民消 费价格都大于前一年的居民消费价格,所以 2010~2018 年居民消费价格总体呈增长趋势, 故选项 A 正确;由柱形图可知,2010 年的居民消费价格的增长率大约 3.02%,2011 年的居 民消费价格的增长率约为 5.62%,都超过了 3%,故选项 B 正确;2009 年的 CPI 的值小于 100,说明当年的居民消费价格低于 2008 年的居民消费价格,所以 2009 年的居民消费价 格出现负增长,故选项 C 正确;由柱形图可知,2011 年的居民消费价格的增长率最高,从 2010~2018 年每年的居民消费价格都在增长,所以 2018 年的居民消费价格才是最高的, 故选项 D 不正确. 5.BCD 解析 我国粮食年产量在 2010 年至 2015 年逐年递增,在 2015 年至 2019 年基本 稳定在 66 千万吨左右,2016 年和 2018 年产量略低;而我国年末总人口均逐年递增,故选 项 A 错误;由粮食产量条形图得 2011 年我国粮食年产量的年增长率最大,约为 5%,故选 项 B 正确;在 2015 年至 2019 年基本稳定在 66 千万吨左右,故选项 C 正确;2015 年我国人 均粮食年产量达到了最高峰,约为 0.48 吨/人,故选项 D 正确. 6.D 解析 由图知,众数是 m0=5;中位数是第 15 个数与第 16 个数的平均值,由频数分布 表知第 15 个数是 5,第 16 个数是 6,所以中位数是 me= 5+6 2 =5.5;平均数是 x= 1 30 × (2×3+3×4+10×5+6×6+3×7+2×8+2×9+2×10)≈5.97; ∴m04)=1-P(ξ<4)=0.1,根 据对称性可知,P(ξ<-2)=P(ξ>4)=0.1,P(-2<ξ<1)=0.5-P(ξ<-2)=0.5-0.1=0.4. 13.C 解析 ξ服从正态分布 N(2 000,1002),μ=2 000,σ=100,则 P(1 900<ξ<2 200)=P(μ- σ<ξ<μ+σ)+ 1 2 [P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)-P(μ-σ<ξ<μ+σ)]=0.682 6+ 1 2 (0.954 4-0.682 6)=0.818 5. 14.ABC 解析 由图象可知,甲图象关于直线 x=0.4 对称,乙图象关于直线 x=0.8 对称,所 以μ1=0.4,μ2=0.8,μ1<μ2,故选项 A,C 正确;因为甲图象比乙图象更“高瘦”,所以甲类水果的 质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右,故选项 B 正确;因为乙图象的最大值为 1.99,即 1 2 2π =1.99,所以σ2≠1.99,故选项 D 错误. 6.4 统计与概率大题 6.4.1 统计与统计案例 关键能力·学案突破 【例 1】 解 (1)根据产值增长率频数分布表得,所调查的 100 个企业中产值增长率不低 于 40%的企业频率为 14+7 100 =0.21.产值负增长的企业频率为 2 100 =0.02.用样本频率分布估 计总体分布得这类企业中产值增长率不低于 40%的企业比例为 21%,产值负增长的企业 比例为 2%. (2) = 1 100 (-0.10×2+0.10×24+0.30×53+0.50×14+0.70×7)=0.30,s2= 1 100 ∑=1 5 ni(yi- y )2= 1 100 [(-0.40)2×2+(-0.20)2×24+02×53+0.202×14+0.402×7]=0.029 6,s= 0 . 029 6 =0.02 × 74 ≈ 0.17. 所以,这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为 30%,17%. 对点训练 1 解 (1)茎叶图如图 散点图如图: (2) 甲 = 28+33+36+38+45 5 =36, 乙 = 39+31+43+39+33 5 =37, 甲 2 = 1 5 [(28-36)2+(33-36)2+(36-36)2+(38-36)2+(45-36)2]= 1 5 (64+9+0+4+81)= 158 5 =31.6, 乙 2 = 1 5 [(39-37)2+(31-37)2+(43-37)2+(39-37)2+(33-37)2]= 1 5 (4+36+36+4+16)= 96 5 =19.2. (3)选乙比较好,理由如下:由(2)可知, 甲 乙,且 甲 2 > 乙 2 ,说明乙在场上的积极程度 和技术水平高于甲,且比较稳定,所以选择乙比较好. 【例 2】 解 (1) = 1 10 (1+2+3+…+9+10)=5.5, ∑=1 10 (ti- t )2=(t1- t )2+…+(t10- t )2=(1-5.5)2+(2- 5.5)2+…+(10-5.5)2=2×(4.52+3.52+2.52+1.52+0.52)=82.5, b ^ = ∑=1 10 ( - )( - ) ∑=1 10 ( - ) 2 = 132 82 . 5 =1.6, ^ = ^ =10.8-1.6×5.5=2, 所以回归方程 ^=1.6t+2. (2)由(1)知 ^=1.6>0,故 2003 年至 2012 年我国产业差值逐年增加,平均每年增加 1.6 万亿元.令 1.6t+2=34,解得 t=20.故预测在 2022 年我国产业差值为 34 万亿元. (3)结合折线图,2007 年产业差值为 10.8 万亿元,除去 2007 年(t=5 时)产业差值外的 9 年的产业差值平均值为 1 9 × (10×10.8-10.8)=10.8.又因为 ∑=1 10 (yi- )2=211.6,所以除去 2007 年 (t=5 时)产业差值外的 9 年的产业差值的方差为 1 9 × [211.6-(10.8-10.8)2]≈23.5. 对点训练 2 解 (1)由 0.980 8>0.845 7,可得 y=b1x+a1 更适宜作为 x 为解释变量 y 为预报 变量的回归方程. (2) = 1+2+3+4+5+6+7 7 =4, ^ = 2 333 . 5 - 7×4×537 . 2 7 140 - 112 = 2 333 . 5 - 2 148 . 8 28 = 184 . 7 28 ≈ 6.60, a ^ = 537 . 2 7 184 . 7 28 × 4= 352 . 5 7 ≈ 50.36,所以以 x 为解释变量 y 为预报变量的回归方程 为 ^=6.60x+50.36. (3)到 2035 年底对应的年份代号为 23,由(2)的回归方程 ^=6.60x+50.36 得我国国内 生产总值约为 6.60×23+50.36=202.16(万亿元人民币),又 202 . 16 14 . 4 ≈ 14.04,所以到 2035 年底 我国人均国民生产总值约为 14.04 万元人民币,由直方图,假设的 2035 年世界主要中等 发达国家的人均国民生产总值平均数的估计值为 7.5×0.3+12.5×0.35+17.5×0.2+22.5×0.1+27.5×0.05=13.75,又 13.75<14.04,所以以(2)的结 论为依据,可预测我国在 2035 年底人均国民生产总值可以超过假设的 2035 年世界主要 中等发达国家的人均国民生产总值平均数的估计值. 【例 3】 解 (1)①因为 y=menx,两边取对数得:ln y=nx+ln m,令 z=ln y,由表中数据,得 ≈ 2.16, =3, 所以 ^ = ∑i=1 5 ( - )( - ) ∑=1 5 ( - ) 2 ≈ 0.16,ln ^ ≈ -0.16 =1.68,所以 m≈e1.68≈5.37,所以 ^=5.37e0.16x. ②y=px2+q,令 w=x2,y=pw+q,由表中数据,得 ≈ 8.92, =11, 所以 ^ = ∑=1 5 ( - )( - ) ∑=1 5 ( - ) 2 ≈ 83 . 83 374 ≈ 0.22, ^ = -0.22 ≈ 6.5,所以 ^=6.5+0.22x2. (2)当 x=6 时, ^=5.37e0.16×6≈14.02, ^=6.5+0.22×62=14.42,因为 2018 年个人所得税收 入为 13.87 千亿元,所以 ^=5.37e0.16x 更适宜作为 y 关于时间代号 x 的回归方程. (3)还可以计算两个回归方程的残差,残差的平方和越小,拟合效果越好. 对点训练 3 解 (1)由散点图可以判断,y=c+d 适宜作为年销售量 y 关于年宣传费 x 的回 归方程类型. (2)令 w= ,先建立 y 关于 w 的线性回归方程. 由于 ^ = ∑i=1 8 ( - )( - ) ∑=1 8 ( - ) 2 = 108 . 8 1 . 6 =68, ^ = ^ =563-68×6.8=100.6,所以 y 关于 w 的 线性回归方程为 ^=100.6+68w,因此 y 关于 x 的回归方程为 ^=100.6+68 (3)①由(2)知,当 x=49 时,年销售量 y 的预报值 ^=100.6+68 49 =576.6,年利润 z 的预 报值 ^=576.6×0.2-49=66.32. ②根据(2)的结果知,年利润 z 的预报值 ^=0.2(100.6+68 )-x=-x+13.6 +20.12.