1、专题一第 1 讲 集合与常用逻辑用语1【解析】选 D.A0,2，a，B1，a2，AB0,1,2,4,16，a216，a4，a4.2【解析】选 B.A 项，xR，x1R，由指数函数性质得 2x10，是真命题；B项，xN*，当 x1 时，(x1)20 与(x1)20 矛盾，是假命题；C 项，当 x 110时，lg 11010 时，0，正确，故其逆否命题正确，中的命题不正确，故选 B.6【解析】选 B.Sa，b，c，d，由集合中元素的互异性可知当 a1 时，b1，c21，ci，又“对任意 x，yS 必有 xyS”知iS，即 di，bcd(1)i(i)1，故选 B.7【解析】x1 时，x1x为假命题【
2、答案】x0(0，)，x01x0 假8【解析】Bx|x25x40 x|x1 或 x4，Ax|xa|1x|a1xa1，由 AB知a11a14，解得 2a3.【答案】(2,3)9【解析】由已知得 A1,2，B2,4，U(AB)3,5集合中有两个元素【答案】210【解】(1)由 x22x80，得2x4，Ax|2x4当 m3 时，由 xm0，得 x3，Bx|x3，UABx|x4，UBx|3x4，A(UB)x|3x4(2)Ax|2x4，Bx|xm，又 AB，m2.(3)Ax|2x4，Bx|x0)，得 1mx1m.綈 p 是綈 q 的必要不充分条件，q 是 p 的必要不充分条件，即 p 是 q 的充分不必要
3、条件即 pq 但 q/p.x|2x10是x|1mx1m的真子集，1m2，1m10，解得 m9.实数 m 的取值范围为 m9.12【解】(1)如 A1,2,3，B2,3,4，则 AB1(2)不一定相等由(1)，BA4，而 AB1，BAAB，只有当 AB 时，ABBA，AB 与 BA 不一定相等(3)ABx|x6，BAx|6x4，A(AB)x|4x6，B(BA)x|4x6由此猜测一般的对于两个集合 A，B：有 A(AB)B(BA)成立第 2 讲 函数的图象与性质1【解析】选 C.由 f：xx 知，a1，ba0a1，b0ab1，故选 C.2【解析】选 D.由题意易知：ylg|x|x 为奇函数，排除
4、A、B；x1 时 y0，排除 C，故选 D.3【解析】选 D.用x 代换 x 得 f(x)g(x)ex，即 f(x)g(x)ex，联立方程组，解得：f(x)exex2，g(x)exex2，而 f(x)单调递增且大于等于 0，g(0)1，故选 D.4【解析】选 A.当 2x10，即 x12时，因为 f(x)在0，)上单调递增，故需满足2x113，即 x23，所以12x23.当 2x10，即 x12时，由于 f(x)是偶函数，故 f(x)在(，0上单调递减，f(13)f(13)，此时需满足 2x113，所以13x12，综上可得13x23.5【解析】选 C.法一：若 a0，则alog12alog2a
5、log21aa1aa1.若 a0，log12(a)log2(a)log2(1a)log2(a)1aaa21a(1,1)又a0，1af(a)，故排除 A、D.令 a2，f(2)log12(2)1，f(2)f(2)1，不满足 f(a)f(a)，故排除 B.6【解析】选 C.函数 y12ln1cosx1cosx的定义域满足1cosx1cosx0，即1cosx0，即 kx2k2，2kx2k(kZ)，两函数定义域不相同，不是同一函数；函数 yf(2x)反解得 2xf1(y)，即 x12f1(y)，yf(2x)的反函数为 y12g(x)；f(x)是奇函数，则 f(x)f(x)，又 f(x)f(2x)，f(
6、x)f(2x)，即 f(x2)f(x)，f(x4)f(x2)，f(x)f(x4)，f(x)的周期为 4.故选 C.7【解析】由 f(x2)1fx得 f(x4)1fx2f(x)，即函数 f(x)的周期为 4，f(5)f(1)5，又f(x)为偶函数，ff(5)f(5)5.【答案】58【解析】f(x)为定义域上的奇函数，f(x)f(x)0.k2x1k2x k2x1k2x0.得(k21)(22x1)0.22x10，k210，解得 k1.【答案】19【解析】法一：当 x1，y0 时，f(0)12；当 x1，y1 时，f(2)14；当 x2，y1 时，f(3)12；当 x2，y2 时，f(4)14；当 x
7、3，y2 时，f(5)14；当 x3，y3 时，f(6)12；当 x4，y3 时，f(7)14；当 x4，y4 时，f(8)14；f(x)是以 6 为周期的函数，f(2010)f(03356)f(0)12.法二：f(1)14，4f(x)f(y)f(xy)f(xy)，构造符合题意的函数 f(x)12cos3x，f(2010)12cos(32010)12.【答案】1210【解】(1)设顶点为 P(3,4)，且过点 A(2,2)的抛物线的方程为 ya(x3)24，将(2,2)代入可得 a2，y2(x3)24，即 y2x212x14.设 x2.又 f(x)为偶函数，f(x)f(x)2(x)212x14
8、，即 f(x)2x212x14.函数 f(x)在(，2)上的解析式为f(x)2x212x14.(2)函数 f(x)的图象如图所示(3)由函数图象可得函数 f(x)的值域为(，411【解】(1)f(x)的定义域 Df(，1)(1，)，g(x)的定义域 Dg(，)，所以 h(x)x2x1，x，11，1，x1.(2)当 x1 时，h(x)x2x1x211x1x1 1x12.若 x1，则 x10，h(x)2x1 1x124.当且仅当 x2 时，等号成立若 x1，则 x10，h(x)(x1)1x12220，当且仅当 x0 时取等号当 x1 时，h(x)1，综上知 h(x)的值域为y|y0 或 y1 或
9、y412【解】(1)由题设可得 f(x)f(x)2，即x2mxmxx2mxmx2，解得 m1.(2)当 x0 且 g(x)g(x)2，g(x)2g(x)x2ax1.(3)由(1)得 f(t)t1t1(t0)，其最小值为 f(1)3.g(x)x2ax1(xa2)21a24，当a20，即 a0 时，g(x)max1a24 3，得 a(2 2，0)；当a20，即 a0 时，g(x)max1log331,0blog76log771，clog20.8bc.3【解析】选 C.设每床每天收费提高 2x 元(xN*)，则收入为：y(102x)(10010 x)20(x52)21125(xN*)，当 x2 或
10、3 时，y 取最大值，当 x2 时，y1120，当 x3 时，y1120.为满足减少投入要求应在收入相同条件下多空出床位，故 x3.故选 C.4【解析】选 D.A 项，由图象开口向下知 a0，由对称轴位置知 b2a0，b0，c0.而由图知 f(0)c0；B 项，由图知 a0，b0.又abc0，c0；C 项，由图知 a0，b2a0.又abc0，c0，而由图知 f(0)c0，b2a0，b0，c0，由图知 f(0)c0，f(2)4sin520，函数 f(x)在0,2上存在零点；f(1)4sin110，函数 f(x)在2,0上存在零点；又254 120，而 f(2)0，函数 f(x)在2,4上存在零点
11、故选 A.6【解析】选 C.f(x)|lgx|的图象如图所示，由图知 f(a)f(b)，则有 0a10，g(b)在(1，)上为增函数，得 g(b)2b1b3，故选 C.7【解析】由题意：f(x)x12，f(|x|)|x|12，解|x|122 得4x4.【答案】4,48【解析】由 0|log0.5x|2 解得14x4，所以a，b长度的最大值为 414154.【答案】1549【解析】由二分法求解的过程及程序框图的运行过程知：(1)处填 f(a)f(m)0，(2)处填|ab|0.01 或 f(m)0.【答案】(1)f(a)f(m)0(2)|ab|0.01 或 f(m)010【解】f(x)的定义域为(
12、1,1)，f(x)(x)log21x1x(xlog21x1x)f(x)，f(x)为奇函数，f(12010)f(12010)0.11【解】(1)设隔热层厚度为 x cm，由题设，每年能源消耗费用为 C(x)k3x5，再由 C(0)8，得 k40，因此 C(x)403x5.而建造费用为 C1(x)6x.最后得隔热层建造费用与 20 年的能源消耗费用之和为 f(x)20C(x)C1(x)20 403x56x 8003x56x(0 x10)(2)f(x)6 24003x52，令 f(x)0，即 24003x526，解得 x5，x253(舍去)当 0 x5 时，f(x)0，当 50，故 x5 是 f(x
13、)的最小值点，对应的最小值为 f(5)65 80015570.当隔热层修建 5 cm 厚时，总费用达到最小值 70 万元12【解】(1)f(1)0，abc0，bac.b24ac(ac)24ac(ac)2，当 ac 时，0，函数 f(x)有一个零点；当 ac 时，0，函数 f(x)有两个零点(2)假设 a、b、c 存在，由知抛物线的对称轴为 x1，b2a1，即 b2a，由知xR，都有 0f(x)x12(x1)2.令 x1，得 0f(1)10f(1)10f(1)1abc1.又f(x)x0 恒成立，a0，b124ac0，(ac)24ac0，即(ac)20，即 ac.由abc1，b2a，ac，得 ac
14、14，b12，当 ac14，b12时，f(x)14x212x1414(x1)2，其顶点为(1,0)，满足条件.又 f(x)x14(x1)2xR，都有 0f(x)x12(x1)2，满足条件，综上，存在 a、b、cR，使 f(x)同时满足条件、，且 ac14，b12.第 4 讲 导数及其应用1【解析】选 B.yxsinx，令xsinx0，得 xsinx0，各选项中 x 均为正，只需 sinx0.故选 B.2【解析】选 A.yx22x3，y2x2.曲线在点 P(x0，y0)处切线倾斜角的取值范围是0，4，曲线在点 P 处的切线斜率 0k1.02x021，1x012.3【解析】选 D.由函数 f(x)
15、x22axa 在区间(，1)上有最小值，可得 a 的取值范围为 a0，所以g(x)为增函数4【解析】选 A.因为函数 f(x)12x42x33m，所以 f(x)2x36x2，令 f(x)0，得x0 或 x3，经检验知 x3 是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为 f(3)3m272，不等式 f(x)90 恒成立，即 f(x)9 恒成立，所以 3m272 9，解得 m32.5【解析】选 B.函数 f(x)x2ax3 在(0,1)上为减函数，a21，得 a2.又g(x)2xax，依题意 g(x)0 在 x(1,2)上恒成立，得 2x2a 在 x(1,2)上恒成立，有 a2，a2.6【解析】选 D
