江苏省南京市2022届高考数学考前20题——南京市教学研究室

这是一份江苏省南京市2022届高考数学考前20题——南京市教学研究室，共28页。试卷主要包含了故选C，))等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-1" \h \z \u \l "_Tc102830536" 三角函数与解三角形 PAGEREF _Tc102830536 \h 2
\l "_Tc102830537" 集合与常用逻辑用语 PAGEREF _Tc102830537 \h 6
\l "_Tc102830538" 数列 PAGEREF _Tc102830538 \h 7
\l "_Tc102830539" 复数 PAGEREF _Tc102830539 \h 9
\l "_Tc102830540" 立体几何 PAGEREF _Tc102830540 \h 10
\l "_Tc102830541" 计数原理 PAGEREF _Tc102830541 \h 15
\l "_Tc102830542" 概率统计 PAGEREF _Tc102830542 \h 16
\l "_Tc102830543" 不等式 PAGEREF _Tc102830543 \h 19
\l "_Tc102830544" 解析几何 PAGEREF _Tc102830544 \h 20
\l "_Tc102830545" 平面向量 PAGEREF _Tc102830545 \h 24
\l "_Tc102830546" 函数与导数 PAGEREF _Tc102830546 \h 25
三角函数与解三角形
1．已知函数f (x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜ eq \s\d1(\f(π,2)))的部分图象如图所示，则f(π)的值为( )
O
y
x

A．eq \f(\r(3),2) B．eq \f(\r(2),2) C．eq \f(1,2) D．－eq \f(\r(3),2)
【答案】C
【提示】由f(0)＝sinφ＝eq \f(\r(3),2)，0＜φ＜ eq \s\d1(\f(π,2))，得φ＝eq \f(π,3)，由ω·eq \f(4π,15)＋eq \f(π,3)＝π得ω＝eq \f(5,2)，
所以f(x)＝sin(eq \f(5,2)x＋eq \f(π,3))，所以f(π)＝sin(eq \f(5,2)π＋eq \f(π,3))＝sin(eq \f(π,2)＋eq \f(π,3))＝eq \f(1,2)．故选C．
【说明】本题考查y＝Asin(ωx＋φ)的图象．
2．（多选题）声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数．纯音的数学模型是函数y＝Asinωt，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音．若一个复合音的数学模型是函数f(x)＝sinx＋eq \f(1,2)sin2x，则下列结论正确的是( )
A．f(x)的图象关于直线x＝π对称B．f(x)在[－eq \f(π,4)，eq \f(π,4)]上是增函数
C．f(x)的最大值为eq \f(3\r(3),4) D．若f(x1)f(x2)＝－ eq \s\d1(\f(27,16))，则|x1－x2|min＝ eq \s\d1(\f(2π,3))
【答案】BCD
【提示】对于A，因为f(2π－x)＝－sinx－eq \f(1,2)sin2x＝－f(x)，所以f(x)的图象关于(π，0)对称，不关于x＝π对称，故A错误．
对于B，因为y＝sinx与y＝eq \f(1,2)sin2x在[－eq \f(π,4)，eq \f(π,4)]上都是增函数，所以f(x)在[－eq \f(π,4)，eq \f(π,4)]上是增函数，故B正确．
对于C，因为f(－x)＝－sinx－eq \f(1,2)sin2x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数；又y＝sinx与y＝eq \f(1,2)sin2x的最小正周期分别为2π与π，所以f(x)的最小正周期为2π．当x∈[0，π]时，f '(x)＝csx＋cs2x＝2cs2x＋csx－1，令f '(x)＝0，得csx＝eq \f(1,2)或csx＝－1，即x＝eq \f(π,3)或π．当x∈(0，eq \f(π,3))时，f '(x)＞0，f(x)递增；当x∈(eq \f(π,3)，π)时，f '(x)＜0，f(x)递减，所以f(x)max＝f(eq \f(π,3))＝eq \f(3\r(3),4)，故C正确．
对于D，由C得f(x)max＝f(eq \f(π,3)＋2kπ)＝eq \f(3\r(3),4)，f(x)min＝f(－eq \f(π,3)＋2kπ)＝－eq \f(3\r(3),4)，k∈Z．又f(x1) f(x2)＝－ eq \s\d1(\f(27,16))＝－eq \f(3\r(3),4)·eq \f(3\r(3),4)，所以|x1－x2|min＝eq \f(π,3)－(－eq \f(π,3))＝ eq \s\d1(\f(2π,3))，故D正确．故选BCD．
【说明】本题考查三角函数、函数的图象与性质、导数等知识，能利用转化与划归、数形结合思想解决问题．
3．在平面直角坐标系xOy中，已知锐角α的终边与单位圆交于A(x1，y1)，角(α＋eq \f(π,4))的终边与单位圆交于B(x2，y2)，则x1x2＋y1y2的值为 ；若x1y2＋x2y1＝eq \f(\r(2),10)，则 eq \f(x2,y1)的值为 ．
【答案】eq \f(\r(2),2)；－eq \f(\r(2),4)
【提示】x1x2＋y1y2＝ eq \(OA,\s\up8(→))· eq \(OB,\s\up8(→))＝| eq \(OA,\s\up8(→))|·| eq \(OB,\s\up8(→))|·cseq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)．
由三角函数的定义可知，x1＝csα，y1＝sinα，x2＝cs(α＋eq \f(π,4))，y2＝sin(α＋eq \f(π,4))，
则x1y2＋x2y1＝csαsin(α＋eq \f(π,4))＋cs(α＋eq \f(π,4))sinα＝sin(2α＋eq \f(π,4))
＝eq \f(\r(2),2)(sin2α＋cs2α)＝eq \f(\r(2),2)· eq \f(2tanα＋1－tan2α,tan2α＋1)＝eq \f(\r(2),10)，
所以3tan2α－5tanα－2＝0，解得tanα＝2或tanα＝－eq \f(1,3)(舍去)，
则 eq \f(x2,y1)＝ eq \f(cs(α＋\f(π,4)),sinα)＝ eq \f(\f(\r(,2),2)(csα－sinα),sinα)＝ eq \f(\r(,2),2)( eq \f(1,tanα)－1)＝－ eq \f(\r(,2),4)．
【说明】本题考查三角函数的定义、三角恒等变换，能利用转化与划归思想解决问题．
4．请在①向量x＝( eq \s\d1(\f(c－a,b＋c))，sinB)，y＝( eq \s\d1(\f(b－c,c＋a))，sinA)，且x∥y；② eq \r(,3)b＝2csin(A＋ eq \f(π,3))这两个条件中任选一个填入横线上并解答．
在锐角三角形ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c， ．
（1）求角C；
（2）若△ABC的面积为2eq \r(3)，求2a＋b的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：（1）选择①：
因为x∥y，所以 eq \s\d1(\f((c－a)sinA,b＋c))＝ eq \s\d1(\f((b－c)sinB,c＋a))，由正弦定理得， eq \s\d1(\f((c－a)a,b＋c))＝ eq \s\d1(\f((b－c)b,c＋a))，
即a(c2－a2)＝b(b2－c2)，即ac2＋bc2＝a3＋b3，即c2(a＋b)＝(a＋b)(a2－ab＋b2)，
即c2＝a2＋b2－ab．因为csC＝ eq \s\d1(\f(a2＋b2－c2,2ab))＝ eq \s\d1(\f(1,2))，C为锐角，所以C＝eq \f(π,3)．
选择②：
因为 eq \r(,3)b＝2csin(A＋ eq \f(π,3))，由正弦定理得， eq \r(,3)sinB＝2sinCsin(A＋ eq \f(π,3))，