所 以当 = 13 . 6 2 =6.8,即 x=46.24 时, ^取得最大值. 故年宣传费为 46.24 千元时,年利润的预报值最大. 【例 4】 解 (1)由已知得样本平均数 = 1 20 ∑=1 20 yi=60,从而该地区这种野生动物数量的估 计值为 60×200=12 000. (2)样本(xi,yi)(i=1,2,…,20)的相关系数 r= ∑i=1 20 ( - )( - ) ∑=1 20 ( xi - x ) 2 ∑i=1 20 ( yi - y ) 2 = 800 80×9 000 = 2 2 3 ≈ 0.94. (3)分层抽样:根据植物覆盖面积的大小对地块分层,再对 200 个地块进行分层抽样. 理由如下:由(2)知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关.由 于各地块间植物覆盖面积差异很大,从而各地块间这种野生动物数量差异也很大,采用分 层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性,提高了样本的代表性,从而可 以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计. 对点训练 4 解 (1)由题得 = 2+4+5+6+8 5 =5, = 3+4+4+4+5 5 =4,所以 ∑=1 5 (xi- x )(yi- y )=6, ∑i=1 5 (xi- )2=20, ∑=1 5 (yi- y )2=2,则 r= 6 2 5× 2 = 0 . 9 ≈ 0.95.因为 r>0.75,所以 y 与 x 具有较 强的线性相关关系. (2)由(1)得 b ^ = 6 20 =0.3, ^=4-0.3×5=2.5,所以线性回归方程为 ^=0.3x+2.5.当 x=7 时, ^=0.3×7+2.5=4.6,即当 A 指标为 7 时,B 指标的估计值为 4.6. (3)由题得( -3s, +3s)=(-1,11),因为 13>11,所以该城市的交通管理部门需要进行治 理. 【例 5】 解 (1)由频率分布直方图知,(0.001 0+0.003 0+0.004 0+0.005 0+0.003 0+0.001 8+a)×50=1,解得 a=0.002 2, ∴乙方案样本中不合格天数为 0.002 2×50×100=11(天); (2)根据题中的频率分布直方图,得(0.001 0+0.003 0+0.004 0)×50=0.4,又 0.005 0×50=0.25,∵0.4+0.25=0.65,∴中位数在(150,200]之间,设中位数为 x,则 0.4+(x- 150)×0.005 0=0.5,解得 x=170,∴乙方案样本的中位数为 170; (3)由题意填写 2×2 列联表如下, 甲方 案 乙方 案 合 计 合格天数 96 89 185 不合格天 数 4 11 15 合计 100 100 200 由表中数据,计算 K2 的观测值 k= 200× ( 96×11 - 89×4 ) 2 100×100×185×15 ≈ 3.532, ∵3.532>2.706,∴有 90%的把握认为该城市的空气质量指数值与两种方案的选择有 关. 对点训练 5 解 (1)根据抽查数据,该市 100 天空气中 PM2.5 浓度不超过 75,且 SO2 浓度不 超过 150 的天数为 32+18+6+8=64,因此,该市一天空气中 PM2.5 浓度不超过 75,且 SO2 浓度不超过 150 的概率的估计值为 64 100 =0.64. (2)根据抽查数据,可得 2×2 列联表: [0,150](150,475] SO2 PM2.5 [0,75] 64 16 (75,115] 10 10 (3)根据(2)的列联表得 K2 的观测值 k= 100× ( 64×10 - 16×10 ) 2 80×20×74×26 ≈ 7.484. 由于 7.484>6.635,故有 99%的把握认为该市一天空气中 PM2.5 浓度与 SO2 浓度有 关. 6.4.2 随机变量及其分布 关键能力·学案突破 【例 1】 解 (1) 两地区用户满意度评分的茎叶图如图.通过茎叶图可以看出,A 地区用户满意度评分的平 均值高于 B 地区用户满意度评分的平均值;A 地区用户满意度评分比较集中,B 地区用户 满意度评分比较分散. (2)记 CA1 表示事件:“A 地区用户的满意度等级为满意或非常满意”;CA2 表示事件:“A 地区用户的满意度等级为非常满意”;CB1 表示事件:“B 地区用户的满意度等级为不满 意”;CB2 表示事件:“B 地区用户的满意度等级为满意”,则 CA1 与 CB1 独立,CA2 与 CB2 独 立,CB1 与 CB2 互斥,C=CB1CA1∪CB2CA2. P(C)=P(CB1CA1∪CB2CA2)=P(CB1CA1)+P(CB2CA2)=P(CB1)P(CA1)+P(CB2)P(CA2).由所 给数据得 CA1,CA2,CB1,CB2 发生的频率分别为 16 20 , 4 20 , 10 20 , 8 20 ,故 P(CA1)= 16 20 ,P(CA2)= 4 20 ,P(CB1)= 10 20 ,P(CB2)= 8 20 ,P(C)= 10 20 × 16 20 + 8 20 × 4 20 =0.48. 对点训练 1 解 (1)由题意知,样本中仅使用 A 的学生有 18+9+3=30 人,仅使用 B 的学生 有 10+14+1=25 人,A,B 两种支付方式都不使用的学生有 5 人.故样本中 A,B 两种支付方 式都使用的学生有 100-30-25-5=40 人.所以从全校学生中随机抽取 1 人,该学生上个月 A,B 两种支付方式都使用的概率估计为 40 100 =0.4. (2)X 的所有可能值为 0,1,2.记事件 C 为“从样本仅使用 A 的学生中随机抽取 1 人,该 学生上个月的支付金额大于 1 000 元”,事件 D 为“从样本仅使用 B 的学生中随机抽取 1 人,该学生上个月的支付金额大于 1 000 元”.由题设知,事件 C,D 相互独立,且 P(C)= 9+3 30 =0.4,P(D)= 14+1 25 =0.6. 所以 P(X=2)=P(CD)=P(C)P(D)=0.24,P(X=1)=P(C ∪ D) =P(C)P( )+P( )P(D) =0.4×(1-0.6)+(1-0.4)×0.6=0.52,P(X=0)=P( )=P( )P( )=0.24.所以 X 的分布列为 X0 1 2 P0.240.520.24 故 X 的数学期望 E(X)=0×0.24+1×0.52+2×0.24=1. (3)记事件 E 为“从样本仅使用 A 的学生中随机抽查 3 人,他们本月的支付金额都大 于 2 000 元”. 假设样本仅使用 A 的学生中,本月支付金额大于 2 000 元的人数没有变化,则由上个 月的样本数据得 P(E)= 1 C30 3 = 1 4 060 答案示例 1:可以认为有变化.理由如下:P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易 发生.一旦发生,就有理由认为本月的支付金额大于 2 000 元的人数发生了变化.所以可以 认为有变化. 答案示例 2:无法确定有没有变化.理由如下:事件 E 是随机事件,P(E)比较小,一般不 容易发生,但还是有可能发生的,所以无法确定有没有变化. 【例 2】 解 (1)由题意知 1 200×20-1 000=23 000,1 200×15-1 000=17 000,900×20-1 000=17 000,900×15-1 000=12 500,所以 X 的所有可能取值为:23 000,17 000,12 500.设 A 表示事件“作物产量为 900 kg”,则 P(A)=0.5;B 表示事件“作物市场价格为 15 元/kg”,则 P(B)=0.4.则:P(X=23 000)=P( )=(1-0.5)×(1-0.4)=0.3, P(X=17 000)=P( B)+P(A )=(1-0.5)×0.4+0.5×(1-0.4)=0.5, P(X=12 500)=P(AB)=0.5×0.4=0.2,所以 X 的分布列为 X23 000 17 000 12 500 P0.3 0.5 0.2 (2)设 C 表示事件“种植该农作物一亩一年的纯收入不少于 16 000 元”,则 P(C)=P(X>16 000)=P(X=23 000)+P(X=17 000)=0.3+0.5=0.8,设这三年中有 Y 年的纯收 入不少于 16 000 元,则有 Y~B(3,0.8),所以这三年中至少有两年的纯收入不少于 16 000 元 的概率为 P=P(Y≥2)= C3 3 × 0.83+ C3 2 × 0.82×0.2=0.896. (3)由(1)知,2020 年该农户种植该经济农作物一亩的预计纯收入为 E(X)=23 000×0.3+17 000×0.5+12 500×0.2=17 900(元), 17 900 4 >4 000,凭这一亩经济农作物的纯收 入,该农户的人均纯收入超过了国家脱贫标准,所以能预测该农户在 2020 年底可以脱贫. 