16、.函数 f(x)3ax2a1 在区间1,1上的图象是线段，由题意 f(1)f(1)0，解得1a15，所以 a150.由 g(x)(a15)(3x23)0，即 x1，故选 D.7【解析】因为 f(x)3x22xf(2)，所以 f(x)6x2f(2)，于是 f(2)122f(2)，解得 f(2)12，故 f(x)6x24，因此 f(5)6.【答案】68【解析】f(x)2xx1x2ax12x22xax12，由已知条件 f(1)0，解得 a3.【答案】39【解析】由图可知，当 x1 时，xf(x)0，即函数 f(x)在(，1)上单调递增；当1x0，故 f(x)0，即函数 f(x)在(1,0)上单调递减
17、，因此f(x)在 x1 时取得极大值；根据对称性可知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故在 x1 时取得极小值故正确【答案】10【解】由函数 f(x)112x416mx332x2 得，f(x)13x312mx23x，f(x)x2mx3.若 f(x)为区间(1,3)上的“凸函数”，则有 f(x)x2mx30，故 f(x)在(0，)上单调递增当 a1 时，f(x)0，故 f(x)在(0，)上单调递减当1a0；当 x(a12a，)时，f(x)0.故 f(x)在(0,a12a)上单调递增，在(a12a，)上单调递减(2)不妨设 x1x2.而 a1，由(1)知 f(x)在(0，)上
18、单调递减，从而对任意 x1，x2(0，)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|等价于对任意 x1，x2(0，)，f(x2)4x2f(x1)4x1.令 g(x)f(x)4x，则 g(x)a1x 2ax4.等价于 g(x)在(0，)上单调递减，即a1x 2ax40.从而 a4x12x21 2x124x222x212x122x21 2.故 a 的取值范围为(，2专题二第 1 讲 三角函数的图象与性质1【解析】选 B.由 ytanx 在(2，2)内递减知 0，且|1，则10.2【解析】选 B.在同一坐标系中作出 f(x)sinx 及 g(x)cosx 在0,2的图象，由图象知，当 x34，即 a34
19、 时，得 f(x)22，g(x)22，|MN|max|f(x)g(x)|2.3【解析】选 A.本题的函数是一个分段函数，在区间2,0)上是一次函数，其图象是一条直线，由图象可判断该直线的斜率 k12.在区间0，83 上是三角函数，三角函数解析式中的参量 由三角函数的周期决定由图象可知函数的周期为 T4(83 53)4，故 12.将点(53，0)代入解析式 y2sin(12x)，得1253 k，kZ，k56，kZ，结合各选项可知，选项 A 正确4【解析】选 B.对于 A，ycos2x1cos2x2，T，但在(2，)上为增函数；对于 B，作如图所示图象，可得：T，且在区间(2，)上为减函数；对于
20、C，函数 ycosx 在区间(2，)上为减函数；函数 y(13)x 为减函数，因此，y(13)cosx 在(2，)上为增函数；对于 D，函数 y 1tanx在区间(2，)上为增函数故选 B.5【解析】选 B.T2，2.又函数的图象关于直线 x3对称，故 23k12，k16，k1Z；由 sin(2xk16)0，得 2xk16k2，k1，k2Z，x 12(k2k1)2，当 k1k2 时，x 12.故函数 f(x)图象的一个对称中心为(12，0)，选 B.6【解析】选 D.T12，2126，从而设 y 关于 t 的函数为 ysin(6t)又t0 时，y 32，3，ysin(6t3)，2k26t32k
21、2，即 12k5t12k1，kZ 时，y 递增0t12，函数 y 的单调递增区间为0,1和7,127【解析】函数 f(x)2sinx(0)在区间4，3上的最小值为2，则 sinx 在区间4，3上的最小值为1，所以 T，2.【答案】2，)8【解析】由对称轴完全相同知两函数周期相同，2，f(x)3sin(2x6)由 x0，2，得62x656，32f(x)3.【答案】32，39【解析】f(x)cos2x2sinx2sin2x2sinx12(sinx12)232.当 sinx12时，f(x)取最大值32；当 sinx1 时，f(x)取最小值3.故函数的最大值和最小值之和为32332.【答案】3210【
22、解】(1)f(x)12sin2xsincos2x12cos12cos12(sin2xsincos2xcos)12cos(2x)又f(x)过点(6，12)，1212cos(3)，cos(3)1.由 00)的图象与直线 y12交点的横坐标由小到大依次是 x1，x2，xn，则由正弦曲线的对称性、周期性可知，x1x222，x3x4222，x2n1x2n22(n1)2(nN*)，所以 x1x2x2n1x2n(x1x2)(x3x4)(x2n1x2n)59(4n3)n1nn124(2n2n).第 2 讲 三角变换与解三角形1【解析】选 A.由 3sincos0 知 cos0，则 tan13，1cos2sin
23、2sin2cos2cos22sincostan2112tan103.2【解析】选 B.由 2 终边在第二象限，依题设知 tan2 3，所以 2120，得 60，tan 3.3【解析】选 B.由于 S12bcsinA10 3，即 5c 32 20 3，得 c8.又由余弦定理得：a2b2c22bccosA，即得 a7,2R asinA14 33，故外接圆直径为14 33.4【解析】选 D.由(a2c2b2)tanB 3ac，得a2c2b22ac 32 cosBsinB，即 cosB 32 cosBsinB，sinB 32.又角 B 在三角形中，角 B 为3或23.故选 D.5【解析】选 A.若 x
24、y0，则 sin(xy)sinxsiny，即 p2 为真命题对任意 x0，,1cos2x2 sin2x|sinx|sinx，则 p3 为真命题其中假命题为 p1，p4.6【解析】选 D.cos2sin4 cos2sin4sin22sin42cos(4)2cos 2sin 22sincos12，故选 D.7【解析】由正弦定理得6sin1202sinC，得 sinC12，于是有 C30.从而 A30.于是，ABC 是等腰三角形，ac 2.【答案】28【解析】sin 55，4cos24(12sin2)4(1215)125，f(4cos2)f(125)f125 2(1)f(25)f(25)3.【答案】
25、39【解析】原式sin40(sin10cos10 3)sin40sin10 3cos10cos102sin4012sin10 32 cos10cos102sin40sin30sin10cos30cos10cos102sin40cos40cos10sin80sin80 1.【答案】110【解】(1)OP OQ 12，12sin2cos212，即12(1cos2)cos212，cos223，cos22cos2113.(2)cos223，sin213，点 P(12，23)，点 Q(13，1)又点 P(12，23)在角 的终边上，sin45，cos35.同理 sin3 1010，cos 1010，si
26、n()sincoscossin45 1010 35(3 1010)1010.11【解】(1)CA2且 CAB，A4B2.sinAsin(4B2)22(cosB2sinB2)sin2A12(cosB2sinB2)212(1sin B)13.又 sinA0，sinA 33.(2)由正弦定理得 ACsinB BCsinA，BCACsinAsinB 6 33133 2.由 A4B2知，A、B 均为锐角，由 sinB13，sinA 33，得 cosB2 23，cosA 63.又 sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB 33 2 23 63 13 63，SABC12ACBCsinC12 6
27、3 2 63 3 2.12【解】(1)证明：如图，在直角坐标系 xOy 内作单位圆 O，并作出角，与，使 的始边为 Ox，交O 于点 P1，终边交O 于点 P2；角 的始边为 OP2，终边交O 于点 P3；角的始边为 OP1，终边交O 于点 P4.则 P1(1,0)，P2(cos，sin)，P3(cos()，sin()，P4(cos()，sin()由 P1P3P2P4 及两点间的距离公式，得cos()12sin2()cos()cos2sin()sin2.展开并整理，得 22cos()22(coscossinsin)，cos()coscossinsin.由易得，cos(2)sin，sin(2)c
28、os.sin()cos2()cos(2)()cos(2)cos()sin(2)sin()sincoscossin，sin()sincoscossin.(2)由题意，设ABC 的角 B、C 的对边分别为 b、c，则 S12bcsinA12，ABACbccosA30，A(0，2)，cosA3sinA.又 sin2Acos2A1，sinA 1010，cosA3 1010.由 cosB35，得 sinB45，cos(AB)cosAcosBsinAsinB 1010.故 cosCcos(AB)cos(AB)1010.第 3 讲 平面向量1【解析】选 B.ab，1m2(2)0，m4.2a3b2(1,2)3
29、(2，m)(4,43m)(4，8)2【解析】选 C.对于选项 A，单位向量方向任意，大小相等，故选项 A 错误；对于选项B，若 b 为零向量，则 a，c 不一定共线，故选项 B 错误；对于选项 C，根据向量的几何意义，对角线相等的四边形是矩形，所以 ab0，故选项 C 正确；对于选项 D，单位向量可能有夹角，所以不一定是 ab1，故选项 D 错误故选 C.3【解析】选 B.AD ABBD AB34BCa34(ba)14a34b，故选 B.4【解析】选 D.设 c(a，b)，则 ca(1a,2b)，b(2，3)又(ca)b，(1a)(3)2(2b)0又ab(3，1)，c(a，b)且 c(ab)，
30、3ab0解得a79b73，c(79，73)5【解析】选 C.由题意知 mn0，3cosAsinA0，tanA 3，0A，A3，又acosBbcosAcsinC，即 sinAcosBsinBcosAsin2C，sin(AB)sin2C，sin(C)sin2C，sinCsin2C，sinC1，0C1 时，anSnSn1(n2n)(n1)2(n1)2n2；当 n1 时，a1S10，符合上式此数列的通项公式为 an2n2，故选 A.5【解析】选 C.由题知 an2n，log2a2n12n1，log2a1log2a3log2a2n113(2n1)n2.6【解析】选 B.(a2a1)(a4a3)(a6a5