即 eq \r(,3)sinB＝sinCsinA＋ eq \r(,3)sinCcsA．又sinB＝sin(A＋C)＝sinAcsC＋csAsinC，
所以 eq \r(,3)sinAcsC＝sinCsinA．因为sinA＞0，所以 eq \r(,3)csC＝sinC，
又C为锐角，所以tanC＝ eq \r(,3)，C＝eq \f(π,3)．
（2）因为S△ABC＝ eq \f(1,2)absinC＝ eq \f(\r(,3),4)ab＝2 eq \r(,3)，所以ab＝8，则2a＋b＝2a＋ eq \f(8,a)．
(法一)由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2abcsC＝a2＋b2－8．①
因为△ABC为锐角三角形，所以 eq \b\lc\{(\a\ac(csA＞0，,csB＞0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\ac(b2＋c2－a2＞0，,a2＋c2－b2＞0．))
将①代入上式可得 eq \b\lc\{(\a\ac(b2＞4，,a2＞4，)) 即 eq \b\lc\{(\a\ac((\f(8,a))2＞4，,a2＞4，))解得2＜a＜4．
令f(a)＝2a＋ eq \f(8,a)，2＜a＜4，则f '(a)＝2－ eq \s\d1(\f(8,a2))＝ eq \s\d1(\f(2(a2－4),a2))＞0，
所以f(a)在2＜a＜4上单调递增，所以f(2)＜f(a)＜f(4)，即8＜f(a)＜10，
即2a＋b的取值范围为(8，10)．
(法二)由正弦定理得 eq \f(a,b)＝ eq \f(sinA,sinB)＝ eq \f(sin(B＋\f(π,3)),sinB)＝ eq \f(\f(1,2)sinB＋\f(\r(,3),2)csB,sinB)＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(,3),2)· eq \f(1,tanB)，
又 eq \f(a,b)＝ eq \f(a,\f(8,a))＝ eq \f(a2,8)，所以 eq \f(a2,8)＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(,3),2)· eq \f(1,tanB)．
因为△ABC为锐角三角形，所以 eq \b\lc\{(\a\ac(0＜A＝\f(2π,3)－B＜\f(π,2)，,0＜B＜\f(π,2)，)) 解得 eq \f(π,6)＜B＜ eq \f(π,2)．
因为tanB＞ eq \f(\r(,3),3)，所以0＜ eq \f(1,tanB)＜ eq \r(,3)， eq \f(1,2)＜ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(,3),2)· eq \f(1,tanB)＜2，即 eq \f(1,2)＜ eq \f(a2,8)＜2，解得2＜a＜4．
下同法一．
【说明】本题考查解三角形、三角函数、平面向量、不等式等知识，能利用转化与划归思想解决问题．
5．已知0＜α＜eq \f(π,2)，cs(α＋eq \f(π,4))＝eq \f(1,3)．
（1）求sinα的值；
（2）若－eq \f(π,2)＜β＜0，cs(eq \f(β,2)－eq \f(π,4))＝eq \f(\r(3),3)，求α－β的值．
解：（1）因为0＜α＜eq \f(π,2)，所以eq \f(π,4)＜α＋eq \f(π,4)＜eq \f(3π,4)，
又cs(α＋eq \f(π,4))＝eq \f(1,3)，所以sin(α＋eq \f(π,4))＝ eq \r(,1－(\f(1,3))2)＝ eq \f(2\r(,2),3)，
所以sinα＝sin[(α＋eq \f(π,4))－eq \f(π,4)]＝eq \f(\r(2),2)( eq \f(2\r(,2),3)－eq \f(1,3))＝ eq \f(4－\r(,2),6)．
（2）因为cs(eq \f(β,2)－eq \f(π,4))＝eq \f(\r(3),3)，
所以sinβ＝cs(β－eq \f(π,2))＝cs2(eq \f(β,2)－eq \f(π,4))＝2cs2(eq \f(β,2)－eq \f(π,4))－1＝2×eq \f(1,3)－1＝－eq \f(1,3)．
又因为－eq \f(π,2)＜β＜0，所以csβ＝ eq \r(,1－sin2β)＝ eq \f(2\r(,2),3)，
由（1）知，csα＝ eq \r(,1－sin2α)＝ eq \f(4＋\r(,2),6)，
所以cs(α－β)＝ eq \f(4＋\r(,2),6)× eq \f(2\r(,2),3)＋ eq \f(4－\r(,2),6)×(－eq \f(1,3))＝eq \f(\r(2),2)．
又 8240:uId:8240 0＜α－β＜π，所以α－β＝eq \f(π,4)．
集合与常用逻辑用语
1．（多选题）已知M、N均为实数集R的子集，且N∩(∁RM)＝，则下列结论中正确的是( )
A．M∩(∁R N)＝ B．M∪(∁R N)＝R
C．(∁RM)∩(∁R N)＝∁RM D．(∁RM)∪(∁R N)＝∁RM
【答案】BC
【提示】因为N∩(∁RM)＝，所以NM，故A错误，B正确，C正确，D错误．故选BC．
【说明】本题考查集合之间的关系与运算．
2．甲、乙、丙、丁四人商量去看电影．
甲说：乙去我才去；
乙说：丙去我才去；
丙说：甲不去我就不去；
丁说：乙不去我就不去．
最后有人去看电影，有人没去看电影，则不去的人是 ．
【答案】丁
【解析】由题意，丙去，则甲乙去，丁不去，符合题意，故答案为丁．
【说明】本题着重考查逻辑推理素养，体现分类讨论的思想．
数列
1．2022年4月26日下午，神州十三号载人飞船返回舱在京完成开舱．据科学计算，运载
“神十三”的“长征二号”F遥十三运载火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2千米，
以后每秒钟通过的路程都增加2千米，在达到离地面380千米的高度时，火箭与飞船分
离，则这一过程需要的时间大约是( )
A．10秒 B．13秒 C．15秒 D．19秒
【答案】D
【提示】设每秒钟通过的路程构成数列{an}，则{an}是首项为2，公差为2的等差数列，
由求和公式有Sn＝2n＋n(n－1)＝380，解得n＝19．
【说明】此题考查学生灵活运用等差数列求和公式解决实际问题，是一道灵活的应用题．
2．已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(an,2eq \s\up4(n＋1)·an＋1)．若a1＝eq \f(1,2)，则 eq \(∑,\s\up6(5),\s\d6(i＝1)) eq \f(2eq \s\up4(i),a eq\s\up4(2)EQ \s\d2(i))＝_________；若a10＝eq \f(1,2046)，则a1＝_________．
【答案】2604；eq \f(1,2)
【提示】取倒数得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋2eq \s\up4(n＋1)，由累加法得eq \f(1,an)＝2eq \s\up4(n＋1)－2，
所以 eq \f(2eq \s\up4(i),a eq\s\up4(2) EQ \s\d2(i))＝2eq \s\up4(2i＋1)－2eq \s\up4(i＋1)，所以 eq \(∑,\s\up6(5),\s\d6(i＝1)) eq \f(2eq \s\up4(i),a eq\s\up4(2) EQ \s\d2(i))＝ eq \(∑,\s\up6(5),\s\d6(i＝1))(2eq \s\up4(2i＋1)－2eq \s\up4(i＋1))＝2604．
由累加法得eq \f(1,an)＝2eq \s\up4(n＋1)－4＋eq \f(1,a1)，把n＝10代入得a1＝eq \f(1,2)．
【说明】本题考查递推公式求通项，取倒数，累加法、分组求和等数列求和基本方法．
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，Sn＝2＋an＋1．
（1）证明：数列{Sn－2}为等比数列；
（2）记数列{ eq \s\d1(\f(1,Sn))}的前n项和为Tn，证明：Tn＜2．
解：（1）因为Sn＝2＋an＋1＝2＋(Sn＋1－Sn)，所以2Sn＝Sn＋1＋2，所以Sn＋1－2＝2(Sn－2)，
因为S1－2≠0，所以Sn－1≠0， eq \s\d1(\f(Sn＋1－2,Sn－2))＝2，
