2016高考题数学文真题汇编(含答案)

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参考答案与解析专题1　集合与常用逻辑用语1．解析：选B.因为A＝{1，3，5，7}，B＝{x|2≤x≤5}，所以A∩B＝{3，5}．故选B.2．解析：选D.易知B＝{x|－3＜x＜3}，又A＝{1，2，3}，所以A∩B＝{1，2}．3．解析：选C.由补集的概念，得∁AB＝{0，2，6，10}，故选C.4．解析：选A.由题知A∪B＝{1，3，4，5}，所以∁U(A∪B)＝{2，6}．故选A.5．解析：选C.由x＞y推不出x＞|y|，由x＞|y|能推出x＞y，所以“x＞y”是“x＞|y|”的必要而不充分条件．6．解析：选A.当b<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，∴f(x)min＝f＝－，即f(x)∈，又－∈，∴当f(x)＝－时，f(f(x))min＝f＝－，故f(x)与f(f(x))有相等的最小值－；另一方面，取b＝0，f(x)＝x2与f(f(x))＝x4有相等的最小值0，故选A.专题2　函　数1．解析：选B.法一：(通性通法)因为0＜c＜1，所以y＝logcx在(0，＋∞)单调递减，又0＜b＜a，所以logca＜logcb，故选B.法二：(光速解法)取a＝4，b＝2，c＝，则log4＝－＞log2，排除A；4＝2＞2，排除C；＜，排除D；故选B.2．解析：选D.法一：(通性通法)函数y＝10lg x的定义域为(0，＋∞)，又当x＞0时，y＝10lg x＝x，故函数的值域为(0，＋∞)．只有D选项符合．法二：(光速解法)易知函数y＝10lg x中x＞0，排除选项A、C；又10lg x必为正值，排除选项B.故选D.3．解析：选B.法一：(通性通法)由f(x)＝f(2－x)知f(x)的图象关于直线x＝1对称，又函数y＝|x2－2x－3|＝|(x－1)2－4|的图象也关于直线x＝1对称，所以这两个函数的图象的交点也关于直线x＝1对称．不妨设x1＜x2＜…＜xm，则＝1，即x1＋xm＝2，同理有x2＋xm－1＝2，x3＋xm－2＝2，…，又xi＝xm＋xm－1＋…＋x1，所以2xi＝（x1＋xm）＋（x2＋xm－1）＋…＋（xm＋x1）＝2m，所以xi＝m.法二：（光速解法）取特殊函数f（x）＝0（x∈R），它与y＝|x2－2x－3|的图象有两个交点（－1，0），（3，0），此时m＝2，x1＝－1，x2＝3，故x i＝2＝m，只有B选项符合．4．解析：选A.因为a＝2＝4＞3＝b，c＝25＝5＞4＝a，所以b＜a＜c，故选A.5．解析：选D.当x>0时，x＋>，所以f＝f，即f(x＋1)＝f(x)，所以f(6)＝f(5)＝f(4)＝…＝f(1)＝－f(－1)＝2.6．解析：选D.易知y＝2x2－e|x|是偶函数，设f(x)＝2x2－e|x|，则f(2)＝2×22－e2＝8－e2，所以0＜f(2)＜1，所以排除A，B；当0≤x≤2时，y＝2x2－ex，所以y′＝4x－ex，又(y′)′＝4－ex，当0＜x＜ln 4时，(y′)′＞0，当ln 4＜x＜2时，(y′)′＜0，所以y′＝4x－ex在(0，ln 4)单调递增，在(ln 4，2)单调递减，所以y′＝4x－ex在[0，2]有－1≤y′≤4(ln 4－1)，所以y′＝4x－ex在[0，2]存在零点ε，所以函数y＝2x2－ex在[0，ε)单调递减，在(ε，2]单调递增，排除C，故选D.7．解析：选D.由于函数y＝sin x2是一个偶函数，选项A、C的图象都关于原点对称，所以不正确；选项B与选项D的图象都关于y轴对称，在选项B中，当x＝±时，函数y＝sin x2<1，显然不正确，当x＝± 时，y＝sin x2＝1，而 <，故选D.8．解析：选B.设经过x年后该公司全年投入的研发资金开始超过200万元，则130(1＋12%)x>200，即1.12x>⇒x>＝≈＝3.8，所以该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是2019年．9．解析：法一：(通性通法之分离常数法)f(x)＝＝＝1＋，∵x≥2，∴x－1≥1，0＜≤1，∴1＋∈(1，2]，故当x＝2时，函数f(x)＝取得最大值2.法二：(光速解法之反解法)令y＝，∴xy－y＝x，∴x＝.∵x≥2，∴≥2，∴－2＝≥0，解得1＜y≤2，故函数f(x)的最大值为2.法三：(光速解法之导数法)∵f(x)＝，∴f′(x)＝＝＜0，∴函数f(x)在[2，＋∞)上单调递减，故当x＝2时，函数f(x)＝取得最大值2.答案：2专题3　导数及其应用1．解析：选D.函数y＝，y＝ln(x＋1)在(－1，1)上都是增函数，函数y＝cos x在(－1，0)上是增函数，在(0，1)上是减函数，而函数y＝2－x＝()x在(－1，1)上是减函数，故选D.2．解析：当x＞0时，－x＜0，则f(－x)＝ex－1＋x.又f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(－x)＝＋x，所以当x＞0时，f′(x)＝ex－1＋1，则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线的斜率为f′(1)＝2，所以切线方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x.答案：y＝2x3．解析：由题意得f′(x)＝(2x＋3)ex，则得f′(0)＝3.答案：34．解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．(i)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．