31、)3d，991053d.d2.又a1a3a53a16d105，a139.Snna1nn12dd2n2(a1d2)nn240n(n20)2400.当 n20 时，Sn 有最大值7【解析】由已知得，当 n 为奇数时，an2an0，当 n 为偶数时，an2an2，数列an的前 100 项为：1,2,1,4,1,6,1,8，1,98,1,100.S1005021005022600.【答案】26008【解析】设 an12(an)，即 an12an，则3.an132(an3)则an13an3 2，因此数列an3为等比数列，an3(a13)2n1，即 an2n13.【答案】2n139【解析】f(x)sinx
32、tanx 为奇函数，f(0)0，an为等差数列且 d0，an(1n27，nN*)对称分布在原点及原点两侧，f(a1)f(a2)f(a27)0f(a14)0，k14.【答案】1410【解】(1)设等差数列an的公差为 d，则由已知得a1d2，a14d8，a10，d2.ana1(n1)d2n2.(2)设等比数列bn的公比为 q，则由已知得 qq2a4，a46，q2 或 q3.等比数列bn的各项均为正数，q2.bn的前 n 项和 Tnb11qn1q112n122n1.11【解】(1)由已知，对所有 nN*，Sn2n2n，所以当 n1 时，a1S11，当 n2 时，anSnSn12n2n2(n1)2(
33、n1)4n3，因为 a1 也满足上式，所以数列an的通项公式为 an4n3(nN*)(2)由已知得 bn2n2nnp，因为bn是等差数列，可设 bnanb(a、b 为常数)，所以2n2nnp anb，于是 2n2nan2(apb)nbp，所以a2，apb1，bp0.因为 p0，所以 b0，p12.12【解】(1)依题意得，Sn1Snan1Sn3n，即 Sn12Sn3n，由此得 Sn13n12(Sn3n)因此，所求通项公式为bnSn3n(a3)2n1，nN*.(2)由知 Sn3n(a3)2n1，nN*，于是，当 n2 时，anSnSn13n(a3)2n13n1(a3)2n223n1(a3)2n2
34、，an1an43n1(a3)2n22n212(32)n2a3，当 n2 时，an1an12(32)n2a30a9.又 a2a13a1，综上，所求的 a 的取值范围是9，)第 2 讲 数列求和及综合应用1【解析】选 B.由 a1a7a133a74，得 a743.a2a122a783，故 tan(a2a12)tan(83)tan23 3.2【解析】选 C.等差数列an中，a11a100，a110，故 a11a10.即 a11a100，使 Sn0 的 n 的最大值为 19.3【解析】选 A.a14，a2f(a1)f(4)1，a3f(a2)f(1)5，a4f(a3)f(5)2，a5f(a4)f(2)4
35、，a61，a75，a2010a45022a21.4【解析】选 A.a2na2n198(anan1)，整理得(an4)2(an14)29.数列(an4)2是以首项为 4，公差为 9 的等差数列，(an4)24(n1)99n5，an4 9n5，an4 9n5，a704 62529.5【解析】选 C.Snna1nn12d，Snd2n2(a1d2)n，又 a10，公差 d0，所以点(n，Sn)所在抛物线开口向下，对称轴在 y 轴右侧6【解析】选 D.由题意可知，a1f(1)12，an1f(n1)f(1)f(n)12an.数列an是以12为首项，12为公比的等比数列Sn12112n1121(12)n，则
36、 Sn 的取值范围为12，1)，故选 D.7【解析】由于 d0，a90，由已知|a3|a9|a3a90，由于 a3a92a6a60，故数列的前 5 项或前 6 项和最大【答案】5 或 68【解析】由 an1a2n，得 lgan1lga2n，即 lgan12lgan，故lgan是以 lg3 为首项，2为公比的等比数列，lgan2n1lg3lg32n1,所以 an32n1.【答案】32n19【解析】L(x，y)|ymn，m(x2b,2)，n(1，b1)，ymnx2b2(b1)x2.P1L(x，y)|x1，P1(1,3)，即 a11，b13.又an1an1，ann.点 Pn(an，bn)L，bnan
37、2n2.【答案】bnn210【解】(1)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d，由题意，得a12d515a115142d225，解得a11d2，an2n1.(2)由(1)得 bn2an2n124n2n，Tnb1b2bn12(4424n)2(12n)4n146n2n234nn2n23.11【解】(1)a2，a3，a6 成等比数列，qa3a2a6a3a6a3a3a23dd 3.(2)证明：Snna1nn1d2.Snn a1n1d21n1d2.可见，点(n，Snn)在直线 y1x12d 上P1、P2、Pn 各点都在过点(1,1)且斜率为d2的直线上此直线的方程为 y1d2(x1)12【解】(1)证
38、明：由 anSnn 2(n1)，得 Snnan2n(n1)(nN*)当 n2 时，anSnSn1nan(n1)an14(n1)，即 anan14，数列an是以 a11 为首项，4 为公差的等差数列于是，an4n3，Sna1ann22n2n(nN*)(2)证明：Tn 1a1a2 1a2a3 1a3a41anan1 115 159191314n34n114(115)(1519)(19 113)(14n314n1)14(114n1)n4n1 n4n14.又易知 Tn 单调递增，故 TnT115，于是，15Tn0.解得1x1，解集为1,12【解析】选 C.取特殊值，如令 a1，b2，则可得ab ab2
39、a，故选 C.3【解析】选 D.由已知得，Ax|x52或 x2，Bx|x0 或 x3ABx|x1，b1，axby3，ab2 3，所以 xloga3，ylogb3.1x1y 1loga3 1logb3log3alog3blog3(ab)log3(ab2)2log3(2 32)21，当且仅当 ab 时，等号成立7【解析】由题图知，f(x)在(，1)上恒大于 0，即2x1x1 1，x2x10，解得2x0 时，f(a)a4a2a4a4，当且仅当 a2 时等号成立，即要使 a4a4 恒成立，则 a2；当 a0，b0)，目标函数等值线 l：yabxz 最大值时的最优解为2xy20，8xy40，解得 A(1
40、,4)，8ab4，ab4.又ab2 ab；当且仅当 ab2 时取等号，ab4.【答案】410【解】设 f(a)a(x2x)2x2，则当 a1,3时 f(a)0 恒成立f1x2x20f33x2x20，解得 x2 或 x2 或 x1.11【解】(1)化简可得，集合 Ax|2x5，则 AZ2，1,0,1,2,3,4,5(2)集合 Bx|(xm1)(x2m1)0，当 m2 时，B，所以 BA；当 m2 时，(2m1)(m1)2m2 时，B(m1,2m1)，要使 BA，只需m12，2m15，解得1m2.综上所述，m 的取值范围是 m2 或1m2.12【解】(1)当 0t10 时，f(t)t224t100
41、(t12)2244 是增函数，且 f(10)240，当 20t40 时，f(t)7t380 是减函数，且 f(20)240，所以，讲课开始后 10 分钟，学生的注意力最集中，能持续 10 分钟(2)f(5)195，f(25)205，所以，讲课开始 25 分钟时，学生的注意力比讲课开始后 5 分钟更集中(3)当 0t10 时，令 f(t)t224t100180，解得 t4，当 2024.所以，经过适当安排，老师可以在学生达到所需的状态下讲授完这道题目第 2 讲 推理与证明1【解析】选 B.x1x2x1x成立则 x 必大于 0.2【解析】选 B.用反证法证明命题应先否定结论，故选 B.3【解析】选
42、 C.a、b、c 是不全相等的正数，故正确错误；对任意两个数 a、b，ab 与 aa bb a(a b)2(a b)0a0，b0 且 ab.【答案】a0，b0 且 ab8【解析】注意到 3221,5231,7241，因此 1122 1321n122n1n1.【答案】1122 1321n120，b0，1b2a,1a2b，11ab2(ab)，即 2ab.这与已知 ab2 矛盾，故假设不成立，即1ba、1ab 中至少有一个小于 2.12【解】三角形和四面体有下列共同性质(1)三角形是平面内由直线段围成的最简单的封闭图形；四面体是空间中由平面三角形所围成的最简单的封闭图形(2)三角形可以看作平面上一条
43、线段外一点及这条线段上的各端点的连线所形成的图形；四面体可以看作三角形外一点与这个三角形上各顶点的连线所围成的图形根据三角形的性质可以推测空间四面体有如下性质：三角形四面体三角形的两边之和大于第三边四面体任意三个面的面积之和大于第四个面的面积三角形的中位线等于第三边的一半，并且平行于第三边四面体的中位面的面积等于第四个面面积的14，且平行于第四个面三角形的面积为S12(abc)r(r为三角形内切圆的半径)四面体的体积为V13(S1S2S3S4)r，S1，S2，S3，S4 为四个面的面积，r 为四面体内切球的半径专题五第 1 讲 空间几何体1【解析】选 C.直线 kxy10 过圆 x2(y1)2
44、3 的圆心(0，1)，故所得几何体是半径为 3的球，其体积为43(3)34 3，故选 C.2【解析】选 D.由正视图还原实物图知，该几何体的高是 1，底面边长是 2 的正三棱柱，S 侧2136.3【解析】选 C.设正四棱柱的底面边长为 a，球半径为 R，则2R216 2a2a2416，解得 a2，R26，球的表面积 S4R224.4【解析】选 B.根据斜二测画法画平面图形直观图的规则，可以得出原图的面积 S 与它的直观图的面积 S之间的关系是 S 24 S，又因为直观图的面积为 a2，所以原平面四边形的面积等于 a2242 2a2.5【解析】选 D.设圆柱的母线长为 x，底面半径为 r，由rR
45、HxH，得 rRRHx，那么圆柱的侧面积 S2rx2x(RRHx)2RH x22Rx，则2RH x22Rx12RH(2xH)20 xH2.故所求圆柱的母线长为H2.6【解析】选 C.法一：设三棱锥另一棱长 BCx，如图所示，取 BC 的中点 E，连结 AE、DE，易证 BC 垂直于平面 ADE，故 VABCD13SADEBE13SADEEC13SADEBC1312a3a2x22x a12 x23a2x2 a12x23a2x22a38，当且仅当 x2(3a2x2)x 62 a 时取得等号法二：如图，底 ABD 是固定的，当 C 运动时，显然当平面 CAD平面 ABD 时高最大，体积最大，Vmax