故数列{Sn－2}为等比数列，首项为S1－2＝1，公比为2．
（2）由（1）可知Sn－2＝2n－1，所以 eq \s\d1(\f(1,Sn))＝ eq \s\d1(\f(1,2＋2n－1))＜ eq \s\d1(\f(1,2n－1))，
所以Tn＜1＋ eq \s\d1(\f(1,2))＋ eq \s\d1(\f(1,22))＋…＋ eq \s\d1(\f(1,2n－1))＝ eq \s\d1(\f((1－\s\d1(\f(1,2n))),1－\s\d1(\f(1,2))))＝2(1－ eq \s\d1(\f(1,2n)))＜2．
【说明】本题考查Sn与an的关系构造等比数列，放缩法后用公式法求和等，属于中档题．
4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1， eq \s\d1(\f(S6,S3))＝28，数列{bn}满足bn＝3lg3(an)＋1．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）若对任意的n∈N*，λbn＜3an恒成立，求实数λ的取值范围．
解：（1）设等比数列{an}的公比为q，
由 eq \s\d1(\f(S6,S3))＝28，显然q≠1，所以 eq \s\d1(\f(1－q6,1－q3))＝28，解得q＝3，
由于a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*；
所以bn＝3lg3(an)＋1＝3lg33n－1＋1＝3n－2，n∈N*，
所以{bn}的通项公式为bn＝3n－2，n∈N*．
（2）λbn＜3an恒成立，即λ＜ eq \s\d1(\f(3n,3n－2))对于任意的n∈N*恒成立．
令f(n)＝ eq \s\d1(\f(3n,3n－2))，n∈N*，则f(n＋1)－f(n)＝ eq \s\d1(\f(3n＋1,3n＋1))－ eq \s\d1(\f(3n,3n－2))＝ eq \s\d1(\f(3n·(6n－7),(3n＋1)(3n－2)))，
当n＞1时，f(n＋1)＞f(n)，所以f(1)＞f(2)＜f(3)＜f(4)＜…，即f(n)的最小值为f(2)＝ eq \s\d1(\f(9,4))，
所以实数λ的取值范围为(－∞， eq \s\d1(\f(9,4)))．
【说明】本题考查基本量法求通项，运用分组求和及裂项相消法求和，分离变量后运用比较法研究数列最值等．
复数
1．当复数z满足|z－3＋4i|＝1时，则|z－2|的最大值是( )
A． eq \r(,41)＋1B． eq \r(,17)＋1C． eq \r(,15)＋1D． eq \r(,13)＋1
【答案】B
【提示】设z＝x＋yi(x，y∈R)，则|z－3＋4i|＝|(x－3)＋(y＋4)i|＝ eq \r(,(x－3)2＋(y＋4)2)＝1，
所以复数z在复平面内对应的点的轨迹方程为(x－3)2＋(y＋4)2＝1，
圆(x－3)2＋(y＋4)2＝1的圆心坐标为(3，－4)，半径长为1．
|z－2|＝ eq \r(,(x－2)2＋y2)表示圆(x－3)2＋(y＋4)2＝1上的点到定点(2，0)的距离，
所以|z－2|的最大值为 eq \r(,(3－2)2＋(－4－0)2)＋1＝ eq \r(,17)＋1，故选B．
【说明】利用复数的几何意义解题．
2．（多选题）在复数范围内，下列命题不正确的是( )
A．若z是非零复数，则z－ eq \(z,\s\up6(－))不一定是纯虚数
B．若复数z满足z2＝－|z2|，则z是纯虚数
C．若z eq \(\s\up1(2),1)＋z eq \(\s\up1(2),2)＝0，则z1＝0且z2＝0
D．若z1，z2为两个复数，则z1－ eq \(z2,\s\up6(－))一定是实数
【答案】BCD
【提示】对于A，设z＝a＋bi(a，b∈R)， eq \(z,\s\up6(－))＝a－bi，z－ eq \(z,\s\up6(－))＝2bi，但有可能b＝0，就不一定是纯虚数，故A正确；
对于B，设z＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝a2－b2＋2abi，|z2|＝ eq \r(,(a2－b2)2＋4a2b2)＝a2＋b2，
由条件可知z2＝－|z2|，即a2－b2＋2abi＝－(a2＋b2)，所以 eq \b\lc\{(\a\al(a2＝－a2,2ab＝0))，因为a，b可同时为0，所以z不一定是纯虚数，故B错误；
对于C，若z1＝1，z2＝i，z eq \(\s\up1(2),1)＋z eq \(\s\up1(2),2)＝0，故C错误；
对于D，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则 eq \(z2,\s\up6(－))＝c－di，所以z1－ eq \(z2,\s\up6(－))不一定是实数，故D不正确．故选BCD．
【说明】综合运用复数的定义、运算和特征解题．
829776:fId:829776 立体几何
1．在《九章算术·商功》中将正四面形棱台体(棱台的上、下底面均为正方形)称为方亭．在方亭ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，四个侧面均为全等的等腰梯形且面积之和为12 eq \r(,2)，则该方亭的体积为( )
A． eq \f(28\r(,2),3) B． eq \f(28,3) C． eq \f(14\r(,2),3) D． eq \f(14,3)
【答案】B
【提示】如图，过A1作A1E⊥AB，垂足为E，
由四个侧面的面积之和为12 eq \r(,2)知，侧面ABB1A1的面积为3 eq \r(,2)，
所以 eq \f(1,2)(AB＋A1B1)·A1E＝3 eq \r(,2)(梯形的面积公式)，则A1E＝ eq \r(,2)．
由题意得，AE＝ eq \f(1,2)(AB－A1B1)＝1，在Rt△AA1E中，AA1＝ eq \r(,12＋(\r(,2))2)＝ eq \r(,3)．
连接AC，A1C1，过A1作A1F⊥AC，垂足为F，
易知四边形ACC1A1为等腰梯形且AC＝4 eq \r(,2)，A1C1＝2 eq \r(,2)，
则AF＝ eq \r(,2)，所以A1F＝ eq \r(,AA\(\s\up1(2),1)－AF2)＝1，
所以该方亭的体积V＝ eq \f(1,3)(22＋42＋ eq \r(,22×42))×1＝ eq \f(28,3)．
【说明】考查棱台的体积．
2．（多选题）在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为正方形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的( )
A．BO⊥AC B．BO与平面AA1C1C夹角的正弦值为 eq \f(\r(,10),5)
C．点B到平面ACD1的距离为 eq \f(\r(,3),3) D．直线BO与直线AD1的夹角为 eq \f(π,6)
【答案】ACD
【提示】对于A，如图，连接B1D1，A1C1，则B1D1，A1C1交于点O，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC//A1C1，BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1平面A1B1C1D1，故A1C1⊥BB1，而A1C1⊥B1D1，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1平面BB1D1，故A1C1⊥平面BB1D1，故AC⊥平面BB1D1，而BO平面BB1D1，故AC⊥BO，即BO⊥AC，故A正确；
对于B，因为BE⊥平面AA1C1C，所以∠BOE即为所求线面角，sin∠BOE＝ eq \f(BE,BO)＝ eq \f(\r(,3),3)，故B不正确；
对于C，设点B到平面ACD1的距离为d，因为V eq \(\s\d4(D1－ABC))＝V eq \(\s\d4(B－ACD1))，所以 eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×1×1×1＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)× eq \r(,2)× eq \r(,2)×sin60º×d，解得d＝ eq \f(\r(,3),3)，故C正确；
对于D，连接BC1，则AD1//BC1，则∠OBC1即为直线BO与AD1的夹角或其补角，