(ii)设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．②若a＞－，则ln(－2a)＜1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)单调递增，在(ln(－2a)，1)单调递减．③若a＜－，则ln(－2a)＞1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)单调递增，在(1，ln(－2a))单调递减．(2)(i)设a＞0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜ln ，则f(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－b)＞0.所以f(x)有两个零点．(ii)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．(iii)设a＜0，若a≥－，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)单调递增，又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点；若a＜－，则由(1)知，f(x)在(1，ln (－2a))单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)单调递增，又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．5．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0.曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0.设g(x)＝ln x－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.(ⅰ)当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；(ⅱ)当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，此时g(x)＜g(1)＝0.综上，a的取值范围是(－∞，2]．6．解：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，ln x＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln ＜－1，即1＜＜x.(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0，解得x0＝.当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.7．解：(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．则g′(x)＝－2a＝.当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当a>0，x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，x∈时，函数g(x)单调递减．所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a>0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.(2)由(1)知，f′(1)＝0.①当a≤0时，f′(x)单调递增，所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．②当0<a<时，>1，由(1)知f′(x)在内单调递增，可得当x∈(0，1)时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，1)内单调递减，在内单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．③当a＝时，＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．④当a>时，0<<1，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x＝1处取得极大值，合题意．综上可知，实数a的取值范围为a>.专题4　三角函数与解三角形1．解析：选D.由余弦定理，得4＋b2－2×2bcos A＝5，整理得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－(舍去)，故选D.2．解析：选D.函数y＝2sin的周期为π，所以将函数y＝2sin的图象向右平移个单位长度后，得到函数图象对应的解析式为y＝2sin ＝2sin.故选D.3．解析：选A.由题图易知A＝2，因为周期T满足＝－，所以T＝π，ω＝＝2.由x＝时，y＝2可知2×＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，所以φ＝－＋2kπ(k∈Z)，结合选项可知函数解析式为y＝2sin.4．解析：选B.f(x)＝1－2sin2x＋6sin x＝－2＋，因为sin x∈[－1，1]，所以当sin x＝1时，f(x)取得最大值，且f(x)max＝5.5．解析：选D.法一：(通性通法)由tan θ＝－，得sin θ＝－，cos θ＝或sin θ＝，cos θ＝－，所以cos 2θ＝cos2θ－sin2θ＝，故选D.法二：(光速解法)cos 2θ＝＝＝＝.6．