对点训练 2 解 (1)根据题意,分别记“甲所付租车费 0 元、1 元、2 元”为事件 A1,A2,A3,它 们彼此互斥,且 P(A1)=0.4,P(A2)=0.5,所以 P(A3)=1-0.4-0.5=0.1;分别记“乙所付租车费 0 元、1 元、2 元”为事件 B1,B2,B3,它们彼此互斥,且 P(B1)=0.5,P(B2)=0.3,所以 P(B3)=1-0.5- 0.3=0.2. 由题知,A1,A2,A3 与 B1,B2,B3 相互独立,记甲、乙两人所付租车费相同为事件 M,则 M=A1B1∪A2B2∪A3B3,所以 P(M)=P(A1)P(B1)+P(A2)P(B2)+P(A3)P(B3)=0.4×0.5+0.5×0.3+0.1×0.2=0.2+0.15+0.02=0. 37. (2)据题意,ξ的可能取值为 0,1,2,3,4,P(ξ=0)=P(A1)P(B1)=0.2; P(ξ=1)=P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)=0.4×0.3+0.5×0.5=0.37; P(ξ=2)=P(A1)P(B3)+P(A2)P(B2)+P(A3)P(B1)=0.4×0.2+0.5×0.3+0.1×0.5=0.28; P(ξ=3)=P(A2)P(B3)+P(A3)P(B2)=0.5×0.2+0.1×0.3=0.13; P(ξ=4)=P(A3)P(B3)=0.1×0.2=0.02. 所以ξ的分布列为: ξ 0 1 2 3 4 P0.20.370.280.130.02 数学期望 E(ξ)=0×0.2+1×0.37+2×0.28+3×0.13+4×0.02=1.4. 【例 3】 解 (1)由表可知,该患者共 6 天的体温不低于 39 ℃,记平均体温为 , = 1 6 (39.4+39.7+40.1+39.9+39.2+39.0)=39.55(℃). 所以,患者体温不低于 39 ℃的各天体温平均值为 39.55 ℃. (2)X 的所有可能取值为 0,1,2. P(X=0)= C3 3 C2 0 C5 3 = 1 10 ,P(X=1)= C3 2C2 1 C5 3 = 6 10 = 3 5 ,P(X=2)= C3 1C2 2 C5 3 = 3 10 则 X 的分布列为: X0 1 2 P 1 10 3 5 3 10 所以 E(X)=0 × 1 10 +1 × 3 5 +2 × 3 10 = 6 5 (3)说明“抗生素 B”治疗效果最佳可使用如下理由:自使用“抗生素 B”开始治疗后,体 温才开始稳定下降,且使用“抗生素 B”治疗当天共降温 0.7 ℃,是单日降温效果最好的一 天,故“抗生素 B”治疗效果最佳. 说明“抗生素 C”治疗效果最佳可使用如下理由:①“抗生素 B”使用期间先连续两天 降温 1.0 ℃又回升 0.1 ℃,“抗生素 C”使用期间持续降温共计 1.4 ℃,说明“抗生素 C”降温 效果最好,故“抗生素 C”治疗效果最佳. ②“抗生素 B”治疗期间,平均体温约为 39.03 ℃,方差约为 0.015 6;“抗生素 C”治疗期 间,平均体温约为 38 ℃,方差约为 0.106 7,“抗生素 C”治疗期间体温离散程度大,说明存在 某个时间节点降温效果明显,故“抗生素 C”治疗效果最佳. 对点训练 3 解 (1)这 600 辆车在 9:20~10:40 时间段内通过该收费点的时刻的平均值为 (30×0.005+50×0.015+70×0.020+90×0.010)×20=64,即 10 点 04 分. (2)结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知:抽取的 10 辆车中, 在 10:00 前通过的车辆数就是位于时间分组中在[20,60)这一区间内的车辆数,即 (0.005+0.015)×20×10=4,所以 X 的可能取值为 0,1,2,3,4. 所以 P(X=0)= C6 4 C10 4 = 1 14 ,P(X=1)= C6 3C4 1 C10 4 = 8 21 , P(X=2)= C6 2C4 2 C10 4 = 3 7 ,P(X=3)= C6 1C4 3 C10 4 = 4 35 ,P(X=4)= C6 0C4 4 C10 4 = 1 210 所以 X 的分布列为 X0 1 2 3 4 P 1 14 8 21 3 7 4 35 1 210 所以 E(X)=0 × 1 14 +1 × 8 21 +2 × 3 7 +3 × 4 35 +4 × 1 210 = 8 5 (3)由(1)可得μ=64,σ2=(30-64)2×0.1+(50-64)2×0.3+(70-64)2×0.4+(90-64)2×0.2=324, 所以σ=18, 估计在 9:46~10:22 这一时间段内通过的车辆数,也就是当 460.954 4, P(μ-3σ0.997 3,符合②③,不符合①, ∴这套试卷得到好评. 对点训练 5 解 (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之内的概率为 0.997 3,从而零件 的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率为 0.002 7,故 X~B(16,0.002 7).因此 P(X≥1)=1- P(X=0)=1-0.997 316≈0.042 3.X 的数学期望为 E(X)=16×0.002 7=0.043 2. (2)①如果生产状态正常,一个零件尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率只有 0.002 7,一天 内抽取的 16 个零件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有 0.042 3,发生的概 率很小.因此一旦发生这种情况,就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现 了异常情况,需对当天的生产过程进行检查,可见上述监控生产过程的方法是合理的. ②由 =9.97,s≈0.212,得μ的估计值为 ^=9.97,σ的估计值为 σ ^=0.212,由样本数据可以 看出有一个零件的尺寸在( ^-3 ^ , ^+3 ^)之外,因此需对当天的生产过程进行检查.剔除 ( ^-3 ^ , ^+3 ^)之外的数据 9.22,剩下数据的平均数为 1 15 (16×9.97-9.22)=10.02,因此μ的估 计值为 10.02 ∑=1 16 2 =16×0.2122+16×9.972≈1 591.134,剔除( ^-3 ^ , ^+3 ^)之外的数据 9.22, 剩下数据的样本方差为 1 15 (1 591.134-9.222-15×10.022)≈0.008, 因此σ的估计值为 0 . 008 ≈ 0.09. 6.4.3 统计与概率问题综合应用 关键能力·学案突破 【例 1】 解 (1)由题知,ξ,η的分布列分别为: ξ 5 10 P 0.8 0.2 η 2 8 12 P0.20.50.3 所以 E(ξ)=5×0.8+10×0.2=6,D(ξ)=(5-6)2×0.8+(10-6)2×0.2=4. E(η)=2×0.2+8×0.5+12×0.3=8,D(η)=(2-8)2×0.2+(8-8)2×0.5+(12-8)2×0.3=12. (2)设在 A,B 两个项目上分别投资 x 万元,(200-x)万元,利润的方差之和为 f(x). 则 f(x)=D 100 +D 200 - 100 = 100 2 D(ξ)+ 200 - 100 2 D(η) =4 × 100 2 +12 × 200 - 100 2 = 4 10 000 × (4x2-1 200x+120 000)=( - 150 ) 2+7 500 625 , 可见,当 x=150 时,f(x)的最小值为 12. 所以在 A,B 两个项目分别投资 150 万元,50 万元时,能使投资 A 项目所得利润的方 差与投资 B 项目所得利润的方差之和最小,最小值是 12. 对点训练 1 解 (1)由题意,当 n∈[0,16)时,利润 y=120n-960;当 n∈[16,+∞)时,利润 y=(120- 60)×16=960;综上,当天的利润 y 关于当天需求量 n 的函数解析式为 y= 120 - 960 , ∈[ 0 , 16 ), ∈ N , 960 , ∈[ 16 , + ∞), ∈ N ; (2)①由(1)可得,当 n=14 时,利润 X=120×14-960=720;当 n=15 时,利润 X=120×15- 960=840;当 n≥16 时,利润 X=960;所以 X 的分布列为: X720840960 P0.1 0.2 0.7 所以 E(X)=720×0.1+840×0.2+960×0.7=912; D(X)=(720-912)2×0.1+(840-912)2×0.2+(960-912)2×0.7=6 336; ②由题意,设加工 17 个蛋糕时,当天的利润为 Y(单位:元). 当 n=14 时,利润 Y=120×14-60×17=660;当 n=15 时,利润 Y=120×15-60×17=780;当 n=16 时,利润 Y=120×16-60×17=900;当 n≥17 时,利润 Y=60×17=1 020; Y 的分布列如下: Y 660780900 1 020 P0.1 0.2 0.160.54 则 E(Y)=660×0.1+780×0.2+900×0.16+1 020×0.54=916.8>912. 