在△BOC1中，B1O＝ eq \f(\r(,2),2)BO＝ eq \r(,1＋(\f(\r(,2),2))2)＝ eq \f(\r(,6),2)BC1＝ eq \r(,2)，所以cs∠OBC1＝ eq \f(BO2＋BC12－OC12,2BO·BC1)＝ eq \f(\f(3,2)＋2－\f(1,2),2×\f(\r(,6),2)×\r(,2))＝ eq \f(\r(,3),2)，则∠OBC1＝ eq \f(π,6)，故D正确．
【说明】考查几何体中线面关系的判断，综合法求角度，点到平面距离．
3．如图，已知平面ABCD⊥平面ADEF，点O在线段AD上，OD＝2OA＝2，△OAB，
△OCD，△ODE，△OAF均为等边三角形．

（1）证明：B，C，E，F四点共面；
（2）求平面ABF与平面CDE所成角的正弦值．
解：（1）证法1：如图，延长EF交直线AD于点G1，延长CB交直线AD于点G2．
因为∠FAO＝∠EOD，所以AF∥OE，又因为AF＝ eq \f(1,2)OE，所以 eq \f(AG1,OG1)＝ eq \f(AF,OE)＝ eq \f(1,2)，
即AG1＝OA，同理可得AG2＝OA，所以G1，G2重合，所以EF，BC相交，
所以B，C，E，F四点共面．
证法2：分别取OA，OD的中点N，M，连接NB，NF，MC，ME．
因为△OAB，△OCD，△ODE，△OAF均为等边三角形，
所以NF⊥AD，NB⊥AD，ME⊥AD，MC⊥AD．
又因为平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，
所以ME⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD．
又因为BN平面ABCD，CM平面ABCD，所以ME⊥MC，FN⊥BN，
所以AD，NF，BN两两垂直，AD，ME，MC两两垂直，
以M为坐标原点，以{ eq \(MC,\s\up8(→))， eq \(MD,\s\up8(→))， eq \(ME,\s\up8(→))}为基底建立如图所示的空间直角坐标系M－xyz．
M(0，0，0)，E(0，0， eq \r(,3))，C( eq \r(,3)，0，0)，D(0，1，0)，N(0，－ eq \f(3,2)，0)，A(0，－2，0)，B( eq \f(\r(,3),2)，－ eq \f(3,2)，0)，F(0，－ eq \f(3,2)， eq \f(\r(,3),2))， eq \(CE,\s\up8(→))＝(－ eq \r(,3)，0， eq \r(,3))， eq \(BF,\s\up8(→))＝(－ eq \f(\r(,3),2)，0， eq \f(\r(,3),2))．
因为 eq \(CE,\s\up8(→))＝2 eq \(BF,\s\up8(→))，所以CE∥BF，即B，C，E，F四点共面．
（2）因为 eq \(DE,\s\up8(→))＝(0，－1， eq \r(,3))， eq \(DC,\s\up8(→))＝( eq \r(,3)，－1，0)，
设平面CDE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则 eq \b\lc\{(\a\ac(\(DE,\s\up8(→))·m＝0，,\(DC,\s\up8(→))·m＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\ac\c1\hs2\vs2(－y1＋\r(,3)z1＝0，,\r(,3)x1－y1＝0．))令x1＝1，则y1＝ eq \r(,3)，z1＝1，
所以平面CDE的一个法向量m＝(1， eq \r(,3)，1)．
因为 eq \(AB,\s\up8(→))＝( eq \f(\r(,3),2)， eq \f(1,2)，0)， eq \(AF,\s\up8(→))＝(0， eq \f(1,2)， eq \f(\r(,3),2))．设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则 eq \b\lc\{(\a\ac(\(AB,\s\up8(→))·n＝0，,\(AF,\s\up8(→))·n＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\ac\c1\hs2\vs2(\f(\r(,3),2)x2＋\f(1,2)y2＝0，,\f(1,2)y2＋\f(\r(,3),2)z2＝0．))令x2＝－1，则y2＝ eq \r(,3)，z2＝－1，
所以平面ABF的一个法向量n＝(－1， eq \r(,3)，－1)．
设平面ABF与平面CDE所成夹角为θ，则csθ＝|cs＜m，n＞|＝ eq \f(－1＋3－1,\r(,5)×\r(,5))＝ eq \f(1,5)，
所以sinθ＝ eq \r(,1－cs2θ)＝ eq \f(2\r(,6),5)，即平面ABF与平面CDE所成角的正弦值为 eq \f(2\r(,6),5)．
4．已知四棱锥P－ABCD的底面为菱形，△PAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F分别是棱PC，AB上的动点．
（1）若E是PC的中点，且BE//平面PFD，证明：F是AB的中点；
（2）若AD＝2，∠DAB＝60°，PE＝2EC，求三棱锥P－BDE的体积．
解：（1）取PD的中点M，连接ME、MF．
因为E是PC的中点，所以ME//CD，且ME＝ eq \f(1,2)CD，又BF//CD，所以BF//ME．
因为BE//平面PDF，平面BEMF∩平面PDF＝MF，BE平面BEMF，所以BE//MF，所以四边形BEMF为平行四边形，所以BF＝ME，即BF＝ eq \f(1,2)CD，所以F是AB的中点．
（2）取AD的中点G，连接PG．
因为△APD为等边三角形，所以PG⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PG⊥平面ABCD．
因为AB＝BC＝CD＝AD＝PA＝PD＝2，所以PG＝2×sin60°＝ eq \r(,3)．
又SΔBCD＝ eq \f(1,2)×2×2×sin60°＝ eq \r(,3)，因为PE＝2EC，
所以VP－BDE＝VB－PDE＝ eq \f(2,3)VB－PDC＝ eq \f(2,3)VP－BCD＝ eq \f(2,3)× eq \f(1,3)× eq \r(,3)× eq \r(,3)＝ eq \f(2,3)．
【说明】考查线面平行的性质定理，棱锥的体积．
计数原理
1．(1＋2x－x2)n展开式中各项系数的和为64，则(1＋x＋ eq \f(1,x2))n展开式中的常数项为_______．
【答案】76
【提示】因为(1＋2x－x2)n展开式中各项系数的和为64，令x＝1得2n＝64，解得n＝6．
(1＋x＋ eq \f(1,x2))6表示6个因式1＋x＋ eq \f(1,x2)的乘积，在这6个因式中，
①有6个因式都选1，可得常数项为1；
②有2个因式都选x，有1个因式选 eq \f(1,x2)，其余的3个因式都选1，
可得常数项为C eq \(\s\up1(2),6)C eq \(\s\up1(1),4)C eq \(\s\up1(3),3)×13＝60；
③有4个因式都选x，有2个因式都选 eq \f(1,x2)，可得常数项为C eq \(\s\up1(4),6)C eq \(\s\up1(2),2)＝15．
故展开式的常数项为60＋15＋1＝76．
【说明】考查二项式定理及二项展开式．
概率统计
1．（多选题）甲罐中有2个红球、2个黑球，乙罐中有3个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则( )
A iwrp :uId: iwrp ．P(A)＝ EQ \F(1,2) B．P(B|A)＝ EQ \F(1,3)C．P(B)＝ EQ \F(7,12)D．P(A|B)＝ EQ \F(4,7)
【答案】ACD
【解析】因为甲罐中有2个红球、2个黑球，所以P(A)＝ EQ \F(2,4)＝ EQ \F(1,2) ，故选项A正确；
因为P(B|A)＝ EQ \F(4,6)＝ EQ \F(2,3)，所以选项B错误；
因为P(B)＝ EQ \F(2,4)× EQ \F(4,6)＋ EQ \F(2,4)× EQ \F(3,6)＝ EQ \F(7,12)，所以选项C正确；
因为P(AB)＝ EQ \F(2,4)× EQ \F(4,6)＝ EQ \F(1,3)，P(B)＝ EQ \F(7,12)，所以P(A|B)＝ EQ \F(P(AB),P(B))＝ EQ \F(4,7)，故选项D正确．