46、13(34 a2)32 aa38.7【解析】错，必须是两个相邻的侧面正确错，反例，可以是一个斜四棱锥正确，对角钱两两相等，则此两条对角线组成的平行四边形为矩形，故正确答案为.【答案】8【解析】对于第一组的两个立体图形，图(1)的正(主)视图与图(2)的俯视图相同对于第二组的两个立体图形，图(3)的正(主)视图与图(4)的正(主)视图不同，而侧(左)视图和俯视图都是相同的【答案】(1)俯视图(2)正视 正视9【解析】该几何体是上面是底面边长为 2 的正四棱锥，下面是底面边长为 1、高为 2的正四棱柱的组合体，其体积为 V11213221103.【答案】10310【解】如图，由题意知，轴截面 PA
47、B 为正三角形，故当球在容器内时，水深为 3r，水面半径为3r，容器内水的体积是VV 圆锥V 球3(3r)23r43r353r3.将球取出后，设容器中水的深度为 h，则水面半径为 33 h.此时容器内水的体积为 V3(33 h)2h9h3.由 VV，得 h3 15 r.即铁球取出后水深为3 15 r.11【解】(1)证明：在PBC 中，E，F 分别是 PB，PC 的中点，EFBC.四边形 ABCD 为矩形，BCAD，EFAD.AD平面 PAD，EF平面 PAD，EF平面 PAD.(2)连结 AE，AC，EC，过 E 作 EGPA 交 AB 于点 G，则 EG平面 ABCD，且 EG12PA.在
48、PAB 中，APAB，PAB90，BP2，APAB 2，EG 22.SABC12ABBC12 22 2，VEABC13SABCEG13 2 22 13.12【解】(1)几何体的直观图如图BB1C1C 是矩形，BB1CC1 3，BC1，AA1C1C 是边长为 3的正方形，且垂直于底面BB1C1C.其体积 V121 3 332.(2)证明：ACB90，BCAC.三棱柱 ABCA1B1C1 为直三棱柱，BCCC1.ACCC1C，BC平面 ACC1A1，BCA1C.B1C1BC，B1C1A1C.四边形 ACC1A1 为正方形，A1CAC1.B1C1AC1C1A1C平面 AB1C1.(3)当 E 为棱
49、AB 的中点时，DE平面 AB1C1.证明：如图，取 BB1 的中点 F，连结 EF，FD，DE，D，E，F 分别为 CC1，AB，BB1 的中点，EFAB1.AB1平面 AB1C1，EF平面 AB1C1，EF平面 AB1C1.FDB1C1，FD面 AB1C1，又 EFFDF，面 DEF面 AB1C1.而 DE面 DEF，DE面 AB1C1.第 2 讲 点、直线、平面之间的位置关系1【解析】选 C.如图，根据两条平行直线、两条相交直线确定一个平面，可得 CD、BC、BB1、AA1、C1D1 符合条件2【解析】选 D.如图所示的正方体中，平面 OCMN 为平面.平面 AOB 为平面，此时 AC
50、与平面 不垂直3【解析】选 C.A 选项中，平行于同一个平面的两条直线的位置关系可以是异面、平行和相交，故 A 错误；B 选项中，平面 与 还可以相交，故 B 错误；经判断可知，选项 D错误；选项 C 中，由面面垂直的判定定理可知正确4【解析】选 D.注意审题是选不正确的选项，分别判断易知 D 选项中当四点构成空间四面体时，只能推出 ADBC，二者不一定相等，如图易证得直线 BC平面 ADE，从而 ADBC.5【解析】选 B.当 M，N 重合时，四边形 ACBD 为平行四边形，故 ACBDl，此时直线 AC 与 l 不可能相交，B 正确，易知 A，C，D 均不正确6【解析】选 C.D、F 分别
51、为 AB、CA 的中点，DFBC，BC平面 PDF，故 A 正确又PABC 为正四面体，P 在底面 ABC 内的射影 O 在 AE 上PO平面 ABC，PODF.又E 为 BC 中点，AEBC.AEDF.又POAEO，DF平面 PAE，故 B 正确又PO平面 PAE，PO平面 ABC，平面 PAE平面 ABC，故 D 正确四个结论中不成立的是 C.7【解析】MNBC，MNBB1，而 BB1平面 AB1，MN平面 AB1.【答案】MN平面 AB18【解析】取 AC 中点 M，连结 PM，易得 ACPM，ACBM，所以 AC平面 PMB，从而有 ACPB，正确；ACDE，所以 AC平面 PDE，正
52、确；因为 AB 与 DE 不垂直，所以 AB与平面 PDE 也不垂直，不正确【答案】9【解析】命题是两个平面平行的判定定理，正确；命题是直线与平面平行的判定定理，正确；命题中在 内可以作无数条直线与 l 垂直，但 与 只是相交关系，不一定垂直，错误；命题中直线 l 与 垂直可推出 l 与 内两条直线垂直，但 l 与 内的两条直线垂直推不出直线 l 与 垂直，所以直线 l 与 垂直的必要不充分条件是 l 与 内的两条直线垂直【答案】10.【证明】(1)设 ACBDH，连结 EH.在ADC 中，因为 ADCD，且 DB 平分ADC，所以 H 为 AC 的中点又由题设 E 为 PC 的中点，故 EH
53、PA.又 EH平面 BDE 且 PA平面BDE，所以 PA平面 BDE.(2)因为 PD平面 ABCD，AC平面 ABCD，所以 PDAC.结合(1)易知 DBAC.又 PDDBD，故 AC平面 PBD.11【解】(1)因为 CD平面 PBO，CD平面 ABCD，且平面 ABCD平面 PBOBO，所以 BOCD，又 BCAD，所以四边形 BCDO 为平行四边形，则 BCDO，而 AD3BC，故点 O 的位置满足ODAD13，即在 AD 的13处且离 D 点比较近(2)证明：因为侧面 PAD底面 ABCD，AB底面 ABCD，且 AB交线 AD，所以 AB平面 PAD，则 ABPD.又 PAPD
54、，且 PA平面 PAB，AB平面 PAB，ABPAA，所以 PD平面 PAB.而 PD平面 PCD，所以平面 PAB平面 PCD.12【解】(1)如图，将侧面 BB1C1C 绕棱 CC1 旋转 120使其与侧面 AA1C1C 在同一平面上，点 B 运动到点 B2 的位置，连结 A1B2，则 A1B2 就是由点 B 沿棱柱侧面经过棱 CC1 到点 A1 的最短路线设棱柱的棱长为 a，则 B2CACAA1a.CDAA1，D 为 CC1 的中点在 RtA1AB2 中，由勾股定理得 A1A2AB22A1B22，即 a24a2(2 5)2，解得 a2，SABC 34 22 3.VABCA1B1C1SAB
55、CAA12 3.(2)设 A1B 与 AB1 的交点为 O，连结 BB2、OD，则 ODBB2.BB2平面 ABC，OD平面 ABC，OD平面 ABC，即在平面 A1BD 内存在过点 D 的直线与平面 ABC 平行(3)证明：连结 AD、B1D，RtA1C1DRtBCDRtACD，A1DBDB1DAD.ODA1B，ODAB1.A1BAB1O，OD平面 A1ABB1.又OD平面 A1BD，平面 A1BD平面 A1ABB1.专题六第 1 讲 直线与圆1【解析】选 D.法一：将选项分别代入题干中观察，易求出 D 符合要求，故选 D.法二：直线 yax2 和 y(a2)x1 互相垂直，a(a2)1，a
56、1.2【解析】选 B.夹在两条平行线之间的最大的圆的半径为两平行线间距离的一半，而两平行线间的距离 d|020|3242205 4，所以 rd22，则圆的最大面积 Sr24.3【解析】选 C.与直线 3x4y10 平行的直线可设为 3x4ym0，由两平行线之间的距离公式可得|m1|32424m19 或 m21，即直线方程为 3x4y210 或 3x4y190，原点位于直线 l 与直线 3x4y10 之间，可将点(0,0)代入两直线解析式，乘积为负的即为所求，故应选 C.4.【解析】选 B.如图，若|MN|2 3，则由圆与直线的位置关系可知圆心到直线的距离满足 d222(3)21.直线方程为 y
57、kx3，d|k233|1k2 1，解得 k 33.若|MN|2 3，则 33 k 33.5【解析】选 D.曲线 C 的方程可化为(xa)2(y2a)24，其圆心为(a,2a)，要使得圆 C 所有的点均在第二象限内，则圆心(a,2a)必须在第二象限，从而有 a0，并且圆心到两坐标轴的最短距离应该大于圆 C 的半径，易知圆心到纵坐标轴的最短距离为|a|，则有|a|2，故 a2.6【解析】选 B.圆 x2y22x2y0 的圆心为(1，1)，1a1b1，b aa10，可得a1.3ab3a aa13a 1a113(a1)1a142 34(当且仅当 a 333时等号成立)7【解析】设圆心坐标为(a,0)(
58、a0)，则由圆心到直线的距离为 2知|a|2 2，故 a2.因此圆 O 的方程为(x2)2y22.【答案】(x2)2y228【解析】由题意可知 l1l3，k1tan 2，k2tan 2 2tan 1tan243.l2 的纵截距为2，l2 的方程为 y43x2.由y43x2，x2y10，P(3,2)，l1 过 P 点，l1 的方程为 2xy80.【答案】2xy809【解析】本题考查的是两圆的位置关系，以及对称性，可用数形结合更直观由两圆的方程可知它们的圆心坐标分别为(1,1)，(2，2)，则过它们圆心的直线方程为x121y121，即 yx.根据圆的几何性质可知两圆的交点应关于过它们圆心的直线对称
59、，故由P(1,2)可得它关于直线 yx 的对称点即 Q 点的坐标为(2，1)【答案】(2，1)10【解】(1)显然两直线的斜率都存在，两条直线的方程化为 l1：ym8xn8和 l2：y2mx1m(m0)，故只需m82m，n81m，即m4，n2，即当 m4 且 n2 或当 m4 且 n2 时，两直线平行(2)法一：若两直线的斜率都存在，则可得两条直线的斜率分别为m8，2m，但由于(m8)(2m)141，所以，此时两直线不垂直若 m0，则两条直线中一条斜率为 0，另一条斜率不存在，于是两直线垂直综上可知，当 m0，且 nR 时，两直线垂直法二：因为两直线垂直，所以只需 2m8m0，即 m0.故当
60、m0 且 nR 时，两直线垂直11【解】(1)kAB 2 202 2.kBC 1kAB 22，直线 BC 的方程为 y2 2 22(x0)，即 y 22 x2 2.(2)由直线 BC 的方程可得 C 点坐标为(4,0)，又圆 M 以线段 AC 为直径，AC 的中点 M 的坐标为(1,0)，半径为 3，圆 M 的方程为 x2y22x80.12【解】(1)当 k15 时，(x2)2(y1)220，设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)已知圆的圆心(2,1)到直线 x2y50 的距离为 5，则x02y050，y01x022，x01，y03.r2 52 52 15，所求圆的方程为(x1)2(y3)215.