从数学期望来看,每天加工 17 个蛋糕的利润高于每天加工 16 个蛋糕的利润,应加工 17 个. 【例 2】 解 (1)抽取的 40 个部件中,尺寸 x∈[12,15]的个数为 40×[(0.2+0.175+0.075)×1]=18, 其中 x∈[14,15]的个数为 40×(0.075×1)=3, ∴ξ的可能取值为 0,1,2. ∴P(ξ=0)= C15 2 C18 2 = 35 51 ,P(ξ=1)= C15 1 · C3 1 C18 2 = 5 17 ,P(ξ=2)= C3 2 C18 2 = 1 51 , ∴ξ的分布列为: ξ 0 1 2 P 35 51 5 17 1 51 ∴E(ξ)=0 × 35 51 +1 × 5 17 +2 × 1 51 = 1 3 (2)三级品的概率为(0.1+0.075)×1=0.175,若对剩余部件逐一检验,则厂家共需支付费 用 50×100=5 000(元);若对剩余部件不检验,则厂家需支付费用 50×10+200×90×0.175=3 650(元), ∵5 000>3 650,∴不对剩余部件进行逐一检验. (3)设甲设备生产一个部件的利润为 y1,乙设备生产一个部件的利润为 y2,则 E(y1)=500×(0.3+0.2)+400×(0.150+0.175)+200×0.175=415,E(y2)=500 × 2 5 +400 × 1 2 +200 × 1 10 =420. ∵E(y1)120)= 5 50 =0.1. 由二项分布,在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为 p= C4 0 (1-p3)4+ C4 1 (1-p3)3p3= 9 10 4 +4 × 9 10 3 × 1 10 =0.947 7. (2)记水电站年总利润为 Y(单位:万元).①安装 1 台发电机的情形. 由于水库年入流量总大于 40,故 1 台发电机运行的概率为 1,对应的年利润 Y=5 000,E(Y)=5 000×1=5 000. ②安装 2 台发电机的情形.依题意,当 40120 时,3 台发电机运行,此时 Y=5 000×3=15 000,因此 P(Y=15 000)=P(X>120)=p3=0.1,由此得 Y 的分布列如下 Y 3 400 9 200 15 000 P0.2 0.7 0.1 所以,E(Y)=3 400×0.2+9 200×0.7+15 000×0.1=8 620. 综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机 2 台. 【例 3】 解 (1)当 p= 1 2 时,一次检验就取得“实验成功”的概率为 C3 2 p2(1-p)+ C3 3 p3=3 × 1 4 × 1 2 + 1 2 3 = 1 2 ; 经过两次检验才取得“实验成功”的概率为[ C3 1 p(1-p)2]p2= 3 × 1 2 × 1 4 × 1 4 = 3 32 ; 在一次实验方案中“实验成功”的概率为 p0= 1 2 + 3 32 = 19 32 (2)设一次实验方案需要用到的经费为 X 元,则 X 的可能取值为 900,1 500. P(X=900)=1- C3 1 p(1-p)2; P(X=1 500)= C3 1 p(1-p)2. 所以 E(X)=900×[1- C3 1 p(1-p)2]+1 500 C3 1 p(1-p)2=900+1 800p(1-p)2,设 f(p)=p(1-p)2,则 f'(p)=(1-p)2+2p(p-1)=(3p-1)(p-1),当 p ∈ 0 , 1 3 时,f'(p)>0,所以 f(p)在区间 0 , 1 3 上单调递增; 当 p ∈ 1 3 , 1 时,f'(p)<0,所以 f(p)在区间 1 3 , 1 上单调递减.所以 f(p)的最大值为 f 1 3 = 4 27 因此实施一次此方案最高费用为 900+1 800 × 4 27 = 3 500 3 (元),所以动物实验阶段估 计最高实验费用为 100+ 3 500 3 × 5 000×10-4=100+ 1 750 3 = 2 050 3 (万元).因为 2 050 3 <700,所以 该动物实验总费用不会超出预算. 对点训练 3 解 (1)(ⅰ)按方案①建立的电路系统的可靠性 P1=1-(1-pn)2=pn(2-pn); 按方案②建立的电路系统的可靠性为 P2=[1-(1-p)2]n=pn(2-p)n; (ⅱ)P1-P2=pn[2-pn-(2-p)n]. 令 f(x)=2-xn-(2-x)n,n∈N*且 n≥2,则 f'(x)=n[(2-x)n-1-xn-1]. 当 x∈(0,1)时,(2-x)n-1>1>xn-1,从而 f'(x)>0,所以 f(x)在区间(0,1)上单调递增;所以当 p ∈(0,1)时,f(p) 2 5 对点训练 4 解 (1) =(0.01×55+0.02×65+0.045×75+0.02×85+0.005×95)×10=74. (2)∵μ=74,σ=10,∴X~N(74,102). ∵P(μ-σ0;当 2 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. 3.B 解析 直线 y=k(x+1)过定点(-1,0),当过点(0,-1)与点(-1,0)的直线与直线 y=k(x+1)垂 直时,点(-1,0)到直线 y=k(x+1)的距离最大,故最大距离等于(0,-1)和(-1,0)两点之间的距离, 为 2 故选 B. 4.B 解析 圆的方程可化为(x-3)2+y2=9. 因为 ( 1 - 3 ) 2 + ( 2 - 0 ) 2 =2 2 <3,所以点(1,2)在圆内. 如图所示,设圆心 O1(3,0),A(1,2),当弦 BC 与 O1A 垂直时弦最短,因为 |O1A|= ( 3 - 1 ) 2 + ( 0 - 2 ) 2 =2 2 , |O1B|=3,所以|AB|= | 1 | 2 -| 1 | 2 = 9 - 8 =1, 所以|BC|=2|AB|=2. 5.D 解析 由圆 x2+y2+2x-6y+1=0 知其标准方程为(x+1)2+(y-3)2=9,由题意知直线 ax- by+3=0 经过圆心(-1,3),即-a-3b+3=0,∴ a+3b=3(a>0,b>0) 1 + 3 = 1 3 (a+3b) 1 + 3 = 1 3 1+ 3 + 3 +9 ≥ 1 3 10+2 3 · 3 = 16 3 , 当且仅当 3 = 3 ,即 a=b= 3 4 时取等号,故选 D. 6.AC 解析 当直线 l 的斜率不存在时,直线 l 的方程为 x=0,联立得方程组 = 0 , 2 + 2 - 2 - 2 - 2 = 0 , 解得 = 0 , = 1 - 3 或 = 0 , = 1 + 3∴|AB|=2 3 ,符合题意.当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y=kx+3, ∵圆 x2+y2-2x-2y-2=0 即(x-1)2+(y-1)2=4,∴圆心为 C(1,1),圆的半径 r=2,易知圆心 C(1,1)到直线 y=kx+3 的距离 d=| - 1+3 | 2+1 = | +2 | 2+1 , ∵d2+ | | 2 2=r2, ( +2 ) 2 2+1 +3=4,解得 k=- 3 4 ,∴直线 l 的方程为 y=- 3 4 x+3,即 3x+4y-12=0. 综上,直线 l 的方程为 3x+4y-12=0 或 x=0.故选 AC. 7.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 = | R | | 2R | =| R | 1 2 =b,∴|BP|= 1 2 b.∴点 B 3 2 , 1 2 b .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. 8.C 解析 根据题意,设椭圆的右焦点为 M,连接 PM, 则|FM|=2|OF|=10,因为|OP|=|OF|=|OM|,所以∠PFM=∠FPO,∠OMP=∠OPM,又由∠ PFM+∠OMP+∠FPO+∠OPM=180°,∠FPO+∠OPM=90°,即 PF⊥PM. 又由|FM|=10,|PF|=6, 则|PM|= 100 - 36 =8, 则 2a=|PF|+|PM|=14,则 a=7,又由 c=5,则 b2=a2-c2=49-25=24,则椭圆的方程为 2 49 + 2 24 =1.故选 C. 9.A 解析 ∵△AF1B 的周长为 4 3 ,且 △ AF1B 的周长为 |AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=2a+2a=4a,∴4a=4 3 ,∴a= 3 离心率为 3 3 , = 3 3 ,c=1, ∴b2=a2-c2=3-1=2,∴椭圆 C 的方程为 2 3 + 2 2 =1.故选 A. 10. 