【说明】考查古典概型和条件概率的基本公式．
2．（多选题）将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n次，以Pn表示没有出现连续2次反面向上的概率，则下列结论正确的是( )
A．P2＝ EQ \F(3,4)B．P4＝ EQ \F(1,3)
C．当n≥3时，Pn＝ EQ \F(1,2)Pn－1＋ EQ \F(1,4)Pn－2D．Pn＋1＞Pn
【答案】AC
【解析】对于A，P2＝1－ EQ \F(1,4)＝ EQ \F(3,4)，故A正确；
对于B，P4＝( EQ \F(1,2))4＋C eq \(\s\up 7(3),4)( EQ \F(1,2))3 EQ \F(1,2)＋C eq \(\s\up 7(2),3)( EQ \F(1,2))2( EQ \F(1,2))2＝ EQ \F(1,2)，故B错误；
对于C，如果第n次出现正面，则前n次没有出现连续2次反面向上的概率与前n－1次没有出现连续2次反面向上的概率相同，此时Pn＝ EQ \F(1,2)Pn－1；如果第n次出现反面，则第n－1出现正面，故前n次没有出现连续2次反面向上的概率与前n－2次没有出现连续2次反面向上的概率相同，则Pn＝ EQ \F(1,4)Pn－2；从而Pn＝ EQ \F(1,2)Pn－1＋ EQ \F(1,4)Pn－2，故C正确；
对于D，由Pn＝ EQ \F(1,2)Pn－1＋ EQ \F(1,4)Pn－2，得Pn＋1＝ EQ \F(1,2)Pn＋ EQ \F(1,4)Pn－1，消去Pn－1得Pn＋1－Pn＝－ EQ \F(1,8)Pn－2＜0，从而Pn＋1＜Pn，故D错误．
注：对于选项C和D可以用特殊值去处理．
【说明】考查概率统计与数列综合问题以及特殊与一般的数学思想方法．
3．公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫(Demere)向另一位著名的数学家帕斯卡(B．Pascal)提出了一个问题，帕斯卡和费马(Fermat)讨论了这个问题，后来惠更斯(C．Huygens)也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答．该问题如下：设两名运动员约定谁先赢k(k＞1，k∈ N*)局，谁便赢得全部奖金a元．每局甲赢的概率为p(0＜p＜1)，乙赢的概率为1－p，且每场比赛相互独立．在甲赢了m(m＜k)局，乙赢了n(n＜k)局时，比赛意外终止．奖金该怎么分才合理?这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢k局则比赛意外终止的情况，甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比P甲：P乙分配奖金．
（1）规定如果出现无人先赢k局则比赛意外终止的情况，甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比P甲：P乙分配奖金．若k＝3，m＝2，n＝1，p＝ EQ \F(3,4)，求P甲：P乙．
（2）记事件A为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当k＝4，m＝2，n＝2时比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率f(p)，并判断当 EQ \F(6,7)≤p＜1时，事件A是否为小概率事件，并说明理由．规定：若随机事件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件．
解：（1）设比赛再继续进行X局甲赢得全部奖金，则X＝1，2．
P(X＝1)＝ EQ \F(3,4)，P(X＝2)＝ EQ \F(1,4)× EQ \F(3,4)＝ EQ \F(3,16)，
故P甲＝ EQ \F(3,4)＋ EQ \F(3,16)＝ EQ \F(15,16)，从而P甲：P乙＝15：1．
（2）设比赛继续进行Y局甲赢得全部奖金，则Y＝2，3．
P(Y＝2)＝p2，P(Y＝3)＝C eq \(\s\up 7(1),2)p2(1－p)＝2p2(1－p)，
故P甲＝p2＋2p2(1－p)＝3p2－2p3，即f(p)＝3p2－2p3，则f '(p)＝6p(1－p)，
当 EQ \F(6,7)≤p＜1时，f '(p)＞0，因此f(p)在[ EQ \F(6,7)，1)上单调递增，从而f(p)≥f( EQ \F(6,7))＝ EQ \F(324,343)，
所以P(A)＝1－f(p)≤ EQ \F(19,343)≈0.055＜0.06，故事件A是小概率事件．
【说明】考查应用函数思想解决简单的概率统计问题．
4．为了比较两种复合材料制造的轴承(分别称为类型I轴承和类型II轴承)的使用寿命，检验了两种类型轴承各30个，它们的使用寿命(单位：百万圈)如下表：
类型I
类型Ⅱ
根据上述表中的数据回答下列问题：
（1）对于类型I轴承，应该用平均数还是中位数度量其寿命分布的中心?说明理由；
（2）若需要使用寿命尽可能大的轴承，从中位数或平均数的角度判断：应选哪种轴承?说明理由；
（3）若需要使用寿命的波动性尽可能小的轴承，应选哪种轴承?说明理由．
解：（1）由于类型I轴承的使用寿命数据中的6.2，6.4与其他数据有明显的差异，
所以应该用中位数度量其寿命分布的中心．
（2）由上表可知，类型I轴承的使用寿命按由小到大排序，排在15，16位是11.8，12.2，故中位数为12；
类型II轴承的使用寿命按由小到大排序，排在15，16位是10.4，10.6，故中位数为10.5；
因为12＞10.5，所以应选类型I轴承．
（3）由上表可以大致看出类型I轴承的使用寿命的标准差大于类型II轴承的使用寿命
的标准差，表明类型II轴承稳定性较好，波动性较小，所以应选类型II轴承．
【说明】本题考查了样本的数字特征，着重考查了数据分析素养，考查了分析与解决问题的
能力．
不等式
1．设a＝ln5，b＝lneq \r(5)，c＝eq \r(ln5)，则( )
A．a＞b＞c B．a＞c＞b
C．b＞a＞c D．b＞c＞a
【答案】A
【解析】因为a＝ln5＞eq \r(ln5)＝c＞1＞eq \f(1,2)ln5＝lneq \r(5)＝b，所以a＞c＞b．
【说明】本题考查指对数比较大小．
2．设a、b均为非零实数且a＜b，则下列结论中正确的是( )
A． EQ \F(1,a)＞ EQ \F(1,b)B．a2＜b2C． EQ \F(1,a2)＜ EQ \F(1,b2)D．a3＜b3
【答案】D
【解析】A．取a＝－1，b＝1，则 EQ \F(1,a)＜ EQ \F(1,b)，故A错误；
B．取a＝－1，b＝1，则a2＝b2，故B错误；
C．取a＝－1，b＝1，则 EQ \F(1,a2)＝ EQ \F(1,b2)，故C错误；
D．因为y＝x3在R上单调增，所以a3＜b3，故D正确．
【说明】考查不等式的性质以及特殊与一般的思想方法．
3．已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|，则不等式f(x)≤6的解集为 ．
【答案】[－2，2]
【解析】因为 f(x)＝eq \b\lc\{(\a\al\vs2(3x，x≥ EQ \F(1,2)，,2－x，－1≤x＜ EQ \F(1,2)，,－3x，x＜－1))
所以f(x)≤6等价于 EQ \B\lc\{(\a\al(x≥ EQ \F(1,2),3x≤6))或 EQ \B\lc\{(\a\al(－1≤x＜ EQ \F(1,2),2－x≤6))或 EQ \B\lc\{(\a\al(x＜－1,－3x≤6))，
解得－2≤x≤2，因此f(x)≤6的解集为[－2，2]．
【说明】考查与绝对值有关的不等式以及分类与整合的思想方法．
解析几何
1．已知△ABC中，A(－3，0)，B(3，0)，点C在直线y＝x＋3上，△ABC的外接圆圆心为E(0，4)，则直线EC的方程为 ．
【答案】y＝ eq \f(3,4)x＋4
【提示】因为△ABC的外接圆圆心为E(0，4)，所以△ABC的外接圆半径为 eq \r(,32＋42)＝5，
即△ABC的外接圆方程为x2＋(y－4)2＝25．
联立 eq \b\lc\{(\a\ac(y＝x＋3,x2＋(y－4)2＝25))，解得 eq \b\lc\{(\a\ac(x＝4,y＝7))，或 eq \b\lc\{(\a\ac(x＝－3,y＝0))，
所以C(4，7)或C(－3，0)（与A点重合，舍，
所以直线EC的方程为y－7＝ eq \f(7－4,4－0)×(x－4)，即y＝ eq \f(3,4)x＋4.