61、(2)已知圆的圆心(2,1)关于 yx4 的对称点为(3,2)，点(3,2)到 6x8y590 的距离为|638259|628252，即 r52.1644k452，k54.第 2 讲 椭圆、双曲线、抛物线1【解析】选 D.由题意知，过点(4，2)的渐近线方程为 ybax，2ba4，a2b.设 bk，则 a2k，c 5k，eca 5k2k 52.2.【解析】选 B.如图所示，抛物线的焦点为 F(2,0)，准线方程为 x2，由抛物线的定义知：|PF|PE|426.3【解析】选 B.抛物线 y224x 的准线方程为 x6，故双曲线中 c6.由双曲线x2a2y2b21 的一条渐近线方程为 y 3x，知
62、ba 3，且 c2a2b2.由解得 a29，b227.故双曲线的方程为x29y2271，故选 B.4【解析】选 B.设|PF1|x，|PF2|y，则 xy18，x2y24c2，故 4a2(xy)24c236，又ca54，c5，a4，b3，得 ab7.5【解析】选 B.如图，设|PF1|m，|PF2|n.则|mn|2，2 22m2n22mncosF1PF2，即m22mnn24，m2mnn28，mn4，即|PF1|PF2|4.6【解析】选 A.设椭圆的左，右焦点分别为 F1，F2，两圆的半径为 R，则由题意可知|PM|PN|的最大值为|PF1|PF2|2R，最小值为|PF1|PF2|2R，又因为|
63、PF1|PF2|2a6，R1，所以|PM|PN|的最大值为 8，最小值为 4.故选 A.7【解析】双曲线的焦点与椭圆的焦点相同，c4.eca2，a2，b212，b2 3.焦点在 x 轴上，焦点坐标为(4,0)，渐近线方程为 ybax，即 y 3x，化为一般式为 3xy0.【答案】(4,0)3xy08【解析】F(p2，0)，设 A(x1，y1)、B(x2，y2)，直线 AB：yxp2，与 y22px 联立，得 x23pxp24 0.x1x23p.由弦长公式得，|AB|x1x2p4p8，得 p2.【答案】29【解析】由 y24x 得，抛物线的焦点为 F(1,0)，过点 F 且垂直于 x 轴的直线与
64、该抛物线的交点坐标分别为：A(1,2)，B(1，2)，又椭圆 C 右焦点的坐标为(1,0)，椭圆右顶点与 A，B 构成等腰直角三角形，所以椭圆的右顶点坐标为(3,0)，即 a3，所以 eca13.【答案】1310【解】(1)将(1，2)代入 y22px，得(2)22p1，所以 p2.故所求的抛物线 C 的方程为 y24x，其准线方程为 x1.(2)假设存在符合题意的直线 l，其方程为 y2xt.由y2xt，y24x，得 y22y2t0.因为直线 l 与抛物线 C 有公共点，所以 48t0，解得 t12.另一方面，由直线 OA 与 l 的距离 d 55 可得|t|5 15，解得 t1.因为 t1
65、 与 t12相矛盾，所以符合题意的直线 l 存在，其方程为 2xy10.11【解】(1)由椭圆定义知|AF2|BF2|AB|4a，又 2|AB|AF2|BF2|，得|AB|43a.l 的方程为 yxc，其中 c a2b2.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 A、B 两点的坐标满足方程组yxc，x2a2y2b21，化简得(a2b2)x22a2cxa2(c2b2)0，则 x1x22a2ca2b2，x1x2a2c2b2a2b2.因为直线 AB 的斜率为 1，所以|AB|2|x2x1|2x1x224x1x2，即43a 4ab2a2b2，故 a22b2.所以椭圆 E 的离心率 eca a2b2a
66、 22.(2)设线段 AB 的中点为 N(x0，y0)，由(1)知 x0 x1x22 a2ca2b223c，y0 x0cc3.由|PA|PB|得 kPN1，即y01x0 1，得 c3，从而 a3 2，b3.故椭圆 E 的方程为x218y291.12【解】(1)由题设得 A(3,0)，B(3,0)，F(2,0)设点 P(x，y)，则 PF2(x2)2y2，PB2(x3)2y2.由 PF2PB24，得(x2)2y2(x3)2y24，化简得 x92.故所求点 P 的轨迹为直线 x92.(2)如图，由 x12，x219y2151 及 y10，得 y153，则点 M(2，53)，从而直线 AM 的方程为
67、 y13x1；由 x213，x229y2251 及 y20，得 y2209，则点 N(13，209)，从而直线 BN 的方程为 y56x52.由y13x1，y56x52，解得x7，y103.所以点 T 的坐标为(7，103)专题七第 1 讲 概 率1【解析】选 B.由互斥事件、对立事件的概率得，此人射击 1 次，命中不足 8 环的概率为 1(0.250.150.08)0.52，故选 B.2【解析】选 A.(甲送给丙、乙送给丁)、(甲送给丁，乙送给丙)、(甲、乙都送给丙)、(甲、乙都送给丁)共四种情况，其中甲、乙将贺年卡送给同一人的情况有两种，所以选 A.3【解析】选 C.甲共得 6 条，乙共得
68、 6 条，共有 6636 对，其中垂直的有 10 对，P1036 518.4【解析】选 C.由 log2xy1 得 2xy.又 x1,2,3,4,5,6，y1,2,3,4,5,6，所以满足题意的有 x1，y2 或 x2，y4 或 x3，y6，共 3 种情况所以所求的概率为 336 112，故选 C.5【解析】选 C.由题意得2bc802bc0，则它表示的区域的面积为 8，所以概率为12，故选 C.6【解析】选 C.因为 f(x)x3axb，所以 f(x)3x2a.因为 a1,2,3,4，因此 f(x)0，所以函数 f(x)在区间1,2上为增函数若存在零点，则f11ab0f282ab0，解得 a
69、1b82a.因此可使函数在区间1,2上有零点的有：a1,2b10，故 b2，b4，b8.a2,3b12，故 b4，b8，b12.a3,4b14，故 b4，b8，b12.a4,5b16，故 b8，b12.根据古典概型可得有零点的概率为1116.7【解析】一副扑克牌中有 1 张红桃 K,13 张黑桃，事件 A 与事件 B 为互斥事件，P(AB)P(A)P(B)1521352 726.【答案】7268【解析】e1b2a2 5，b2a，符合 b2a 的情况有：当 a1 时，b3,4,5,6四种情况；当 a2 时，b5,6 两种情况，总共有 6 种情况则所求概率为 63616.【答案】169【解析】设事
70、件 A 表示“从 100 件产品中任取 1 件是一等品”，事件 B 表示“从 100件产品中任取 1 件是二等品”，事件 C 表示“从 100 件产品中任取 1 件是合格品”，则 CAB，P(C)P(A)P(B)70100 25100 95100，P(CA)P(A)70100.P(A|C)PCAPC 70951419.【答案】141910【解】(1)由题意可得，x18 236 y54，所以 x1，y3.(2)记从高校 B 抽取的 2 人为 b1，b2，从高校 C 抽取的 3 人为 c1，c2，c3，则从高校 B，C 抽取的 5 人中选 2 人作专题发言的基本事件有(b1，b2)，(b1，c1)
71、，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共 10 种设选中的 2 人都来自高校 C 的事件为 X，则 X 包含的基本事件有(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共 3 种，因此 P(X)310.故选中的 2 人都来自高校 C 的概率为 310.11【解】(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有：1 和 2,1 和 3,1和 4,2 和 3,2 和 4,3 和 4，共 6 个从袋中取出的两个球的编号之和不大于 4 的事件有：1 和 2,1 和 3，共 2 个因此所求事件的概率为
72、P2613.(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为 m，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为 n，其一切可能的结果(m，n)有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共 16 个又满足条件 nm2 的事件有：(1,3)，(1,4)，(2,4)，共 3 个所以满足条件 nm2 的事件的概率为 P1 316.故满足条件 nm2 的事件的概率为1P11 3161316.12【解】(1)(a，b)共有(1，1)，(1,1)，(1,2)，(1,3)
73、，(1,4)，(2，1)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3，1)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)15 种情况b24a0.有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)6 种情况，所以函数 yf(x)有零点的概率为 P 61525.(2)对称轴 x b2a，则 b2a1.有(1，1)，(1,1)(1,2)，(2，1)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3，1)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)13 种情况所以函数 yf(x)在区间1，)上是增函数的概率为1315.第 2 讲 统计、统计案例1【解析】选 B
74、.根据频率分布直方图特点可知，众数是最高矩形的中点，由图可知为 12.5，中位数是 100.50.20.113.2【解析】选 C.图(1)中的数据随着 x 的增大而 y 减小，因此变量 x 与变量 y 负相关；图(2)中的数据随着 u 的增大，v 也增大，因此 u 与 v 正相关3【解析】选 C.由茎叶图可知10113x8977，解得 x8，故选 D.4【解析】选 D.根据回归方程表示到各点距离最小的直线方程，即总体偏差最小，亦即i1nyi(abxi)2 最小5【解析】选 C.由题意得，x 1813101410，y 24343864440，所以a y bx 40(2)1060，所以，当 x4
75、时，ybxa2(4)6068.故选 C.6【解析】选 B.平均成绩为5204103302301101003，s2 110020(53)210(43)230(33)230(23)210(13)2160100.s4 1010 2 105，故选 B.7【解析】m8，k8，mk16，第 8 组抽取号码为 76.【答案】768【解析】由题意，得样本数据落在10,20)中的频率为(0.0160.020)50.18.又落在10,20)中的频数共 9 个，所以n1 90.18，解之得 n50.【答案】509【解析】由 5 个数恰好构成等差数列，得 991012b200，所以 a98，b100，c102，于是平
76、均数为 100，因此方差为 s24101452，故标准差等于 2.【答案】210【解】由已知数据得到下表合格品不合格品合计设备改造前364985设备改造后653095合计10179180则 K218036306549210179859512.38，12.386.635，有 99%的把握认为产品是否合格与设备是否改造是有关的11【解】(1)由题意知，a10.10.11001，a20.30.11003.数列an是等比数列，公比 qa2a13，ana1qn13n1.(2)a1a2a313，b1b2b6100(a1a2a3)87.数列bn是等差数列，设数列bn公差为 d，则得，b1b2b66b115d
77、，6b115d87，b1a427，d5.bn325n.(3)a1a2a3b1b2b3b41000.91.即估计该校新生近视率为 91%.12【解】(1)由茎叶图可知，甲班身高集中于 160179 cm 之间，而乙班身高集中于 170180 cm 之间因此乙班平均身高高于甲班(2)x 15816216316816817017117917918210170，甲班的样本方差为 s2 110(158170)2(162170)2(163170)2(168170)2(168170)2(170170)2(171170)2(179170)2(179170)2(182170)257.2.(3)设身高为 176
78、cm 的同学被抽中的事件为 A，从乙班 10 名同学中抽中两名身高不低于173 cm 的同学有：(181,176)，(181,173)，(181,178)，(181,179)，(179,173)，(179,176)，(179,178)，(178,173)，(178,176)，(176,173)共 10 个基本事件，而事件 A 含有 4 个基本事件，P(A)41025.第 3 讲 算法初步、复数1【解析】选 B.a2iibi，a2ibi1.a1，b2.ab1.2【解析】选 C.(1i1i)4(1i1i)22(2i2i)21.3【解析】选 B.选项 A、C 中的程序框图输出的结果中含有 0，故排除
79、 A、C；选项 D中的程序框图不能输出 7，排除 D，应选 B.4【解析】选 B.当 x2 时，f(x)4，g(x)8，此时 f(x)g(x)，于是 h(x)g(x)8.5【解析】选 B.12iai 12iaiaiai a22a1ia21，由已知得2a1a210a2a2132，解得 a12.6【解析】选 B.由程序框图可知，该等差数列的首项为 29，公差为2，故 an29(n1)2312n，因为 a151，a161，所以 S291215225.7【解析】因为 z 5i2i5i2i2i2i2i1，所以|z|5.【答案】58【解析】当 n1 时，S1213；当 n2 时，S3227；当 n3 时，
80、S72315；当 n4 时，S152431；当 n5 时，S31256333，故 S63.【答案】639【解析】由条件结构及循环结构的特点可知【答案】i30 ppi10【解】z 43i12i43i12i12i12i105i52i，z2i，|z|2212 5.11【解】z1z2，由两复数相等的充要条件可得2cos1sin 3cos，2k3，kZk3，kZ，则 2k3，kZ.12【解】(1)由程序框图，知数列xn中，x11，xn1xn2.xn12(n1)2n1(nN*，n2010)(2)y12，y28，y326，y480.由此，猜想 yn3n1(nN*，n2010)(2)证明：由程序框图知数列yn
81、中，yn13yn2，yn113(yn1)，yn11yn1 3，y113，数列yn1是以 3 为首项，3 为公比的等比数列，yn133n13n，yn3n1(nN*，n2010)综合测评(一)1【解析】选 D.y log2x2的定义域满足log2x20，x0，解这个不等式得 x4.2【解析】选 D.集合 A 中的元素是焦点在 y 轴上的椭圆上的所有点，集合 B 中的元素是指数函数 y3x 图象上的所有点，作图可知 AB 中有两个元素，AB 的子集的个数是 224 个，故选 D.3【解析】选 A.由 f(x)0 解得 1x2，故 M1,2；f(x)0，即 2x30，即 x32，故 N(，32)，IN
82、32，)故 MIN32，24【解析】选 B.当 x0，f(x)2xx.又 f(x)为奇函数，f(x)f(x)(12)xx.故选 B.5【解析】选 C.当 x12时，x2x，故该命题错误；解 x2x 得 x0 或 x1，故该命题正确；为真命题；“x21”的充要条件是“x1 且 x1”6【解析】选 A.由已知 q 确定的集合是由条件 p 所确定集合的子集，qp綈 p綈q，所以綈 p 是綈 q 的充分条件，但非必要条件7【解析】选 A.由 f(x)图象得，0a1，b1，g(x)为减函数，且 g(0)1b0.A 项符合题意8【解析】选 D.令 f(x)x32x1，则 f(1)20，f(32)58f(0
83、)0，g(12)(12)12f(13)(13)13，2312，结合图象得 g(23)(12)23f(23)(23)13.由图象关系可得13x00，可知 f(x)f(0)f(12)，即 cab.故选 D.13【解析】A1,2,3,4,5，10，B3,2，AB2即阴影部分表示的集合为2【答案】214【解析】由 lgalgb0ab1b1a，所以 g(x)ax，故 f(x)与 g(x)关于原点对称【答案】原点15【解析】由 f(x)0，可得 x0 或 x1，且 x1 时 f(x)1，x0 时，f(x)0，又 g(x)为二次函数，其值域为(，a或b，),而 f(g(x)的值域是0，)，知 g(x)0.【
84、答案】0，)16【解析】由定义知：12xx12，0|xx|12f(x)的值域为0，12，对，对，对，错【答案】17【解】(1)Ax|x24x|2x2，Bx|1 4x3x|x1x30 x|3x1，ABx|2x1(2)因为 2x2axb0 的解集为 Bx|3x1，所以3 和 1 为 2x2axb0 的两根故a231b231，所以 a4，b6.18【解】(1)f(x)3kx26(k1)x，又f(4)0，k1.(2)由(1)得 f(x)x36x22，f(t)3t212t.当1t0；当 0t1 时，f(t)0，且 f(1)5，f(1)3，f(t)5.2x25xa8a258，8a2585，解得 a158.