解析：选D.设BC边上的高为AD，则BC＝3AD，DC＝2AD，所以AC＝＝AD.由正弦定理，知＝，即＝，解得sin A＝，故选D.7．解析：选C.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝2b2－2b2cos A，所以2b2(1－sin A)＝2b2(1－cos A)，所以sin A＝cos A，即tan A＝1，又0<A<π，所以A＝.8．解析：选A.函数y＝sin x的图象向左平行移动个单位长度可得到y＝sin的图象．9．解析：法一：(通性通法)因为sin ＝，所以cos＝sin＝sin＝，因为θ为第四象限角，所以－＋2kπ＜θ＜2kπ，k∈Z，所以－＋2kπ＜θ－＜2kπ－，k∈Z，所以sin＝－＝－，所以tan＝＝－.法二：(光速解法)因为θ是第四象限角，且sin＝，所以θ＋为第一象限角，所以cos＝，所以tan＝＝＝－＝－.答案：－10．解析：由条件可得sin A＝，sin C＝，从而有sin B＝sin [π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝.由正弦定理＝，可知b＝＝.答案：11．解析：因为y＝sin x－cos x＝2sin，所以函数y＝sin x－cos x的图象可由函数y＝2sin x的图象至少向右平移个单位长度得到．答案：12．解析：2cos2x＋sin 2x＝cos 2x＋sin 2x＋1＝sin＋1，故A＝，b＝1.答案：　113．解：(1)因为f(x)＝2sin ωxcos ωx＋cos 2ωx＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝sin(2ωx＋)，所以f(x)的最小正周期T＝＝.依题意，＝π，解得ω＝1.(2)由(1)知f(x)＝sin(2x＋)．函数y＝sin x的单调递增区间为[2kπ－，2kπ＋](k∈Z)．由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)．所以f(x)的单调递增区间为[kπ－，kπ＋](k∈Z)．14．解：(1)在△ABC中，由＝，可得asin B＝bsin A，又由asin 2B＝bsin A，得2asin Bcos B＝bsin A＝asin B，所以cos B＝，得B＝.(2)由cos A＝，可得sin A＝，则sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin(A＋)＝sin A＋cos A＝.15．解：(1)因为cos B＝，0<B<π，所以sin B＝＝＝.由正弦定理知＝，所以AB＝＝＝5.(2)在△ABC中，A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)，于是cos A＝－cos(B＋C)＝－cos＝－cos Bcos ＋sin Bsin，又cos B＝，sin B＝，故cos A＝－×＋×＝－.因为0<A<π，所以sin A＝＝.因此，cos＝cos Acos ＋sin Asin ＝－×＋×＝.专题5　平面向量、数系的扩充与复数的引入1．解析：选C.易知z＝3－2i，所以＝3＋2i.2．解析：选D.＝＝－i，故选D.3．解析：选A.＝＝＝i.4．解析：选B.易知z＝1＋i，所以z＝1－i.故选B.5．解析：选A.由题意得cos ∠ABC＝＝＝，所以∠ABC＝30°，故选A.6．解析：选B.法一：(通性通法)如图，建立平面直角坐标系，则A(0，)，B(－，0)，C(，0)，E(0，0)，D(－，)，由＝2，得F(，－)，则＝(，－)，＝(1，0)，所以·＝.法二：(光速解法)·＝(＋)·＝(＋)·＝·＋·＝－＋＝.7．解析：因为a＝(x，x＋1)，b＝(1，2)，a⊥b，所以x＋2(x＋1)＝0，解得x＝－.答案：－8．解析：由题意得，－2m－12＝0，所以m＝－6.答案：－69．解析：a·b＝2，∴cos〈a，b〉＝＝＝，又〈a，b〉∈[0，π]，∴〈a，b〉＝.答案：10．解析：因为z＝＝1－i，所以z的实部是1.答案：111．解析：由a·b＝1，|a|＝1，|b|＝2可得两向量的夹角为60°，建立平面直角坐标系，可设a＝(1，0)，b＝(1，)，e＝(cos θ，sin θ)，则|a·e|＋|b·e|＝|cos θ|＋|cos θ＋sin θ|≤|cos θ|＋|cos θ|＋|sin θ|＝|sin θ|＋2|cos θ|≤，所以|a·e|＋|b·e|的最大值为.答案：专题6　数　列1．解：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2.所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.(2)由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝，因此数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列．记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝＝－.2．解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3.解得a1＝1，d＝.所以{an}的通项公式为an＝.(2)由(1)知，bn＝[]．当n＝1，2，3时，1≤＜2，bn＝1；当n＝4，5时，2＜＜3，bn＝2；当n＝6，7，8时，3≤＜4，bn＝3；当n＝9，10时，4＜＜5，bn＝4.所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.3．解：(1)由题意可得a2＝，a3＝.