【说明】本题考查三角形外接圆性质、以及直线方程问题．
2．已知椭圆C： eq \s\d1(\f(x2,4))＋ eq \s\d1(\f(y2,3))＝1的右焦点为F，右准线为l，点P在椭圆C的第一象限上，PE⊥l交l于点E，直线EF交y轴于点M，且|OM|＝ eq \s\d1(\f(\r(,3),6))，则|PF|＝ ．
【答案】 eq \s\d1(\f(4－\r(,3),2))
【提示】由题意可知 iwuuy :fId: iwuuy F(1，0)，l的方程为x＝4，设直线l与x轴交点为N，P(x0，y0)，
因为∠MOF＝∠ENF＝90º，∠OFM＝∠EFN，
所以△OFM与△NFE相似，|OF|＝1，|FN|＝|ON|－|OF|＝3，
所以 eq \s\d1(\f(|OF|,|FN|))＝ eq \s\d1(\f(|OM|,|NE|))＝ eq \s\d1(\f(1,3))，即|NE|＝3× eq \s\d1(\f(\r(,3),6))＝ eq \s\d1(\f(\r(,3),2))，
即y0＝ eq \s\d1(\f(\r(,3),2))，代入C椭圆的方程可得x0＝± eq \r(,3)，
因为点P在椭圆C的第一象限上，点P的坐标为( eq \r(,3)， eq \s\d1(\f(\r(,3),2)))．
方法一：|PF|＝ eq \r(,(\r(,3)－1)2＋\s\d1(\f(3,4)))＝ eq \s\d1(\f(1,2))× eq \r(,19－8\r(,3))＝ eq \s\d1(\f(1,2))× eq \r(,(4－\r(,3))2)＝ eq \s\d1(\f(4－\r(,3),2))．
方法二：|PE|＝4－ eq \r(,3)，由椭圆的第二定义可知， eq \s\d1(\f(|PF|,|PE|))＝ eq \s\d1(\f(|PF|,4－\r(,3)))＝e＝ eq \s\d1(\f(1,2))，
所以|PF|＝ eq \s\d1(\f(4－\r(,3),2))．
【说明】本题主要考查椭圆的基本量计算以及椭圆的第二定义．
3．已知椭圆C： eq \s\d1(\f(x2,a2))＋ eq \s\d1(\f(y2,b2))＝1(a＞b＞0)过点(1， eq \s\d1(\f(\r(,6),2)))，直线l：y＝x＋m与椭圆C交于A，B两点，且线段AB的中点为M，O为坐标原点，直线OM的斜率为－ eq \s\d1(\f(1,2))．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）当m＝1时，椭圆C上是否存在P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称，若存在，求出P，Q的坐标，若不存在，请说明理由．
解：（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则M( eq \s\d1(\f(x1＋x2,2))， eq \s\d1(\f(y1＋y2,2)))，即kOM＝ eq \s\d1(\f(y1＋y2,x1＋x2))＝－ eq \s\d1(\f(1,2))．
因为A，B在椭圆C上，所以 eq \s\d1(\f(x\(\s\up1(2),1),a2))＋ eq \s\d1(\f(y\(\s\up1(2),1),b2))＝1， eq \s\d1(\f(x\(\s\up1(2),2),a2))＋ eq \s\d1(\f(y\(\s\up1(2),2),b2))＝1，
两式相减得 eq \s\d1(\f((x1＋x2)(x1－x2),a2))＋ eq \s\d1(\f((y1＋y2)(y1－y2),b2))＝0，即 eq \s\d1(\f(1,a2))＋ eq \s\d1(\f((y1＋y2)(y1－y2),b2(x1＋x2)(x1－x2)))＝0，
又kAB＝ eq \s\d1(\f(y1－y2,x1－x2))＝1，所以 eq \s\d1(\f(1,a2))－ eq \s\d1(\f(1,2b2))＝0，即a2＝2b2．
又因为椭圆C过点(1， eq \s\d1(\f(\r(,6),2)))，所以 eq \s\d1(\f(1,a2))＋ eq \s\d1(\f(3,2b2))＝1，解得a2＝4，b2＝2，
所以椭圆C的标准方程为 eq \s\d1(\f(x2,4))＋ eq \s\d1(\f(y2,2))＝1．
（2）解法一：由题意可知，直线l的方程为y＝x＋1．
假设椭圆C上存在P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称，
设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，PQ的中点为N(x0，y0)，所以x3＋x4＝2x0，y3＋y4＝2y0，
因为P，Q关于直线l对称，所以kPQ＝－1且点N在直线l上，即y0＝x0＋1．
又因为P，Q在椭圆C上，所以 eq \s\d1(\f(x\(\s\up1(2),3),4))＋ eq \s\d1(\f(y\(\s\up1(2),3),2))＝1， eq \s\d1(\f(x\(\s\up1(2),4),4))＋ eq \s\d1(\f(y\(\s\up1(2),4),2))＝1，
两式相减得 eq \s\d1(\f((x3＋x4)(x3－x4),4))＋ eq \s\d1(\f((y3＋y4)(y3－y4),2))＝0，
即 eq \s\d1(\f(x3＋x4,4))＋ eq \s\d1(\f((y3＋y4)(y3－y4),2(x3－x4)))＝0，所以 eq \s\d1(\f(x3＋x4,4))＝ eq \s\d1(\f(y3＋y4,2))，即x0＝2y0．
联立 eq \b\lc\{(\a\al(x0＝2y0,y0＝x0＋1))，解得 eq \b\lc\{(\a\al(x0＝－2,y0＝－1))，即N(－2，－1)．
又因为 eq \s\d1(\f((－2)2,4))＋ eq \s\d1(\f((－1)2,2))＞1，即点N在椭圆C外，这与N是弦PQ的中点矛盾，
所以椭圆C上不存在点P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称．
解法二：由题意可知，直线l的方程为y＝x＋1．
假设椭圆C上存在P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称，
设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则PQ的中点为N( eq \s\d1(\f(x3＋x4,2))， eq \s\d1(\f(y3＋y4,2)))．
因为直线PQ与直线l垂直，设直线PQ的方程为y＝x＋t，
由 eq \b\lc\{(\a\al(x2＋2y2＝4,y＝x＋t))，整理得3x2－4tx＋2t2－4＝0，
所以Δ＝16t2－12(2t2－4)＝48－8t2＞0，即－ eq \r(,6)＜t＜ eq \r(,6)，
由韦达定理可知x3＋x4＝ eq \s\d1(\f(4,3))t，
所以 eq \s\d1(\f(x3＋x4,2))＝ eq \s\d1(\f(2,3))t， eq \s\d1(\f(y3＋y4,2))＝ eq \s\d1(\f(－(x1＋x2)＋2t,2))＝ eq \s\d1(\f(t,3))，即N( eq \s\d1(\f(2t,3))， eq \s\d1(\f(t,3)))．
由对称性可知点N在直线l上，所以 eq \s\d1(\f(t,3))＝ eq \s\d1(\f(2t,3))＋1，即t＝－3，不满足Δ＞0，
即不存在P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称．
【说明】本题考查椭圆的基本量与标准方程，点差法(或韦达定理)在直线与椭圆的位置关系中的应用．
4．已知圆F：(x－2)2＋y2＝1，动圆P与圆F外切，且与定直线x＝－3相切，设动点P的轨迹为E．
（1）求E的方程；
（2）若直线l过点F，且与E交于A，B两点，与y轴交于M点，满足 eq \(MA,\s\up8(→))＝λ eq \(AF,\s\up8(→))，
eq \(MF,\s\up8(→))＝μ eq \(FB,\s\up8(→))(λ＞0，μ＞0)，试探究λ与μ的关系．
解：（1）设P(x，y)，圆P的半径为R，由题可知，点P在直线x＝－3右侧，
因为圆P与定直线x＝－3相切，所以R＝x＋3．
又因为圆P与圆F外切，所以R＝PF＋1＝ eq \r(,(x－2)2＋y2)＋1，