85、19【解】(1)由图象中 A、B 两点坐标得2ab35ab9，解得a2b1.故 f(x)log3(2x1)，定义域为(12，)(2)可以由 f(x)log3(2x1)log32(x12)log3(x12)log32，f(x)的图象是由 ylog3x 的图象向右平移12个单位，再向上平移 log32 个单位得到的(3)最大值为 f(6)log311，最小值为 f(4)log37.20【解】(1)f(x)3mx21，f(1)tan41，3m11，m23.从而由 f(1)231n，得 n13，m23，n13.(2)存在f(x)2x212(x 22)(x 22)，令 f(x)0 得 x 22.在1,3
86、中，当 x1，22 时，f(x)0，f(x)为增函数，当 x 22，22 时，f(x)0，f(x)为减函数，此时 f(x)在 x 22 时取得极大值当 x 22，3时，此时 f(x)0，f(x)为增函数，比较 f(22)，f(3)知 f(x)maxf(3)15.由 f(x)k1995，知 15k1995，k2010，即存在最小的正整数 k2010，使不等式在 x1,3上恒成立21【解】(1)依题意三角形 NDC 与三角形 NAM 相似，所以DCAMNDNA，即 x3020AD20，AD2023x，矩形 ABCD 的面积为 S20 x23x2，定义域为x|0 x0)，由已知得 xalnx，12
87、xax，解得ae2，xe2，两条曲线交点的坐标为(e2，e)切线的斜率为 kf(e2)12e，切线的方程为 ye 12e(xe2)(2)由条件知 h(x)xalnx(x0)，h(x)12 xax x2a2x，当 a0 时，令 h(x)0，解得 x4a2.当 0 x4a2 时，h(x)4a2 时，h(x)0，h(x)在(4a2，)上单调递增x4a2 是 h(x)在(0，)上的惟一极值点，且是极小值点，从而也是 h(x)的最小值点最小值(a)h(4a2)2aaln(4a2)2a1ln(2a)当 a0 时，h(x)x2a2x0，h(x)在(0，)上单调递增，无最小值故 h(x)的最小值(a)的解析式
88、为(a)2a1ln(2a)(a0)综合测评(二)1C2【解析】选 C.a(1,0)，b(12，12)，|a|1，|b|1414 22，A 错误；ab11201212，B 错误；ab(12，12)，(ab)b121212120，C 正确；112012120，D 错误3【解析】选 A.设向量 a、b 的夹角为，则向量 a 在向量 b 上的投影等于|a|cos|a|ab|a|b|123 4.4【解析】选 A.tan(2k4)tan41；反之 tanx1，则 xk4(kZ)所以“x2k4(kZ)”是“tanx1”的充分不必要条件5【解析】选 C.f(x)2sin(ax3)(a0)，T2a 1，a2.f
89、(x)2sin(2x3)，由2x3k，kZ，得 xk216，kZ，当 k1 时，x13，故(13，0)是此函数图象的一个对称中心，故选 C.6【解析】选 C.由 sin(42x)0，得 sin(2x4)0，2k2x422k，kZ；又f(x)lgsin(42x)的增区间即 sin(42x)在定义域内的增区间，即 sin(2x4)在定义域内的减区间，故 2k2x432 2k，kZ.化简得58 kx78k，kZ，当 k0 时，58 x78，故选 C.7【解析】选 B.m(bc，ca)，n(b，ca)且 mn，mn(bc，ca)(b，ca)b(bc)c2a20，即 b2c2a2bc，又cosAb2c2
90、a22bc bc2bc12，0A，A3.8【解析】选 A.因为 T，则 2T 2，f(x)sin(2x4)，g(x)cos2x.将f(x)的图象向左平移8个单位长度时，ysin2(x8)4sin(2x2)cos2x，故选 A.9【解析】选 C.由题意可知，此函数的周期 T2(1112 712)23，故223，3，f(x)Acos(3x)f(2)Acos(32)Asin23.又由题图可知 f(712)Acos(3712)0，即 sincos，f(0)Acos23.10【解析】选 D.由(1)排除 A，由(2)(3)排除 B、C，故同时满足(1)(2)(3)的只有 D.11【解析】选 C.设ABa
91、，AD b，则ACab，BD ba，且|a|b|1，AC2BD2(ab)2(ba)22(|a|2|b|2)4.12【解析】选 C.P0(2，2)，P0Ox4.按逆时针运动时间 t 后得POP0t，POxt4.此时 P 点纵坐标为 2sin(t4)，d2|sin(t4)|.当 t0 时，d 2，排除 A、D；当 t4时，d0，排除 B.13【解析】由 a(2,4)，b(1,2)，ab286，c(2,4)6(1,2)(8，8)|c|82828 2.【答案】8 214【解析】由已知得(x1，y)(1,0)x10，且(x，y2)(0,2)2(y2)0，即 x1，且 y2，所以OP AB(x，y)(1,
92、2)x2y143.【答案】315【解析】由y6cosxy5tanx，消去 y 得 6cosx5tanx.整理得 6cos2x5sinx,6sin2x5sinx60，(3sinx2)(2sinx3)0，所以 sinx23或 sinx32(舍去)点 P2 的纵坐标 y223，所以|P1P2|23.【答案】2316【解析】由题意 A4,4cos22，cos 22，02，4，f(x)Acos2(x)A1cos2x22A1cos2x22，所以其最小正周期为 T22，而相邻两对称轴间的距离为 1，即最小正周期为 2，222，2，f(x)4cos2(2x4)，f(1)4cos2342，f(2)4cos254
93、 2，因为周期为 2，f(1)f(2)f(2010)1005f(1)f(2)4020.【答案】402017【解】(1)f(x)2sinxcosx 3(2cos2x1)sin2x 3cos2x2sin(2x3).x612371256x02322f(x)02020图象略(2)由 2k22x32k32(kZ)得k 12xk712(kZ)，故函数 f(x)的单调减区间为k 12，k712(kZ)18【解】(1)ab85，2cosx 2sinx85，即 cos(x4)45，4x2，0 x44，sin(x4)35，tan(x4)34.(2)sin2xcos(2x2)2cos2(x4)1 725.又tan(
94、x4)1tanx443，sin2x1tanx1tanxsin2xtan(x4)725(43)2875.19【解】(1)因为 f(x)12cos2x12sin(2x2)12sin2(x4)，所以要得到 f(x)的图象只需要把 g(x)的图象向左平移4个单位长度，再将所得的图象向上平移14个单位长度即可(2)h(x)f(x)g(x)12cos2x12sin2x14 22 cos(2x4)14，当 2x42k(kZ)时，h(x)取得最小值 22 1412 24.h(x)取得最小值时，对应的 x 的集合为x|xk38，kZ20【解】(1)由 c(MN)，可设 c(2t11，22t1)(3t22,6t2
95、1)，解得 t20，c(2,1)f(x)c(sinx2，cosx)(2,1)(sinx2，cosx)sinxcosx 2sin(x34)f(x)的最小正周期 T2.(2)x0，2，tx34 34，54，y 2sint 在34，54 上单调递减，ymax 2sin34 1，ymin 2sin54 1.即当 x0 时，f(x)有最大值 1；当 x2时，f(x)有最小值1.21【解】(1)分别过点 P、Q 作 PDOB，QEOB，垂足分别为 D、E，则四边形 QEDP 是矩形PDsin，ODcos.在 RtOEQ 中，AOB3，则 OE 33 QE 33 PD.所以 MNPQDEODOEcos 33
96、 sin.则 SMNPD(cos 33 sin)sinsincos 33 sin2，(0，3)(2)S12sin2 36(1cos2)12sin2 36 cos2 36 33 sin(26)36.因为 03，所以62656，所以12sin(26)1.所以当 262，即 6时，S 的值最大为 36m2.即 S 的最大值是 36m2，相应 的值是6.22【解】(1)证明：因为ABC 是钝角三角形，且 b 是最大边，故1cosB0.所以，方程有两个不相等的实根(设两实根分别为，)由根与系数的关系可得 2ba 0ca0，所以该方程有两个不相等的正根(2)若三角形 ABC 是等腰三角形，则有 ac，于是
97、有 2ba1，所以()2222()242b2a2 42a2c22accosB4a2a222a22a2cosB4a2a24cosB.因为1cosB0，所以 04cosB0，a20a22S21，即 S20S210，故 C 错由 an 及 Sn 知，S400，a410，S40a410，故 D 正确9【解析】选 C.anSnSn1qn1(qn11)(n2)，即 an(q1)qn1(n2)，而 a1S1q1，得 an(q1)qn1(n1)，正确；当 q1 时，an不是等比数列，错误；当q1 时，令 tSnSn2S2n1(qn1)(qn21)(qn11)2，则 tqn(q1)2，显然 t0，即SnSn20
98、，b4S6，即 S60，同理可知 a80，da8a70.又S9S6a7a8a93a80，S90，a80，所以可知 S7 为 Sn 中的最大值【答案】(1)(2)(4)16【解析】数列an满足 a12，an1 1an1，a211212，a3121，a4112.若an有一个形如 anAsin(n)B 的通项公式，且数列an的周期为 3，所以32，23，将前三项代入可得，A 3，B12，3，所以 an 3sin(23 n3)12.【答案】2 3sin(23 n3)1217【解】(1)依题意有 a1(a1a1q)2(a1a1qa1q2)由于 a10，故 2q2q0.又 q0，从而 q12.(2)由已知
99、可得 a1a1(12)23，故 a14.从而 Sn4112n112831(12)n.18【解】(1)证明：由题意知 an2an12(an1an)，an2an1an1an 2，故数列an1an是等比数列(2)由(1)知数列an1an是以 a2a13 为首项，以 2 为公比的等比数列，an1an32n1.a2a1320，a3a2321，a4a3322，anan132n2，ana1312n1123(2n11)，即 an32n11.(3)an32n11，Sn312n12 n32nn3.19【解】(1)证明：由(3m)Sn2manm3，得(3m)Sn12man1m3，两式相减，得(3m)an12man(