(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因为{an}的各项都为正数，所以＝.故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.4．解：(1)等比数列{bn}的公比q＝＝＝3，所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27.设等差数列{an}的公差为d.因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2.所以an＝2n－1(n＝1，2，3，…)．(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1.因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.从而数列{cn}的前n项和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝＋＝n2＋.5．解：(1)设数列{an}的公比为q.由已知，有－＝，解得q＝2，或q＝－1.又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，所以a1·＝63，得a1＝1.所以an＝2n－1.(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)＝(log22n－1＋log22n)＝n－，即{bn}是首项为，公差为1的等差数列．设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，则T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝＝2n2.6．解：(1)由题意得则又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an.所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1.当n≥3时，由于3n－1>n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3.当n≥3时，Tn＝3＋－＝，所以Tn＝专题7　不等式、推理与证明1．解析：选B.不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，其中A(1，2)、B(2，1)，当两条平行直线间的距离最小时，两平行直线分别过点A与B，又两平行直线的斜率为1，直线AB的斜率为－1，所以线段AB的长度就是过A、B两点的平行直线间的距离，易得|AB|＝，即两条平行直线间的距离的最小值是，故选B.2．解析：选C.不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，其中A(0，－3)，B(3，－1)，C(0，2)，显然在点B处x2＋y2取得最大值10.3．解析：设某高科技企业生产产品A和产品B分别为x件，y件，生产产品A、产品B的利润之和为z元，依题意得即目标函数为z＝2 100x＋900y.其可行域为四边形OMNC及其内部区域中的整点，其中点O(0，0)，M(0，200)，N(60，100)，C(90，0)，当直线z＝2 100x＋900y经过点N(60，100)时，z取得最大值，zmax＝2 100×60＋900×100＝216 000，即生产产品A、产品B的利润之和的最大值为216 000元．答案：216 0004．解析：法一：(通性通法)作出可行域，如图中阴影部分所示，由z＝x－2y得y＝x－z，作直线y＝x并平移，观察可知，当直线经过点A(3，4)时，zmin＝3－2×4＝－5.法二：(光速解法)因为可行域为封闭区域，所以线性目标函数的最值只可能在边界点处取得，易求得边界点分别为(3，4)，(1，2)，(3，0)，依次代入目标函数可求得zmin＝－5.答案：－55．解析：由丙所言可能有两种情况．一种是丙持有“1和2”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和3”，符合甲所言情况；另一种是丙持有“1和3”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和2”，不符合甲所言情况．故甲持有“1和3”．答案：1和36.解析：作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，由图知当z＝2x＋3y－5经过点A(－1，－1)时，z取得最小值，zmin＝2×(－1)＋3×(－1)－5＝－10.答案：－10专题8　立体几何1．解析：选A.由正方体的体积为8可知，正方体的棱长a＝2.又正方体的体对角线是其外接球的一条直径，即2R＝a(R为正方体外接球的半径)，所以R＝，故所求球的表面积S＝4πR2＝12π.2．解析：选A.由三视图可知该几何体是半径为R的球截去所得，其图象如图所示，所以×πR3＝，解得R＝2，所以该几何体的表面积S＝×4πR2＋3×πR2＝17π.故选A. 3．解析：选C.该几何体的表面积由圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面圆的面积组成．其中，圆锥的底面半径为2，母线长为＝4，圆柱的底面半径为2，高为4，故所求表面积S＝π×2×4＋2π×2×4＋π×22＝28π.4．解析：选B.由三视图，知该几何体是一个斜四棱柱，所以该几何体的表面积S＝2×3×6＋2×3×3＋2×3×3＝54＋18，故选B.5．解析：选B.由正视图、俯视图得原几何体的形状如图所示，则该几何体的侧视图为B.6．