所以x＋3＝ eq \r(,(x－2)2＋y2)＋1，化简得y2＝8x，即E的方程为y2＝8x．
（2）解法一：由（1）得F(2，0)，设直线l的方程为y＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则M(0，－2k)，因为 eq \(MA,\s\up8(→))＝λ eq \(AF,\s\up8(→))，由定点分比公式可知x1＝ eq \s\d1(\f(2λ,1＋λ))，y1＝ eq \s\d1(\f(－2k,1＋λ))，
因为点A在E上，所以y eq \(\s\up1(2),1)＝8x1，即 eq \s\d1(\f(4k2,(1＋λ)2))＝ eq \s\d1(\f(16λ,1＋λ))，所以k2＝4λ(1＋λ)．
同理，由 eq \(MF,\s\up8(→))＝μ eq \(FB,\s\up8(→))，可得F( eq \s\d1(\f(μx2,1＋μ))， eq \s\d1(\f(－2k＋μy2,1＋μ)))，
所以 eq \s\d1(\f(μx2,1＋μ))＝2， eq \s\d1(\f(－2k＋μy2,1＋μ))＝0，即x2＝ eq \s\d1(\f(2(1＋μ),μ))，y2＝ eq \s\d1(\f(2k,μ))，
因为点B在E上，所以y eq \(\s\up1(2),2)＝8x2，即 eq \s\d1(\f(4k2,μ2))＝ eq \s\d1(\f(16(1＋μ),μ))，所以k2＝4μ(1＋μ)．
由4λ(1＋λ)＝4μ(1＋μ)，得(λ－μ)(λ＋μ＋1)＝0，
因为λ＞0，μ＞0，所以λ＋μ＋1≠0，即λ－μ＝0．
解法二：设直线l的方程为y＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则M(0，－2k)．
由 eq \b\lc\{(\a\al(y2＝8x,y＝k(x－2)))，整理得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
由韦达定理可知x1＋x2＝ eq \s\d1(\f(4k2＋8,k2))，x1x2＝4．
因为 eq \(MA,\s\up8(→))＝λ eq \(AF,\s\up8(→))，即(x1，y1＋2k)＝λ(2－x2，－y2)，所以λ＝ eq \s\d1(\f(x1,2－x1))．
由 eq \(MF,\s\up8(→))＝μ eq \(FB,\s\up8(→))，可得(2，2k)＝μ(x2－2，y2)，所以μ＝ eq \s\d1(\f(2,x2－2))．
所以λ－μ＝ eq \s\d1(\f(x1,2－x1))－ eq \s\d1(\f(2,x2－2))＝ eq \s\d1(\f((2－x2)x1＋2(2－x1),(2－x1)(2－x2)))＝ eq \s\d1(\f(4－x1x2,(2－x1)(2－x2)))＝0，即λ＝μ．
【说明】本题考查动点轨迹方程，定点分比公式(或韦达定理)在解析几何中的相关应用．
平面向量
1．在△ABC中， eq \(AB,\s\up8(→))· eq \(AC,\s\up8(→))＝0，| eq \(AB,\s\up8(→))|＝3，| eq \(AC,\s\up8(→))|＝4，O为△ABC的重心，D在边BC上，且AD⊥BC，则 eq \(AD,\s\up8(→))· eq \(AO,\s\up8(→))＝ ．
【答案】 eq \f(96,25)
【提示】因为O为△ABC的重心，所以 eq \(AO,\s\up8(→))＝ eq \f(1,3)( eq \(AB,\s\up8(→))＋ eq \(AC,\s\up8(→)))，
因为 eq \(AB,\s\up8(→))· eq \(AC,\s\up8(→))＝0，所以AB⊥AC，则|BC|＝ eq \r(,|AB|2＋|AC|2)＝5，
因为AD⊥BC，所以S△ABC＝ eq \f(1,2)|AB|·|AC|＝ eq \f(1,2)|AD|·|BC|，即 eq \f(1,2)×3×4＝ eq \f(1,2)|AD|×5，
所以|AD|＝ eq \f(12,5)，在Rt△ADB中，|DB|＝ eq \r(,|AB|2＋|AD|2)＝ eq \r(,9－\f(144,25))＝ eq \f(9,5)．
方法一：因为 eq \(AD,\s\up8(→))＝ eq \(AB,\s\up8(→))＋ eq \(BD,\s\up8(→))＝ eq \(AB,\s\up8(→))＋ eq \f(9,25) eq \(BC,\s\up8(→))＝ eq \(AB,\s\up8(→))＋ eq \f(9,25)( eq \(AC,\s\up8(→))－ eq \(AB,\s\up8(→)))＝ eq \f(9,25) eq \(AC,\s\up8(→))＋ eq \f(16,25) eq \(AB,\s\up8(→))，
所以 eq \(AD,\s\up8(→))· eq \(AO,\s\up8(→))＝ eq \f(1,3)( eq \(AB,\s\up8(→))＋ eq \(AC,\s\up8(→)))·( eq \f(9,25) eq \(AC,\s\up8(→))＋ eq \f(16,25) eq \(AB,\s\up8(→)))＝ eq \f(1,3)×( eq \f(9,25) eq \(AC,\s\up8(→))2＋ eq \f(16,25) eq \(AB,\s\up8(→))2)
＝ eq \f(1,3)×( eq \f(9,25) eq \(AC,\s\up8(→))2＋ eq \f(16,25) eq \(AB,\s\up8(→))2)＝ eq \f(96,25)．
方法二：以A坐标原点，AC为x轴，AB为y轴建立平面直角坐标系，
则 eq \(AC,\s\up8(→))＝(4，0)， eq \(AB,\s\up8(→))＝(0，3)，
由方法一可知 eq \(AD,\s\up8(→))＝ eq \f(9,25) eq \(AC,\s\up8(→))＋ eq \f(16,25) eq \(AB,\s\up8(→))＝( eq \f(36,25)， eq \f(48,25))， eq \(AO,\s\up8(→))＝ eq \f(1,3)( eq \(AB,\s\up8(→))＋ eq \(AC,\s\up8(→)))＝( eq \f(4,3)，1)，
所以 eq \(AD,\s\up8(→))· eq \(AO,\s\up8(→))＝ eq \f(1,3)× eq \f(36,25)＋1× eq \f(48,25)＝ eq \f(96,25)．
【 IWRP :uId: IWRP 说明】本题主要考查向量线性表示、数量积运算，以及建立平面直角坐标系求解向量数量
积问题．
函数与导数
1．已知对任意实数x都有f '(x)＝3ex＋f(x)，f(0)＝－1，若不等式f(x)＜a(x－2)(其中a＜1)的解集中恰有两个整数，则a的取值范围是( )
A．[ eq \s\d1(\f(4,3e))， eq \s\d1(\f(1,2)))B．[ eq \s\d1(\f(4,3e))，1)C．[ eq \s\d1(\f(7,4e2))， eq \s\d1(\f(4,3e)))D．[ eq \s\d1(\f(7,4e2))， eq \s\d1(\f(1,2)))
【答案】C
【提示】由f'(x)＝3ex＋f(x)，得( eq \f(f(x),ex))'＝3，则 eq \f(f(x),ex)＝3x＋C(C为常数)，
又f(0)＝－1，得f(x)＝(3x－1)ex，故f'(x)＝(3x＋2)ex，f(x)在x＝－ eq \s\d1(\f(2,3))取得极小值．
根据图像，欲使解集中恰有两个整数，则比较点(2，0)与四个点(1，2e)，(0，－1)，(－1，－ eq \s\d1(\f(4,e)))，(－2，－ eq \s\d1(\f(7,e2)))连线的斜率，由－2e＜ eq \s\d1(\f(7,4e2))＜ eq \s\d1(\f(4,3e))＜ eq \s\d1(\f(1,2))可得a∈[ eq \s\d1(\f(7,4e2))， eq \s\d1(\f(4,3e)))．
故选C．
【说明】本题考查已知导函数解析式求原函数解析式、利用数形结合考查整数解个数问题．
2．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\ac(－x＋3，x≤2，,1，x＞2．))（1）不等式f(3x－1)＜f(x2)的解集为____________；
（2）若关于x的方程f(ex＋ eq \f(1,ex)－a)＝2有两个不等实数根，则实数a的取值范围为________．