3+1 2 解析 根据题意,可作出如图所示的图形,设点 D 为椭圆的另一个焦点,连接 AD,双 曲线 M:x2- 2 3 =1 的渐近线方程为 y=± 3 x, ∴∠AOB=60°,∵菱形 OABC 的边长为 1,∴点 A 的坐标为 1 2 , 3 2 ,B(1,0),D(-1,0),∴ |AD|= 1 2 + 1 2 + 3 2 2 = 3 ,而|AB|=1,由椭圆的定义可知,|AB|+|AD|=2a,∴a= 3+1 2 11.BD 解析 双曲线 2 4 2 2 =sin2θ(θ≠kπ,k∈Z),可化为 2 4sin2 2 2sin2 =1.∴ a2=4sin2θ,b2=2sin2θ.c2=6sin2θ,e2=1+ 2 = 3 2 ,渐近线 y=± x=± 2 2 x.故选 BD. 12.D 解析 ∵双曲线 2 2 2 2 =1 的渐近线方程为 y=± x,y2=4x 的焦点坐标为(1,0),l 为 + 1 =1,即 y=-bx+b, ∴-b=- 且-b · =-1, ∴a=1,b=1.故选 D. 13.B 解析 由条件知 F(2,0),渐近线方程为 y=± 3 3 x,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|=2cos 30°= 3 ,所以|MN|=3. 14.3 3+ 7 解析 1 ∥ ,∴MA1∥NO,∴∠NOA2=∠MA1O,又∠NOA2=∠MOA1, ∴∠MOA1=∠MA1O. 又 OA1=OM,∴∠MA1O=∠OMA1,∴ △ MA1O 是等边三角形, = 3 ,可得 a=3; 则 M - 1 2 , 3 2 则 △ MF2O 的周长为:1+2+ - 1 2 - 2 2 + 3 2 2=3+ 715.B 解析 ∵抛物线 C 关于 x 轴对称,直线 x=2 垂直于 x 轴,又 OD⊥OE,∴△ODE 是等 腰直角三角形.不妨设点 D 在第一象限,则点 D 的坐标为(2,2),将其代入 y2=2px,得 p=1,所 以抛物线 C 的焦点坐标为 1 2 ,0 . 16.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. 17. C 解析 如图,连接 FA,因为 F 就是圆 x- 2 2+y2= 2 4 的圆心,所以 FA⊥KA,且|FA|= 2 又|KF|=p,所以∠AKF=30°,那么∠AKB=60°,所以 △ AKB 是等边三角形,所以 |AB|=|AK|= 3 2 p.又|AB|= 3 ,所以 p=2.故选 C. 18.AC 解析 设 P 点(x0,y0),由 P 在抛物线上,所以 0 2 =2px0,由抛物线的方程可得准线的 方程为 x=- 2 ,由题意可得 x0+ 2 =3,|y0|= 20 =2 2 ,解得:p=2 或 4,故选 AC. 19.2 解析 设直线 AB:x=my+1,联立 = + 1 , 2 = 4 ⇒ y2-4my-4=0,y1+y2=4m,y1y2=-4. 而 =(x1+1,y1-1)=(my1+2,y1-1), =(x2+1,y2-1)=(my2+2,y2-1).∵∠ AMB=90°, · =(my1+2)(my2+2)+(y1-1)(y2-1)=(m2+1)y1y2+(2m-1)(y1+y2)+5=- 4(m2+1)+(2m-1)4m+5=4m2-4m+1=0.∴m= 1 2 k= 1 =2. 20.3 解析 抛物线 C:y2=4x 的焦点 F(1,0).∵M 为 FN 的中点,∴M 的横坐标为 1 2 ,则 |FM|= 1 2 +1= 3 2 , |FN|=2|FM|=2 × 3 2 =3. 7.2 热点小专题三、圆锥曲线的离心率 关键能力·学案突破 【例 1】 3 -1 解析 ∵椭圆上存在点 P 使 △ OPF1 为正三角形,|OF1|=c,不妨设点 P 在第 二象限,∴点 P 的坐标为 - 2 , 3 2 c 代入椭圆方程,得 2 4 2 + 3 42 2 =1, 即 2 42 + 32 42 - 42 =1, 2 4 + 32 4 - 42 =1,解得 e= 3 -1. 对点训练 1 D 解析 如图, 作 PB⊥x 轴于点 B.由题意可设|F1F2|=|PF2|=2,则 c=1.由∠F1F2P=120°,可得 |PB|= 3 ,|BF2|=1,故|AB|=a+1+1=a+2, tan ∠PAB=| R | | | = 3 +2 = 3 6 ,解得 a=4,所以 e= = 1 4 【例 2】 D 解析 依据题意作出如下图象:由已知可得,当点 P 在椭圆的上(下)顶点处时,∠PF1F2 最大,要满足椭圆 C 上存在点 P(x0,y0)(x0≥0)使得∠PF1F2=60°,则 90°>(∠ PF1F2)max≥60°. 所以 tan(∠PF1F2)max≥tan 60°= 3 即 ≥ 3 ,整理得 b ≥ 3 c.又 a2=b2+c2≥3c2+c2=4c2,即 a2≥4c2,所以 e= = 2 2 ≤ 1 4 = 1 2 所以椭圆离心率的取值范 围为 0, 1 2 .故选 D. 对点训练 2 3 -1 解析 设右焦点为 F',连接 MF',NF',由椭圆对称性知四边形 FMF'N 为 平行四边形.又|MN|=2 2 - 2 =2c=FF',故 FMF'N 为矩 形.|FM| ≤ 3 |FN|= 3 |F'M|,|FM|+|F'M|=2a,即 2a-|F'M| ≤ 3 |F'M|, ∴|F'M| ≥ 2 3+1 又(2a-|F'M|)2+|F'M|2=4c2,故 00,b>0)的一条渐近线 y= x,即 bx-ay=0,因为 渐近线与圆(x-2)2+y2=1 相切,所以 | 2 | 2+2 =1,化简得 a2=3b2,所以 e= 1 + 2 2 = 1 + 1 3 = 2 3 3 【例 5】 1+ 5 2 解析 由题意可得 F(-c,0),M(0,-b),双曲线的一条渐近线方程为 bx-ay=0, 可得|MN|= | | 2+2 = ,|MF|= 2 + 2 ,在直角三角形 MOF 中,可得:b2= · 2 + 2 ,化为 b2c2=a2(c2+b2),由 b2=c2-a2,可得 c2-a2=ac,由 e= 可得 e2-1=e,即 e2-e-1=0,解得 e= 1+ 5 2 或 e= 1 - 5 2 (舍去).所以 e= 1+ 5 2 对点训练 5 D 解析 由 R = 1 2 ( + ),可得 P 为 FQ 的中点, 设 F(c,0),由渐近线方程 y= x,① 可设直线 FP 的方程为 y=- (x-c),② 由①②解得 P 2 , ,由中点坐标公式可得 Q 22 - , 2 ,代入抛物线的方程可得 422 2 =2p · 22 - ,③ 由题意可得 c= 2 ,即 2p=4c, 代入③,得 a2b2=2a2c2-c4,由 b2=a2-c2,得 a4-c4+a2c2=0,由 e= 可得 e4-e2-1=0,解得 e2= 1+ 5 2 故选 D. 【例 6】 A 解析 圆 C:x2+y2-10x+16=0 可化为(x-5)2+y2=9,∵圆 C:x2+y2-10x+16=0 上 有且仅有两点到双曲线 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线的距离为 1,∴圆心到双曲线渐 近线的距离大于 2 且小于 4.由对称性不妨取双曲线 2 2 2 2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线为 y= x,即 ax-by=0,∴2< 5 2+2 <4,即 2< 5 <4,解得 5 4 |F2A|,可得 3 2 > 2 , 即为 3a2>2b2=2(c2-a2),即有 e= 10 2 ,① 又在双曲线 C 的右支上存在点 P,使|PF1|+|PQ|< 7 6 |F1F2|成立,由双曲线的定义,可得 2a+|PF2|+|PQ|< 7 3 c 成立,由 F2,P,Q 共线时,|PF2|+|PQ|取得最小值|F2Q|= 3 2 a,可得 7 3 c>2a+ 3 2 a,即有 e= > 3 2 ,② 由 e>1,结合①②可得, e 的范围是 3 2 , 10 2 7.3 直线、圆、圆锥曲线小综合题专项练 考向训练·限时通关 1.B 解析 由题意知 a=1,b= 3 ,c=2.不妨设 F1,F2 分别为双曲线 C 的左、右焦点,则 F1(- 2,0),F2(2,0). 因为|OP|=2,所以点 P 在以 O 为圆心,F1F2 为直径的圆上,故 PF1⊥PF2,则 |PF1|2+|PF2|2=(2c)2=16. 由双曲线的定义可知||PF1|-|PF2||=2a=2,所以|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|=4,所以 |PF1|·|PF2|=6,所以 △ PF1F2 的面积为 1 2 |PF1|·|PF2|=3. 2.B 解析 由题意可知,双曲线的渐近线方程为 y=± ax. 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. 3.A 解析 不妨设点 P 在第一象限,设|PF1|=m,|PF2|=n,则 m>n,依题意 得, = 5 , 1 2 = 4 , 2 + 2 = 4 2 , - = 2 , 解得 a=1. 