解析：选C.选项A，只有当m∥β或m⊂β时，m∥l；选项B，只有当m⊥β时，m∥n；选项C，由于l⊂β，∴n⊥l；选项D，只有当m∥β或m⊂β时，m⊥n.故选C.7．解析：选A.如图，过点A补作一个与正方体ABCD­A1B1C1D1相同棱长的正方体，易知平面α为平面AF1E，则m，n所成角为∠EAF1，因为△EAF1为正三角形，所以sin∠EAF1＝sin 60°＝，故选A.8．解析：选B.要使球的体积V最大，必须球的半径R最大．由题意，知当球与直三棱柱的上、下底面都相切时，球的半径取得最大值，为，此时球的体积为πR3＝π×＝，故选B.9．解：(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB⊥DE.所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.又由已知，可得PA＝PB，所以G是AB的中点．(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC，因此EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影．连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝CG.由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝PG，DE＝PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2.在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2.所以四面体PDEF的体积V＝××2×2×2＝.10．解：(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.由此得EF⊥HD，EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.(2)由EF∥AC得＝＝.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由＝得EF＝.五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.所以五棱锥D′­ABCFE的体积V＝××2＝.11．解：(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为PA.取BC的中点E，连接AE，由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.由AM∥BC得M到BC的距离为，故S△BCM＝×4×＝2.所以四面体N­BCM的体积VN­BCM＝×S△BCM×＝.12．解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，所以DC⊥平面PAC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.所以AB⊥平面PAC.所以平面PAB⊥平面PAC.(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA⊄平面CEF，所以PA∥平面CEF.13．解：(1)证明：取BD的中点O，连接OE，OG.在△BCD中，因为G是BC的中点，所以OG∥DC且OG＝DC＝1，又因为EF∥AB，AB∥DC，所以EF∥OG且EF＝OG，即四边形OGFE是平行四边形，所以FG∥OE.又FG⊄平面BED，OE⊂平面BED，所以FG∥平面BED.(2)证明：在△ABD中，AD＝1，AB＝2，∠BAD＝60°，由余弦定理可得BD＝，进而∠ADB＝90°，即BD⊥AD.又因为平面AED⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，平面AED∩平面ABCD＝AD，所以BD⊥平面AED.又因为BD⊂平面BED，所以平面BED⊥平面AED.(3)因为EF∥AB，所以直线EF与平面BED所成的角即为直线AB与平面BED所成的角．过点A作AH⊥DE于点H，连接BH.又平面BED∩平面AED＝ED，由(2)知，AH⊥平面BED，所以直线AB与平面BED所成的角即为∠ABH.在△ADE中，AD＝1，DE＝3，AE＝，由余弦定理得cos∠ADE＝，所以sin∠ADE＝，因此，AH＝AD·sin∠ADE＝.在Rt△AHB中，sin∠ABH＝＝.所以，直线EF与平面BED所成角的正弦值为.14．证明：(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.15．证明：(1)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF，因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(2)设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.16．解：(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点．理由如下：因为AD∥BC，BC＝AD，所以BC∥AM，且BC＝AM，所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.又AB⊂平面PAB，CM⊄平面PAB，所以CM∥平面PAB.(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)证明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD，因为AD∥BC，BC＝AD，所以直线AB与CD相交．