100、m3)，an1an 2mm3，m 是常数，且 m3，m0，故 2mm3是不为 0 的常数，an是等比数列(2)证明：由 b1a11，qf(m)2mm3，nN*且 n2，bn32f(bn1)32 2bn1bn13，得bnbn13bn3bn1 1bn 1bn113.1bn是 1 为首项，13为公差的等差数列，1bn1n13 n23，故有 bn 3n2.20【解】(1)2an1an2an，数列an是等差数列，公差 da2a12，an2n1.bn123Sn，bn23Sn1(n2)bn1bn23bn，则 bn113bn.又b223S11，b2b12313，数列bn从第二项开始是等比数列，bn3213n2
101、 n1，n2.(2)n2 时，anbn(2n1)3n2，Tna1b1a2b2anbn23330531732(2n1)3n2，3Tn2331532733(2n1)3n1，错位相减并整理得 Tn23(n1)3n1.21【解】(1)因为数列2bn是首项为 2，公比为 4 的等比数列，所以 2bn24n122n1，因此 bn2n1.设数列bn的前 n 项和为 Tn，则 Tnn2，T2n4n2，所以T2nTn 4，因此数列bn为“和等比数列”(2)设数列cn的前 n 项和为 Rn，且R2nRn k(k 为常数，且 k0)，因为数列cn是等差数列，所以 Rnnc1nn12d，R2n2nc12n2n12d，
102、所以R2nRn 2nc12n2n1d2nc1nn12dk 对于 nN*都成立，化简得(k4)dn(k2)(2c1d)0，则k4d0，k22c1d0.因为 d0，所以 k4，d2c1，因此 d 与 c1 之间的等量关系为 d2c1.22【解】(1)由题意得，xn52(n1)(1)n32，yn3xn134 3n54.Pn(n32，3n54)(nN*)(2)Cn 的对称轴垂直于 x 轴，且顶点为 Pn，设 Cn 的方程为 ya(x2n32)212n54.把 Dn(0，n21)代入上式，得 a1.Cn 的方程为 yx2(2n3)xn21.kny|x02n3，当 n2 时，1kn1kn12n12n312
103、(12n112n3)1k1k2 1k2k31kn1kn12(1517)(1719)(12n112n3)12(1512n3)11014n6.(3)Sx|x(2n3)，nN*，Ty|y(12n5)，nN*y|y2(6n1)3，nN*，STT，T 中最大数 a117.设an的公差为 d，则 a10(179d)(265，125)，由此得2489 d12/21，充分性不成立令 a1，b2，12/12(2)2，必要性不成立，故选 D.2【解析】选 B.只有正确3【解析】选 D.由奇函数 f(x)可知fxfxx2fxx 0 时，f(x)0f(1)；当 x0f(1)又 f(x)在(0，)上为增函数，则奇函数
104、f(x)在(，0)上为增函数，不等式的解为 0 x1 或1x4 得 x72或 x12，由根与系数的关系得，p7212，q7212，pq127，故选 A.7【解析】选 D.根据1a1b0 可知 a0，b0，从而 ab0，故(1)正确；1a1bab，故(2)不正确，(3)不正确；由于ab0，ba0 且 ab，故(4)正确8【解析】选 C.画出可行域，如图，A(1,0)，B(3,0)，C(1,2)，由可行域可知 z2xy过点 B(3,0)时，z 有最大值 zmax6.9【解析】选 D.由题意知，22a2b22ab1，则2a1b22aba2abb52ba 2ab9，当且仅当2ba 2ab 时取“”，故
105、选 D.10【解析】选 C.由函数 f(x)的图象(如图)可知，满足 f(1x2)f(2x)分两种情况：1x20，x0，1x22x，0 x0，x0，1x0.综上可知，1x 21.11【解析】选 B.作出可行域如图所示，直线 ax2yz 仅在点(1,0)处取得最小值，由图象可知1a22，即4a2.12【解析】选 A.当 x0 时，对任意实数 a，不等式都成立；当 x0 时，ax21|x|(|x|1|x|)f(x)，问题等价于 af(x)max.f(x)max2，故 a2.综上可知，a 的取值范围是2，)13【解析】由(x1)23x7 可得，1x6，即得 A(1,6)AZ0,1,2,3,4,5，即
106、得集合 AZ 中共有 6 个元素【答案】614【解析】由于不等式ax1x1 0，即 a26a3b0，即 b6 时，f(1)0 的解集为a|3 6ba0 的解集为.(2)f(x)0，即 3x2a(6a)xb0 的解集为(1,3)，13a6a3，13b3，a3 3，b9.19【解】由x5x32 得x1x30，1x3.由 x2axxa 得(xa)(x1)0.(1)当 a1 时，1xa.綈 p 是綈 q 的充分条件，q 是 p 的充分条件设 p 对应集合 A，q 对应集合 B，则 BA.当 a1 时，1xa，要 BA，需 1a3.综上得 1a3.20【解】(1)f(x)3x2ax3，其判别式 a236
107、，当 00 恒成立，因此 f(x)在(，)上是增函数，从而 f(x)在1,2上递增，则 f(x)maxf(2)15.要 f(x)|m1|在 x1,2上恒成立，只需 15|m1|，解得 m(，1416，)故 m 的取值范围是(，1416，)21【解】(1)记的解集为 A，的解集为 B，的解集为 C.解得 A(1,3)，解得 B0,1)(2,4，AB0,1)(2,3)同时满足、的 x 值也满足，(AB)C.设 f(x)2x2mx1，由 f(x)的图象可知，方程的小根小于 0，大根大于或等于 3 时，即可满足(AB)C，f00，f30，即10，3m170.m173.(2)因满足的 x 值至少满足和中
108、的一个，C(AB)，而 AB(1,4因此 C(1,4，方 程 2x2 mx 1 0 的 小 根 大 于 或 等 于 1，大 根 小 于 或 等 于 4，因 而f11m0，f44m310，1m4c 时，P23，则 T13x223x10.当 1xc 时，P 16x，则 T(1 16x)x2(16x)x19x2x26x.综上，日盈利额 T(万元)与日产量 x(万件)的函数关系为，T9x2x26x，1xc0，xc.(2)由(1)知，当 xc 时，每天的盈利额为 0.当 1xc 时，T9x2x26x 152(6x)96x因 c 为小于 6 的正常数，故 6x0，故 T152(6x)96x15123，当且
109、仅当x3 时取等号综上，当日产量为 3 万件时，可获得最大利润 3 万元综合测评(五)1【解析】选 D.易知正方体的三个视图均相同；圆锥的正视图和侧视图均为等腰三角形；三棱台的正视图和侧视图为两个不同梯形，俯视图是一三角形内套着一个三角形；正四棱椎的正视图和侧视图均为一等腰三角形，故有符合条件2【解析】选 C.设球的半径为 R，正方体的棱长为 a，则43R3a3.又 S 球4R2，S 正方体6a263 169 2R243 62R24R2S 球3【解析】选 B.设原棱锥的高为 h，底面面积为 S，则 V13Sh，新棱锥的高为h2，底面面积为 9S，V139Sh2，VV 92，故选 B.4【解析】
110、选 D.由 AABBCC及 CC平面 ABC，知 BB平面 ABC.又 CC32BB，且ABC 为正三角形，故正视图应为 D 中的图形5【解析】选 D.m m 或 m；nmnm 或 m；mnn m 或 m；m m(面面平行的性质)6【解析】选 D.由斜二测作图的规则知，原ABC 的边 AB2，AB 边上的高 h2OC2 6.SABC12ABh1222 62 6.7【解析】选 C.底面半径 r232l13l.故圆锥中 S 侧13l2，S 表13l2(13l)249l2，所以表面积与侧面积的比为 43.8【解析】选 A.如图所示，A、B、C 三点在一小圆面上，ABBC，AC 为斜边，小圆的圆心为
111、AC 的中点 D.SAAB1，BC 2，AC 3，AD 32.S，A，B，C 都在球面上，取 SC 的中点 O，则 ODSA.SA平面 ABC，OD平面 ABC，O 为球心，SO 为半径SC1 322，SO1，球 O 的表面积为 4.9【解析】选 B.B 中只有当 b 垂直于两个面的交线时，有 b，故选 B.10【解析】选 A.所得的垃圾铲如图所示，取 CD 的中点 O，连结 OE、OP，则 OE2，OC1，PCPD2，OP 2212 3，又 PE1，则OPE90，SOPE12PEOP 32，VPCDE13SOPEOC13SOPEOD13SOPECD 33.11【解析】选 A.CMx，NO82
112、x，VNAMC13SAMCNO12(4xx2)故图象是开口向下的抛物线12【解析】选 B.在面 BB1C1C 内作 BFAF 交 CC1 于 F，B1E面 ABF，B1EAF，B1EBF，DFCF.在正方形 BB1C1C 中，由 B1EBF，得 CEC1F1CF，CECF1，即 CEDF1.13【解析】该几何体为底面是直角梯形的四棱柱，V122213.【答案】314【解析】由直三棱柱及 D 是 A1C1 的中点，得 B1D平面 AC1，而 CF平面 AC1，B1DCF，故若 CF平面 B1DF，则必有 CFDF.设 AFx(0 x0)的准线 xp2，于是，4p25，p2.故抛物线方程为 y24
113、x.(2)点 A 的坐标是(4,4)，由题意得 B(0，4)，M(0,2)又F(1,0)，kFA43.又 MNFA，kMN34，则 FA 的方程为 y43(x1)，MN 的方程为 y234x，解方程组y234x，y43x1，得x85，y45.N(85，45)19【解】(1)直线 l：ymx(34m)过定点 T(4,3)由题意，要使圆 O 的面积最小，定点 T(4,3)在圆上，圆 O 的方程为 x2y225.(2)A(5,0)，B(5,0)，设 P(x0，y0)，则 x20y2025.PA(5x0，y0)，PB(5x0，y0)，由|PA|、|PO|、|PB|成等比数列得|PO|2|PA|PB|，
114、即 x20y20 x052y20 x052y20，整理得 x20y20252，即 x20252 y20.由得 0y20254，PAPB(x2025)y202y20252，PAPB252，0)20【解】(1)由椭圆定义及题意知 2a2c4(21)，又椭圆离心率 eca 22，所以可求 a2 2，c2.又 b2a2c24，所以椭圆的标准方程为x28y241.因此椭圆焦点坐标为(2,0)设等轴双曲线的方程为 x2y2(0)，将(2,0)代入得 4.所以双曲线的标准方程为x24y241.(2)证明：设 P(x0，y0)(x02)，则 k1 y0 x02，k2 y0 x02，所以 k1k2 y20 x2