4.A 解析 双曲线 C: 2 4 2 2 =1 的右焦点为 F( 6 ,0),渐近线方程为 y=± 2 2 x,设 P(x,y)在第 一象限,由|PO|=|PF|,P 在直线 y= 2 2 x 上,可得 2 + 2 = ( - 6 ) 2 + 2 ,解得 x= 6 2 ,y= 3 2 , 即 P 6 2 , 3 2 所以 △ PFO 的面积为 1 2 × 6 × 3 2 = 3 2 4 故选 A. 5. A 解析 S 四边形 APBC=2S△PBC=2 · 1 2 BC·PB=BC, R 2 - 2 = R 2 - 1 , 圆心(2,0)到直线 3x-4y+4=0 的距离 d= | 6+4 | 32+42 =2,所以 PC 的最小值是 d=2,所以 S 四边 形 APBC ≥ 2 2 - 1 = 3 故选 A. 6. 16 3 解析 如图所示,直线与抛物线交于 A,B 两点,设 A(x1,y1),B(x2,y2),F(1,0),准线方程为 x=-1,作 AA',BB'垂直于准线,交准线于点 A',B',由抛物线的定义知|AA'|=|AF|,|BB'|=|BF|. |AB|=|AF|+|BF|=|AA'|+|BB'|=x1+ 2 +x2+ 2 =x1+x2+p. 由 = 3 ( - 1 ), 2 = 4 , 得 3x2-10x+3=0,∴x1+x2= 10 3 ,∴|AB|= 10 3 +2= 16 3 7.C 解析 ∵F(1,0),M(3,2 3 ),∴直线 MF 的方程是 y= 3 (x-1).由 2 = 4 , = 3 ( - 1 ), 解得 x1=3,x2= 1 3 | | | | = 2+ 2 1+2+ = 1 3+1 3+1 3+2 = 1 4 故选 C. 8.B 解析 由题意,直线 AB 的斜率必定存在.抛物线 y2=4x 的焦点为 F(1,0), 画出图形,可知 PF⊥AB,AM=AF,设 AB:y=k(x-1)与抛物线方程联立,可得 k2x2- (2k2+4)x+k2=0,所以 x1+x2= 22+4 2 ,x1x2=1,线段 AB 的中点为 Q.若|AB|=8,即 x1+x2+p=8,即 22+4 2 +2=8,解得 k=±1,不妨取 k=1.中点 Q 的横坐标为 2+2 2 =3,则 Q(3,2),直线 PF 的斜率 为-1,过点 F(1,0),则其方程为 y=-x+1 与 x=-1 联立解得 P(-1,2), 所以 PQ= (- 1 - 3 ) 2 + ( 2 - 2 ) 2 =4.故选 B. 9.C 解析 如图,作 BP⊥l,AQ⊥l,垂足分别为 P,Q.连接 AF,BF,设|AF|=a,|BF|=b. 由抛物线定义,得|AF|=|AQ|,|BF|=|BP|.在梯形 ABPQ 中,2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b,即 |MN|= + 2 由余弦定理,得|AB|2=a2+b2. 2abcos 120°=a2+b2+ab,配方,得|AB|2=(a+b)2-ab.又∵ab ≤ + 2 2,当且仅当 a=b 时, 等号成立.∴(a+b)2-ab≥(a+b)2- 1 4 (a+b)2= 3 4 (a+b)2,得到|AB| ≥ 3 2 (a+b).所以| | | | ≤ 1 2 ( + ) 3 2 ( + ) = 3 3 ,即| | | |的最大值为 3 3 故选 C. 10.B 解析 设圆的半径为 r,则|AB|=|PQ|=|PB|=|PA|=r,∴△PAB 为正三角形,∴ x0= + 3 2 ,由抛物线的定义可知,|PF|=x0+ 2 = 2+ 3 2 , 又|PF|= 3 |PQ|, 2+ 3 2 = 3 r,化简得: = 3 2 ∵P + 3 2 , 2 3 ,F 2 , 0 , ∴直线 PF 的方程为 y= 4 - 2 , 联立 = 4 - 2 , 2 = 2 , 消去 y 可得 16 2 x2- 16 2 + 2 x+ 42 2 =0, 由韦达定理可知, x0xM= 2 4 ,∴xM=2 4 0 = 2 2 ( + 3 ) = · 2 + 3 = 6 由抛物线的定义可知,|FM|=xM+ 2 = 2 3 , | R | | | = 2 3 = 3 2 · = 3 2 · 2 3 = 3 故选 B. 11.ACD 解析 ∵mx2+ny2=1, 2 1 + 2 1 =1.∵m>n>0, 1 > 1 >0,∴C 是焦点在 y 轴上的 椭圆,A 正确;∵m=n>0,∴x2+y2= 1 ,即 C 是圆,∴r= ,B 错误;由 mx2+ny2=1,得 2 1 + 2 1 =1, ∵mn<0, 1 与 1 异号,∴C 是双曲线,令 mx2+ny2=0,可得 y2=- x2,即 y=± - x,C 正确;当 m=0,n>0 时,有 ny2=1,得 y2= 1 ,即 y=± ,表示两条直线,D 正确,故选 ACD. 12.D 解析 根据题意直线 MN 存在斜率,易知 F(1,0).设直线 MN 的方程为 y=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2), 所以 E(0,-k),联立 = ( - 1 ), 2 = 4 , 整理可得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0,则 x1+x2= 22+4 2 ,x1x2=1,因为 =λ1 , =λ2 ,即 (x1,y1+k)=λ1(1-x1,-y1),(x2,y2+k)=λ2(1-x2,-y2) 所以λ1(1-x1)=x1,λ2(1-x2)=x2,即有λ1= 1 1 - 1 ,λ2= 2 1 - 2 所以λ1+λ2= 1 1 - 1 + 2 1 - 2 = x 1 ( 1 - 2 ) +2 ( 1 - 1 ) ( 1 - 1 )( 1 - 2 ) = 1+2 - 212 1 -( 1+2 ) +12 = 22+4 2 - 2 1 - 22+4 2 +1 =-1. 13.AC 解析 由题意可得 2a=6,2c=10,所以 a=3,c=5,b= 2 - 2 =4,右焦点 F(5,0),渐近线 的方程为 4x-3y=0,所以 C 的渐近线上的点到点 F 距离的最小值为点 F 到渐近线的距离, 为 b=4,所以选项 A 正确;离心率 e= = 5 3 ,所以选项 B 不正确;双曲线上的点为顶点时到 相应焦点的距离最小,为 5-3=2,所以选项 C 正确;若过点 F 的直线与双曲线的右支相交 于两点,则当这条直线垂直于 x 轴时,弦长最短,为 22 = 32 3 ;若过点 F 的直线与双曲线的左、 右两支相交于两点,则当这 条直线与 x 轴重合时,弦长最短,为 2a=6. 由于 6< 32 3 ,所以最短的弦长为 6,故选项 D 不正确.故选 AC. 14.AC 解析 设 A(x0,y0),B(-x0,-y0),P(x,y),则 0 2 3 0 2 =1, 2 3 2 =1.两式相减得: 2 - 0 2 3 = 2 - 0 2 , 即( +0 )( - 0 ) 3 = ( +0 )( - 0 ) , 3 × + 0 + 0 = - 0 - 0 ∴|k1|+|k2|= - 0 - 0 + +0 +0 = 3 +0 +0 + +0 +0 ≥2 3 , 又因为 t 的最大值为 2 3 3 ,所以 2 3 = 2 3 3 ,所以 m=1.故双曲线的方程为 2 3 -y2=1.故选 项 A 正确;∴双曲线的离心率 e= 2 3 ,故选项 B 错误;该双曲线的焦点为(±2,0),函数 y=loga(x-1)的图象恒过点(2,0),故选项 C 正确;又双曲线的渐近线为 y=± 3 3 x,直线 2x- 3y=0 的斜率 2 3 > 3 3 ,且该直线过原点,所以直线与双曲线没有交点,故选项 D 错误.故选 AC. 7.4 压轴题大题 2 直线与圆锥曲线 7.4.1 直线与圆及圆锥曲线 关键能力·学案突破 【例 1】 解 设 M(x,y),A(x0,0),B(0,y0),由 = 3 5 + 2 5 , 得(x,y)= 3 5 (x0,0)+ 2 5 (0,y0), 则 = 3 5 0 , = 2 5 0 , 即 0 = 5 3 , 0 = 5 2 , 由|AB|=5,得 0 2 + 0 2 =25,则有 5 3 2 + 5 2 2=25, 化简,得 2 9 + 2 4 =1. 对点训练 1 解 (1)设 N(x,y),A x1, 1 2 4 ,B x2, 2 2 4 ,x1≠x2,切线 MA,MB 的方程分别为 y= 1 2 (x- x1)+ 1 2 4 ,y= 2 2 (x-x2)+ 2 2 4 ,得 MA,MB 的交点 M(x0,y0)的坐标为 x0= 1+2 2 =2,y0= 12 4 =-4.又 kAB=2 2 4 - 1 2 4 2 - 1 = 1+2 4 =1,|AB|= 1 + 2 ( 1 + 2 ) 2 - 412 =4 10 ,∴r= 1 2 |AB|=2 10 (2)∵N 为线段 AB 的中点,∴x= 1+2 2 ,y= 1 2+2 2 8 点 M 在 C2 上,即 0 2 =-y0.由(1)得 1+2 2 2=- 12 4 , 则 1+2 2 2=-( 1+2 ) 2 -( 1 2+2 2 ) 8 ∴x2=- 42 - 8 8 ,x≠0,即 x2= 2 3 y(x≠0).