所以PA⊥平面ABCD.从而PA⊥BD.连接BM，因为AD∥BC，BC＝AD，所以BC∥MD，且BC＝MD.所以四边形BCDM是平行四边形．所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.又BD⊂平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.专题9　平面解析几何1．解析：选A.由题可知，圆心为(1，4)，结合题意得＝1，解得a＝－.2．解析：选D.由题意得2p＝4，p＝2，抛物线的焦点坐标为(1，0)．3．解析：选B.由题知圆M：x2＋(y－a)2＝a2，圆心(0，a)到直线x＋y＝0的距离d＝，所以2 ＝2，解得a＝2.圆M，圆N的圆心距|MN|＝，两圆半径之差为1，故两圆相交．4．解析：选B.法一：(通性通法)不妨设直线l过椭圆的上顶点(0，b)和左焦点(－c，0)，b＞0，c＞0，则直线l的方程为bx－cy＋bc＝0，由已知得＝×2b，解得b2＝3c2，又b2＝a2－c2，所以＝，即e2＝，所以e＝(e＝－舍去)，故选B.法二：(光速解法)不妨设直线l过椭圆的上顶点(0，b)和左焦点(－c，0)，b＞0，c＞0，则直线l的方程为bx－cy＋bc＝0，由已知得＝×2b，所以＝×2b，所以e＝＝，故选B.5．解析：选D.易知抛物线的焦点为F(1，0)，设P(xP，yP)，由PF⊥x轴可得xP＝1，代入抛物线方程得yP＝2(－2舍去)，把P(1，2)代入曲线y＝(k＞0)得k＝2.6．解析：选A.由题意，不妨设点P在x轴上方，直线l的方程为y＝k(x＋a)(k＞0)，分别令x＝－c与x＝0，得|FM|＝k(a－c)，|OE|＝ka，设OE的中点为G，由△OBG∽△FBM，得＝，即＝，整理得＝，所以椭圆C的离心率e＝，故选A.7．解析：圆C的方程可化为x2＋(y－a)2＝a2＋2，可得圆心的坐标为C(0，a)，半径r＝，所以圆心到直线x－y＋2a＝0的距离为＝，所以＋()2＝()2，解得a2＝2，所以圆C的半径为2，所以圆C的面积为4π.答案：4π8．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，0)，D(x4，0)，由x－y＋6＝0，得x＝y－6，代入圆的方程，并整理，得y2－3y＋6＝0，解得y1＝2，y2＝，所以x1＝0，x2＝－3，所以直线AC的方程为y－2＝－x，令y＝0得x3＝2，直线BD的方程为y－＝－(x＋3)，令y＝0得x4＝－2，则|CD|＝|x3－x4|＝4.答案：49．解析：由题可得a2＝a＋2，解得a＝－1或a＝2.当a＝－1时，方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，表示圆，故圆心为(－2，－4)，半径为5.当a＝2时，方程不表示圆．答案：(－2，－4)　510．解：(1)设M(x1，y1)，则由题意知y1＞0.由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.又A(－2，0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2.将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0.解得y＝0或y＝，所以y1＝.因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.(2)证明：将直线AM的方程y＝k(x＋2)(k＞0)代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0.由x1·(－2)＝得x1＝，故|AM|＝|x1＋2|＝.由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋2)，故同理可得|AN|＝.由2|AM|＝|AN|得＝，即4k3－6k2＋3k－8＝0.设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)单调递增．又f()＝15－26＜0，f(2)＝6＞0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k在(，2)内．所以＜k＜2.11．解：(1)由已知得M(0，t)，P.又N为M关于点P的对称点，故N，ON的方程为y＝x，代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝.因此H.所以N为OH的中点，即＝2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点．理由如下：直线MH的方程为y－t＝x，即x＝(y－t)．代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外直线MH与C没有其他公共点．12．解：由题设F.设l1：y＝a，l2：y＝b，则ab≠0，且A，B，P，Q，R.记过A，B两点的直线为l，则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.(1)证明：由于F在线段AB上，故1＋ab＝0.设AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则k1＝＝＝＝＝－b＝k2.所以AR∥FQ.(2)设l与x轴的交点为D(x1，0)，则S△ABF＝|b－a|·|FD|＝|b－a||x1－|，S△PQF＝.由题设可得2×|b－a||x1－|＝，所以x1＝0(舍去)，x1＝1.