【答案】( eq \s\d1(\f(3－\r(,5),2))，eq \r(2) )；(1，＋∞)
【提示】作出函数图像，该函数为“不增”函数，所以 eq \b\lc\{(\a\al(x2＜3x－1, x2＜2))，解得 eq \s\d1(\f(3－\r(,5),2))＜x＜eq \r(2) ，
所以解集为( eq \s\d1(\f(3－\r(,5),2))，eq \r(2) )；
由函数图像可得ex＋ eq \f(1,ex)－a＝1，令t＝ex，t2－(a＋1)t＋1＝0在区间(0，＋∞)上有两个不等实数根，则有 eq \b\lc\{(\a\ac(a＋1＞0，,(a＋1)2－4＞0，)) 解得a＞1．
【说明】本题考查利用函数图像、单调性解不等式．
3．已知函数f(x)＝(x－1)ex，g(x)＝ax2＋xlnx－ eq \s\d1(\f(1,2))．
（1）判断是否存在实数a，使得g(x)在x＝1处取得极值？若存在，求出实数a；若不存在，请说明理由；
（2）若a≤ eq \s\d1(\f(1,2))，当x≥1时，求证：f(x)≥g(x)．
解：（1）假设存在这样的实数a，则有g'(1)＝2a＋1＝0，即a＝－ eq \s\d1(\f(1,2))．
当a＝－eq \f(1,2) ，g'(x)＝－x＋lnx＋1，令t(x)＝－x＋lnx＋1，
因为t'(x)＝－1＋ eq \s\d1(\f(1,x))，所以t(x)在(0，1)上为单调增函数，在(1，＋∞)上为单调减函数，
所以t(x)max＝t(1)＝0，即g(x)在(0，＋∞)上为单调减函数，
所以不存在这样的实数a．
（2）因为x2≥0，a≤ eq \s\d1(\f(1,2))，所以ax2≤ eq \s\d1(\f(1,2))x2，
要证f(x)≥g(x)，即证(x－1)ex≥ eq \s\d1(\f(1,2))x2＋xlnx－ eq \s\d1(\f(1,2))．
令m(x)＝(x－1)ex－ eq \s\d1(\f(1,2))x2－xlnx＋ eq \s\d1(\f(1,2))，则m'(x)＝xex－x－lnx－1．
方法1：m'(x)＝xex－x－lnx－1＝ex＋lnx－(x＋lnx)－1，
考查函数y＝et－t－1，则y'＝et－1，
所以该函数在区间(－∞，0)上为单调减函数，在区间(0，＋∞)上为单调增函数，
即ymin＝0，所以m'(x)≥0，从而得m(x)在区间(1，＋∞)为单调增函数，
所以m(x)min＝m(1)＝0，得证．
方法2：令h(x)＝xex－x－lnx－1，则h'(x)＝(x＋1)ex－ eq \s\d1(\f(x＋1,x))＝(x＋1)(ex－ eq \s\d1(\f(1,x)))，
令n(x)＝ex－ eq \s\d1(\f(1,x))，则n'(x)＝ex＋ eq \s\d1(\f(1,x2))＞0，所以n(x)在区间(1，＋∞)上为单调增函数，
又n( eq \s\d1(\f(1,2)))＝e eq \(,\d\f()\s\up6(\s\d1(\f(1,2))))－2＜0，n(1)＝e－1＞0，所以存在唯一的x0∈( eq \s\d1(\f(1,2))，1)，使得n(x0)＝0，
则n(x)在区间(0，x0)上为单调减函数，在区间(x0，＋∞)上为单调增函数，
所以h(x)在区间(1，＋∞)上为单调增函数，
所以h(x)min＝h(1)＝0，得证．
【说明】（1）考查学生对函数极值点的理解,理解对可导函数而言，导数为0是极值点的必
要非充分条件；（2）考查了一个重要的函数模型和一个典型的构造函数的类型；转化主元证明不等式是不等式证明常考的类型之一．
4．已知函数f(x)＝ex－2ln(x＋1)．
（1）求证：f(x)＞0；
（2）若f(x)≥ax＋1恒成立，求实数a．
解：（1）f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
方法1：要证f(x)＞0，即证( eq \s\d1(\f(ex,x＋1)))min＞[ eq \s\d1(\f(2ln(x＋1),x＋1))]max．
分别记p(x)＝ eq \s\d1(\f(ex,x＋1))，q(x)＝ eq \s\d1(\f(2ln(x＋1),x＋1))，
由于p'(x)＝ eq \s\d1(\f(exx,(x＋1)2))，所以p(x)在(－1，0)上为单调减函数，在(0，＋∞)上为单调增函数，
所以p(x)min＝p(0)＝1．
又q'(x)＝ eq \s\d1(\f(2－2ln(x＋1),(x＋1)2))，所以q(x)在(－1,e－1)上为增函数，在(e－1，＋∞)上为减函数，
所以q(x)max＝q(e－1)＝ eq \s\d1(\f(2,e))＜1，得证．
方法2：f'(x)＝ex－ eq \s\d1(\f(2,x＋1))，令h(x)＝ex－ eq \s\d1(\f(2,x＋1))，因为h'(x)＝ex＋ eq \s\d1(\f(2,(x＋1)2))＞0，
所以h(x)在区间(－1,＋∞)上为单调增函数，
又h(0)＝－1＜0，h(1)＝e－1＞0，所以存在唯一的x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0．
因为h(x)在区间(－1，x0)上为单调减函数，在区间(x0，＋∞)上为单调增函数，且满足e eq \(,\d\f()\s\up6(x0))＝ eq \s\d1(\f(2,x0＋1))，x0＝ln2－ln(x0＋1)，
所以h(x)min＝h(x0)＝e eq \(,\d\f()\s\up6(x0))－2ln(x0＋1)＝ eq \s\d1(\f(2,x0＋1))＋2x0－2ln2
＝2( eq \s\d1(\f(1,x0＋1))＋x0＋1)－2－2ln2≥2－2ln2＞0 ，得证．
方法3：提示：证f(x)＞2x＞2ln(x+1)．
（2）令g(x)＝ex－2ln(x＋1)－ax－1，x＞－1．
①当a＝－1时，g'(x)＝ex－ eq \s\d1(\f(2,x＋1))＋1，g(x)在(－1，＋∞)上为单调增函数，且g(0)＝0，
所以函数g(x)在区间(－1，0)上为单调减函数，在区间(0，＋∞)上为单调增函数，
即g(x)min＝g(0)＝0，符合题意．
②当a＜－1时，g'(x)＝ex－ eq \s\d1(\f(2,x＋1))－a，所以g'(0)＝－1－a＞0，
当x∈(－1，0)时，g'(x)＜1－a－ eq \s\d1(\f(2,x＋1))，
所以g'( eq \s\d1(\f(1＋a,1－a)))＜1－a－ eq \s\d1(\f(2,\s\d1(\f(1＋a,1－a))＋1))＝0，且 eq \s\d1(\f(1＋a,1－a))∈(－1，0)，
所以存在唯一的x0∈( eq \s\d1(\f(1＋a,1－a))，0)，使得g(x0)＝0，且g(x)在区间(－1，x0)上为单调减函数，在区间(x0，＋∞)上为单调增函数，
所以当x∈(x0，0)时，g(x)＜g(0)＝0，即g(x)≥0不恒成立，不合题意．
③当a＞－1时，g'(x)＝ex－ eq \s\d1(\f(2,x＋1))－a，所以g'(0)＝－1－a＜0，
当x∈(0，＋∞)时，g'(x)＞ex－a－2，所以g'(ln(|a|＋2)＞|a|－a≥0，
所以存在唯一的x0∈(0，ln(2＋|a|))，使得g(x0)＝0，且g(x)在区间(－1，x0)上为单调减函数，在区间(x0，＋∞)上为单调增函数，
所以当x∈(0，x0)时，g(x)＜g(0)＝0，即g(x)≥0不恒成立，不合题意．
综上，a＝－1．
【说明】（1）证明单变量不等式时，构造两个函数，证明其中一个函数最小值大于另一个
函数的最大值为重要的方法之一；也可以通过“隐零点”达到证明的目的．
（2）“2022-05-23T10:38:04.889822 IWOUUY :fId: IWOUUY 切点型零点”问题往往通过先猜后证的方式简化思维量、运算量．6.2
6.4
8.3
8.6
9.4
9.8
10.3
10.6
11.2
11.4
11.6
11.6
11.7
11.8
11.8
12.2
12.3
12.3
12.5
12.5
12.6
12.7
12.8
13.3
13.3
13.4
13.6
13.8
14.2
14.5
8.4
8.5
8.7
9.2
9.2
9.5
9.7
9.7
9.8
9.8
10.1
10.2
10.3
10.3
10.4
10.6
10.8
10.9
11.2
11.2
11.3
11.5
11.5
11.6
11.8
12.3
12.4
12.7
13.1
13.4