∴圆心 N 的轨迹方程为 x2= 2 3 y(x≠0). 【例 2】 解 (1)证明:设 A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2,由 = + 2 , 2 = 2 , 可得 y2-2my-4=0,则 y1y2=-4. 又 x1= 1 2 2 ,x2= 2 2 2 ,故 x1x2=( 12 ) 2 4 =4.因此 OA 的斜率与 OB 的斜率之积为 1 1 · 2 2 = - 4 4 =-1, 所以 OA⊥OB,故坐标原点 O 在圆 M 上. (2)由(1)可得 y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4,故圆心 M 的坐标为(m2+2,m),圆 M 的半径 r= ( 2 + 2 ) 2 + 2 由于圆 M 过点 P(4,-2),因此 R ·R =0,故(x1-4)(x2- 4)+(y1+2)(y2+2)=0,即 x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0. 由(1)可知 y1y2=-4,x1x2=4,所以 2m2-m-1=0,解得 m=1 或 m=- 1 2 当 m=1 时,直线 l 的方程为 x-y-2=0,圆心 M 的坐标为(3,1),圆 M 的半径为 10 ,圆 M 的方程为(x-3)2+(y-1)2=10. 当 m=- 1 2 时,直线 l 的方程为 2x+y-4=0,圆心 M 的坐标为 9 4 ,- 1 2 ,圆 M 的半径为 85 4 ,圆 M 的方程为 - 9 4 2 + + 1 2 2 = 85 16 对点训练 2 解 (1)易知圆心 C 在线段 AB 的中垂线 y=x 上,故可设 C(a,a),圆 C 的半径为 r, 因为直线 3x+4y+5=0 被圆 C 所截得的弦长为 2 3 ,且 r= 2 + ( - 2 ) 2 ,所以 C(a,a)到直线 3x+4y+5=0 的距离 d=| 7+5 | 5 ,由 r2=d2+3 得,( 2 + ( - 2 ) 2 )2= | 7+5 | 5 2+3,即 a2-170a=0,所 以 a=0 或 a=170.又圆 C 的圆心在圆 x2+y2=2 的内部,所以 a=0,圆 C 的方程为 x2+y2=4. (2)将 y=x+1 代入 x2+y2=4 得 2x2+2x-3=0.设 A1(x1,y1),A2(x2,y2),则 x1+x2=-1,x1x2=- 3 2 所以 1 ·2 =(x1-2)(x2-2)+y1y2=x1x2-2(x1+x2)+4+(x1+1)(x2+1)=2x1x2-(x1+x2)+5=- 3+1+5=3. (3)证明:当直线 PA 的斜率不存在时,|AN|·|BM|=8,当直线 PA 与直线 PB 的斜率都存 在时,设 P(x0,y0),显然 x0≠0,且 x0≠2.直线 PA 的方程为 y= 0 - 2 0 x+2,令 y=0 得 M 20 2 - 0 , 0 直线 PB 的方程为 y= 0 0 - 2 (x-2),令 x=0 得 N 0, 20 2 - 0 .所以 |AN|·|BM|= 2 - 20 2 - 0 2 - 20 2 - 0 =4+4 0 0 - 2 + 0 0 - 2 + 00( 0 - 2 )( 0 - 2 ) =4+4 × 0 2 - 20+0 2 - 20+00( 0 - 2 )( 0 - 2 ) =4+4 × 4 - 20 - 20+00( 0 - 2 )( 0 - 2 ) =4+4 × 4 - 20 - 2 x 0+00 4 - 20 - 20+00 =8, 故|AN|·|BM|为定值 8. 【例 3】 解 (1)由题意知 2 - 2 = 2 = 3 , (- 1 ) 2 2 + 3 2 2 2 = 1 , 得(a2-4)(4a2-3)=0,又 a2=3+b2>3,故 a2=4,则 b2=1,所以椭圆 C 的方 程为 2 4 +y2=1. (2)设 M(m,0),直线 l:x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2),由 =2 ,得 y1=-2y2.由 2 4 + 2 = 1 , = + , 得(t2+4)y2+2tmy+m2-4=0.Δ=4t2m2-4(t2+4)(m2-4)>0,即 t2>m2-4.则 y1+y2=- 2 2+4 ,y1y2= 2 - 4 2+4 由 y1y2=-2 2 2 ,y1+y2=-2y2+y2=-y2, 得 y1y2=-2[-(y1+y2)]2=-2(y1+y2)2, 所以 2 - 4 2+4 =-2 - 2 2+4 2, 化简得(m2-4)(t2+4)=-8t2m2. 易知原点 O 到直线 l 的距离 d= | | 1+2 ,又直线 l 与圆 O:x2+y2= 4 7 相切,所以 | | 1+2 = 4 7 , 即 t2= 7 4 m2-1.由 ( 2 - 4 )( 2 + 4 ) = - 8 2 2 , 2 = 7 4 2 - 1 , 得 21m4-16m2-16=0,即(3m2-4)(7m2+4)=0,解得 m2= 4 3 ,此时 t2= 4 3 ,满足Δ>0,所以 M ± 2 3 3 , 0 在 Rt △ OMN 中,|MN|= 4 3 - 4 7 = 4 21 21 对点训练 3 解 (1)由已知,得 a= 2 b, 则椭圆 E 的方程为 2 22 + 2 2 =1. 由方程组 2 22 + 2 2 = 1 , = - + 3 , 得 3x2-12x+(18-2b2)=0.① 方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得 b2=3,此时方程①的解为 x1=x2=2,所以椭圆 E 的方程为 2 6 + 2 3 =1.点 T 的坐标为(2,1). (2)证明:由已知可设直线 l'的方程为 y= 1 2 x+m(m≠0),由方程组 = 1 2 + , = - + 3 , 可得 = 2 - 2 3 , = 1 + 2 3 . 所以 P 点坐标为 2 - 2 3 , 1 + 2 3 , 则|PT|2= 8 9 m2.设点 A,B 的坐标分别为 A(x1,y1),B(x2,y2). 由方程组 2 6 + 2 3 = 1 , = 1 2 + , 可得 3x2+4mx+(4m2-12)=0.② 方程②的判别式为Δ=16(9-2m2), 由Δ>0,解得- 3 2 2 0.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=- 10 1+52 ,y1+y2=k(x1+x2)+2m= 2 1+52 所以 AB 中点的坐标 为 - 5 1+52 , 1+52 ,所以弦 AB 的垂直平分线方程为 y- 1+52 =- 1 x+ 5 1+52 ,即 x+ky+ 4 1+52 =0.所以 d= 4 1+52 1+2 将|m|= 1 + 2 代入,得 d= 4 m 1+52 1+2 = | 4 | 1+52 = 4 1 | | +5 | | ≤ 4 2 5 = 2 5 5 ,当且仅当 |k|= 5 5 ,|m|= 30 5 时,取等号.综上所述,点 O 到弦 AB 的垂直平分线的距离的最大值为 2 5 5 (方法二) 利用点的坐标构建目标函数 设点 O 到弦 AB 的垂直平分线距离为 d, ①若直线 l 垂直于 x 轴,则弦 AB 的垂直平分线为 x 轴,所以 d=0; 若直线 l 垂直于 y 轴,则 l 与椭圆 C 只有一个交点,不符合题意. ②若直线 l 不与坐标轴垂直,设 A(x1,y1),B(x2,y2),AB 的中点坐标为 M(x0,y0),x0≠0,y0≠0, 由点 A,B 在椭圆上,得 1 2 5 + 1 2 = 1 ,① 2 2 5 + 2 2 = 1 ,② ①-②,得 1 5 (x1-x2)(x1+x2)+(y1-y2)(y1+y2)=0,即 kAB= 1 - 2 1 - 2 =- 1 5 · 1+2 1+2 =- 0 50 ,直线 l 的方程 为 y-y0=kAB(x-x0),化简得 x0x+5y0y- 0 2 -5 0 2 =0. 因为直线 l 与圆 O 相切,所以 1= |- 0 2 - 50 2 | 0 2+250 2 ,即 0 2 +5 0 2 = 0 2 + 250 2 , 又因为弦 AB 的垂直平分线方程为 y-y0= 50 0 (x-x0),即 5y0x-x0y-4x0y0=0,所以 d= |- 400 | 0 2+250 2 = | 400 | 0 2+50 2 = 4 | 0 0|+| 50 0 | ≤ 4 2 5 = 2 5 5 ,当且仅当 0 2 =5 0 2 = 3 2 时,取等号. 综上所述,点 O 到弦 AB 的垂直平分线的距离的最大值为 2 5 5 对点训练 1 解 (1)由 - + 1 = 0 , 2 = 2 , 消去 x,得 y2-2py+2p=0,∵直线 l:x-y+1=0 与抛物线 C 相切,∴Δ=4p2-8p=0,解得 p=2 或 p=0(舍去).∴抛物线 C 的方程为 y2=4x. (2)由于直线 m 不平行于 x 轴,故可设直线 m 的方程为 x=ty+1,由 = + 1 , 2 = 4 , 消去 x, 得 y2-4ty-4=0,Δ1=16t2+16>0,设 A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=4t,∴x1+x2=4t2+2, ∴线段 AB 的中点 M 的坐标为(2t2+1,2t).