设满足条件的AB的中点为E(x，y)．当AB与x轴不垂直时，由kAB＝kDE可得＝(x≠1)．而＝y，所以y2＝x－1(x≠1)．当AB与x轴垂直时，E与D重合．所以所求轨迹方程为y2＝x－1.13．解：(1)由题意得，a＝2，b＝1.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.又c＝＝，所以离心率e＝＝.(2)设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x＋4y＝4.又A(2，0)，B(0，1)，所以，直线PA的方程为y＝(x－2)．令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝1－yM＝1＋.直线PB的方程为y＝x＋1.令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝2－xN＝2＋.所以四边形ABNM的面积S＝|AN|·|BM|＝(2＋)(1＋)＝＝＝2.从而四边形ABNM的面积为定值．专题10　概　率1．解析：选C.从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，共有6种选法．红色和紫色的花不在同一花坛的有4种选法，根据古典概型的概率计算公式，所求的概率为＝.故选C.2．解析：选B.记“至少需要等待15秒才出现绿灯”为事件A，则P(A)＝＝.3．解析：选C.开机密码的所有可能结果有：(M，1)，(M，2)，(M，3)，(M，4)，(M，5)，(I，1)，(I，2)，(I，3)，(I，4)，(I，5)，(N，1)，(N，2)，(N，3)，(N，4)，(N，5)，共15种，所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率是，故选C.4．解析：选B.设5名学生分别为甲、乙、丙、丁、戊，从甲、乙、丙、丁、戊5人中选2人，有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丙)，(乙，丁)，(乙，戊)，(丙，丁)，(丙，戊)，(丁，戊)，共10种情况，其中甲被选中的情况有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，共4种，所以甲被选中的概率为＝.5．解析：选A.由题意得，甲不输的概率为＋＝.6．解：(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为＝0.55，故P(A)的估计值为0.55.(2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.(3)由所给数据得保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a频率0.300.250.150.150.100.05调查的200名续保人的平均保费为0．85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a.因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.专题11　统计、统计案例及算法初步1．解析：选C.输入x＝0，y＝1，n＝1，得x＝0，y＝1，x2＋y2＝1＜36，不满足条件，执行循环：n＝2，x＝，y＝2，x2＋y2＝＋4＜36，不满足条件，执行循环：n＝3，x＝＋1＝，y＝6，x2＋y2＝＋36＞36，满足条件，结束循环，所以输出的x＝，y＝6，满足y＝4x，故选C.2．解析：选C.法一：(通性通法)第一步，a＝2，s＝0×2＋2＝2，k＝1；第二步，a＝2，s＝2×2＋2＝6，k＝2；第三步，a＝5，s＝6×2＋5＝17，k＝3＞2，跳出循环．故输出的s＝17.法二：(光速解法)由秦九韶算法的意义可知s＝f(x)＝[(0×x＋2)x＋2]x＋5＝2x2＋2x＋5，故输出的s＝f(2)＝17.3．解析：选B.第一次循环，得a＝2，b＝4，a＝6，s＝6，n＝1；第二次循环，得a＝－2，b＝6，a＝4，s＝10，n＝2；第三次循环，得a＝2，b＝4，a＝6，s＝16，n＝3；第四次循环，得a＝－2，b＝6，a＝4，s＝20，n＝4，此时s＝20＞16，退出循环，输出的n＝4，故选B.4．解析：选D.由图可知0 ℃在虚线框内，所以各月的平均最低气温都在0 ℃以上，A正确；由图可知七月的平均温差比一月的平均温差大，B正确；由图可知三月和十一月的平均最高气温都约为10 ℃，基本相同，C正确；由图可知平均最高气温高于20 ℃的月份不是5个，D不正确．故选D.5．解：(1)当x≤19时，y＝3 800；当x＞19时，y＝3 800＋500(x－19)＝500x－5 700.所以y与x的函数解析式为y＝(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3 800，20台的费用为4 300，10台的费用为4 800，因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为×(3 800×70＋4 300×20＋4 800×10)＝4 000.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4 000，10台的费用为4 500，因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为×(4 000×90＋4 500×10)＝4 050.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．6．