115、04.又点 P(x0，y0)在双曲线上，所以 x20y204，即 y20 x204.所以 k1k2x204x2041.21【解】(1)设椭圆 C 的方程为x2a2y2b21(ab0)，由题意可得 eca12.又 a2b2c2，所以 b234a2.因为椭圆 C 经过点(1，32)，代入椭圆方程有1a29434a21，解得 a2，所以 c1，b2413，故椭圆 C 的方程为x24y231.(2)法一：当直线 lx 轴时，得 A(1，32)、B(1，32)，SAOB12|AB|OF1|123132，不符合题意当直线 l 与 x 轴不垂直时，设直线 l 的方程为 yk(x1)，k0，由ykx1，x24
116、y231，消去 y，得(34k2)x28k2x4k2120.显然 0 成立，设 A(x1，y1)、B(x2，y2)，则 x1x2 8k234k2，x1x24k21234k2.又|AB|x1x22y1y22x1x22k2x1x221k2 x1x221k2 x1x224x1x21k264k434k2244k21234k2，即|AB|1k212 k2134k212k2134k2.又圆 O 的半径 r|k00k|1k2|k|1k2，所以 SAOB12|AB|r1212k2134k2|k|1k26|k|1k234k26 27.化简得 17k4k2180，即(k21)(17k218)0，解得 k211，k
117、221817(舍)，所以 r|k|1k2 22，故圆 O 的方程为 x2y212.法二：设直线 l 的方程为 xty1，由xty1，x24y231，消去 x，得(43t2)y26ty90.因为 0 恒成立，设 A(x1，y1)、B(x2，y2)，则 y1y26t43t2，y1y2943t2，所以|y1y2|y1y224y1y236t243t22 3643t212 t2143t2.所以 SAOB12|F1O|y1y2|6 t2143t2 6 27.化简得 18t4t2170，即(18t217)(t21)0，解得 t211，t221718(舍)又圆 O 的半径为 r|0t01|1t211t2，所以
118、 r11t2 22，故圆 O 的方程为 x2y212.22【解】(1)由题意，可设抛物线方程为 y22px(p0)，由 a2b2431，得 c1.抛物线的焦点为(1,0)，p2.抛物线 D 的方程为 y24x.(2)证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由于 O 为 PQ 的中点，故当 lx 轴时由抛物线的对称性知AQPBQP.当 l 不垂直 x 轴时，设 l：yk(x4)，由ykx4y24x，得 k2x24(2k21)x16k20，x1x242k21k2x1x216.kAQ y1x14kx14x14，kBQ y2x24kx24x24，kAQkBQ k2x1x232x14x24 k21
119、632x14x240，AQPBQP.(3)设存在直线 m：xa 满足题意，则圆心 M(x142，y12)，过 M 作直线 xa 的垂线，垂足为 E 点，设直线 xa 与圆交于点 G、T，可得|EG|2|MG|2|ME|2，即|EG|2|MA|2|ME|2x142y214(x142a)214y21x142x1424a(x14)a2x14x1a(x14)a2(a3)x14aa2当 a3 时，|EG|23，此时直线 m 被以 AP 为直径的圆截得的弦长恒为定值 2 3，因此存在直线 m：x3 满足题意综合测评(七)1【解析】选 B.i1ii1i1i1iii2212i2，故选 B.2【解析】选 A.由
120、题意得，抽取比例为 751500 120，所以三个年级共抽查的人数为 1203700185，故选 A.3【解析】选 B.由已知 z13i1i 13i1i1i1i 12i，则 z 所对应的点为(1，2)，故 z 对应的点在第三象限，故选 B.4【解析】选 D.对于应为系统抽样，为假命题；中把握程度应该越小，也为假命题，为真命题，故选 D.5【解析】选 A.对 M：4x4 且4y4 有 SM8264，SN；PSNSM 64，故选 A.6【解析】选 A.由框图可知：开始K12，S1S12，K11S1211132，K10S132101320，K9结束，故 K9 满足判断框中的条件，而 K10 不满足，
121、所以条件应为“K10？”，故选 A.7【解析】选 C.注意不要错选了 A，甲运动员的最低得分应为 10 分8【解析】选 A.由表知，周工资 200 的人数多，故众数为 200，周工资从小到大排列第12 个数为 220，故中位数为 220.9【解析】选 A.x 4001334678844，s2169110491687.10【解析】选 D.由题意可知，直线y0.7x0.35 过点(x，y)，又 x 4.5，代入方程得 y 3.5，故 m3，故选 D.11【解析】选 A.由于甲、乙实得分之和 140 分与错误分值之和 140 分相等，所以更正后平均分仍为 70 分，设其余 48 人每人的成绩与其平均
122、分之差的平方和为 A，则有A507029070250102，得 A4300，所求方差 sA80702607025090，故选 A.12【解析】选 C.由已知 f(x)3x2a0，所以 f(x)在 R 上递增，若 f(x)在1,2上有零点，则需f11ab0，f282ab0，经验证有(1,2)、(1,4)、(1,8)、(2,4)、(2,8)、(2,12)、(3,4)、(3,8)、(3,12)、(4,8)、(4,12)共 11 对满足条件，而总的情况有 C14C1416 种，故所求概率为1116，故选C.13【解析】z21ii ii2i2 1i，z3i，故|z|10.【答案】1014【解析】m 可能
123、取到的值有 2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12，对应的基本事件个数依次为 1、2、3、4、5、6、5、4、3、2、1，7 对应的事件发生的概率最大【答案】715【解析】甲班共有 13 位同学的成绩，即把 13 个成绩从小到大排列，中位数应为中间的第 7 个数即 86；由表中数据可看出乙班的最高分为 95.【答案】86 9516【解析】设每次循环所得到的 a 的值构成数列an，由框图可知 an11 1an，a02，a112，a21，a32，a412，所以an的取值具有周期性，且周期为 T3.又由框图可知输出的 aa19a112.【答案】1217【解】(1)22 列联表如下：休闲方式
124、性别 看电视运动总计女432770男213354总计6460124(2)假设“休闲方式与性别无关”由表中数据计算得 K2124433327212705464606.201.因为 K25.024，所以有理由认为假设“休闲方式与性别无关”是不合理的，即有97.5%的把握认为“休闲方式与性别有关”18【解】(1)因为在 20 至 40 岁的 58 名观众中有 18 名观众收看新闻节目，而大于 40 岁的 42 名观众中有 27 名观众收看新闻节目，所以，经直观分析，收看新闻节目的观众与年龄是有关的(2)从题中所给条件可以看出收看新闻节目的共 45 人，随机抽取 5 人，则抽样比为 54519，故大于
125、 40 岁的观众应抽取 27193 人(3)抽取的 5 名观众中大于 40 岁的有 3 人，在 20 至 40 岁的有 2 人，记大于 40 岁的人为a1，a2，a3,20 至 40 岁的人为 b1，b2，则从 5 人中抽取 2 人的基本事件有(a1，a2)，(a1，a3)，(a2，a3)，(b1，b2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，b1)，(a3，b2)，共 10 个，其中恰有 1 人为 20 至 40 岁的有 6 个，故所求概率为 61035.19【解】(1)“甲获胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率为 P1121316.甲获胜的
126、概率是16.(2)法一：设事件 A 为“甲不输”，看做是“甲胜”、“和棋”这两个互斥事件的并事件P(A)161223.法二：设事件 A“甲不输”看做是“乙胜”的对立事件，所以 P(A)11323.甲不输的概率是23.20【解】(1)编号为 016.(2)分组频数频率60.570.580.1670.580.5100.2080.590.5180.3690.5100.5140.28合计501(3)在被抽到的学生中获二等奖的人数是 9716(人)，占样本的比例是16500.32，即获二等奖的概率约为 32%，所以获二等奖的人数估计为 80032%256(人)即获二等奖的大约有 256 人21【解】(1
127、)由流程图可知 p1.2，由题意得，y1.2(10.75x)1(1x)10000(10.8x)(0 x1)，整理得 y800 x2600 x2000(0 x00 x00 x1，解得 0 x34.所求 x 的范围为 x(0，34)22【解】(1)作出茎叶图如下：甲乙97 2 2578950 50 5(2)记甲被抽到的成绩为 x，乙被抽到的成绩为 y，用数对(x，y)表示基本事件：(82,95)(82,75)(82,80)(82,90)(82,85)(82,95)(82,75)(82,80)(82,90)(82,85)(79,95)(79,75)(79,80)(79,90)(79,85)(95,9
128、5)(95,75)(95,80)(95,90)(95,85)(87,95)(87,75)(87,80)(87,90)(87,85)基本事件总数 n25.记“甲的成绩比乙高”为事件 A，事件 A 包含的基本事件：(82,75)，(82,80)，(82,75)，(82,80)，(79,75)，(95,75)(95,80)，(95,90)，(95,85)，(87,85)，(87,75)，(87,80)事件 A 包含的基本事件数是 m12.所以 P(A)mn1225.(3)派甲参赛比较合适理由如下：x 甲85，x 乙85，s2甲31.6，s2乙50.x 甲 x 乙，s2甲s2乙，甲的成绩较稳定，派甲参赛比较合适