设点 A 到直线 l 的距离为 dA,点 B 到直线 l 的距离为 dB,点 M 到直线 l 的距离为 d,则 dA+dB=2d=2 × | 22 - 2+2 | 2 =2 2 |t2- t+1|=2 2 - 1 2 2 + 3 4 ,∴当 t= 1 2 时,可使 A,B 两点到直线 l 的距离之和最小,距离之和的 最小值为 3 2 2 【例 2】 解 (1)由已知可得 = 3 3 ,即 c2= 2 3 ,又 c2=a2-b2,所以 a2= 3 2 b2,所以椭圆 C 的方程为 2 3 22 + 2 2 =1,将点 3 2 , 2 2 代入方程,得 (3 2) 2 3 22 + ( 2 2 ) 2 2 =1,解得 b2=2,则 a2= 3 2 b2=3,所以椭圆 C 的 标准方程为 2 3 + 2 2 =1. (2)由(1)知椭圆的右焦点为(1,0). ①若直线 l 的斜率不存在,则直线 l 的方程为 x=1,易知 A 1, 2 3 3 ,B 1,- 2 3 3 ,E(1,1),F(1,-1),所以|AB|= 4 3 3 ,|EF|2=4,|AB|·|EF|2= 16 3 3 ; ②若直线 l 的斜率存在,设直线 l 的方程为 y=k(x-1),设 A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线 l 与 椭圆方程得 2 3 + 2 2 = 1 , = ( - 1 ), 可得(2+3k2)x2-6k2x+3k2-6=0,则 x1+x2= 62 2+32 ,x1x2= 32 - 6 2+32 , 所以|AB|= ( 1 + 2 )( 1 - 2 ) 2 = ( 1 + 2 ) 62 2+32 2- 4 × 32 - 6 2+32 = 4 3 ( 2+1 ) 2+32 ,因为圆 心(0,0)到直线 l 的距离 d= | | 2+1 ,所以|EF|2=4 2- 2 2+1 = 4 ( 2+2 ) 2+1 ,所以 |AB|·|EF|2= 4 3 ( 2+1 ) 2+32 · 4 ( 2+2 ) 2+1 = 16 3 ( 2+2 ) 2+32 = 16 3 3 · 2+2 2+2 3 = 16 3 3 1 + 4 3 2+2 3 , 因为 k2∈[0,+∞),所以|AB|·|EF|2 ∈ 16 3 3 , 16 3 ,综上,|AB|·|EF|2 的取值范围是 16 3 3 , 16 3 对点训练 2 解 (1)由题意知 A 2 , 0 ,则 B 2 +a,0 ,D 2 ,p ,则 C 2 +a, 2 + 2 ,又 a=p, 所以 kCD= 3 - 3 2 - 2 = 3 -1. (2)设直线 CD 的方程为 y=kx+b(k≠0),C(x1,y1),D(x2,y2),由 = + , 2 = 2 , 得 ky2- 2py+2pb=0,所以Δ=4p2-8pkb>0,得 kb< 2 ,又 y1+y2= 2 ,y1y2= 2 ,由 y1+y2= 2 >0,y1y2= 2 >0, 可知 k>0,b>0, 因为|CD|= 1 + 2 |x1-x2|=a 1 + 2 ,点 O 到直线 CD 的距离 d= |b| 1+2 ,所以 S1= 1 2 · a 1 + 2 · | | 1+2 = 1 2 ab.又 S2= 1 2 (y1+y2)·|x1-x2|= 1 2 · 2 · a= ,所以 1 2 = 2 ,因为 0(2+1)2 或 a2+(2a-4+1)2<(2-1)2,解得圆心 M 横坐标的取值范 围为(-∞,0) ∪ 12 5 , + ∞ 【例 2】 4 解析 设点 M 在准线上的射影为 D,则根据抛物线的定义可知|MF|=|MD|,∴ 要求|MP|+|MF|的最小值,即求|MP|+|MD|的最小值.当 D,M,P 三点共线时,|MP|+|MD|最 小,为 3-(-1)=4,所以|MP|+|MF|的最小值是 4. 跟踪训练 2 9 解析 设两圆(x-5)2+y2=4 和(x+5)2+y2=1 的圆心分别为 A,B,则 A,B 正好为 双曲线两焦点, |PM|-|PN|≤|PA|+2-(|PB|-1) =|PA|-|PB|+3=2×3+3=6+3=9,即最大值为 9. 7.4.3 圆锥曲线中的定点、 定值与存在性问题 关键能力·学案突破 【例 1】 (1)解 由题设得 A(-a,0),B(a,0),G(0,1).则 =(a,1), =(a,-1).由 · =8 得 a2- 1=8,即 a=3. 所以 E 的方程为 2 9 +y2=1. (2)证明 设 C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若 t≠0,设直线 CD 的方程为 x=my+n,由题意可知- 30),则直线 AD 的斜率为 1 21 = 2 ,所以直线 AD 的方程为 y= 2 (x-x1). 由 = 2 ( - 1 ), 2 4 + 2 3 = 1 , 消去 y,整理得 (3+k2)x2-2k2x1x+k2 1 2 -12=0, 由韦达定理得(-x1)+x2= 221 3+2 ,所以 x2= 221 3+2 +x1=( 32+3 ) 1 3+2 ,代入直线 AD 的方程,得 y2= 31 3+2 ,于是,直线 BM 斜率为 2 - 1 2 - 1 = 31 3+2 - 1( 32+3 ) 1 3+2 - 1 =- 3 2 ,则 k · - 3 2 =- 3 2 ,所以直线 AB 与 BM 斜率之积为定值- 3 2 【例 3】 解 (1)由题设得 4 2 + 1 2 =1, 2 - 2 2 = 1 2 ,解得 a2=6,b2=3,所以 C 的方程为 2 6 + 2 3 =1. (2)设 M(x1,y1),N(x2,y2). 若直线 MN 与 x 轴不垂直,设直线 MN 的方程为 y=kx+m,代入 2 6 + 2 3 =1 得 (1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0. 于是 x1+x2=- 4 1+22 ,x1x2= 22 - 6 1+22 ① 由 AM⊥AN 知 · =0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0, 可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0. 整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.因为 A(2,1)不在直线 MN 上,所以 2k+m-1≠0,故 2k+3m+1=0,k≠1. 于是 MN 的方程为 y=k x- 2 3 - 1 3 (k≠1). 所以直线 MN 过点 P 2 3 ,- 1 3 .若直线 MN 与 x 轴垂直,可得 N(x1,-y1). 由 · =0 得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0. 又 1 2 6 + 1 2 3 =1,可得 3 1 2 -8x1+4=0.解得 x1=2(舍去),x1= 2 3 此时直线 MN 过点 P 2 3 ,- 1 3 令 Q 为 AP 的中点,即 Q 4 3 , 1 3 若 D 与 P 不重合,则由题设知 AP 是 Rt △ ADP 的斜边,故|DQ|= 1 2 |AP|= 2 2 3 若 D 与 P 重合,则|DQ|= 1 2 |AP|. 综上,存在点 Q 4 3 , 1 3 ,使得|DQ|为定值. 对点训练 3 解 (1)由题意知 2a=| 0 - 0+4 5 | 4+1 ,∴a=2.由 2e2-3 2 e+2=0,解得 e= 2 2 或 e= 2 (舍), 即 = 2 2 ,∴c= 2 ,∴b= 2 椭圆 C 的方程为 2 4 + 2 2 =1. (2)存在. 假设 y 轴上存在与点 P 不同的定点 Q,使得| | | | = △ R △R 恒成立. 设 Q(0,m)(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),直线 l 的方程为 y=kx+1. 由 2 4 + 2 2 = 1 , = + 1 , 可得(2k2+1)x2+4kx-2=0,∴x1+x2=- 4 22+1 ,x1x2=- 2 22+1 Δ=16k2+8(2k2+1)=32k2+8>0, △ R △R = 1 2 |Q R || | sin∠R 1 2 | R || | sin∠R = | | sin∠R | | sin∠R | | | | = △ R △R , ∴sin ∠PQA=sin ∠PQB, ∴∠PQA=∠PQB, ∴kQA=-kQB, 1 - 1 =- 2 - 2 , ∴(m-1)(x1+x2)=2kx1x2, 即-(m-1) 4 22+1 =-2k 2 22+1 , 解得 m=2.∴存在定点 Q(0,2),使得| | | | = △ R △R 恒成立.
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