解：(1)由折线图中数据和附注中参考数据得＝4，(ti－)2＝28，=0.55,(ti－)(yi－)=tiyi-y＝40.17－4×9.32＝2.89，r＝≈0.99.因为y与t的相关系数近似为0.99，说明y与t的线性相关程度相当高，从而可以用线性回归模型拟合y与t的关系．(2)由y＝≈1.331及(1)得＝＝≈0.103，＝y－t≈1.331－0.103×4≈0.92.所以，y关于t的回归方程为＝0.92＋0.10t.将2016年对应的t＝9代入回归方程得＝0.92＋0.10×9＝1.82.所以预测2016年我国生活垃圾无害化处理量约为1.82亿吨．专题12　选考部分选修4－1　几何证明选讲1．证明：(1)设E是AB的中点，连接OE.因为OA＝OB，∠AOB＝120°，所以OE⊥AB，∠AOE＝60°.在Rt△AOE中，OE＝AO，即O到直线AB的距离等于⊙O半径，所以直线AB与⊙O相切．(2)连接OD，因为OA＝2OD，所以O不是A，B，C，D四点所在圆的圆心．设O′是A，B，C，D四点所在圆的圆心，作直线OO′.由已知得O在线段AB的垂直平分线上，又O′在线段AB的垂直平分线上，所以OO′⊥AB.同理可证，OO′⊥CD.所以AB∥CD.2．解：(1)证明：因为DF⊥CE，所以△DEF∽△CDF，则有∠GDF＝∠DEF＝∠FCB，＝＝，所以△DGF∽△CBF，由此可得∠DGF＝∠CBF，因此∠CGF＋∠CBF＝180°，所以B，C，G，F四点共圆．(2)由B，C，G，F四点共圆，CG⊥CB知FG⊥FB.连接GB.由G为Rt△DFC斜边CD的中点，知GF＝GC，故Rt△BCG≌Rt△BFG，因此，四边形BCGF的面积S是△GCB面积S△GCB的2倍，即S＝2S△GCB＝2×××1＝.3．解：(1)连接PB，BC，则∠BFD＝∠PBA＋∠BPD，∠PCD＝∠PCB＋∠BCD.因为＝，所以∠PBA＝∠PCB，又∠BPD＝∠BCD，所以∠BFD＝∠PCD.又∠PFB＋∠BFD＝180°，∠PFB＝2∠PCD，所以3∠PCD＝180°，因此，∠PCD＝60°.(2)证明：因为∠PCD＝∠BFD，所以∠EFD＋∠PCD＝180°，由此知C，D，F，E四点共圆，其圆心既在CE的垂直平分线上，又在DF的垂直平分线上，故G就是过C，D，F，E四点的圆的圆心，所以G在CD的垂直平分线上．又O也在CD的垂直平分线上，因此OG⊥CD.选修4－4　坐标系与参数方程1．解：(1)消去参数t得到C1的普通方程x2＋(y－1)2＝a2.C1是以(0，1)为圆心，a为半径的圆．将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入C1的普通方程中，得到C1的极坐标方程为ρ2－2ρsin θ＋1－a2＝0.(2)曲线C1，C2的公共点的极坐标满足方程组若ρ≠0，由方程组得16cos2θ－8sin θcos θ＋1－a2＝0，由已知tan θ＝2，可得16cos2θ－8sin θcos θ＝0，从而1－a2＝0，解得a＝－1(舍去)，a＝1.a＝1时，极点也为C1，C2的公共点，在C3上．所以a＝1.2．解：(1)由x＝ρcos θ，y＝ρsin θ可得圆C的极坐标方程为ρ2＋12ρcos θ＋11＝0.(2)在(1)中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R)．设A，B所对应的极径分别为ρ1，ρ2，将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得ρ2＋12ρcos α＋11＝0.于是ρ1＋ρ2＝－12cos α，ρ1ρ2＝11.|AB|＝|ρ1－ρ2|＝＝ .由|AB|＝得cos2α＝，tan α＝±.所以l的斜率为或－.3．解：(1)C1的普通方程为＋y2＝1.C2的直角坐标方程为x＋y－4＝0.(2)由题意，可设点P的直角坐标为(cos α，sin α)．因为C2是直线，所以|PQ|的最小值即为P到C2的距离d(α)的最小值，d(α)＝＝.当且仅当α＝2kπ＋(k∈Z)时，d(α)取得最小值，最小值为，此时P的直角坐标为.选修4－5　不等式选讲1．解：(1)f(x)＝当x≤－时，由f(x)＜2得－2x＜2，解得x＞－1，所以－1＜x≤－；当－＜x＜时，f(x)＜2恒成立；当x≥时，由f(x)＜2得2x＜2，解得x＜1，所以≤x＜1.所以f(x)＜2的解集M＝{x|－1＜x＜1}．(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1＜a＜1，－1＜b＜1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)＜0.因此|a＋b|＜|1＋ab|.2．解：(1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|2x－1|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a，当x＝时等号成立，所以当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.①当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解．当a＞1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.所以a的取值范围是[2，＋∞)．3．解：(1)f(x)＝y＝f(x)的图象如图所示．(2)由f(x)的表达式及图象，当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5，故f(x)＞1的解集为{x|1＜x＜3}；f(x)＜－1的解集为.所以|f(x)|＞1的解集为.